Question

4．圖甲所示，一匝數(shù)N=10匝，總電阻R=7.5Ω、長L₁=0.4m、寬L₂=0.2m的勻質(zhì)矩形金屬線框靜止在粗糙水平面上，線框的bc邊正好過半徑r=0.1m的圓形磁場的豎直直徑，線框的左半部分在垂直線框平面向上的勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B₀=1T，圓形磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直線框平面向下，大小隨時(shí)間均勻增大，如圖乙所示，己知線框與水平面間的最大靜摩擦力f=1.2N．取π≈3，則（　�。�

• A． t=0時(shí)刻穿過線框的磁通量大小為0.1Wb
• B． 線框靜止時(shí)，線框中的感應(yīng)電流為0.2A
• C． 線框靜止時(shí)，ad邊所受安培力水平向左，大小為0.4N
• D． 經(jīng)時(shí)間t=0.4s，線框開始滑動(dòng)

Answer 1

分析 （1）穿過線框的磁通量由兩部分組成，根據(jù)磁通量Φ=BS，即可求解；
（2）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律與閉合電路歐姆定律，即可求解感應(yīng)電流的大��；
（3）根據(jù)安培力表達(dá)式，結(jié)合左手定則與受力平衡條件，即可求解．

解答 解：A、設(shè)磁場向上穿過線框磁通量為正，由磁通量的定義得t=0時(shí)，有：Φ=B₀L₁$\frac{1}{2}{L}_{2}$-B₁$\frac{1}{2}$πr²=1×0.4×0.1-$2×\frac{1}{2}×3×0．{1}^{2}$=0.01Wb；故A正確；
B、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：E=N$\frac{△Φ}{△t}$=N$\frac{△B}{△t}$•$\frac{1}{2}$πr²=$10×\frac{5-2}{0.6}×\frac{1}{2}×3×0．{1}^{2}$=0.75V；
由閉合電路歐姆定律，則有：I=$\frac{E}{R}$=$\frac{0.75}{7.5}$=0.1A；故B錯(cuò)誤；
C、由楞次定律可知，圓形磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大時(shí)，線框內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，ad中的感應(yīng)電流的方向向下，由左手定則可知，ad邊受到的安培力的方向向左．
ad邊受到的安培力是10匝線圈受到的安培力的和，即：F=10BIL₁=10×1×0.1×0.4=0.4N＜1.2N，所以ad邊受到的摩擦力的大小為0.4N．故C正確；
D、圓形磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大，所以產(chǎn)生大小不變的電動(dòng)勢，感應(yīng)電流的大小不變，而左側(cè)的磁場區(qū)域內(nèi)的磁場不變；
由圖乙可知，在t=0.4s時(shí)刻，右側(cè)的磁感應(yīng)強(qiáng)度：B′=4T
由左手定則可知，右側(cè)的bc邊受到的安培力方向向左，大�。篎′=nB′I•2r=10×4×0.1×2×0.1=0.8N
所以整體受到安培力的和等于：F_合=F+F′=0.4+0.8=1.2N=f
所以線框受到的安培力的大小與摩擦力相等，所以線框在t=0.4s后才能開始滑動(dòng)．故D正確．
故選：ACD

點(diǎn)評 該題考查的知識點(diǎn)比較大，包括磁通量的定義，注意磁通量的正負(fù)，理解法拉第電磁感應(yīng)定律與閉合電路歐姆定律的應(yīng)用，注意安培力大小計(jì)算與方向的判定．