题目内容
2.如图甲所示,闭合线圈固定在小车上,总质量为1kg,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=5cm | |
B. | 磁场的宽度d=25cm | |
C. | 线圈进入磁场过程中做匀加速运动,加速度为0.8 m/s2 | |
D. | 线圈通过磁场过程中产生的热量为48 J |
分析 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;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;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;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,线圈的长度L=10cm,故A错误;
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,故B正确;
C、线圈进入磁场过程中,根据F=BIL及I=$\frac{BLv}{R}$得:F=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$,因为v减小,所以F也减小,由牛顿第二定律知加速度减小,所以线圈做的不是匀加速运动,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:BD.
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.
A. | 0 | B. | $\frac{G}{2}$ | C. | G | D. | $\frac{3}{2}$G |
A. | 0 | B. | BIL | C. | $\frac{1}{2}$BIL | D. | $\frac{\sqrt{3}}{2}$BIL |
A. | 电子的速率不同,它们在磁场中运动时间一定不相同 | |
B. | 电子在磁场中运动时间越长,其轨迹线所对应的圆心角越大 | |
C. | 电子在磁场中运动时间越长,其轨迹线越长 | |
D. | 在磁场中运动时间相同的电子,其轨迹线一定重合 |
A. | 滑块仍沿斜面加速下滑 | |
B. | 滑块将沿斜面减速下滑 | |
C. | 加电场后,重力势能和电势能之和不变 | |
D. | 加电场后,重力势能和电势能之和减小 |
A. | vsinα | B. | $\frac{v}{cosα}$ | C. | $\frac{v}{sinα}$ | D. | vcosα |
A. | 带电粒子从磁场获得能量 | |
B. | 带电粒子从加速器的边缘进入加速器 | |
C. | 带电粒子从加速器的中心附近进入加速器 | |
D. | 增大加速器狭缝中匀强电场的电场强度,带电粒子射出加速器时的动能就增大 |