Question

13．如圖（甲）所示，相距為2L的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置，右側(cè)接有定值電阻R，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，OO′的左側(cè)存在垂直于導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場．在OO′左側(cè)L處垂直導(dǎo)軌放置一質(zhì)量為m、電阻為0.5R的金屬桿ab，ab在恒力F的作用下由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)3L的距離，其速度與位移的變化關(guān)系如圖（乙）所示．下列判斷中正確的是（　�。�

• A． ab即將離開磁場時(shí)，安培力的大小為$\frac{{2{B^2}{L^2}{{v}_1}}}{3R}$
• B． 整個(gè)運(yùn)動(dòng)的過程中，通過電阻R上的電量為$\frac{{4B{L^2}}}{3R}$
• C． ab即將離開磁場時(shí)，加速度的大小為$\frac{{{v}_2^2-{v}_1^2}}{4L}-\frac{{8{B^2}{L^2}{{v}_1}}}{3mR}$
• D． 整個(gè)過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為$\frac{1}{6}$m（v₂²-3v₁²）

Answer 1

分析 （1）由導(dǎo)體切割磁感線規(guī)律可求得電動(dòng)勢，再由安培力公式可求得安培力，注意切割長度為2L；
（2）由法拉第電磁感應(yīng)定律可求解電量；
（3）根據(jù)法拉第定律、歐姆定律、安培力和牛頓第二定律結(jié)合求加速度．
（4）據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出線框中感應(yīng)電動(dòng)勢．根據(jù)焦耳定律和正弦交變電流的特點(diǎn)求出電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q_l．

解答 解：A、ab即將離開時(shí)，速度為v₁，電動(dòng)勢E=2BLv₁，電流I=$\frac{E}{0.5R+R}$；安培力F=2BIL=$\frac{8{B}^{2}{L}^{2}{v}_{1}}{3R}$；故A錯(cuò)誤；
B、整個(gè)過程中，磁通量的變化量為△Φ=2BL²；產(chǎn)生的電量q=$\frac{△Φ}{1.5R△t}•△t$=$\frac{2B{L}^{2}}{1.5R}$=$\frac{{4B{L^2}}}{3R}$；故B正確；
C、ab桿在離開磁場前瞬間，水平方向上受安培力F_安和外力F作用，ab桿在位移L到3L的過程中，由動(dòng)能定理得：F（3L-L）=$\frac{1}{2}m（{v}_{2}^{2}-{v}_{1}^{2}）$；
解得：F=$\frac{{m（v}_{2}^{2}-{v}_{1}^{2}）}{4L}$
設(shè)加速度為a，
則  F_安=BIL
   I=$\frac{BL{v}_{1}}{R}$
a=$\frac{F-{F}_{安}}{m}$
聯(lián)立解得：a=$\frac{{v}_{2}^{2}-{v}_{1}^{2}}{4L}$-$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{1}}{mR}$；故C正確；
D、ab桿在磁場中發(fā)生L位移過程中，恒力F做的功等于ab桿增加的動(dòng)能和回路產(chǎn)生的電能（即電阻R上產(chǎn)生的電熱Q₁），由能量守恒定律得：FL=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}+{Q}_{1}$
聯(lián)立解得：Q₁=$\frac{m（{v}_{2}^{2}-{v}_{1}^{2}）}{4}$；故D正確；
故選：BCD．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)體切割磁感線中的能量轉(zhuǎn)化規(guī)律；要能夠把法拉第電磁感應(yīng)定律與電路知識(shí)結(jié)合運(yùn)用．電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)問題離不開受力分析和運(yùn)動(dòng)過程分析．
關(guān)于電磁感應(yīng)中能量問題我們要從功能關(guān)系角度出發(fā)研究．