Question

4．如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半徑為r、電阻為R₁、粗細(xì)均勻的光滑半圓形金屬環(huán)，在M、N處與距離為2r、電阻不計(jì)的平行光滑金屬導(dǎo)軌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(qiáng)磁場(chǎng)I和II，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B．現(xiàn)有質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的導(dǎo)體棒ab，從半圓環(huán)的最高點(diǎn)A處由靜止下落，在下落過(guò)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，設(shè)平行導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)．已知導(dǎo)體棒下落$\frac{r}{2}$時(shí)的速度大小為v₁，下落到MN處時(shí)的速度大小為v₂．
（1）求導(dǎo)體棒ab從A處下落$\frac{r}{2}$時(shí)的加速度大��；
（2）若導(dǎo)體棒ab進(jìn)入磁場(chǎng)II后棒中電流大小始終不變，求磁場(chǎng)I和II之間的距離h和R₂上的電功率P₂；
（3）若將磁場(chǎng)II的CD邊界略微下移，導(dǎo)體棒ab進(jìn)入磁場(chǎng)II時(shí)的速度大小為v₃，要使其在外力F作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a，求所加外力F隨時(shí)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(shí)導(dǎo)體棒的有效切割長(zhǎng)度和外電路的串并聯(lián)情況．
（2）導(dǎo)體棒ab進(jìn)入磁場(chǎng)II后棒中電流大小始終不變，說(shuō)明導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒在下落h的過(guò)程中做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)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(gè)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(duì)象，棒在磁場(chǎng)I中切割磁感線，棒中產(chǎn)生產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，導(dǎo)體棒ab從A下落 0.5r時(shí)，導(dǎo)體棒在重力與安培力作用下做加速運(yùn)動(dòng)，
由牛頓第二定律，得：mg-BIL=ma，
式中L=$\sqrt{3}$r，I=$\frac{BL{v}_{1}}{{R}_{總}(cāng)}$
當(dāng)導(dǎo)體棒ab下落0.5r時(shí)，由幾何關(guān)系可知，棒ab以上的圓弧的長(zhǎng)度是半圓的總長(zhǎng)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 0.5r時(shí)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(guò)磁場(chǎng)Ⅱ時(shí)，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×$\frac{B•2r•vt}{{R}_{并}}$×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=$\frac{3mgR}{4{B}^{2}{r}^{2}}$
導(dǎo)體棒從MN到CD做加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，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(shí)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(shí)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=$\frac{3}{4}$P_G=$\frac{{9{m^2}{g^2}R}}{{16{B^2}{r^2}}}$．
（3）設(shè)導(dǎo)體棒ab進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ后經(jīng)過(guò)時(shí)間t的速度大小為v′_t，此時(shí)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(yùn)動(dòng)，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=$\frac{{4{B^2}{r^2}a}}{3R}$t+$\frac{{4{B^2}{r^2}{v_3}}}{3R}$+m（a-g）
答：（1）導(dǎo)體棒ab從A處下落0.5r時(shí)的加速度大小是g-$\frac{{3{B^2}{r^2}{v_1}}}{4mR}$．
（2）磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ之間的距離h是$\frac{{9{m^2}g{R^2}}}{{32{B^4}{r^4}}}$-$\frac{{{v_2}^2}}{2g}$，R₂上的電功率P₂是$\frac{{9{m^2}{g^2}R}}{{16{B^2}{r^2}}}$．
（3）所加外力F隨時(shí)間變化的關(guān)系式是F=$\frac{{4{B^2}{r^2}a}}{3R}$t+$\frac{{4{B^2}{r^2}{v_3}}}{3R}$+m（a-g）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了關(guān)于電磁感應(yīng)的復(fù)雜問(wèn)題，對(duì)于這類問(wèn)題一定要做好電流、安培力、運(yùn)動(dòng)情況、功能關(guān)系這四個(gè)方面的問(wèn)題分析．