热门试卷

解：设线框的长为L1，宽为L，速度为v．

线框所受的安培力大小为：FB=BIL，

又I=，E=BLv，安培力：FB=．

线框匀速运动，处于平衡状态，

由平衡条件得：拉力F=FB=，

拉出线框的过程中，拉力的功：

W=FL1=•L1，

克服安培力做功与所用时间成反比，t1=0.3s＞t2=0.2s，则v1＜v2

所以：W1＜W2；

感应电荷量q=I△t==，

在两种情况下，B、S、R都相等，因此通过导线截面的电量相等，即有q1=q2；

综合以上分析可知：W1＜W2，q1=q2，故D正确；

故选：D．

解：A、根据感应电量经验公式q=知，上滑过程和下滑过程磁通量的变化量相等，则通过电阻R的电量相等，故A正确．

B、金属杆ab上滑过程中重力、安培力、摩擦力都做功负功，根据动能定理得知：ab棒克服重力、安培力与摩擦力所做功之和等于．故B正确．

C、金属杆ab上滑过程与下滑过程中所受的滑动摩擦力大小相等，通过的路程相等，所以金属杆克服摩擦力做功相等，则因摩擦而产生的内能一定相等，故C错误．

D、根据功能关系得知，ab在整个过程中损失的机械能等于装置产生的热量．故D正确．

故选ABD

解：A、0-T时间内，线圈只有安培力作负功，将机械能转化为内能，而安培力作功等于内能的增加量，

故由动能定理可知，安培力作功为W安=mv-mv=-Q，则Q=-，故A错误；

B、应用能量守恒分析线圈在T-2T时间内的运动情况可知，

  W+W安=-，W安=mv-mv

则得 W=-m，故B错误．

C、根据微元法思想，将时间分为若干等分，每一等分可看成匀变速vn-vn+1=tn，

所以有：v0-v1=（I1t1+I2t2+…+Intn）其中：I1t1+I2t2+…+Intn=Q；

电量Q=It==，则程中v0-v1=，故C正确；

D、2T时刻，线圈刚要离开磁场前处加速状态，线框所受安培力F=，外力大于安培力．故D错误

故选：C．

解：A、在0～时间内线框的磁通量增加，根据楞次定律判断知线框中有负向电流，在～时间内磁通量减小，线框中有正向电流．故A错误．

B、在～时间内线框中磁通量的减小量为△Φ=B•L2，流经线框某处横截面的电量为q==，故B正确．

C、在～时间内最大的有效切割长度为l，最大感应电动势为 E=BLv，则线框中最大感应是电流为 I==，故C错误．

D、在0～时间线框中电流沿负向均匀减小，在～时间内电流沿正向均匀增大，电流的平均值为0，而线框中产生焦耳热，电流的有效值不为0，故D错误．

故选：B．

解：A、B当金属棒进入磁场B1区域后，恰好做匀速运动，说明金属棒所受的安培力与重力大小相等、方向相反．若B2=B1，根据安培力公式FA=得知，金属棒进入B2区域后，金属棒受到的安培力大小不变，由楞次定律得知，安培力方向仍竖直向上，安培力与重力仍平衡，故金属棒进入B2区域后仍将保持匀速下滑．故A错误，B正确．

C、若B2＜B1，金属棒进入B2区域后安培力减小，将小于金属棒的重力，棒将先做加速运动，随着速度增加，安培力增大，当安培力再次与重力平衡后，金属棒又做匀速运动．故C正确．

D、若B2＞B1，金属棒进入B2区域后安培力增大，将大于金属棒的重力，棒将先做减速运动，随着速度减小，安培力减小，当安培力再次与重力平衡后，金属棒又做匀速运动．故D正确．

故选BCD