Question

9．如圖所示，平行金屬導(dǎo)軌PQ、MN相距d=2m，導(dǎo)軌平面與水平面夾角α=30°，導(dǎo)軌上端接一個R=6Ω的電阻，導(dǎo)軌電阻不計，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T的勻強(qiáng)磁場垂直導(dǎo)軌平面向上，一根質(zhì)量為m=0.2kg、電阻r=4Ω的金屬棒ef垂直導(dǎo)軌PQ、MN靜止放置，距離導(dǎo)軌底端x_l=3.2m．另一根絕緣塑料棒gh與金屬棒ef平行放置，絕緣塑料棒gh從導(dǎo)軌底端以初速度v₀=l0m/s沿導(dǎo)軌上滑并與金屬棒正碰（碰撞時間極短），磁后絕緣塑料棒gh沿導(dǎo)軌下滑，金屬棒ef沿導(dǎo)軌上滑x₂=0.5m后停下，在此過程中電阻R上產(chǎn)生的電熱為Q=0.36J．已知兩棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)均為μ=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，g=10m/s²．求：
（1）絕緣塑料棒gh與金屬棒ef碰撞前瞬間，絕緣塑料棒的速率；
（2）碰撞后金屬棒ef向上運動過程中的最大加速度；
（3）金屬棒ef向上運動過程中通過電阻R的電荷量．

Answer 1

分析 （1）對導(dǎo)體棒受力分析，根據(jù)牛頓第二定律計算加速度的大小，根據(jù)運動學(xué)的公式計算速度的大�。�
（2）金屬棒剛開始運動時的加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律計算加速度的大��；
（3）根據(jù)歐姆定律計算電流的大小，再計算通過電阻R的電荷量．

解答 解：（1）塑料棒與金屬棒碰撞前，做勻減速運動，由牛頓第二定律得：
Mgsin30°+μMgcos30°=Ma
得：${a}_{1}=gsin30°+μgcos30°=10×0.5+\frac{\sqrt{3}}{3}×10×\frac{\sqrt{3}}{2}=10$m/s ²
由運動學(xué)的公式：${v}_{1}^{2}-{v}_{0}^{2}=-2{a}_{1}{x}_{1}$
代入數(shù)據(jù)得：v₁=6m/s
（2）設(shè)金屬棒剛開始運動時的速度為v，由能量守恒得：
$\frac{R+r}{R}•Q+mg{x}_{2}sin30°+μmg{x}_{2}cos30°=\frac{1}{2}m{v}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得：v=4m/s
金屬棒剛開始運動時的加速度最大，此時的電動勢：
E=Bdv=0.5×2×4V=4 V
感應(yīng)電流為：$I=\frac{E}{R+r}=\frac{4}{6+4}A=0.4$A
安培力為：F=BId=0.5×0.4×2=0.4 N
由牛頓第二定律得：mgsin30°+μmgcos30°+F=ma_m
代入數(shù)據(jù)解得：${a}_{m}=12m/{s}^{2}$
（3）通過R的電荷量：$q=\frac{△Φ}{{R}_{總}}=\frac{Bd{x}_{2}}{R+r}$
代入數(shù)據(jù)得：q=0.05C
答：（1）絕緣塑料棒gh與金屬棒ef碰撞前瞬間，絕緣塑料棒的速率是6m/s；
（2）碰撞后金屬棒ef向上運動過程中的最大加速度是12m/s ²；
（3）金屬棒ef向上運動過程中通過電阻R的電荷量是0.05C．

點評 本題為電磁感應(yīng)與力學(xué)的結(jié)合，在解題中要重點做好受力分析及運動情景分析，用好共點力的平衡關(guān)系及能量守恒定律等基本規(guī)律．