Question

2．如圖甲，光滑導(dǎo)軌電阻不計(jì)，間距為L(zhǎng)，固定在傾角為θ的斜面上．區(qū)域1內(nèi)有垂直于斜面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B_x（B_x未知），區(qū)域2有垂直于斜面向下的磁場(chǎng)，其大小變化如圖乙所示，區(qū)域2沿斜面的長(zhǎng)度為2L． t=0時(shí)在軌道上端由靜止釋放金屬細(xì)棒ab，t=t_x（t_x未知）恰好進(jìn)入?yún)^(qū)域2．在ab棒從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)EF的過(guò)程中，另一金屬棒cd始終靜止在區(qū)域1，已知cd棒的質(zhì)量為m，重力加速度為g．則（　�。�

• A． 兩棒的質(zhì)量不相等
• B． ab棒的機(jī)械能先不變后減少
• C． ab棒從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)EF的過(guò)程中，克服安培力做功為2mgLsinθ
• D． ab棒從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)EF的過(guò)程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為4mgLsinθ

Answer 1

分析 棒ab進(jìn)入II區(qū)域前后回路中的電動(dòng)勢(shì)不變，即磁場(chǎng)變化產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)與導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)相等，據(jù)此求出導(dǎo)體棒進(jìn)入II時(shí)速度大小，然后根據(jù)導(dǎo)體棒勻加速下滑的特點(diǎn)即可求出結(jié)果，回路中電流恒定，根據(jù)Q=EIt可求出結(jié)果．

解答 解：AC、cd棒一直靜止，根據(jù)受力平衡，有${F}_{安}^{\;}=mgsinθ$，安培力不變，說(shuō)明電流不變，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，ab棒進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng)，對(duì)ab棒${F}_{安}^{\;}={m}_{cd}^{\;}gsinθ$，可知${m}_{ab}^{\;}=m$；
ab棒在進(jìn)磁場(chǎng)前不受安培力，進(jìn)磁場(chǎng)后受到安培力，克服安培力做功為$W={F}_{安}^{\;}•2L=2mgLsinθ$，故A錯(cuò)誤，C正確；
B、ab棒沒(méi)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)外力為零，機(jī)械能不變；進(jìn)入磁場(chǎng)后，安培力阻礙它的運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能減小，故B正確；
D、ab棒在到達(dá)區(qū)域Ⅱ前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有：a=gsinθ
cd棒始終靜止不動(dòng)，ab棒在到達(dá)區(qū)域Ⅱ前、后回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，則ab棒在區(qū)域Ⅱ中一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)可得：$\frac{△Φ}{△t}$=BLv_t，
即：$\frac{B•2L•L}{{t}_{x}^{\;}}$=BLgsinθt_x，
有：t_x=$\sqrt{\frac{2L}{gsinθ}}$
ab棒在區(qū)域Ⅱ中做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度為：v_t=$\sqrt{2gLsinθ}$
則ab棒開(kāi)始下滑的位置離EF的距離為：h=$\frac{1}{2}$at_X²+2L=3L
ab棒在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t₂=$\frac{2L}{{v}_{t}^{\;}}$=$\sqrt{\frac{2L}{gsinθ}}$
ab棒從開(kāi)始下滑至EF的總時(shí)間為：t=t_x+t₂=2$\sqrt{\frac{2L}{gsinθ}}$
E=BLv_t=BL$\sqrt{2gLsinθ}$
ab棒從開(kāi)始下滑至EF的過(guò)程中閉合回路中產(chǎn)生的熱量為：
Q=EIt=4mgLsinθ，故D正確；
故選：BCD

點(diǎn)評(píng) 解決這類問(wèn)題的關(guān)鍵是弄清電路結(jié)構(gòu)，正確分析電路中的電流以及安培力的變化情況．