Question

16．如圖甲所示，abcd是位于豎直平面內(nèi)的正方形閉合金屬線(xiàn)框，在金屬線(xiàn)框的下方有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，MN和M′N(xiāo)′是勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的水平邊界，邊界的寬度為S，并與線(xiàn)框的bc邊平行，磁場(chǎng)方向與線(xiàn)框平面垂直．現(xiàn)讓金屬線(xiàn)框由距MN的某一高度從靜止開(kāi)始下落，圖乙是金屬線(xiàn)框由開(kāi)始下落到完全穿過(guò)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的v-t圖象（其中OA、BC、DE相互平行）．已知金屬線(xiàn)框的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)（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(guò)程中bc邊始終水平）根據(jù)題中所給條件，以下說(shuō)法正確的是（　�。�

• A． t₂是線(xiàn)框全部進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間，t₄是線(xiàn)框全部離開(kāi)磁場(chǎng)瞬間
• B． 從bc邊進(jìn)入磁場(chǎng)起一直到ad邊離開(kāi)磁場(chǎng)為止，感應(yīng)電流所做的功為2mgS
• C． V₁的大小可能為$\frac{mgR}{{B}^{2}{L}^{2}}$
• D． 線(xiàn)框穿出磁場(chǎng)過(guò)程中流經(jīng)線(xiàn)框橫截面的電荷量比線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)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(xiàn)框在穿越磁場(chǎng)整個(gè)過(guò)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(xiàn)框全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，可能重力和安培力平衡求出速度的大小．根據(jù)q=$\frac{△Φ}{R}$判斷通過(guò)線(xiàn)框的電荷量大�。�

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(chǎng)，開(kāi)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(xiàn)框全部進(jìn)入磁場(chǎng)，即t₂是線(xiàn)框全部進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間，t₃時(shí)刻開(kāi)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(xiàn)框全部離開(kāi)磁場(chǎng)瞬間，故A正確．
B、從bc邊進(jìn)入磁場(chǎng)起一直到ad邊離開(kāi)磁場(chǎng)為止，根據(jù)動(dòng)能定理得：mg（s+L）-W_A=$\frac{1}{2}$mv₁²-$\frac{1}{2}$mv₂²，線(xiàn)框出磁場(chǎng)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′=$\frac{1}{2}$mv₁²-$\frac{1}{2}$mv₂²，解得：W_A=mgs+W_A′，W_A′≠mgs，則W_A≠2mgs，故B錯(cuò)誤．
C、線(xiàn)框全部進(jìn)入磁場(chǎng)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：v₁=$\frac{mgR}{{B}^{2}{L}^{2}}$，故C正確．
D、根據(jù)q=$\frac{△Φ}{R}$知，線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)和出磁場(chǎng)的過(guò)程中，磁通量的變化量相同，則通過(guò)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(guò)圖線(xiàn)理清線(xiàn)框在整個(gè)過(guò)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．