热门试卷

解：A、由磁感应强度B1垂直水平面向外，大小不变；B2垂直水平面向里，大小随时间增大，故线框的磁通量减小，由楞次定律可得，线框中感应电流方向为逆时针方向，故A正确；

B、t=0时刻穿过线框的磁通量为：∅=B1××πr2-B2××πr2=1×0.5×3×0.12-2××3×0.12Wb=0.005Wb，故B错误；

C、在t=0.6s内通过线框中的电量q=n=C=0.12C，故C错误；

D、线框产生的感应电动势  E=n=20×V=0.5V

感应电流 I===0.2A

由Q=I2Rt=0.22×2.5×0.6J=0.06J，故D正确．

故选：AD．

解：A、如果y轴表示变化磁场在金属线圈产生的电动势，根据E=知，△Φ=E•△t知，面积等于该磁场在相应时间内磁通量的变化量．故A错误．

B、如果y轴表示力做功的功率，则面积等于该力在相应时间内所做的功．故B正确．

C、如果y轴表示流过用电器的电流，由q=It知，面积等于在相应时间内流过该用电器的电量．故C正确

D、如果y轴表示加速度，由a=知，△v=a△t，知面积等于质点在相应时间内的速度变化．故D正确．

本题选错误的，故选：A

解：A、导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电量为：q===，故A正确．

B、导体棒返回时随着速度的增大，导体棒产生的感应电动势增大，感应电流增大，棒受到的安培力增大，加速度减小，所以导体棒先做加速度减小的变加速运动，最后做匀速直线运动，故B错误．

C、根据能量守恒定律，导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量为：QR=×（mv02-mgLsin30°）=（mv02-mgL），故C错误．

D、导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功等于回路中产生的总热量，由能量守恒定律得：W=Q=（mv02-mgLsin30°）=（mv02-mgL），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正确．

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错误．

故选：AB

解：A有一个缺口，A线圈进入磁场后，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度等于g．

而B、C线圈是闭合的，进入磁场后，产生感应电流，受到竖直向上的安培力作用，加速度小于g，则A线圈最先落地．

对于闭合线圈，设线圈的边长为L，横截面积为S，电阻率为ρ电，密度为ρ密，质量为m，进入磁场后速度为v时加速度为a，

对B、C中任一质量为m的线圈，根据牛顿第二定律得：mg-=ma，则 a=g-=g-=g-，可知a与横截面积S无关，所以B、C线圈的加速度相同，进入磁场的过程运动相同，由于B的边长短，先进入磁场做加速度为g的匀加速运动，所以C的运动时间最长，最后落地．故ABD错误，C正确．

故选：C

解：A、B、由题，一是金属棒的重力不计，二是金属棒不是匀速运动．当金属棒开始运动时有：，当金属棒以速度v匀速运动时有 ，

联解可得拉力的大小：F=，

金属棒的质量：m=，故A、B正确．

C、金属棒由静止加速到v的过程中，金属棒的位移不等于vt0，则拉力做功W≠Fvt0=．故C错误．

D、金属棒由静止加速到v的过程中，回路磁通量的变化△Φ≠Bdvt0，根据q=分析可知流过电阻R的电量q≠．故D错误．

故选：AB

解：A、导体棒MN速度最大时做匀速直线运动，由平衡条件得：

  mgsinθ=BIL=BL

解得 vm=．故A正确．

B、在EF下滑的过程中，穿过回路的磁通量增大，根据楞次定律判断知，EF受到沿导轨向下的安培力，根据平衡条件得：导体棒EF所受的静摩擦力 f=mgsinθ+F安．

故B错误．

C、当导体棒MN从静止开始下滑S的过程中，通过其横截面的电荷量为 q=t===，故C正确．

D、根据能量守恒得：导体棒MN中产生的热量为 Q=（mgSsinθ-），故D错误．

故选：AC．

解：

A、设M棒进入磁场时速度为v，离开磁场时的速度为v′．由于两棒在进入磁场前的受力情况和运动情况相同，则N棒进入磁场时速度也为v，与M棒的速度相同，则回路的磁通量不变，没有感应电流产生，两棒不受安培力．设两棒进入磁场前的加速度为a，一起匀加速运动的加速度为a′．

