Question

19．粗糙的水平面上有一個(gè)正方形線框，其邊長(zhǎng)為0.5m，質(zhì)量為1.5kg，電阻為0.2Ω，線框與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4．圖中虛線區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.4T．線框初始位置如圖所示，受到拉力F作用后做初速為0，加速度為1m/s²的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，等到線框左邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，立即撤去F，結(jié)果線框右邊滑到磁場(chǎng)的右邊緣處速度剛好減為0，取g=10m/s²，則（　�。�

• A． 線框運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為1.25s
• B． 磁場(chǎng)區(qū)域的寬度d為0.625m
• C． 從開(kāi)始至線圈速度減為0的過(guò)程中，通過(guò)線圈橫截面的電荷量為0.5C
• D． 在線圈進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，作用力F與時(shí)間t的關(guān)系式為F=1.5+0.2t（N）

Answer 1

分析 線框開(kāi)始做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度公式與位移公式可以求出線框的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與磁場(chǎng)寬度；
由法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由歐姆定律求出電流，然后由電流定義式求出電荷量；
應(yīng)用安培力公式求出安培力，應(yīng)用牛頓第二定律可以求出拉力．

解答 解：A、線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移等于線框的邊長(zhǎng)，v²=2aL，解得：v=$\sqrt{2aL}$=1m/s，線框進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)間：t₁=$\frac{v}{a}$=$\frac{1}{1}$=1s，線框完全在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t₂=$\frac{v}{μg}$=$\frac{1}{0.4×10}$=0.25s，線框總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t=t₁+t₂=1.25s，故A正確；
B、磁場(chǎng)的寬度等于線框的位移，磁場(chǎng)寬度：d=x₁+x₂=$\frac{v}{2}$t₁+$\frac{v}{2}$t₂=$\frac{v}{2}$t=$\frac{1}{2}$×1.25=0.625m，故B正確；
C、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：$\overline{E}$=$\frac{△Φ}{△t}$=$\frac{BS}{△t}$=$\frac{BLd}{△t}$，感應(yīng)電流：I=$\frac{\overline{E}}{R}$，電荷量：q=I△t=$\frac{BLd}{R}$=$\frac{0.4×0.5×0.625}{0.2}$=0.625C，故C錯(cuò)誤；
D、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E=BLv=BLat，感應(yīng)電流：I=$\frac{E}{R}$=$\frac{BLat}{R}$=$\frac{0.4×0.5×1×t}{0.2}$=tA，線框受到的安培力：F_安培=BIL=0.4×t×0.5=0.2t，
對(duì)線框，由牛頓第二定律得：F-F_安培-μmg=ma，解得：F=F_安培+μmg+ma=（7.5+0.2t）N，故D錯(cuò)誤；
故選：AB．

點(diǎn)評(píng) 本題是一道電磁感應(yīng)、電路與運(yùn)動(dòng)學(xué)相結(jié)合的綜合題，有一定難度，分析清楚線框的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是正確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓第二定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律與電流定義式可以解題；解題時(shí)要注意線框始終受到摩擦阻力的作用，這點(diǎn)是容易忽視的地方．