题目内容

(1)导体棒MN在线框ABCD上运动时,通过MN电流的最大值与最小值;
(2)为维持MN在线框ABCD上的匀速运动,必须给MN施加一水平外力,用F(t)函数表示该力;
(3)导体棒达D点时立即撤去外力,则它还能前进多远(设EF、GH足够长)?
分析:(1)导体棒MN匀速运动,产生的感应电动势是一定的.设某时刻棒MN交线ABCD框于P、S点,令PS长为l,根据电路的连接关系得到外电路并联总电阻与l的关系式,由E=Blv和欧姆定律得到电流与l的关系式,运用数学知识求通过MN电流的最大值与最小值;
(2)设MN到达A的时间为t0,分0≤t≤t0和t0≤t≤2t0两段时间,得到通过MN的电流表达式,由安培力公式F=BIl求出外力F的表达式;
(3)导体棒达D点时立即撤去外力,导体棒在安培力作用下做变减速运动,根据牛顿第二定律得到速度变化量与时间的关系式,运用积分求和的方法求滑行的位移.
(2)设MN到达A的时间为t0,分0≤t≤t0和t0≤t≤2t0两段时间,得到通过MN的电流表达式,由安培力公式F=BIl求出外力F的表达式;
(3)导体棒达D点时立即撤去外力,导体棒在安培力作用下做变减速运动,根据牛顿第二定律得到速度变化量与时间的关系式,运用积分求和的方法求滑行的位移.
解答:解:(1)设某时刻棒MN交线ABCD框于P、S点,令PS长为l,则
此时电动势E=Blv
MN左侧电阻R1=
lr,MN右侧电阻R2=(4a-
l)r
则R并=
=
故:I=
=
…④
因导线框ABCD关于AC对称,所以通MN的电流大小也具有对称性,所以
当l=0时,电流最小值Imin=
当l=
a时,电流最大值Imax=
(2)设MN到达A的时间为t0,则t0=
,到达D点用时2t0,
当0≤t≤t0时,由④式得:I=
(其中vt=l )
代入F=BIl得:F=
当t0≤t≤2t0时,将l=2(
a-vt)
代入④式得:I=
代入F=BIl得:F=
(3)导线框进入矩形磁场后,由牛顿第二定律得:
BIL=ma加,(L=
a)
而I=
则得
=ma=m
取任意极短△t时间有:
△t=m△v
两边求和得:
△t=
m△v
又v△t=△x
得
△x=m
△v
则得
x=mv
解得,x=
=
答:
(1)导体棒MN在线框ABCD上运动时,通过MN电流的最大值与最小值分别为
和
;
(2)为维持MN在线框ABCD上的匀速运动,给MN施加一水平外力F(t)函数式为F=
;
(3)导体棒达D点时立即撤去外力,则它还能前进距离为
.
此时电动势E=Blv
MN左侧电阻R1=
2 |
2 |
则R并=
R1R2 |
R1+R2 |
(2
| ||
2a |
故:I=
E |
R并+r内 |
Bv | ||||
(
|
因导线框ABCD关于AC对称,所以通MN的电流大小也具有对称性,所以
当l=0时,电流最小值Imin=
Bv | ||
(
|
当l=
2 |
2Bv | ||
(2+
|
(2)设MN到达A的时间为t0,则t0=
| ||
2v |
当0≤t≤t0时,由④式得:I=
2Bva | ||
2(
|
代入F=BIl得:F=
B2v2at | ||
[2a(
|
当t0≤t≤2t0时,将l=2(
2 |
代入④式得:I=
Bva |
(vt+a)r |
代入F=BIl得:F=
2B2va(
| ||
r(a+vt) |
(3)导线框进入矩形磁场后,由牛顿第二定律得:
BIL=ma加,(L=
2 |
而I=
BLv | ||
|
则得
B2L2v | ||
|
△v |
△t |
取任意极短△t时间有:
B2L2v | ||
|
两边求和得:
![]() |
B2L2v | ||
|
![]() |
又v△t=△x
得
B2L2 | ||
|
![]() |
![]() |
则得
B2L2 | ||
|
解得,x=
| ||
B2L2 |
mvr | ||
|
答:
(1)导体棒MN在线框ABCD上运动时,通过MN电流的最大值与最小值分别为
Bv | ||
(
|
2Bv | ||
(2+
|
(2)为维持MN在线框ABCD上的匀速运动,给MN施加一水平外力F(t)函数式为F=
2B2va(
| ||
r(a+vt) |
(3)导体棒达D点时立即撤去外力,则它还能前进距离为
mvr | ||
|
点评:本题是电磁感应中电路问题,关键是数学知识求极值,运用积分的方法求变速运动的位移,其切入口是牛顿第二定律和加速度的定义式.

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