Question

10．如圖1所示，n匝正方形導線框用細線懸掛于天花板上且處于靜止狀態，線框平面在紙面內，線框的邊長為L，總電阻為R，線框的下半部分（總面積的一半）處于垂直于紙面向里的有界勻強磁場中，磁場的上、下邊界之間的距離為d（d大于L），磁場的磁感應強度按圖2變化，t₀時刻，懸線的位力恰好為零，圖中B₀、t₀已知．在t=t₀時刻剪斷細線，線框剛要完全穿過磁場時，加速度變為零，線框在穿過磁場的過程中始終在紙面里，且不發生轉動，重力加速度為g，則下列判斷正確的是（　�。�

• A． 線框的質量為m=$\frac{{n}^{2}{B}_{0}^{2}{L}^{3}}{g{t}_{0}R}$
• B． 0-t0時間內，通過某一匝線框截面的電荷量為$\frac{{B}_{0}{L}^{2}}{2R}$
• C． 剪斷細線后，線框進磁場的過程可能先加速再勻減速
• D． 線框穿過磁場的過程中，線框中產生的焦耳熱為$\frac{{n}^{2}{B}_{0}^{2}{L}^{3}}{2{t}_{0}R}$（d+$\frac{L}{2}$-$\frac{{L}^{2}}{8g{t}_{0}^{2}}$）

Answer 1

分析 本題考察三個方面內容：①當磁感應強度均勻增大時，線圈中有感應電流，受到向上的安培力，由題設懸線的拉力為零，則安培力等于重力．②t₀之后，由于磁場變為恒定，線圈在勻強磁場中加速下降，全部進入磁場后以g 的加速度加速，下邊緣離開磁場時，由于線框上邊切割磁感線產生感應電流，線框受安培力，當安培力變化到與重力相等時，加速度為零；③至于焦耳熱要用到能量守恒定律進行計算．

解答 解：A、0-t₀這段時間內，感應電動勢$E=n\frac{△B}{△t}•S=n\frac{{B}_{0}}{{t}_{0}}×\frac{1}{2}{L}^{2}=\frac{n{B}_{0}{L}^{2}}{2{t}_{0}}$，感應電流受到的安培力  $F=nB•\frac{\frac{n{{B}_{0}}^{2}{L}^{2}}{2{t}_{0}}}{R}L=\frac{{n}^{2}{{B}_{0}}^{2}{L}^{3}}{2{t}_{0}R}$，由題意懸線拉力為零，則mg=F，代入得到：$m=\frac{{n}^{2}{{B}_{0}}^{2}{L}^{3}}{2g{t}_{0}R}$，所以選項A錯誤．
B、0-t₀這段時間內，產生的感應電動勢恒定，電流恒定，則通過某一匝線框截面的電量$q=I{t}_{0}=\frac{\frac{n{B}_{0}{L}^{2}}{{2t}_{0}}}{R}{t}_{0}=\frac{n{B}_{0}{L}^{2}}{2R}$，所以選項B錯誤．
C、t₀剪斷細線后，由于磁感應強度變為恒定，此刻安培力變為零，線框在重力的作用下加速運動，由于切割產生感應電流，受到安培力也將增大，全部進入磁場后以g的加速度繼續加速，由于線框的上邊緣離開磁場時加速度才為零，所以之前加速度是減小的，所以C錯誤．
D、由題意，線框的上邊緣離開磁場時加速度為零，則此刻有重力等于安培力，即$mg={nB}_{0}•\frac{{nB}_{0}Lv}{R}•L$，于是求得線框完全離開磁場的速度$v=\frac{mgR}{{n}^{2}{{B}_{0}}^{2}{L}^{2}}$=$\frac{L}{2{t}_{0}}$，據能量守恒定律有$mg（d-\frac{1}{2}L+L）=\frac{1}{2}m{v}^{2}+Q$，將m的值代入得：$Q=\frac{{n}^{2}{{B}_{0}}^{2}{L}^{3}}{2{t}_{0}R}（d+\frac{L}{2}-\frac{{L}^{2}}{8g{{t}_{0}}^{2}}）$，所以選項D正確．
故選：D

點評 本題的關鍵點在于剪斷細線后，上邊未進入磁場前加速度要變化，全部進入磁場后無感應電流以g的加速度加速．穿出磁場時，有可能繼續加速，也有可能減速，但完全離開磁場時，加速度為零，中間過程不影響焦耳熱的計算．求出完全離開磁場時的速度，才能確定機械能的減少，也就知道焦耳熱的多少．