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4.如图甲所示,质量m=3.0×10-3kg的“”形金属细杆竖直放置在两水银槽中,“”形框的细杆CD长l=0.20m,处于磁感应强度大小B1=0.1T、方向水平向右的匀强磁场中,CD部分处于水平位置且与B1方向垂直,有一匝数n=300匝,横截面积S=0.01m2的线圈通过开关K与两水银槽相连,线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的磁场中,其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示,t=0.22s时闭合开关S,经过很短时间线框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力),起跳的最大高度h=0.20m,不计空气阻力,重力加速度g=10m/s2,下列说法正确的是( )A. | 0-0.10s内线圈中的感应电动势大小为30V | |
B. | 开关K闭合瞬间,CD中的电流方向由C到D | |
C. | 磁感应强度B2的方向竖直向下 | |
D. | 开关K闭合到细框离开水银槽过程中,通过细杆CD的电荷量为0.03C |
分析 磁通量变化量$△Φ=△{B}_{2}^{\;}S$,由电磁感应定律可求得0~0.10s线圈中感应电动势大小;CD受到的安培力竖直向上,根据左手定则判断CD中的电流方向;由楞次定律判断${B}_{2}^{\;}$的方向;由牛顿第二定律或动量定理、以及匀变速直线运动速度公式,可得出安培力F的表达式,再根据电荷量公式求出通过CD杆的电荷量.
解答 解:A、由图象可知,0~0.10s内:△Φ=$△{B}_{2}^{\;}S$=0.01Wb,由电磁感应定律可知$E=n\frac{△Φ}{△t}$=300×$\frac{0.01}{0.1}$=30V,故A正确;
B、细杆CD所受安培力竖直向上,由左手定则知,电流方向C→D,故B正确;
C、由安培定则可知,感应电流的磁场方向竖直向上,根据图示可知,在0.2~0.25s内,穿过线圈的磁通量减少,由楞次定律得:磁感应强度${B}_{2}^{\;}$方向竖直向上,故C错误;
D、由牛顿第二定律$F=ma=m\frac{v-0}{△t}$(或由动量定理F△t=mv-0),安培力$F=I{B}_{1}^{\;}l$,△Q=I△t,${v}_{\;}^{2}=2gh$,得$△Q=\frac{m\sqrt{2gh}}{{B}_{1}^{\;}l}=0.03C$,故D正确;
故选:ABD
点评 本题是电磁感应与电学、力学相结合的综合题,分析清楚题意、分析清楚图2所示图象是解题的关键,应用法拉第电磁感应定律、左手定则、安培定则、楞次定律、动量定理等即可解题.
练习册系列答案
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