Question

20．如圖所示，傾角為θ的光滑斜面上，有兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域，區(qū)域I的磁場方向垂直斜面向下，區(qū)域II的磁場方向垂直斜面向上，磁場邊界MN、JP、GH均與斜面底邊平行，且NP=PH=L，一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為R、邊長為L的正方形導(dǎo)線框，由靜止開始沿斜面下滑，線框下滑過程中，ab邊始終平行磁場邊界，
t₁時(shí)刻導(dǎo)線框的ab邊恰好越過GH進(jìn)入磁場I區(qū)域，此時(shí)導(dǎo)線框恰好以速度v₁做勻速直線運(yùn)動(dòng)；t₂時(shí)刻導(dǎo)線框的ab邊下滑到JP與MN的中間位置，此時(shí)導(dǎo)線框恰好以速度v₂做勻速直線運(yùn)動(dòng)．重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）

• A． 當(dāng)ab邊恰好越過JP時(shí)，導(dǎo)線框的加速度大小為a=gsinθ
• B． 導(dǎo)線框兩次勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小之比為v₁：v₂=4：1
• C． 從t₁到t₂的過程中，導(dǎo)線框克服安培力做的功等于導(dǎo)線框重力勢能的減少
• D． 從t₁到t₂的過程中，有$\frac{3mgLsinθ+m（{{v}_{1}}^{2}-{{v}_{2}}^{2}）}{2}$的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能

Answer 1

分析 當(dāng)ab邊剛越好JP時(shí)，線框的上下兩邊都切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，根據(jù)法拉第定律、歐姆定律求出線圈所受的安培力的大小，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度．
t₁時(shí)刻ab邊剛越GH進(jìn)入磁場I區(qū)域，導(dǎo)線框以速度v₁做勻速直線運(yùn)動(dòng)；t₂時(shí)ab邊下滑到JP與MN的中間位置，此時(shí)線框又恰好以速度v₂做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則知兩次勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，重力沿斜面向下的分力與安培力平衡，列式求解速度v₁：v₂．
從t₁到t₂過程中，線框克服安培力做功的大小等于重力勢能的減少量與動(dòng)能減小量之和，根據(jù)能量守恒定律求出產(chǎn)生的電能．

解答 解：A、t₁時(shí)刻，線圈做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所受的安培力與重力的下滑分力平衡，則得：F₁=$\frac{{B}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}{v}_{1}^{\;}}{R}$=mgsinθ；
當(dāng)ab邊剛越好JP時(shí)，線圈的上下兩邊都切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，回路中產(chǎn)生的總感應(yīng)電動(dòng)勢為 E=2BLv₁，線圈所受的安培力的合力為 F=2BIL=2BL•$\frac{2BL{v}_{1}^{\;}}{R}$=4mgsinθ
根據(jù)牛頓第二定律得：F-mgsinθ=ma，解得：a=3gsinθ，故A錯(cuò)誤．
B、t₂時(shí)刻，有安培力 F₂=2BLI₂=2BL$\frac{2BL{v}_{2}^{\;}}{R}$=$\frac{4{B}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}{v}_{2}^{\;}}{R}$=mgsinθ，由兩式比較得，v₁：v₂=4：1．故B正確．
C、從t₁到t₂過程中，導(dǎo)線框克服安培力做功的大小等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱，此過程中，線框的重力勢能和動(dòng)能均減小，根據(jù)功能關(guān)系得知，線圈克服安培力做功的大小等于重力勢能的減少量與動(dòng)能減小量之和．故C錯(cuò)誤．
D、根據(jù)能量守恒定律得從t₁到t₂，線框中產(chǎn)生的電能為：E_電=$\frac{3mgLsinθ}{2}$+$\frac{m（{v}_{1}^{2}-{v}_{2}^{2}）}{2}$．故D正確．
故選：BD

點(diǎn)評 本題中線框出現(xiàn)兩次平衡狀態(tài)，由E=BLv、I=$\frac{E}{R}$、F=BIL推導(dǎo)安培力的表達(dá)式是關(guān)鍵，要注意t₂時(shí)刻線框ab、cd都切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，線框中總電動(dòng)勢為2BLv．