Question

（2011?黃浦區(qū)一模）如圖所示，一光滑平行金屬軌道平面與水平面成θ角，兩導(dǎo)軌上端用一電阻R相連，該裝置處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直軌道平面向上．質(zhì)量為m的金屬桿ab，以初速度v₀從軌道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端．若運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，金屬桿保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，并不計(jì)金屬桿ab的電阻及空氣阻力，則（　�。�

A．上滑過(guò)程的時(shí)間比下滑過(guò)程長(zhǎng)

B．上滑過(guò)程通過(guò)電阻R的電量比下滑過(guò)程多

C．上滑過(guò)程通過(guò)電阻R產(chǎn)生的熱量比下滑過(guò)程少

D．上滑過(guò)程通過(guò)電阻R產(chǎn)生的熱量比下滑過(guò)程多

Answer 1

分析：本題的基礎(chǔ)是明確金屬桿的受力情況和正確判斷金屬桿運(yùn)動(dòng)情況如下：當(dāng)金屬桿沿斜面以速度v向上滑行時(shí)，金屬桿（設(shè)桿在兩導(dǎo)軌之間的有效長(zhǎng)度為L(zhǎng)）垂直切割勻強(qiáng)磁場(chǎng)（設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B）產(chǎn)生動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)E=BLv，金屬桿中的感應(yīng)電流為I=

E

R

=

BLv

R

，由左手定則判斷金屬桿受沿斜面向下的安培力，大小F_安=ILB=

BLv

R

LB=

B2L2v

R

，合力大小F_合=mgsinθ+F_安=mgsinθ+

B2L2v

R

，根據(jù)牛頓第二定律F=ma可知金屬桿沿斜面向上做加速度減小的變減速直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)金屬桿沿斜面以速度v向下滑行時(shí)，由左手定則判斷金屬桿受沿斜面向上的安培力，大小F_安=ILB=

BLv

R

LB=

B2L2v

R

，合力大小F_合=mgsinθ-F_安=mgsinθ-

B2L2v

R

，根據(jù)牛頓第二定律F=ma可知金屬桿沿斜面向上做加速度減小的變加速直線運(yùn)動(dòng)．本題的關(guān)鍵是金屬桿上滑過(guò)程和下滑過(guò)程回路中均有電熱產(chǎn)生，金屬桿從底端滑上去再滑回底端高度不變，金屬桿的重力勢(shì)能不變，只有動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電熱，故金屬桿再滑回底端時(shí)速度（設(shè)為v₂）必然小于初速度，即v₂＜v₀，所以上滑階段的平均速度大于下滑階段的平均速度．

解答：解：A、因?yàn)樯匣�階段的平均速度大于下滑階段的平均速度，而上滑階段的位移與下滑階段的位移大小相等，所以上滑過(guò)程的時(shí)間比下滑過(guò)程短，所以A錯(cuò)誤；
B、電量q=It=

E

R

t=

B△s t

R

t=

B△s

R

，式中結(jié)果無(wú)時(shí)間，故上滑階段和下滑階段通過(guò)回路即通過(guò)R的電量相同，所以B錯(cuò)誤；
C、分析知上滑階段的平均速度大于下滑階段的平均速度，由動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)公式E=BLv可知上滑階段的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E₁大于下滑階段的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E₂，方法二由公式E=

B△s

t

和上滑過(guò)程的時(shí)間比下滑過(guò)程短，也可以得出上滑階段的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大于下滑階段的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，而上滑階段和下滑階段通過(guò)回路即通過(guò)R的電量相同，再由公式W_電=qE_{電動(dòng)勢(shì)}，可知上滑階段回路電流做功即電阻R產(chǎn)生的熱量比下滑階段多．所以C錯(cuò)誤；
D、從上一步可知，D正確；
本題選正確的，故選D．

點(diǎn)評(píng)：解決這類問(wèn)題的關(guān)鍵時(shí)分析受力，進(jìn)一步確定運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，并明確判斷各個(gè)階段及全過(guò)程的能量轉(zhuǎn)化．