Question

20．如图所示，倾角为θ的光滑斜面上，有两个磁感应强度大小均为B的有界匀强磁场区域，区域I的磁场方向垂直斜面向下，区域II的磁场方向垂直斜面向上，磁场边界MN、JP、GH均与斜面底边平行，且NP=PH=L，一个质量为m、电阻为R、边长为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，线框下滑过程中，ab边始终平行磁场边界，
t₁时刻导线框的ab边恰好越过GH进入磁场I区域，此时导线框恰好以速度v₁做匀速直线运动；t₂时刻导线框的ab边下滑到JP与MN的中间位置，此时导线框恰好以速度v₂做匀速直线运动．重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

• A． 当ab边恰好越过JP时，导线框的加速度大小为a=gsinθ
• B． 导线框两次匀速运动的速度大小之比为v₁：v₂=4：1
• C． 从t₁到t₂的过程中，导线框克服安培力做的功等于导线框重力势能的减少
• D． 从t₁到t₂的过程中，有$\frac{3mgLsinθ+m（{{v}_{1}}^{2}-{{v}_{2}}^{2}）}{2}$的机械能转化为电能

Answer 1

分析 当ab边刚越好JP时，线框的上下两边都切割磁感线，产生感应电动势，根据法拉第定律、欧姆定律求出线圈所受的安培力的大小，根据牛顿第二定律求解加速度．
t₁时刻ab边刚越GH进入磁场I区域，导线框以速度v₁做匀速直线运动；t₂时ab边下滑到JP与MN的中间位置，此时线框又恰好以速度v₂做匀速直线运动，则知两次匀速运动时，重力沿斜面向下的分力与安培力平衡，列式求解速度v₁：v₂．
从t₁到t₂过程中，线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量与动能减小量之和，根据能量守恒定律求出产生的电能．

解答 解：A、t₁时刻，线圈做匀速直线运动，所受的安培力与重力的下滑分力平衡，则得：F₁=$\frac{{B}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}{v}_{1}^{\;}}{R}$=mgsinθ；
当ab边刚越好JP时，线圈的上下两边都切割磁感线，产生感应电动势，回路中产生的总感应电动势为 E=2BLv₁，线圈所受的安培力的合力为 F=2BIL=2BL•$\frac{2BL{v}_{1}^{\;}}{R}$=4mgsinθ
根据牛顿第二定律得：F-mgsinθ=ma，解得：a=3gsinθ，故A错误．
B、t₂时刻，有安培力 F₂=2BLI₂=2BL$\frac{2BL{v}_{2}^{\;}}{R}$=$\frac{4{B}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}{v}_{2}^{\;}}{R}$=mgsinθ，由两式比较得，v₁：v₂=4：1．故B正确．
C、从t₁到t₂过程中，导线框克服安培力做功的大小等于回路中产生的焦耳热，此过程中，线框的重力势能和动能均减小，根据功能关系得知，线圈克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量与动能减小量之和．故C错误．
D、根据能量守恒定律得从t₁到t₂，线框中产生的电能为：E_电=$\frac{3mgLsinθ}{2}$+$\frac{m（{v}_{1}^{2}-{v}_{2}^{2}）}{2}$．故D正确．
故选：BD

点评 本题中线框出现两次平衡状态，由E=BLv、I=$\frac{E}{R}$、F=BIL推导安培力的表达式是关键，要注意t₂时刻线框ab、cd都切割磁感线产生感应电动势，线框中总电动势为2BLv．