Question

17．如图所示，四条水平虚线等间距地分布在同一竖直面上，间距为h=1.4m，在Ⅰ、Ⅱ两区间分布着完全相同，方向水平向里的磁场，磁场大小按B-t图变化（图中B₀=1T）．现有一个长方形金属线框ABCD，质量为m=1kg，电阻为R=1Ω，AB=CD=1m，AD=BC=2h．用一轻质的细线把线框ABCD竖直悬挂着，AB边恰好在Ⅰ区的中央．t₀（未知）时刻细线恰好松弛，之后剪断细线，当CD边到达M₃N₃时线框恰好匀速运动．（空气阻力不计，g取10m/s²）则：（　　）

• A． t₀为0.07s
• B． 线框AB边到达M₂N₂时的速率为1m/s
• C． 线框匀速运动时的速率为10m/s
• D． 从剪断细线到整个线框通过两个磁场区的过程中产生的电热为13J

Answer 1

分析 （1）细线恰好松弛，线框受力平衡，安培力等于重力，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可得出t₀的值
（2）当CD边到达M₃N₃时线框恰好匀速运动，安培力等于重力，结合法拉第电磁感应定律和欧姆定律可得此时的速率，从线框AB到达M₂N₂一直运动到CD边到达M₃N₃，线框仅受重力作用，由动能定理可得线框AB边到达M₂N₂时的速率v
（3）根据能量守恒得：重力势能减少量等于线框动能与电能．

解答 解：A、细线恰好松弛，线框受力分析有：B₀IL=mg
I=$\frac{E}{R}$
因感生产生的感应电动势：
E=$\frac{△φ}{△t}$=$\frac{△BS}{△t}$=$\frac{{B}_{0}}{{t}_{0}}$S=L•$\frac{1}{2}$h
得：t₀=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}h}{2mgR}$
代入数据得：t₀=0.07m；故A正确；
B、当CD边到达M₃N₃时线框恰好匀速运动，速度为v'
线框受力分析有：B₀I'L=mg
I′=$\frac{E′}{R}$
因CD棒切割产生的感应电动势：E'=B₀Lv'
v′=$\frac{mgR}{{{B}_{0}}^{2}{L}^{2}}$=$\frac{10×1}{1×1}$=10m/s；
线框AB到达M₂N₂时一直运动到CD边到达M₃N₃的过程中线框中无感应电动势产生，只受到重力作用．
线框下落高度为3h，根据动能定理得：
mg3h=$\frac{1}{2}$mv′²-$\frac{1}{2}$mv²
线框AB边到达M₂N₂时的速率为：v=$\sqrt{6gh+v{′}^{2}}$=$\sqrt{85}$m/s；
故B错误，C正确；
D、线框静止开始下落到CD边刚离开M₄N₄的过程中线框中产生电能为E_电，线框下落高度为4.5h，根据能量守恒得：重力势能减少量等于线框动能与电能之和为：
mg4.5h=E_电+$\frac{1}{2}$mv′²
E_电=$\frac{9}{2}$mgh-$\frac{1}{2}$mv′²=$\frac{9}{2}×10×$1.4+$\frac{1}{2}×1×100$=123J；故D错误；
故选：AC．

点评 本题为力电综合题，难度较大，要注意挖掘隐含条件，巧妙应用动能定理和能量守恒定律，同时要明白安培力做功过程就是产生电能的过程，并且二者的数值上相等．