Question

4．如圖所示，很長的光滑磁棒豎直固定在水平面上，在它的側(cè)面有均勻向外的輻射狀的磁場．磁棒外套有一個質(zhì)量均勻的圓形線圈，質(zhì)量為m，半徑為R，電阻為r，線圈所在磁場處的磁感應(yīng)強度為B．讓線圈從磁棒上端由靜止釋放沿磁棒下落，經(jīng)一段時間與水平面相碰并反彈，線圈反彈速度減小到零后又沿磁棒下落，這樣線圈會不斷地與水平面相碰下去，直到停留在水平面上．已知第一次碰后反彈上升的時間為t₁，下落的時間為t₂，重力加速度為g，不計碰撞過程中能量損失和線圈中電流磁場的影響．求：
（1）線圈第一次下落過程中的最大速度v_m；
（2）線圈從第一次到第二次與水平面相碰的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q．

Answer 1

分析 （1）線圈下落過程中垂直切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由E=BLv、I=$\frac{E}{r}$、F_A=BIL得到安培力的表達式，由牛頓第二定律分析線圈加速度的變化，判斷線圈的運動情況：安培力逐漸增大，加速度逐漸減小，當安培力與重力平衡時，線圈做勻速直線運動，速度達到最大，由平衡條件可求出最大速度．
（2）根據(jù)牛頓第二定律和安培力表達式得到加速度與瞬時速度的關(guān)系式，求出一段微小時間△t內(nèi)，線圈上升高度△h，由積分法求出線圈上升的最大高度．再采用積分法求出線圈第二次下降到水平面時的速度，由能量守恒定律可求出焦耳熱Q．

解答 解：（1）線圈第一次下落過程中有：感應(yīng)電動勢為：E=B•2πRv
感應(yīng)電流大小為：I=$\frac{E}{r}$，
那么安培力為：F_A=BIL=BI•2πR，
聯(lián)合解得安培力大小為：F_A=$\frac{4{π}^{2}{B}^{2}{R}^{2}v}{r}$
據(jù)牛頓第二定律得：mg-F_A=ma
可知線圈做加速度減小的加速運動，當a=0時，速度最大，代入求得最大速度為：υ_m=$\frac{mgr}{4{π}^{2}{B}^{2}{R}^{2}}$
（2）反彈后上升的過程中某一時刻，由牛頓運動定律得：mg+B$\frac{2πRBv}{r}$×2πR=ma
在一段微小時間△t內(nèi)，速度增量為：△υ=a△t，線圈上升高度為：△h=υ△t
則線圈可上升的最大高度h為：h=∑△h=$\frac{∑（ma-mg）△t}{4{π}^{2}{R}^{2}{B}^{2}}$r=$\frac{{m}^{2}g{r}^{2}}{16{π}^{4}{B}^{4}{R}^{4}}$-$\frac{mgr{t}_{1}}{4{π}^{2}{B}^{2}{R}^{2}}$
線圈到達最高點后，下落過程中的某一時刻，由牛頓運動定律得：mg-B$\frac{2πBRv}{r}$×2πR=ma
在一段微小時間△t內(nèi)，速度增量為：△υ=a△t，線圈下降高度為：△h=υ△t
則線圈第二次下降到水平面時的速度為：υ=∑△υ=$\frac{1}{m}$∑（mg-$\frac{4{π}^{2}{B}^{2}{R}^{2}}{r}$）△t=g（t₁+t₂）-$\frac{mgr}{4{π}^{2}{B}^{2}{R}^{2}}$
本過程中線圈中產(chǎn)生的熱量為線圈動能的損失：
Q=$\frac{1}{2}$mυ_m²-$\frac{1}{2}$mυ²=$\frac{1}{2}$m（$\frac{mgr}{4{π}^{2}{B}^{2}{R}^{2}}$）²-$\frac{1}{2}$m（g（t₁+t₂）-$\frac{mgr}{4{π}^{2}{B}^{2}{R}^{2}}$）²；
化簡得：Q=$\frac{{m}^{2}{g}^{2}r}{4{π}^{2}{B}^{2}{R}^{2}}$（t₁+t₂）-$\frac{1}{2}$mg²（t₁+t₂）²；
答：（1）線圈第一次下落過程中的最大速度υ_m為$\frac{mgr}{4{π}^{2}{B}^{2}{R}^{2}}$．
（2）線圈從第一次到第二次與水平面相碰的過程中產(chǎn)生的焦耳熱$\frac{{m}^{2}{g}^{2}r}{4{π}^{2}{B}^{2}{R}^{2}}$（t₁+t₂）-$\frac{1}{2}$mg²（t₁+t₂）²．

點評 本題是電磁感應(yīng)問題，難點是采用積分法求解非勻變速運動的速度和高度，從牛頓第二定律入手，采取微元法，得到一段微小時間△t內(nèi)速度的變化量和高度變化量，再積分．難度較大，考查運用數(shù)學(xué)知識處理物理問題的能力．