Question

1．圖甲所示是電阻可忽略的足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌．已知導(dǎo)軌的間距L=1.0m，導(dǎo)軌的傾角θ=30°，導(dǎo)軌上端接的電阻R=1.5Ω，整個(gè)裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．阻值r=0.5Ω、質(zhì)量m=0.2kg的金屬棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，從導(dǎo)軌上端由靜止開(kāi)始下滑．電流傳感器記錄了金屬棒在下滑過(guò)程中產(chǎn)生的電流隨時(shí)間變化的規(guī)律，如圖乙所示．取g=10m/s²．則（　�。�

• A． 磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為1.0T
• B． 0～2.0s的時(shí)間內(nèi)，通過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量為2.0C
• C． 0～2.0s的時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒下滑的距離為3.2m
• D． 0～2.0s 的時(shí)間內(nèi)，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為2.8J

Answer 1

分析 由法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由歐姆定律求出電流，由閉合電路歐姆定律和平衡條件即可求解．
根據(jù)牛頓第二定律列式，由微元法求解電量和滑過(guò)的距離．
由能量守恒定律求出電阻R產(chǎn)生的焦耳熱．

解答 解：A、電流穩(wěn)定時(shí)，導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)速度為v，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv，感應(yīng)電流$I=\frac{E}{R+r}=\frac{BLv}{R+r}$，代入數(shù)據(jù)得：$1.0=\frac{B×1.0v}{1.5+0.5}$，即Bv=2①
安培力${F}_{安}^{\;}=BIL=\frac{{B}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}v}{R+r}$，根據(jù)受力平衡，有$mgsinθ=\frac{{B}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}v}{R+r}$，代入數(shù)據(jù)得$0.2×10×\frac{1}{2}=\frac{{B}_{\;}^{2}×1．{0}_{\;}^{2}v}{1.5+0.5}$，即${B}_{\;}^{2}v=2$②
聯(lián)立①②得：B=1.0T，v=2m/s
B、對(duì)導(dǎo)體棒，根據(jù)牛頓第二定律，有mgsinθ-BiL=ma，兩邊同時(shí)乘以△t，得
mgsinθ•△t-BiL•△t=ma•△t
求和：∑mgsinθ•△t-BL∑i△t=m∑a•△t
得mgsinθt-BLq=mv
代入數(shù)據(jù)：$0.2×10×\frac{1}{2}$×2-1.0×1.0q=0.2×2
解得：q=1.6C，故B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)牛頓第二定律，有mgsinθ-BiL=ma，即mgsinθ-B$\frac{BLv}{R+r}$L=m$\frac{△v}{△t}$
兩邊乘以△t求和：mgsinθ∑△t-$\frac{{B}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}}{R+r}∑v•△t$=m∑△v
得mgsinθ•t-$\frac{{B}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}s}{R+r}$=mv
代入數(shù)據(jù)：$0.2×10×\frac{1}{2}×2$-$\frac{{1}_{\;}^{2}×{1}_{\;}^{2}s}{1.5+0.5}$=0.2×2
解得：s=3.2m，故C正確；
D、根據(jù)能量守恒定律，有$mgsinθ•s=Q+\frac{1}{2}m{v}_{\;}^{2}$
代入數(shù)據(jù)：$0.2×10×\frac{1}{2}×3.2=Q+\frac{1}{2}×0.2×{2}_{\;}^{2}$
解得：Q=2.8J
電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱：${Q}_{R}^{\;}=\frac{R}{R+r}Q$=$\frac{1.5}{1.5+0.5}×2.8=2.1J$，故D錯(cuò)誤；
故選：AC

點(diǎn)評(píng) 本題考查了求電荷量、磁感應(yīng)強(qiáng)度、金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱，應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、平衡條件、能量守恒即可正確解題．