Question

1．如圖所示，金屬導(dǎo)軌ADM、BCN固定在傾角為θ=30°的斜面上．虛線AB、CD間導(dǎo)軌光滑，ABCD為等腰梯形，AB長(zhǎng)為L(zhǎng)，CD長(zhǎng)為2L，CB、NC夾角為θ；虛線CD、MN間為足夠長(zhǎng)且粗糙的平行導(dǎo)軌．導(dǎo)軌頂端接有阻值為R的定值電阻，空間中充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B₀、方向垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．現(xiàn)從AB處由靜止釋放一質(zhì)量為m、長(zhǎng)為2L的導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒在光滑導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度不為零，導(dǎo)體棒始終水平且與導(dǎo)軌接觸良好．已知導(dǎo)體棒與粗糙導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＜$\frac{\sqrt{3}}{3}$，導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g，則下列說法中正確的是（　�。�

• A． 導(dǎo)體棒在光滑導(dǎo)軌上做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)
• B． 導(dǎo)體棒在光滑導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過程，通過定值電阻的電荷量為$\frac{3\sqrt{3}{B}_{0}{L}^{2}}{4R}$
• C． 導(dǎo)體棒在粗糙導(dǎo)軌上一定先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速運(yùn)動(dòng)
• D． μ=$\frac{2\sqrt{3}}{9}$時(shí)，導(dǎo)體棒的最終速度大小為$\frac{mgR}{24{{B}_{0}}^{2}{L}^{2}}$

Answer 1

分析 根據(jù)導(dǎo)體棒的受力，結(jié)合安培力的變化，運(yùn)用牛頓第二定律分析導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)規(guī)律．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，結(jié)合電量的公式求出導(dǎo)體棒在光滑導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過程，通過定值電阻的電荷量．當(dāng)導(dǎo)體棒所受的合力為零時(shí)，做勻速運(yùn)動(dòng)，結(jié)合平衡和安培力的經(jīng)驗(yàn)表達(dá)式${F}_{A}=\frac{{B}^{2}{l}^{2}v}{{R}_{總}}$進(jìn)行求解．

解答 解：A、導(dǎo)體棒在光滑導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度增大，切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大，感應(yīng)電流增大，棒子所受的安培力增大，根據(jù)牛頓第二定律知，導(dǎo)體棒的加速度減小，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤．
B、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有：E=$\frac{△Φ}{△t}=\frac{{B}_{0}S}{△t}$，電荷量：q=I•△t=$\frac{{B}_{0}S}{R}$，S=$\frac{1}{2}（L+2L）\frac{L}{2}•\frac{1}{tan30°}=\frac{3\sqrt{3}}{4}{L}^{2}$，解得q=$\frac{3\sqrt{3}{B}_{0}{L}^{2}}{4R}$，故B正確．
C、導(dǎo)體棒在光滑導(dǎo)軌上做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入粗糙導(dǎo)軌后，由于導(dǎo)體棒的長(zhǎng)度變?yōu)樵瓉淼?倍，安培力和摩擦力的合力可能大于重力沿斜面方向的分力，導(dǎo)體棒進(jìn)入粗糙導(dǎo)軌后不一定做加速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤．
D、當(dāng)導(dǎo)體棒所受的合力為零時(shí)，速度最大，根據(jù)平衡有：$mgsinθ=\frac{{B}^{2}（2L）^{2}v}{R}+μmgcos30°$，解得v=$\frac{mgR}{24{{B}_{0}}^{2}{L}^{2}}$，故D正確．
故選：BD．

點(diǎn)評(píng) 本題考查滑桿問題，關(guān)鍵是熟練運(yùn)用切割公式、歐姆定律公式、安培力公式、牛頓第二定律公式，注意求解電荷量時(shí)要用感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值進(jìn)行計(jì)算．