Question

2．足够长的光滑水平导轨PC、QD与粗糙竖直导轨MC'、ND'之间用光滑的$\frac{1}{4}$圆弧导轨PM和QN连接，O为圆弧轨道的圆心，如图甲所示．已知导轨间距均为L=0.2m，圆弧导轨的半径为R=0.25m．整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化图象如图乙所示．水平导轨上的金属杆A₁在外力作用下，从较远处以恒定速度v₀=1m/s水平向右运动，金属杆A₂从距圆弧顶端MN高H=0.4m处由静止释放．当t=0.4s时，撤去施于杆A₁上的外力；随后的运动中杆A₁始终在水平导轨上，且与A₂未发生碰撞．已知金属杆A₁、A₂质量均为m=4.0×10^-4kg，A₂与竖直导轨间的动摩擦因数为μ=0.5．金属杆A₁、A₂的电阻均为r=5Ω，其余电阻忽略不计，重力加速度g=10m/s²．：
（1）金属杆A₂沿竖直导轨下滑过程中的加速度大小；
（2）金属杆A₂滑至圆弧底端PQ的速度大小；
（3）若最终稳定时两棒均以1m/s向左匀速运动，求整个过程中回路产生的焦耳热Q．

Answer 1

分析 （1）题中只有A₁做切割磁感线运动，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律求出回路中的感应电流I大小，即可求得A₂杆所受的安培力，再根据牛顿第二定律求出A₂杆下滑过程中的加速度；
（2）金属杆A₂滑至MN前做匀加速运动，由运动学公式求出A₂杆恰好滑至MN处时的速度．从MN到PQ过程，金属A₂机械能守恒，即可列式求得滑至圆弧底端PQ的速度；
（3）A₁、A₂始终未发生碰撞，在随后的过程中，两者系统动量守恒，由动量守恒定律列式可求出两棒最终达到的共同速度，再由能量守恒求解焦耳热Q．

解答 解：（1）A₁运动产生的感应电动势为：E=BLv₀=1×0.2×1V=0.2V
回路中的感应电流为：I=$\frac{E}{2r}$=$\frac{0.2}{2×5}$=2×10^-2A
A₂杆所受的安培力：F=BIL=1×2×10^-2×0.2=4×10^-3N
A₂杆的滑动摩擦力：f=μF=0.5×4×10^-3N=2×10^-3N
所以，A₂杆下滑过程中的加速度：a=$\frac{mg-f}{m}$=$\frac{4×1{0}^{-3}-2×1{0}^{-3}}{4×1{0}^{-4}}$=5m/s²
（2）A₂杆在t=0.4s内下滑的距离为：h=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$×5×（0.4）²=4m
恰好滑至MN处，此时的速度为：v₁=at=5×0.4m/s=2m/s
若A₂以v₁做匀速圆周运动至底端PQ所用时间为：△t=$\frac{T}{4}$=$\frac{πR}{2{v}_{1}}$=0.2s＜0.4s
说明A₂下滑过程中无磁场，只有重力做功．由机械能守恒，有：$\frac{1}{2}$mv₂²-$\frac{1}{2}$mv₁²=mgR
解得金属A₂滑至圆弧底端PQ的速度为：v₂=3m/s
（3）A₁、A₂始终未发生碰撞，所以在随后的过程中，两者系统动量守恒，最终达到共同速度v_t．以v₁的方向为正方向，
由动量守恒定律可得：mv₂-mv₀=2mv_t
代入数据解得：v_t=1m/s
A₁、A₂在水平导轨运动中产生的焦耳热为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内，回路中产生的焦耳热为Q₂，由功能关系有：Q₂=Fv₀t₁=4×10^-3×1×0.4J=1.6×10^-3J
所以，在整个过程中回路产生的焦耳热为：Q=Q₁+Q₂=3.2×10^-3J．
答：（1）金属杆A₂沿竖直导轨下滑过程中的加速度是5m/s²；
（2）金属杆A₂滑至圆弧底端PQ的速度是3m/s；
（3）整个过程中回路产生的焦耳热Q是3.2×10^-3J．

点评 本题要通过分析两棒的运动情况，选择解题规律，由牛顿第二定律、动量守恒定律等力学规律求解．使用动量守恒定律时，注意正方向的选取．