热门试卷

解：当摆到竖直位置时，导体棒产生的感应电动势为：

E=B•2a=2Ba=Bav；

金属环并联的电阻为：R并==

AB两端的电压是路端电压，AB两端的电压大小为：

U=E=Bav=

故选：A

解：在整个正方形导线框通过磁场的过程中，

切割磁感线的边框为两竖直边框，两水平边框不切割磁感线．

由于正方形导线框沿OO′方向匀速通过磁场，

①从开始到左边框到达O′之前，进入磁场切割磁感线的有效长度随时间均匀增加，

根据E=BLv得出感应电动势随时间也均匀增加，

由于电阻不变，所以感应电流i也随时间均匀增加．

根据右手定则判断出感应电流的方向，结合导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，得出开始为正方向．

②当左边框到达OO′之后，由于进入磁场切割磁感线的有效长度不变，所以感应电流i不变．

③当左边框到达OO′中点，右边框即将进入磁场切割磁感线，由于左边框的切割磁感线的有效长度在减小，而右边框切割磁感线有效长度在增大，而左右边框切割磁感线产生的感应电动势方向相反，所以整个感应电动势随时间也均匀减小．

④当左边框到达距O点时，左右边框切割磁感线的有效长度相等，此时感应电动势为0，再往后跟前面过程相反．故ACD错误，B正确．

故选：B．

解：A、ABCD完全进入磁场后，abcd中开始产生感应电流，线框受到的安培力F=BIL=BL=BL=，根据根据平衡条件：mg+=2mg，得：v=，故A错误；

B、导线框ABCD全部进入磁场前，系统做加速运动，加速度越来越小，所以绳子的拉力是变化的；

导线框ABCD刚好全部进入磁场后磁通量不再变化，回路中没有感应电流，则线框ABCD不受安培力，只受重力和绳子拉力，做匀速运动，根据平衡条件：T=2mg，此时的受力情况与两线框刚开始做匀速运动时受力情况相同，细线的拉力恒定不变，故B错误；

C、abcd匀速运动完全进入磁场后不再有感应电流，不再受安培力，但ABCD开始穿出磁场，产生感应电流受安培力作用，当ABCD穿出磁场后不再有感应电流不再受安培力后abcd又开始穿出磁场产生感应电流受安培力，受力分析知系统始终匀速运动，故abcd通过磁场的时间t==，故C错误；

D、等高时速度为v，根据能量守恒：2mg•4L-mg•4L=（m+2m）v2+Q，得：Q=4mgL-，故D正确；

故选：D．

解：A、线框进入磁场的过程做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后做加速度为g的匀加速运动，则知3位置时线圈速度最小；故A正确；

B、由功能关系可知，线框进入磁场中减小的重力势能等于电热，即Q=mgd；故B错误；

C、由于线框在完全进入磁场后做加速度为g的加速运动；故C错误；

D、因为进磁场时要减速，即此时的安培力大于重力，速度减小，安培力也减小，当安培力减到等于重力时，线圈做匀速运动，全部进入磁场将做加速运动，

设线圈的最小速度为vm，由动能定理，从cd边刚进入磁场到线框完全进入时，则有：mv-=mgL-mgd，

又有：m=mgh，

则克服安培力的功率F=BILvm==；故D正确；

故选：AD．

解：由v=得知，两个线圈进入磁场时的速度相等．

根据牛顿第二定律得：mg-F=ma，得

   a=g-

又安培力F=

得  a=g-

将R=，m=ρ密•4LS代入上式得

  a=g-

可见，上式各量都相同，则两个线圈下落过程中加速度始终相同，运动情况相同，故运动时间相同，同时落地．

根据能量守恒定律得：

   Q=mgH-，下落的总高度H和落地速度v都相同，则发热量也相同．故A正确．

故选A