Question

19．一傾角為45°的固定絕緣斜面，頂端固定一輕小定滑輪，斜面一側(cè)長度為h的范圍內(nèi)有垂直于斜面向上，磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，如圖所示，兩細(xì)金屬棒ab（圖中僅標(biāo)出a端）和cd（圖中僅標(biāo)出c端）長度均為L，質(zhì)量分別為m和$\frac{\sqrt{2}}{2}$m，用兩根不可伸長的柔軟輕導(dǎo)線將它們連接成閉合回路abdca，并通過斜面頂端的定滑輪把cd放在斜面上，ab懸空，使兩細(xì)金屬棒ab、cd水平．已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場中，每根金屬棒的電阻均為R，柔軟輕導(dǎo)線電阻不計；金屬棒cd與斜面之間的動摩擦因數(shù)為0.5．釋放金屬棒ab，當(dāng)金屬棒ab剛好下落到距離水平面高度為h時，金屬棒cd進(jìn)入磁場區(qū)域并剛好做勻速運動．求：
（1）作用在金屬棒cd上的安培力；
（2）金屬棒cd離開磁場區(qū)域后繼續(xù)沿斜面上升的最大距離．

Answer 1

分析 （1）抓住金屬棒做勻速直線運動，分別對ab棒和cd棒，運用共點力平衡求出作用在cd上的安培力．
（2）根據(jù)安培力的表達(dá)式，求出cd棒離開磁場時的速度，結(jié)合牛頓第二定律繼續(xù)上滑的加速度大小，根據(jù)速度位移公式求出上升的最大距離．

解答 解：（1）當(dāng)金屬棒ab剛好下落到距離水平面高度為h時，金屬棒cd進(jìn)入磁場區(qū)域并剛好做勻速運動，
根據(jù)平衡有：$2T=\frac{\sqrt{2}}{2}mgsin45°+{F}_{A}+μ\frac{\sqrt{2}}{2}mgcos45°$，
對ab棒有：2T=mg，
代入數(shù)據(jù)解得cd棒所受的安培力為：F_A=$\frac{1}{4}mg$．
（2）根據(jù)${F}_{A}=\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{2R}$得金屬棒cd離開磁場時的速度為：v=$\frac{mgR}{2{B}^{2}{L}^{2}}$，
cd棒離開磁場時，ab棒剛好落地，對cd棒分析，根據(jù)牛頓第二定律得：$a=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}mgsinθ+μ\frac{\sqrt{2}}{2}mgcosθ}{\frac{\sqrt{2}}{2}m}$=$\frac{3\sqrt{2}g}{4}$，
則金屬棒cd離開磁場區(qū)域后繼續(xù)沿斜面上升的最大距離為：x=$\frac{{v}^{2}}{2a}$=$\frac{\sqrt{2}{m}^{2}g{R}^{2}}{12{B}^{4}{L}^{4}}$．
答：（1）作用在金屬棒cd上的安培力為$\frac{1}{4}mg$；
（2）金屬棒cd離開磁場區(qū)域后繼續(xù)沿斜面上升的最大距離為$\frac{\sqrt{2}{m}^{2}g{R}^{2}}{12{B}^{4}{L}^{4}}$．

點評 本題考查了電磁感應(yīng)與力學(xué)的綜合，掌握安培力的經(jīng)驗表達(dá)式${F}_{A}=\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{2R}$，運用共點力平衡、牛頓第二定律和運動學(xué)公式綜合求解．