Question

如圖（甲）所示，兩光滑導(dǎo)軌都由水平、傾斜兩部分圓滑對接而成，相互平行放置，兩導(dǎo)軌相距L=lm，傾斜導(dǎo)軌與水平面成θ=30°角，傾斜導(dǎo)軌的下端處在一垂直斜面的勻強(qiáng)磁場區(qū)I中，I區(qū)中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B₁隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖（乙）所示，圖中t₁未知．水平導(dǎo)軌足夠長，其左端接有一電阻為R=3Ω的燈泡，水平導(dǎo)軌處在一豎直向上的勻強(qiáng)磁場區(qū)Ⅱ中，Ⅱ區(qū)中的磁場恒定不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B₂=1T，在t=0時(shí)刻，從斜軌上磁場I 區(qū)外某處垂直于導(dǎo)軌水平釋放一金屬棒ab，棒的質(zhì)量m=0.1kg，電阻r=2Ω，棒下滑時(shí)與導(dǎo)軌保持良好接觸，由斜軌滑向水平軌時(shí)無機(jī)械能損失，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)．若棒在斜軌上滑動的過程中，燈泡的亮度始終未變（計(jì)算時(shí)取9=10m/s²）求：
（1）ab 棒進(jìn)入磁場區(qū)I 時(shí)的速度v；
（2）磁場區(qū)I在斜軌方向一卜的寬度d；
（3）ab 棒在磁場Ⅱ區(qū)中能前進(jìn)的最大距離X
（4）棒在整個(gè)運(yùn)動過程中，在ab棒上產(chǎn)生的熱量Q．

Answer 1

分析：（1）由題意，電流表的示數(shù)保持不變，整個(gè)下滑過程中回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不變，可判斷出在t₁時(shí)刻棒剛好進(jìn)入磁場Ⅰ區(qū)域且做勻速直線運(yùn)動，由平衡條件和安培力、歐姆定律、法拉第定律結(jié)合求解V；
（2）棒沒進(jìn)入磁場以前做勻加速直線運(yùn)動，由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式求出下滑的距離，由于棒進(jìn)入磁場后產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不變，由法拉第電磁感應(yīng)定律求出磁場區(qū)I在沿斜軌方向上的寬度d；
（3）根據(jù)動量定理，結(jié)合電量表達(dá)式與感應(yīng)電動勢的平均值，即可求解；
（4）ab棒進(jìn)入磁場以前，由焦耳定律求出ab棒產(chǎn)生的焦耳熱．進(jìn)入磁場Ⅰ的過程中，棒的重力勢能減小轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，由能量守恒求出ab棒產(chǎn)生的焦耳熱；

解答：解：（1）電流表的示數(shù)不變，說明在整個(gè)下滑過程中回路的電動勢是不變的，說明在B變化時(shí)和不變時(shí)感應(yīng)電動勢大小一樣，
所以可以判斷在t₁時(shí)刻棒剛好進(jìn)入磁場Ⅰ區(qū)域且做勻速直線運(yùn)動．
由平衡方程，則有：mgsinθ-BIL=0．
閉合電路歐姆定律，則有：I=

E1

R+r

，
感應(yīng)電動勢，E₁=BLv，
代入數(shù)據(jù)得：v=2.5m/s
（2）沒進(jìn)入磁場以前做勻加速直線運(yùn)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(jìn)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棒在進(jìn)入水平軌道時(shí)速度為v，在磁場區(qū)II中運(yùn)動了X的距離停下，
則有：BIL△t=mv-0
又q=I?△t
且q=

BLX

R+r

 
解得：X=1.25m；
（4）ab棒在傾角軌道上運(yùn)動的總時(shí)間設(shè)為T，產(chǎn)生的熱量為Q₁，
則有：T=t₁+t₂=t₁+

d

v

=0.75s
Q₁=I²rT=0.375J
在水平軌道上產(chǎn)生熱量為Q₂，
則有：Q₂=

r

r+R

?

1

2

mv2=0.125J
所以整個(gè)過程中產(chǎn)生的熱量為Q，
則有：Q=Q₁+Q₂=0.375J+0.125J=0.5J；
答：（1）ab 棒進(jìn)入磁場區(qū)I 時(shí)的速度v；
（2）磁場區(qū)I在斜軌方向一卜的寬度d；
（3）ab 棒在磁場Ⅱ區(qū)中能前進(jìn)的最大距離X；
（4）棒在整個(gè)運(yùn)動過程中，ab 棒一鏟生的熱量Q．

點(diǎn)評：本題綜合了法拉第定律、歐姆定律、焦耳定律及力學(xué)中牛頓第二定律等等多個(gè)知識，綜合性很強(qiáng)，同時(shí)，考查了運(yùn)用數(shù)學(xué)知識處理物理問題的能力．