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    9．如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN，PQ相距为L=1m，导轨平面与水平面夹角α=30°，导轨电阻不计，磁感应强度为B=1.0T的匀强磁场垂直导轨平面斜向下，金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量m=0.01kg，电阻不计，定值电阻R1=30Ω，电阻箱电阻调到R2=120Ω，电容C=0.01F，g=10m/s2，现在将金属棒由静止释放．
    （1）在开关接到1的情况下，分析金属棒从静止开始出发的运动情况，求金属棒稳定下滑过程中，R2消耗的功率为多少？
    （2）在开关接到2的情况下，将金属棒由静止释放，求：
    ①电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；
    ②金属棒速度大小随时间变化的关系，并求经过时间t=2.0s时电容器的电量．

    分析 （1）金属棒切割磁感线，产生感应电动势，从而形成电流，导致金属棒中有安培力出现，最终导致金属棒处于最大速度，达到稳定状态．由力的平衡条件可求出安培力，从而能算出棒的最大速度，再根据能量守恒求出R2消耗的功率．
    （2）当接到2时，相当于电源给电容器充电，出现电流，从而列出安培力表达式，利用牛顿第二定律写出方程，最终得到棒做匀加速运动．求出加速度，再求出电荷量与速度大小的关系．即可求出t=2.0s时电容器的电量．

    解答 解：（1）当金属棒稳定时匀速下滑，速度最大，设最大速度vm，此时棒处于平衡状态．
    故有 mgsinα=F安，而F安=BIL，I=$\frac{BL{v}_{m}}{{R}_{1}+{R}_{2}}$
    由上各式得：vm=$\frac{mg（{R}_{1}+{R}_{2}）sinθ}{{B}^{2}{L}^{2}}$=$\frac{0.1×（30+120）×sin30°}{{1}^{2}{×1}^{2}}$=7.5m/s
    由能量守恒得：PR1+PR2=mgsinαvm，
    又PR1：PR2=R1：R2=1：4
    解得R2消耗的功率为 PR2=0.3W
    （2）①金属棒的速度为v时，电容器板间电压为 U=BLv
    电荷量 q=CU=CBLv
    ②在开关接到2的情况下，对任意时刻，由牛顿第二定律得  mgsinα-BLi=ma
    又i=$\frac{△q}{△t}$，而△q=C△u=CBL△v  
    可得 a=gsinα-CB2L2$\frac{△v}{△t}$$•\frac{1}{m}$
    根据加速度定义得 a=$\frac{△v}{△t}$
    联立解得 a=$\frac{mgsinα}{m+C{B}^{2}{L}^{2}}$，上式表明金属棒下滑过程中，加速度保持不变，匀加速直线运动．
    代入数据可得：a=2.5m/s2 ．
    经过时间t=2.0s时，v=at=5m/s
    则电容器的电量 q=CBLv=0.01×1×1×5C=0.05C
    答：
    （1）金属棒稳定下滑过程中，R2消耗的功率为0.3W．
    （2）①电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系为 q=CBLv；
    ②经过时间t=2.0s时电容器的电量为0.05C．

    点评 金属棒下滑切割磁感线相当于电源，求出电源的电动势，运用微元法求解加速度是关键，其切入点是加速度的定义式和牛顿第二定律．

    练习册系列答案
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