Question

14．如图甲所示，闭合线圈固定在小车上，总质量为1kg，线圈电阻R=0.1Ω．它们在光滑水平面上以10m/s的速度进入与线圈平面垂直、磁感应强度为B的水平有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．已知小车运动的速度v随车的位移x变化的v-x图象如图乙所示．则（　　）

• A． 线圈的长度L=10cm
• B． 磁感应强度B=20T
• C． 线圈进入磁场过程中做匀减速运动，加速度大小为0.4m/s²
• D． 线圈通过磁场过程中产生的热量为48J

Answer 1

分析 A、闭合线圈在进入和离开磁场时，磁通量会发生改变，线圈中产生感应电流，线圈会受到安培力的作用；
B、线圈在进入磁场之前、完全在磁场中运动以及出磁场之后做匀速直线运动，在进入和离开磁场时做减速直线运动；
由牛顿第二定律和加速度的定义式，采用微元积分法求出磁感应强度；
C、结合乙图可以知道，0-5cm是进入之前的过程，5-15cm是进入的过程，15-30cm是完全在磁场中运动的过程，30-40cm是离开磁场的过程，40cm以后是完全离开之后的过程；
D、线圈通过磁场过程中产生的热量等于克服安培力所做的功，可以通过动能定理去求解．

解答 解：A．闭合线圈在进入和离开磁场时的位移即为线圈的长度，线圈进入或离开磁场时受安培力作用，将做减速运动，由乙图可知，L=10cm，故A正确；
B．磁场的宽度等于线圈刚进入磁场到刚离开磁场时的位移，由乙图可知，5-15cm是进入的过程，15-30cm是完全在磁场中运动的过程，30-40cm是离开磁场的过程，所以d=30cm-5cm=25cm；
由图b所示图象可知，线圈进入磁场前的速度为：v=1m/s，完全进入磁场时的速度为：v′=0.6m/s，线圈进入磁场时的位移为：s₁=0.1m
设进入磁场的过程，线框的速度为v时加速度的大小为a．
由牛顿第二定律得：F=ma
又安培力大小为：F=BIh=B$\frac{Bhv}{R}$h=$\frac{{{B^2}{h^2}v}}{R}$
加速度大小为：a=$\frac{△v}{△t}$
联立以三式得：$\frac{{{B^2}{h^2}v}}{R}$•△t=m△v
两边求和得：∑（$\frac{{{B^2}{h^2}v}}{R}$•△t）=∑（m△v）
又v△t=△s
则得：$\frac{{{B^2}{h^2}}}{R}$•s₁=m（v₀-v₁）
代入得：$\frac{{{B^2}×0.0{4^2}}}{{1.6×1{0^{-5}}}}$×0.1=1×（1.0-0.6）
解得：B=0.2T，故B错误；
C．根据F=BIL及I=$\frac{BLv}{R}$得：F=$\frac{{{B^2}{L^2}v}}{R}$，因为v是一个变量，所以F也是一个变量，所以线圈不是匀加速运动，是变减速运动，故C错误；
D．线圈通过磁场过程中运用动能定理得：$\frac{1}{2}$mv₂²-$\frac{1}{2}$mv₁²=W_安，由乙图可知v₁=10m/s，v₂=2m/s，带入数据得：W_安=-48J，所以克服安培力做功为48J，即线圈通过磁场过程中产生的热量为48J，故D正确．
故选：AD

点评 闭合线圈进入和离开磁场时磁通量发生改变，产生感应电动势，形成感应电流，线圈会受到安培力的作用，做变速运动；当线圈完全在磁场中运动时磁通量不变，不受安培力，做匀速运动．线圈通过磁场过程中产生的热量等于克服安培力所做的功，在这类题目中求安培力所做的功经常运用动能定理去求解．