《2025年资源库高中物理人教版》

例 493 [全国甲 2023·25]如图 1-19-33,水平桌面上固定一光滑 U 型金属导轨,其平行部分的间距为 $ l $,导轨的最右端与桌子右边缘对齐,导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为 $ B $。一质量为 $ m $、电阻为 $ R $、长度也为 $ l $ 的金属棒 $ P $ 静止在导轨上。导轨上质量为 $ 3m $ 的绝缘棒 $ Q $ 位于 $ P $ 的左侧,以大小为 $ v_0 $ 的速度向 $ P $ 运动并与 $ P $ 发生弹性碰撞,碰撞时间极短。碰撞一次后,$ P $ 和 $ Q $ 先后从导轨的最右端滑出导轨,并落在地面上同一地点。$ P $ 在导轨上运动时,两端与导轨接触良好,$ P $ 与 $ Q $ 始终平行。不计空气阻力。求

(1) 金属棒 $ P $ 滑出导轨时的速度大小；

(2) 金属棒 $ P $ 在导轨上运动过程中产生的热量；
(3) 与 $ P $ 碰撞后,绝缘棒 $ Q $ 在导轨上运动的时间。
解析 (1) 取向右为正方向,绝缘棒 $ Q $ 和金属棒 $ P $ 发生弹性碰撞,则根据动量守恒定律、能量守恒定律得 $ 3mv_0 = 3mv_Q + mv_P $,$ \frac{3}{2} mv_0^2 = \frac{3}{2} mv_Q^2 + \frac{1}{2} mv_P^2 $,联立解得 $ v_Q = \frac{1}{2} v_0 $,$ v_P = \frac{3}{2} v_0 $,碰后绝缘棒 $ Q $ 做匀速直线运动,金属棒 $ P $ 做减速直线运动,绝缘棒 $ Q $ 和金属棒 $ P $ 滑出桌面后均做平抛运动,落地点相同,因此金属棒 $ P $ 滑出导轨时的速度与 $ Q $ 相同,设为 $ v_{P1} $,则 $ v_{P1} = v_Q = \frac{v_0}{2} $。
(2) 金属棒 $ P $ 在导轨上运动,只有金属棒产生热量,设产生的热量为 $ Q_1 $,由能量守恒定律可知 $ Q_1 = \frac{1}{2} mv_P^2 - \frac{1}{2} mv_{P1}^2 $,解得 $ Q_1 = mv_0^2 $。
(3) 设碰撞点到导轨最右端的距离为 $ x $,绝缘棒 $ Q $ 碰后在导轨上的运动时间为 $ t $,可得 $ x = v_Q t $,碰后,金属棒 $ P $ 在导轨上的运动过程,由动量定理可得 $ -B \overline{I} l \Delta t = mv_{P1} - mv_P $,又 $ \overline{I} = \frac{\overline{E}}{R} = \frac{Bl \overline{v}}{R} $,$ x = \overline{v} \Delta t $,三式联立可得 $ -\frac{B^2 l^2 x}{R} = mv_{P1} - mv_P $,解得 $ t = \frac{2mR}{B^2 l^2} $。
答案 (1) $ \frac{v_0}{2} $ (2) $ mv_0^2 $ (3) $ \frac{2mR}{B^2 l^2} $

答案：
(1)$\frac{v_0}{2}$；
(2)$mv_0^2$；
(3)$\frac{2mR}{B^2l^2}$

例 494 [湖南 2023·14]如图 1-19-34,两根足够长的光滑金属直导轨平行放置,导轨间距为 $ L $,两导轨及其所构成的平面均与水平面成 $ \theta $ 角,整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为 $ B $。现将质量均为 $ m $ 的金属棒 $ a $、$ b $ 垂直导轨放置,每根金属棒接入导轨之间的电阻均为 $ R $。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好,金属棒始终未滑出导轨,导轨电阻忽略不计,重力加速度为 $ g $。

