Question

6．如圖所示，兩條平行導軌所在平面與水平地面的夾角為θ=30°，間距為l．導軌上端接有一平行板電容器，電容為C，在寬度為$\frac{1}{4}$h的兩虛線間的導軌上涂有薄絕緣涂層，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向與導軌平面垂直，質(zhì)量為m的導體棒從h高度處由靜止釋放，導體棒始終與導軌垂直且僅與涂層間有摩擦，動摩擦因數(shù)為$\frac{\sqrt{3}}{3}$，重力加速度為g，所有電阻忽略不計．下列說法正確的是（　�。�

• A． 導體棒到達涂層前做加速度減小的加速運動
• B． 在涂層區(qū)導體做勻速運動
• C． 導體棒到達底端的速度為v=$\sqrt{\frac{7mgh}{4（m+{B}^{2}{l}^{2}C）}}$
• D． 整個運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱為mgh

Answer 1

分析 由左手定則來確定安培力的方向，并求出安培力的大小；借助于I=$\frac{Q}{t}$、a=$\frac{△v}{△t}$及牛頓第二定律來求出速度與時間的關(guān)系，得到導體棒的運動規(guī)律．

解答 解：A、設(shè)導體棒下滑的速度大小為v，則感應(yīng)電動勢為E=Blv，平行板電容器兩個極板之間的電勢差為U=E，設(shè)此時電容器上積累的電荷量為Q，根據(jù)定義C=$\frac{Q}{U}$，聯(lián)立可得Q=CBlv；設(shè)導體棒的速度大小為v時經(jīng)歷的時間t，通過導體棒的電流為i，導體棒受到的磁場的作用力方向沿著導軌向上，大小為f=Bli．設(shè)在時間（t，t+△t）內(nèi)流過導體棒的電荷量為△Q．按照定義有i=$\frac{△Q}{△t}$，△Q也是平行板電容器兩極板在（t，t+△t）內(nèi)增加的電荷量，得到△Q=CBl•△v，△v為導體棒的速度變化量，按照定義有a=$\frac{△v}{△t}$，導體棒在時刻t的加速度方向沿著斜面向下，設(shè)其大小為a，根據(jù)牛頓第二定律，有：mgsinθ-f=ma，聯(lián)立解得：a=$\frac{mgsinθ}{{m+{B^2}{l^2}C}}=\frac{mg}{{2（m+{B^2}{l^2}C）}}$，即導體棒到達涂層前做勻加速直線運動，故A錯誤；
B、由于導體棒通過涂層時沒有感應(yīng)電流，故受重力、支持力、摩擦力，而沒有安培力，由于mgsin30°=μmgcos30°，故導體棒受力平衡，做勻速直線運動，故B正確；
C、由速度位移公式${v^2}=2a\frac{7}{4}h$可得：$v=\sqrt{\frac{7mghsinθ}{{2（m+{B^2}{l^2}C）}}}=\sqrt{\frac{7mgh}{{4（m+{B^2}{l^2}C）}}}$，故C正確；
D、運動過程中重力勢能減小了mgh，但動能有增加，故整個運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱小于mgh，故D錯誤；
故選：BC

點評 本題關(guān)鍵采用微元法分析金屬棒的加速度，切入點是加速度的定義式，再應(yīng)用牛頓第二定律、勻變速運動的速度公式、E=BLv即可正確解題．