Question

2．某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)如圖所示的非接觸式“電磁碰撞”裝置．水平金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌左側(cè)有一理想彈簧K作為彈射器．當(dāng)質(zhì)量為m、電阻值為r的金屬棒ab壓縮彈簧K，靜止釋放后，ab棒脫離彈簧時(shí)獲得了水平向右的初速度v₀．在導(dǎo)軌右側(cè)區(qū)域存在垂直導(dǎo)軌平面方向向里、大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在距磁場(chǎng)左邊界為l₀處垂直于導(dǎo)軌放置一質(zhì)量為M、電阻值為R的金屬棒cd．導(dǎo)軌電阻，摩擦等阻力不計(jì)，且導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，求：
（1）彈簧的彈性勢(shì)能E_P；
（2）cd棒最終速度v；
（3）回路消耗的焦耳熱Q；
（4）金屬棒ab和cd的間的最小距離l．

Answer 1

分析 （1）彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為金屬棒ab的動(dòng)能，由能量守恒定律可以求出彈簧的彈性勢(shì)能．
（2）兩金屬棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可以求出cd棒的最終速度．
（3）應(yīng)用能量守恒定律可以求出回路產(chǎn)生的焦耳熱．
（4）應(yīng)用動(dòng)量定理可以求出兩金屬棒間的最小距離．

解答 解：（1）彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為ab棒的動(dòng)能，由能量守恒定律得：E_P=$\frac{1}{2}$mv₀²；
（2）ab進(jìn)入磁場(chǎng)后做減速運(yùn)動(dòng)，cd做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩者速度相等時(shí)到達(dá)穩(wěn)定狀態(tài)，它們一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv₀=（M+m）v
解得：v=$\frac{m{v}_{0}}{M+m}$；
（3）由能量守恒定律得：$\frac{1}{2}$mv₀²=Q+$\frac{1}{2}$（M+m）v²
解得：Q=$\frac{Mm{v}_{0}^{2}}{2（M+m）}$；
（4）設(shè)某時(shí)刻t，回路電流為i，在極短時(shí)間△t內(nèi)，cd棒速度增加△v，對(duì)cd棒，由動(dòng)量定理得：iBL△t=M△v
由電流定義式可知：i△t=△q，
則有：BL△q=M△v，BL∑△q=M∑△v=Mv，
電荷量為：∑△q=$\frac{△Φ}{R+r}$=$\frac{BL（{l}_{0}-l）}{R+r}$，
則有：BL$\frac{BL（{l}_{0}-l）}{R+r}$=Mv
解得：l=l₀-$\frac{Mm{v}_{0}（R+r）}{（M+m）{B}^{2}{L}^{2}}$；
答：（1）彈簧的彈性勢(shì)能E_P為$\frac{1}{2}$mv₀²；
（2）cd棒最終速度v為$\frac{m{v}_{0}}{M+m}$；
（3）回路消耗的焦耳熱Q為$\frac{Mm{v}_{0}^{2}}{2（M+m）}$；
（4）金屬棒ab和cd的間的最小距離l為l₀-$\frac{Mm{v}_{0}（R+r）}{（M+m）{B}^{2}{L}^{2}}$．

點(diǎn)評(píng) 分析清楚金屬棒的運(yùn)動(dòng)過(guò)程、知道當(dāng)兩棒速度相等時(shí)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律、動(dòng)量定理等知識(shí)即可解題．