热门试卷

解：A、根据右手定则得出线圈进入磁场的过程中，感应电流方向是逆时针方向，故A正确．

B、根据线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，且全部进入磁场将做加速运动，所以进磁场时将做减速运动．故B错误．

C、因为进磁场时要减速，即此时的安培力大于重力，速度减小，安培力也减小，当安培力减到等于重力时，即，线圈做匀速运动，全部进入磁场将做加速运动，

所以线圈的最小速度可能为故C正确．

D、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：动能变化为0，重力势能转化为线框产生的热量，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cd边刚穿出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D正确．

故选ACD．

解：A、在导体框下落过程中，重力做正功，但安培力做负功，不能根据重力做功判断两速度的大小．

设线框匀速运动时速度大小为v，线框的电阻为R，质量为m．

ab边进入磁场，由于线框匀速运动，则有

      mg=  ①

线框以速度v2做匀速直线运动时，有

线框中总的感应电动势为 E=2Bdv2，线框所受的安培力大小为 F=2BId=2Bd•=  ②

由①②比较得，v1＞v2．故A错误．

B、C从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，根据动能定理得：线框动能的变化量为-△Ek=W1-W2．则得△Ek=W2-W1．故B正确，C错误．

D、从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，机械能减少等于重力势能的减小量与动能减小量之和，而重力势能的减小量等于重力做功W1，即有△E=W1+△Ek． 故D正确．

故选D

解：A、线框进入磁场前，根据重物与线框组成的机械能守恒得：

（3mg-mg）•2h=（3m+m）v2；

解得线框进入磁场时的速度为：v=．故A正确．

B、线框进入磁场时，根据平衡条件得：3mg-mg=F安，而F安=，

联立解得线框进入磁场时的速度为：v=．

线框的高度与磁场的高度相等，线框通过磁场的过程都做匀速直线运动，所以线框穿出磁场时的速度为v=，故B错误．

C、设线框通过磁场的过程中产生的热量为Q．对从静止到刚通过磁场的过程，根据能量守恒得：

Q=（3mg-mg）•4h-（3m+m）v2将v=代入得：Q=8mgh-2×，故C错误．

D、线框进入磁场后，若某一时刻的速度为v，对整体，根据牛顿第二定律得：

3mg-mg-=（3m+m）a

解得：a=g-．故D正确．

故选：AD．

解：在0-内，向外的磁通量增加，则感应电流磁场向里，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针方向，为负值．oa中产生的感应电动势均为E=BL2ω感应电流大小为I=；

-内，向外的磁通量减少，则感应电流磁场向外，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向，为正值．ob中产生的感应电动势均为E=BL2ω感应电流大小为I=；

T-T，向里的磁通量增加，则感应电流磁场向外，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向，为正值．oa中产生的感应电动势均为E=BL2ω感应电流大小为I=；

T-T内，向里的磁通量减少，则感应电流磁场向里，根据右手定则判断可知，线框中感应电流的方向为顺时针方向，为负值．ob中产生的感应电动势均为E=BL2ω感应电流大小为I=．

故选：D．

解：线框刚进入磁场时磁通量向外增加，感应磁场向里，因此感应电流方向为顺时针，电流i应为负，选项A错误；

随着线框的运动，导线切割磁感线长度减小，感应电流减小，由于bc边的长度为L，故电流反向减小的时间为：，由于左边磁场宽度为L，从开始进入右边磁场之后，由楞次定律可知，磁通量向外减小，故感应电流的磁场应该向外，故感应电流为逆时针，且逐渐减小，当磁通量减小为零时，线框还没有完全进仍右边磁场，随着线框的继续运动，线框中的磁通量向里增加，感应电流的方向仍为逆时针，并继续减小只至为零．在时间为的过程中，穿过线框的磁通量变化是前一个时间的两倍，故最大感应电流是第一个过程中两倍；当线框全部进入右边后出磁场的过程中，磁通量开始向里减小，故感应电流的磁场方向变为顺时针方向，可知感应电流为顺时针，并逐渐减小为零．综上所述，符合变化规律的只有D．

故选：D．

解：由感应电动势E=Blv，电流I=得到安培力为：

f=BIl=

由图f∝t，则v∝t，说明导体做匀加速运动，那么v=at

根据牛顿第二定律得：F-f=ma

 解得：F=f+ma=+ma

故选：B．

解：C、D、0-1s，感应电动势为：E1=S=SB0，为定值

感应电流：I1=，为定值

安培力F=BI1L∝B

由于B逐渐减小到零，故安培力逐渐减小到零，故CD均错误；

A、B、3s-4s内，感应电动势为：E2=S=SB0，为定值

感应电流：I2=，为定值

安培力F=BI2L∝B

由于B逐渐减小到零，故安培力逐渐减小到零；

由于B逐渐减小到零，故通过线圈的磁通量减小，根据楞次定律，感应电流要阻碍磁通量减小，有扩张趋势，故安培力向外，即ab边所受安培力向左，为正，故A正确，B错误；

故选：A．

解：A、B、ao、bo、co间的电势差分别等于它们产生的感应电动势．根据转动切割磁感线感应电动势公式E=Bl2ω得ao、bo、co间的电势差分别为：

 Uao=BL2ω，

Ubo=B（L）2ω=BL2ω，

Uco=B（L）2ω=BL2ω，

则有：Uac=Uao-Uco=BL2ω，

Uab=Uao-Ubo=BL2ω，

可见，Uac=2Ub0．Uac≠2Uab．故AB错误．

C、电容器板间电压等于ac间的电势差，则电容器所带电量为：Q=CUac=BL2ωC．故C正确．

D、若在eO间连接一个电压表，电压表与co、导轨组成的闭合回路，磁通量增加，会有电流通过电压表，则电压表将有示数．故D错误．

故选：C

解：A、由右手定则可知，直导线上的电流由A流向B，故A正确；

B、感应电动势：E=Blv=Bv=0.5××3=0.6V，

此时圆环上AB弧段的电阻：RAB=×18Ω=3Ω，ACB弧段的电阻：RACB=R-RAB=18-3=15Ω，

RAB和RACB并联，其总电阻：R外=2.5Ω，电源内电阻：r=1.25×0.40=0.50Ω             

总电流应为：I===0.20A，UBA=IR外=0.2×2.5=0.5V，

E′=BL′v=B（L-）v=0.5×（1-）×3=0.9V，

则：UQP=UBA+E′=0.5+0.9=1.4V，则UPQ=UQP=-1.4V，故B错误，C正确；

D、圆环发热损耗的电功率为：P=I2R并=0.22×2.5=0.10W，故D正确；

故选：ACD．