Question

（2009?寧波模擬）如圖，阻值不計(jì)的光滑金屬導(dǎo)軌MN和PQ 水平放置，其最右端間距d為1m，左端MP接有阻值r為4Ω的電阻，右端NQ與半徑R為2m的光滑豎直半圓形絕緣導(dǎo)軌平滑連接；一根阻值不計(jì)的長(zhǎng)為 L=l.2m，質(zhì)量 m=0.5kg 的金屬桿 ab 放在導(dǎo)軌的 EF 處，EF 與MP平行．在平面NQDC的左側(cè)空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng) B，平面NQDC的右側(cè)空間中無(wú)磁場(chǎng)．現(xiàn)桿 ab 以初速度V₀=12m/s 向右在水平軌道上做勻減速運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入半圓形導(dǎo)軌后恰能通過(guò)最高位置 CD 并恰又落到 EF 位置；（g取10m/s² ） 求：
（l）桿ab剛進(jìn)入半圓形導(dǎo)軌時(shí)，對(duì)導(dǎo)軌的壓力；
（2）EF到QN的距離；
（3）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大�。�

Answer 1

分析：（1）金屬桿ab恰能通過(guò)最高位置CD時(shí)，由重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可求出經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)的速度．棒從NQ到最高點(diǎn)的過(guò)程機(jī)械能守恒，則可求出棒通過(guò)NQ時(shí)的速度．棒經(jīng)NQ時(shí)，由重力和軌道的支持力提供其向心力，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律求出桿ab剛進(jìn)入半圓形導(dǎo)軌時(shí)對(duì)導(dǎo)軌的壓力；
（2）ab 離開(kāi)半圓形導(dǎo)軌后做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，由下落的高度為2R和最高點(diǎn)的速度結(jié)合可求出EF到NQ的距離；
（3）桿 ab 做勻減速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、牛頓第二定律和安培力結(jié)合可求得B．

解答：解：（ 1 ）設(shè)桿ab剛進(jìn)入半圓形導(dǎo)軌時(shí)速度為v₁到達(dá)最高位置，速度為v₂，由于恰能通過(guò)最高點(diǎn)，則：
mg=

mv2

R

      
得：v₂=2

5

m/s     
桿ab進(jìn)入半圓形導(dǎo)軌后，由于軌道絕緣，無(wú)感應(yīng)電流，則根據(jù)機(jī)械能守恒：

1

2

m

v

2 1

-

1

2

m

v

2 2

=mg?2R    
得：v₁=10m/s   
設(shè)在最低點(diǎn)時(shí)半圓形軌道對(duì)桿 ab 的支持力為 N
N-mg=

mv2

R

      
解得：N=30N  
（ 2 ）桿ab離開(kāi)半圓形導(dǎo)軌后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)時(shí)間t落到水平導(dǎo)軌上

1

2

gt2=2R   
解得：t=

2 5

5

s   
則桿ab與NQ的水平距離 S=4m 故EF與NQ的水平距離為4m  
（3）設(shè)桿ab做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度為a，
則有：v

2 1

-v

2 0

=2as
得：a=-5.5m/s²     
對(duì)桿剛要到達(dá)NQ位置處進(jìn)行分析，由F_A=BId，I=

Bdv1

r

得：

B2d2v1

r

根據(jù)牛頓第二定律得：F_A=ma
聯(lián)立解得：B=

mar d2v1

=

1.1

T≈1.05T
答：（l）桿ab剛進(jìn)入半圓形導(dǎo)軌時(shí)，對(duì)導(dǎo)軌的壓力為30N；
（2）EF到QN的距離為4m；
（3）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為1.05T．

點(diǎn)評(píng)：本題的突破口是棒恰能通過(guò)最高位置CD，達(dá)到臨界狀態(tài)，由牛頓第二定律可求得臨界速度．本題是電磁感應(yīng)中的力學(xué)問(wèn)題，安培力的分析和計(jì)算是關(guān)鍵．