Question

5．如圖所示，兩根半徑r=0.4m的光滑四分之一圓弧軌道，間距L=0.5m，電阻不計(jì)，在其上端連有一阻值為R₀=2Ω的電阻，整個(gè)裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=1T．現(xiàn)有一根長(zhǎng)度稍大于L的金屬棒從軌道的頂端PQ處開(kāi)始下滑，到達(dá)軌道底端MN時(shí)對(duì)軌道的壓力恰好為其重力的兩倍．己知金屬棒的質(zhì)量m=0.8kg，電阻R=3Ω，重力加速度g=10m/s²．則以下結(jié)論正確的是（　�。�

• A． 金屬棒到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度為2$\sqrt{2}$m/s
• B． 金屬棒到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)MN兩端的電壓0.6V
• C． 金屬棒下滑過(guò)程中克服安培力做了1.6J的功
• D． 金屬棒下滑過(guò)程中通過(guò)R₀的電荷量為0.04C

Answer 1

分析 A：金屬棒在cd端時(shí)由重力和軌道的支持力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出棒到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度．
B：由E=BLv求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，再由歐姆定律求通過(guò)R的電流．
C：根據(jù)能量守恒定律求回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q，導(dǎo)體棒切割磁感線時(shí)克服安培力做的功等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱．
D：先求出金屬棒下滑過(guò)程中的平均電動(dòng)勢(shì)，在根據(jù)$\overline{I}$=$\frac{\overline{E}}{R+{R}_{0}}$求出平均電流$\overline{I}$，根據(jù)q=$\overline{I}$△t就可以求出金屬棒下滑過(guò)程中通過(guò)R₀的電荷量

解答 解：A：設(shè)金屬棒到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，設(shè)棒的速度為v，棒受到的支持力為N，并且N=2mg
N-mg=m$\frac{{v}^{2}}{r}$ 
解得v=$\sqrt{gr}$=$\sqrt{10×0.4}$=2m/s
故A錯(cuò)誤
B：設(shè)導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E，則E=BLV=1×0.5×2=1V
MN兩端的電壓為路端電壓U=$\frac{E}{R+{R}_{0}}$R₀=$\frac{1}{2+3}$×2V=0.4V
故B錯(cuò)誤
C：由能量的轉(zhuǎn)化和守恒可以得出：Q=mgr-$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
將v=$\sqrt{gr}$代入得：Q=mgr-$\frac{1}{2}$m（$\sqrt{gr}$）² =$\frac{1}{2}$mgr
金屬棒下滑過(guò)程中克服安培力做的功等于整個(gè)電路產(chǎn)生的焦耳熱Q=$\frac{1}{2}$mgr=$\frac{1}{2}$×0.8×10×0.4=1.6J
故C正確
D：金屬棒下滑的過(guò)程中通過(guò)R₀的電荷量為q
則q=$\overline{I}$△t   $\overline{I}$=$\frac{\overline{E}}{{R}_{0}+R}$  $\overline{E}$=$\frac{△φ}{△t}$△φ=B△s
代入得：q=$\frac{B△s}{△t（{R}_{0}+R）}△t$=$\frac{B△s}{{R}_{0}+R}$
將△s=rL代入得：q=$\frac{BrL}{{R}_{0}+R}$=$\frac{1×0.4×0.5}{2+3}$=0.04C
故D正確
故選：CD

點(diǎn)評(píng) 導(dǎo)體棒切割磁感線時(shí)克服安培力做的功等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱，根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化與守恒就可以求出金屬棒克服安培力做的功