热门试卷

解：弹簧伸长量为x1时，导体棒所受安培力沿斜面向上，根据平衡条件沿斜面方向有：

mgsinα=kx1+BIL…①

电流反向后，导体棒所受安培力沿斜面向下，根据平衡条件沿斜面方向：

mgsinα+BIL=kx2…②

联立两式得：B=（x2-x1）

故选：D．

解：导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv，设线框总电阻是R，则感应电流I=，由图乙所示图象可知，感应电流先均匀变大，后恒定，最后均匀减小，由于B、v、R是定值，则导体棒的有效长度L应先变长，后恒定，最后均匀减小，且L随时间均匀变化，即L与时间t成正比．

A、闭合圆环匀速进入磁场时，有效长度L先变大，后变小，但L不随时间均匀变化，不符合题意，故A错误；

B、六边形线框进入磁场时，有效长度L先均匀增大，后恒定，最后均匀减小，符合题意，故B正确；

C、梯形线框匀速进入磁场时，有效长度L先均匀增加，后不变，最后均匀减小，符合题意，故C正确；

D、三角形线框匀速进入磁场时，有效长度L先增加，后减小，且随时间均匀变化，不符合题意，故D错误；

故选：BC．

解：A、B当ef从静止下滑一段时间后闭合S，ef将切割磁感线产生感应电流，受到竖直向上的安培力，若安培力大于2mg，则由牛顿第二定律得知，ef的加速度大小可能大于g．若安培力小于mg，则ef的加速度大小可能小于g．故A正确，B错误．

C、棒达到稳定速度时一定做匀速运动，由mg=，则得 v=，可见稳定时速度v与开关闭合的先后无关．故C错误；

D、在整个过程中，只有重力与安培力做功，因此棒的机械能与电路中产生的电能是守恒的．故D正确；

故选AD

解：A、在0～t1时间内，cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为：q=t=t==0.25C．故A错误．

B、根据平衡有：mg=BIL

而I=

联立两式解得：v==8m/s．故B正确．

C、t1～t2的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动，知ab边刚进上边的磁场时，cd边也刚进下边的磁场．设磁场的宽度为d，则线圈的长度：

L′=2d

线圈下降的位移为：x=L′+d=3d，

则有：3d=vt-gt2，

将v=8m/s，t=0.6s，

代入解得：d=1m，

所以线圈的长度为L′=2d=2m．故C错误．

D、0～t3时间内，根据能量守恒得：Q=mg（3d+2d）-mv2=0.1×10×（3+2）-×0.1×82=1.8J．故D正确．

故选：BD

解：AC、以b棒为研究对象，由于该棒静止，所以：mgsin30°=BIL

所以：I=

据以上可知，a棒做匀速运动，所以在斜面的方向上：BIL+mgsin30°=mcg

联立以上得：mc=m，故AC 正确；

B、b棒放上导轨前，金属棒a中无电流，以ac两棒为研究对象，据牛顿第二定律得：mg-mgsin30°=2ma，所以a=0.25g，故B正确．

D、据能量守恒可知：b棒放上导轨后，小球c减少的重力势能等于回路消耗的电能和ab棒的重力势能之和，故D错误．

故选：ABC．

解：A、导线框离开磁场时，磁通量减小，根据楞次定律得，感应电流的方向为顺时针方向．故A正确．

B、导线框在进出磁场时，速度变化，则感应电动势变化，产生的感应电流变化，则所受的安培力变化，根据牛顿第二定律知，加速度变化，导线框做的变减速运动．故B错误．

C、因为进磁场时的速度大于出磁场时的速度，则进磁场时产生的电流要比出磁场时产生的电流大，根据克服安培力做功知，Q1＞Q2．故C正确．

D、根据能量守恒定律知，线框动能的减小量全部转化为焦耳热，则．故D正确．

故选ACD．

解：A．闭合线圈在进入或离开磁场时的位移即为线圈的长度，线圈进入或离开磁场时受安培力作用，将做减速运动，由乙图可知，L=15cm-5cm=10cm，故A正确；

B．磁场的宽度等于线圈刚进入磁场到刚离开磁场时的位移，由乙图可知，5-15cm是进入的过程，15-30cm是完全在磁场中运动的过程，30-40cm是离开磁场的过程，所以d=30cm-5cm=25cm，故B错误；

C．根据F=BIL及I=得：F=，进入磁场过程，由于线圈受到向左的安培力的阻碍，线圈做减速运动，v减小，F减小，加速度a减小，所以线圈做的不是匀加速运动，而是变减速运动，故C错误；

D．线圈通过磁场过程中运用动能定理得：mv22-mv12=W安，由乙图可知v1=10m/s，v2=2m/s，带入数据得：W安=-48J，所以克服安培力做功为48J，即线圈通过磁场过程中产生的热量为48J，故D正确．

故选：AD．

解：A、金属棒从a位置由静止开始向右做匀加速运动，根据v2=2ax知，通过b、c两个位置的速度比为1：；

根据E=BLv知，产生的电动势之比为1：，由闭合电路欧姆定律得知感应电流之比为1：，由公式F=BIL可知安培力之比为1：，故A正确．

B、通过b、c两个位置的速度比为1：，根据P=知，电阻R的电功率之比为1：2．故B正确．

C、电荷量q=，因为△Φab=△Φbc，则qab=qbc，则通过金属棒横截面的电荷量之比为1：1，故C正确．

D、根据能量守恒定律，热量Qab=Fxab-mvb2，又vb2=2axab，则Qab=Fxab-maxab．

同理Qbc=Fxbc-maxbc，加速度相等，ab、bc的位移相等，但F不等，所以产生的热量不等．故D错误．

故选：ABC．

解：A、设微小时间△t内电容器的带电量增加△q，I====CBLa  ①，由牛顿第二定律得mgsinα-BIL=ma，解得：I=  ②，由①②解得：a=，故A错误，B正确；

C、导体棒做初速度为零的匀加速直线运动，由速度位移公式得：v2=2a，解得：v=，故C正确；

D、在导体棒运动过程中，重力做功把重力势能转化为动能，克服安培力做功，把重力势能转化为电场能，因此导体棒下落中减少的重力势能转化为动能和电场能，机械能不守恒，故D错误；

故选：BC．