Question

18．如图甲所示，竖直平面内正方形线框IJKT通过极小的开口PQ用导线与电阻器R、平行金属板AB相连，PIJKTQ间的电阻值与电阻器R的阻值相等，AB板上下间距d=20m．在正方形线框内有一圆形匀强磁场区，面积S=10m²，磁感强度的方向垂直向里、大小为B_t（B_t为磁感强度B随时间t变化的函数）．t=0s时刻在AB板的中间位置P静止释放一个质量为m=1kg、电量为q=+1C的小球（可视为质点）．已知重力加速度g=10m/s²；不计变化磁场在PQ右侧产生的电动势；不计导线的电阻；忽略电容器的充放电时间．

（1）如果B_t=bt（T）（t≥0s），b为定值．静止释放小球后，小球一直处于静止，求b值．
（2）如果0s≤t≤1s：B_t=56t（T）；t＞1s：B_t=0（T）．静止释放小球后，经多长时间小球落到B板上．
（3）如果B_t按如图乙所示的方式变化（已知各段图象相互平行，第一段图象的最高点的坐标为：1s、80T）．静止释放小球后，小球向上、向下单向运动过程中加速度方向只变化1次，且小球恰好不与A、B板碰撞．求图乙中的B_m和t_n．

Answer 1

分析 （1）根据闭合电路欧姆定律列式求解感应电动势；根据闭合电路欧姆定律列式求解电容器的电压；小球平衡，根据平衡条件列式；最后联立求解即可；
（2）先根据闭合电路欧姆定律列式求解第1s的感应电动势，根据牛顿第二定律求解加速度，结合运动学公式分析即可；
（3）小球运动的过程中，单向运动过程是先加速后减速，根据运动学公式求解时间和加速度情况，然后根据牛顿第二定律和法拉第电磁感应定律列式确定感应电动势的情况．

解答 解：（1）感应电动势为E₁：${E}_{1}=\frac{△B}{△t}S$，
电容器两端的电压为U₁：${U_1}=\frac{E_1}{2R}•R=\frac{1}{2}{E_1}$，
小球电场力等于重力：$q\frac{{U}_{1}}{d}=mg$，
综上，解得：b=40T/s；
（2）①0≤t≤1s时，感应电动势为E₂：${E}_{2}=\frac{△B}{△t}S$，U₂=$\frac{1}{2}$E₂；
小球加速度a₁，根据牛顿第二定律，有：$q\frac{{U}_{2}}{d}-mg=m{a}_{1}$，
解得：a₁=4m/s²；
在1s内的位移为${x}_{1}=\frac{1}{2}{a}_{1}{t}_{2}^{2}$，${x}_{1}=2m＜\frac{d}{2}$；
在1s末的速度为：v₁=a₁t₁=4m/s；
②t＞1s时：感应电动势为0，小球的加速度为a₂=g；
运动时间为t₂，根据位移公式，有：
$\frac{1}{2}d+{x}_{1}={v}_{1}{t}_{2}-\frac{1}{2}{a}_{2}{t}_{2}^{2}$
解得：t₂=2s；
③t_总=t₁+t₂=3s；
（3）①0-1s内：小球加速度：$a=\frac{{{{\frac{1}{2}}^{\;}}{•_{\;}}{{\frac{△B}{△t}}^{\;}}{•_{\;}}{{\frac{S}{d}}^{\;}}{•_{\;}}q-mg}}{m}=10m/{s^2}=g$；
②根据对称性，第1次向上加速、减速所经历时间都为△t，根据位移公式，有：$5m=\frac{1}{2}$a•△t²，解得：△t=1s；
③根据对称性，第2、3、…、n次向上和向下加速、减速所经历时间：$10m=\frac{1}{2}$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值为40T/s；
（2）静止释放小球后，经3s小球落到B板上；
（3）图乙中的B_m为$160\sqrt{2}（T）$，t_n为$4\sqrt{2}n+（2-\sqrt{2}）$，（n=1、2、3…）．

点评 本题是力电综合问题，关键是明确小球的运动情况和受力情况，同时要结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律列式分析，较难．