Question

3．如圖，兩根電阻不計的平行金屬直導(dǎo)軌，間距為L=0.4m，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角θ=37°，導(dǎo)軌上水平邊界ef和gh之間存在寬度為2d且垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T．兩根完全相同的導(dǎo)體棒M、N，質(zhì)量均為m=1kg，電阻均為R=0.4Ω，垂直于導(dǎo)軌放置在距磁場上邊界gf距離為d的同一位置處，且兩棒始終與導(dǎo)軌良好接觸．已知在邊界gh以上部分的導(dǎo)軌與兩根導(dǎo)體棒的動摩擦因數(shù)μ₁=0.35，gh以下的動摩擦因數(shù)為μ₂=0.85，先固定N棒，釋放M棒，M棒由靜止開始向下運(yùn)動，且剛進(jìn)人磁場時恰好開始做勻速運(yùn)動；M棒剛進(jìn)人磁場時，釋放N棒．求：（重力加速度為g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）M棒剛出磁場時的速度v₁的大小和d的值；
（2）M棒由靜止釋放到剛出磁場的過程中，兩根導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌組合的系統(tǒng)生成的熱量Q；
（3）M棒從出磁場到停止所需的時間t和這段時間內(nèi)N棒發(fā)生的位移x．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意可得M出磁場時，N進(jìn)入磁場；M棒剛出磁場時的速度v₁的大小與剛進(jìn)入磁場時的速度大小相等，根據(jù)共點力的平衡條件求解M棒出磁場時的速度，再根據(jù)動能定理可得d的大�。�
（2）根據(jù)能量守恒定律可求兩根導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌組合的系統(tǒng)生成的熱量Q；
（3）根據(jù)牛頓第二定律求解M棒出磁場后的加速度大小，根據(jù)速度時間關(guān)系求M棒從出磁場到停止所需的時間，計算N棒在磁場中勻速運(yùn)動的時間，再計算出N棒出磁場時的位移即可求解．

解答 解：（1）M棒在磁場中運(yùn)動的平均速度等于N下滑d過程中的末速度的2倍，所以M出磁場時，N進(jìn)入磁場；M棒剛出磁場時的速度v₁的大小與剛進(jìn)入磁場時的速度大小相等；
M棒在磁場中運(yùn)動過程中，根據(jù)共點力的平衡條件可得：
mgsinθ=BIL+μ₁mgcosθ，
其中I=$\frac{BL{v}_{1}}{2R}$，
聯(lián)立解得：v₁=4m/s；
M棒從開始下滑到進(jìn)入磁場過程中，根據(jù)動能定理可得：
$mgsinθ•d-{μ}_{1}mgcosθ•d=\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}-0$
解得：d=2.5m；
（2）根據(jù)能量守恒定律可知，兩根導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌組合的系統(tǒng)生成的熱量Q等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少；
則：Q=$mgsinθ•3d+mgsinθ•d-\frac{1}{2}×2m{{v}_{1}}^{2}$，
代入數(shù)據(jù)解得：Q=10×0.6×3×2.5J+10×0.6×2.5J-$\frac{1}{2}$×1×4²J=52J；
（3）M棒出磁場后的加速度大小為：
a=$\frac{{μ}_{2}mgcosθ-mgsinθ}{m}$=μ₂gcosθ-gsinθ=8.5×0.8-10×0.6=0.8m/s²，
M棒從出磁場到停止所需的時間t=$\frac{{v}_{1}}{a}=\frac{4}{0.8}s=5s$；
N棒在磁場中勻速運(yùn)動的時間為：${t}_{1}=\frac{2d}{{v}_{1}}=\frac{2×2.5}{4}s=1.25s$，
剩余的時間t₂=t-t₁=5-1.25=3.75s，
此段時間末的速度大小為：v₂=v₁-at₂=4-0.8×3.75=1m/s，
此過程的位移為：x₂=$\frac{{v}_{1}+{v}_{2}}{2}{t}_{2}=\frac{4+1}{2}×3.75m=9.375m$，
所以t時間內(nèi)N棒發(fā)生的位移x=2d+x₂=2×2.5+9.375m=14.375m．
答：（1）M棒剛出磁場時的速度v₁的大小為4m/s，d的值為2.5m；
（2）M棒由靜止釋放到剛出磁場的過程中，兩根導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌組合的系統(tǒng)生成的熱量為52J；
（3）M棒從出磁場到停止所需的時間為5s，這段時間內(nèi)N棒發(fā)生的位移x為14.375m．

點評 對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，重點是分析安培力作用下導(dǎo)體棒的平衡問題，根據(jù)平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動能定理、功能關(guān)系等列方程求解．