则进入磁场前，对M棒有：v2=2ad，根据牛顿第二定律有，F=ma；

N棒进入磁场后、M棒离开磁场前，对M棒有：F=ma′，则得：a′=a；

设两棒进入磁场前运动时间为t，则

对N棒有：d=；与此同时M棒通过的位移 x=vt=2d，即N棒刚进入磁场时M棒已通过了位移2d，此后M棒做加速度为a的匀加速运动．

对于M棒此后过程，根据运动学公式有：v′2-v2=2ad，又v2=2ad，联立可得：v′=v，即M棒离开磁场时的速度是进入磁场时速度的倍，故A正确．

B、由上分析可知，M棒刚进磁场时外力F等于安培力；M棒刚离开磁场时，N棒在磁场中通过了距离d，速度为v′=v；

M棒离开磁场后，N棒将要受到向左的安培力，安培力大于外力F，N棒开始做减速运动，所以离开N棒离开磁场的速度小于v′，即小于M棒离开磁场时的速度，故B错误．

C、M棒穿过磁场的过程中，在开始通过的距离2d过程中，受到向左的安培力，安培力大小F安=F，则M棒克服安培力做功为 W安=F安•2d=2Fd，故C正确．

D、N棒穿过磁场的过程中，开始通过的d距离内，不受安培力，在后来2d距离内，N棒受到安培力，由于此时N棒的速度大于进入磁场时的速度，安培力大于F，则知N棒克服安培力做功大于2Fd，故D正确．

故选：ACD

解：A、B：线框在进入和穿出磁场的过程产生的感应电流大小相等，

线框进入或离开磁场过程中产生的电动势：

E=Blv=0.2×1×10=2V，

I===1A，

进入与穿出穿出的时间：t===0.1s，

线框完全在磁场的时间：

t′===0.1s，

线框完全在你磁场中时，穿过线框的磁通量不变，感应电流为零，

由右手定则判断可知，进入过程中线框中感应电流方向沿adcba，为正方向；

穿出磁场过程中感应电流方向为abcda，为负方向，故A正确，B错误；

C、D：线框进入或离开磁场过程中：

由AB项可知，进入磁场过程中，电流为1A，ab两端电压：

Uab1=I=1×=0.5V，

线框完全进入磁场过程，Uab2=BLabV=2V，

穿出磁场过程，电流为1A，Uab3=I•=1×=1.5V，故C错误，D正确

故选：AD

解：A、铜盘转动产生的感应电动势为：E=BL=BL=BL2ω，故A错误．

B、回路中的电流 I==，故B正确．

C、由右手定则可知，回路中电流方向不变，从b导线流进灯泡，a导线流进铜盘，故C正确．

D、由于B、L、ω、R不变，则I不变，电流大小恒定不变，故D错误．

故选：BC．

解：A、当金属棒达到最大速度时，做匀速直线运动，由平衡条件得：F=BId+mgsin30°，又F=mg，

解得：I=

则灯泡的额定功率为：PL=I2R=（）2R=，故A错误．

B、由I==，又I=，可得：vm=，故B正确．

C、金属棒达到最大速度的一半时受到的安培力大小为：FA===mg，

根据牛顿第二定律得：F-mgsin30°-FA=ma，

解得：a=g，故C正确．

D、金属棒由静止开始上滑4L的过程中，金属棒上产生的电热为：

Qr=（F•4L-mg•4Lsin30°-）=mgL-，故D正确．

故选：BCD．

解：A、根据右手定则（或楞次定律）电流应从棒的b端流向a端，故A错误；

B、当导体棒位于环心时，电路可等效成两个半环（各2R）并联后（电阻为R）接在a、b间，棒的ab部分相当于电源，ab部分的电阻为R，即为电源的等效内阻，电路的总电阻为2R，电动势为ab部分切割磁感线产生感应电动势，大小等于Bdv，根据闭合电路的欧姆定律可得电流为，故B错误；

C、根据左手定则（或楞次定律--来拒去留）可知安培力向向左，故C正确；

D、导体棒受安培力大小为，故D错误．

故选：C．