如图所示，单匝正方形线圈$A$和$B$在外力作用下均以速度$v$向右匀速进入匀强磁场，$B$线圈的边长是$A$的$2$倍，线圈粗细相同，材料相同。在两个线圈完全进入磁场的过程中$(\qquad)$

$A$、$B$线圈产生的电流之比是$1:4$

外力对$A$、$B$线圈做功的功率之比是$1:4$

$A$、$B$线圈产生的热量之比是$1:4$

通过$A$、$B$线圈横截面的电荷量之比是$1:4$

$\rm A$．设线圈边长为$L$，电阻为$R$，线圈横截面积为$S$，则线圈中的电流$I=\dfrac{BLv}{R}$

线圈电阻$R=\rho\dfrac{4L}{S}$

联立解得$I=\dfrac{BvS}{4\rho}$

可知电流与边长无关，则$A$、$B$线圈产生的电流之比是$1:1$，故$\rm A$错误；

$\rm B$．对线圈，由平衡条件有$F_{外}=F_{\text{A}}=BIL=\dfrac{B^{2}L^{2}v}{R}=\dfrac{B^{2}LvS}{4\rho}$

则外力功率$P=F_{外}v=\dfrac{B^{2}Lv^{2}S}{4\rho}$

可知功率与$L$成正比，因为$B$线圈的边长是$A$的$2$倍，则外力对$A$、$B$线圈做功的功率之比是$1$：$2$，故$\rm B$错误；

$\rm C$．线圈产生热量$Q=I^{2}Rt=I^{2}R \times \dfrac{L}{v}$

联立解得$Q=\dfrac{B^{2}L^{2}vS}{4\rho}$

可知热量$Q$与$L^{2}$成正比，故$A$、$B$线圈产生的热量之比是$1:4$，故$\rm C$正确；

$\rm D$．电荷量$q=\overline{I}\Delta t=\dfrac{\overline{E}}{R}\Delta t=\dfrac{\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}}{R}\Delta t=\dfrac{\Delta\Phi}{R}=\dfrac{BL^{2}}{R}$

代入$R$，联立解得$q=\dfrac{BLS}{4\rho}$

可知$q$与$L$正比，通过$A$、$B$线圈横截面的电荷量之比是$1:2$，故$\rm D$错误。

故选：$\rm C$。