Question

17．如圖所示，電阻不計的兩光滑金屬導軌相距L，放在水平絕緣桌面上，半徑為R的$\frac{1}{4}$圓弧部分處在豎直平面內，水平直導軌部分處在磁感應強度為B，方向豎直向下的勻強磁場中，末端與桌面邊緣平齊．兩金屬棒ab、cd垂直于兩導軌且與導軌接觸良好．棒ab質量為2m，電阻為r，棒cd的質量為m，電阻為r．重力加速度為g．開始時棒cd靜止在水平直導軌上，棒ab從圓弧頂端無初速度釋放，進入水平直導軌后與棒cd始終沒有接觸并一直向右運動，最后兩棒都離開導軌落到地面上．棒ab與棒cd落地點到桌面邊緣的水平距離之比為2：1．求：
（1）棒cd在水平導軌上的最大加速度；
（2）棒ab和棒cd離開導軌時的速度大��；
（3）兩棒在導軌上運動過程中產生的焦耳熱，
（4）從棒cd開始運動到離開桌面過程中，流過棒CD的電荷量．

Answer 1

分析 （1）ab棒剛進入水平導軌時，cd棒受到的安培力最大，此時它的加速度最大．根據ab棒從圓弧導軌滑下機械能定恒求解進入磁場之前的速度大小，由E=BLv、I=$\frac{E}{2r}$、F=BIL結合求出安培力，即可由牛頓第二定律求解最大加速度．
（2）ab棒與cd棒在水平導軌上運動，根據動量定恒和兩棒離開導軌做平拋運動的時間相等求出棒ab和棒cd離開導軌時的速度大�。�
（3）根據能量定恒求解兩棒在軌道上運動過程產生的焦耳熱．
（4）對cd棒，運用動量定理求解電荷量．

解答 解：（1）ab棒剛進入水平導軌時，cd棒受到的安培力最大，此時它的加速度最大．
設ab棒進入水平導軌的速度為v₁，ab棒從圓弧導軌滑下機械能定恒：
  2mgR=$\frac{1}{2}$×2mv₁²
解得：v₁=$\sqrt{2gR}$ ①
ab棒剛進入水平導軌時，設此時回路的感應電動勢為E，
 E=BLv ③
 I=$\frac{E}{2r}$ ④
cd棒受到的安培力為：F_cd=BIL ⑤
根據牛頓第二定律，cd棒有最大加速度為
 a=$\frac{{F}_{cd}}{m}$ ⑥
聯(lián)立①～⑥解得：a=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}\sqrt{2gR}}{2mr}$ ⑦
（2）離開導軌時，設ab棒的速度為v₁′，cd棒的速度為v₂′，ab棒與cd棒在水平導軌上運動，取向右為正方向，根據系統(tǒng)的動量定恒得：
   2mv₁=2mv₁′+mv₂′⑧
依題意v₁′＞v₂′，⑨
兩棒離開導軌做平拋運動的時間相等，
由平拋運動水平位移x=vt可知 v₁′：v₂′=x₁：x₂=2：1
解得，v₁′=2v₂′，⑩
解得 v₁′=$\frac{4\sqrt{2gR}}{5}$，v₂′=$\frac{2\sqrt{2gR}}{5}$，⑩
（3）根據能量定恒，兩棒在軌道上運動過程產生的焦耳熱為
  Q=$\frac{1}{2}$×2m${v}_{1}^{2}$-（$\frac{1}{2}$×2m${v}_{1}^{′2}$+$\frac{1}{2}$m${v}_{2}^{′2}$）（11）
由①⑧⑩（11）解得，Q=$\frac{14}{25}$mgR
（4）對cd棒，由動量定理得：
  B$\overline{I}$L•△t=mv₂′
又 q=$\overline{I}$△t
解得 $q=\frac{{2m\sqrt{2gR}}}{5BL}$
答：
（1）棒cd在水平導軌上的最大加速度為$\frac{{B}^{2}{L}^{2}\sqrt{2gR}}{2mr}$；
（2）棒ab和棒cd離開導軌時的速度大小分別為$\frac{4\sqrt{2gR}}{5}$和$\frac{2\sqrt{2gR}}{5}$；
（3）兩棒在導軌上運動過程中產生的焦耳熱是$\frac{14}{25}$mgR．
（4）從棒cd開始運動到離開桌面過程中，流過棒CD的電荷量是$\frac{2m\sqrt{2gR}}{5BL}$．

點評 本題是電磁感應與電路、磁場、力學等知識的綜合應用，根據牛頓第二定律求加速度，以及結合運動學能夠分析出金屬棒的運動情況．運用動量定理求電磁感應中的電量是常用的方法．