《2025年资源库高中物理人教版》

例511
[河北2024·14]如图1-19-55,边长为$2L$的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上,细框中心$O处固定一竖直细导体轴OO'$。间距为$L$、与水平面成$\theta$角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中,磁感应强度大小均为$B$。足够长的细导体棒$OA在水平面内绕O点以角速度\omega$匀速转动,水平放置在导轨上的导体棒$CD$始终静止。$OA$棒在转动过程中,$CD$棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知$CD棒在导轨间的电阻值为R$,电路中其余部分的电阻均不计,$CD$棒始终与导轨垂直,各部分始终接触良好,不计空气阻力,重力加速度大小为$g$。
(1)求$CD$棒所受安培力的最大值和最小值。
(2)锁定$OA$棒,推动$CD$棒下滑,撤去推力瞬间,$CD棒的加速度大小为a$,所受安培力大小等于(1)问中安培力的最大值,求$CD$棒与导轨间的动摩擦因数。
【解析】(1)当导体棒$OA$运动到正方形金属细框对角线瞬间,切割的有效长度最大,则$L_{有max}= \sqrt{2}L$,此时感应电流最大,$CD$棒所受的安培力最大,根据法拉第电磁感应定律,有$E_{max}= BL_{有max}\overline{v_1}$,其中,平均速度为$\overline{v_1}= \frac{0+\sqrt{2}L\omega}{2}$,则感应电动势$E_{max}= BL^2\omega$,根据闭合电路欧姆定律,有$I_{max}= \frac{E_{max}}{R}$,则$CD棒所受安培力的最大值为F_{max}= BI_{max}L= \frac{B^2L^3\omega}{R}$,当导体棒$OA$运动到与细框某一边平行瞬间,切割的有效长度最小,感应电流最小,$CD$棒所受的安培力最小,根据法拉第电磁感应定律,有$E_{min}= BL_{有min}\overline{v_2}$,其中$L_{有min}= L$,平均速度为$\overline{v_2}= \frac{0+L\omega}{2}$,则感应电动势$E_{min}= \frac{1}{2}BL^2\omega$,根据闭合电路欧姆定律,有$I_{min}= \frac{E_{min}}{R}$,则$CD棒所受安培力的最小值为F_{min}= BI_{min}L= \frac{B^2L^3\omega}{2R}$。
(2)当$CD$棒所受安培力最小时,根据平衡条件,有$mg\sin\theta - f - F_{min}= 0$,当$CD$棒所受安培力最大时,根据平衡条件,有$F_{max}-mg\sin\theta - f= 0$,联立可得$m= \frac{3B^2L^3\omega}{4Rg\sin\theta}$,撤去推力瞬间,根据牛顿第二定律,有$F_{max}-mg\sin\theta+\mu mg\cos\theta=ma$,可得$CD棒与导轨间的动摩擦因数为\mu=\frac{a}{g\cos\theta}-\frac{1}{3}\tan\theta$。

【答案】(1)$\frac{B^2L^3\omega}{R}$ $\frac{B^2L^3\omega}{2R}$ (2)$\frac{a}{g\cos\theta}-\frac{1}{3}\tan\theta$

答案：
(1) $\frac{B^{2}L^{3}\omega}{R}$；$\frac{B^{2}L^{3}\omega}{2R}$
(2) $\frac{a}{g\cos\theta}-\frac{1}{3}\tan\theta$

例512
[湖北2024·15]如图1-19-56所示,两足够长平行金属直导轨$MN$、$PQ的间距为L$,固定在同一水平面内,直导轨在左端$M$、$P$点分别与两条竖直固定、半径为$L的\frac{1}{4}$圆弧导轨相切。$MP$连线与直导轨垂直,其左侧无磁场,右侧存在磁感应强度大小为$B$、方向竖直向下的匀强磁场。长为$L$、质量为$m$、电阻为$R的金属棒ab$跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为$2m$、电阻为$6R的均匀金属丝制成一个半径为L$的圆环,水平放置在两直导轨上,其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变,金属棒、金属环均与导轨始终接触良好,重力加速度大小为$g$。现将金属棒$ab$由静止释放,求：
(1)$ab刚越过MP$时产生的感应电动势大小。
(2)金属环刚开始运动时的加速度大小。
(3)为使$ab$在整个运动过程中不与金属环接触,金属环圆心初始位置到$MP$的最小距离。

