Question

11．如圖所示，abcd為一矩形金屬線框，其中ab=cd=L，ab邊接有定值電阻R，cd邊的質(zhì)量為m，其他部分電阻和質(zhì)量均不計(jì)，整個(gè)裝置用兩根絕緣輕彈簧懸掛起來(lái)．線框下方處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里．初始時(shí)刻，兩根彈簧處于自然長(zhǎng)度，給線框一豎直向下的初速度v₀，當(dāng)cd邊第一次運(yùn)動(dòng)到最下端的過(guò)程中，R產(chǎn)生的熱量為Q，此過(guò)程cd邊始終未離開(kāi)磁場(chǎng)．已知重力加速度大小為g，下列說(shuō)法正確的是（　�。�

• A． 初始時(shí)刻cd邊所受安培力的大小為$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}_{0}}{R}$-mg
• B． 線框中產(chǎn)生的最大感應(yīng)電流大于$\frac{BL{v}_{0}}{R}$
• C． cd邊第一次達(dá)到最下端的時(shí)刻，兩根彈簧的彈性勢(shì)能總量大于$\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{2}$-Q
• D． 在cd邊反復(fù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，R中產(chǎn)生的電熱最多為$\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{2}$

Answer 1

分析 對(duì)cd棒受力分析，確定棒的運(yùn)動(dòng)形式，求解最大速度，再由E=BLv和I=$\frac{E}{R}$及F=BIL分別確定電流和安培力的大小，再由能量守恒定律確定能量關(guān)系．

解答 解：A、初始時(shí)刻時(shí)，棒的速度為v₀，由E=BLv=BLv₀，再由I=$\frac{E}{R}$及F=BIL，得cd 邊所受安培力的大小 F=$\frac{{B}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}{v}_{0}^{\;}}{R}$，故A錯(cuò)誤；
B、cd棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后，對(duì)cd棒受力分析，受重力和安培力及彈簧彈力，無(wú)法確定重力和安培力的關(guān)系，當(dāng)重力大于安培力時(shí)，由mg-$\frac{{B}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}v}{R}$-kx=ma，合力方向向下，可知導(dǎo)體棒可能先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，
故v₀不是速度的最大值，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不是最大，感應(yīng)電流不是最大，當(dāng)重力小于安培力時(shí)，由 $\frac{{B}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}v}{R}$+kx-mg=ma，合力方向向上，可知導(dǎo)體棒可能先做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，速度v₀為最大值，線框中產(chǎn)生的最大感應(yīng)電流大于等于 $\frac{BL{v}_{0}^{\;}}{R}$，故B正確；
C、cd邊第一次到達(dá)最下端的時(shí)刻，由能量守恒定律可知，導(dǎo)體棒的動(dòng)能和減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為焦耳熱及彈簧的彈性勢(shì)能，即：mgh+$\frac{1}{2}$m ${v}_{0}^{2}$=E_p+Q，所以：E_P-mgh=$\frac{1}{2}$m ${v}_{0}^{2}$-Q，故彈簧彈性勢(shì)能大于 $\frac{1}{2}$m ${v}_{0}^{2}$-Q，故C正確；
D、在cd邊反復(fù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，可知最后棒靜止在初始位置的下方，設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，由mg=kx得：x=$\frac{mg}{k}$，由能量守恒定律可知，導(dǎo)體棒的動(dòng)能和減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為焦耳熱及彈簧的彈性勢(shì)能，彈性勢(shì)能E_P=$\frac{1}{2}$kx²=$\frac{{m}_{\;}^{2}{g}_{\;}^{2}}{2k}$，減少的重力勢(shì)能為：mgh=$\frac{{m}_{\;}^{2}{g}_{\;}^{2}}{k}$，因重力勢(shì)能大于彈性勢(shì)能，根據(jù)mgh+$\frac{1}{2}$mv₀²=E_p+Q，可知熱量應(yīng)大于 $\frac{1}{2}$mv₀²，故D錯(cuò)誤；
故選：BC．

點(diǎn)評(píng) 本題中弄清棒的運(yùn)動(dòng)形式及臨界條件是關(guān)鍵，分別由能量守恒定律和電磁感應(yīng)定律求解電流和安培力大小．