(1) 先保持棒 $ b $ 静止,将棒 $ a $ 由静止释放,求棒 $ a $ 匀速运动时的速度大小 $ v_0 $；
(2) 在(1)问中,当棒 $ a $ 匀速运动时,再将棒 $ b $ 由静止释放,求释放瞬间棒 $ b $ 的加速度大小 $ a_0 $；
(3) 在(2)问中,从棒 $ b $ 释放瞬间开始计时,经过时间 $ t_0 $,两棒恰好达到相同的速度 $ v $,求速度 $ v $ 的大小,以及时间 $ t_0 $ 内棒 $ a $ 相对于棒 $ b $ 运动的距离 $ \Delta x $。
解析 (1) 保持棒 $ b $ 静止,将棒 $ a $ 由静止释放,棒 $ a $ 匀速运动时受力平衡,有 $ mg \sin \theta = BI_0 L $,根据闭合电路欧姆定律,有 $ I_0 = \frac{E_0}{2R} = \frac{BLv_0}{2R} $,联立解得 $ v_0 = \frac{2mgR \sin \theta}{B^2 L^2} $。
(2) 棒 $ a $ 匀速运动时,将棒 $ b $ 由静止释放,释放瞬间电路中的电流不变,棒 $ b $ 受到的安培力沿导轨平面向下,对棒 $ b $,根据牛顿第二定律,有 $ mg \sin \theta + BI_0 L = ma_0 $,解得 $ a_0 = 2g \sin \theta $。
(3) 从棒 $ b $ 释放瞬间开始到两棒恰好达到相同速度 $ v $,对棒 $ a $ 和棒 $ b $ 组成的系统,由动量定理得 $ 2mg t_0 \sin \theta = 2mv - mv_0 $,解得 $ v = gt_0 \sin \theta + \frac{mgR \sin \theta}{B^2 L^2} $,对棒 $ b $,由动量定理得 $ (mg \sin \theta + BiL) \cdot \Delta t = m \Delta v $,则有 $ \sum (mg \sin \theta + BiL) \Delta t = \sum m \Delta v $,其中 $ i = \frac{BLv_a - BLv_b}{2R} $,由于 $ \sum (v_a - v_b) \Delta t = \Delta x $,$ \sum \Delta t = t_0 $,$ \sum \Delta v = v $,可得 $ \Delta x = \frac{2m^2 gR^2 \sin \theta}{B^4 L^4} $。
多解 牛顿第二定律+微元法
对棒 $ a $,由牛顿第二定律得 $ mg \sin \theta - BiL = ma_a $,则有 $ \sum (mg \sin \theta - BiL) \Delta t = \sum ma_a \Delta t $ ①
对棒 $ b $,由牛顿第二定律得 $ mg \sin \theta + BiL = ma_b $,则有 $ \sum (mg \sin \theta + BiL) \Delta t = \sum ma_b \Delta t $ ②
其中 $ i = \frac{BLv_a - BLv_b}{2R} $,由于 $ \sum (v_a - v_b) \Delta t = \Delta x $,$ \sum \Delta t = t_0 $,$ \sum a_a \Delta t = v - v_0 $,$ \sum a_b \Delta t = v $,代入①②,可得 $ mg t_0 \sin \theta - \frac{B^2 L^2}{2R} \Delta x = m(v - v_0) $ ③ $ mg t_0 \sin \theta + \frac{B^2 L^2}{2R} \Delta x = mv $ ④
联立解得 $ v = gt_0 \sin \theta + \frac{mgR \sin \theta}{B^2 L^2} $,$ \Delta x = \frac{2m^2 gR^2 \sin \theta}{B^4 L^4} $。
答案 (1) $ \frac{2mgR \sin \theta}{B^2 L^2} $ (2) $ 2g \sin \theta $ (3) $ gt_0 \sin \theta + \frac{mgR \sin \theta}{B^2 L^2} $ $ \frac{2m^2 gR^2 \sin \theta}{B^4 L^4} $

答案：
(1) $v_0 = \frac{2mgR \sin \theta}{B^2 L^2} $。
(2) $a_0 = 2g \sin \theta $。
(3) $v = gt_0 \sin \theta + \frac{mgR \sin \theta}{B^2 L^2} $，$ \Delta x = \frac{2m^2 gR^2 \sin \theta}{B^4 L^4} $。