Question

7．如图所示，宽为L的水平光滑金属轨道上放置-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”，导体捧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．不能计算导体棒通过的位移

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-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}•△t$=m△v
两边求和得：∑（F△t-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}•△t$）=∑m△v，而∑v△t=x，∑△v=v
联立解得位移 x=$\frac{FR}{{B}^{2}{L}^{2}}$（t+$\frac{m{t}_{0}}{m+C{B}^{2}{L}^{2}}$-$\frac{mR}{{B}^{2}{L}^{2}}$）．故D错误．
故选：BC．

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．