Question

（2013?浙江模擬）如圖1所示，水平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系的第一象限有磁場(chǎng)分布，方向垂直于水平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度沿y軸方向沒(méi)有變化，與橫坐標(biāo)x的關(guān)系如圖2所示，圖線是雙曲線（坐標(biāo)軸是漸進(jìn)線）；頂角θ=45°的光滑金屬長(zhǎng)導(dǎo)軌 MON固定在水平面內(nèi)，ON與x軸重合，一根與ON垂直的長(zhǎng)導(dǎo)體棒在水平向右的外力作用下沿導(dǎo)軌MON向右滑動(dòng)，導(dǎo)體棒在滑動(dòng)過(guò)程中始終保持與導(dǎo)軌良好接觸．已知t=0時(shí)，導(dǎo)體棒位于頂角O處；導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m=2kg；OM、ON接觸處O點(diǎn)的接觸電阻為R=0.5Ω，其余電阻不計(jì)；回路電動(dòng)勢(shì)E與時(shí)間t的關(guān)系如圖3所示，圖線是過(guò)原點(diǎn)的直線．求：
（1）t=2s時(shí)流過(guò)導(dǎo)體棒的電流強(qiáng)度I₂的大小；
（2）1～2s時(shí)間內(nèi)回路中流過(guò)的電量q的大��；
（3）導(dǎo)體棒滑動(dòng)過(guò)程中水平外力F（單位：N）與橫坐標(biāo)x（單位：m）的關(guān)系式．

Answer 1

分析：（1）由E-t圖象讀出t=2s時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由歐姆定律求解流過(guò)導(dǎo)體棒的電流強(qiáng)度I₂的大�。�
（2）根據(jù)感應(yīng)電流圖象的面積表示電量，用電流的平均值求出電量．
（3）由E=BLv分析金屬棒的運(yùn)動(dòng)情況，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得到加速度，運(yùn)用牛頓第二定律求解F的表達(dá)式．

解答：解：（1）根據(jù)E-t圖象中的圖線是過(guò)原點(diǎn)的直線特點(diǎn)，可得到t=2s時(shí)金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=4V
由歐姆定律得：
  I₂=

E

R

=

4

0.5

A=8A
（2）由于回路中的電流與E成正比，則知電流I-t圖象中的圖線也是過(guò)原點(diǎn)的直線，則有：t=1s時(shí)，I₁=4A
可有：1～2s時(shí)間內(nèi)回路中流過(guò)的電量  q=

.

I

△t=

I1+I2

2

△t=

4+8

2

×1C=6C
（3）因θ=45°，可知任意t時(shí)刻回路中導(dǎo)體棒有效切割長(zhǎng)度 L=x
再根據(jù)B-x圖象中的圖線是雙曲線特點(diǎn)有：
 E=BLv=（Bx）v，
由圖2可知，Bx=1（T?m）．
由圖1知：E與時(shí)間成正比，有 E=2t（V）
由以上三式得：v=2t（m/s）
可知導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度 a=2m/s²，
又有：F_安=BIL=BIx=（Bx）I，且I也與時(shí)間成正比
再根據(jù)牛頓第二定律有：F-F_安=ma
又 x=

1

2

at2
聯(lián)立解得：F=（4+4

x

）N
答：（1）t=2s時(shí)流過(guò)導(dǎo)體棒的電流強(qiáng)度I₂的大小為8A；
（2）1～2s時(shí)間內(nèi)回路中流過(guò)的電量q的大小為6C；
（3）導(dǎo)體棒滑動(dòng)過(guò)程中水平外力F與橫坐標(biāo)x的關(guān)系式為F=（4+4

x

）N．

點(diǎn)評(píng)：本題的關(guān)鍵首先要正確理解兩個(gè)圖象的數(shù)學(xué)意義，運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)寫(xiě)出電流與時(shí)間的關(guān)系，要掌握牛頓運(yùn)動(dòng)定律、閉合電路毆姆定律，安培力公式、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式．