Question

9．如圖所示，傾角為θ的光滑斜面上端放置一矩形導(dǎo)線框abcd，ab邊的邊長為L₁，ad邊的邊長為L₂，導(dǎo)線框的質(zhì)量為m，電阻為R，斜面上ef線和gh線（ef、gh平行底邊）之間有垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，ef和gh的距離為L₃（L₃＞L₂）．如果導(dǎo)線框從靜止釋放，恰能加速進(jìn)入磁場，勻速離開磁場，導(dǎo)線框的ab邊始終平行于底邊．則下列說法正確的是（　�。�

• A． 導(dǎo)線框進(jìn)入磁場的過程中速度增大得越來越快
• B． 導(dǎo)線框進(jìn)入磁場過程中，感應(yīng)電流的方向?yàn)閍bcda
• C． 導(dǎo)線框勻速離開磁場所經(jīng)歷的時(shí)間為$\frac{{B}^{2}{{L}_{1}}^{2}{L}_{2}}{mgRsinθ}$
• D． 導(dǎo)線框進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q₁大于離開磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q₂

Answer 1

分析 利用牛頓第二定律，求解導(dǎo)線框進(jìn)入磁場的過程中，加速度的變化情況，進(jìn)而確定速度的變化，根據(jù)右手定則判斷出ab邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，電流的方向；勻速離開磁場，利用牛頓第二定律，求解出磁場時(shí)速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得時(shí)間，根據(jù)能量守恒定律求出線框進(jìn)入和離開磁場過程中產(chǎn)生的熱量，進(jìn)行比較．

解答 解：A、導(dǎo)線框進(jìn)入磁場的過程前做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：a=$\frac{mgsinθ}{m}$=gsinθ，導(dǎo)線框進(jìn)入磁場的過程中，有法拉第電磁感應(yīng)定律可知，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)體棒受重力和支持力及安培力作用，由牛頓第二定律得：mgsin$θ-\frac{{B}^{2}{L}_{1}^{2}v}{R}=ma$，可知，導(dǎo)體棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故速度增大得越來越慢；故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)右手定則知，ab邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，電流方向?yàn)閍→b→c→d．故B正確；
C、導(dǎo)線框勻速離開磁場，加速為零，由牛頓第二定律得：$mgsinθ=\frac{{B}^{2}{L}_{1}^{2}v}{R}$，解得運(yùn)動(dòng)速度：$v=\frac{mgsinθR}{{B}^{2}{L}_{1}^{2}}$，運(yùn)動(dòng)位移為L₂，有公式：$t=\frac{x}{v}=\frac{{L}_{2}}{\frac{mgsinθR}{{B}^{2}{L}_{1}^{2}}}$=$\frac{{B}^{2}{{L}_{1}}^{2}{L}_{2}}{mgRsinθ}$，故C正確；
D、線框進(jìn)入磁場的過程，導(dǎo)體棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)線框運(yùn)用能量守恒定律得，mgL₂sinθ=Q₁+△E_k，導(dǎo)線框離開磁場過程中，做勻速運(yùn)動(dòng)，對(duì)線框運(yùn)用能量守恒定律得，mgL₂sinθ=Q₂，因?yàn)閙gL₂sinθ相同，故Q₂大于Q₁，故D錯(cuò)誤；
故選：BC

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考查了右手定則、安培力大小公式、閉合電路歐姆定律、切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢公式和能量守恒，知道線框進(jìn)入磁場的運(yùn)動(dòng)規(guī)律是解決本題的關(guān)鍵，特別是比較能量時(shí)，具體數(shù)值不好計(jì)算，但可以通過其他量的比較來確定．