Question

19．为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系，小明设计了如图所示的装置．半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴oo’上，由电动机A带动旋转．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面，大小为B₁、方向竖直向下的匀强磁场．另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内，并与固定在竖直平面内的“U”型导轨保持良好接触，导轨间距为l，底部接阻值也为R的电阻，处于大小为B₂、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中，从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与“U”型导轨连接．当开关S断开，棒cd静止时，弹簧伸长量为x₀；当开关S闭合，电动机以某一速度匀速转动，棒cd再次静止，弹簧伸长量变为x（不超过弹性限度）．不计其余电阻和摩擦等阻力，求此时
（1）通过棒cd的电流I_cd；
（2）电动机对该装置的输出功率P；
（3）电动机转动角速度ω与弹簧伸长量x之间的函数关系．

Answer 1

分析 （1）S断开和闭合时，根据平衡条件列式，即可求出棒cd的电流；
（2）电动机对该装置的输出功率等于回路电阻上消耗的热功率；
（3）根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求出回路总电流，联立（2），即可得出电动机转动角速度ω与弹簧伸长量x之间的函数关系

解答 解：（1）S断开，cd棒静止有：
$mg=k{x}_{0}^{\;}$
S闭合，cd棒静止时受到的安培力为：
$F={I}_{cd}^{\;}{B}_{2}^{\;}l$
cd棒静止有：
$mg+{I}_{cd}^{\;}{B}_{2}^{\;}l=kx$
得：${I}_{cd}^{\;}=\frac{mg（x-{x}_{0}^{\;}）}{{B}_{2}^{\;}l{x}_{0}^{\;}}$
（2）回路总电阻为：${R}_{总}^{\;}=R+\frac{1}{2}R=\frac{3}{2}R$
总电流为：$I=\frac{2mg（x-{x}_{0}^{\;}）}{{B}_{2}^{\;}l{x}_{0}^{\;}}$
由能量守恒得：$P={I}_{\;}^{2}{R}_{总}^{\;}=\frac{6{m}_{\;}^{2}{g}_{\;}^{2}R（x-{x}_{0}^{\;}）_{\;}^{2}}{{B}_{2}^{2}{l}_{\;}^{2}{x}_{0}^{2}}$
（3）由法拉第电磁感应定律：
$E=\frac{△Φ}{△t}=\frac{1}{2}{B}_{1}^{\;}ω{l}_{\;}^{2}$
回路总电流为：$I=\frac{{B}_{1}^{\;}ω{l}_{\;}^{2}}{3R}$
解得：$ω=\frac{6mgR（x-{x}_{0}^{\;}）}{{B}_{1}^{\;}{B}_{2}^{\;}{l}_{\;}^{3}{x}_{0}^{\;}}$
答：（1）通过棒cd的电流$\frac{mg（x-{x}_{0}^{\;}）}{{B}_{2}^{\;}l{x}_{0}^{\;}}$；
（2）电动机对该装置的输出功率P为$\frac{6{m}_{\;}^{2}{g}_{\;}^{2}R（x-{x}_{0}^{\;}）_{\;}^{2}}{{B}_{2}^{2}{l}_{\;}^{2}{x}_{0}^{2}}$；
（3）电动机转动角速度ω与弹簧伸长量x之间的函数关系$ω=\frac{6mgR（x-{x}_{0}^{\;}）}{{B}_{1}^{\;}{B}_{2}^{\;}{l}_{\;}^{3}{x}_{0}^{\;}}$．

点评 本题考查了电磁感应与电学、力学知识的综合，关键是掌握转动感应电动势公式$E=\frac{1}{2}B{R}_{\;}^{2}ω$，注意理清电路结构，切割磁感线的导体棒相当于电源．