Question

7．如圖所示，光滑水平桌面上存在有界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于桌面向下，磁場(chǎng)邊界呈正方形．正方形線圈abcd從圖中的甲位置以某一初速度進(jìn)入磁場(chǎng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間線圈離開(kāi)磁場(chǎng)到達(dá)乙位置，此過(guò)程中線框ab邊始終與磁場(chǎng)左右邊界平行．a(chǎn)、b兩點(diǎn)電勢(shì)差U_ab隨時(shí)間t變化的U_ab-t圖象，及隨位移x變化的U_ab-x圖象可能是（　�。�

• A．
• B．
• C．
• D．

Answer 1

分析 分別從線框進(jìn)入磁場(chǎng)、完全在磁場(chǎng)中、離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中推導(dǎo)ab兩端的電壓與時(shí)間的關(guān)系式、ab兩端的電壓與位移的關(guān)系式，然后進(jìn)行判斷．

解答 解：設(shè)線框的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，總電阻為R，進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間速度為v₀，離開(kāi)磁場(chǎng)瞬間的速度為v，則穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中某時(shí)刻t產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv_t；
A、如果磁場(chǎng)寬度等于線框的邊長(zhǎng)，進(jìn)入過(guò)程中t時(shí)刻a、b兩點(diǎn)電勢(shì)差U_ab=$\frac{3}{4}BL{v}_{t}=\frac{3}{4}BL（{v}_{0}-at）$，離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中a、b兩點(diǎn)電勢(shì)差U_ab=$\frac{1}{4}BL（v-at）$，由于速度減小、安培力減小、則加速度逐漸減小，所以圖象的斜率減小，故A正確；
B、如果磁場(chǎng)寬度大于線框的邊長(zhǎng)，進(jìn)入過(guò)程中t時(shí)刻a、b兩點(diǎn)電勢(shì)差U_ab=$\frac{3}{4}BL{v}_{t}=\frac{3}{4}BL（{v}_{0}-at）$；完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，安培力為零，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，所以ab兩端電壓等于感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小；離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中a、b兩點(diǎn)電勢(shì)差U_ab=$\frac{1}{4}BL（v-at）$，由于速度減小、安培力減小、則加速度逐漸減小，所以圖象的斜率減小，故B正確；
CD、如果磁場(chǎng)寬度小于線框的邊長(zhǎng)，進(jìn)入過(guò)程中t時(shí)刻a、b兩點(diǎn)電勢(shì)差U_ab=$\frac{3}{4}BL{v}_{t}$；根據(jù)動(dòng)量定理可得：BILt=m（v₀-v_t），即：$\frac{{B}^{2}{L}^{2}\overline{v}t}{R}$=m（v₀-v_t），也就是$\frac{{B}^{2}{L}^{2}x}{R}$=m（v₀-v_t），解得：${v}_{t}={v}_{0}-\frac{{B}^{2}{L}^{2}x}{mR}$，則進(jìn)入過(guò)程中t時(shí)刻a、b兩點(diǎn)電勢(shì)差U_ab=$\frac{3}{4}BL{v}_{t}$=$\frac{3}{4}BL（{v}_{0}-\frac{{B}^{2}{L}^{2}x}{mR}）$；磁場(chǎng)完全在線圈內(nèi)部時(shí)，各邊都不切割磁感應(yīng)線，所以ab兩端電壓等于0；離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中a、b兩點(diǎn)電勢(shì)差U_ab=$\frac{1}{4}BL（v-\frac{{B}^{2}{L}^{2}x}{mR}）$，故C正確、D錯(cuò)誤．
故選：ABC．

點(diǎn)評(píng) 對(duì)于圖象問(wèn)題，關(guān)鍵是能夠根據(jù)已知的公式、定律等推導(dǎo)出橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)的關(guān)系式，分析斜率的變化，然后作出正確的判斷．