Question

18．在光滑水平面上，有一個(gè)粗細(xì)均勻的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的單匝正方形閉合線框abcd，在水平外力的作用下，從靜止開始沿垂直磁場(chǎng)邊界方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，穿過勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖甲所示，測(cè)得線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流i的大小和運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示（　　）

• A． 線框開始運(yùn)動(dòng)時(shí)ab邊到磁場(chǎng)左邊界的距離為$\frac{L}{3}$
• B． 線框邊長(zhǎng)與磁場(chǎng)寬度的比值為3：8
• C． 離開磁場(chǎng)的時(shí)間與進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)間之比為（3-2$\sqrt{2}$）：1
• D． 離開磁場(chǎng)的過程中外力做的功與進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中外力做的功相等

Answer 1

分析 根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律得到運(yùn)動(dòng)距離，時(shí)間的關(guān)系；再對(duì)線圈進(jìn)行受力分析，利用牛頓第二定律求得兩個(gè)過程力的大小比較，進(jìn)而得到做功不一致．

解答 解：設(shè)線框做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為a；則線框從靜止開始運(yùn)動(dòng)，在t時(shí)刻的速度v_t=at；
A、由圖乙可知線框開始運(yùn)動(dòng)時(shí)ab邊到磁場(chǎng)左邊界的距離為線框在時(shí)間0-2運(yùn)動(dòng)的長(zhǎng)度d=v₁×（2-0）=2a，線框邊長(zhǎng)為線框在時(shí)間2-4運(yùn)動(dòng)的長(zhǎng)度，L=v₃×（4-2）=3a×2=6a，
所以，$d=\frac{L}{3}$，故A正確；
B、磁場(chǎng)寬度l為線框在時(shí)間2-6運(yùn)動(dòng)的長(zhǎng)度，l=v₄×（6-2）=4a×4=16a，所以，線框邊長(zhǎng)與磁場(chǎng)寬度的比值為L(zhǎng)：l=6a：16a=3：8，故B正確；
C、線框進(jìn)入和離開磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的距離都是線框的邊長(zhǎng)L，所以，根據(jù)圖乙可知線框進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)間為2，設(shè)離開磁場(chǎng)的時(shí)間為t，則有：
$L={v}_{3}（4-2）=6a={v}_{6}t+\frac{1}{2}a{t}^{2}=6at+\frac{1}{2}a{t}^{2}$，解得$t=4\sqrt{3}-6$，所以，離開磁場(chǎng)的時(shí)間與進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)間之比為$（4\sqrt{3}-6）：2=（2\sqrt{3}-3）：1$，故C錯(cuò)誤；
D、對(duì)線圈進(jìn)行受力分析可知：進(jìn)入和離開磁場(chǎng)時(shí)都有：在水平方向上，線圈只受安培力和外力的作用，且安培力方向向左，外力F方向向右，
F=F_安+ma=BiL+ma，外力做的功W=Fs，s為線圈邊長(zhǎng)，所以，進(jìn)入和離開兩種情況s相同，而離開時(shí)的電流大于進(jìn)入時(shí)，所以F_離開＞F_進(jìn)入，所以，W_離開＞W(wǎng)_進(jìn)入，故D錯(cuò)誤．
故選：AB．

點(diǎn)評(píng) 本題多次應(yīng)用平均速度=時(shí)間中點(diǎn)的瞬時(shí)速度，對(duì)于勻變速直線運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律及各導(dǎo)出公式需要熟悉并能熟練運(yùn)用．