Question

18．如圖甲所示，豎直平面內正方形線框IJKT通過極小的開口PQ用導線與電阻器R、平行金屬板AB相連，PIJKTQ間的電阻值與電阻器R的阻值相等，AB板上下間距d=20m．在正方形線框內有一圓形勻強磁場區，面積S=10m²，磁感強度的方向垂直向里、大小為B_t（B_t為磁感強度B隨時間t變化的函數）．t=0s時刻在AB板的中間位置P靜止釋放一個質量為m=1kg、電量為q=+1C的小球（可視為質點）．已知重力加速度g=10m/s²；不計變化磁場在PQ右側產生的電動勢；不計導線的電阻；忽略電容器的充放電時間．

（1）如果B_t=bt（T）（t≥0s），b為定值．靜止釋放小球后，小球一直處于靜止，求b值．
（2）如果0s≤t≤1s：B_t=56t（T）；t＞1s：B_t=0（T）．靜止釋放小球后，經多長時間小球落到B板上．
（3）如果B_t按如圖乙所示的方式變化（已知各段圖象相互平行，第一段圖象的最高點的坐標為：1s、80T）．靜止釋放小球后，小球向上、向下單向運動過程中加速度方向只變化1次，且小球恰好不與A、B板碰撞．求圖乙中的B_m和t_n．

Answer 1

分析 （1）根據閉合電路歐姆定律列式求解感應電動勢；根據閉合電路歐姆定律列式求解電容器的電壓；小球平衡，根據平衡條件列式；最后聯立求解即可；
（2）先根據閉合電路歐姆定律列式求解第1s的感應電動勢，根據牛頓第二定律求解加速度，結合運動學公式分析即可；
（3）小球運動的過程中，單向運動過程是先加速后減速，根據運動學公式求解時間和加速度情況，然后根據牛頓第二定律和法拉第電磁感應定律列式確定感應電動勢的情況．

解答 解：（1）感應電動勢為E₁：${E}_{1}=\frac{△B}{△t}S$，
電容器兩端的電壓為U₁：${U_1}=\frac{E_1}{2R}•R=\frac{1}{2}{E_1}$，
小球電場力等于重力：$q\frac{{U}_{1}}p9vv5xb5=mg$，
綜上，解得：b=40T/s；
（2）①0≤t≤1s時，感應電動勢為E₂：${E}_{2}=\frac{△B}{△t}S$，U₂=$\frac{1}{2}$E₂；
小球加速度a₁，根據牛頓第二定律，有：$q\frac{{U}_{2}}p9vv5xb5-mg=m{a}_{1}$，
解得：a₁=4m/s²；
在1s內的位移為${x}_{1}=\frac{1}{2}{a}_{1}{t}_{2}^{2}$，${x}_{1}=2m＜\fracp9vv5xb5{2}$；
在1s末的速度為：v₁=a₁t₁=4m/s；
②t＞1s時：感應電動勢為0，小球的加速度為a₂=g；
運動時間為t₂，根據位移公式，有：
$\frac{1}{2}d+{x}_{1}={v}_{1}{t}_{2}-\frac{1}{2}{a}_{2}{t}_{2}^{2}$
解得：t₂=2s；
③t_總=t₁+t₂=3s；
（3）①0-1s內：小球加速度：$a=\frac{{{{\frac{1}{2}}^{\;}}{•_{\;}}{{\frac{△B}{△t}}^{\;}}{•_{\;}}{{\frac{S}p9vv5xb5}^{\;}}{•_{\;}}q-mg}}{m}=10m/{s^2}=g$；
②根據對稱性，第1次向上加速、減速所經歷時間都為△t，根據位移公式，有：$5m=\frac{1}{2}$a•△t²，解得：△t=1s；
③根據對稱性，第2、3、…、n次向上和向下加速、減速所經歷時間：$10m=\frac{1}{2}$a△t₁²，解得：△t₁=$\sqrt{2}$s；
④${B_m}=2{\frac{△B}{△t}^{\;}}{•^{\;}}△{t_1}=160\sqrt{2}（T）$；
⑤${t}_{n}=4\sqrt{2}n+（2-\sqrt{2}）$，（n=1、2、3…）；
答：（1）b值為40T/s；
（2）靜止釋放小球后，經3s小球落到B板上；
（3）圖乙中的B_m為$160\sqrt{2}（T）$，t_n為$4\sqrt{2}n+（2-\sqrt{2}）$，（n=1、2、3…）．

點評 本題是力電綜合問題，關鍵是明確小球的運動情況和受力情況，同時要結合法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律列式分析，較難．