Question

18．如圖所示，用一根粗細(xì)均勻的電阻絲制成形狀相同、大小不同的甲、乙兩個(gè)矩形線框．甲對(duì)應(yīng)邊的長(zhǎng)度是乙的兩倍，二者底邊距離勻強(qiáng)磁場(chǎng)上邊界高度h相同，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，勻強(qiáng)磁場(chǎng)寬度d足夠大．不計(jì)空氣阻力，適當(dāng)調(diào)整高度h，將二者由靜止釋放，甲將以恒定速度進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．在矩形線框進(jìn)入磁場(chǎng)的整個(gè)過程中，甲、乙的感應(yīng)電流分別為I₁和I₂，通過導(dǎo)體橫截面的電量分別為q₁和q₂，線框產(chǎn)生的熱量分別為Q₁和Q₂，線框所受到的安培力分別是F₁和F₂，則以下結(jié)論中正確的是（　�。�

• A． I₁＞I₂
• B． q₁=4q₂
• C． Q₁=4Q₂
• D． F₁=2F₂

Answer 1

分析 根據(jù)機(jī)械能守恒定律知兩線框進(jìn)入磁場(chǎng)的速度相同，甲框的總電阻是乙框的2倍，由法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律比較線框電流；根據(jù)感應(yīng)電量公式$E=\frac{△Φ}{R}$比較通過導(dǎo)體截面的電量；根據(jù)受力判斷出乙線框的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)焦耳定律比較焦耳熱；由安培力公式F=BIL比較安培力大�。�

解答 解：根據(jù)機(jī)械能守恒得線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v為：
$mgh=\frac{1}{2}m{v}_{\;}^{2}$
解得：$v=\sqrt{2gh}$，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度相同
A、根據(jù)E=BLv，甲切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是乙的2倍，甲線框的電阻是乙的2倍，所以通過甲乙的電流${I}_{1}^{\;}={I}_{2}^{\;}$，故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)感應(yīng)電量公式$q=\frac{△Φ}{R}$=$\frac{BS}{R}$，甲線框的面積是乙線框的4倍，甲線框的電阻是乙的2倍，所以${q}_{1}^{\;}=2{q}_{2}^{\;}$，故B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)題意，甲線框做勻速運(yùn)動(dòng)，有${m}_{1}^{\;}g=BI{L}_{1}^{\;}$，對(duì)于乙線框${m}_{2}^{\;}=\frac{1}{2}{m}_{1}^{\;}$，${L}_{2}^{\;}=\frac{1}{2}{L}_{1}^{\;}$，所以${m}_{2}^{\;}g=BI{L}_{2}^{\;}$，所以乙相框也做勻速運(yùn)動(dòng)
甲進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)間${t}_{1}^{\;}=\frac{{L}_{1}^{\;}}{v}$，乙進(jìn)磁場(chǎng)的時(shí)間${t}_{2}^{\;}=\frac{{L}_{2}^{\;}}{v}$，有${t}_{2}^{\;}=\frac{1}{2}{t}_{1}^{\;}$
線框產(chǎn)生的熱量$Q={I}_{\;}^{2}Rt$，所以$\frac{{Q}_{1}^{\;}}{{Q}_{2}^{\;}}=\frac{{I}_{\;}^{2}{R}_{1}^{\;}{t}_{1}^{\;}}{{I}_{\;}^{2}{R}_{2}^{\;}{t}_{2}^{\;}}=\frac{4}{1}$，即${Q}_{1}^{\;}=4{Q}_{2}^{\;}$，故C正確；
D、甲線框所受安培力${F}_{1}^{\;}=BI{L}_{1}^{\;}$，乙線框所受安培力${F}_{2}^{\;}=BI{L}_{2}^{\;}$，其中${L}_{2}^{\;}=\frac{1}{2}{L}_{1}^{\;}$
所以線框受到的安培力${F}_{1}^{\;}=2{F}_{2}^{\;}$，故D正確；
故選：CD

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考查了切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式、閉合電路歐姆定律、焦耳定律、安培力公式等知識(shí)，綜合性較強(qiáng)，對(duì)學(xué)生的能力要求較高，需加強(qiáng)這方面的訓(xùn)練．