Question

7．如圖所示，兩水平線L₁和L₂分別是水平向里的勻強(qiáng)磁場的邊界，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，正方形線框abcd由均勻材料之制成，其邊長為L（小于磁場的寬度）、質(zhì)量為m、總電阻為R．將線框在磁場邊界L₁的上方高h(yuǎn)處由靜止開始釋放，已知線框的ab邊剛進(jìn)入磁場時和剛穿出磁場時的速度相同，則下列說法中正確的是（　　）

• A． ab邊剛進(jìn)入磁場時，ab兩端的電勢差為$\frac{3}{4}$BL$\sqrt{2gh}$
• B． ab邊剛進(jìn)入磁場時，線框做加速度向上的勻減速運(yùn)動
• C． ab邊剛進(jìn)入磁場時，線框加速度的大小為$\frac{{B}^{2}{L}^{2}\sqrt{2gh}}{mR}$-g
• D． 線框從開始下落到剛穿出磁場的過程中，重力勢能的減小量等于克服安培力所做的功

Answer 1

分析 根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出線框ab邊進(jìn)入磁場時的速度，線框ab邊進(jìn)入磁場時，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由E=BLv求出感應(yīng)電動勢，ab相當(dāng)于電源，ab兩端的電勢差即為路端電壓，由歐姆定律求解ab兩端電勢差；ab邊進(jìn)入磁場時做減速運(yùn)動，安培力與速度有關(guān)，線框做加速度減小的減速運(yùn)動；根據(jù)牛頓第二定律即可求出ab邊剛進(jìn)入磁場時，線框的加速度；根據(jù)能量守恒定律知，線框從開始下落到剛穿出磁場的過程中，重力勢能的減小量等于克服安培力做的功和增加的動能

解答 解：A、根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有ab邊剛進(jìn)入磁場時的速度為${v}_{0}^{\;}$
$mgh=\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$，得${v}_{0}^{\;}=\sqrt{2gh}$
ab邊剛進(jìn)入磁場時，ab邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為$E=BLv=BL\sqrt{2gh}$
ab兩端的電勢差為$U=I•\frac{3}{4}R=\frac{E}{R}•\frac{3}{4}R=\frac{3}{4}E=\frac{3}{4}BL\sqrt{2gh}$，故A正確；
B、根據(jù)題意，線框的ab邊剛進(jìn)入磁場時和剛穿出磁場時的速度相同，可知ab邊進(jìn)入磁場先做減速運(yùn)動，加速度向上，因?yàn)榘才嗔﹄S速度變化而變化，所以加速度隨速度而變化，根據(jù)牛頓第二定律知，${F}_{A}^{\;}-mg=ma$，即$B\frac{BLv}{R}L-mg=ma$，速度減小，加速度減小，所以ab邊剛進(jìn)入磁場時，線框做加速度向上且加速度減小的減速運(yùn)動，故B錯誤；
C、線框剛進(jìn)入磁場時，感應(yīng)電流$I=\frac{E}{R}=\frac{BL\sqrt{2gh}}{R}$
安培力${F}_{A}^{\;}=BIL=\frac{{B}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}\sqrt{2gh}}{R}$
根據(jù)牛頓第二定律，有${F}_{A}^{\;}-mg=ma$
解得：$a=\frac{{B}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}\sqrt{2gh}}{mR}-g$，故C正確；
D、根據(jù)動能定理知，線框從開始下落到穿出磁場的過程中，重力勢能的減少量等于克服安培力做的功和增加的動能之和，故D錯誤；
故選：AC

點(diǎn)評 考查能量轉(zhuǎn)化與守恒定律、牛頓第二定律及切割感應(yīng)電動勢與安培力的表達(dá)式，注意學(xué)會運(yùn)動與受力的分析，知道切割磁感線的導(dǎo)體相當(dāng)于電源，注意分清內(nèi)外電路．