Question

18．如圖所示，兩根相同的平行金屬直軌道豎直放置，上端用導線相連，下端固定在水平絕緣底座上．底座中央固定一根彈簧，金屬直桿ab通過金屬滑環套在軌道上．在MNPQ之間分布著垂直軌道面向里的磁場，磁感應強度隨位置的變化規律為B=B₀$\sqrt{1+ky}$（B₀和k為定值，y為磁場中任一位置到PQ的距離）．現用力壓桿ab使彈簧處于壓縮狀態，撤力后桿被彈起，脫離彈簧進入磁場，穿過PQ后繼續上升，然后再返回磁場，并能從邊界MN穿出，此后不再進入磁場．已知桿ab與軌道間的摩擦力恒等于桿重力的$\frac{5}{13}$倍；桿向上運動，剛好穿過PQ時的速度是剛穿過MN時速度的一半，桿從PQ上升的最大高度（未超過上端導線）是磁場高度的n倍；桿向下運動，一進入磁場立即做勻速直線運動．僅考慮軌道電阻且其單位長度的阻值是恒定的，B₀、k及重力加速度g均為已知量．求：
（1）桿向上穿過PQ時的速度v₁與返回PQ時的速度v₂之比；
（2）桿向上運動剛進入MN時的加速度大小；
（3）桿上、下兩次穿越磁場的過程中產生的電熱Q₁：Q₂；
（4）磁場上邊界PQ到水平導線的距離．

Answer 1

分析 （1）對桿ab穿出PQ后上升和下降過程，分別運用動能定理列式，可求得v₁與v₂之比；
（2）對于向上運動剛進入MN時，由牛頓第二定律列出加速度表達式．桿向下運動進入磁場時，做勻速直線運動，列出平衡條件，根據題目中速度關系，得到安培力的關系，聯立可求得加速度．
（3）對于ab上升和下落的過程，分別運用動能定理列式，可求得克服安培力做功之比，即可得到產生的電熱之比Q₁：Q₂．
（4）桿ab向下運動，經過磁場為勻速，安培力應為定值，由安培力公式F=BIL，結合B=B₀$\sqrt{1+ky}$求解．

解答 解：（1）設桿ab上升的最高點距PQ的距離為h，由動能定理有：
上升階段：-（mg+F_f）h=0-$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$…①
下降階段：（mg-F_f）h=$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$…②
解得：v₁：v₂=3：2
（2）設軌道寬度為L，MN處的磁感應強度為B，MN以上的軌道總電阻為R．
桿ab剛從邊界MN進入磁場時，速度設為v₀，由牛頓第二定律有：
  mg+F_f+BIL=ma…③
其中I=$\frac{BL{v}_{0}}{R}$ ④
桿向下運動進入磁場時，做勻速直線運動，桿ab到達邊界MN時，速度為v₂．
由平衡條件有：mg=F_f+BI′L…⑤
其中I′=$\frac{BL{v}_{2}}{R}$ ⑥
由題意 v₁=$\frac{{v}_{0}}{2}$，v₂=$\frac{2}{3}{v}_{1}$=$\frac{{v}_{0}}{3}$ ⑦
聯立解得：a=$\frac{42}{13}$g
（3）若桿ab上升的最高點距PQ的距離為h，則磁場高度為 $\frac{h}{n}$，由動能定理得：
-（mg+F_f）（h+$\frac{h}{n}$）-W₁=0-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$…⑧
同理，在返回階段：（mg-F_f）（h+$\frac{h}{n}$）-W₂=$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$-0…⑨
聯立①②⑧⑨解得：$\frac{{Q}_{1}}{{Q}_{2}}$=$\frac{{W}_{1}}{{W}_{2}}$=$\frac{9（3n-1）}{4}$
（4）設PQ到水平導線的距離為H，桿ab向下運動，經過磁場為勻速，則安培力應為定值．
  F_安=BIL=B$\frac{BL{v}_{2}}{R}$L=$\frac{{B}_{0}^{2}（1+ky）{L}^{2}{v}_{2}}{2（H+y）r}$=$\frac{{B}_{0}^{2}{L}^{2}{v}_{2}（1+ky）}{2Hr（1+\frac{1}{H}y）}$…⑩
可見，要使F_安為定值，則 k=$\frac{1}{H}$，H=$\frac{1}{k}$
答：（1）桿向上穿過PQ時的速度v₁與返回PQ時的速度v₂之比為3：2；
（2）桿向上運動剛進入MN時的加速度大小是$\frac{42}{13}$g；
（3）桿上、下兩次穿越磁場的過程中產生的電熱Q₁：Q₂是9（3n-1）：4
（4）磁場上邊界PQ到水平導線的距離是$\frac{1}{k}$．

點評 本題的過程比較復雜，是力學與電磁感應的綜合，運用動能定理時，要注意明確所研究的物理過程，關鍵是得到安培力表達式，根據安培力是定值，由數學方法分析H．