Question

9．如圖，正方形閉合   導(dǎo)體框ABCD由粗細均勻的同種材料制成，由相同材料制成的金屬棒MN與正方形導(dǎo)線框的對角線長度恰好相等．導(dǎo)線框放置在勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度方向垂直導(dǎo)線框所在平面向里．金屬棒MN與導(dǎo)線框接觸良好，且導(dǎo)線框?qū)�角線BD垂直平分MN．金屬棒從B點向右勻速運動至AC的過程中（　�。�

• A． ABCD消耗的電功率與總的電功率之比不斷減小到50%
• B． MN上拉力的功率先減小后增大
• C． MN中電流不斷增大
• D． 若導(dǎo)體框在D點斷開，則MN中電流不變

Answer 1

分析 由導(dǎo)體棒運動速度得到任意時間導(dǎo)體棒的位置，進而得到導(dǎo)體棒接入電路的長度，進而得到電動勢，然后根據(jù)電路求得電流，進而得到安培力，利用導(dǎo)體棒處于平衡狀態(tài)得到拉力，進而求得拉力的功率．

解答 解：A、金屬棒從B點向右勻速運動至AC的過程，設(shè)速度為v，那么，在時間t時，導(dǎo)體棒上接入電路的電動勢為：E=2Bv²t；
設(shè)導(dǎo)體框邊長為a，單位長度的電阻為R₀，則MN接入電路的電阻為：r=2R₀vt，導(dǎo)體框在導(dǎo)體棒左側(cè)的電阻為：${R}_{1}=2\sqrt{2}{R}_{0}vt$，右側(cè)電阻為：${R}_{2}=4a{R}_{0}-2\sqrt{2}{R}_{0}vt$；
所以，外電路電阻為：$R=\frac{{R}_{1}{R}_{2}}{{R}_{1}+{R}_{2}}=\frac{\sqrt{2}vt（2a{R}_{0}-\sqrt{2}{R}_{0}vt）}{a}$=$（2\sqrt{2}-\frac{2vt}{a}）{R}_{0}vt$；
由于內(nèi)電路電流和外電路總電流大小相等，所以ABCD消耗的電功率與總的電功率之比為$\frac{R}{R+r}=\frac{2\sqrt{2}-\frac{2vt}{a}}{2+2\sqrt{2}-\frac{2vt}{a}}$=$1-\frac{1}{1+\sqrt{2}-\frac{vt}{a}}$，因為金屬棒從B點向右勻速運動至AC的過程中，故$0＜t＜\frac{a}{\sqrt{2}v}$，所以，隨t增大，ABCD消耗的電功率與總的電功率之比不斷減小，減小至$1-\frac{1}{1+\sqrt{2}-\frac{v×\frac{a}{\sqrt{2}v}}{a}}=1-\frac{1}{1+\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}}$=$1-2（1-\frac{\sqrt{2}}{2}）=\sqrt{2}-1$，故A錯誤；
C、由A可知MN中電流$I=\frac{E}{r+R}=\frac{2B{v}^{2}t}{（2+2\sqrt{2}-\frac{2vt}{a}）{R}_{0}vt}$=$\frac{Bv}{（1+\sqrt{2}-\frac{vt}{a}）{R}_{0}}$，故隨t增大，I不斷增大，故C正確；
B、MN上拉力的功率P=Fv=2BIv²t=$\frac{2{B}^{2}{v}^{3}t}{（1+\sqrt{2}-\frac{vt}{a}）{R}_{0}}$=$\frac{2{B}^{2}{v}^{3}}{（\frac{1+\sqrt{2}}{t}-\frac{v}{a}）{R}_{0}}$，因為金屬棒從B點向右勻速運動至AC的過程中，故$0＜t＜\frac{a}{\sqrt{2}v}$，故隨t增大，P增大，故B錯誤；
D、若導(dǎo)體框在D點斷開，則電動勢不變，內(nèi)阻不變，外阻變大，所以，MN中電流變小，故D錯誤；
故選：C．

點評 閉合電路切割磁感線問題，一般根據(jù)閉合電路運動求得電動勢，然后由電路原理求得電流，進而求得安培力、電功率、發(fā)熱量等問題．