Question

11．如圖所示，足夠長(zhǎng)的粗糙金屬導(dǎo)軌POQ，夾角∠POQ=60°，PO=OQ，P、Q兩端點(diǎn)均在水平面上，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為α．質(zhì)量為m的勻質(zhì)金屬桿MN垂直于∠POQ的角平分線對(duì)稱放置在導(dǎo)軌上，其重心在角平分線上．金屬桿和導(dǎo)軌單位長(zhǎng)度的電阻均為r，且始終保持良好接觸．若用大小F=2mgsinα、方向沿∠POQ的角平分線向上的力F作用在金屬桿MN的重心點(diǎn)上，金屬桿恰可沿力F的方向勻速向上運(yùn)動(dòng)．撤去力F后，給導(dǎo)軌處加上一個(gè)區(qū)域足夠大的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫出），磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面．初始時(shí)刻金屬桿到O點(diǎn)的距離為a，給金屬桿一個(gè)沿∠POQ角平分線向下的初速度v₀．求：（不計(jì)感應(yīng)電流之間的相互作用）
（1）金屬桿與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ．
（2）初始時(shí)刻，金屬桿上的感應(yīng)電流的大小I₀．
（3）金屬桿向下滑行的距離x．

Answer 1

分析 （1）有F作用時(shí)，金屬桿恰可沿力F的方向勻速向上運(yùn)動(dòng)，受力平衡，根據(jù)平衡條件列式，可求得動(dòng)摩擦因數(shù)μ．
（2）根據(jù)公式E=BLv、歐姆定律求金屬桿上的感應(yīng)電流的大小I₀．
（3）根據(jù)牛頓第二定律、安培力與速度的關(guān)系式，得出瞬時(shí)速度與瞬時(shí)加速度的關(guān)系，利用積分求金屬桿向下滑行的距離x．

解答 解：（1）題設(shè)有 F=2mgsinα         
有力F作用時(shí)金屬桿處于平衡狀態(tài)，有 F=mgsinα+μmgcosα     
聯(lián)立得   μ=tanα  
（2）設(shè)初始時(shí)刻，金屬桿的有效切割長(zhǎng)度為l₀，則有效電動(dòng)勢(shì)  E=El₀v
回路電阻 R=3l₀r    
金屬桿上的感應(yīng)電流 I₀=$\frac{E}{R}$=$\frac{B{v}_{0}}{3r}$
（3）設(shè)金屬桿運(yùn)動(dòng)中的某時(shí)刻t，速度v，金屬桿的有效切割長(zhǎng)度為l，感應(yīng)電流i
則   i=$\frac{E}{R}$=$\frac{Bv}{3r}$
此時(shí)，安培力   F_A=Bil=$\frac{{B}^{2}lv}{3r}$
因mgsinα與μmgcosα 等大反向，合力等于安培力，金屬桿減速滑下．
由牛頓第二定律得-$\frac{{B}^{2}lv}{3r}$=ma           
兩端同乘以極短運(yùn)動(dòng)時(shí)間△t得-$\frac{{B}^{2}lv}{3r}$△t=ma△t           
其中l(wèi)v△t表示在△t時(shí)間內(nèi)金屬桿在POQ間掃過的面積，a△t表示在△t時(shí)間內(nèi)金屬桿速度變化量
即-$\frac{{B}^{2}}{3r}$△S=m△v         
累加各段得-$\frac{{B}^{2}}{3r}$[$\frac{1}{2}（x+a）^{2}tan30°-\frac{1}{2}{a}^{2}tan30°$]=m（0-v₀）
解得金屬桿向下滑行的距離 x=$\sqrt{\frac{6\sqrt{3}m{v}_{0}r}{{B}^{2}}+{a}^{2}}-a$
答：
（1）金屬桿與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ是tanα．
（2）初始時(shí)刻，金屬桿上的感應(yīng)電流的大小I₀是$\frac{B{v}_{0}}{3r}$．
（3）金屬桿向下滑行的距離x是$\sqrt{\frac{6\sqrt{3}m{v}_{0}r}{{B}^{2}}+{a}^{2}}-a$．

點(diǎn)評(píng) 解決本題時(shí)，要正確分析金屬桿的受力情況，運(yùn)用牛頓第二定律得到速度與加速度的瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系，采用積分的思想求非勻變速運(yùn)動(dòng)的位移．