Question

7．如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半徑為r、內(nèi)阻為R₁、粗細(xì)均勻的光滑半圓形金屬環(huán)，在M、N處與相距為2r、電阻不計的平行光滑金屬軌 道ME、NF相接，EF之間接有電阻R₂，已知R₁=12R，R₂=4R．在MN上方及CD下方有水平方向的勻強磁場I和Ⅱ，磁感應(yīng)強度大小均為B．現(xiàn)有質(zhì)量為m、電阻不計的導(dǎo)體棒ab，從半圓環(huán)的最高點A處由靜止下落，在下落過程中導(dǎo)體棒始終保持水平，與半圓形金屬環(huán)及軌道接觸良好，平行軌道中部高度足夠長．已知導(dǎo)體棒ab 下落$\frac{r}{2}$時的速度大小為v₁，下落到MN處的速度大小為v₂．
（1）求導(dǎo)體棒ab從A下落$\frac{r}{2}$時的加速度大��；
（2）若導(dǎo)體棒ab進(jìn)入磁場Ⅱ后棒中電流大小始終不變，求磁場I和Ⅱ之間的距離h和R₂上的電功率P₂；
（3）若將磁場Ⅱ的CD邊界略微下移，導(dǎo)體棒ab剛進(jìn)入磁場Ⅱ時速度大小為v₃，要使其在外力F作用下向下做勻加速直線運動，加速度大小為a，求所加外力F隨時間變化的關(guān)系式．

Answer 1

分析 （1）導(dǎo)體棒受到重力和安培力的作用，注意此時導(dǎo)體棒的有效切割長度和外電路的串并聯(lián)情況．
（2）導(dǎo)體棒ab進(jìn)入磁場II后棒中電流大小始終不變，說明導(dǎo)體棒勻速運動，導(dǎo)體棒在下落h的過程中做勻變速直線運動，根據(jù)運動規(guī)律可求出下落距離h，根據(jù)并聯(lián)電路可知R₂上消耗的功率占整個電路的$\frac{3}{4}$，總電功率等于導(dǎo)體棒重力功率．
（3）正確進(jìn)行受力分析，注意安培力的表達(dá)式，然后根據(jù)牛頓第二定律求解即可．

