Question

7．如圖，質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形線框，從有界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)上方由靜止自由下落，線框電阻為R，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的高度為H（L＜H），磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，線框下落過(guò)程中ab邊與磁場(chǎng)邊界平行且保持水平．已知ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)和ab邊剛穿出磁場(chǎng)時(shí)線框都做減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小都為$\frac{1}{3}$g．則（　�。�

• A． ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受的安培力大小為$\frac{2}{3}$mg
• B． ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v=$\frac{4mgR}{3{B}^{2}{L}^{2}}$
• C． 線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，產(chǎn)生的熱量為mgH
• D． 線框穿過(guò)整個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，產(chǎn)生的熱量為2mgH

Answer 1

分析 由題，ab邊剛穿出磁場(chǎng)時(shí)線框恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，安培力與重力平衡，由平衡條件和安培力公式F=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}V}{R}$，可求出此時(shí)線框的速度，cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)后到ab邊剛穿出磁場(chǎng)過(guò)程，線框的磁通量不變，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生；從線框開(kāi)始下落到整個(gè)線框全部穿出磁場(chǎng)的過(guò)程，線框的重力勢(shì)能減小轉(zhuǎn)化為線框的動(dòng)能和電路的內(nèi)能，由能量守恒定律求解焦耳熱．

解答 解：A、ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)和ab邊剛出磁場(chǎng)時(shí)，由牛頓第二定律可得：
F-mg=m•$\frac{1}{3}$g，
所以：F=$\frac{4}{3}mg$．故A錯(cuò)誤；
B、ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)：E=BLv
安培力：F=BIL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}V}{R}$
解得：v=$\frac{4mgR}{3{B}^{2}{L}^{2}}$．故B正確；
C、線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，由能量守恒可得：
mgL+$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv′²=Q               
解得：Q=mgL+mg（H-L）=mgH．故C正確；
D、由題，ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)和ab邊剛穿出磁場(chǎng)時(shí)線框都做減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小都為$\frac{1}{3}$g．則在ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)和ab邊剛穿出磁場(chǎng)時(shí)線框的速度都是$\frac{4mgR}{3{B}^{2}{L}^{2}}$，所以在ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)到ab邊剛穿出磁場(chǎng)的過(guò)程中線框克服安培力做的功與重力做的功大小相等，即線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中克服安培力做的功為：W=mgH
彈力，由于在ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)和ab邊剛穿出磁場(chǎng)時(shí)線框的速度相等，過(guò)程相似，可知線框出磁場(chǎng)的過(guò)程中克服安培力做的功也等于mgH，所以線框穿過(guò)整個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，克服安培力做的功是2mgH，所以產(chǎn)生的熱量為2mgH．故D正確．
故選：BCD

點(diǎn)評(píng) 本題首先要正確分析線框的運(yùn)動(dòng)情況，會(huì)推導(dǎo)安培力的表達(dá)式，把握能量是如何轉(zhuǎn)化的．