Question

18．如圖甲所示，豎直平面內(nèi)正方形線框IJKT通過極小的開口PQ用導(dǎo)線與電阻器R、平行金屬板AB相連，PIJKTQ間的電阻值與電阻器R的阻值相等，AB板上下間距d=20m．在正方形線框內(nèi)有一圓形勻強磁場區(qū)，面積S=10m²，磁感強度的方向垂直向里、大小為B_t（B_t為磁感強度B隨時間t變化的函數(shù)）．t=0s時刻在AB板的中間位置P靜止釋放一個質(zhì)量為m=1kg、電量為q=+1C的小球（可視為質(zhì)點）．已知重力加速度g=10m/s²；不計變化磁場在PQ右側(cè)產(chǎn)生的電動勢；不計導(dǎo)線的電阻；忽略電容器的充放電時間．

（1）如果B_t=bt（T）（t≥0s），b為定值．靜止釋放小球后，小球一直處于靜止，求b值．
（2）如果0s≤t≤1s：B_t=56t（T）；t＞1s：B_t=0（T）．靜止釋放小球后，經(jīng)多長時間小球落到B板上．
（3）如果B_t按如圖乙所示的方式變化（已知各段圖象相互平行，第一段圖象的最高點的坐標(biāo)為：1s、80T）．靜止釋放小球后，小球向上、向下單向運動過程中加速度方向只變化1次，且小球恰好不與A、B板碰撞．求圖乙中的B_m和t_n．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)閉合電路歐姆定律列式求解感應(yīng)電動勢；根據(jù)閉合電路歐姆定律列式求解電容器的電壓；小球平衡，根據(jù)平衡條件列式；最后聯(lián)立求解即可；
（2）先根據(jù)閉合電路歐姆定律列式求解第1s的感應(yīng)電動勢，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，結(jié)合運動學(xué)公式分析即可；
（3）小球運動的過程中，單向運動過程是先加速后減速，根據(jù)運動學(xué)公式求解時間和加速度情況，然后根據(jù)牛頓第二定律和法拉第電磁感應(yīng)定律列式確定感應(yīng)電動勢的情況．

解答 解：（1）感應(yīng)電動勢為E₁：${E}_{1}=\frac{△B}{△t}S$，
電容器兩端的電壓為U₁：${U_1}=\frac{E_1}{2R}•R=\frac{1}{2}{E_1}$，
小球電場力等于重力：$q\frac{{U}_{1}}4h54cqp=mg$，
綜上，解得：b=40T/s；
（2）①0≤t≤1s時，感應(yīng)電動勢為E₂：${E}_{2}=\frac{△B}{△t}S$，U₂=$\frac{1}{2}$E₂；
小球加速度a₁，根據(jù)牛頓第二定律，有：$q\frac{{U}_{2}}aj8k4po-mg=m{a}_{1}$，
解得：a₁=4m/s²；
在1s內(nèi)的位移為${x}_{1}=\frac{1}{2}{a}_{1}{t}_{2}^{2}$，${x}_{1}=2m＜\fracvxirzvu{2}$；
在1s末的速度為：v₁=a₁t₁=4m/s；
②t＞1s時：感應(yīng)電動勢為0，小球的加速度為a₂=g；
運動時間為t₂，根據(jù)位移公式，有：
$\frac{1}{2}d+{x}_{1}={v}_{1}{t}_{2}-\frac{1}{2}{a}_{2}{t}_{2}^{2}$
解得：t₂=2s；
③t_總=t₁+t₂=3s；
（3）①0-1s內(nèi)：小球加速度：$a=\frac{{{{\frac{1}{2}}^{\;}}{•_{\;}}{{\frac{△B}{△t}}^{\;}}{•_{\;}}{{\frac{S}ofbshsk}^{\;}}{•_{\;}}q-mg}}{m}=10m/{s^2}=g$；
②根據(jù)對稱性，第1次向上加速、減速所經(jīng)歷時間都為△t，根據(jù)位移公式，有：$5m=\frac{1}{2}$a•△t²，解得：△t=1s；
③根據(jù)對稱性，第2、3、…、n次向上和向下加速、減速所經(jīng)歷時間：$10m=\frac{1}{2}$a△t₁²，解得：△t₁=$\sqrt{2}$s；
④${B_m}=2{\frac{△B}{△t}^{\;}}{•^{\;}}△{t_1}=160\sqrt{2}（T）$；
⑤${t}_{n}=4\sqrt{2}n+（2-\sqrt{2}）$，（n=1、2、3…）；
答：（1）b值為40T/s；
（2）靜止釋放小球后，經(jīng)3s小球落到B板上；
（3）圖乙中的B_m為$160\sqrt{2}（T）$，t_n為$4\sqrt{2}n+（2-\sqrt{2}）$，（n=1、2、3…）．

點評 本題是力電綜合問題，關(guān)鍵是明確小球的運動情況和受力情況，同時要結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律列式分析，較難．