Question

20．如圖所示，水平地面上方矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)茲場，兩個(gè)邊長相等的單匝閉合正方形線圈I和Ⅱ，分別用相同材料，不同粗細(xì)的導(dǎo)線繞制（I為細(xì)導(dǎo)線）．兩線圈在距磁場上界面h高處由靜止開始自由下落，再進(jìn)入茲場，最后落到地面．運(yùn)動(dòng)過程中，線圈平面始終保持在豎直平面內(nèi)且下邊緣平行于磁場上邊界．設(shè)線圈I、Ⅱ落地時(shí)的速度大小分別為v₁、v₂，所用的總時(shí)間分別為t₁、t₂，在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的熱量分別為Q₁、Q₂，不計(jì)空氣阻力，則（　�。�

• A． v₁＜v₂，t₁＜t₂
• B． v₁=v₂，t₁=t₂
• C． Q₁＞Q₂
• D． Q₁＜Q₂

Answer 1

分析 兩矩形線圈進(jìn)入磁場之前，均做自由落體運(yùn)動(dòng)，因下落高度一致，所以兩線圈會(huì)以同樣的速度進(jìn)入．磁場，由法拉第電磁感應(yīng)定律可求出進(jìn)入磁場邊界時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢，從而表示出受到磁場的安培力．由電阻定律表示出兩線圈的電阻，結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律表示出加速度，可分析出加速度與線圈的粗細(xì)無關(guān)，從而判斷出兩線圈運(yùn)動(dòng)一直同步，得出落地速度相同的結(jié)論．因最終落地速度大小相同，由能量的轉(zhuǎn)化與守恒可知，損失的機(jī)械能（轉(zhuǎn)化為了內(nèi)能）與線圈的質(zhì)量有關(guān)，從而判斷出產(chǎn)生的熱量大�。�

解答 解：A、由于從同一高度下落，到達(dá)磁場邊界時(shí)具有相同的速度v，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流同時(shí)受到磁場的安培力為：
F=BIL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$，
由電阻定律有：R=ρ$\frac{4L}{S}$，（ρ為材料的電阻率，L為線圈的邊長，S為單匝導(dǎo)線橫截面積），
所以下邊剛進(jìn)入磁場時(shí)所受的安培力為：F=$\frac{{B}^{2}LvS}{4ρ}$，
此時(shí)加速度為：a=$\frac{mg-F}{m}$，
將線圈的質(zhì)量：m=ρ₀S•4L（ρ₀為材料的密度），
加速度為：a=g-$\frac{{B}^{2}v}{16ρ{ρ}_{0}}$，加速度a是定值，
線圈Ⅰ和Ⅱ同步運(yùn)動(dòng)，落地速度相等v₁=v₂，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等t₁=t₂，故A錯(cuò)誤，B正確；
C、由能量守恒定律得：mg（h+H）=Q+$\frac{1}{2}$mv²，（H是磁場區(qū)域的高度）
Ⅰ為細(xì)導(dǎo)線m小，產(chǎn)生的熱量小，所以Q₁＜Q₂，故C錯(cuò)誤，D正確；
故選：BD．

點(diǎn)評(píng) 此題的分析首先要進(jìn)行分段，即為進(jìn)入磁場之前和進(jìn)入磁場之后，在進(jìn)入磁場之前，兩線圈均做自由落體運(yùn)動(dòng)．當(dāng)線圈的一邊進(jìn)入磁場后，開始受到安培力的作用，此時(shí)在豎直方向上還受到重力作用；當(dāng)線圈的上下兩邊都進(jìn)入磁場，通過線圈的磁通量不再發(fā)生變化，就不會(huì)再有安培力，線圈就會(huì)只在重力作用下運(yùn)動(dòng)直至落地．