题目内容
13.如图所示,边长为L的正方形闭合导体线框abed质量为m,在方向水平的匀强磁场上方某髙度处自由落下并穿过磁场区域.线框在下落过程中形状不变,ab边始终保持与磁场边界线平行,线框平面与磁场方向垂直.已知磁场区域高度h>L,重力加速度为g,下列判断正确的是( )A. | 若进入磁场时线框做匀速运动,则离开磁场时线框也一定做匀速运动 | |
B. | 若进入磁场时线框做减速运动,则离开磁场时线框也一定做减速运动 | |
C. | 若进入磁场过程中线框产生的热量为mgL,则离开磁场过程中线框产生的热量也一定等于mgL | |
D. | 若进入磁场过程线框截面中通过的电量为q,则离开磁场过程线框中通过的电量也一定等于q |
分析 进行受力分析,写出安培力的表达式,分析运动过程;利用焦耳定律写出电功率即热量的表达式;电量由运动距离表达出来即可.
解答 解:线框在进入、离开磁场时只受安培力(竖直向上)和重力(竖直向下)的作用;在线框完全进入磁场的运动过程中,只受重力作用,向下做加速运动.
设线框的运动速度为v,则线框所受安培力$F=BiL=\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$.
A、进入磁场时线框做匀速运动,即F进=mg,完全进入磁场后加速运动,所以,v出>v进,所以,F出>F进=mg,离开时线框做减速运动,故A错误;
B、进入磁场时线框做减速运动,即F进>mg,完全进入磁场后加速运动,所以,v出>v进,所以,F出>F进>mg,离开时线框做减速运动,故B正确;
C、由焦耳定律可得,进入或离开磁场时任意时刻线框中电流的热功率$P={i}^{2}R=\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}^{2}}{R}$,在极短时间△t内产生的热量$△Q=P•△t=\frac{{B}^{2}{L}^{2}}{R}{v}^{2}•△t$,对△Q进行叠加,可得,进入或离开磁场的过程中线框产生的热量$Q=\frac{{B}^{2}{L}^{3}}{R}\overline{v}$.因为进入、离开磁场的平均速度不一定相等,所以,两个过程产生的热量不一定相等,故C错误;
D、进入或离开磁场时任意时刻线框中电流$i=\frac{BLv}{R}$,在极短时间△t内产生的电量$△q=i•△t=\frac{BL}{R}v•△t$,所以,对△q进行叠加,可得,进入或离开磁场的过程中线框产生的电量$q=\frac{B{L}^{2}}{R}$;所以,两个过程产生的电量相等,故D正确.
故选:BD.
点评 对电磁学与运动学结合的题目,我们通常要分析安培力的表达式,然后通过牛顿第二定律来联系运动学和力学解题;遇到电量、热量求解的问题,通常写出阶段时间段(电流i可认为不变)的表达式,然后对我们要求的过程进行叠加即可,中间常用到速度与时间的乘积叠加得到位移.
A. | 发生碰撞时两颗卫星围绕地球的周期相等 | |
B. | 发生碰撞时两颗卫星围绕地球的线速度大小相等 | |
C. | 发生碰撞时两颗卫星围绕地球的向心加速度大小相等 | |
D. | 发生碰撞时两颗卫星围绕地球的向心力相等 |
(1)在闭合电键前,滑动变阻器的滑片应滑至上端(填“上端”或“下端”).
(2)闭合电键,改变滑动变阻器的阻值,记录下相应的电压、电流值,如下表格,依据表格中的数据在图2中画出U-I图象.
U/V | 2.45 | 2.14 | 1.89 | 1.65 | 1.38 | 1.05 |
I/A | 0.16 | 0.24 | 0.32 | 0.40 | 0.48 | 0.56 |
A. | 加速度先变大后变小,速度先变大后变小 | |
B. | 加速度先变大后变小,速度先变小后变大 | |
C. | 加速度先变小后变大,速度先变大后变小 | |
D. | 加速度先变小后变大,速度先变小后变大 |
A. | 光一定是由光密介质射向光疏介质 | B. | 光一定是由光疏介质射向光密介质 | ||
C. | 入射角一定大于临界角 | D. | 入射角一定小于临界角 |
A. | 速度、质量、加速度、路程都是矢量 | |
B. | 紧急刹车时,物体相对车厢向前滑行了x=1.5m,x的参考系是地面 | |
C. | 不论物体的质量多大,只要物体的形状和大小对所研究的问题没有影响或影响可以忽略不计,就可以看成质点 | |
D. | 形状规则的物体的重心一定在物体的几何中心 |