Question

14．如圖所示，固定在上、下兩層水平面上的平行金屬導(dǎo)軌MN、M′N′和OP、O′P′間距都是l，二者之間固定有兩組豎直半圓形軌道PQM和P′Q′M′，兩軌道間距也均為l，且PQM和P′Q′M′的豎直高度均為4R，兩組半圓形軌道的半徑均為R．軌道的QQ′端、MM′端的對(duì)接狹縫寬度可忽略不計(jì)，圖中的虛線為絕緣材料制成的固定支架，能使導(dǎo)軌系統(tǒng)位置固定．將一質(zhì)量為m的金屬桿沿垂直導(dǎo)軌方向放在下層導(dǎo)軌的最左端OO′位置，金屬桿在與水平成θ角斜向上的恒力作用下沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好．當(dāng)金屬桿通過(guò)4R的距離運(yùn)動(dòng)到導(dǎo)軌末端PP′位置時(shí)其速度大小v_P=4$\sqrt{gR}$．金屬桿和導(dǎo)軌的電阻、金屬桿在半圓軌道和上層水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受的摩擦阻力，以及整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受空氣阻力均可忽略不計(jì)．
（1）已知金屬桿與下層導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，求金屬桿所受恒力F的大�。�
（2）金屬桿運(yùn)動(dòng)到PP′位置時(shí)撤去恒力F，金屬桿將無(wú)碰撞地水平進(jìn)入第一組半圓軌道PQ和P′Q′，又在對(duì)接狹縫Q和Q′處無(wú)碰撞地水平進(jìn)入第二組半圓形軌道QM和Q′M′的內(nèi)側(cè)，求金屬桿運(yùn)動(dòng)到半圓軌道的最高位置MM′時(shí)，它對(duì)軌道作用力的大��；
（3）若上層水平導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，其右端連接的定值電阻阻值為r，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．金屬桿由第二組半圓軌道的最高位置MM′處，無(wú)碰撞地水平進(jìn)入上層導(dǎo)軌后，能沿上層導(dǎo)軌滑行．求金屬桿在上層導(dǎo)軌上滑行的最大距離．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)勻加速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律求得加速度，再對(duì)金屬桿進(jìn)行受力分析即可求得F；
（2）由機(jī)械能守恒求得金屬桿在最高點(diǎn)的速度，再對(duì)其進(jìn)行受力分析，應(yīng)用合外力做向心力即可求得軌道壓力，最后利用牛頓第三定律即可；
（3）求得安培力的表達(dá)式，然后將金屬桿在上層導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間每一個(gè)極小時(shí)間段應(yīng)用動(dòng)量守恒，最后疊加即可求得運(yùn)動(dòng)位移．

