Question

1．如圖所示，光滑斜面的傾角θ=30°，在斜面上放置一矩形線框abcd，ab邊長l₁=1m，bc邊的邊長l₂=0.6m，線框的質(zhì)量m=1kg，電阻R=0.1Ω，線框用細(xì)線通過定滑輪與重物相連，重物的質(zhì)量M=2kg，斜面上ef線與gh線（ef∥gh∥pq∥ab）間有垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B₁=0.5T；gh線與pq線間有垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B₂=0.5T，如果線框從靜止開始運(yùn)動，當(dāng)ab邊進(jìn)入磁場時恰好做勻速直線運(yùn)動，ab邊由靜止開始運(yùn)動到gh線所用的時間為2.3s，取g=10m/s²，則（　�。�

• A． 全過程焦耳熱等于M的機(jī)械能減少量與m動能增加量之差
• B． ef線到gh線距離為9.1m
• C． ab邊由靜止開始至運(yùn)動到gh線這段時間內(nèi)線框中產(chǎn)生的焦耳熱為9J
• D． ab邊剛越過gh線瞬間線框的加速度為30m/s²

Answer 1

分析 根據(jù)能量守恒定律分析能量的轉(zhuǎn)化情況，并求解ab邊由靜止開始至運(yùn)動到gh線這段時間內(nèi)線框中產(chǎn)生的焦耳熱；根據(jù)共點力的平衡條件求解進(jìn)入磁場的速度，分析線框的運(yùn)動過程，分別求出沒有進(jìn)入磁場的時間、運(yùn)動運(yùn)動的時間，即可得到完全進(jìn)入磁場到gh線的時間，根據(jù)運(yùn)動學(xué)計算公式求解ef線到gh線距離；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律求解感應(yīng)電流和安培力大小，根據(jù)牛頓第二定律可得ab邊剛越過gh線瞬間線框的加速度．

解答 解：A、全過程焦耳熱等于M的機(jī)械能減少量與m機(jī)械能增加量之差，A錯誤；
B、設(shè)ab邊剛進(jìn)入磁場的速度為v，根據(jù)共點力的平衡條件可得：$Mg=mgsinθ+\frac{{B}_{1}^{2}{l}_{1}^{2}v}{R}$，
代入數(shù)據(jù)解得：v=6m/s；
線框由靜止開始運(yùn)動的加速度大小為：a=$\frac{Mg-mgsinθ}{M+m}$=$\frac{20-5}{3}m/{s}^{2}$=5m/s²，
從開始到ab邊剛進(jìn)入磁場經(jīng)過的時間為：${t}_{1}=\frac{v}{a}=\frac{6}{5}s=1.2s$，
勻速運(yùn)動的時間為：${t}_{2}=\frac{{l}_{2}}{v}=\frac{0.6}{6}s=0.1s$，
所以線框完全進(jìn)入到ab運(yùn)動到gh線所用的時間為：t₃=2.3s-1.2s-0.1s=1s，
線框完全進(jìn)入磁場到ab邊運(yùn)動到gh線的位移為：x=vt₃+$\frac{1}{2}a{t}_{3}^{2}$=6m+$\frac{1}{2}×5×{1}^{2}m$=8.5m，
ef線到gh線距離為：0.6m+8.5m=9.1m，B正確；
C、ab邊由靜止開始至運(yùn)動到gh線這段時間內(nèi)線框中產(chǎn)生的焦耳熱等于進(jìn)入磁場過程中兩個物體機(jī)械能的變化量，即為：Q=Mgl₂-mgsinθ•l₂=20×0.6J-10×0.5×0.6J=9J，C正確；
D、ab邊剛越過gh線瞬間速度大小為：v′=v+at₃=（6+5×1）m/s=11m/s，
此時的感應(yīng)電動勢為：E′=B₁l₁v′+B₂l₁v′=11V，
感應(yīng)電流為：I=$\frac{E′}{R}=\frac{11}{0.1}A=110A$，
安培力大小為：F_安=B₁Il₁+B₂Il₁=110N，
方向沿斜面向下；根據(jù)牛頓第二定律可得線框的加速度為：a′=$\frac{Mg-mgsinθ-{F}_{安}}{M+m}$=$\frac{20-5-110}{3}m/{s}^{2}=-31.7m/{s}^{2}$，方向沿斜面向下，D錯誤．
故選：BC．

點評 對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，重點是分析安培力作用下導(dǎo)體棒的平衡問題，根據(jù)平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動能定理、功能關(guān)系等列方程求解．