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(dòng)勢(shì)不變,可判斷出在t
1時(shí)刻棒剛好進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)域且做勻速直線運(yùn)動(dòng),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(chǎng)以前做勻加速直線運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出下滑的距離,由于棒進(jìn)入磁場(chǎng)后產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變,由法拉第電磁感應(yīng)定律求出磁場(chǎng)區(qū)I在沿斜軌方向上的寬度d;
(3)ab棒進(jìn)入磁場(chǎng)以前,由焦耳定律求出ab棒產(chǎn)生的焦耳熱.進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ的過程中,棒的重力勢(shì)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;
(4)根據(jù)圖線寫出I-t′方程式,由歐姆定律I=
=
,得到速度與時(shí)間的表達(dá)式,即可求出加速度,由牛頓第二定律得到外力F與時(shí)間的關(guān)系式,作出圖象.
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(dòng)勢(shì)是不變的,說明在B變化時(shí)和不變時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小一樣,所以可以判斷在t
1時(shí)刻棒剛好進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)域且做勻速直線運(yùn)動(dòng).mgsinθ-BIL=0.I=
,E
1=BLV,代入數(shù)據(jù)得V=2.5m/s
(2)沒進(jìn)入磁場(chǎng)以前做勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度是 a=gsin30°=5m/s
2,v=at,t
1=0.5s
下滑的距離是S
1=
at
2=0.625m,在沒進(jìn)入磁場(chǎng)以前,由于B均勻變化,所以E
2=
?Ld
又E
1=BLV,E
1=E
2
解得d=0.625m
(3)ab棒進(jìn)入磁場(chǎng)以前,棒上產(chǎn)生的熱量為Q
1=I
2Rt
1=0.25J
取ab棒在斜軌磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)為研究過程mgsinθ-Q
2=0
解得,Q
2=0.3125J 此時(shí),棒上產(chǎn)生的總熱量Q
2r=
Q=0.125J
則棒上產(chǎn)生的總熱量是Q
r=Q
1+Q
2r=0.375J
(4)因?yàn)镋=BLV,所以剛進(jìn)水平軌道時(shí)的電動(dòng)勢(shì)是E=2.5V,I
0=
=0.5A
取t
2時(shí)刻為零時(shí)刻,則根據(jù)圖線可以寫出I-t′方程式 I=0.5-t′,
又I=
V=2.5-5 t′.所以a
1=5m/s
2.
由牛頓第二定律得 F+BIL=ma
1.F+I=1,F(xiàn)=t′,畫出坐標(biāo)系.
t
3到t
4的時(shí)間為1s,取t
3時(shí)刻為零時(shí)刻,可寫出t
3時(shí)刻后的I與時(shí)間的關(guān)系式,I″=0.5 t'',速度的表達(dá)式V″=2.5t″
則得棒運(yùn)動(dòng)的加速度大小a
2=2.5m/s
2 依牛頓第二定律有
F-BIL=ma
2代入上面的式子得F=0.25+0.5 t''畫在坐標(biāo)系里.
答:(1)ab棒進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)I時(shí)速度V的大小是2.5m/s;
(2)磁場(chǎng)區(qū)I在沿斜軌方向上的寬度d是0.625m;
(3)棒從開始運(yùn)動(dòng)到剛好進(jìn)入水平軌道這段時(shí)間內(nèi)ab棒上產(chǎn)生的熱量Q是0.375J;
(4)作出t
2到t
4時(shí)間內(nèi)外力大小F隨時(shí)間t變化的函數(shù)圖象如圖所示.