Question

1．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強度為B的勻強磁場區(qū)域，MN和M′N′是勻強磁場區(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磁場區(qū)域的v-t圖象（其是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?shù)氐闹亓�加速度為g，圖象中坐標軸上所標出的字母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時刻是線框全部進入磁場瞬間，t₄時刻是線框全部離開磁場瞬間
• B． 從bc邊進入磁場起一直到ad邊離開磁場為止，感應電流所做的功為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入磁場過程中流經(jīng)線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過程中的運動規(guī)律，根據(jù)動能定理求出感應電流做功情況．抓住線框全部進入磁場時，可能重力和安培力平衡求出速度的大小．根據(jù)q=$\frac{△Φ}{R}$判斷通過線框的電荷量大�。�

解答 解：A、0-t₁時間內(nèi)做自由落體運動，可知從t₁時刻進入磁場，開始做加速度減小的減速運動，t₂時刻又做勻加速運動，且與自由落體運動的加速度相同，可知線框全部進入磁場，即t₂是線框全部進入磁場瞬間，t₃時刻開始做變減速運動，t₄時刻，又做加速度為g的勻加速運動，可知t₄是線框全部離開磁場瞬間，故A正確．
B、從bc邊進入磁場起一直到ad邊離開磁場為止，根據(jù)動能定理得，mg（S+L）-${W}_{A}^{\;}$=$\frac{1}{2}$m ${v}_{1}^{2}$-$\frac{1}{2}$m ${v}_{2}^{2}$，解得感應電流做功不等于mgS，出磁場時，設克服安培力做功為W_A′，根據(jù)動能定理得，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錯誤．
C、線框全部進入磁場前的瞬間，可能重力和安培力平衡，有：mg=$\frac{{B}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}{v}_{1}^{\;}}{R}$，解得 ${v}_{1}^{\;}$=$\frac{mgR}{{B}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}}$，${v}_{1}^{\;}$的大小一定為$\frac{mgR}{{B}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}}$，故C錯誤．
D、根據(jù)q=$\frac{△Φ}{R}$知，線框進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錯誤．
故選：A

點評 解決本題的關鍵通過圖線理清線框在整個過程中的運動規(guī)律，結(jié)合動能定理、共點力平衡進行求解，掌握電量的經(jīng)驗表達式q=n$\frac{△Φ}{R}$，并能靈活運用．