Question

2．如圖所示，兩光滑導(dǎo)軌相距為L(zhǎng)，傾斜放置，與水平地面夾角為α，上端接一電容為C的電容器，導(dǎo)軌上有一質(zhì)量為m長(zhǎng)為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒平行地面放置，導(dǎo)體棒離地面的高度為h，磁感強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與兩導(dǎo)軌所決定的平面垂直，開始時(shí)電容器不帶電．將導(dǎo)體棒由靜止釋放，整個(gè)電路電阻不計(jì)，則（　�。�

• A． 導(dǎo)體棒先做加速運(yùn)動(dòng)，后作勻速運(yùn)動(dòng)
• B． 導(dǎo)體棒落地時(shí)瞬時(shí)速度v=$\sqrt{\frac{2mgh}{m+C{B}^{2}{L}^{2}}}$
• C． 導(dǎo)體棒下落中減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，機(jī)械能守恒
• D． 導(dǎo)體棒一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為a=$\frac{mgsinα}{m+C{B}^{2}{L}^{2}}$

Answer 1

分析 導(dǎo)體棒下滑，導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，對(duì)電容器充電，由電流定義式與牛頓第二定律、勻變速運(yùn)動(dòng)的速度位移公式分析答題．

解答 解：AD、設(shè)極短時(shí)間△t內(nèi)電容器的帶電量增加△q，電路中電流為 I=$\frac{△q}{△t}$=$\frac{C△U}{△t}$=$\frac{CBL•△v}{△t}$=CBLa…①
由牛頓第二定律得 mgsinα-BIL=ma…②
聯(lián)立①②解得：a=$\frac{mgsinα}{m+C{B}^{2}{L}^{2}}$，可知a不變，因此，導(dǎo)體棒一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，D正確；
B、導(dǎo)體棒做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由速度位移公式得：v²=2a$\frac{h}{sinα}$，解得：導(dǎo)體棒落地時(shí)瞬時(shí)速度v=$\sqrt{\frac{2mgh}{m+C{B}^{2}{L}^{2}}}$，故B正確；
C、在導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過程中，重力做功把重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，克服安培力做功，把重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為電場(chǎng)能，因此導(dǎo)體棒下落中減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和電場(chǎng)能，機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤；
故選：BD

點(diǎn)評(píng) 應(yīng)用電流的定義式I=$\frac{q}{t}$、E=BLv、牛頓第二定律得到加速度的表達(dá)式是解題的關(guān)鍵，本題的結(jié)論可在理解的基礎(chǔ)上記住，不能認(rèn)為導(dǎo)體棒先做加速運(yùn)動(dòng)，后作勻速運(yùn)動(dòng)．