Question

16．如图所示，两条平行的水平导轨FN、EQ的间距为L，导轨的左侧与两条竖直固定、半径为r的$\frac{1}{4}$光滑圆弧轨道平滑相接，圆弧轨道的最低点与导轨相切，在导轨左边宽度为d的EFHG矩形区域内存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，且在磁场的右边界、垂直导轨放有一金属杆甲，右边界处无磁场．现将一金属杆乙从$\frac{1}{4}$圆弧轨道的最高点PM处由静止释放，金属杆乙滑出磁场时，与金属杆甲相碰（作用时间极短）并粘连一起，最终它们停在距磁场右边界为d的虚线CD处．已知金属杆甲、乙的质量均为m，接入电路的电阻均为R，它们与导轨间的动摩擦因数均为μ，且它们在运动过程中始终与导轨间垂直且接触良好，导轨的电阻不计，重力加速度大小为g．求：
（1）金属杆乙通过圆弧轨道最低点时受到的支持力大小N； 
（2）整个过程中，感应电流通过金属杆甲所产生的热量Q；
（3）金属杆乙通过磁场所用的时间t．

Answer 1

分析 （1）对金属杆乙在圆弧轨道运动的过程运用动能定理，求出运动到最低点的速度，再根据牛顿第二定律，即可求出金属杆乙在最低点所受到的支持力；
（2）对两杆相碰的过程运用动量守恒，再对两杆以共同的速度向右减速为零的过程运用动能定理，对金属杆乙在磁场中运动的过程运用能量守恒，电阻产生的电热与阻值之间的分配关系式，联立即可求解金属杆甲所产生的热量Q；
（3）将金属杆乙穿过磁场的运动，看做是以平均加速度$\overline{a}$为加速度的匀加速直线运动，利用法拉第电磁感应定律求解感应电动势的平均值，进而求安培力的平均值，最后再利用牛顿第二定律与运动学规律结合，联立即可求解金属杆乙通过磁场所用的时间t．

解答 解：（1）金属杆乙在$\frac{1}{4}$圆弧轨道上下滑过程中的机械能守恒，有：mgr=$\frac{1}{2}{mv}_{0}^{2}$
解得：v₀=$\sqrt{2gr}$①
对金属杆乙在圆弧轨道最低点运用牛顿第二定律可得：N-mg=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$②
联立①②式得：N=3mg
（2）设金属杆乙与金属杆甲相碰前后的速度大小分别为v₁，v₂，
根据动量守恒可得：mv₁=2mv₂ ③
金属杆甲、乙相碰后：2μmgd=$\frac{1}{2}•2{mv}_{2}^{2}$ ④
联立③④式可得：v₁=2$\sqrt{2μgd}$⑤
金属杆乙在磁场中运动的过程中，有：$\frac{1}{2}{mv}_{0}^{2}$=μmgd+$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$+Q_总 ⑥
又：Q=$\frac{R}{R+R}$Q_总 ⑦
联立①⑤⑥⑦式可得：Q=$\frac{1}{2}$mg（r-5μd）
（3）金属杆乙通过磁场区域的过程中产生的平均感应电动势为：$\overline{E}$=$\frac{BLd}{t}$⑧
所以平均安培力为$\overline{F}$_安=BL•$\frac{\overline{E}}{2R}$ ⑨
根据牛顿运动定律有：μmg+$\overline{F}$_安=m$\overline{a}$ ⑩
将金属杆乙在穿越磁场的过程看做是初速度为v₀加速度为$\overline{a}$的匀变速直线运动
根据匀变速直线运动规律可得：v₀-v₁=$\overline{a}$t⑪
联立⑧⑨⑩⑪式得：t=$\frac{2mR（\sqrt{2gr}-2\sqrt{2μgd}）-{B}^{2}{L}^{2}d}{2μmgR}$
答：（1）金属杆乙通过圆弧轨道最低点时受到的支持力大小为3mg； 
（2）整个过程中，感应电流通过金属杆甲所产生的热量为$\frac{1}{2}$mg（r-5μd）；
（3）金属杆乙通过磁场所用的时间为$\frac{2mR（\sqrt{2gr}-2\sqrt{2μgd}）-{B}^{2}{L}^{2}d}{2μmgR}$．

点评 本题综合考查了动能定理、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，能量守恒等；第三问金属杆做变加速运动，我们可以将金属杆乙在穿越磁场的过程，看做是初速度为v₀，加速度为平均加速度$\overline{a}$的匀加速直线运动，然后用牛顿第二定律与运动学规律解决．