Question

20．如圖甲所示，abcd是位于豎直平面內(nèi)的正方形閉合金屬線框，在金屬線框的下方有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，MN和M′N′是勻強(qiáng)磁場區(qū)域的水平邊界，邊界的寬度為S，并與線框的bc邊平行，磁場方向與線框平面垂直．現(xiàn)讓金屬線框由距MN的某一高度從靜止開始下落，圖乙是金屬線框由開始下落到完全穿過勻強(qiáng)磁場區(qū)域的v-t圖象（其中OA、BC、DE相互平行）．已知金屬線框的邊長為L（L＜S）、質(zhì)量為m，電阻為R，當(dāng)?shù)氐闹亓�加速度為g，圖象中坐標(biāo)軸上所標(biāo)出的字母v₁、v₂、t₁、t₂、t₃、t₄均為已知量．（下落過程中bc邊始終水平）根據(jù)題中所給條件，以下說法正確的是（　�。�

• A． t₂是線框全部進(jìn)入磁場瞬間，t₄是線框全部離開磁場瞬間
• B． 從bc邊進(jìn)入磁場起一直到ad邊離開磁場為止，感應(yīng)電流所做的功為mgS
• C． v₁的大小可能為$\frac{mgR}{{B}^{2}{L}^{2}}$
• D． 線框穿出磁場過程中流經(jīng)線框橫截面的電荷量比線框進(jìn)入磁場過程中流經(jīng)框橫截面的電荷量多

Answer 1

分析 根據(jù)圖象得出線框在穿越磁場整個(gè)過程中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，根據(jù)動(dòng)能定理求出感應(yīng)電流做功情況．抓住線框全部進(jìn)入磁場時(shí)，可能重力和安培力平衡求出速度的大�。�根據(jù)q=$\frac{△Φ}{R}$判斷通過線框的電荷量大小．

解答 解：A、0-t₁時(shí)間內(nèi)做自由落體運(yùn)動(dòng)，可知從t₁時(shí)刻進(jìn)入磁場，開始做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，t₂時(shí)刻又做勻加速運(yùn)動(dòng)，且與自由落體運(yùn)動(dòng)的加速度相同，可知線框全部進(jìn)入磁場，即t₂是線框全部進(jìn)入磁場瞬間，t₃時(shí)刻開始做變減速運(yùn)動(dòng)，t₄時(shí)刻，又做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng)，可知t₄是線框全部離開磁場瞬間，故A正確．
B、從bc邊進(jìn)入磁場起一直到ad邊離開磁場為止，根據(jù)動(dòng)能定理得，$mg（S+L）-{W}_{A}^{\;}$=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$，解得感應(yīng)電流做功不等于mgS，出磁場時(shí)，設(shè)克服安培力做功為W_A′，根據(jù)動(dòng)能定理得，$mgL-{W}_{A}^{′}=\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$，則W_A=mgs+W_A′，可知故B錯(cuò)誤．
C、線框全部進(jìn)入磁場前的瞬間，可能重力和安培力平衡，有：mg=$\frac{{B}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}{v}_{1}^{\;}}{R}$，解得${v}_{1}^{\;}=\frac{mgR}{{B}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}}$，故C正確．
D、根據(jù)q=$\frac{△Φ}{R}$知，線框進(jìn)入磁場和出磁場的過程中，磁通量的變化量相同，則通過的電荷量相同，故D錯(cuò)誤．
故選：AC．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵通過圖線理清線框在整個(gè)過程中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合動(dòng)能定理、共點(diǎn)力平衡進(jìn)行求解，掌握電量的經(jīng)驗(yàn)表達(dá)式q=n$\frac{△Φ}{R}$，并能靈活運(yùn)用．