热门试卷

解：AD、如图所示，设两线框刚匀速运动的速度为v，此时轻绳上的张力为T，则对ABCD有：

  T=2mg…①

对abcd有：T=mg+BIl…②

又 I=…③

 E=Blv…④

由①②③④联立解得：v=…⑤

线框abcd通过磁场时以速度v匀速运动，设线框abcd通过磁场的时间为t，则：t==…⑥，故A错误，D正确．

B、从开始运动至ABCD全部进入磁场的过程中，两线框组成的系统克服安培力做的功为W，则有：

  W+•3mv2=2mgl-mgl…⑦

可得 W=mgl-．故B正确．

C、设两线框从开始运动至等高的过程中所产生的焦耳热为Q，当左、右两线框分别向上、向下运动2l的距离时，两线框等高，对这一过程，由能量守恒定律有：

  2mg•2l=mg•2l+•3mv2+Q…⑧

解⑤⑧得：Q=2mgl-．故C错误．

故选：BD

解：AB、金属棒运动时切割产生的电动势 E=BLV

电路中电流 I=

金属棒所受的安培力 FA=BIL=

由牛顿第二定律得：F-FA-μmg=ma

又 P=Fv

联立整理得：--μmg=ma

当a=0时速度最大，代入得：--0.5×0.2×10=0

解得最大速度为：v=2m/s，故A正确，B错误                           

CD、设从开始运动到速度最大金属棒运动的距离为x．

由q==得：x==m=2.8m

由动能定理得：Pt-Q-μmgx=

代入得：6t-5.8-0.5×0.2×10×2.8=×0.2×22

解得：t=1.5s，故C正确，D错误．

故选：AC．

解：A、初始时刻，由F=BIL、I==，得安培力大小为FA=．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mv-2Q，故C正确；

D、从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中，由左手定则判断知，MN中电流方向由M指向N，则R1中的电流由b指向a，故D正确．

故选：ACD．

解：设导轨和导体棒单位长度的电阻为r，∠AOB=α．

t时刻有效的切割长度为：L=vttanα

回路中感应电动势为：E=BLv

感应电流为：I=

联立解得：I=，可知I恒定不变．

根据平衡条件得：F=BIL=BIvttanα，则得 F∝t，所以F-t图象是过原点的直线．故ABC错误，D正确．

故选：D．

解：在0-时间内，线框转过的角度为ωt，有效的切割长度为，感应电动势为E=ω，感应电流为i=，联立得到i=．可知，i与t是非线性关系，t增大，i增大；

在-时间内，线框产生的感应电流与在0-时间内变化情况相反，i随时间非线性减小；

在后半个周期内，感应电流i的情况与前半个周期感应电流方向相反，i的大小变化情况也相反，故B正确．

故选B

解：A、导体棒由靠近ad边向bc边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势E=BLv，保持不变，外电路总电阻先增大后减小，由欧姆定律分析得知PQ中的电流先减小后增大，A错误；

B、PQ中电流先减小后增大，PQ两端电压为路端电压，由U=E-IR，可知PQ两端的电压先增大后减小，B正确；

C、导体棒匀速运动，PQ上外力的功率等于回路的电功率，而回路的总电阻R总先增大后减小，由P=，分析得知，PQ上拉力的功率先减小后增大，C正确；

D、线框作为外电路，总电阻最大值为 R总=，线框电阻最小值为=＜R，当导体棒向右运动的过程中电路中的总电阻先增大后减小，根据闭合电路的功率的分配关系与外电阻的关系可知，当外电路的电阻值与电源的内电阻相等时外电路消耗的电功率最大，所以在靠近ab、bc附近有两个位置能使外电路的电阻值与电源的内电阻相等，所以可得线框消耗的电功率先增大后减小再增大再减小．D错误．

故选：BC．

解：A、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A正确．

B、由于金属棒产生感应电流，受到安培力的阻碍，最终金属棒停止运动，由平衡条件可知，最终弹簧的弹力与金属棒的重力平衡，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错误．

D、金属棒的速度为v时，金属棒两端的电势差为U=IR=BLv．故D正确．

本题要求选错误的，故选：C．

解：当θ=30°时，根据几何关系得出此时导体棒的有效切割长度是r，所以杆产生的电动势为：E=Brv

整个电路的总电阻是：R总=R+=

杆中电流为：I=

所以杆受的安培力大小为：F=BIr

联立得：F=

故选：A．

解：A、线框由静止开始向右做匀加速直线运动，中点时刻的速度等于平均速度，所以ad边刚出磁场时速度大小为v＞，故A错误．

B、线框由静止开始向右做匀加速直线运动，合力不变，由t=0时刻速度为零，故安培力为零，故合力为F0；

对加速过程，根据动能定理，有：

F0l=

解得ad边刚出磁场时速度大小为：v=，故B错误；

C、D、根据牛顿第二定律，F-F安=ma，F安=BIl，I=，E=BlV

得到：F=+ma

在t=t0时刻，由图中可得图线的斜率为：K==

又t=0时刻，加速度为：a=

解得：B=，故C正确，D错误；

故选：C

解：设c、d刚进磁场时速度为v，c刚进入磁场做匀速运动，此时由静止释放d．设d经时间t进入磁场，并设这段时间内c的位移为x；

对c，由匀变速运动的平均速度公式得：h=t，由匀速运动的位移公式得：x=vt，解得：x=2h，

d进入磁场时，c相对释放点的位移为3h；d进入磁场后，cd二者都做匀速运动，且速度相同，二者与导轨组成的回路磁通量不变，感应电流为零，不受安培力，两导体棒均做加速度为g的匀加速运动，故①错误，②正确；

c出磁场时d下落2h，c出磁场后，只有导体棒d切割磁感线，此时d的速度大于进磁场时的速度，d受到安培力作用做减速运动，动能减小，d出磁场后动能随下 落高度的增加而均匀增大，故③错误，④正确．

综上所述：①③错误，②④正确，故ABC错误，D正确；

故选：D．