Question

8．如圖所示，甲、乙兩足夠長光滑金屬直桿交叉固定在光滑水平面上，兩桿交于O點，夾角θ=60°，一輕彈簧沿兩桿夾角平分線放置，左端固定于O′點，右側(cè)自由端恰好位于O點，彈簧勁度系數(shù)k=10N/m．虛線PQ與彈簧垂直，PQ與O點間距D=1m，PQ右側(cè)有豎直向下勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B=1T，一質(zhì)量m=0.1kg金屬桿MN置于甲乙桿上且接觸良好，金屬桿MN將彈簧壓縮（不拴接）至圖示位置，MN與PQ間距d=0.25m將金屬桿MN從圖示位置由靜止開始無初速釋放，金屬桿MN沿O′O向右直線運動．已知：甲、乙及MN金屬桿是完全相同的導(dǎo)體材料，其單位長度的電阻是r₀=$\frac{\sqrt{3}}{6}$Ω/m．彈簧的彈性勢能E_P與其形變量x的關(guān)系是：E_P=$\frac{1}{2}$kx²，式中k為彈簧的勁度系數(shù)．求：
（1）金屬桿MN運動至磁場邊界PQ時速度大小；
（2）金屬桿MN運動至O點過程中，金屬桿MN消耗的電能；
（3）金屬桿MN最終停止運動位置與O點間距L．

Answer 1

分析 （1）金屬桿MN運動至磁場邊界PQ過程中，只有彈簧彈力做功，故彈簧和桿系統(tǒng)的機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律列式分析即可；
（2）根據(jù)切割公式、安培力公式、胡克定律判斷金屬桿的運動性質(zhì)，然后根據(jù)能量守恒定律列式求解；
（3）金屬桿MN與彈簧不拴接，故金屬桿經(jīng)過O點后向右運動時受重力、支持力和安培力，根據(jù)切割公式求解感應(yīng)電動勢，根據(jù)安培力公式求解安培力，根據(jù)牛頓第二定律列式并結(jié)合微元法列式求解．

解答 解：（1）設(shè)金屬桿MN運動至磁場邊界PQ時速度大小為v₀，有：
$\frac{1}{2}k{（d+D）^2}-\frac{1}{2}k{D^2}=\frac{1}{2}mv_0^2$，
代入數(shù)據(jù)解得：v₀=7.5m/s；
（2）金屬桿MN剛進入磁場瞬時，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢為：
$E=B\frac{2}{{\sqrt{3}}}Dv$，
電流強度為：$I=\frac{E}{R}$，$R=3×\frac{2}{{\sqrt{3}}}D{r_0}$，
受安培力為：${F_1}=BI\frac{2}{{\sqrt{3}}}D$，
受彈簧彈力為：F₂=kD，
解得：F₂=F₁，
同理分析得：金屬桿MN運動至O點過程中，受力平衡，作勻速直線運動，
回路消耗的電能為：$△E=\frac{1}{2}k{D^2}=5J$，
金屬桿MN消耗的電能為：${E_{MN}}=\frac{△E}{3}=\frac{5}{3}J$；
（3）金屬桿MN通過O點后，設(shè)MN到O點距離為x時，導(dǎo)體棒在回路中的長度為l，速度大小為v，加速度大小為a，回路中的電流強度為I，根據(jù)牛頓第二定律，有：BIl=ma，
其中：$I=\frac{Bv}{{3{r_0}}}$，故：$\frac{{{B^2}lv}}{{3{r_0}}}=ma$，
由于$a=\frac{△v}{△t}$，故$\frac{{{B^2}lv}}{{3{r_0}}}=ma$，
故：$\frac{{{B^2}lv△t}}{{3{r_0}}}=m△v$，
由微元法得：$\sum{\frac{{{B^2}{l_i}{v_i}△{t_i}}}{{3{r_0}}}}={\sum{m△v}_i}$，
金屬桿MN通過的回路面積S，$\sum{{l_i}{v_i}△{t_i}}=S$，
金屬桿MN最終停止運動位置與O點間距L時 $S=\frac{L^2}{{\sqrt{3}}}$，
即 $\frac{{{B^2}{L^2}}}{{3\sqrt{3}{r_0}}}=m{v_0}$，
解得：$L=\frac{3}{4}\sqrt{2}m=1.06m$；
答：（1）金屬桿MN運動至磁場邊界PQ時速度大小為7.5m/s；
（2）金屬桿MN運動至O點過程中，金屬桿MN消耗的電能為$\frac{5}{3}J$；
（3）金屬桿MN最終停止運動位置與O點間距L為1.06m．

點評 本題是滑桿問題，在桿到達O點前，進入磁場前只有彈簧彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒；進入磁場后到達O點前分析發(fā)現(xiàn)安培力與彈簧彈力相等，桿做勻速直線運動；經(jīng)過O點后做變加速運動，要根據(jù)牛頓第二定律并結(jié)合微元法列式，難度較大．