热门试卷

解：A、取向右为正方向，对ab棒，根据动量定理得：-（BL+μmg）t=0-mv0，又q=△t，感应电荷量：q=-，由题目条件可计算出q，故A正确．

B、通过ab棒的电荷量 q=t==，则得：导体棒ab的总位移 x=，可知可以计算出x，故B正确．

C、根据能量守恒得：该装置产生的总热量Q=mv02，可知导轨光滑（其他条仵不变）与导轨粗糙时该装置产生的总热量相等，故C正确．

D、由上知，导轨光滑（其他条件不变）与导轨粗糙时a装置产生的总热量相等，则ab棒产生的焦耳热不等，所以安培力对导体棒ab所做的功不等，故D错误．

故选：ABC．

解：

A、金属棒刚开始进入磁场时产生的感应电动势最大，为 Em=BLv0．故A错误．

B、根据法拉第电磁感应定律得：=

由欧姆定律得：=

通过金属棒的电荷量为 q=△t

磁通量的变化量为△Φ=BLd

联立得：q=，故B错误．

C、D：根据功能关系得知：克服安培力所做的功等于电路中产生的焦耳热，根据能量守恒得：W=Q=，故C错误，D正确．

故选：D

解：A、感应电动势E=BLv，感应电流I==，导体棒受到的安培力F=BIL=，由于导体棒在运动过程中L不断减小，安培力不断减小，导体棒的加速度减小，导体棒做加速度减小的减速运动，不做匀减速运动，故A错误；

B、克服安培力做功，导体棒的动能转化为焦耳热，由能量守恒定律可得，接触电阻产生的焦耳热Q=mv02，故B错误；

C、在整个过程中，感应电荷量Q=I△t=△t===，则S=，故C正确；

D、感应电动势E=BLv，感应电流I==，当导体棒的速度为时，导体棒的长度L减小，回路中感应电流大小小于初始时的一半，故D错误；

故选C．

解：ABC、t=0时刻，线框的速度为零，线框没有感应电流，不受安培力，则线框的加速度为：a==m/s2=1m/s2

线框的边长为：L=at2=×1×12m=0.5m

线框刚出磁场时的速度为：v=at=1×1m/s=1m/s

此时线框所受的安培力为：FA=BIL，I=，

则得：FA=

根据牛顿第二定律得：F-FA=ma

代入得：F-=ma

代入数据 F=3N，m=1kg，R=1Ω，L=0.5m，v=1m/s，a=1m/s2

解得：B=2T

通过线框的电荷量为：q===C=C，故A错误，BC正确．

D、线框的位移为 x=L=0.5m，若F=3N保持不变，则F做功为W=Fx=3×0.5J=1.5J，而实际中F的大小逐渐增大，最大为3N，所以F做功应小于1.5J．由于线框加速运动，根据能量守恒得线框上产生的焦耳热小于1.5J，故D错误．

故选：BC

解：A、根据E=BLv知感应电动势E=BLv0cosωt，为余弦函数，最大值为Em=BLv0，根据欧姆定律知电流i==，故A正确；

B、所受安培力FA=BiL=，故B错误；

C、杆克服安培力做功的功率与时间的关系P=Fv=，故C正确；

D、杆运动一个周期，回路中产生的焦耳热为Q==，故D正确；

故选：ACD

解：A、由右手定则判断知，金属盘O2产生的感应电流从圆心O2流向圆盘的边缘，圆盘边缘的电势较高，则小灯泡L2的c端电势高于d端．故A正确．

B、L1正常发光，其额定电压等于金属盘O1产生的感应电动势，为 U1=Br12ω=Br02ω．故B错误．

C、两轮边缘的线速度大小相等，由v=ωr得：金属盘O2的角速度ω′==ω，L2的额定电压 U2=ω′=ω=Br02ω，则U1：U2=1：2．故C正确．

D、若已知小灯泡L2的电阻为R，则其消耗的电功率 P2==．故D错误．

故选：AC

解：用力将长为b，宽为a的矩形线框匀速拉出匀强磁场，则拉力等于安培力

F=BIL

其中I=

又知拉力做功W=Fs

其中L=a，s=b

联立上式知W=，由此式子知v、a、b、B越大，力做功越多，R越大力做功越小，故ABD正确，C错误．

故选：ABD