Question

4．如圖所示，一與水平面夾角為θ=37°的傾斜金屬平行導(dǎo)軌有足夠長的一部分（ab、cd虛線之間）處在垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B=2T；導(dǎo)軌寬度L=1m，底部連接一阻值為R₁=2Ω的定值電阻，在磁場邊界cd內(nèi)側(cè)附近用兩個絕緣立柱擋住一質(zhì)量為M=2kg，導(dǎo)軌間部分電阻為R₂=3Ω的導(dǎo)體棒MN．現(xiàn)使一質(zhì)量為m=0.5kg，導(dǎo)軌間部分電阻為r=0.3Ω的導(dǎo)體棒PQ從磁場上邊界ab上方導(dǎo)體軌上某處自由下滑，進入磁場時的速度v₀=3m/s．兩導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌接觸良好，且垂直導(dǎo)軌放置，導(dǎo)軌電阻不計，不計一切摩擦，重力加速度g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．
（1）分析導(dǎo)體棒PQ進入磁場后的運動特點，并求導(dǎo)體棒PQ剛進入磁場時通過定值電阻R₁的電流．
（2）導(dǎo)體棒MN受到立柱的最大彈力是多少？
（3）當導(dǎo)體棒MN受到立柱的彈力最小時，導(dǎo)體棒PQ的速度大小及電阻R₁消耗的電功率是多少？

Answer 1

分析 （1）PQ棒進入磁場后，切割磁感線，相當于電源，根據(jù)切割公式求解感應(yīng)電動勢，根據(jù)歐姆定律求解電流；
（2）當PQ棒剛剛進入磁場時，速度最大，故安培力最大，導(dǎo)體棒MN受到立柱的支持力最大，根據(jù)平衡條件列式求解；
（3）當導(dǎo)體棒MN受到立柱的彈力最小時，棒PQ做勻速直線運動，根據(jù)平衡條件并結(jié)合安培力公式求解速度大小和電流，得到電阻R₁消耗的電功率．

解答 解：（1）導(dǎo)體棒PQ進入磁場時的速度v₀=3m/s，故E=BLv₀=2×1×3=6V，
故電流：I=$\frac{E}{r+\frac{{R}_{1}{R}_{2}}{{R}_{1}+{R}_{2}}}$=$\frac{6}{{0.3+\frac{2×3}{2+3}}}$=4A，
故導(dǎo)體棒PQ受安培力：F_A=BIL=2×4×1=8N，
重力的下滑分力：G₁=mgsinθ=0.5×10×0.6=3N，
由于安培力大于重力的下滑分力，故導(dǎo)體棒做加速度減小的減速運動，當加速度減小為零時，速度達到最大；
電阻R₁與R₂并聯(lián)，電流之比等于電阻的反比，為3：2，故導(dǎo)體棒PQ剛進入磁場時通過定值電阻R₁的電流：${I_1}=\frac{3}{3+2}I=\frac{3}{5}×4A=2.4A$；
（2）當PQ棒剛剛進入磁場時，速度最大，故安培力最大，此時流過MN的電流為：I₂=I-I₁=4-2.4=1.6A；
此時MN棒受重力、支持力、平行導(dǎo)軌向下的安培力和平行導(dǎo)軌向上的支持力，故：N=Mgsin37°+BI₂L=2×10×0.6+2×1.6×1=15.2N；
（3）當導(dǎo)體棒MN受到立柱的彈力最小時，速度最小，此時導(dǎo)體棒PQ做勻速直線運動，設(shè)速度為v，則：
B$\frac{BLv}{r+\frac{{R}_{1}{R}_{2}}{{R}_{1}+{R}_{2}}}$L=mgsin37°，
解得：v=1.125m/s；
干路電流：I=$\frac{BLv}{r+\frac{{R}_{1}{R}_{2}}{{R}_{1}+{R}_{2}}}$=1.5A；
電阻R₁與R₂并聯(lián)，電流之比等于電阻的反比，為3：2，故流過電阻R₁的電流：${I_1}=\frac{3}{3+2}I=\frac{3}{5}×1.5A=0.9A$
故電阻R₁的電功率為：P_R1=$I_1^2{R_1}={0.9^2}×2=1.62W$；
答：（1）導(dǎo)體棒PQ進入磁場后的做加速度不斷減小的減速運動，最后做勻速直線運動；導(dǎo)體棒PQ剛進入磁場時通過定值電阻R₁的電流為2.4A．
（2）導(dǎo)體棒MN受到立柱的最大彈力是15.2N；
（3）當導(dǎo)體棒MN受到立柱的彈力最小時，導(dǎo)休棒PQ的速度大小為1.125m/s，電阻R₁消耗的電功率是1.62W．

點評 本題是力電綜合問題，首先要明確電路結(jié)構(gòu)，其次要分析清楚導(dǎo)體棒的受力情況和運動情況，根據(jù)安培力公式、歐姆定律、切割公式和平衡條件列式求解．