分析 (1)金属杆N由静止释放后,由于M杆受到的安培力竖直向下,则其始终保持静止.当N杆切割磁感线时,产生的感应电流增大、受到的安培力也增大,从而加速度减小到零时,N杆的速度达到最大,由平衡条件、安培力、欧姆定律等可以求得最大速度.
(2)N杆在外力作用下以已知的加速度加速2s,则此时的速度、感应电动势、感应电流、安培力、等都能求出,由牛顿第二定律就能求出此时的外力大小和方向.
(3)在前一问的基础上,同时给M杆一初速度,由于受到变化的摩擦力作用向左减速运动,由牛顿第二定律、安培力、滑动摩擦力、欧姆定律等表示出M杆的加速度表达式,从表达式可以看出随时间的变化关系,从而平均加速度可以用始末加速度的平均值表示,M杆速度的变化为-4m/s,这样M杆静止的时间能求出.对N杆而言,时间求出,则在斜面上下滑的距离由匀加速直线运动位移公式求出.
解答 解:(1)金属杆N在斜轨道下滑过程中,由于金属杆M受到垂直导轨向下的力的作用,所以M棒始终处于静止状态.
对N棒,只有当受到的合力为零时,速度达到最大.则有:
$mgsin30°={B}_{2}•\frac{{B}_{2}d{v}_{m}}{2R}•d$
所以 ${v}_{m}=\frac{2mgRsin30°}{{{B}_{2}}^{2}{d}^{2}}=\frac{2×1×10×0.5×0.5}{{1}^{2}×{1}^{2}}m$=5m/s
(2)金属N在平行导轨的外力F作用下,由静止开始沿导轨向下以加速度a=2m/s2做匀加速运动,则t=2s时N棒的速度:
v=at=2×2=4m/s
感应电流:$I=\frac{{B}_{2}dv}{2R}=\frac{1×1×4}{2×0.5}A=4A$
此时切割产生感应电流的安培力:F安=B2Id=1×4×4N=4N.
由牛顿第二定律得:F+mgsin30°-F安=ma
代入数据得到:F=1N 正值表示方向沿斜面向下.
(3)金属杆N向下匀减速下滑的过程中,M杆向左做减速运动.
对M杆,水平方向上有:μFN=maM ①
竖直方向上有:mg+B1Id=FN ②
根据欧姆定律:$I=\frac{{B}_{2}d{v}_{M}}{2R}$ ③
而:vN=at ④
联立以上四式得:aM=4+2.5t
由此可以看出M杆了加速度随时间均匀增大,当t=0s时,${a}_{1}=4m/{s}^{2}$,设M杆减速到零的时间为t,加速度为 a2=4+2.5t
当M杆静止时:$△v=\frac{{a}_{1}+{a}_{2}}{2}t=-4$
将以上代入得:t=0.8s
对N杆t=0.8s内下滑的距离:$x=\frac{1}{2}a{t}^{2}=\frac{1}{2}×4×0.{8}^{2}m$=0.64m.
答:(1)若金属杆N由静止释放,求其沿导轨OC下滑的最大速度为5m/s.
(2)若使金属N在平行导轨的外力F作用下,由静止开始沿导轨向下加速度a=2m/s2的匀加速运动,求t=2s时的外力为1N,方向沿斜面向下.
(3)在第(2)问中,金属杆N运动的同时也给金属杆M向左的初速度v1=4m/s,求当金属杆M停止运动时,金属杆N沿OD下滑的距离为0.64m.
点评 本题的关键在于第三问,N杆匀加速直线运动的同时,给M杆一个初速度,M受向下的安培力增大,加速度增大,M做加速度增大的减速运动,求出加速度的平均值,从而得到其停止的时间,再对N杆而言,由运动学公式就能求出在这段时间内的位移.
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A. | 中央电视台每题晚上19时播放新闻 | B. | 某人用15s 跑完100m | ||
C. | 我们下午2:00上课 | D. | 唐山一列火车16:40从唐山站发车 |
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A. | 只要F和F1的大小确定,F2的大小只有一组解 | |
B. | 只要Fsina<F1,F2的大小就一定有两组解 | |
C. | 只要Fsina=F1,F2的大小就是唯一的 | |
D. | 只要Fsina>F1,F2的大小就可能等于F1 |
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A. | 小物块仍静止 | B. | 小物块的机械能将增大 | ||
C. | 小物块将沿斜面加速下滑 | D. | 小物块将脱离斜面运动 |
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