Question

20．如圖甲所示，abcd是位于豎直平面內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（其中OA、BC、DE相互平行）．已知金屬線框的邊長為L（L＜S）、質量為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是線框全部進入磁場瞬間，t₄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線框橫截面的電荷量比線框進入磁場過程中流經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�。�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時間內做自由落體運動，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${v}_{1}^{\;}=\frac{mgR}{{B}_{\;}^{2}{L}_{\;}^{2}}$，故C正確．
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：AC．

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，結合動能定理、共點力平衡進行求解，掌握電量的經驗表達式q=n$\frac{△Φ}{R}$，并能靈活運用．