热门试卷

解：由电流图象得，I=kt，k是比例系数．设金属棒长为L．

A、由图看出，通过R的感应电流随时间t增大，根据法拉第电磁感应定律得知，穿过回路的磁通量是非均匀变化的，Φ-t应是曲线．故A错误．

B、由I=、I=kt、E=，得  =kt（R+r），则与t成正比，故B正确．

C、a、b两端的电圧Uab=kRt，则Uab与t成正比，故C错误．

D、通过导体棒的电量为：Q=It=kt2，故Q-t图象为抛物线，故D正确．

故选：BD．

解：A、在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，产生感应电流，由于CD边与磁场垂直，所以CD必定受到安培力，故A错误．

B、当半圆闭合回路进入磁场一半时，有效的切割长度最大为a，这时感应电动势最大 Em=Bav，故B正确．

C、根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向，不变，故C正确．

D、由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势平均值 ===πBav．故D正确．

本题选错误的，故选：A．

解：A、0-t1时间内做自由落体运动，可知从t1时刻进入磁场，开始做加速度减小的减速运动，t2时刻又做匀加速运动，且与自由落体运动的加速度相同，可知线框全部进入磁场，即t2是线框全部进入磁场瞬间，t3时刻开始做变减速运动，t4时刻，又做加速度为g的匀加速运动，可知t4是线框全部离开磁场瞬间，故A正确．

B、从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止，根据动能定理得：mg（s+L）-WA=mv12-mv22，线框出磁场时，设克服安培力做功为WA′，根据动能定理得：mgL-WA′=mv12-mv22，解得：WA=mgs+WA′，WA′≠mgs，则WA≠2mgs，故B错误．

C、线框全部进入磁场前的瞬间，可能重力和安培力平衡，有：mg=，解得：v1=，故C正确．

D、根据q=知，线框进入磁场和出磁场的过程中，磁通量的变化量相同，则通过的电荷量相同，故D错误．

故选：AC．

解：A、根据法拉第电磁感应定律E=n=n可以看出B-t图象的斜率越大则电动势越大，所以零时刻线圈的感应电动势最大

即：Emax=n=V=0.01V，

根据欧姆定律：Imax==0.01A   故A错误．

B、从第3s末到第5s末竖直向上的磁场一直在减小，根据楞次定律判断出感应电流的磁场与原磁场方向相同，所以电流方向为逆时针方向，故B正确．

C、通过线圈某一截面的电量q=n=n==C=0.01C，故C正确．

D、线圈的发热功率：P==（）2×，所以B-t图象的斜率越大则电功率越大，所以零时刻线圈的发热功率最大，故D错误．

故选：BC

解：A、导体棒ab下滑过程中，由右手定则判断感应电流I在导体棒ab中从b到a，故A错误；

B、导体棒ab下滑过程中，由右手定则判断感应电流I在导体棒ab中从b到a，由左手定则判断导体棒ab受沿斜面向上的安培力F安，故B正确；

C、由分析知，导体棒ab开始速度增大，感应电动势增大，感应电流增大，安培力增大，如果导轨足够长，当F安=mgsinθ时达到最大速度vm，之后做匀速直线运动，速度不再增大，安培力不变，因此导体棒做先做加速度减小的加速运动，直到匀速运动．故C错误；

D、导体棒先做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动，由E=BLv可知，产生的感应电动势E先变大后不变，由P=可知的，灯泡实际功率先变大后不变，灯泡亮度先变亮后亮度保持不变，故D错误；

故选：B．

解：当金属棒以速度v水平向右匀速运动，金属棒切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，

金属棒有效的切割长度为L，

ab中产生的感应电动势为E=BLv，

通过R的电流为I==．

故选B．

解：A线圈进入磁场后，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度等于g．而B、C线圈是闭合的，进入磁场后，产生感应电流，线圈受到竖直向上的安培力作用，加速度小于g，则A线圈最先落地．

设B、C线圈的边长为L，横截面积为S，电阻率为ρ电，密度为ρ密，质量为m，进入磁场后速度为v时加速度为a，

根据牛顿第二定律得　　mg-=ma，a=g-=g-=g-，可知a与横截面积S无关，所以B、C线圈同时落地．

故选BD

解：ABC、MN向右匀速运动时，穿过回路有磁通量不断增大，由楞次定律判断知，回路中的感应电流方向为逆时针方向；

设导线棒的速度为v，金属导轨和导体棒单位长度电阻为R0，MN从Q向右匀速运动t时间时，切割磁感线的长度为：L=vttanθ

闭合回路总电阻：R=R0（vt+vttanθ+）

感应电动势为：E=BLv

电路电流：I===，由于B、v、R0、θ不变，则感应电流I不变，故AB错误，C正确；

D、根据平衡条件得：水平拉力F的大小 F=BIL，L不断增大，则F不断增大．故D错误；

故选：C