Question

15．如图所示，宽为L的水平光滑金属轨道上放置一根质量为m的导体棒MN，轨道左端通过一个单刀双掷开关与一个电容器和一个阻值为R的电阻连接，匀强磁场的方向与轨道平面垂直，磁感应强度大小为B，电容器的电容为C，金属轨道和导体棒的电阻不计．现将开关拨向“1”，导体棒MN在水平向右的恒力F作用下由静止开始运动，经时间t₀后，将开关S拨向“2”，再经时间t，导体棒MN恰好开始匀速向右运动．下列说法正确的是（　　）

• A． 开关拨向“1”时，金属棒做加速度逐渐减小的加速运动
• B． t₀时刻电容器所带的电荷量为$\frac{CBLF{t}_{0}}{m+{B}^{2}{L}^{2}C}$
• C． 开关拨向“2”后，导体棒匀速运动的速率为$\frac{FR}{{B}^{2}{L}^{2}}$
• D． 开关拨向“2”后t时间内，导体棒通过的位移为$\frac{FR}{{B}^{2}{L}^{2}}$（t+$\frac{m{t}_{0}}{m+{B}^{2}{L}^{2}C}$-$\frac{mR}{{B}^{2}{L}^{2}}$）

Answer 1

分析 开关拨向“1”时，根据牛顿第二定律和电流的定义式，得到金属棒的加速度表达式，再分析其运动情况．由法拉第电磁感应定律求解MN棒产生的感应电动势，得到电容器的电压，从而求出电容器的电量．开关拨向“2”时，由平衡条件和安培力与速度的关系式，求解匀速运动的速率．由牛顿第二定律得到加速度的瞬时表达式，运用微元法求解位移．

解答 解：A、开关拨向“1”时，在极短时间△t内流过金属棒的电荷量为△Q，则电路中的瞬时电流为 I=$\frac{△Q}{△t}$
电容器的电压 U=BLv，电荷量 Q=CU，则△Q=C△U=CBL△v
可得 I=CBL$\frac{△v}{△t}$=CBLa
对金属棒，由牛顿第二定律得 F-BIL=ma
联立得金属棒的瞬时加速度为 a=$\frac{F}{m+C{B}^{2}{L}^{2}}$
则知金属棒的加速度不变，做匀加速直线运动，故A错误．
B、t₀时刻电容器所带的电压 U=BLat₀，电荷量 Q=CU，则得 Q=$\frac{CBLF{t}_{0}}{m+{B}^{2}{L}^{2}C}$，故B正确．
C、开关拨向“2”后，导体棒匀速运动时，有 F=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$，则得v=$\frac{FR}{{B}^{2}{L}^{2}}$，故C正确．
D、开关拨向“2”后t时间内，根据牛顿第二定律得：F-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$=ma=m$\frac{△v}{△t}$
则得 F△t-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v△t}{R}$=m△v
两边求和得：$\sum_{\;}^{\;}$（F△t-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v△t}{R}$）=$\sum_{\;}^{\;}$m△v
而$\sum_{\;}^{\;}$v△t=x，$\sum_{\;}^{\;}$△v=v
联立解得位移 x=$\frac{FR}{{B}^{2}{L}^{2}}$（t+$\frac{m{t}_{0}}{m+{B}^{2}{L}^{2}C}$-$\frac{mR}{{B}^{2}{L}^{2}}$）．故D正确．
故选：BCD．

点评 解决本题的关键有两个：一是抓住电流的定义式，结合牛顿第二定律分析金属棒的加速度．二是运用微元法，求解金属棒的位移，其切入口是加速度的定义式．