Question

16．如图所示，竖直放置的两根足够长的光滑金属导轨相距为L，导轨的两端分别与电源（串有一滑动变阻器R）、定值电阻、电容器（原来不带电）和开关K相连．整个空间充满了垂直于导轨平面向外的匀强磁场，其磁感应强度的大小为B．一质量为m，电阻不计的金属棒ab横跨在导轨上．已知电源电动势为E，内阻为r，电容器的电容为C，定值电阻的阻值为R₀，不计导轨的电阻．
（1）当K接1时，金属棒ab在磁场中恰好保持静止，则滑动变阻器接入电路的阻值R多大？
（2）当K接2后，金属棒ab从静止开始下落，下落距离s时达到稳定速度，则此稳定速度的大小为多大？下落s的过程中所需的时间为多少？
（3）若在将ab棒由静止释放的同时，将电键K接到3．试通过推导说明ab棒此后的运动性质如何？求ab再下落距离s时，电容器储存的电能是多少？（设电容器不漏电，此时电容器还没有被击穿）

Answer 1

分析 （1）当K接1时，金属棒ab在磁场中恰好保持静止，棒的重力与安培力平衡，由平衡条件和安培力公式列式，可求出电路中的电流，再根据欧姆定律求R；
（2）当K接2后，金属棒ab从静止开始下落，先做加速度减小的变加速运动，后做匀速运动，达到稳定状态，根据重力的功率等于电功率列式求速度．根据动量定理和法拉第定律列式求时间．
（3）ab达到稳定速度后，将开关K突然接到3，电容器充电，电路中充电电流，ab棒受到安培力，安培力的瞬时表达式F=BiL，i=$\frac{△Q}{△t}$=$\frac{C△U}{△t}$，又U=E=BLv，再结合牛顿第二定律求得瞬时加速度，即可判断棒的运动性质．根据能量守恒求电容器储存的电能．

解答 解：（1）k接到1位置时，有 $I=\frac{E}{R+r}$
由平衡条件得 mg=BIL，
得 $I=\frac{mg}{BL}$
联立得 $R=\frac{E}{I}-r=\frac{EBL}{mg}-r$
（2）k接到2位置时，稳定时，有$mg=B\frac{BLv}{R_0}L$，$v=\frac{{mg{R_0}}}{{{B^2}{L^2}}}$
根据牛顿第二定律得 $mg-B\frac{BLv}{R_0}L=ma$，得$a=g-\frac{{{B^2}{L^2}}}{{m{R_0}}}v$
由$△v=a△t=g△t-\frac{{{B^2}{L^2}}}{{m{R_0}}}v△t$得
$\sum△v=\sum a△t=g\sum△t-\frac{{{B^2}{L^2}}}{{m{R_0}}}\sum v△t$
可得 $v=gt-\frac{{{B^2}{L^2}}}{{m{R_0}}}s$
所以时间 $t=\frac{v}{g}+\frac{{{B^2}{L^2}s}}{{mg{R_0}}}=\frac{{m{R_0}}}{{{B^2}{L^2}}}+\frac{{{B^2}{L^2}s}}{{mg{R_0}}}$
（3）k接到3位置时，ab棒做匀加速运动mg-BIL=ma
电流为 $I=\frac{△Q}{t}=\frac{C△U}{t}=\frac{CBL△v}{t}$
由牛顿第二定律得 $mg-B\frac{CBL△v}{△t}L=ma$
得 $a=\frac{m}{{m+C{B^2}{L^2}}}g$
可见棒的加速度不变，做匀加速直线运动．
设下落距离s时的速度为v
则
   $\begin{array}{l}{v^2}=2as\\ v=\sqrt{2as}\end{array}$
此时电容器储存的电能为E，则得
 $\begin{array}{l}E=mgs-\frac{1}{2}m{v^2}\\=\frac{{mgsC{B^2}{L^2}}}{{m+C{B^2}{L^2}}}\end{array}$
答：
（1）滑动变阻器接入电路的阻值R为$\frac{EBL}{mg}$-r．
（2）稳定速度的大小为$\frac{mg{R}_{0}}{{B}^{2}{L}^{2}}$，下落s的过程中所需的时间为$\frac{m{R}_{0}}{{B}^{2}{L}^{2}}$+$\frac{{B}^{2}{L}^{2}s}{mg{R}_{0}}$．
（3）棒做加速度为$\frac{m}{m+C{B}^{2}{L}^{2}}$g的匀加速直线运动，ab再下落距离s时，电容器储存的电能为$\frac{mgsC{B}^{2}{L}^{2}}{m+C{B}^{2}{L}^{2}}$．

点评 本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，关键要会推导加速度的表达式，通过分析棒的受力情况，确定其运动情况．