Question

17．豎直平面內(nèi)有一半徑為r、電阻為R₁、粗細均勻的光滑半圓形金屬環(huán)，在M、N處與距離為2r、電阻不計的平行光滑金屬導軌ME、NF相接，E、F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，磁感應強度大小均為B．現(xiàn)有質(zhì)量為m、電阻不計的導體棒ab，從下圖中半圓環(huán)的最高點A處由靜止下落，在下落過程中導體棒始終保持水平，與半圓形金屬環(huán)及軌道接觸良好，設平行導軌足夠長．已知導體棒下落r/2時的速度大小為v₁，下落到MN處時的速度大小為v₂．求：
（1）求導體棒ab從A處下落到MN和CD之間的加速度大小；
（2）若導體棒ab進入磁場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）當CD邊界在某一位置時，導體棒ab進入磁場恰好能做勻速直線運動．若再將磁場Ⅱ的CD邊界略微下移，已知此時導體棒ab剛進入磁場Ⅱ時的速度大小為v₃，要使其在外力F作用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）導體棒ab從A處下落到MN和CD之間時只受重力作用，由牛頓第二定律求解加速度大小；
（2）導體棒ab進入磁場II后棒中電流大小始終不變，說明導體棒勻速運動，導體棒在下落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$\frac{3}{4}$，總電功率等于導體棒重力功率．
（3）正確進行受力分析，注意安培力的表達式，然后根據(jù)牛頓第二定律求解即可．

解答 解：（1）導體棒ab從A處下落到MN和CD之間時只受重力作用，
由牛頓第二定律有：mg=ma
解得：a=g；
（2）當導體棒ab通過磁場Ⅱ時，棒中電流大小始終不變，則需要安培力恰好等于重力，則有：
mg=BI•2r                     
又由于I=$\frac{B•2r•{v}_{t}}{{R}_{并}}$
解得R_并=$\frac{12R×4R}{12R+4R}$=3R
v_t=$\frac{3mgR}{4{B}^{2}{r}^{2}}$；
導體棒從MN到CD做加速度為g的勻加速直線運動，則有
v_t²-v₂²=2gh，
解得：h=$\frac{9{m}^{2}g{R}^{2}}{32{B}^{4}{r}^{4}}-\frac{{v}_{2}^{2}}{2g}$，
又${I}_{R2}=\frac{B•2r•{v}_{t}}{4R}$             
R₂上的電功率：${P}_{2}={I}_{R2}^{2}{R}_{2}$
解得：P₂=$\frac{9{m}^{2}{g}^{2}R}{16{B}^{2}{r}^{2}}$；
（3）設導體棒ab進入磁場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′=$\frac{4B2r2vt′}{3R}$                
由于導體棒ab做勻加速直線運動，則有
v_t′=v₃+at  
根據(jù)牛頓第二定律有：
F+mg-F′=ma  
解得：F=$\frac{4{B}^{2}{r}^{2}a}{3R}$t+$\frac{4{B}^{2}{r}^{2}{v}_{3}}{3R}$+ma-mg．
答：（1）導體棒ab從A處下落到MN和CD之間的加速度大小為g；
（2）若導體棒ab進入磁場Ⅱ后棒中電流大小始終不變，磁場Ⅰ和Ⅱ之間的距離為$\frac{9{m}^{2}g{R}^{2}}{32{B}^{4}{r}^{4}}-\frac{{v}_{2}^{2}}{2g}$，R₂上的電功率$\frac{9{m}^{2}{g}^{2}R}{16{B}^{2}{r}^{2}}$；
（3）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．

點評 本題考查了關(guān)于電磁感應的復雜問題，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．