Question

10．如圖所示，MN和PQ是平行、光滑、間距L=1m、足夠長(zhǎng)且不計(jì)電阻的兩根豎直固定金屬桿，其最上端通過(guò)電阻R相連接，R=5Ω．R兩端通過(guò)導(dǎo)線與平行板電容器連接，電容器上下兩板距離d=1m．在R下方一定距離有方向相反、無(wú)縫對(duì)接的兩個(gè)沿水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域\*MERGEFORMAT I和Ⅱ，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B=2T，其中區(qū)域I的高度差h₁=3m，區(qū)域Ⅱ的高度差h₂=1m．現(xiàn)將一阻值r=5Ω、長(zhǎng)L=1m的金屬棒a緊貼MN和PQ，從距離區(qū)域I上邊緣h=5m處由靜止釋放；a進(jìn)入?yún)^(qū)域I后即刻做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在a進(jìn)入?yún)^(qū)域I的同時(shí)，從緊貼電容器下板中心處由靜止釋放一帶正電的微粒A．微粒A的比荷$\frac{q}{m}$=2C/kg，重力加速度g=10m/s²，空氣阻力不計(jì)．求：
（1）金屬棒a的質(zhì)量M；
（2）在a穿越磁場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程中，微粒發(fā)生的位移大小x．
（不考慮電容器充、放電對(duì)電路的影響及充、放電時(shí)間）

Answer 1

分析 （1）根據(jù)平衡條件列方程求金屬棒的質(zhì)量；
（2）根據(jù)歐姆定律求出兩板間的電壓，進(jìn)而得到場(chǎng)強(qiáng)，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求微粒發(fā)生的位移大小．

解答 解：（1）a下滑h的過(guò)程中，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有：v²=2gh
代入數(shù)據(jù)解得：v=10m/s
a進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ后，由平衡條件有：BIL=Mg
感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=BLv=2×1×10V=20V
感應(yīng)電流為：I=$\frac{E}{R+r}=\frac{20}{5+5}A=2A$，
解得：M=0.4kg．
（2）因磁場(chǎng)I、Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同，故a在磁場(chǎng)Ⅱ中也做勻速運(yùn)動(dòng)，a勻速穿過(guò)磁場(chǎng)中的整個(gè)過(guò)程中，電容器兩板間的電壓為：U=$\frac{RE}{R+r}=\frac{5×20}{10}V=10V$，
場(chǎng)強(qiáng)為：E′=$\frac{U}gtyb6o8=\frac{10}{1}V/m=10V/m$，
a穿越磁場(chǎng)I的過(guò)程中經(jīng)歷時(shí)間為：t₁=$\frac{{h}_{1}}{v}=\frac{3}{10}s=0.3s$，
此過(guò)程下板電勢(shì)高，加速度為：a₁=$\frac{qE′-mg}{m}$，
代入數(shù)據(jù)解得：${a}_{1}=10m/{s}^{2}$．方向豎直向上
末速度為：v₁=a₁t₁=3m/s
向上位移為：x₁=$\frac{1}{2}{a}_{1}{{t}_{1}}^{2}=\frac{1}{2}×10×0.09m=0.45m$，
a穿越磁場(chǎng)Ⅱ的過(guò)程中經(jīng)歷時(shí)間為：t₂=$\frac{{h}_{2}}{v}=\frac{1}{10}s=0.1s$，
此過(guò)程中上板電勢(shì)高，加速度為：a₂=$\frac{qE′+mg}{m}$，
代入數(shù)據(jù)解得：a₂=30m/s²，方向豎直向下
末速度為：v₂=v₁-a₂t₂=0，故微粒運(yùn)動(dòng)方向始終未變
向上位移為：x₂=v₁t₂-$\frac{1}{2}{a}_{2}{{t}_{2}}^{2}$，
代入數(shù)據(jù)解得：x₂=0.15m，
得：x=x₁+x₂=0.45+0.15=0.60m
答：（1）金屬棒a的質(zhì)量M為0.4kg；
（2）在a穿越磁場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程中，微粒發(fā)生的位移大小x為0.6m．

點(diǎn)評(píng) 本題是電磁感應(yīng)與電路、力學(xué)知識(shí)的綜合，與電路聯(lián)系的關(guān)鍵點(diǎn)是感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，與力學(xué)聯(lián)系的關(guān)鍵點(diǎn)是靜電力．