Question

5．如图所示，平行光滑且足够长的金属导轨ab、cd固定在同一水平面上，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=2T，导轨间距L=0.5m．有两根金属棒MN、PQ质量均为lkg，电阻均为0.5Ω，其中PQ静止于导轨上，MN用两条轻质绝缘细线悬挂在挂钩上，细线长h=0.9m，当细线竖直时棒刚好与导轨接触但对导轨无压力．现将MN向右拉起使细线与竖直方向夹角为60°，然后由静止释放MN，忽略空气阻力．发现MN到达最低点与导轨短暂接触后继续向左上方摆起，PQ在MN短暂接触导轨的瞬间获得速度，且在之后1s时间内向左运动的距离s=lm．两根棒与导轨接触时始终垂直于导轨，不计其余部分电阻．求：
（1）当悬挂MN的细线到达竖直位罝时，MNPQ回路中的电流强度大小及MN两端的电势差大小；
（2）MN与导轨接触的瞬间流过PQ的电荷量；
（3）MN与导轨短暂接触时回路中产生的焦耳热．

Answer 1

分析 （1）MN杆下摆过程中，只有重力做功，机械能守恒，据此可求得MN棒到达竖直位置时的速度大小，由公式E=BLv求出感应电动势大小，即可由闭合电路欧姆定律求解感应电流的大小，然后由欧姆定律求出电势差大小．
（2）MN与导轨接触的瞬间，对MN杆运用动量定理求解电量．
（3）PQ在安培力作用下向左运动，由两杆组成的系统，由动量守恒定律求得PQ获得的速度，再由能量守恒定律求解焦耳热

解答 解：（1）MN杆下摆过程，由机械能守恒定律得：
mgh（1-cos60°）=$\frac{1}{2}$mv₁²，解得：v₁=3m/s，
刚到竖直位置时，感应电动势：E=BLv₁，
则回路中电流为：I=$\frac{E}{2R}$，
MN两端的电压：U_MN=IR，
解得：I=3A，U_MN=1.5V；     
（2）PQ杆做匀速直线运动：v₂=$\frac{s}{t}$，
对PQ杆由动量定理有：BLq=mv₂-0，解得：q=1C；
（3）取向左为正方向，在MN与轨道接触的瞬间，
两杆组成的系统动量守恒，以m的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv₁=mv₁′+mv₂，
由能量守恒有：$\frac{1}{2}$mv₁²=$\frac{1}{2}$mv₁′²+$\frac{1}{2}$mv₁²+Q，解得：Q=2J；
答：（1）当MN棒到达竖直位置时流过PQ棒的电流大小为3A，MN两端的电势差大小为1.5V．
（2）MN与导轨接触的瞬间流过MN的电量为1C．
（3）在MN与导轨接触的瞬间回路中产生的焦耳热为2J

点评 此题是电磁感应中的力学问题，关键要正确分析每个规律遵守的物理规律，可运用类比的方法：将MN与轨道接触的过程看成碰撞来理解．