热门试卷

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：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．

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