Question

15．如圖甲所示，電阻不計(jì)且間距L=1m的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，上端接一阻值R=2Ω的電阻，虛線OO′下方有垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，現(xiàn)將質(zhì)量m=0.1kg、電阻不計(jì)的金屬桿ab從OO′上方某處由靜止釋放，金屬桿在下落的過程中與導(dǎo)軌保持良好接觸且始終水平，已知桿ab進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v₀=1m/s，下落0.3m的過程中加速度a與下落距離h的關(guān)系圖象如圖乙所示，g取10m/s²，則（　�。�

• A． 勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2T
• B． 桿ab下落0.3m時(shí)金屬桿的速度為1m/s
• C． 桿ab下落0.3m的過程中R上產(chǎn)生的熱量為0.2J
• D． 桿ab下落0.3m的過程中通過R的電荷量為0.25C

Answer 1

分析 由乙圖讀出金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度的大小，判斷出加速度方向．由法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律推導(dǎo)出安培力與速度的關(guān)系式，由牛頓第二定律列式可求出磁感應(yīng)強(qiáng)度．從開始下落到下落0.3m的過程中，桿的機(jī)械能減小轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，由能量守恒列式可求出電阻R上產(chǎn)生的熱量．由圖看出，下落0.3m時(shí)，由q=$\frac{△Φ}{R}$即可求電荷量．

解答 解：A、進(jìn)入磁場(chǎng)后，根據(jù)右手定則判斷可知金屬桿ab中電流的方向由a到b．由左手定則知，桿ab所受的安培力豎直向上．
由乙圖知，剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，金屬桿ab的加速度大小a₀=10m/s²，方向豎直向上．
由牛頓第二定律得：BI₀L-mg=ma₀
設(shè)桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v₀，則有 I₀=$\frac{{E}_{0}}{R}$=$\frac{BL{v}_{0}}{R}$
聯(lián)立得：$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{0}}{R}$-mg=ma₀
代入數(shù)據(jù)，解得：B=2T，故A正確．
B、通過a-h圖象知h=0.3m，a=0，表明金屬桿受到的重力與安培力平衡，有 mg=BIL=BL$\frac{BLv}{R}$=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$，聯(lián)立得：v=$\frac{mgR}{{B}^{2}{L}^{2}}$=$\frac{0.1×10×2}{{2}^{2}×{1}^{2}}$=0.5m/s．即桿ab下落0.3m時(shí)金屬桿的速度為0.5m/s．故B錯(cuò)誤．
C、從開始到下落0.3m的過程中，由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律有：
 mgh=Q+$\frac{1}{2}$mv²
代入數(shù)值有：Q=m（gh-$\frac{1}{2}$v²）=0.1×（10×0.3-$\frac{1}{2}$×0.5²）J=0.2875J，故C錯(cuò)誤．
D、金屬桿自由下落的高度 h=$\frac{{v}_{0}^{2}}{2g}$=$\frac{{1}^{2}}{20}$m=0.05m，ab下落0.3m的過程中，通過R的電荷量：q=$\frac{△Φ}{R}$=$\frac{BL（x-h）}{R}$=$\frac{2×1×（0.3-0.05）}{2}$C=0.25C．故D正確；
故選：AD．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵要根據(jù)圖象的信息讀出加速度和桿的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，熟練推導(dǎo)出安培力與速度的關(guān)系式，由牛頓第二定律、安培力、法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、能量守恒等多個(gè)知識(shí)綜合求解．