解答 解：（1）金屬桿在恒定外力F作用下，摩擦力f=μF_N=μ（mg-Fsinθ）；所以，金屬桿沿下層導(dǎo)軌以加速度a做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有：
$a=\frac{Fcosθ-f}{m}$；
根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：
${{v}_{p}}^{2}=2as=8R•\frac{Fcosθ-μ（mg-Fsinθ）}{m}$；
所以，F(xiàn)cosθ-μ（mg-Fsinθ）=2mg；
解得：$F=\frac{2mg+μmg}{cosθ+μsinθ}$=$\frac{（2+μ）mg}{cosθ+μsinθ}$；
（2）設(shè)金屬桿從PP'位置運(yùn)動(dòng)到軌道最高位置MM'時(shí)的速度為v₁；在這過(guò)程支持力處處與速度垂直，不做功，所以，只有重力作功；
那么由機(jī)械能守恒定律有：
$\frac{1}{2}m{{v}_{p}}^{2}=4mgR+\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}$；
解得：${v}_{1}=\sqrt{{{v}_{p}}^{2}-8gR}=\sqrt{8gR}$；
設(shè)金屬桿在MM'位置所受軌道壓力為F_M，
根據(jù)牛頓第二定律有：${F}_{M}+mg=\frac{m{{v}_{1}}^{2}}{R}=8mg$
解得：F_M=7mg；
由牛頓第三定律可知，金屬桿對(duì)軌道壓力的大小也為7mg；
（3）經(jīng)歷一段極短的時(shí)間△t₁，在安培力F₁作用下桿的速度由v₁減小到v₂，接著在安培力F₂作用下經(jīng)歷一段極短的時(shí)間△t₂，桿的速度由v₂減小到v₃，再接著在安培力F₃作用下經(jīng)歷一段極短的時(shí)間△t₃，桿的速度由v₃減小到v₄，…再接著在安培力F_n作用下經(jīng)歷一段極短的時(shí)間△t_n，桿的速度由v_n減小到v_n+1．
由動(dòng)量定理可得：F₁•△t₁=mv₁-mv₂，F(xiàn)₂•△t₂=mv₂-mv₃，F(xiàn)₃•△t₃=mv₃-mv₄，…，F(xiàn)_n•△t_n=mv_n-mv_n+1，
在每一段極短的時(shí)間內(nèi)，桿的速度、桿上的電動(dòng)勢(shì)和安培力都可認(rèn)為是不變的，
則△t₁時(shí)間內(nèi)，安培力為：F₁=Bi₁l=Bl$\frac{{Bl{v_1}}}{r}=\frac{{{B^2}{l^2}{v_1}}}{r}$；
則△t₂時(shí)間內(nèi)，安培力為：F₂=Bi₂l=Bl$\frac{{Bl{v_2}}}{r}=\frac{{{B^2}{l^2}{v_2}}}{r}$；
則△t₃時(shí)間內(nèi)，安培力為：F₃=Bi₃l=Bl$\frac{{Bl{v_3}}}{r}=\frac{{{B^2}{l^2}{v_3}}}{r}$；
…
沖量累加為：F₁•△t₁+F₂•△t₂+F₃•△t₃+…+F_n•△t_n=mv₁，即為：$\frac{{{B^2}{l^2}{v_1}}}{r}•△{t_1}+\frac{{{B^2}{l^2}{v_1}}}{r}•△{t_2}+\frac{{{B^2}{l^2}{v_1}}}{r}•△{t_3}+…+\frac{{{B^2}{l^2}{v_1}}}{r}•△{t_n}=m{v_1}$，
所以，$\frac{{{B^2}{l^2}}}{r}（{v_1}•△{t_1}+{v_2}•△{t_2}+{v_3}•△{t_3}+…+{v_n}•△{t_n}）=m{v_1}$，即為：$\frac{{{B^2}{l^2}}}{r}（△{x_1}+△{x_2}+△{x_3}+…+△{x_n}）=m{v_1}$，$\frac{{{B^2}{l^2}}}{r}x=m{v_1}$；
解得：x=$\frac{{m{v_1}r}}{{{B^2}{l^2}}}=\frac{{mr\sqrt{8gR}}}{{{B^2}{l^2}}}$．
答：（1）已知金屬桿與下層導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則金屬桿所受恒力F的大小為$\frac{（2+μ）mg}{cosθ+μsinθ}$；
（2）金屬桿運(yùn)動(dòng)到PP′位置時(shí)撤去恒力F，金屬桿將無(wú)碰撞地水平進(jìn)入第一組半圓軌道PQ和P′Q′，又在對(duì)接狹縫Q和Q′處無(wú)碰撞地水平進(jìn)入第二組半圓形軌道QM和Q′M′的內(nèi)側(cè)，則金屬桿運(yùn)動(dòng)到半圓軌道的最高位置MM′時(shí)，它對(duì)軌道作用力的大小為7mg；
（3）若上層水平導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，其右端連接的定值電阻阻值為r，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．金屬桿由第二組半圓軌道的最高位置MM′處，無(wú)碰撞地水平進(jìn)入上層導(dǎo)軌后，能沿上層導(dǎo)軌滑行．金屬桿在上層導(dǎo)軌上滑行的最大距離為$\frac{{mr\sqrt{8gR}}}{{{B^2}{l^2}}}$．

點(diǎn)評(píng) 在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，安培力與速度大小成正比，故在非平衡狀態(tài)，安培力大小一直在變化，這時(shí)候，我們一般選取一段極小時(shí)間，假定這段時(shí)間速度不變來(lái)求解問(wèn)題．