Question

8．水平固定的光滑U型金屬框架寬為L，足夠長，其上放一質(zhì)量為m的金屬棒ab，左端連接有一阻值為R的電阻（金屬框架、金屬棒及導線的電阻均可忽略不計），整個裝置處在向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B．現(xiàn)給棒一個初速v₀，使棒始終垂直框架并沿框架運動，

（1）金屬棒從開始運動到達穩(wěn)定狀態(tài)的過程中求通過電阻R的電量和電阻R中產(chǎn)生的熱量
（2）金屬棒從開始運動到達穩(wěn)定狀態(tài)的過程中求棒通過的位移
（3）如果將U型金屬框架左端的電阻R換為一電容為C的電容器，其他條件不變，如圖所示．求金屬棒從開始運動到達穩(wěn)定狀態(tài)時電容器的帶電量和電容器所儲存的能量（不計電路向外輻射的能量）

Answer 1

分析 （1）由動量定理和Q=It求解通過電阻的電荷量，由能量守恒定律求產(chǎn)生的熱量；
（2）由法拉第電磁感應定律求出感應電動勢，由歐姆定律求出電流，由電流的定義式求出電荷量，然后求出金屬棒的位移．
（3）由電容的定義式和動量定理聯(lián)立求解．

解答 解：（1）最終桿ab將靜止，對桿，由動量定理得：
-$\overline{F}$t=0-mv₀，即：-B$\overline{I}$L•t=0-mv₀，
電荷量：q=It，解得：q=$\frac{m{v}_{0}}{BL}$；
由能量守恒定律得：Q=$\frac{1}{2}$mv₀²；
（2）感應電動勢：E=$\frac{△Φ}{△t}$=$\frac{B•△S}{△t}$=$\frac{BLs}{△t}$，
平均感應電流：I=$\frac{E}{R}$=$\frac{BLs}{R△t}$，
通過電阻的電荷量：q=I△t=$\frac{BLs}{R}$，
金屬棒通過的位移：s=$\frac{m{v}_{0}R}{{B}^{2}{L}^{2}}$；
（3）當金屬棒ab做切割磁力線運動時，要產(chǎn)生感應電動勢，這時電容器C將被充電，
ab棒中有充電電流存在，ab棒受到安培力的作用而減速，當ab棒以穩(wěn)定速度v勻速運動時，
電容兩端電壓等于電動勢即：E=BLv=U_C ①
電容器兩端電壓：U_C=$\frac{{Q}_{C}}{C}$ ②
對導體棒ab，由動量定理可得：
-BLQ_c=mv-mv₀ …③
由①②③式聯(lián)立可求得：v=$\frac{m{v}_{0}}{m+{B}^{2}{L}^{2}C}$，
電容器的電荷量：Q_C=CBLv=$\frac{CBLm{v}_{0}}{m+{B}^{2}{L}^{2}C}$，
由能量守恒定律得，電容器儲存的能量：E_C=$\frac{1}{2}$mv₀²-$\frac{1}{2}$mv²=$\frac{1}{2}$mv₀²-$\frac{1}{2}$m（$\frac{m{v}_{0}}{m+{B}^{2}{L}^{2}C}$）²；
答：（1）金屬棒從開始運動到達到穩(wěn)定狀態(tài)的過程中，通過電阻R的電量為$\frac{m{v}_{0}}{BL}$，
電阻R中產(chǎn)生的熱量為 $\frac{1}{2}$mv₀²；
（2）金屬棒從開始運動到達到穩(wěn)定狀態(tài)的過程中求金屬棒通過的位移為$\frac{m{v}_{0}R}{{B}^{2}{L}^{2}}$；
（3）金屬棒從開始運動到達穩(wěn)定狀態(tài)時電容器的帶電量為$\frac{CBLm{v}_{0}}{m+{B}^{2}{L}^{2}C}$，電容器所儲存的能量$\frac{1}{2}$mv₀²-$\frac{1}{2}$m（$\frac{m{v}_{0}}{m+{B}^{2}{L}^{2}C}$）²．

點評 此題考查動量定理和能量守恒在電磁學中的應用，注意電路分析及E=BLv和C=$\frac{Q}{U}$ 的應用，難度相對比較大些．