Question

9．如圖，水平面內(nèi)有一半徑r=4m的光滑金屬圓形導(dǎo)軌，圓形導(dǎo)軌的右半部分的電阻阻值R=1.5Ω，其余部分電阻不計(jì)，圓形導(dǎo)軌的最左邊A處有一個(gè)斷裂口，使圓形導(dǎo)軌不閉合．將質(zhì)量m=2kg，電阻不計(jì)的足夠長直導(dǎo)體棒擱在導(dǎo)軌GH處，并通過圓心O．空間存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T．在外力作用下，棒由GH處以一定的初速度向左做與GH方向垂直的直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)回路中的電流強(qiáng)度始終與初始時(shí)的電流強(qiáng)度相等．
（1）若初速度v₁=3m/s，求棒在GH處所受的安培力大小F_A．
（2）若初速度v₂=1.5m/s，求棒向左移動(dòng)距離2m所需時(shí)間△t．
（3）在棒由GH處向左移動(dòng)2m的過程中，外力做功W=7J，求初速度v₃．

Answer 1

分析 （1）由E=BLv求出感應(yīng)電動(dòng)勢，由歐姆定律求出電流，由安培力公式求出安培力．
（2）由法拉第電磁感應(yīng)定律與E=BLv求出時(shí)間；
（3）應(yīng)用動(dòng)能定理求出棒的初速度．

解答 解：（1）棒在GH處速度為v₁，感應(yīng)電動(dòng)勢為：E=Blv₁，
感應(yīng)電流為：I₁=$\frac{E}{R}$=$\frac{Bl{v}_{1}}{R}$，
安培力為：F_A=BIl=$\frac{{B}^{2}{l}^{2}{v}_{1}}{R}$，
代入數(shù)據(jù)解得：F_A=32N；

（2）設(shè)棒移動(dòng)距離a，由幾何關(guān)系，磁通量變化：
△Φ=B（$\frac{π}{6}$r²+$\frac{1}{2}$a•2rcos30°），
題設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)回路中電流保持不變，即感應(yīng)電動(dòng)勢不變，有：E=Blv₂
因此：E=$\frac{△Φ}{△t}$=$\frac{B（\frac{π}{6}{r}^{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}ar）}{△t}$=Blv₂，
解得：$△t=\frac{{（\frac{{π{r^2}}}{6}+\frac{{\sqrt{3}}}{2}ar）}}{{l{v_2}}}=\frac{{（\frac{{{4^2}π}}{6}+\frac{{\sqrt{3}}}{2}×2×4）}}{8×1.5}s=1.275s≈1.28s$；

（3）設(shè)外力做功為W，克服安培力做功為W_A，導(dǎo)體棒在由GH處向左移動(dòng)2m處的速度為v’₃
由動(dòng)能定理：W-W_A=$\frac{1}{2}$mv₃′²-$\frac{1}{2}$mv₃²，
克服安培力做功：W_A=I₃²R△t′，其中：I₃=$\frac{Bl{v}_{3}}{R}$，$△t′=\frac{{（\frac{{π{r^2}}}{6}+\frac{{\sqrt{3}}}{2}ar）}}{{l{v_3}}}$，
聯(lián)立解得：W_A=$\frac{（\frac{π{r}^{2}}{6}+\frac{\sqrt{3}}{2}ar）{B}^{2}l{v}_{3}}{R}$，

由于電流始終不變，有：v₃′=$\frac{2r}{2rcos30°}$v₃=$\frac{2}{\sqrt{3}}$v₃，
因此：W=$\frac{（\frac{π{r}^{2}}{6}+\frac{\sqrt{3}}{2}ar）{B}^{2}l{v}_{3}}{R}$+$\frac{1}{2}$m（$\frac{{2}^{2}}{3}$-1）v₃²，
代入數(shù)值得：v₃²+20.4×3v₃-21=0，
解得：v₃=0.34m/s，（v₃=-61.54m/s舍去）；
答：（1）若初速度v₁=3m/s，棒在GH處所受的安培力大小F_A為32N．
（2）若初速度v₂=1.5m/s，求棒向左移動(dòng)距離2m所需時(shí)間△t為1.28s．
（3）在棒由GH處向左移動(dòng)2m的過程中，外力做功W=7J，初速度v₃為0.34m/s．

點(diǎn)評 本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)相結(jié)合的題，難度較大，分析清楚導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)過程，應(yīng)用E=BLv、法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、安培力公式、動(dòng)能定理分析答題．