Question

10．在絕緣水平地面上，有A、B兩個矩形粗線框，質(zhì)量都為m，高都為h、長都為L，兩個線框相距2L，A線框下表面光滑，B線框與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，B線框上表面光滑，在B線框右端放置一個質(zhì)量為m的小球（可看作質(zhì)點），A線框以某一初速度向右運動進(jìn)入一個方向垂直紙面向里，寬度為L的勻強(qiáng)磁場，完全進(jìn)入磁場瞬間的速度為v，離開磁場后與B線框發(fā)生彈性碰撞，B獲得向右的速度v₀，經(jīng)過一段時間后小球落地，求：
（1）A、B發(fā)生碰撞前瞬間，A的速度；
（2）小球落地時距B線框左端的水平距離；
（3）設(shè)A的初速度為v_初，試證明：v_初=2v-v₀．

Answer 1

分析 （1）A、B發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒和碰撞前后動能相等列方程聯(lián)立求解；
（2）根據(jù)牛頓第二定律求出小球下落前、后線框的加速度，求出小球自由下落的時間，分別從小球落地時間大于線框靜止時間、小于線框靜止時間兩種情況進(jìn)行求解小球落地距B滑塊左側(cè)距離；
（3）分別從線框進(jìn)入和離開磁場過程，根據(jù)動量定理列方程求解．

解答 解：（1）A、B發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒可得：m_Av_A=m_Av′_A+m_Bv₀
根據(jù)碰撞前后動能相等可得：$\frac{1}{2}{m}_{A}{{v}_{A}}^{2}$=$\frac{1}{2}{m}_{A}{{v′}_{A}}^{2}$+$\frac{1}{2}{m}_{B}{{v}_{0}}^{2}$，
由于m_A=m_B，
所以可得：v_A=v₀；
（2）當(dāng)小球下落前，線框B的加速度為a₁=$\frac{μ•2mg}{m}$=2μg，
線框做勻減速運動，到小球開始下落時的速度v_B=$\sqrt{{v}_{0}^{2}-2{a}_{1}L}$，
離開木塊后，小球自由的下落時間t₁=$\sqrt{\frac{2h}{g}}$，
小球落下后，線框的加速度a₂=$\frac{μmg}{m}=μg$，
線框停止運動的時間t₂=$\frac{{v}_{B}}{{a}_{2}}$=$\frac{\sqrt{{v}_{0}^{2}-4μgL}}{μg}$，
若t₁≥t₂，小球落地距B滑塊左側(cè)距離s=$\frac{{v}_{B}^{2}}{2{a}_{2}}$=$\frac{{v}_{0}^{2}-4μgL}{2μg}$，
若t₁≤t₂，小球落地距B滑塊左側(cè)距離：s′=${v}_{B}t-\frac{1}{2}{a}_{2}{t}_{1}^{2}$=$\sqrt{{v}_{0}^{2}-4μgL}•\sqrt{\frac{2h}{g}}-μh$；
（3）進(jìn)入磁場過程，根據(jù)動量定理可得：BI₁h△t₁=mv-mv_初，
離開磁場過程，根據(jù)動量定理：BI₂h△t₂=mv₀-mv，
由于q=I△t=$\frac{△Φ}{R}$=$\frac{BS}{R}$，
所以BI₁h△t₁=BI₂h△t₂
即：mv-mv_初=mv₀-mv，
解得：v_初=2v-v₀．
答：（1）A、B發(fā)生碰撞前瞬間，A的速度為v₀；
（2）若小球落地時間長，小球落地距B滑塊左側(cè)距離為$\frac{{v}_{0}^{2}-4μgL}{2μg}$，若小球落地時間短，小球落地距B滑塊左側(cè)距離為$\sqrt{{v}_{0}^{2}-4μgL}•\sqrt{\frac{2h}{g}}-μh$；
（3）證明見解析．

點評 對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，重點是分析安培力作用下導(dǎo)體棒的平衡問題，根據(jù)平衡條件、動量定理、動量守恒定律等列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動能定理、功能關(guān)系等列方程求解．