Question

18．如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨，左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L=20cm的光滑圆弧导物相接．导轨宽度为20cm，电阻不计．导轨所在空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T．一根导体棒ab垂于导轨放置，质量m=60g、电阻R=1Ω用长也为20cm的绝缘细线悬挂，导体棒恰好与导轨接触．当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态．导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ=53°（sin53°=0.8，g=10m/s²），则（　　）

• A． 磁场方向一定竖直向上
• B． 电源的电动势E=8.0V
• C． 导体棒在摆动过程中所受安培力F=8N
• D． 导体棒摆动过程中的最大动能为0.08J

Answer 1

分析 棒在安培力的作用，获得动能，根据左手定则分析磁场的方向．根据动能定理和安培力公式、欧姆定律结合求电源的电动势，并求出安培力F的大小．由能量守恒求解电源提供的电能

解答 解：A、当开关S闭合时，导体棒向右摆动，说明其所受安培力水平向右，由左手定则可知，磁场方向竖直向下，故A错误；
B、C、设电路中电流为I，电源的电动势为E，由F=BIL=B$\frac{E}{R}$L，导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ=53°则tanθ=$\frac{F}{mg}$得 E=8.0V，
安培力 F=0.8N
故B正确，C错误．
D、根据动能定理得：FLsin53°-mgL（1-cos53°）=E_k-0，解得 E_k=0.08J，故D正确．
故选：BD

点评 本题是通电导体在磁场中运动问题，知道运用左手定则判断安培力与磁场的关系，运用动能定理和能量守恒定律分析能量问题