Question

10．在绝缘水平地面上，有A、B两个矩形粗线框，质量都为m，高都为h、长都为L，两个线框相距2L，A线框下表面光滑，B线框与地面间的动摩擦因数为μ，B线框上表面光滑，在B线框右端放置一个质量为m的小球（可看作质点），A线框以某一初速度向右运动进入一个方向垂直纸面向里，宽度为L的匀强磁场，完全进入磁场瞬间的速度为v，离开磁场后与B线框发生弹性碰撞，B获得向右的速度v₀，经过一段时间后小球落地，求：
（1）A、B发生碰撞前瞬间，A的速度；
（2）小球落地时距B线框左端的水平距离；
（3）设A的初速度为v_初，试证明：v_初=2v-v₀．

Answer 1

分析 （1）A、B发生弹性碰撞，根据动量守恒和碰撞前后动能相等列方程联立求解；
（2）根据牛顿第二定律求出小球下落前、后线框的加速度，求出小球自由下落的时间，分别从小球落地时间大于线框静止时间、小于线框静止时间两种情况进行求解小球落地距B滑块左侧距离；
（3）分别从线框进入和离开磁场过程，根据动量定理列方程求解．

解答 解：（1）A、B发生弹性碰撞，根据动量守恒可得：m_Av_A=m_Av′_A+m_Bv₀
根据碰撞前后动能相等可得：$\frac{1}{2}{m}_{A}{{v}_{A}}^{2}$=$\frac{1}{2}{m}_{A}{{v′}_{A}}^{2}$+$\frac{1}{2}{m}_{B}{{v}_{0}}^{2}$，
由于m_A=m_B，
所以可得：v_A=v₀；
（2）当小球下落前，线框B的加速度为a₁=$\frac{μ•2mg}{m}$=2μg，
线框做匀减速运动，到小球开始下落时的速度v_B=$\sqrt{{v}_{0}^{2}-2{a}_{1}L}$，
离开木块后，小球自由的下落时间t₁=$\sqrt{\frac{2h}{g}}$，
小球落下后，线框的加速度a₂=$\frac{μmg}{m}=μg$，
线框停止运动的时间t₂=$\frac{{v}_{B}}{{a}_{2}}$=$\frac{\sqrt{{v}_{0}^{2}-4μgL}}{μg}$，
若t₁≥t₂，小球落地距B滑块左侧距离s=$\frac{{v}_{B}^{2}}{2{a}_{2}}$=$\frac{{v}_{0}^{2}-4μgL}{2μg}$，
若t₁≤t₂，小球落地距B滑块左侧距离：s′=${v}_{B}t-\frac{1}{2}{a}_{2}{t}_{1}^{2}$=$\sqrt{{v}_{0}^{2}-4μgL}•\sqrt{\frac{2h}{g}}-μh$；
（3）进入磁场过程，根据动量定理可得：BI₁h△t₁=mv-mv_初，
离开磁场过程，根据动量定理：BI₂h△t₂=mv₀-mv，
由于q=I△t=$\frac{△Φ}{R}$=$\frac{BS}{R}$，
所以BI₁h△t₁=BI₂h△t₂
即：mv-mv_初=mv₀-mv，
解得：v_初=2v-v₀．
答：（1）A、B发生碰撞前瞬间，A的速度为v₀；
（2）若小球落地时间长，小球落地距B滑块左侧距离为$\frac{{v}_{0}^{2}-4μgL}{2μg}$，若小球落地时间短，小球落地距B滑块左侧距离为$\sqrt{{v}_{0}^{2}-4μgL}•\sqrt{\frac{2h}{g}}-μh$；
（3）证明见解析．

点评 对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件、动量定理、动量守恒定律等列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．