Question

14．如圖所示，粗糙平行金屬導(dǎo)軌MN，與光滑平行金屬導(dǎo)軌PQ接于OO′處，MN平面與水平面成θ角，PQ平面水平，導(dǎo)軌寬度都為L．磁場強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，分別垂直于MN平面斜向上，垂直于PQ平面豎直向下．現(xiàn)有質(zhì)量均為m，電阻均為R的導(dǎo)體棒ab、cd，ab垂直于PQ的導(dǎo)軌，cd垂直于MN的導(dǎo)軌．初始cd恰能靜止于MN上，現(xiàn)對ab施加一水平恒力F，使ab運(yùn)動(dòng)了x后達(dá)到平衡，此時(shí)，cd也恰好靜止（導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間接觸良好且觸點(diǎn)及金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，已知重力加速度為g），則（　�。�

• A． 水平恒力F=2mgsinθ
• B． 此過程中導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱為2mgxsinθ-$\frac{8{m}^{3}{g}^{2}{R}^{2}si{n}^{2}θ}{{B}^{4}{L}^{4}}$
• C． 此過程中通過棒ab的電荷量為q=$\frac{BLx}{2R}$
• D． 現(xiàn)將恒力F撤去后ab的位移S=$\frac{8{m}^{2}{g}^{2}{R}^{2}sinθ}{{B}^{4}{L}^{4}}$

Answer 1

分析 導(dǎo)體棒ab，向右做加速度逐漸減小的變加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)x時(shí)，加速度減小為零，根據(jù)ab棒受力平衡即可求出F；對導(dǎo)體棒ab在該過程運(yùn)用動(dòng)能定理以及閉合電路歐姆定律聯(lián)立，求解ab棒產(chǎn)生的電熱；電量用q=n$\frac{△φ}{{R}_{總}}$求解；對撤去后ab棒的運(yùn)動(dòng)過程運(yùn)用微積分法，其中v•△t表示位移，a△t表示速度變化量，即可求解ab的位移S．

解答 解：A、初始cd恰好平衡，所受的最大摩擦力f沿斜面向上，可得：f=mgsinθ，ab運(yùn)動(dòng)平衡后cd受安培力沿斜面向上，此時(shí)cd也恰好靜止，可得：此時(shí)最大靜摩擦力沿斜面向下，且：F_安=f+mgsinθ，ab棒和cd棒所受安培力大小相等，則根據(jù)ab平衡可得：F=F_安=2mgsinθ，故A正確；
B、設(shè)ab棒平衡時(shí)速度為v，則有：F=F_安=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{2R}$=2mgsinθ，ab棒和cd棒產(chǎn)生的焦耳熱相等，均設(shè)為Q，根據(jù)能量守恒可得：Fx=$\frac{1}{2}$mv²+2Q，解得：Q=mgxsinθ-$\frac{4{m}^{3}{g}^{2}{R}^{2}si{n}^{2}θ}{{B}^{4}{L}^{4}}$，故B錯(cuò)誤；
C、通過ab棒的電荷量為：q=$\frac{△φ}{2R}$=$\frac{BLx}{2R}$，故C正確；
D、F撤去后，任意微小時(shí)間△t內(nèi)，有：$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{2R}•△t$=ma•△t，可得：$\frac{{B}^{2}{L}^{2}}{2R}•△x$=m•△v，ab棒速度變化量為v，則：$\frac{{B}^{2}{L}^{2}}{2R}•S$=mv，又因：$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{2R}$=2mgsinθ，可得位移為：S=$\frac{{8m}^{2}g{R}^{2}sinθ}{{B}^{4}{L}^{4}}$，故D錯(cuò)誤；
故選：AC

點(diǎn)評 本題為導(dǎo)體棒切割磁場模型，考查點(diǎn)包括：力的平衡、法拉第電磁感應(yīng)定律、電流定義式、閉合電路歐姆定律以及動(dòng)能定理的綜合運(yùn)用；注意根據(jù)其運(yùn)動(dòng)過程選擇合適的規(guī)律解決問題；第三問用到了微積分法，大家要注意體會(huì)理解．