Question

7．如圖所示是航母上的艦載機(jī)通過(guò)電磁彈射起飛的示意圖．其原理可簡(jiǎn)化成圖乙所示情景：水平面內(nèi)由平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌組成的區(qū)域內(nèi)．等間距分布著豎直向下和豎直向上的磁場(chǎng)．磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B，航母甲板下方的電磁彈射車(chē)可簡(jiǎn)化為一個(gè)矩形金屬框．其長(zhǎng)邊等于導(dǎo)軌間距L，短邊等于毎個(gè)磁場(chǎng)的寬度．電陽(yáng)為R，當(dāng)磁場(chǎng)向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬框在電磁力的作用下也向右運(yùn)動(dòng)，從而帶動(dòng)航母甲板上方的艦載機(jī)向前運(yùn)動(dòng)．艦載機(jī)與電磁彈射車(chē)組成的彈射系統(tǒng)總質(zhì)量為m、運(yùn)動(dòng)時(shí)所受阻力大小恒為F，除金屬框外的電阻不計(jì)．

（1）當(dāng)彈射系統(tǒng)在軌道上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，求金屬框內(nèi)的電流大小和磁場(chǎng)相對(duì)金屬框速度大��；
（2）若t=0時(shí)，磁場(chǎng)由靜止開(kāi)始水平向右做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，經(jīng)一定時(shí)間后，金屬框也開(kāi)始做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，其速度與時(shí)間關(guān)系如圖所示．已知t時(shí)刻金屬框速度為V_t，求磁場(chǎng)的加速度大小．

Answer 1

分析 （1）彈射系統(tǒng)在軌道上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受的安培力與阻力相平衡．根據(jù)法拉第定律、歐姆定律求出安培力，由平衡條件可求得金屬框內(nèi)的電流大小和磁場(chǎng)相對(duì)金屬框速度大�。�
（2）取框?yàn)檠芯繉?duì)象，由牛頓第二定律求加速度．在求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)時(shí)，要用金屬框與磁場(chǎng)的相對(duì)速度．可得到磁場(chǎng)與金屬框加速度相等，由丙圖得到磁場(chǎng)的加速度，即可求解．

解答 解：（1）設(shè)金屬框內(nèi)電流大小為I，磁場(chǎng)相對(duì)金屬框的速度大小為v_相
線(xiàn)框左、右兩邊受到的安培力均為：F_A=ILB      
系統(tǒng)勻速運(yùn)動(dòng)，則：2F_A=F                    
解得：I=$\frac{F}{2BL}$                               
又由歐姆定律得：E=IR                       
由E=n$\frac{△Φ}{△t}$得：E=$\frac{2BL{v}_{相}△t}{△t}$=2BLv_相               
解得：v_相=$\frac{FR}{4{B}^{2}{L}^{2}}$                              
（2）設(shè)相對(duì)速度大小為v_相′
取金屬框?yàn)檠芯繉?duì)象，由牛頓第二定律得：$\frac{4{B}^{2}{L}^{2}v{′}_{相}}{R}$-F=ma            
框要做勻加速運(yùn)動(dòng)（a不變），則必有v_相′一定，即磁場(chǎng)與金屬框加速度相等，結(jié)合圖象可得：v_相′=at-v_t
解得：磁場(chǎng)加速度大小為：a=$\frac{4{B}^{2}{L}^{2}{v}_{t}+FR}{4{B}^{2}{L}^{2}t-mR}$    
答：（1）金屬框內(nèi)的電流大小為$\frac{F}{2BL}$，磁場(chǎng)相對(duì)金屬框速度大小為$\frac{FR}{4{B}^{2}{L}^{2}}$；
（2）磁場(chǎng)加速度大小為$\frac{4{B}^{2}{L}^{2}{v}_{t}+FR}{4{B}^{2}{L}^{2}t-mR}$．

點(diǎn)評(píng) 當(dāng)磁場(chǎng)與線(xiàn)框有相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)，運(yùn)用公式W=BLv求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)時(shí)，v應(yīng)是兩者的相對(duì)速度．求安培力要細(xì)心，線(xiàn)框左右兩邊都受安培力．