Question

14．在如圖所示的傾角為θ的光滑斜面上，存在著兩個磁感應(yīng)強度大小均為B的勻強磁場區(qū)域，區(qū)域Ⅰ的磁場方向垂直斜面向上，區(qū)域Ⅱ的磁場方向垂直斜面向下，磁場寬度均為L，一個質(zhì)量為m，電阻為R，邊長也為L的正方形導(dǎo)線框，由靜止開始沿斜面下滑，t₁時刻ab邊剛越過GH進入磁場Ⅰ區(qū)域，此時導(dǎo)線框恰好以速度v₁做勻速直線運動，t₂時刻ab邊下滑到JP與MN的中間位置，此時導(dǎo)線框又恰好以速度v₂做勻速直線運動，重力加速度為g，下列說法中正確的是（　�。�

• A． 當(dāng)ab邊剛越過JP時，導(dǎo)線框的加速度大小為a=3gsinθ
• B． 導(dǎo)線框兩次勻速直線運動的速度v₁：v₂=2：1
• C． 從t₂開始運動到ab邊到MN位置過程中，通過導(dǎo)線框的電量q=$\frac{{2BL}^{2}}{R}$
• D． 從t₁到ab邊運動到MN位置的過程中，有2mgLsinθ+$\frac{m（{{v}_{1}}^{2}-{{v}_{2}}^{2}）}{2}$機械能轉(zhuǎn)化為電能

Answer 1

分析 由安培力公式求出安培力大小，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度；
應(yīng)用平衡條件求出線框的速度，然后求出速度大小之比；
根據(jù)電流定義式、法拉第電磁感應(yīng)定律與歐姆定律求出電荷量；
應(yīng)用能量守恒定律可以求出轉(zhuǎn)化為電能的機械能．

解答 解：A、ab邊剛越過GH進入磁場Ⅰ區(qū)域過程，線框受到的安培力為：
F=BIL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{1}}{R}$，
線框做勻速直線運動，由平衡條件得：
mgsinθ=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{1}}{R}$…①
ab邊剛越過JP時，感應(yīng)電動勢為：E=2BLv₁，
感應(yīng)電流為：I′=$\frac{E}{R}$=$\frac{2BL{v}_{1}}{R}$，
線框受到的安培力為：F′=2BI′L=$\frac{4{B}^{2}{L}^{2}{v}_{1}}{R}$，
由牛頓第二定律得：$\frac{4{B}^{2}{L}^{2}{v}_{1}}{R}$-mgsinθ=ma…②
由①②解得：a=3gsinθ，故A正確；
B、ab邊下滑到JP與MN的中間位置時，線框受到的安培力為：
F″=2BI″L=$\frac{4{B}^{2}{L}^{2}{v}_{2}}{R}$，
線框做勻速直線運動，由平衡條件得：
mgsinθ=$\frac{4{B}^{2}{L}^{2}{v}_{2}}{R}$…③
由①③解得，線框速度之比：$\frac{{v}_{1}}{{v}_{2}}$=$\frac{4}{1}$，故B錯誤；
C、從t₂開始運動到ab邊到MN位置過程中，通過導(dǎo)線框的電量為：
q=$\overline{I}$△t=$\frac{\overline{E}}{R}$△t=$\frac{\frac{△Φ}{R}}{△t}$△t=$\frac{△Φ}{R}$=$\frac{Φ{\;}_{2}-Φ{\;}_{1}}{R}$=$\frac{B{L}^{2}-0}{R}$=$\frac{B{L}^{2}}{R}$，故C錯誤；
D、從t₁到ab邊運動到MN位置的過程中，由能量守恒定律得：
$\frac{1}{2}$mv₁²+2mgLsinθ=Q+$\frac{1}{2}$mv₂²
解得：Q=2mgLsinθ+$\frac{1}{2}$（v₁²-v₂²），故D正確；
故選：AD．

點評 本題是電磁感應(yīng)與電學(xué)、力學(xué)相結(jié)合的綜合題，分析清楚線框的運動過程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用E=BLv、歐姆定律、電流定義式、安培力公式、平衡條件與能量守恒定律即可解題；本題的易錯點是：求各位置線框的感應(yīng)電動勢與線框受到的安培力．