Question

6．如图（甲）所示，平行光滑金属导轨水平放置，两轨相距L=0.4m，导轨一端与阻值R=0.3Ω的电阻相连，导轨电阻不计．导轨x＞0一侧存在沿x方向均匀增大的恒定磁场，其方向与导轨平面垂直向下，磁感应强度B随位置x变化如图（乙）所示．一根质量m=0.2kg、电阻r=0.1Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力F作用下从x=0处以初速度v₀=2m/s沿导轨向右变速运动，且金属棒在运动过程中受到的安培力大小不变．下列说法中正确的是（　　）

• A． 金属棒向右做匀减速直线运动
• B． 金属棒在x=1 m处的速度大小为0.5m/s
• C． 金属棒从x=0运动到x=1m过程中，外力F所做的功为-0.175 J
• D． 金属棒从x=0运动到x=2m过程中，流过金属棒的电量为2C

Answer 1

分析 根据安培力的表达式导出速度v与x的关系式，结合匀变速直线运动的速度位移公式判断金属棒的运动是否为匀变速运动；根据安培力与速度的关系式，由x=0和x=1m处的安培力相等即可求出x=1m处的速度；根据动能定理外力做功；根据感应电量公式$q=\frac{△Φ}{R+r}$

解答 解：A、根据图象得B-x函数关系式：B=0.5+0.5x
金属棒向右运动切割磁感线产生感应电动势E=BLv
感应电流$I=\frac{E}{R+r}=\frac{BLv}{R+r}$
安培力${F}_{安}^{\;}=BIL=B\frac{BLv}{R+r}L=\frac{{B}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}v}{R+r}$
解得：$v=\frac{{F}_{安}^{\;}（R+r）}{{B}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}}=\frac{{F}_{安}^{\;}0.4}{（0.5+0.5x）_{\;}^{2}×0．{4}_{\;}^{2}}$=$\frac{10{F}_{安}^{\;}}{（x+1）_{\;}^{2}}$
根据匀变速直线运动的速度位移公式：${v}_{\;}^{2}-{v}_{0}^{2}=2ax$，如果是匀变速直线运动，${v}_{\;}^{2}$与x成线性关系，而由上式知，金属棒不可能做匀减速直线运动，故A错误；
B、根据题意金属棒所受的安培力大小不变，x=0处与x=1处安培力大小相等，有$\frac{{B}_{0}^{2}{L}_{\;}^{2}{v}_{0}^{\;}}{R+r}=\frac{{B}_{1}^{2}{L}_{\;}^{2}{v}_{1}^{\;}}{R+r}$，即${v}_{1}^{\;}=\frac{{B}_{0}^{2}{v}_{0}^{\;}}{{B}_{1}^{2}}=\frac{0．{5}_{\;}^{2}×2}{{1}_{\;}^{2}}=0.5m/s$，故B正确；
C、金属棒在x=0处的安培力大小为：${F}_{安}^{\;}=\frac{{B}_{0}^{2}{L}_{\;}^{2}{v}_{0}^{\;}}{R+r}=\frac{0．{5}_{\;}^{2}×0．{4}_{\;}^{2}×2}{0.4}$=0.2N
对金属棒金属棒从x=0运动到x=1m过程中，根据动能定理有：
${W}_{F}^{\;}-{F}_{安}^{\;}•x=\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
代入数据：${W}_{F}^{\;}-0.2×1=\frac{1}{2}×0.2×0．{5}_{\;}^{2}-\frac{1}{2}×0.2×{2}_{\;}^{2}$
解得：${W}_{F}^{\;}=-0.175J$，故C正确；
D、根据感应电量公式$q=\frac{△Φ}{R+r}=\frac{△Bx}{R+r}L$
x=0到x=2过程中，B-x图象包围的面积△B•x=$\frac{0.5+1.5}{2}×2=2$
$q=\frac{△Φ}{R+r}=\frac{2×0.4}{0.4}=2C$，故D正确
故选：BCD

点评 考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力的大小公式、做功表达式、动能定理等的规律的应用与理解，运动过程中金属棒所受的安培力不变，是本题解题的突破口，注意B-x图象的面积和L的乘积表示磁通量的变化量．