Question

2．足夠長的光滑水平導軌PC、QD與粗糙豎直導軌MC'、ND'之間用光滑的$\frac{1}{4}$圓弧導軌PM和QN連接，O為圓弧軌道的圓心，如圖甲所示．已知導軌間距均為L=0.2m，圓弧導軌的半徑為R=0.25m．整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化圖象如圖乙所示．水平導軌上的金屬桿A₁在外力作用下，從較遠處以恒定速度v₀=1m/s水平向右運動，金屬桿A₂從距圓弧頂端MN高H=0.4m處由靜止釋放．當t=0.4s時，撤去施于桿A₁上的外力；隨后的運動中桿A₁始終在水平導軌上，且與A₂未發(fā)生碰撞．已知金屬桿A₁、A₂質(zhì)量均為m=4.0×10^-4kg，A₂與豎直導軌間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5．金屬桿A₁、A₂的電阻均為r=5Ω，其余電阻忽略不計，重力加速度g=10m/s²．：
（1）金屬桿A₂沿豎直導軌下滑過程中的加速度大�。�
（2）金屬桿A₂滑至圓弧底端PQ的速度大�。�
（3）若最終穩(wěn)定時兩棒均以1m/s向左勻速運動，求整個過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱Q．

Answer 1

分析 （1）題中只有A₁做切割磁感線運動，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律求出回路中的感應(yīng)電流I大小，即可求得A₂桿所受的安培力，再根據(jù)牛頓第二定律求出A₂桿下滑過程中的加速度；
（2）金屬桿A₂滑至MN前做勻加速運動，由運動學公式求出A₂桿恰好滑至MN處時的速度．從MN到PQ過程，金屬A₂機械能守恒，即可列式求得滑至圓弧底端PQ的速度；
（3）A₁、A₂始終未發(fā)生碰撞，在隨后的過程中，兩者系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律列式可求出兩棒最終達到的共同速度，再由能量守恒求解焦耳熱Q．

解答 解：（1）A₁運動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E=BLv₀=1×0.2×1V=0.2V
回路中的感應(yīng)電流為：I=$\frac{E}{2r}$=$\frac{0.2}{2×5}$=2×10^-2A
A₂桿所受的安培力：F=BIL=1×2×10^-2×0.2=4×10^-3N
A₂桿的滑動摩擦力：f=μF=0.5×4×10^-3N=2×10^-3N
所以，A₂桿下滑過程中的加速度：a=$\frac{mg-f}{m}$=$\frac{4×1{0}^{-3}-2×1{0}^{-3}}{4×1{0}^{-4}}$=5m/s²
（2）A₂桿在t=0.4s內(nèi)下滑的距離為：h=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$×5×（0.4）²=4m
恰好滑至MN處，此時的速度為：v₁=at=5×0.4m/s=2m/s
若A₂以v₁做勻速圓周運動至底端PQ所用時間為：△t=$\frac{T}{4}$=$\frac{πR}{2{v}_{1}}$=0.2s＜0.4s
說明A₂下滑過程中無磁場，只有重力做功．由機械能守恒，有：$\frac{1}{2}$mv₂²-$\frac{1}{2}$mv₁²=mgR
解得金屬A₂滑至圓弧底端PQ的速度為：v₂=3m/s
（3）A₁、A₂始終未發(fā)生碰撞，所以在隨后的過程中，兩者系統(tǒng)動量守恒，最終達到共同速度v_t．以v₁的方向為正方向，
由動量守恒定律可得：mv₂-mv₀=2mv_t
代入數(shù)據(jù)解得：v_t=1m/s
A₁、A₂在水平導軌運動中產(chǎn)生的焦耳熱為Q₁，由能量守恒有：Q₁=$\frac{1}{2}$mv₂²+$\frac{1}{2}$mv₀²-$\frac{1}{2}$•2mv₁²=1.6×10^-3J
在t=0.4s內(nèi)，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q₂，由功能關(guān)系有：Q₂=Fv₀t₁=4×10^-3×1×0.4J=1.6×10^-3J
所以，在整個過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱為：Q=Q₁+Q₂=3.2×10^-3J．
答：（1）金屬桿A₂沿豎直導軌下滑過程中的加速度是5m/s²；
（2）金屬桿A₂滑至圓弧底端PQ的速度是3m/s；
（3）整個過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱Q是3.2×10^-3J．

點評 本題要通過分析兩棒的運動情況，選擇解題規(guī)律，由牛頓第二定律、動量守恒定律等力學規(guī)律求解．使用動量守恒定律時，注意正方向的選取．