热门试卷

解：A、BMN以速度v向右做匀速运动时，导线产生的感应电动势恒定，对电容器不充电也放电，电路中无电流，故电阻两端没有电压．此时导线MN产生的感应电动势恒定，根据闭合电路欧姆定律得知，电容器两板间的电压为U=E=BLv．故AB错误．

C、电容器两板间的电压为U=BLv，则电容器所带电荷量Q=CU=CBLv，故C正确；

D、因匀速运动后MN所受合力为0，而此时无电流，不受安培力，则无需拉力便可做匀速运动，故D错误．

故选：C

解：A、线圈进入匀强磁场区域的过程中，穿过线圈的磁通量增大，有感应电流产生．由E=BLv和I=得，感应电流I=，I∝v，速度越大，感应电流越大．故A正确．

B、C、整个线圈在匀强磁场中匀速或加速运动时，穿过线圈的磁通量都不变，线圈中都没有感应电流产生．故BC错误．

D、线圈穿出匀强磁场区域的过程中，穿过线圈的磁通量减少，线圈中有感应电流产生，感应电流大小与速度成正比，所以感应电流不一定越来越大．故D错误．

故选：A．

解：A、B、分析从ab边刚进入磁场到ab边刚穿出磁场的过程：动能变化为0，线框的重力势能减小转化为线框产生的热量，则 Q=mgd；

ab边刚进入磁场速度为v0，穿出磁场时的速度也为v0，所以从ab边刚穿出磁场到cd边刚离开磁场的过程，线框产生的热量与从ab边刚进入磁场到ab边刚穿出磁场的过程产生的热量相等，所以线框从ab边进入磁场到cd边离开磁场的过程，产生的热量为：Q′=2mgd，则感应电流做功为：W=Q′=2mgd．故A错误，B正确．

C、D、线框完全进入磁场后，到ab边刚出磁场，没有感应电流，线框不受安培力，做匀加速运动，ab边进入磁场时速度为v0，cd边刚穿出磁场时速度也为v0，说明线框出磁场过程一定有减速运动，dc刚进入磁场时速度最小．设线框的最小动能为Ekm，全部进入磁场的瞬间动能最小．

由动能定理得：从ab边刚进入磁场到线框完全进入磁场时，则有：Ekm-=mgL-mgd，又=mgh

解得：Ekm=mg（h-d+L），故C错误，D正确．

故选：BD

解：A、当向右匀速运动，根据右手定则知电流由N到M，故A错误；

B、电流由a到b，根据左手定则知ab安培力垂直纸面向外，故B正确；

C、当MN以速度v向右匀速远动时，ab恰好静止，则电流I=，ab受到的最大静摩擦力Fm=μBIL=，根据平衡条件得：=mg，当v′=时，Fm′=•，速度第一次达到最大时，加速度等于零，ab再次平衡，mg=Fm′+kx，则ab下落的距离x=，克服摩擦产生的热量Q1=Fm′•x=，故C正确；

D、ab速度首次到达峰值时，电路电流I=，电路的电热功率为P=2I2R=2，故D错误．

故选：BC

解：A、导轨光滑，cd棒不受摩擦力，故A错误；

B、由题意可知，两棒都处于平衡状态，两棒所受的合外力均为零，则根据平衡条件得：

对ab棒：F-Fab-mgsinθ=0…①，对cd棒：Fcd-mgsinθ=0…②，又：Fab=Fcd…③，

由①②③解得：F=2mgsinθ…④，ab、cd两棒所受的安培力大小为：Fab=Fcd=BIL=B••L …⑤

由④⑤解得：B=，故B错误，C正确；

D、ab棒做加速运动时，沿着斜面的方向只受到重力的分量与拉力F的作用，由牛顿第二定律得：F-mgsinθ=ma…⑥，联立④⑥得：a=gsinθ，故D错误；

故选：C．

解：设∠bac=2θ，单位长度电阻为R0

则MN切割产生电动势E=BLv=Bv•2vt×tanθ=2Bv2ttanθ

回路总电阻为R=（2vttanθ+）R0=vtR0（2tanθ+）

由闭合电路欧姆定律得：I==；

i与时间无关，是一定值，故B正确，ACD错误，

故选：B．

解：A、因导体棒ab匀速上升，cd棒静止，所以它们都受力平衡，以两棒组成的整体为研究对象，根据平衡条件可得：

ab棒受到的推力F=2G=0.2N，故A错误；

B、对cd棒，受到向下的重力G和向上的安培力F安，由平衡条件得：F安=G，即BIL=G

又I=，联立得：v===2m/s，故B正确；

C、在2s内，电路产生的电能Q=t=t=×2J=0.4J，则在2s内，拉力做功，有0.4J转化为电能，故C正确；

D、在2s内拉力做的功为：W=Fs=Fvt=0.2×2×2J=0.8J，故D错误．

故选：BC．