热门试卷

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正确．

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：BCD．

解：A设匀速运动的速度为v，感应电动势：E=BLv=kLxv，感应电流：I=v∝x，故A错误；

B、金属棒受到的安培力：F安培=BIL==x2，金属棒匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件得，外力：F=F安培=x2∝x2，故BD错误，C正确；

故选：C．

解：A、导体棒以速度v匀速下滑时，由E=BLv、I=、F=BIL得  安培力F=…①

电阻R1消耗的热功率为P=I2R1=（）2 R1…②

又R2=2R1 …③

联立①②③解得，P=  故A正确．

B、根据平衡条件可知：对导体棒：mgsinθ=F+f…④

则mgsinθ＞F，整个装置消耗的机械功率为mgsinv＞Fv．故B错误．

C、整个装置因摩擦而消耗的热功率为Pf=fv=μmgν•cosθ．故C正确．

D、若使导体棒以 v 的速度匀速上滑，安培力大小不变，方向沿斜面向下，根据平衡条件得：F外=mgsinθ+f+F ⑤

由④⑤得 F外=2（f+F）．故D错误．

故选AC

解：A、只增大T，即减小频率，电容器的特性：通交流，隔直流，通调频，阻低频，所以灯A变暗，

电感的特性：通直流，阻交流．通低频，阻高频，所以灯B变亮．故A正确；

B、当时间t=T时，两灯都亮着，电压表的示数为有效值，不为零，故B错误；

C、只将变阻器R的滑片下滑时，变阻器R阻值最大，通过副线圈的电流减小，电压表的示数不变，故C错误；

D、只增大v0，两灯都变亮，根据速度时间图象面积表示位移，所以杆MN来回运动的最大距离变大，故D错误；

故选：A．

解：A、B、由v2-v02=2ax，得：v=

则得到：i==，可见i与x是非线性关系，i-x图象是曲线．故A、B错误．

C、D、根据楞次定律得到，线框进磁场和出磁场过程感应电流方向相反．设线框的加速度为a．

线框中产生的感应电动势e=BLv=BL（v0+at）

感应电流 i==，B、L、v、R一定，i与t是线性关系，且线性增大．

由于线框做匀加速运动，进入磁场的时间比离开磁场时间长．故C错误，D正确．

故选：D

解：A、对M、N分别受力分析，根据库仑定律，假设杆无作用力，设M与N间距为r，则有：=，解得：r=（-1）L＜L；故A错误；

B、小球P带正电，结合沿着电场线方向电势降低的，则M点电势高于N点，故B错误；

C、由于水平桌面光滑，若P、M和N不在同一直线上，则各自受力不共线，会出现不平衡现象，所以P、M和N必定在同一直线上，故C正确；

D、由题意可知，M、N及细杆组成的系统处于静止状态，因此合外力为零，故D正确．

故选：CD．