Question

如圖所示，MNPQ是一個(gè)足夠長的處于豎直平面內(nèi)的固定的金屬框架，框架的寬度為L，電阻忽略不計(jì)．a(chǎn)b是一根質(zhì)量為m，有一定電阻的導(dǎo)體，能緊貼框架無摩擦下滑，整個(gè)框架平面處于垂直于框架平面的勻強(qiáng)磁場中，磁感強(qiáng)度為B．當(dāng)單刀雙擲開關(guān)S置于1位置時(shí)，導(dǎo)體ab恰好靜止在框架的某一處．已知電源的電動(dòng)勢為ε，內(nèi)阻為r．
（1）勻強(qiáng)磁場的方向如何？
（2）當(dāng)開關(guān)S置于2位置時(shí)，導(dǎo)體ab由靜止開始下落，試寫出ab下落運(yùn)動(dòng)的分析過程，并用所給的物理量表達(dá)ab在下落過程中的最大速度．
（3）ab達(dá)到最大速度的1/2時(shí)，其加速度大小是多大？此時(shí)ab兩端的電壓為多少？
（4）如果ab由靜止開始下落到達(dá)到最大速度所用的時(shí)間為t，下落高度為h．試推導(dǎo)則該過程中h和t應(yīng)滿足的不等式關(guān)系？

Answer 1

【答案】分析：（1）當(dāng)單刀雙擲開關(guān)S置于1位置時(shí)，導(dǎo)體ab恰好靜止，受到向上的安培力，由左手定則判斷磁場方向；
（2）當(dāng)開關(guān)S置于2位置時(shí)，導(dǎo)體ab由靜止開始下落，棒受到重力和安培力，開始階段安培力小于重力，棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩力平衡時(shí)，棒做勻速運(yùn)動(dòng)，達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，根據(jù)安培力的表達(dá)式，由平衡條件求出最大速度；
（3）ab達(dá)到最大速度的時(shí)，求出安培力，再根據(jù)牛頓第二定律求加速度，由歐姆定律求電壓；
（4）作出ab運(yùn)動(dòng)過程的υ-t圖線：ab初始加速度為g，即圖線在原點(diǎn)的切線斜率為g．運(yùn)動(dòng)過程下落距離h即為圖線曲線部分所包的“面積”，它介于圖示“梯形面積”和“三角形面積”之間．即可得到h和t應(yīng)滿足的不等式關(guān)系．
解答：解：（1）由左手定則判斷得知：磁場方向垂直紙面向內(nèi)
（2）S接1時(shí)，mg=F=BIL=B  ①
S接2時(shí)，剛開始ab下落的加速度為g，接著加速運(yùn)動(dòng)、同時(shí)受重力和安培力作用，由牛頓第二定律得：mg-F=ma
隨著的υ的增大，感應(yīng)電場也隨著增大，感應(yīng)電流也增大，從而使F增大而導(dǎo)致速度a的減小，最終達(dá)到和重力的平衡而做勻速運(yùn)動(dòng)，因而有：②
由①得R代入②整理后得：υ_m=
（3）由②可知，當(dāng)ab達(dá)到最大速度的時(shí)，安培力F=mg，因此有：
   mg-F=ma
解得，a=g．
又因?yàn)�，ab切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，其電阻相當(dāng)于電源內(nèi)阻，而據(jù)題意，框架電阻不計(jì)，因而外電阻為0，從而使ab兩端的電壓（端電壓）為0．
（4）作出ab運(yùn)動(dòng)過程的υ-t圖線：
ab初始加速度為g，即圖線在原點(diǎn)的切線斜率為g．運(yùn)動(dòng)過程下落距離h即為圖線曲線部分所包的“面積”，它介于圖示“梯形面積”和“三角形面積”之間．
故有：，
將（2）中求的υ_m值代入得：
答：
（1）勻強(qiáng)磁場的方向垂直紙面向內(nèi)；
（2）S接2時(shí)，剛開始ab下落的加速度為g，接著加速運(yùn)動(dòng)、同時(shí)受重力和安培力作用，由牛頓第二定律得：mg-F=ma，隨著的υ的增大，感應(yīng)電場也隨著增大，感應(yīng)電流也增大，從而使F增大而導(dǎo)致速度a的減小，最終達(dá)到和重力的平衡而做勻速運(yùn)動(dòng)，ab在下落過程中的最大速度為．
（3）ab達(dá)到最大速度的時(shí)，其加速度大小是，此時(shí)ab兩端的電壓為0．
（4）該過程中h和t應(yīng)滿足的不等式關(guān)系為：
點(diǎn)評：本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)知識的綜合，分析和計(jì)算安培力是關(guān)鍵，同時(shí)要抓住v-t圖象的物理意義分析h與t的關(guān)系式．