Question

5．如圖所示，兩傾角為θ、間距為l的光滑金屬平行軌道，軌道間接有電阻R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．軌道平面處于垂直平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．有一質(zhì)量為m、長(zhǎng)為l、電阻為r的導(dǎo)體棒，從軌道上某處由靜止開始下滑距離x時(shí)達(dá)最大速度．則從導(dǎo)體棒開始下滑到達(dá)到最大速度的過程中，下列說法中正確的是（　�。�

• A． 通過導(dǎo)體棒的電量q=$\frac{Blx}{R}$
• B． 導(dǎo)體棒最大速度v_m=$\frac{mgsinθ}{Bl}$
• C． 電路中產(chǎn)生的焦耳熱Q=mgsinθ（x-$\frac{{m}^{2}g（R+r）^{2}sinθ}{2{B}^{2}{l}^{4}}$）
• D． 導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=$\frac{2{B}^{2}{l}^{2}x}{mgsinθ（R+r）}$

Answer 1

分析 由法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)平均值，由歐姆定律求出電流平均值，由電流定義式的變形公式求出通過導(dǎo)體的電荷量；導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度達(dá)到最大，由平衡條件列式求解最大速度．由能量守恒定律求出產(chǎn)生的焦耳熱．根據(jù)牛頓第二定律和加速度的定義式，運(yùn)用積分法求解導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．

解答 解：A、通過導(dǎo)體棒的電量為：q=$\frac{△Φ}{R+r}$=$\frac{Blx}{R+r}$，故A錯(cuò)誤．
B、導(dǎo)體棒ab下滑達(dá)到最大速度時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=Blv_m，由歐姆定律得棒中的電流值為：
 I=$\frac{E}{R+r}$=$\frac{Bl{v}_{m}}{R+r}$；
導(dǎo)體棒ab下滑達(dá)到最大速度時(shí)，重力沿斜面下滑的分力與安培力平衡，故有：mgsinθ=BIl=$\frac{{B}^{2}{l}^{2}{v}_{m}}{R+r}$．解得：v_m=$\frac{mg（R+r）sinθ}{{B}^{2}{l}^{2}}$，故B錯(cuò)誤．
C、根據(jù)能量守恒定律得：焦耳熱Q=mgxsinθ-$\frac{1}{2}$m${v}_{m}^{2}$=Q=mgsinθ[x-$\frac{{m}^{2}g（R+r）^{2}sinθ}{2{B}^{2}{l}^{4}}$]，故C正確．
D、取極短時(shí)間△t內(nèi)速度的變化量為△v，根據(jù)牛頓第二定律得：
 mgsinθ-BIL=ma=m$\frac{△v}{△t}$，可得：mgsinθ△t-BI△t=m△v
兩邊求和：$\sum_{\;}^{\;}$（mgsinθ△t）-$\sum_{\;}^{\;}$BIl△t=$\sum_{\;}^{\;}$m△v
則得：mgsinθt-Blq=mv_m；
將q=$\frac{Blx}{R+r}$，v_m=$\frac{mg（R+r）sinθ}{{B}^{2}{l}^{2}}$，代入得：t=$\frac{{B}^{2}{l}^{2}x}{mgsinθ（R+r）}$+$\frac{m（R+r）}{{B}^{2}{l}^{2}}$，故D錯(cuò)誤．
故選：C

點(diǎn)評(píng) 本題考查應(yīng)用平衡條件解決磁場(chǎng)中導(dǎo)體的平衡問題，要熟練推導(dǎo)安培力和感應(yīng)電荷量，關(guān)鍵運(yùn)用微元積分法求解時(shí)間，其切入口是加速度的定義式．