解答 解：（1）以導(dǎo)體棒為研究對象，棒在磁場I中切割磁感線，棒中產(chǎn)生產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，導(dǎo)體棒ab從A下落 $\frac{r}{2}$時，導(dǎo)體棒在重力與安培力作用下做加速運動，由牛頓第二定律，得：
mg-BIL=ma，式中l(wèi)=$\sqrt{3}$r，I=$\frac{Bl{v}_{1}^{\;}}{{R}_{總}^{\;}}$當(dāng)導(dǎo)體棒ab下落 $\frac{r}{2}$時，由幾何關(guān)系可知，棒ab以上的圓弧的長度是半圓的總長度的 $\frac{2}{3}$，所以ab以上的部分，電阻值是8R，ab以下的部分的電阻值是4R+4R，
式中：R總=$\frac{8R×（4R+4R）}{8R+（4R+4R）}=4R$
由以上各式可得到：a=g-$\frac{3{B}_{\;}^{2}{r}_{\;}^{2}{v}_{1}^{\;}}{4mR}$故導(dǎo)體棒ab從A下落 $\frac{r}{2}$時的加速度大小為：a=g-$\frac{3{B}_{\;}^{2}{r}_{\;}^{2}{v}_{1}^{\;}}{4mR}$．
（2）當(dāng)導(dǎo)體棒ab通過磁場II時，若安培力恰好等于重力，棒中電流大小始終不變，即：mg=BI×2r=B×$\frac{B×2r×{v}_{t}^{\;}}{{R}_{并}^{\;}}$×2r=$\frac{4{B}_{\;}^{2}{r}_{\;}^{2}{v}_{t}^{\;}}{{R}_{并}^{\;}}$
式中：R并=$\frac{12R×4R}{12R+4R}$=3R
解得：v_t=$\frac{mg{R}_{并}^{\;}}{4{B}_{\;}^{2}{r}_{\;}^{2}}=\frac{3mgR}{4{B}_{\;}^{2}{r}_{\;}^{2}}$
導(dǎo)體棒從MN到CD做加速度為g的勻加速直線運動，有v_t²-v₂²=2gh，
得：h=$\frac{9{m}_{\;}^{2}g{r}_{\;}^{2}}{32{B}_{\;}^{4}{r}_{\;}^{4}}$-$\frac{{v}_{2}^{2}}{2g}$，
此時導(dǎo)體棒重力的功率為：P_G=mgv_t=$\frac{3{m}_{\;}^{2}{g}_{\;}^{2}R}{4{B}_{\;}^{2}{r}_{\;}^{2}}$，
根據(jù)能量守恒定律，此時導(dǎo)體棒重力的功率全部轉(zhuǎn)化為電路中的電功率，即P_電=P₁+P₂=P_G=$\frac{3{m}_{\;}^{2}{g}_{\;}^{2}R}{4{B}_{\;}^{2}{r}_{\;}^{2}}$，
所以，P₂=$\frac{3}{4}$PG=$\frac{9{m}_{\;}^{2}{g}_{\;}^{2}R}{16{B}_{\;}^{2}{r}_{\;}^{2}}$，
故磁場I和II之間的距離h=$\frac{9{m}_{\;}^{2}g{R}_{\;}^{2}}{32{B}_{\;}^{4}{r}_{\;}^{4}}$-$\frac{{v}_{2}^{2}}{2g}$，和R₂上的電功率P₂=$\frac{9{m}_{\;}^{2}{g}_{\;}^{2}R}{16{B}_{\;}^{2}{r}_{\;}^{2}}$．
（3）設(shè)導(dǎo)體棒ab進(jìn)入磁場II后經(jīng)過時間t的速度大小為v'_t，此時安培力大小為：F′=$\frac{4{B}_{\;}^{2}{r}_{\;}^{2}{v}_{t}^{′}}{3R}$由于導(dǎo)體棒ab做勻加速直線運動，有v'_t=v₃+at
根據(jù)牛頓第二定律，有
F+mg-F′=ma
即：F+mg-$\frac{4{B}_{\;}^{2}{r}_{\;}^{2}（{v}_{3}^{\;}+at）}{3R}$=ma
由以上各式解得：F=$\frac{4{B}_{\;}^{2}{r}_{\;}^{2}}{3R}$（at+v₃）-m（g-a）=$\frac{4{B}_{\;}^{2}{r}_{\;}^{2}}{3R}$t+$\frac{4{B}_{\;}^{2}{r}_{\;}^{2}{v}_{3}^{\;}}{3R}$+ma-mg
故所加外力F隨時間變化的關(guān)系式為：F=$\frac{4{B}_{\;}^{2}{r}_{\;}^{2}a}{3R}$t+$\frac{4{B}_{\;}^{2}{r}_{\;}^{2}{v}_{3}^{\;}}{3R}$+ma-mg
答：（1）導(dǎo)體棒ab從A下落$\frac{r}{2}$時的加速度大小為$g-\frac{3{B}_{\;}^{2}{r}_{\;}^{2}{v}_{1}^{\;}}{4mR}$；
（2）若導(dǎo)體棒ab進(jìn)入磁場Ⅱ后棒中電流大小始終不變，磁場I和Ⅱ之間的距離h為$\frac{9{m}_{\;}^{2}g{r}_{\;}^{2}}{32{B}_{\;}^{4}{r}_{\;}^{4}}-\frac{{v}_{2}^{2}}{2g}$和R₂上的電功率${P}_{2}^{\;}$為$\frac{9{m}_{\;}^{2}{g}_{\;}^{2}R}{16{B}_{\;}^{2}{r}_{\;}^{2}}$；
（3）若將磁場Ⅱ的CD邊界略微下移，導(dǎo)體棒ab剛進(jìn)入磁場Ⅱ時速度大小為v₃，要使其在外力F作用下向下做勻加速直線運動，加速度大小為a，所加外力F隨時間變化的關(guān)系式$F=\frac{4{B}_{\;}^{2}{r}_{\;}^{2}a}{3R}t+\frac{4{B}_{\;}^{2}{r}_{\;}^{2}{v}_{3}^{\;}}{3R}+ma-mg$．

點評 本題考查了關(guān)于電磁感應(yīng)的復(fù)雜問題，對于這類問題一定要做好電流、安培力、運動情況、功能關(guān)系這四個方面的問題分析．