Question

19．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(diǎn)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(diǎn)PM處由靜止釋放，金屬桿乙滑出磁場時(shí)，與金屬桿甲相碰（作用時(shí)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(yùn)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(jì)，重力加速度大小為g．求：
（1）金屬桿乙通過圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)受到的支持力大小N；　
（2）整個(gè)過程中，感應(yīng)電流通過金屬桿甲所產(chǎn)生的熱量Q；
（3）金屬桿乙通過磁場過程中通過其橫截面的電荷量q．

Answer 1

分析 （1）對金屬桿乙在圓弧軌道運(yùn)動的過程，運(yùn)用機(jī)械能守恒，求出乙桿運(yùn)動到最低點(diǎn)時(shí)的速度，再根據(jù)牛頓第二定律，求出金屬桿乙在最低點(diǎn)時(shí)所受到的支持力N；
（2）對兩桿相碰的過程運(yùn)用動量守恒列式，再對兩桿以共同的速度向右減速為零的過程運(yùn)用動能定理列式，對金屬桿乙在磁場中運(yùn)動的過程運(yùn)用能量守恒列式，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(yùn)動過程，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)而求感應(yīng)電流的平均值，最后再電流的定義式求通過其橫截面的電荷量q．

解答 解：（1）金屬桿乙在圓弧軌道上下滑過程中的機(jī)械能守恒，有：mgr=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得：v₀=$\sqrt{2gr}$…①
對金屬桿乙在圓弧軌道最低點(diǎn)，由牛頓第二定律可得：
  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，
取向右為正方向，根據(jù)動量守恒可得：mv₁=2mv₂ …③
金屬桿甲、乙相碰后過程，由動能定理得：
-2μmgd=-$\frac{1}{2}•2m{v}_{2}^{2}$…④
聯(lián)立③④式可得：v₁=2$\sqrt{2μgd}$…⑤
金屬桿乙在磁場中運(yùn)動的過程中，由能量守恒定律有：
  $\frac{1}{2}$mv₁²+μmgd+Q_總=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$…⑥
又感應(yīng)電流通過金屬桿甲所產(chǎn)生的熱量  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：
   $\overline{E}$=$\frac{△Φ}{△t}$=$\frac{BLd}{t}$…⑧
此過程中的電流平均值為 $\overline{I}$=$\frac{\overline{E}}{2R}$…⑨
通過其橫截面的電荷量 q=$\overline{I}$t…（10）
解得：q=$\frac{BLd}{2R}$
答：（1）金屬桿乙通過圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)受到的支持力大小N是3mg；　
（2）整個(gè)過程中，感應(yīng)電流通過金屬桿甲所產(chǎn)生的熱量Q為$\frac{1}{2}$mg（r-5μd）；
（3）金屬桿乙通過磁場過程中通過其橫截面的電荷量q是$\frac{BLd}{2R}$．

點(diǎn)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(yùn)動，求電量時(shí)要用電流的平均值求．