Question

7．如圖所示，間距為d的水平長直導軌MN、PQ與半徑為r=1.0m的光滑圓軌道O₁、O₂平滑相接于P、M兩點，在直導軌的N、Q間接阻值為R的電阻，寬度為L的abcd區(qū)域存在豎直導軌平面向下的勻強磁場（圖中未畫出），cd邊界的左側(cè)粗糙，右側(cè)光滑，cd邊界距PM的距離為S，一質(zhì)量為m，電阻為R₀的金屬導體棒在外力F作用下以加速度a從靜止開始勻加速運動到導軌P、M端時立即將外力F撤去．已知導體棒質(zhì)量為m=1.0kg，導體棒與水平導軌的動摩擦因素μ=0.4，磁感應(yīng)強度B=1.0T，電阻R=R₀=2.0Ω（其余電阻不計），外力F與時間t的關(guān)系圖象如圖乙所示．（g取10m/s²）求：

（1）求導體棒在磁場區(qū)域運動的加速度a和長直導軌的間距d
（2）若金屬棒不脫離圓軌道，試討論S與導體棒上升的最大高度的關(guān)系．

Answer 1

分析 （1）由法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、安培力公式F_安=BId和牛頓第二定律得到F與t的關(guān)系式，結(jié)合圖象的信息求解．
（2）若金屬棒不脫離圓軌道，有兩種情況：一、導體棒剛好到達圓軌道與圓心等高點位置；二、導體棒能到達圓軌道的最高點．根據(jù)臨界條件和動能定理結(jié)合解答．

解答 解：（1）導體棒做勻加速直線運動，且切割磁感線，由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動勢為：
E=Bdv…①
由閉合電路歐姆定律得通過導體棒的感應(yīng)電流為：$I=\frac{E}{{R+{R_0}}}$…②
導體棒穿過磁場過程中受到的安培力為：F_安=BId…③
由牛頓第二定律得：F-F_安=ma…④
由　①②③④式聯(lián)立解得：$F=ma+\frac{{{B^2}{d^2}a}}{{R+{R_0}}}t$…⑤
代入數(shù)據(jù)得：$F=a+\frac{{a{d^2}}}{4}t$…⑥
由圖乙可知，a=2m/s²；$\frac{atbnlrdp^{2}}{4}$=2…⑧
解得：d=2m…⑨
（2）設(shè)導體棒剛離開磁場區(qū)域時的速度為v₀，由勻變速運動規(guī)律得：v₀=at=4m/s…⑩
導體棒離開磁場后做勻加速直線運動，到達P、M端點時設(shè)速度為為v₁，由動能定理得：
 $（F-μmg）S=\frac{1}{2}m{v_1}^2-\frac{1}{2}m{v_0}^2$…（11）
解得：${v_1}=2\sqrt{S+4}$…（12）
討論一：若導體棒剛好到達圓軌道與圓心等高點位置，則須滿足：$\frac{1}{2}m{v_1}^2≤mgr$…（13）
解得：S≤1.0m    
設(shè)導體棒上升的最大高度為h，由動能定理得：$mgh=\frac{1}{2}m{v_1}^2$…（14），
解得：h=0.8+0.2S…（15）
討論二：若導體棒能到達圓軌道的最高點，則須滿足 $mg≥\frac{{m{v_2}^2}}{r}$…（16）
由動能定理得：$mg2r≤\frac{1}{2}m{v_1}^2-\frac{1}{2}m{v_2}^2$…（17），
解得：S≥8.5m…（18）
則導體棒上升的最大高度為：h=2r=2.0m…（19）．
答：（1）導體棒在磁場區(qū)域運動的加速度a是2m/s²；長直導軌的間距d是2m．
（2）若金屬棒不脫離圓軌道，S與導體棒上升的最大高度的關(guān)系為：若導體棒剛好到達圓軌道與圓心等高點位置時，h=0.8+0.2S；若導體棒能到達圓軌道的最高點時導體棒上升的最大高度為 h=2r=2.0m．

點評 本題是電磁感應(yīng)與力學的綜合，關(guān)鍵要正確分析導體棒可能的運動情形，抓住圓周運動的條件，由力學規(guī)律和電磁感應(yīng)規(guī)律結(jié)合解答．