Question

13．如图所示，两根平行的金属轨道ABC和DEF放置在水平面上，导轨间距为d，其左半部分光滑与水平面成60°角，右半部分粗糙与水平面成30°角，金属棒MN与轨道间的动摩擦因数为μ=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，两侧均有垂直于轨道平面的有界磁场B，今有两根质量都是m，电阻卷尾R的金属棒PQ和MN横跨在导轨上，与导轨接触良好，棒PQ在左磁场外，MN处在右磁场中．棒PQ距磁场上边界L处由静止释放，当PQ进入磁场后运动距离L时，棒MN恰以速度v离开右侧磁场区域，该过程中PQ产生的焦耳热为Q，重力加速度为g，试求：
（1）棒MN刚开始运动时的加速度；
（2）棒MN即将离开磁场时棒PQ的加速度；
（3）若斜面足够长，棒PQ所能达到的最大速度．

Answer 1

分析 （1）对MN受力分析根据牛顿第二定律知识求解；
（2）根据串并联电路特点求得MN中产生的热量，再有能量守恒定律求解此时PQ的速度，结合牛顿第二定律求得加速度．
（3）棒PQ所能达到的最大速度时，合外力为零，根据受力平衡求得速度．

解答 解：（1）对MN棒受力分析，受重力、摩擦力及支持力，沿斜面方向：F₁=mgsinθ=5m，摩擦力：f=umgcosθ=5m，则二力平衡，故MN棒开始时静止，
当PQ棒下降L后，速度为：mgLsinα=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$，解得：$v=\sqrt{\sqrt{3}gL}$，进入磁场时产生的电动势：E=Bdv=Bd$\sqrt{\sqrt{3}gL}$，此时回路中感应电流为：$I=\frac{E}{2R}=\frac{Bd\sqrt{\sqrt{3}gL}}{2R}$
有左手定则判定MN受到向下的安培力，此时对MN棒受力分析，受重力、安培力、摩擦力及支持力，由牛顿第二定律得：F_合=BIL+mgsinθ-umgcosθ，
$a=\frac{{F}_{合}}{m}$
解得：a=$\frac{BId}{m}$+gsin θ-μgcos θ=$\frac{{B}^{2}{d}^{2}\sqrt{\sqrt{3}gL}}{2mR}$+10×0.5-$\frac{\sqrt{3}}{3}$×10×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{{B}^{2}{d}^{2}\sqrt{\sqrt{3}gL}}{2mR}$m/s²．
（2）根据串并联电路特点，PQ产生的焦耳热为Q，MN中产生的热量也为Q，设此时MN下降高度为h，PQ的速度为v₁，
根据动能定理得：mg2Lsinα$+mgh-f\frac{h}{sinθ}$-2Q=$\frac{1}{2}m{v}^{2}+\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$，又因为：f$\frac{h}{sinθ}=\frac{\sqrt{3}}{3}mg\frac{\sqrt{3}}{2}\frac{h}{\frac{1}{2}}=mgh$，解得：v₁=$\sqrt{2\sqrt{3}gL-\frac{4Q}{m}-{v}^{2}}$
对PQ受重力、安培力及支持力，由牛顿第二定律得：F_合=mgsinθ-BId=mgsin60°-$\frac{{B}^{2}{d}^{2}\sqrt{2\sqrt{3}gL-\frac{4Q}{m}-{v}^{2}}}{2R}$
解得：a=5$\sqrt{3}-\frac{{B}^{2}{d}^{2}\sqrt{2\sqrt{3}gL-\frac{4Q}{m}-{v}^{2}}}{2mR}$；
（3）棒PQ所能达到的最大速度时，PQ受力平衡，由牛顿第二定律得：mgsin60°=BId，即：$\frac{\sqrt{3}}{2}mg=\frac{{B}^{2}{d}^{2}V}{2R}$，解得：$V=\frac{\sqrt{3}mgR}{{B}^{2}{d}^{2}}$；
答：（1）棒MN刚开始运动时的加速度为$\frac{{B}^{2}{d}^{2}\sqrt{\sqrt{3}gL}}{2mR}$m/s²；
（2）棒MN即将离开磁场时棒PQ的加速度为5$\sqrt{3}-\frac{{B}^{2}{d}^{2}\sqrt{2\sqrt{3}gL-\frac{4Q}{m}-{v}^{2}}}{2mR}$；
（3）棒PQ所能达到的最大速度为$\frac{\sqrt{3}mgR}{{B}^{2}{d}^{2}}$．

点评 本题是电磁感应与力学知识的综合，关键是计算安培力的大小和分析能量怎样转化，根据平衡条件和能量守恒进行研究，本题开始时受力分析是解题的关键．