Question

15．如圖所示，寬為L(zhǎng)的水平光滑金屬軌道上放置一根質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒MN，軌道左端通過(guò)一個(gè)單刀雙擲開(kāi)關(guān)與一個(gè)電容器和一個(gè)阻值為R的電阻連接，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向與軌道平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電容器的電容為C，金屬軌道和導(dǎo)體棒的電阻不計(jì)．現(xiàn)將開(kāi)關(guān)撥向“1”，導(dǎo)體棒MN在水平向右的恒力F作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t₀后，將開(kāi)關(guān)S撥向“2”，再經(jīng)時(shí)間t，導(dǎo)體棒MN恰好開(kāi)始勻速向右運(yùn)動(dòng)．下列說(shuō)法正確的是（　�。�

• A． 開(kāi)關(guān)撥向“1”時(shí)，金屬棒做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)
• B． t₀時(shí)刻電容器所帶的電荷量為$\frac{CBLF{t}_{0}}{m+{B}^{2}{L}^{2}C}$
• C． 開(kāi)關(guān)撥向“2”后，導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速率為$\frac{FR}{{B}^{2}{L}^{2}}$
• D． 開(kāi)關(guān)撥向“2”后t時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒通過(guò)的位移為$\frac{FR}{{B}^{2}{L}^{2}}$（t+$\frac{m{t}_{0}}{m+{B}^{2}{L}^{2}C}$-$\frac{mR}{{B}^{2}{L}^{2}}$）

Answer 1

分析 開(kāi)關(guān)撥向“1”時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律和電流的定義式，得到金屬棒的加速度表達(dá)式，再分析其運(yùn)動(dòng)情況．由法拉第電磁感應(yīng)定律求解MN棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，得到電容器的電壓，從而求出電容器的電量．開(kāi)關(guān)撥向“2”時(shí)，由平衡條件和安培力與速度的關(guān)系式，求解勻速運(yùn)動(dòng)的速率．由牛頓第二定律得到加速度的瞬時(shí)表達(dá)式，運(yùn)用微元法求解位移．

解答 解：A、開(kāi)關(guān)撥向“1”時(shí)，在極短時(shí)間△t內(nèi)流過(guò)金屬棒的電荷量為△Q，則電路中的瞬時(shí)電流為 I=$\frac{△Q}{△t}$
電容器的電壓 U=BLv，電荷量 Q=CU，則△Q=C△U=CBL△v
可得 I=CBL$\frac{△v}{△t}$=CBLa
對(duì)金屬棒，由牛頓第二定律得 F-BIL=ma
聯(lián)立得金屬棒的瞬時(shí)加速度為 a=$\frac{F}{m+C{B}^{2}{L}^{2}}$
則知金屬棒的加速度不變，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤．
B、t₀時(shí)刻電容器所帶的電壓 U=BLat₀，電荷量 Q=CU，則得 Q=$\frac{CBLF{t}_{0}}{m+{B}^{2}{L}^{2}C}$，故B正確．
C、開(kāi)關(guān)撥向“2”后，導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有 F=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$，則得v=$\frac{FR}{{B}^{2}{L}^{2}}$，故C正確．
D、開(kāi)關(guān)撥向“2”后t時(shí)間內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律得：F-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$=ma=m$\frac{△v}{△t}$
則得 F△t-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v△t}{R}$=m△v
兩邊求和得：$\sum_{\;}^{\;}$（F△t-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v△t}{R}$）=$\sum_{\;}^{\;}$m△v
而$\sum_{\;}^{\;}$v△t=x，$\sum_{\;}^{\;}$△v=v
聯(lián)立解得位移 x=$\frac{FR}{{B}^{2}{L}^{2}}$（t+$\frac{m{t}_{0}}{m+{B}^{2}{L}^{2}C}$-$\frac{mR}{{B}^{2}{L}^{2}}$）．故D正確．
故選：BCD．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵有兩個(gè)：一是抓住電流的定義式，結(jié)合牛頓第二定律分析金屬棒的加速度．二是運(yùn)用微元法，求解金屬棒的位移，其切入口是加速度的定義式．