Question

15．如圖所示，寬為L的水平光滑金屬軌道上放置一根質(zhì)量為m的導體棒MN，軌道左端通過一個單刀雙擲開關與一個電容器和一個阻值為R的電阻連接，勻強磁場的方向與軌道平面垂直，磁感應強度大小為B，電容器的電容為C，金屬軌道和導體棒的電阻不計．現(xiàn)將開關撥向“1”，導體棒MN在水平向右的恒力F作用下由靜止開始運動，經(jīng)時間t₀后，將開關S撥向“2”，再經(jīng)時間t，導體棒MN恰好開始勻速向右運動．下列說法正確的是（　　）

• A． 開關撥向“1”時，金屬棒做加速度逐漸減小的加速運動
• B． t₀時刻電容器所帶的電荷量為$\frac{CBLF{t}_{0}}{m+{B}^{2}{L}^{2}C}$
• C． 開關撥向“2”后，導體棒勻速運動的速率為$\frac{FR}{{B}^{2}{L}^{2}}$
• D． 開關撥向“2”后t時間內(nèi)，導體棒通過的位移為$\frac{FR}{{B}^{2}{L}^{2}}$（t+$\frac{m{t}_{0}}{m+{B}^{2}{L}^{2}C}$-$\frac{mR}{{B}^{2}{L}^{2}}$）

Answer 1

分析 開關撥向“1”時，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式，再分析其運動情況．由法拉第電磁感應定律求解MN棒產(chǎn)生的感應電動勢，得到電容器的電壓，從而求出電容器的電量．開關撥向“2”時，由平衡條件和安培力與速度的關系式，求解勻速運動的速率．由牛頓第二定律得到加速度的瞬時表達式，運用微元法求解位移．

解答 解：A、開關撥向“1”時，在極短時間△t內(nèi)流過金屬棒的電荷量為△Q，則電路中的瞬時電流為 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
對金屬棒，由牛頓第二定律得 F-BIL=ma
聯(lián)立得金屬棒的瞬時加速度為 a=$\frac{F}{m+C{B}^{2}{L}^{2}}$
則知金屬棒的加速度不變，做勻加速直線運動，故A錯誤．
B、t₀時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、開關撥向“2”后，導體棒勻速運動時，有 F=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$，則得v=$\frac{FR}{{B}^{2}{L}^{2}}$，故C正確．
D、開關撥向“2”后t時間內(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．

點評 解決本題的關鍵有兩個：一是抓住電流的定義式，結合牛頓第二定律分析金屬棒的加速度．二是運用微元法，求解金屬棒的位移，其切入口是加速度的定義式．