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1.如圖所示,光滑斜面的傾角θ=30°,在斜面上放置一矩形線框abcd,ab邊長(zhǎng)l1=1m,bc邊的邊長(zhǎng)l2=0.6m,線框的質(zhì)量m=1kg,電阻R=0.1Ω,線框用細(xì)線通過(guò)定滑輪與重物相連,重物的質(zhì)量M=2kg,斜面上ef線與gh線(ef∥gh∥pq∥ab)間有垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B1=0.5T;gh線與pq線間有垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B2=0.5T,如果線框從靜止開始運(yùn)動(dòng),當(dāng)ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng),ab邊由靜止開始運(yùn)動(dòng)到gh線所用的時(shí)間為2.3s,取g=10m/s2,則( �。�
A.全過(guò)程焦耳熱等于M的機(jī)械能減少量與m動(dòng)能增加量之差
B.ef線到gh線距離為9.1m
C.ab邊由靜止開始至運(yùn)動(dòng)到gh線這段時(shí)間內(nèi)線框中產(chǎn)生的焦耳熱為9J
D.ab邊剛越過(guò)gh線瞬間線框的加速度為30m/s2

分析 根據(jù)能量守恒定律分析能量的轉(zhuǎn)化情況,并求解ab邊由靜止開始至運(yùn)動(dòng)到gh線這段時(shí)間內(nèi)線框中產(chǎn)生的焦耳熱;根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件求解進(jìn)入磁場(chǎng)的速度,分析線框的運(yùn)動(dòng)過(guò)程,分別求出沒(méi)有進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)間、運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間,即可得到完全進(jìn)入磁場(chǎng)到gh線的時(shí)間,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)計(jì)算公式求解ef線到gh線距離;根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律求解感應(yīng)電流和安培力大小,根據(jù)牛頓第二定律可得ab邊剛越過(guò)gh線瞬間線框的加速度.

解答 解:A、全過(guò)程焦耳熱等于M的機(jī)械能減少量與m機(jī)械能增加量之差,A錯(cuò)誤;
B、設(shè)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的速度為v,根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件可得:Mg=mgsinθ+\frac{{B}_{1}^{2}{l}_{1}^{2}v}{R},
代入數(shù)據(jù)解得:v=6m/s;
線框由靜止開始運(yùn)動(dòng)的加速度大小為:a=\frac{Mg-mgsinθ}{M+m}=\frac{20-5}{3}m/{s}^{2}=5m/s2,
從開始到ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)經(jīng)過(guò)的時(shí)間為:{t}_{1}=\frac{v}{a}=\frac{6}{5}s=1.2s,
勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為:{t}_{2}=\frac{{l}_{2}}{v}=\frac{0.6}{6}s=0.1s,
所以線框完全進(jìn)入到ab運(yùn)動(dòng)到gh線所用的時(shí)間為:t3=2.3s-1.2s-0.1s=1s,
線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)到ab邊運(yùn)動(dòng)到gh線的位移為:x=vt3+\frac{1}{2}a{t}_{3}^{2}=6m+\frac{1}{2}×5×{1}^{2}m=8.5m,
ef線到gh線距離為:0.6m+8.5m=9.1m,B正確;
C、ab邊由靜止開始至運(yùn)動(dòng)到gh線這段時(shí)間內(nèi)線框中產(chǎn)生的焦耳熱等于進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中兩個(gè)物體機(jī)械能的變化量,即為:Q=Mgl2-mgsinθ•l2=20×0.6J-10×0.5×0.6J=9J,C正確;
D、ab邊剛越過(guò)gh線瞬間速度大小為:v′=v+at3=(6+5×1)m/s=11m/s,
此時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為:E′=B1l1v′+B2l1v′=11V,
感應(yīng)電流為:I=\frac{E′}{R}=\frac{11}{0.1}A=110A,
安培力大小為:F=B1Il1+B2Il1=110N,
方向沿斜面向下;根據(jù)牛頓第二定律可得線框的加速度為:a′=\frac{Mg-mgsinθ-{F}_{安}}{M+m}=\frac{20-5-110}{3}m/{s}^{2}=-31.7m/{s}^{2},方向沿斜面向下,D錯(cuò)誤.
故選:BC.

點(diǎn)評(píng) 對(duì)于電磁感應(yīng)問(wèn)題研究思路常常有兩條:一條從力的角度,重點(diǎn)是分析安培力作用下導(dǎo)體棒的平衡問(wèn)題,根據(jù)平衡條件列出方程;另一條是能量,分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題,根據(jù)動(dòng)能定理、功能關(guān)系等列方程求解.

練習(xí)冊(cè)系列答案
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(2)小球在前2s內(nèi)的位移大�。�

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10.預(yù)計(jì)2020年,我國(guó)的北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)信號(hào)(如圖所示)將覆蓋全球.北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)可以免費(fèi)提供定位、測(cè)速和授時(shí)服務(wù),定位的精度為10m,測(cè)速精度為0.2m/s.下列說(shuō)法正確的是(  )
A.研究北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)中某衛(wèi)星繞地球運(yùn)行的周期時(shí),可以將其看做質(zhì)點(diǎn)
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C.北斗導(dǎo)航衛(wèi)星授時(shí)服務(wù)提供的是時(shí)刻
D.北斗導(dǎo)航衛(wèi)星測(cè)速服務(wù)提供的是運(yùn)動(dòng)物體的加速度

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A.圖示位置電路中的電流為0B.R兩端電壓的有效值U=\frac{ω}{\sqrt{2}}NBS
C.交流電流表的示數(shù)I=\frac{ω}{2R}NBSD.一個(gè)周期內(nèi)通過(guò)R的電荷量q=\frac{2NBS}{R}

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11.若采用圖中甲、乙兩種實(shí)驗(yàn)裝置來(lái)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律(圖中小球半徑相同,質(zhì)量均為已知,且mA>mB,B、B′兩點(diǎn)在同一水平線上),下列說(shuō)法正確的是( �。�
A.采用圖甲所示的裝置,必須測(cè)量OB、OM、OP和ON的距離
B.采用圖乙所示的裝置,必須測(cè)量OB、B′N、B′P和B′M的距離
C.采用圖甲所示裝置,若mA•ON=mA•OP+mB•OM,則表明此碰撞動(dòng)量守恒
D.采用圖乙所示裝置,若\frac{1}{\sqrt{{B}^{′}N}}=\frac{1}{\sqrt{{B}^{′}M}}+\frac{1}{\sqrt{{B}^{′}P}},則表明此碰撞機(jī)械能守恒

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