Question

7．如圖1所示，間距為L=1m、電阻不計(jì)的足夠長平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌左端用一阻值為R=1Ω的電阻連接，導(dǎo)軌上橫跨一根質(zhì)量為m=0.1kg、電阻也為R=1Ω的導(dǎo)體棒MN，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，整個(gè)裝置處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=1T的勻強(qiáng)磁場中．現(xiàn)對導(dǎo)體棒MN施加一水平向右的拉力F，1s時(shí)撤去拉力，導(dǎo)體棒繼續(xù)向右滑動了一段后靜止，其速度-時(shí)間圖象如圖2所示．已知撤去拉力前后通過電阻R的電荷量之比為1：4，重力加速度為g=10m/s²．求：
（1）t=0.4s時(shí)拉力的大�。�
（2）導(dǎo)體棒靜止時(shí)離出發(fā)點(diǎn)的距離．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)速度時(shí)間圖線得出勻加速直線運(yùn)動的加速度，結(jié)合速度時(shí)間公式求出0.4s時(shí)的速度，根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合安培力的表達(dá)式求出拉力的大�。�
（2）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律和電流的定義式得出電量的表達(dá)式，通過電量之比求出撤去拉力前后的位移大小之比，根據(jù)位移時(shí)間公式求出勻加速直線運(yùn)動的位移，從而得出撤去拉力后的位移，求出總位移．

解答 解：（1）由運(yùn)動圖象知：0-1s內(nèi)，導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動，且
a=$\frac{△v}{△t}=\frac{5}{1}m/{s}^{2}=5m/{s}^{2}$，
則0.4s時(shí)導(dǎo)體棒的速度v=at=5×0.4m/s=2m/s，
t=0.4s時(shí)，對于導(dǎo)體棒，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)-F_安=ma，
安培力${F}_{安}=BIL=\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{2R}$，
代入數(shù)據(jù)解得F=1.5N．
（2）設(shè)撤去F之前導(dǎo)體運(yùn)動距離為x₁，通過R的電荷量為q₁；撤去F之后導(dǎo)體運(yùn)動距離為x₂，通過R的電荷量為q₂．
根據(jù)電流與電荷關(guān)系：${q}_{1}=\overline{{I}_{1}}△{t}_{1}$，
根據(jù)閉合電路歐姆定律    $\overline{{I}_{1}}=\frac{\overline{{E}_{1}}}{2R}$，
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律：$\overline{{E}_{1}}=\frac{△Φ}{△{t}_{1}}=\frac{B△{S}_{1}}{△{t}_{1}}$，
所以：${q}_{1}=\frac{B•△S}{2R}$，
同理得：${q}_{2}=\frac{B•△{S}_{2}}{2R}$，
q₁：q₂=△S₁：△S₂，即△S₁：△S₂=Lx₁：Lx₂=1：4，
根據(jù)運(yùn)動學(xué)規(guī)律得：${x}_{1}=\frac{1}{2}a{t}^{2}=\frac{1}{2}×5×1m=2.5m$，
所以：x₂=10m，
則導(dǎo)體棒靜止時(shí)離出發(fā)點(diǎn)的距離x=x₁+x₂=2.5+10m=12.5m．
答：（1）t=0.4s時(shí)拉力的大小為1.5N；
（2）導(dǎo)體棒靜止時(shí)離出發(fā)點(diǎn)的距離為12.5m．

點(diǎn)評 本題考查了電磁感應(yīng)與力學(xué)和電路的基本綜合，掌握切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢公式、安培力公式和歐姆定律是解決本題的關(guān)鍵，熟記安培力的經(jīng)驗(yàn)表達(dá)式${F}_{A}=\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$和電量的經(jīng)驗(yàn)表達(dá)式q=$\frac{△Φ}{{R}_{總}}$，并能靈活運(yùn)用．