Question

11．如圖所示，AB和CD是足夠長(zhǎng)的平行光滑導(dǎo)軌，其間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ．整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，．AC端連有電阻值為R的電阻．若將一質(zhì)量為M、電阻為r的金屬棒EF垂直于導(dǎo)軌在距BD端s處由靜止釋放，在棒EF滑至底端前會(huì)有加速和勻速兩個(gè)運(yùn)動(dòng)階段．今用大小為F，方向沿斜面向上的恒力把棒EF從BD位置由靜止推至距BD端s處，突然撤去恒力F，棒EF最后又回到BD端．（導(dǎo)軌的電阻不計(jì)）
（1）求棒EF下滑過(guò)程中的最大速度；
（2）求恒力F剛推棒EF時(shí)棒的加速度；
（3）棒EF自BD端出發(fā)又回到BD端的整個(gè)過(guò)程中，電阻R上有多少電能轉(zhuǎn)化成了內(nèi)能？

Answer 1

分析 （1）當(dāng)棒子的加速度為零時(shí)，棒的速度最大．根據(jù)共點(diǎn)力平衡求出EF下滑的最大速度．
（2）根據(jù)牛頓第二定律求出恒力F剛推棒EF時(shí)棒的加速度．
（3）棒先向上減速至零，然后從靜止加速下滑，在滑回BD之前已達(dá)最大速度v_m開(kāi)始勻速，結(jié)合能量守恒定律求出EF自BD端出發(fā)又回到BD端的整個(gè)過(guò)程中，電阻R上消耗的電能．

解答 解：（1）如圖所示，當(dāng)EF從距BD端s處由靜止開(kāi)始滑至BD的過(guò)程中，受力情況如圖所示．安培力：F_安=BIL=B$•\frac{BLv}{R+r}L$．
根據(jù)牛頓第二定律：Mgsinθ-F_安=Ma      
當(dāng)a=0時(shí)速度達(dá)到最大值v_m，即：v_m=$\frac{Mg（R+r）sinθ}{{B}^{2}{L}^{2}}$．
（2）根據(jù)牛頓第二定律：F-Mgsinθ=Ma
得 $a=\frac{F-Mgsinθ}{M}$  
（3）棒先向上減速至零，然后從靜止加速下滑，在滑回BD之前已達(dá)最大速度v_m開(kāi)始勻速．
設(shè)EF棒由BD從靜止出發(fā)到再返回BD過(guò)程中，轉(zhuǎn)化成的內(nèi)能為△E．根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒定律：
Fs-△E=$\frac{1}{2}$Mv_m²                                                      
△E=$Fs-\frac{1}{2}$M[$\frac{Mg（R+r）sinθ}{{B}^{2}{L}^{2}}$]²
△E_R=$\frac{R}{R+r}Fs-$$\frac{RM}{2（R+r）}$[$\frac{Mg（R+r）sinθ}{{B}^{2}{L}^{2}}$]²
答：（1）棒EF下滑過(guò)程中的最大速度為$\frac{Mg（R+r）sinθ}{{B}^{2}{L}^{2}}$．
（2）恒力F剛推棒EF時(shí)棒的加速度為$\frac{F-mgsinθ}{M}$．
（3）棒EF自BD端出發(fā)又回到BD端的整個(gè)過(guò)程中，電阻R上有$\frac{R}{R+r}Fs-$$\frac{RM}{2（R+r）}$[$\frac{Mg（R+r）sinθ}{{B}^{2}{L}^{2}}$]²的電能轉(zhuǎn)化成了內(nèi)能

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考查了牛頓第二定律、共點(diǎn)力平衡、能量守恒定律，綜合性較強(qiáng)，對(duì)學(xué)生的能力要求較高，需加強(qiáng)這方面的訓(xùn)練．