Question

【題目】如圖（甲）所示，兩光滑導軌都由水平、傾斜兩部分圓滑對接而成，相互平行放置，兩導軌相距L=lm，傾斜導軌與水平面成θ=30°角，傾斜導軌的下面部分處在一垂直斜面的勻強磁場區(qū)I中，I區(qū)中磁場的磁感應強度B1隨時間變化的規(guī)律如圖（乙）所示，圖中t1、t2未知．水平導軌足夠長，其左端接有理想電流表A和定值電阻R=3Ω，水平導軌處在一豎直向上的勻強磁場區(qū)Ⅱ中，Ⅱ區(qū)中的磁場恒定不變，磁感應強度大小為B2=1T，在t=0時刻，從斜軌上磁場I 區(qū)外某處垂直于導軌水平釋放一金屬棒ab，棒的質量m=0.1kg，電阻r=2Ω，棒下滑時與導軌保持良好接觸，棒由斜軌滑向水平軌時無機械能損失，導軌的電阻不計．若棒在斜面上向下滑動的整個過程中，靈敏電流計G的示數大小保持不變，t2時刻進入水平軌道，立刻對棒施一平行于框架平面沿水平方向且與桿垂直的外力．（g取10m/s2）求：

（1）ab棒進入磁場區(qū)I時的速度v；
（2）磁場區(qū)I在沿斜軌方向上的寬度d；
（3）棒從開始運動到剛好進入水平軌道這段時間內ab棒上產生的熱量；
（4）若棒在t2時刻進入水平導軌后，電流計G的電流大小I隨時間t變化的關系如圖（丙）所示（I0未知），已知t2到t3的時間為0.5s，t3到t4的時間為1s，請在圖（�。┲凶鞒鰐2到t4時間內外力大小F隨時間t變化的函數圖象．

Answer 1

【答案】
（1）解：電流表的示數不變，說明在整個下滑過程中回路的電動勢是不變的，說明在B變化時和不變時感應電動勢大小一樣，所以可以判斷在t1時刻棒剛好進入磁場區(qū)域且做勻速直線運動．由平衡條件有：

mgsinθ﹣BIL=0

由歐姆定律有： ，E1=BLV，

代入數值得：v=2.5m/s

答： ab棒進入磁場區(qū)I時速度V的大小是2.5m/s；

（2）解：棒沒進入磁場以前做勻加速直線運動，加速度是：a=gsin30°=5m/s2，

棒剛磁場時的速度 v=at1，

得：t1= =0.5s

下滑的距離是：s1= at12=0.625m

在棒沒進入磁場以前，由于B均勻變化，所以有：E2=

又 E1=BLv，E1=E2，

代入得 4×1×d=1×1×2.5，

解得：d=0.625m

答：磁場區(qū)I在沿斜軌方向上的寬度d是0.625m；

（3）解：ab棒進入磁場以前，棒上產生的熱量為：Q1=I2Rt1=0.52×2×0.5J=0.25J

取ab棒在斜軌磁場中運動為研究過程，有：mgd sinθ﹣Q2=0

得：Q2=0.3125J．

此時，棒上產生的熱量是：Q2r= =0.125J

則棒上產生的總熱量是：Qr=Q1+Q2r=0.375 J

或：Qr=I2R（t1+t2）=0.52×2×（0.5+0.25）J=0.375J

答：棒從開始運動到剛好進入水平軌道這段時間內ab棒上產生的熱量Q是0.375J；

（4）解：因為E=BLv，所以剛進水平軌道時時的電動勢是：E=2.5V，I0= =0.5A

取t2時刻為零時刻，則根據圖線可以寫出I﹣t的方程式：I=0.5﹣tˊ，I= ，

則v=2.5﹣5 tˊ，所以a1=5m/s2．

由牛頓第二定律可得：F+BIL=ma1，F+I=1 F=tˊ

畫在坐標系里．

由丙圖可以同理得出棒運動的加速度大小是：a2=2.5m/s2，

依據牛頓定律得：F﹣BIL=ma2

取t3時刻為零時刻，可以寫出t3時刻后的I與時間的關系式，I=0.5 t，代入上面的式子可以得到F=0.25+0.5t畫在坐標系里．

作出t2到t4時間內外力大小F隨時間t變化的函數圖象如圖所示．

【解析】（1）題中電流表的示數保持不變，整個下滑過程中回路中產生的感應電動勢不變，可判斷出在t1時刻棒剛好進入磁場Ⅰ區(qū)域且做勻速直線運動，由平衡條件和安培力、歐姆定律、法拉第定律結合求解v；（2）棒沒進入磁場以前做勻加速直線運動，由牛頓第二定律和運動學公式求出下滑的距離，由于棒進入磁場后產生的感應電動勢不變，由法拉第電磁感應定律求出磁場區(qū)I在沿斜軌方向上的寬度d；（3）ab棒進入磁場以前，由焦耳定律求出ab棒產生的焦耳熱．進入磁場Ⅰ的過程中，棒的重力勢能減小轉化為內能，由能量守恒求出ab棒產生的焦耳熱；（4）根據圖線寫出I﹣t′方程式，由歐姆定律I= = ，得到速度與時間的表達式，即可求出加速度，由牛頓第二定律得到外力F與時間t的關系式，作出圖象．