如圖甲所示,兩光滑的平行導(dǎo)軌MON與PO′Q,其中ON、O′Q部分是水平的,傾斜部分與水平部分用光滑圓弧連接,Q、Ⅳ兩點(diǎn)間接有電阻尺,導(dǎo)軌間距為L(zhǎng).水平導(dǎo)軌處有兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ(分別是cdef和ghjk),磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面豎直向上,Ⅱ區(qū)是磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0的恒定磁場(chǎng)區(qū),Ⅰ區(qū)磁場(chǎng)的寬度為x0,磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化.一質(zhì)量為m、電阻為R的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置在Ⅰ區(qū)磁場(chǎng)中央位置,t=0時(shí)刻Ⅰ區(qū)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小從B1開始均勻減小至零,如圖乙所示,導(dǎo)體棒在安培力的作用下運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖丙所示.求:
(1)t=0時(shí)刻,導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的加速度a;
(2)導(dǎo)體棒穿過Ⅰ區(qū)磁場(chǎng)邊界過程中安培力所做的功;
(3)Ⅱ區(qū)磁場(chǎng)的寬度x1
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分析:(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì);根據(jù)歐姆定律求解出電流;計(jì)算出安培力后根據(jù)牛頓第二定律求解出加速度;
(2)根據(jù)動(dòng)能定理列式求解安培力的功,根據(jù)動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)和感生電動(dòng)勢(shì)合成得到電動(dòng)勢(shì),求出電流和電功率;
(3)結(jié)合圖象并運(yùn)用微元法,得到Ⅱ區(qū)寬度,然后根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、安培力公式、切割式等列式分析計(jì)算.
解答:解:(1)t=0時(shí)刻,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E=
△φ 
△t
=
△B
△t
S=
B1
t0
?
Lx0
2

感應(yīng)電流 I=
E
2R

導(dǎo)體棒受到向左的安培力,大小為F=B1IL=
B
2
1
L2x0
4Rt0
 
導(dǎo)體棒有向左的加速度,大小為 a=
F
m
=
B
2
1
L2x0
4mRt0

(2)由丙圖知:
1
2
t0時(shí)刻導(dǎo)體棒穿出磁場(chǎng)速度為v0,由動(dòng)能定理得:安培力的功為W=
1
2
m
v
2
0

(3)磁場(chǎng)Ⅱ區(qū)寬度為x1,棒在Ⅱ區(qū)任一時(shí)刻速度為v,E=BLv,I=
B0Lv
2R

棒受到向右安培力 F=B0IL=
B
2
0
L2v
2R

加速度大小a=
B
2
0
L2v
2mR

由加速度定義得:a=-
△v
△t

△v=-a△t=-
B
2
0
L2v
2mR
△t
穿過磁場(chǎng)Ⅱ區(qū)全程
∑△v=-
B
2
0
L2
2mR
 
 
v△t=-
B
2
0
L2
2mR
 
 
△x1
因∑△v=
1
2
v0
-v0,
 
 
△x1=x1
所以得x1=
mRv0
B
2
0
L2

答:
(1)t=0時(shí)刻,導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的加速度a是
B
2
1
L2x0
4mRt0
;
(2)導(dǎo)體棒穿過Ⅰ區(qū)磁場(chǎng)邊界過程中安培力所做的功是
1
2
m
v
2
0
;
(3)Ⅱ區(qū)磁場(chǎng)的寬度x1
mRv0
B
2
0
L2
點(diǎn)評(píng):此題關(guān)鍵結(jié)合圖象得到導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)規(guī)律;第三題要結(jié)合微元法求解,切入點(diǎn)是加速度的定義式.
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科目:高中物理 來源: 題型:

如圖甲所示,兩固定的豎直光滑金屬導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)。兩質(zhì)量、長(zhǎng)度均相同的導(dǎo)體棒、,置于邊界水平的勻強(qiáng)磁場(chǎng)上方同一高度處。磁場(chǎng)寬為3,方向與導(dǎo)軌平面垂直。先由靜止釋放,剛進(jìn)入磁場(chǎng)即勻速運(yùn)動(dòng),此時(shí)再由靜止釋放,兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終保持良好接觸。用表示的加速度,表示的動(dòng)能,分別表示相對(duì)釋放點(diǎn)的位移。圖乙中正確的是

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(1)t=0時(shí)刻,導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的加速度a;
(2)導(dǎo)體棒穿過Ⅰ區(qū)磁場(chǎng)邊界過程中安培力所做的功;
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