Question

20．如圖所示，傾角為θ的光滑斜面上，有兩個磁感應(yīng)強度大小均為B的有界勻強磁場區(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，一個質(zhì)量為m、電阻為R、邊長為L的正方形導線框，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時刻導線框的ab邊恰好越過GH進入磁場I區(qū)域，此時導線框恰好以速度v₁做勻速直線運動；t₂時刻導線框的ab邊下滑到JP與MN的中間位置，此時導線框恰好以速度v₂做勻速直線運動．重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）

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

Answer 1

分析 當ab邊剛越好JP時，線框的上下兩邊都切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，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時刻ab邊剛越GH進入磁場I區(qū)域，導線框以速度v₁做勻速直線運動；t₂時ab邊下滑到JP與MN的中間位置，此時線框又恰好以速度v₂做勻速直線運動，則知兩次勻速運動時，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時刻，線圈做勻速直線運動，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ab邊剛越好JP時，線圈的上下兩邊都切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，回路中產(chǎn)生的總感應(yīng)電動勢為 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錯誤．
B、t₂時刻，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能減小量之和．故C錯誤．
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推導安培力的表達式是關(guān)鍵，要注意t₂時刻線框ab、cd都切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，線框中總電動勢為2BLv．