题目内容

4.如图所示,光滑的金属导轨间距为L,导轨平面与水平面成α角.导轨下端接有阻值为R的电阻.质量为m,电阻为r的金属细杆ab与绝缘轻质弹簧相连静止在导轨上,弹簧劲度系数为k,上端固定,弹簧与导轨平面平行,整个装置处在垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中,磁感应强度为B,现给杆一沿轨道向下的初速度v0,杆向下运动至速度为零后,再沿轨道平面向上运动达最大速度v1,然后减速到零,再沿轨道平面向下运动,一直往复运动到静止,重力加速度为g,试求:
(1)细杆获得初速度v0瞬间的加速度a的大小;
(2)当杆速度为v1时离最初静止位置的距离L1;
(3)导体棒从获得一初速度v0开始到向上运动达最大速度v1过程中克服弹簧弹力做功为W,在此过程中整个回路产生的焦耳热是多少?

分析 (1)应用安培力公式求出安培力,然后应用牛顿第二定律求出加速度.
(2)应用胡克定律与平衡条件可以求出距离L1.
(3)应用能量守恒定律可以求出回路产生的焦耳热.

解答 解:(1)细杆受到的安培力:F=BIL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{0}}{R+r}$,
由牛顿第二定律得:$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{0}}{R+r}$=ma,
解得:a=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{0}}{m(R+r)}$;
(2)当杆的速度为v1时离最初静止时位置的距离为L1,
杆最初静止时弹簧伸长x0,则:kx0=mgsinα,
当杆速度为v1时弹簧伸长量为:L1+x0,此时加速度为零,
则:$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{1}}{R+r}$=kL1,解得:L1=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{1}}{k(R+r)}$;
(3)导体棒从静止开始到向上运动达最大速度v1的过程中,
由能量守恒定律得:$\frac{1}{2}$mv02+mgL1sinα=$\frac{1}{2}$mv12+Q+W,
解得:Q=$\frac{1}{2}$mv02-$\frac{1}{2}$mv12-W+$\frac{{B}^{2}{L}^{2}mg{v}_{1}sinα}{k(R+r)}$;
答:(1)细杆获得初速度v0瞬间的加速度a的大小为$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{0}}{m(R+r)}$;
(2)当杆速度为v1时离最初静止位置的距离L1为$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{1}}{k(R+r)}$;
(3)整个回路产生的焦耳热是:$\frac{1}{2}$mv02-$\frac{1}{2}$mv12-W+$\frac{{B}^{2}{L}^{2}mg{v}_{1}sinα}{k(R+r)}$.

点评 本题是导体棒在导轨上滑动的类型,正确分析杆的运动状态,确定其受力情况是关键,并能结合能量守恒分析.

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