热门试卷

解：

A、释放瞬间金属棒的速度为零，没有感应电流产生，不受安培力，金属棒只受重力，所以金属棒的加速度为g．故A错误．

B、金属棒向下运动时切割磁感线，根据右手定则判断可知，流过电阻R的电流方向为b→a，故B正确．

C、金属棒的速度为v时，回路中产生的感应电流为 I=，所受的安培力大小为 F=BIL=BL=．故C正确．

D、由于金属棒产生感应电流，受到安培力的阻碍，系统的机械能不断减少，最终金属棒停止运动，弹簧具有弹性势能，所以导体棒的重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能，则根据能量守恒定律得知在金属棒运动的过程中，电阻R上产生的总热量等于棒的重力势能减少量与弹簧弹性势能之差，故D错误．

故选：BC．

解：根据感应电流产生条件：穿过线圈的磁通量发生变化，所以当线圈完全进入时，线圈中没有感应电流．因此i2=0

而线圈正在进入磁场与正在离开磁场，导致磁通量发生变化，所以i1、i3都不等于零．

再根据切割磁感线产生电动势E=BLV与可得：i1=i3．

故选：D

解：A、B、根据能量守恒，研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：动能变化量为0，重力势能转化为线框进入磁场的过程中产生的热量，Q=mgd．

cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，所以从cd边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到ab边刚进入磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量Q′=2mgd，感应电流做的功为2mgd．故A错误，B正确．

C、线框可能先做减速运动，在完全进入磁场前已做匀速运动，刚完全进入磁场时的速度最小，则 mg=BIL=BL，则最小速度 v=．故C错误．

D、因为进磁场时要减速，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小．设线圈的最小速度为vm．

线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得：mg（h+L）=Q+

由上可知，Q=mgd

解得线圈的最小速度为：vm=．故D正确．

故选：BD．

解：A、金属棒下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=mv2，金属棒到达水平面时的速度v=，金属棒到达水平面后做减速运动，刚到达水平面时的速度最大，最大感应电动势E=BLv，最大感应电流I==，故A错误；

B、感应电荷量q=△t=△t=•△t===，故B错误；

C、金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh-WB-μmgd=0-0，克服安培力做功：WB=mgh-μmgd，故C错误；

D、克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热

QR=Q=WB=mg（h-μd），故D正确；

故选：D．

解：t=0时刻，感应电动势E=0，感应电流I=0，安培力F安=BIl=0，

由牛顿第二定律得，F0=ma，a=，v=at0=

   根据牛顿第二定律得，F-F安=ma，又F安=BIl，I=，E=Blv，

        得到      F=      

    t=t0时该，由图读出图线的斜率K=== 

       解得B=

故BC

解：A、由右手定则可判定，ab产生的感应电流由a到b，由ab和cd组成闭合回路，故cd的电流由d到c，故A正确；

B、两棒均做匀加速运动，有图象可知，加速度a相同，则：vab=v0+at，vcd=at，有法拉第电磁感应定律得：，

根据欧姆定律得：=，故B错误；

C、两棒均做匀加速运动，对ab受力分析得：，对cd受力分析得：，两式联立解得力为：F=，故C正确；

D、根据能量守恒定律知，力F做的功等于回路中产生的焦耳热和两棒动能的增量及两棒势能增量，故D错误；

故选：AC

解：A、导体棒开始运动的初始时刻，由右手定则判断可知：ab中产生的感应电流方向从a→b，由左手定则判断得知ab棒受到的安培力向左，故A正确．

B、导体棒开始运动的初始时刻，ab棒产生的感应电势为E=BLv0．由于r=R，所以导体棒两端的电压U=E=BLv0．故B错误．

C、由于导体棒运动过程中产生电能，所以导体棒开始运动后速度第一次为零时，根据能量守恒定律得知：系统的弹性势能小于mv02，故C错误．

D、金属棒最终会停在初始位置，在金属棒整个运动过程中，电阻R上产生的焦耳热 Q=•mv02=mv02，故D错误．

故选：A．

解：A、由F=BIL及I==，得安培力大小为FA=BIL=．故A正确；

B、由于安培力始终对MN做负功，产生焦耳热，由动能定理得：当棒再次回到初始位置时，速度小于v0，棒产生的感应电动势小于BLv0，则AB间电阻R的功率小于，故B错误；

C、由能量守恒得知，当棒第一次达到最右端时，物体的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和甲乙弹簧的弹性势能，两个电阻相同并联，故产生的热量相同，则电路中产生总热量为2Q，所以两根弹簧具有的弹性势能为，故C正确；

D、由于安培力始终对MN做负功，产生焦耳热，第一次运动至最右端的过程中R1产生的电热为Q，电路中产生总热量为2Q，第一次运动至最右端的过程中，可分为到达左端，回到平衡位置，再到最右端三个过程，棒第一次达到最左端的过程中，棒平均速度最大，安培力平均值最大，整个回路中产生的焦耳热应大于=Q，故D正确；

故选：ACD

解：A、上升过程中，线框所受的重力和安培力都向下，线框做减速运动．设加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：mg+=ma，可见，线框速度减小时，加速度也减小．故A减小．

B、下降过程中，线框做加速运动，则有mg-=ma，可见，随着速度的增大，加速度减小．故B错误．

C、由于电磁感应，线框中产生电能，根据能量守恒定律可知，线框返回原位置时速率减小，则上升过程动能的变化量大小大于下降过程动能的变化量大小，根据动能定理得知，上升过程中合力做功较大．故C错误．

D、根据能量守恒定律可知，线框经过同一位置时：上升的速率大于下降的速率，上升过程的安培力大小较大，而位移大小相等，所以上升过程中比下降过程中克服安培力做的功多．故D正确．

故选D

解：线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，磁通量向里增大，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针，故C一定错误；

因切割的有效长度均匀增大，故由E=BLV可知，

0-时间内，切割的有效长度均匀增大，电动势也均匀增加，感应电流均匀增加，

-时间内，切割的有效长度均匀减小，电动势也均匀减小，感应电流均匀减小，故D错误．

-时间内，垂直向外的磁通量增多，向内的减少，由楞次定律可知，电流方向为顺时针，

由于分处两磁场的线圈两部分产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的，所以在时刻感应电动势是时刻的两倍，故A错误，B正确．

故选B．