Question

11．如圖所示，金屬棒AB的質(zhì)量m₁=4.0×10^-3kg，放置在寬L₁=1.0m的光滑金屬導軌臨近邊緣處，兩金屬導軌處于水平平面內(nèi)，空間有豎直方向上的磁感應強度B=0.5T的勻強磁場，電容器的電容C，電源的電動勢E，導軌平面距水平地面的高度h=0.8m，地面上距離導軌末端水平距離d₁=0.6m有一個寬度也是d₂=0.6m的一個深溝，在開關S與“1”接通并穩(wěn)定后，再使它與“2”接通，則金屬棒ab適當加速后運動到軌道末端剛好與用不可伸長的輕質(zhì)軟繩懸掛的金屬棒MN發(fā)生彈性碰撞，碰撞前后兩個金屬棒的速度均為水平方向，已知金屬棒MN的質(zhì)量m₂=1.0×10^-3kg，輕質(zhì)軟繩長度為L₂=0.4m，碰后金屬棒AB做平拋運動，若懸掛金屬棒MN的輕質(zhì)軟繩始終不松弛，并且保證金屬棒AB落入深溝中．不計一切阻力，重力加速度g=10m/s²（電容C，電動勢E未知，計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）
（1）判斷勻強磁場的方向．（不需要寫出理由）
（2）試求電容器減少的電荷量．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)左手定則判斷磁場的方向．
（2）對電容器通過AB棒放電的過程，運用動量定理列式．AB棒和MN棒發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律和動能守恒列式．若懸掛MN棒的軟繩不松弛，有兩種情況：MN棒擺動的最大高度不大于L₂．第二種情況，MN棒能在豎直面內(nèi)做圓周運動并能通過最高點．結(jié)合臨界條件和平拋運動的規(guī)律求解．

解答 解：（1）開關接在2時，通過AB棒的電流從A到B，AB棒所受的安培力向右，由左手定則判斷可知磁場方向豎直向下
（2）開關接在2時，對AB棒，由動量定理有：
$B\overline I{L_1}△t={m_1}v$，$q=\overline I△t$
AB棒和MN棒發(fā)生彈性碰撞，設碰后AB棒的速度為v₁，MN棒的速度為v₂，取向右為正方向，則由動量守恒定律和動能守恒得：
m₁v=m₁v₁+m₂v₂
$\frac{1}{2}{m_1}{v^2}=\frac{1}{2}{m_1}v_1^2+\frac{1}{2}{m_2}v_2^2$
若懸掛MN棒的軟繩不松弛，有兩種情況：
第一種情況：MN棒擺動的最大高度為h₁：
由動能定理得：$-{m_2}g{h_1}=0-\frac{1}{2}{m_2}v_2^2$，h₁≤L₂
解得：${v_2}≤2\sqrt{2}m/s$
第二種情況，MN棒能在豎直面內(nèi)做圓周運動并能通過最高點，設其通過最高點的速度為v_x，軟繩的拉力為F₀，則有：
 ${F_0}+{m_2}g={m_2}\frac{v_x^2}{L_2}$，且F₀≥0
由動能定理得 $-{m_2}g（2{L_2}）=\frac{1}{2}{m_2}v_x^2-\frac{1}{2}{m_2}v_2^2$，解得 ${v_2}≥2\sqrt{5}m/s$
保證AB棒平拋后掉入深溝里，則：
  $h=\frac{1}{2}g{t^2}$，x=v₁t
由幾何關系有 d₁≤x≤d₁+d₂
解得 1.5m/s≤v₁≤3.0m/s
聯(lián)立③④當${v_2}≤2\sqrt{2}m/s$時，${v_1}≤\frac{{3\sqrt{2}}}{4}m/s≈1.06m/s＜1.5m/s$，故MN棒的第一種情況不成立，舍去．
聯(lián)立③④當${v_2}≥2\sqrt{5}m/s$時，${v_1}≥\frac{{3\sqrt{5}}}{4}m/s≈1.67m/s＞1.5m/s$，故MN棒的第二種情況成立．
綜上所述：$\frac{{3\sqrt{5}}}{4}m/s≤{v_1}≤3.0m/s$，故$\frac{{5\sqrt{5}}}{4}m/s≤v≤5.0m/s$
再由①②解得 2.2×10^-2C≤q≤4.0×10^-2C．
答：
（1）磁場方向豎直向下．
（2）電容器減少的電荷量范圍為：2.2×10^-2C≤q≤4.0×10^-2C．

點評 本題中電容器通過金屬棒放電過程，往往運用動量定理求電荷量．要分析清楚兩棒的運動過程，把握隱含的臨界條件，注意不能漏解．