Question

16．如圖所示，兩條平行的水平導(dǎo)軌FN、EQ的間距為L，導(dǎo)軌的左側(cè)與兩條豎直固定、半徑為r的$\frac{1}{4}$光滑圓弧軌道平滑相接，圓弧軌道的最低點與導(dǎo)軌相切，在導(dǎo)軌左邊寬度為d的EFHG矩形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場，且在磁場的右邊界、垂直導(dǎo)軌放有一金屬桿甲，右邊界處無磁場．現(xiàn)將一金屬桿乙從$\frac{1}{4}$圓弧軌道的最高點PM處由靜止釋放，金屬桿乙滑出磁場時，與金屬桿甲相碰（作用時間極短）并粘連一起，最終它們停在距磁場右邊界為d的虛線CD處．已知金屬桿甲、乙的質(zhì)量均為m，接入電路的電阻均為R，它們與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)均為μ，且它們在運動過程中始終與導(dǎo)軌間垂直且接觸良好，導(dǎo)軌的電阻不計，重力加速度大小為g．求：
（1）金屬桿乙通過圓弧軌道最低點時受到的支持力大小N； 
（2）整個過程中，感應(yīng)電流通過金屬桿甲所產(chǎn)生的熱量Q；
（3）金屬桿乙通過磁場所用的時間t．

Answer 1

分析 （1）對金屬桿乙在圓弧軌道運動的過程運用動能定理，求出運動到最低點的速度，再根據(jù)牛頓第二定律，即可求出金屬桿乙在最低點所受到的支持力；
（2）對兩桿相碰的過程運用動量守恒，再對兩桿以共同的速度向右減速為零的過程運用動能定理，對金屬桿乙在磁場中運動的過程運用能量守恒，電阻產(chǎn)生的電熱與阻值之間的分配關(guān)系式，聯(lián)立即可求解金屬桿甲所產(chǎn)生的熱量Q；
（3）將金屬桿乙穿過磁場的運動，看做是以平均加速度$\overline{a}$為加速度的勻加速直線運動，利用法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電動勢的平均值，進(jìn)而求安培力的平均值，最后再利用牛頓第二定律與運動學(xué)規(guī)律結(jié)合，聯(lián)立即可求解金屬桿乙通過磁場所用的時間t．

解答 解：（1）金屬桿乙在$\frac{1}{4}$圓弧軌道上下滑過程中的機(jī)械能守恒，有：mgr=$\frac{1}{2}{mv}_{0}^{2}$
解得：v₀=$\sqrt{2gr}$①
對金屬桿乙在圓弧軌道最低點運用牛頓第二定律可得：N-mg=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$②
聯(lián)立①②式得：N=3mg
（2）設(shè)金屬桿乙與金屬桿甲相碰前后的速度大小分別為v₁，v₂，
根據(jù)動量守恒可得：mv₁=2mv₂ ③
金屬桿甲、乙相碰后：2μmgd=$\frac{1}{2}•2{mv}_{2}^{2}$ ④
聯(lián)立③④式可得：v₁=2$\sqrt{2μgd}$⑤
金屬桿乙在磁場中運動的過程中，有：$\frac{1}{2}{mv}_{0}^{2}$=μmgd+$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$+Q_總 ⑥
又：Q=$\frac{R}{R+R}$Q_總 ⑦
聯(lián)立①⑤⑥⑦式可得：Q=$\frac{1}{2}$mg（r-5μd）
（3）金屬桿乙通過磁場區(qū)域的過程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢為：$\overline{E}$=$\frac{BLd}{t}$⑧
所以平均安培力為$\overline{F}$_安=BL•$\frac{\overline{E}}{2R}$ ⑨
根據(jù)牛頓運動定律有：μmg+$\overline{F}$_安=m$\overline{a}$ ⑩
將金屬桿乙在穿越磁場的過程看做是初速度為v₀加速度為$\overline{a}$的勻變速直線運動
根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律可得：v₀-v₁=$\overline{a}$t⑪
聯(lián)立⑧⑨⑩⑪式得：t=$\frac{2mR（\sqrt{2gr}-2\sqrt{2μgd}）-{B}^{2}{L}^{2}d}{2μmgR}$
答：（1）金屬桿乙通過圓弧軌道最低點時受到的支持力大小為3mg； 
（2）整個過程中，感應(yīng)電流通過金屬桿甲所產(chǎn)生的熱量為$\frac{1}{2}$mg（r-5μd）；
（3）金屬桿乙通過磁場所用的時間為$\frac{2mR（\sqrt{2gr}-2\sqrt{2μgd}）-{B}^{2}{L}^{2}d}{2μmgR}$．

點評 本題綜合考查了動能定理、法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律，能量守恒等；第三問金屬桿做變加速運動，我們可以將金屬桿乙在穿越磁場的過程，看做是初速度為v₀，加速度為平均加速度$\overline{a}$的勻加速直線運動，然后用牛頓第二定律與運動學(xué)規(guī)律解決．