Question

6．如圖，兩條平行的粗糙金屬導軌MM′、NN′固定在傾角為θ=37°的絕緣斜面上，導軌間距d=0.5m，導軌上端連接一個定值電阻．導體棒a、b放在導軌上，與導軌垂直并良好接觸．斜面上水平虛線PQ以下區(qū)域內，存在著垂直穿過斜面向上的勻強磁場，磁感應強度為B=2T．現(xiàn)對a棒施以平行導軌斜向上的拉力，使它沿導軌勻速向上運動，此時放在導軌下端的b棒處于靜止并恰好不受摩擦力．當a棒運動到磁場的上邊界PQ處時，撤去拉力，a棒將繼續(xù)沿導軌向上運動一小段距離后再向下滑動，此時b棒已滑離導軌．當a棒再次滑回到磁場上邊界PQ處時，又恰能沿導軌勻速向下運動．已知a棒的電阻r=1Ω，b棒和定值電阻的阻值均為R=2Ω，a棒的質量m_a=0.2kg，b棒的質量m_b=0.1kg，取重力加速度g=10m/s²，導軌電阻不計．求（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）a棒沿導軌向上勻速運動時通過定值電阻R電流的方向；
（2）a棒沿導軌向上勻速運動的速度v₁的大��；
（3）a棒與導軌間的滑動摩擦因數(shù)μ及a棒在磁場中沿導軌向上勻速運動時所受到的拉力F．

Answer 1

分析 （1）導體棒a做切割磁感線運動，根據(jù)右手定則進行分析即可．
（2）由串并聯(lián)電路的電流規(guī)律可得出兩電阻中電流之比，對b棒由受力平衡可求得I_b，求得Ia，對a利用法拉第電磁感應定律和歐姆定律求解運動速度．
當a棒再次滑回到磁場上邊界PQ處時，又恰能沿導軌勻速向下運動，根據(jù)牛頓第二定律求得進入時的速度，再根據(jù)a棒離開磁場后利用動能定理，求得摩擦因數(shù)；
（3）有1.2問中求得的電流大小，根據(jù)牛頓第二定律求解即可．

解答 解：（1）導體棒a相當電源，根據(jù)右手定則，MN中電流方向為N→M；
（2）a棒為電源，b棒和電阻R等值電阻，根據(jù)串并聯(lián)電路特點，得：
$\frac{I_a}{I_b}=\frac{2}{1}$；
設b棒保持靜止時電流為I₁，則m_bgsinθ=BI₁d，解得：
${I_1}=\frac{{{m_b}gsin37°}}{Bd}$=I_b=0.6A，
I_a=2I₁=1.2A；
對整個回路利用歐姆定律得：Bdv₁=I_bR+I_a2r，
解得：V₁=2.4m/s；
（3）a棒再次進入磁場后，做勻速運動，有法拉第電磁感應定律得：Bdv₂=I₂（r+R）…①，
對a棒利用牛頓第二定律定律可得：m_agsin37°=BI₂d+μmgcos37°…②
聯(lián)立①②解得：${v_2}=\frac{6}{5}（3-\sqrt{5}）m/s$，
設撤去外力后，a上升的最大高度為x，利用動能定理得：$-μ{m_a}gcos37°•2x=\frac{1}{2}{m_a}v_2^2-\frac{1}{2}{m_a}v_1^2$，
解得：$μ=\frac{{\sqrt{5}}}{4}$；
a棒在磁場中沿導軌向上勻速運動時，由牛頓第二定律得：F=m_agsin37°+μm_agcos37°+B2I₁d，
代入數(shù)據(jù)：F=$0.2×10×0.6+\frac{{\sqrt{5}}}{4}×0.2×10×0.8+2×2×0.6×0.5$=$\frac{{12+2\sqrt{5}}}{5}$N；
答：（1）a棒沿導軌向上勻速運動時通過定值電阻R電流的方向為N→M；
（2）a棒沿導軌向上勻速運動的速度v₁的大小為2.4m/s；
（3）a棒與導軌間的滑動摩擦因數(shù)μ為$\frac{{\sqrt{5}}}{4}$，a棒在磁場中沿導軌向上勻速運動時所受到的拉力F為$\frac{{12+2\sqrt{5}}}{5}$N．

點評 電磁感應常常與能量及受力結合，在分析此類問題時要注意物體的運動狀態(tài)，從而靈活地選擇物理規(guī)律求解．