Question

19．如圖所示，一質(zhì)量為m₁=0.1kg的小燈泡通過雙股柔軟輕質(zhì)導線與一質(zhì)量為m₂=0.3kg的正方形線框連接成閉合回路（圖中用單股導線表示），已知線框匝數(shù)為N=10匝，總電阻為r=1Ω，線框正下方h=0.4m處有一水平方向的有界勻強磁場，磁感應強度為B=1T，磁場寬度與線框邊長均為L=0.2m，忽略所有摩擦阻力及導線電阻，現(xiàn)由靜止釋放線框，當線框下邊進入磁場的瞬間，加速度恰好為零，且小燈泡正常發(fā)光，g取10m/s²．則（　�。�

• A． 小燈泡的電阻R=3Ω
• B． 線框下邊進入磁場的瞬間，小燈泡的速度v=3m/s
• C． 在線框進入磁場區(qū)域的過程中，通過小燈泡的電荷量q=0.2C
• D． 在線框穿過磁場區(qū)域的過程中，小燈泡消耗的電能E_R=0.8J

Answer 1

分析 （1）由機械能守恒定律求出線框進入磁場時的速度；
（2）由E=BLv求出感應電動勢，由安培力公式求出安培力，由平衡條件求出電阻．
（3）由能量守恒定律求出小燈泡消耗的電能；由電流定義式求出電荷量．

解答 解：A、線框勻速下落的過程中，產(chǎn)生的感應電動勢為：E=NBLv，
線框受到的安培力：F=BIL=$\frac{N{B}^{2}{L}^{2}v}{R+r}$，
對線框，由平衡條件得：$\frac{N{B}^{2}{L}^{2}v}{R+r}$+m₁g=m₂g，
解得燈泡電阻為：R=3Ω；故A正確；
B、線框進入磁場前，整個系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律得：
m₂gh-m₁gh=$\frac{1}{2}$（m₁+m₂）v²，
代入數(shù)據(jù)解得：v=2m/s；故B錯誤；
C、通過小燈泡的電荷量為：q=It=$\frac{E}{r+R}$•$\frac{2L}{v}$=$\frac{NBLv}{r+R}$•$\frac{2L}{v}$=$\frac{2NB{L}^{2}}{R+r}$，
代入數(shù)據(jù)解得：q=0.2C；故C正確．
D、線框勻速下落的高度為2L，由能量守恒定律得系統(tǒng)消耗的電能為：
E_電=2（m₂-m₁）gL，
消耗在小燈泡上的電能為：E_R=$\frac{E}{r+R}$E_電，
解得：E_R=0.6J，故D錯誤．
故選：AC

點評 本題是一道電磁感應與電路相結(jié)合的綜合題，分析清楚線框運動過程，應用機械能守恒定律、E=BLv、歐姆定律、平衡條件、能量守恒定律、電流定義式即可正確解題．注意求解電量時要用到平均電動勢，而求解電功時要用到功能關系進行分析．