Question

12．如圖所示，間距為L的金屬導(dǎo)軌豎直平行放置，空間有垂直于導(dǎo)軌所在平面向里、大小為B的勻強磁場．在導(dǎo)軌上端接一電容為C的電容器，一質(zhì)量為m的金屬棒ab與導(dǎo)軌始終保持良好接觸，由靜止開始釋放，釋放時ab 距地面高度為h，（重力加速度為g，一切摩擦及電阻均不計）在金屬棒下滑至地面的過程中，下列說法正確的是（　�。�

• A． 若h足夠大，金屬棒最終勻速下落
• B． 金屬棒運動到地面時，電容器儲存的電荷量為mgh
• C． 金屬棒做勻加速運動，加速度為$\frac{mg}{mg+{C}^{2}{B}^{2}{L}^{2}}$
• D． 金屬棒運動到地面時，電容器儲存的電勢能為$\frac{mghC{B}^{2}{L}^{2}}{m+C{B}^{2}{L}^{2}}$

Answer 1

分析 由左手定則來確定安培力的方向，并求出安培力的大��；借助于I=$\frac{△Q}{△t}$、a=$\frac{△v}{△t}$及牛頓第二定律來求出加速度的表達式，分析金屬棒的運動情況．金屬棒的重力勢能轉(zhuǎn)化為金屬棒的動能與電容器中的電勢能．

解答 解：A、設(shè)金屬棒的速度大小為v時，經(jīng)歷的時間為t，通過金屬棒的電流為i，產(chǎn)生的電動勢為：e=BLv
金屬棒受到的安培力方向沿導(dǎo)軌向上，大小為：F=BLi
設(shè)在時間間隔（t，t+△t ）內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為△Q，則△Q=C△U=C•△e
按電流的定義有：i=$\frac{△Q}{△t}$，△Q也是平行板電容器極板在時間間隔△t內(nèi)增加的電荷量，
在△t內(nèi)金屬棒的速度變化量為△v，由加速度的定義有：a=$\frac{△v}{△t}$
金屬棒在時刻t的加速度方向向下，設(shè)其大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有：mg-F=ma
聯(lián)立上此式可得：a=$\frac{mg}{m+C{B}^{2}{L}^{2}}$．則知加速度a為定值，金屬棒做勻加速運動，且加速度為 $\frac{mg}{m+C{B}^{2}{L}^{2}}$．故A、C錯誤；
B、金屬棒下降h后的速度為 v₀=$\sqrt{2ah}$
電容器板間電壓 U=BLv₀=BL$\sqrt{2ah}$
電容器儲存的電荷量為 Q=CU=CBL$\sqrt{2ah}$=CBL$\sqrt{\frac{2mgh}{m+C{B}^{2}{L}^{2}}}$，故B錯誤．
D、金屬棒運動到地面時，金屬棒的動能：E_K=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$=mah
金屬棒的重力勢能轉(zhuǎn)化為金屬棒的動能與電容器中的電勢能，所以金屬棒運動到地面時，電容器儲存的電勢能：
  E_P=mgh-E_K=$\frac{mghC{B}^{2}{L}^{2}}{m+C{B}^{2}{L}^{2}}$．故D正確．
故選：D

點評 本題關(guān)鍵采用微元法分析金屬棒的加速度，切入點是加速度的定義式，再應(yīng)用牛頓第二定律、勻變速運動的速度公式、E=BLv即可正確解題．