Магнетизм — Задание 25 ЕГЭ по физике №00026614

Смотрим на рисунок: по наклонной плоскости проложены рельсы, поперёк них лежит горизонтальный проводник, а магнитное поле $\vec B$ направлено ВЕРТИКАЛЬНО вверх — не перпендикулярно наклонной плоскости, а именно вертикально. Это и есть главная особенность задачи. Проводник равномерно ползёт вверх по рельсам, и надо найти ток, который его туда толкает.

Шаг 1 — куда направлена сила Ампера. Ток течёт вдоль проводника, то есть горизонтально, поперёк склона. Поле вертикальное. Сила Ампера перпендикулярна и току, и полю, значит она ГОРИЗОНТАЛЬНА и направлена «в горку» — по горизонтальной проекции подъёма. Модуль: $F_A=BIL$ (ток и поле перпендикулярны друг другу, синус равен единице).

Шаг 2 — почему это неудобно и что с этим делать. Горизонтальная сила не лежит ни вдоль склона, ни поперёк него, поэтому её придётся раскладывать. Разложим по осям, связанным с наклонной плоскостью: вдоль склона (вверх) она даёт $F_A\cos\alpha$, а поперёк — $F_A\sin\alpha$, причём эта составляющая ПРИЖИМАЕТ проводник к рельсам. Это важно: сила Ампера не только толкает проводник вверх, но и увеличивает трение.

Шаг 3 — уравнение поперёк наклонной плоскости. Проводник от плоскости не отрывается, значит сумма проекций на нормаль равна нулю: $N=mg\cos\alpha+F_A\sin\alpha$. Первое слагаемое — обычный прижим весом, второе — добавка от силы Ампера.

Шаг 4 — уравнение вдоль наклонной плоскости. Движение равномерное, ускорение нулевое. Вверх тянет $F_A\cos\alpha$; вниз тянут скатывающая составляющая тяжести $mg\sin\alpha$ и сила трения $F_{тр}=\mu N$ (проводник ползёт вверх, значит трение направлено вниз по склону). Получаем: $F_A\cos\alpha=mg\sin\alpha+\mu N$.

Шаг 5 — подставляем $N$ и собираем. $F_A\cos\alpha=mg\sin\alpha+\mu\left(mg\cos\alpha+F_A\sin\alpha\right)$. Соберём всё с $F_A$ слева: $F_A\left(\cos\alpha-\mu\sin\alpha\right)=mg\left(\sin\alpha+\mu\cos\alpha\right)$, откуда $F_A=\dfrac{mg\left(\sin\alpha+\mu\cos\alpha\right)}{\cos\alpha-\mu\sin\alpha}$.

Шаг 6 — от силы к току. Так как $F_A=BIL$, то $I=\dfrac{mg\left(\sin\alpha+\mu\cos\alpha\right)}{BL\left(\cos\alpha-\mu\sin\alpha\right)}$.

Шаг 7 — считаем. $mg=0{,}02\cdot10=0{,}2$ Н; $\sin30^\circ=0{,}5$; $\cos30^\circ\approx0{,}866$. Числитель: $0{,}2\cdot(0{,}5+0{,}2\cdot0{,}866)=0{,}2\cdot(0{,}5+0{,}173)=0{,}2\cdot0{,}673\approx0{,}135$ Н. Скобка в знаменателе: $0{,}866-0{,}2\cdot0{,}5=0{,}866-0{,}1=0{,}766$. Тогда $F_A=\dfrac{0{,}135}{0{,}766}\approx0{,}176$ Н. Наконец $BL=0{,}04\cdot0{,}4=0{,}016\ \text{Тл}\cdot\text{м}$, и $I=\dfrac{0{,}176}{0{,}016}\approx11$ А.

Проверка на понимание: если бы поле было перпендикулярно наклонной плоскости, сила Ампера шла бы прямо вдоль склона и не влияла бы на прижим — знаменатель стал бы просто единицей, и ток вышел бы меньше. Вертикальное поле «работает хуже»: часть силы уходит на бесполезное вдавливание проводника в рельсы, поэтому ток нужен больше.

Рисунок к решению: на проводнике покажи силу тяжести $m\vec g$ вертикально вниз, нормальную реакцию $\vec N$ перпендикулярно наклонной плоскости, силу трения $\vec F_{тр}$ вдоль плоскости вниз (движение вверх) и горизонтальную силу Ампера $\vec F_A$; рядом изобрази разложение $\vec F_A$ и $m\vec g$ на составляющие вдоль и поперёк наклонной плоскости.

Обоснование модели. Используются: закон Ампера $F_A=BIL\sin\varphi$ при $\varphi=90^\circ$ и правило определения направления силы (левой руки), из которого следует горизонтальность $\vec F_A$; второй закон Ньютона при нулевом ускорении, записанный в проекциях на две оси наклонной плоскости, — именно равномерность движения позволяет приравнять суммы проекций нулю; закон сухого трения скольжения $F_{тр}=\mu N$, где $N$ — реальная сила нормального давления, которую обязательно нужно считать с учётом вклада силы Ампера. Проводник движется поступательно, поэтому его можно рассматривать как материальную точку и обойтись без моментов сил.