Question

（2012?上海模擬）如圖（甲）所示，兩個水平和傾斜光滑直導軌都通過光滑圓弧對接而成，相互平行放置，兩導軌相距L=lm，傾斜導軌與水平面成θ=30⁰角，傾斜導軌的下面部分處在一垂直斜面的勻強磁場區I中，I區中磁場的磁感應強度B₁隨時間變化的規律如圖（乙）所示垂直斜面向上為正值，圖中t₁、t₂未知．水平導軌足夠長，其左端接有理想靈敏電流計G（內阻不計）和定值電阻R=3Ω，水平導軌處在一豎直向上的勻強磁場區Ⅱ中，Ⅱ區中的磁場恒定不變，磁感應強度大小為B₂=1T，在t=0時刻，從斜軌上磁場I區外某處垂直于導軌水平靜止釋放一金屬棒ab，棒的質量m=0．l kg，棒的電阻r=2Ω，棒下滑時與導軌保持良好接觸，設棒通過光滑圓弧前后速度大小不變，導軌的電阻不計．若棒在斜面上向下滑動的整個過程中，靈敏電流計指針穩定時顯示的電流大小相等，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且與桿垂直的外力．（g取10m/s²）求：
（1）ab棒進入磁場區I時速度V的大小；（2）磁場區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Q；
（4）若棒在t₂時刻進入水平導軌后，電流計G的電流I隨時間t變化的關系如圖（丙）所示（而未知），已知t₂到t₃的時間為0.5s，t₃到t₄的時間為1s，請在圖（丁）中作出t₂到t₄時間內外力大小F隨時間t變化的函數圖象．（從上向下看逆時針方向為電流正方向）

Answer 1

分析：（1）由題意，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=

E

R+r

=

BLV

R+r

，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與時間的關系式，作出圖象．

解答：解：（1）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Ⅰ區域且做勻速直線運動．mgsinθ-BIL=0．I=

E1

R+r

，E₁=BLV，代入數據得V=2.5m/s
（2）沒進入磁場以前做勻加速直線運動，加速度是　a=gsin30°=5m/s²，v=at，t₁=0.5s
下滑的距離是S₁=

1

2

at²=0.625m，在沒進入磁場以前，由于B均勻變化，所以E₂=

△B

△t

?Ld
又E₁=BLV，E₁=E₂
解得d=0.625m
（3）ab棒進入磁場以前，棒上產生的熱量為Q₁=I²Rt₁=0.25J　　
取ab棒在斜軌磁場中運動為研究過程mgsinθ-Q₂=0
解得，Q₂=0.3125J  　此時，棒上產生的總熱量Q_2r=

r

R+r

Q=0.125J 
則棒上產生的總熱量是Q_r=Q₁+Q_2r=0.375J
（4）因為E=BLV，所以剛進水平軌道時的電動勢是E=2.5V，I₀=

BLV

R+r

=0.5A
取t₂時刻為零時刻，則根據圖線可以寫出I-t′方程式　I=0.5-t′，
又I=

BLV

R+r

V=2.5-5 t′．所以a₁=5m/s²．
由牛頓第二定律得　F+BIL=ma₁．F+I=1，F=t′，畫出坐標系．
t₃到t₄的時間為1s，取t₃時刻為零時刻，可寫出t₃時刻后的I與時間的關系式，I″=0.5 t''，速度的表達式V″=2.5t″
則得棒運動的加速度大小a₂=2.5m/s²　
依牛頓第二定律有　
  F-BIL=ma₂
代入上面的式子得F=0.25+0.5 t''畫在坐標系里．

答：（1）ab棒進入磁場區I時速度V的大小是2.5m/s；
（2）磁場區I在沿斜軌方向上的寬度d是0.625m；
（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Q是0.375J；
（4）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．

點評：本題綜合了法拉第定律、歐姆定律、焦耳定律及力學中牛頓第二定律等等多個知識，綜合性很強，同時，考查了運用數學知識處理物理問題的能力．