【解析】(1)设$ab滑到MP处时速度为v_0$,由动能定理可知$mgL= \frac{1}{2}mv_0^2 - 0$,$ab刚越过MP时产生的感应电动势为E= BLv_0$,联立解得$v_0= \sqrt{2gL}$,$E= BL\sqrt{2gL}$。
(2)如图1-19-57所示,根据几何关系,金属环接入电路的弧度$\theta_1= \theta_2= \frac{\pi}{3}$,结合题中条件根据闭合电路欧姆定律和并联电路规律,金属环接入电路的电阻为$\frac{R}{2}$,根据闭合电路欧姆定律可知$E= I(R+\frac{1}{2}R)$,金属环因受安培力而向右做变加速运动,由牛顿第二定律可知$F_A= ILB= 2ma$,联立解得$a= \frac{B^2L^2\sqrt{2gL}}{3mR}$。

(3)金属环可以看作质量为$2m$、长度为$L$、电阻为$0.5R$的导体棒,装置可以等效为等间距的双杆模型,金属环受安培力加速,金属棒$ab$受安培力减速,当二者共速时,回路磁通量不再变化,电流为零,安培力为零,二者保持共速做匀速直线运动,此时二者间距最近,金属棒$ab$和金属环组成的系统合外力为零,由动量守恒定律有$mv_0= (m + 2m)v$,对金属环受力分析,由动量定理有$\sum ILB\Delta t = BLq = 2mv$,其中$q= \frac{\Delta\Phi}{1.5R}= \frac{BL\Delta x}{1.5R}$,联立解得$\Delta x= \frac{mR\sqrt{2gL}}{B^2L^2}$,则金属环圆心初始位置到$MP的最小距离应为L+\frac{mR\sqrt{2gL}}{B^2L^2}$。
【答案】(1)$BL\sqrt{2gL}$ (2)$\frac{B^2L^2\sqrt{2gL}}{3mR}$ (3)$L+\frac{mR\sqrt{2gL}}{B^2L^2}$

答案：
(1)对金属棒$ab$从圆弧导轨最高点滑至$MP$处，由动能定理得：
$mgL=\frac{1}{2}mv_0^2$
解得$v_0=\sqrt{2gL}$
刚越过$MP$时感应电动势$E=BLv_0$，代入得：
$E=BL\sqrt{2gL}$
(2)金属环与导轨接触点弦长为$L$，由几何关系知接入电路的圆弧圆心角$\theta=\frac{\pi}{3}$，对应电阻$R_1=R_2=R$（并联后总电阻$R_{并}=\frac{R}{2}$）。闭合电路总电阻$R_{总}=R+\frac{R}{2}=\frac{3R}{2}$，电流$I=\frac{E}{R_{总}}=\frac{2E}{3R}$。金属环所受安培力$F_A=ILB$，由牛顿第二定律$F_A=2ma$，联立得：
$a=\frac{B^2L^2\sqrt{2gL}}{3mR}$
(3)系统动量守恒：$mv_0=(m+2m)v$，解得$v=\frac{\sqrt{2gL}}{3}$。对金属环由动量定理：$BLq=2mv$，其中$q=\frac{\Delta\Phi}{R_{总}}=\frac{BL\Delta x}{\frac{3R}{2}}=\frac{2BL\Delta x}{3R}$。联立解得$\Delta x=\frac{mR\sqrt{2gL}}{B^2L^2}$，最小距离为：
$d=L+\frac{mR\sqrt{2gL}}{B^2L^2}$
答案
(1)$BL\sqrt{2gL}$
(2)$\frac{B^2L^2\sqrt{2gL}}{3mR}$
(3)$L+\frac{mR\sqrt{2gL}}{B^2L^2}$