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，線框的質量m=1kg，電阻R=0.1Ω，線框用細線通過定滑輪與重物相連，重物的質量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磁場，磁感應強度B₁=0.5T；gh線與pq線間有垂直斜面向下的勻強磁場，磁感應強度B₂=0.5T，如果線框從靜止開始運動，當ab邊進入磁場時恰好做勻速直線運動，ab邊由靜止開始運動到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邊由靜止開始至運動到gh線這段時間內線框中產生的焦耳熱為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化情況，并求解ab邊由靜止開始至運動到gh線這段時間內線框中產生的焦耳熱；根據(jù)共點力的平衡條件求解進入磁場的速度，分析線框的運動過程，分別求出沒有進入磁場的時間、運動運動的時間，即可得到完全進入磁場到gh線的時間，根據(jù)運動學計算公式求解ef線到gh線距離；根據(jù)法拉第電磁感應定律和閉合電路的歐姆定律求解感應電流和安培力大小，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的機械能減少量與m機械能增加量之差，A錯誤；
B、設ab邊剛進入磁場的速度為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邊剛進入磁場經過的時間為：${t}_{1}=\frac{v}{a}=\frac{6}{5}s=1.2s$，
勻速運動的時間為：${t}_{2}=\frac{{l}_{2}}{v}=\frac{0.6}{6}s=0.1s$，
所以線框完全進入到ab運動到gh線所用的時間為：t₃=2.3s-1.2s-0.1s=1s，
線框完全進入磁場到ab邊運動到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邊由靜止開始至運動到gh線這段時間內線框中產生的焦耳熱等于進入磁場過程中兩個物體機械能的變化量，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，
此時的感應電動勢為：E′=B₁l₁v′+B₂l₁v′=11V，
感應電流為：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，分析涉及電磁感應現(xiàn)象中的能量轉化問題，根據(jù)動能定理、功能關系等列方程求解．