Question

8．如图所示，甲、乙两足够长光滑金属直杆交叉固定在光滑水平面上，两杆交于O点，夹角θ=60°，一轻弹簧沿两杆夹角平分线放置，左端固定于O′点，右侧自由端恰好位于O点，弹簧劲度系数k=10N/m．虚线PQ与弹簧垂直，PQ与O点间距D=1m，PQ右侧有竖直向下匀强磁场，磁感应强度大小B=1T，一质量m=0.1kg金属杆MN置于甲乙杆上且接触良好，金属杆MN将弹簧压缩（不拴接）至图示位置，MN与PQ间距d=0.25m将金属杆MN从图示位置由静止开始无初速释放，金属杆MN沿O′O向右直线运动．已知：甲、乙及MN金属杆是完全相同的导体材料，其单位长度的电阻是r₀=$\frac{\sqrt{3}}{6}$Ω/m．弹簧的弹性势能E_P与其形变量x的关系是：E_P=$\frac{1}{2}$kx²，式中k为弹簧的劲度系数．求：
（1）金属杆MN运动至磁场边界PQ时速度大小；
（2）金属杆MN运动至O点过程中，金属杆MN消耗的电能；
（3）金属杆MN最终停止运动位置与O点间距L．

Answer 1

分析 （1）金属杆MN运动至磁场边界PQ过程中，只有弹簧弹力做功，故弹簧和杆系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律列式分析即可；
（2）根据切割公式、安培力公式、胡克定律判断金属杆的运动性质，然后根据能量守恒定律列式求解；
（3）金属杆MN与弹簧不拴接，故金属杆经过O点后向右运动时受重力、支持力和安培力，根据切割公式求解感应电动势，根据安培力公式求解安培力，根据牛顿第二定律列式并结合微元法列式求解．

解答 解：（1）设金属杆MN运动至磁场边界PQ时速度大小为v₀，有：
$\frac{1}{2}k{（d+D）^2}-\frac{1}{2}k{D^2}=\frac{1}{2}mv_0^2$，
代入数据解得：v₀=7.5m/s；
（2）金属杆MN刚进入磁场瞬时，产生感应电动势为：
$E=B\frac{2}{{\sqrt{3}}}Dv$，
电流强度为：$I=\frac{E}{R}$，$R=3×\frac{2}{{\sqrt{3}}}D{r_0}$，
受安培力为：${F_1}=BI\frac{2}{{\sqrt{3}}}D$，
受弹簧弹力为：F₂=kD，
解得：F₂=F₁，
同理分析得：金属杆MN运动至O点过程中，受力平衡，作匀速直线运动，
回路消耗的电能为：$△E=\frac{1}{2}k{D^2}=5J$，
金属杆MN消耗的电能为：${E_{MN}}=\frac{△E}{3}=\frac{5}{3}J$；
（3）金属杆MN通过O点后，设MN到O点距离为x时，导体棒在回路中的长度为l，速度大小为v，加速度大小为a，回路中的电流强度为I，根据牛顿第二定律，有：BIl=ma，
其中：$I=\frac{Bv}{{3{r_0}}}$，故：$\frac{{{B^2}lv}}{{3{r_0}}}=ma$，
由于$a=\frac{△v}{△t}$，故$\frac{{{B^2}lv}}{{3{r_0}}}=ma$，
故：$\frac{{{B^2}lv△t}}{{3{r_0}}}=m△v$，
由微元法得：$\sum{\frac{{{B^2}{l_i}{v_i}△{t_i}}}{{3{r_0}}}}={\sum{m△v}_i}$，
金属杆MN通过的回路面积S，$\sum{{l_i}{v_i}△{t_i}}=S$，
金属杆MN最终停止运动位置与O点间距L时 $S=\frac{L^2}{{\sqrt{3}}}$，
即 $\frac{{{B^2}{L^2}}}{{3\sqrt{3}{r_0}}}=m{v_0}$，
解得：$L=\frac{3}{4}\sqrt{2}m=1.06m$；
答：（1）金属杆MN运动至磁场边界PQ时速度大小为7.5m/s；
（2）金属杆MN运动至O点过程中，金属杆MN消耗的电能为$\frac{5}{3}J$；
（3）金属杆MN最终停止运动位置与O点间距L为1.06m．

点评 本题是滑杆问题，在杆到达O点前，进入磁场前只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒；进入磁场后到达O点前分析发现安培力与弹簧弹力相等，杆做匀速直线运动；经过O点后做变加速运动，要根据牛顿第二定律并结合微元法列式，难度较大．