《2026年金考卷特快专递高中物理》

17. (12 分) 如图, 某测速装置中的一个竖直轮子由细圆环与辐条构成, 细圆环质量为$M$、半径为$r$, 辐条质量不计。当轮子匀速转动时, 固定在轮子上的轻质小圆柱可带动 “工” 形支架在竖直方向做简谐运动。“工” 形支架质量为$m$, 其下端的金属横杆与平行导轨垂直且紧密接触。导轨间距也为$r$, 下端接有阻值为$R$的定值电阻, 整个导轨处于磁感应强度大小为$B$、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。现对轮子施加外力, 使轮子以角速度$\omega$顺时针匀速转动, 当图示中的小圆柱转动到左侧与轮子中心等高处开始计时 ($t = 0$), 此时金属横杆与导轨底部距离为$2r$。已知重力加速度为$g$, 除定值电阻外其余电阻均忽略不计, 空气阻力、摩擦阻力不计, 电路中电流的磁场忽略不计。
(1) 求$t = 0$时, 支架向上运动的速度大小和横杆的电动势;
(2) 求横杆中电流随时间变化的关系 (以向左为电流的正方向);
(3) 求从$t = 0$起, 轮子转过$\frac{1}{4}$圈过程中, 轮子对支架做的功;
(4) 若$t = 0$时, 撤去外力, 同时在极短时间内使磁场的磁感应强度减小到 0, 求磁感应强度减为 0 瞬间, 轮子的角速度大小 (可能用到微元累积公式$\sum x\Delta x = \frac{1}{2}x^2$)。

答案： 17.导体切割磁感线+交变电流+动量定理
(1)小圆柱的速度大小与轮子的线速度大小相等，即小圆柱的速度大小为$v = \omega r$，又由题意分析可得支架的速度始终与小圆柱的竖直分速度相同，而$t = 0$时小圆柱的速度方向竖直向上，则此时支架的速度大小也为$v = \omega r$
由法拉第电磁感应定律可知横杆的电动势为$E = B r v$ (1分)
联立解得$E = B\omega r^2$ (1分)
(2)由右手定则可知横杆开始运动时电流方向向左（为正），设经时间$t$小圆柱转过的圆心角为$\theta$，则$\theta = \omega t$，由于横杆的速度与小圆柱竖直方向的分速度相等，则横杆的速度大小为$v_1 = v\cos\theta$
电动势为$e = B r v_1$
由闭合电路欧姆定律可知横杆中电流为$i = \frac{e}{R}$
联立可得横杆中电路随时间的变化关系为$i = \frac{B\omega r^2}{R}\cos\omega t$ (1分)
(3)轮子顺时针转过一圈时，用时$t_0 = \frac{\pi}{\omega}$，支架的速度为0，位移大小为$r$，方向向上，对支架由动能定理有$-mgr + W_A + W_{轮} = 0 - \frac{1}{2}mv^2$
又$W_A = -I_0^2Rt_0$，由
(2)问分析可知横杆中电流有效值$I_0 = \frac{B\omega r^2}{\sqrt{2}R}$
联立解得$W_A = -\frac{\pi\omega B^2r^4}{4R}$
联立解得轮子对支架做的功为$W_{轮} = \frac{\pi\omega B^2r^4}{4R} + mgr - \frac{1}{2}m\omega^2r^2$ (1分)
(4)将轮子的转动等效为平动，则在磁场减小的极短时间$\Delta T$内，对轮子和支架组成的系统由动量定理有$I_A - mg\Delta T = (M + m)\omega'r - (M + m)\omega r$
因为时间极短，回路的面积可视为不变，所以在磁场减小过程的任意时刻，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知横杆中的电流为$i = \frac{\Delta B_1 · r · 2r}{\Delta t · R}$
故安培力的冲量为$I_A = \sum B_1i_r · \Delta t = \frac{2r^3}{R}\sum B_1\Delta B_1 = \frac{B^2r^3}{R}$ (1分)
因为时间极短，$\Delta T \to 0$，所以$mg\Delta T$可忽略不计
联立可得磁感应强度减为0瞬间轮子的角速度大小为$\omega' = \omega + \frac{B^2r^3}{(M + m)R}$ (1分)