Question

15．如圖所示，有一光滑、不計電阻且較長的“$\prod$“平行金屬導軌，間距L=1m，導軌所在的平面與水平面的傾角為37°，導軌空間內存在垂直導軌平面的勻強磁場．現(xiàn)將一質量m=0.1kg、電阻R=2Ω的金屬桿水平靠在導軌處，與導軌接觸良好．（g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）若磁感應強度隨時間變化滿足B=2+0.2t（T），金屬桿由距導軌頂部l m處釋放，求至少經過多長時間釋放，會獲得沿斜面向上的加速度；
（2）若勻強磁場大小為定值，對金屬桿施加一個平行于導軌斜面向下的外力F，其大小為產F=v+0.4（N），v為金屬桿運動的速度，使金屬桿以恒定的加速度a=10m/s²沿導軌向下做勻加速運動，求勻強磁場磁感應強度B的大小；
（3）若磁感應強度隨時間變化滿足B=$\frac{2}{{0.1+0.1{t^2}}}$（T），t=0時刻金屬桿從離導軌頂端S₀=1m處靜止釋放，同時對金屬桿施加一個外力，使金屬桿沿導軌下滑且沒有感應電流產生，求金屬桿下滑5m所用的時間．

Answer 1

分析 （1）金屬桿有沿著斜面向上的加速度時，安培力等于重力沿斜面的分力，由安培力表達式F=BIL，結合B隨t的變化關系，可以解得時間t；
（2）金屬桿收到重力和安培力的作用而做勻加速運動，由牛頓第二定律，結合安培力表達式，可解得磁感應強度B．
（3）金屬桿沿導軌下滑且沒有感應電流產生，說明磁通量不變，由此可以表示初末磁通量相等，解得金屬桿下滑5m所用的時間．

解答 解：（1）設金屬桿長為L，距離導軌頂部也為L，經過ts后，金屬桿有沿著斜面向上的加速度，此時安培力等于重力沿斜面的分力，則：
F_A=mgsinθ，
又：
${F}_{A}=BIL=B\frac{E}{R}L$，
其中：E=$\frac{△B}{△t}$L²=0.2V，
所以：
$（2+0.2t）\frac{E}{R}L=mgsinθ$，
解得：
t=20s．
（2）對金屬桿由牛頓第二定律：
mgsinθ+F-F_A=ma，
其中：
${F}_{A}=BIL=\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$，
解得：
$mgsinθ+F-\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}=ma$，
帶入數(shù)據解得：
$1+（1-\frac{{B}^{2}}{2}）v=0.1×10$，
因為是勻加速運動，加速度為定值，則：
$（1-\frac{{B}^{2}}{2}）=0$，
解得：
$B=\sqrt{2}T$，
（3）設t=0時刻金屬桿距離頂端為S₀，由金屬桿與導軌組成的閉合電路中，磁通量保持不變，經過ts的位移為S，則：
B₁LS₀=B₂L（S+S₀），
帶入數(shù)據：
$20×1×1=\frac{2}{0.1+0.1{t}^{2}}×1×（1+S）$，
解得：
S=t²，
金屬桿做初速度為零的勻加速直線運動，S=5m，
解得：
$t=\sqrt{5}s$．
答：（1）若磁感應強度隨時間變化滿足B=2+0.2t（T），金屬桿由距導軌頂部l m處釋放，至少經過20s釋放，會獲得沿斜面向上的加速度；
（2）若勻強磁場大小為定值，對金屬桿施加一個平行于導軌斜面向下的外力F，其大小為產F=v+0.4（N），v為金屬桿運動的速度，使金屬桿以恒定的加速度a=10m/s²沿導軌向下做勻加速運動，勻強磁場磁感應強度B的大小$\sqrt{2}T$；
（3）若磁感應強度隨時間變化滿足B=$\frac{2}{{0.1+0.1{t^2}}}$（T），t=0時刻金屬桿從離導軌頂端S₀=1m處靜止釋放，同時對金屬桿施加一個外力，使金屬桿沿導軌下滑且沒有感應電流產生，求金屬桿下滑5m所用的時間$\sqrt{5}s$．

點評 該題的關鍵是第三問，要能正確解讀“金屬桿沿導軌下滑且沒有感應電流產生”的含義，只有這樣才能順利解決該題，其余方法均不行．