Question

15．如圖所示，兩條平行導(dǎo)軌MN和PQ，其間距為L(zhǎng)，左側(cè)為半徑為r的$\frac{1}{4}$光滑圓弧軌道，圓軌道最低點(diǎn)與右側(cè)水平直導(dǎo)軌相切，水平軌道右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻．水平軌道左側(cè)區(qū)域有寬度為d、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．將一金屬桿從軌道最高處PM由靜止釋放，桿滑到磁場(chǎng)右邊界處恰好停止，已知導(dǎo)軌電阻不計(jì)，桿質(zhì)量為m，接入電路的電阻為R，與水平導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ始終與導(dǎo)軌間垂直且接觸良好，重力加速度大小為g．關(guān)于桿運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（　�。�

• A． 桿剛到達(dá)水平軌道時(shí)速度小于$\sqrt{2gr}$
• B． 桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為$\frac{2d}{\sqrt{2gr}}$
• C． 桿的最大加速度為$\frac{{B}^{2}{L}^{2}\sqrt{2gr}}{2mR}$-μg
• D． 定值電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為$\frac{1}{2}$mg（r-μd）

Answer 1

分析 桿在圓軌道上下滑時(shí)，由機(jī)械能守恒定律求出桿剛到達(dá)水平軌道時(shí)的速度．桿進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做加速減小的減速運(yùn)動(dòng)，由v-t圖象分析桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．由牛頓第二定律和安培力公式求最大加速度，由能量守恒定律求R上產(chǎn)生的焦耳熱．

解答 解：A、桿在光滑圓弧軌道上下滑過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得：
mgr=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
得：v=$\sqrt{2gr}$
則桿剛到達(dá)水平軌道時(shí)速度等于$\sqrt{2gr}$．故A錯(cuò)誤．
B、桿在磁場(chǎng)中做減速運(yùn)動(dòng)，速度減小時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流減小，安培力減小，加速度減小，所以桿做加速度減小的變減速運(yùn)動(dòng)，作出v-t圖象如圖，若桿做勻減速運(yùn)動(dòng)，則勻減速運(yùn)動(dòng)的位移大于變減速運(yùn)動(dòng)的位移，勻減速運(yùn)動(dòng)的平均速度等于$\frac{v}{2}$，則知桿變減速運(yùn)動(dòng)的平均速度小于$\frac{v}{2}$，所以桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t=$\fracp3nr113{\overline{v}}$＞$\fracpp353vn{\frac{v}{2}}$=$\frac{2d}{\sqrt{2gr}}$．故B錯(cuò)誤．
C、桿剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)速度最大，所受的安培力最大，加速度最大，則最大加速度為 a_m=$\frac{BIL+μmg}{m}$，I=$\frac{BLv}{2R}$，聯(lián)立得a_m=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}\sqrt{2gr}}{2mR}$+μg．故C錯(cuò)誤．
D、對(duì)整個(gè)過(guò)程，由能量守恒定律得，定值電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為 Q=$\frac{1}{2}$（mgr-μmgd）=$\frac{1}{2}$mg（r-μd）．故D正確．
故選：D

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考查了機(jī)械能守恒定律、動(dòng)能定理、法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律等，關(guān)鍵要能運(yùn)用圖象法分析桿變減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，綜合性較強(qiáng)，對(duì)學(xué)生能力要求較高，需加強(qiáng)這方面的訓(xùn)練，提高解題能力．