如图所示.PQ和MN是固定于水平面内的平行光滑金属轨道.轨道足够长.其电阻可忽略不计．金属棒ab.cd放在轨道上.始终于轨道垂直.且接触良好．金属棒ab.cd的质量均为m.长度均为L．两金属棒的长度恰好等于轨道的间距.它们与轨道形成闭合回路．金属棒ab的电阻为2R.金属棒cd的电阻为R．整个装置处在竖直向上.磁感应强度为B的匀强磁场中．(1)若保持金属棒ab不动.使金属� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

1．

如图所示，PQ和MN是固定于水平面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻可忽略不计．金属棒ab、cd放在轨道上，始终于轨道垂直，且接触良好．金属棒ab、cd的质量均为m，长度均为L．两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，它们与轨道形成闭合回路．金属棒ab的电阻为2R，金属棒cd的电阻为R．整个装置处在竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．
（1）若保持金属棒ab不动，使金属棒cd在与其垂直的水平恒力F作用下，沿轨道以速度v做匀速运动．已知电源电动势等于电源提供的电能与通过电源的电荷量的比值，即E=$\frac{{E}_{电}}{q}$．试从能量的角度推导论证：金属棒cd的感应电动势E=BLv；
（2）导体内部自由电子的定向运动形成电流，当电流不变时，宏观上可以认为导体内的自由电子的定向运动是匀速率的．设电子的电荷量为e，求金属棒cd中自由电子沿导线长度方向受到的平均阻力f；
（3）若先保持金属棒ab不动，使金属棒cd在与其垂直的水平力F′（大小未知）作用下，由静止开始向右以加速度a做匀加速度直线运动，水平力F′作用t₀时间撤去此力，同时释放金属棒ab．求：
①外力F′经时间t₀对金属棒cd施加的冲量大小；
②两金属棒在撤去F′后的运动过程中，通过金属棒cd的电荷量q．

分析（1）粒子做匀速直线运动，拉力与安培力平衡；再结合功能定关系及题意可以证明；
（2）粒子受电场力、洛仑兹力及阻力，沿导线方向上只有电场力和阻力；由共点力平衡相求得阻力；
（3）①先推导出安培力与时间的关系式，根据牛顿第二定律外力F与时间的关系式，作出图象，图象的“面积”等于外力的冲量，即可由几何知识求得冲量；
②根据题意可明确两导体棒的运动情况，动量定理可求得列式，由积分规律可求得位移的改变量；再由电量的计算可求得流过cd的电荷量．

解答解：
（1）粒子做匀速直线运动，拉力等于安培力，则有：
F=BIL
由能量守恒可知，拉力做功一定等于电源所提供的电能；
则有：
E_电=Fvt；
电动势E=$\frac{{E}_{电}}{q}$=$\frac{BLItv}{q}$；
由电流的定义可知，q=It
联立解得：E=BLv；
故可证；
（2）电动势E=BLv；
ac棒两端的电势差，U=$\frac{BLv}{3}$；
cd棒两端的电势差为：U_cd=$\frac{2BLv}{3}$
则粒子受到的电场力Bev=f+$\frac{U}{L}$e=f+2$\frac{Bev}{3}$；
因粒子做匀速运动，故阻力f=$\frac{Bev}{3}$；
（3）CD棒切割磁感线产生的感应电动势E=Bl₁v
时刻t的感应电流I=$\frac{E}{3R}$=$\frac{BLa{t}_{0}}{3R}$
CD棒在加速过程中，根据由牛顿第二定律 F-BIl₁=ma
解得：F=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}a}{3R}{t}_{0}$+ma
$F=\frac{{{B^2}l_1^2a}}{R}t+ma$
根据上式，可得到外力F随时间变化的图象如图所示，由图象面积可知：经过时间t₀，外力F的冲量I
I=$\frac{1}{2}$[（$\frac{{B}^{2}{L}^{2}a}{3R}{t}_{0}$+ma+ma]t₀
解得：I=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}a{t}_{0}^{2}}{6R}$+mat₀

②设从撤去F′到ab、cd棒的刚好达到相同速度的过程中的某时刻，ab、cd的速度差为△v，则此时回路中产生的感应电动势E_i=$\frac{△Φ}{△t}$=$\frac{BL△x}{△t}$=BL△v
此时回路中的感应电流I_i=$\frac{E}{{R}_{总}}$=$\frac{BL△v}{3R}$
此时ab棒所受安培力F_i=BI_iL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}△v}{3R}$
对ab棒根据动量定理有：F_i△t=m△v₂
对从撤去F′到ab、cd棒刚好达到相同速度的过程求和
则有：$\sum_{i=1}^{n}\frac{{B}^{2}{L}^{2}△v}{3R}△{t}_{i}$=mv₂，即
$\frac{{B}^{2}{L}^{2}}{3R}\sum_{i=1}^{n}△v△{t}_{i}$=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}}{3R}$△x=mv₂
又因v₂=$\frac{{v}_{1}}{2}$=$\frac{a{t}_{0}}{2}$
所以解得最大距离改变量△s=$\frac{3ma{t}_{0}R}{2{B}^{2}{L}^{2}}$
流过的电荷量q=$\overline{I}$t=$\frac{△Φ}{3R△t}△t$=$\frac{B△S}{3R}$=$\frac{ma{t}_{0}}{2BL}$
答：（1）证明如上；
（2）阻力大小为$\frac{Bev}{3}$
（3）①金属棒ab产生的冲量为$\frac{{B}^{2}{L}^{2}a{t}_{0}^{2}}{6R}$+mat₀
②两金属棒在撤去F′后的运动过程中，通过金属棒cd的电荷量q为$\frac{ma{t}_{0}}{2BL}$

点评本题考查法拉第电磁感应定律、动量守恒定律及功能关系的应用；要注意能正确应用数学规律进行分析求解，如本题中包括图象和积分的规律；这是本题中的难点所在．

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