热门试卷

解：设线框进入磁场的过程中的平均电动势：，平均电流：，线框动量的变化：△P1

根据法拉第电磁感应定律，得：

平均电流：

线框受到的平均安培力：

线框进入磁场的过程中动量的变化：

联立以上方程得：…①

又：-△P1=mv1-3mv…②

同理，线框穿出磁场的过程中，…③

又：-△P2=mv-mv1…④

联立①②③④得：v1=2v

线框进、出磁场的过程中产生的焦耳热等于线框动能的减少，所以线框进入磁场区域过程中产生的焦耳热为，

穿出磁场区域过程中产生的焦耳热为．

所以：

故选：D．

解：A、B、设金属棒的速度大小为v时，经历的时间为t，通过金属棒的电流为i，

金属棒受到的安培力方向沿导轨向上，大小为 F=BLi

设在时间间隔（t，t+△t）内流经金属棒的电荷量为△Q，

按定义有：i=，△Q也是平行板电容器极板在时间间隔（t，t+△t）内增加的电荷量，△v为金属棒的速度变化量，得：

△Q=C△U=CBL△v

加速度的定义有：a=，

根据牛顿第二定律有：mg-F=ma，

联立上此式可得：a=，可知加速度a为定值，故A正确，B错误；

C、由△Q=C△U=CBL△v可知，电路中始终存在电流，电容器的电势能增加，根据能量守恒可知，此能量由金属棒的机械能转化而来，故C正确；

D、由△Q=C△U=CBL△v可知，i==BLCa，可知电流为定值，金属棒消耗的电功率不变，故D错误；

故选：AC

解：t在0-时间内，线框右边开始进入磁场时，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正值；线框有效切割长度均匀增大，由E=BLv可知，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大；

在-时间内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正值；线框有效切割长度均匀减小，由E=BLv可知，感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小；

在-时间内，由楞次定律可知，电流方向为顺时针，为负值；线框两边都切割磁感线，产生感应电动势，感应电动势是进入过程的2倍，线框有效切割长度先均匀增大后均匀减小，由E=BLv可知，感应电动势先均匀增大后均匀减小，感应电流也先均匀增大后均匀减小，感应电流的最大值是0-过程最大值的2倍；

在-时间内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正值；线框有效切割长度先均匀增大后均匀减小，由E=BLv可知，感应电动势先均匀增大后均匀减小，感应电流也先均匀增大后均匀减小．故C正确；

故选：C．

解：A、B、根据法拉第电磁感应定律：

导体矩形环M内磁场变化时产生的感应电动势为 E1==S=kS

开始时导体棒中的电流为 I=，方向由b到a，导体棒受到导轨间磁场的安培力 FA=BIL

导体棒在安培力作用下做加速运动，加速度a=，

导体棒运动中切割磁感线产生的感应电动势为 E2=BLv，方向与E1相反，

故电流变为 I′==，

安培力变为 FA′=BI′L=BL，

当a=0时速度达到最大，即有BL=μmg，

解得最大速度 vm=-，

此时的电流为 I′=，故A错误，B正确．

C、导体棒达到最大速度时，电路消耗的总功率为 P=I′2•2R=2，故C错误．

D、由于导体棒加速运动过程中电路中的电流是变化的，是不断增大的，所以电路上产生的焦耳热Q＜Pt=2t，故D错误．

故选：B

解：设金属杆匀速运动的速度为v．则由E=BLv，I=，FA=BIL

得安培力为：FA=

根据平衡条件有：FA=mg

则得：v=

可知金属杆两次匀速运动的速度相同，根据功能关系可知，金属杆的重力势能减少转化为杆的动能和电能，由于杆获得的动能相同，所以两种情况下，杆由于切割磁感线产生的电能相等，即W1=W2．

故选：B．

解：A、设达到的最大速度为v，则导体棒产生的感应电动势为e=BLv，回路中的感应电流为I=，最终匀速运动，故BIL-f=0，

解得=，当且仅当B=，v取最大值，故A正确；

B、导体棒产生的感应电动势为e=BLv=，两端电压为，故B错误；

C、通过的电流为I=，故C正确；

D、有A可知，最大速度v=，故克服摩擦力的功率为P=fv=，故D正确；

故选：ACD

解：A、整个过程的合磁通量一直是向里的，进入磁场过程的前一半过程向里的磁通量逐渐增加，后一半过程向里的磁通量逐渐减少，根据楞次定律感应电流方向是相反的，故A错误；

B、线框刚进入磁场瞬间的电动势为：E=BLv；故ab两点间电势差：U=I（R）=BLv，故B正确；

C、线框进入时，上下两部分产生的电动势大小相等，方向相反，总感应电动势为零，故没有感应电流，故安培力为零，故C错误；

D、线框进入过程中磁通量的变化量：△Φ=B（×-）=，电路中通过的电量为：q==，故D正确；

故选：BD．

解：A、穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，圆环为了阻碍磁通量的减少，圆环应有扩张的趋势，故A正确；

B、磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间的变化率=k（k＜0），说明B减少，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律判断可知：圆环中产生的感应电流方向沿顺时针方向，故B错误．

C、由法拉第电磁感应定律得E=•πr2=kπr2，圆环的电阻R=σ，则感应电流大小为 I==，故C错误．

D、a、b两点的电势差应等于路端电压，故U=I==|0.25kπr2|，故D正确；

故选：AD．

解：A、B、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A错误，B正确；

C、D、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C、D错误．

故选：B．

解：A、设金属棒的速度大小为v时，经历的时间为t，通过金属棒的电流为i，产生的电动势为：e=BLv

金属棒受到的安培力方向沿导轨向上，大小为：F=BLi

设在时间间隔（t，t+△t ）内流经金属棒的电荷量为△Q，则△Q=C△U=C•△e

按电流的定义有：i=，△Q也是平行板电容器极板在时间间隔△t内增加的电荷量，

在△t内金属棒的速度变化量为△v，由加速度的定义有：a=

金属棒在时刻t的加速度方向向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有：mg-F=ma

联立上此式可得：a=．则知加速度a为定值，金属棒做匀加速运动，且加速度为 ．故A、C错误；

B、金属棒下降h后的速度为 v0=

电容器板间电压 U=BLv0=BL

电容器储存的电荷量为 Q=CU=CBL=CBL，故B错误．

D、金属棒运动到地面时，金属棒的动能：EK==mah

金属棒的重力势能转化为金属棒的动能与电容器中的电势能，所以金属棒运动到地面时，电容器储存的电势能：

  EP=mgh-EK=．故D正确．

故选：D