热门试卷

由（甲）图可知在0-1 s内磁感应强度均匀增大，产生稳恒感应电流，根据楞次定律可判断感应电流的方向为逆时针，导体棒受到的安培力的方向是水平向左，棒静止不动，摩擦力方向水平向右，为正方向．同理，分析以后几秒内摩擦力的方向，从而得出f-t图象为B图．故B正确，ACD错误；

故选：B

A、由,则，电压表示数,故A错误;

    B、灯泡消耗的功率为，发电机的输出功率为3.24W，故B错误;

    CD、在1.0×10-2s时刻，线圈处于中相面位置，故穿过线圈的磁通量变化率为零，磁通量最大，故C正确，D错误.

A、若两金属棒间距离保持不变，回路的磁通量不变，没有感应电流产生，两棒都不受安培力，则cd将做匀加速运动，两者距离将增大．所以自相矛盾，因此两棒间的距离不可能保持不变．故A错误．

B、若金属棒ab做匀速运动，所受的安培力为零，ab中电流为零，则cd中电流也为零，cd不受安培力，而cd还受到F作用，cd将做匀加速运动．所以自相矛盾．故B错误．

C、当两棒的运动稳定时，两棒速度之差一定，回路中产生的感应电流一定，两棒所受的安培力都保持不变，一起以相同的加速度做匀加速运动，故C正确．

D、由于两者距离不断增大，穿过回路的磁通量增大，由楞次定律判断可知，金属棒ab上的电流方向是由b向a．故D正确．

故选：CD

A、根据图象可知，交流电压的最大值为，有效值为，故A错误；

B、根据图象可知，交流电压的最大值为，周期为T=4s；故频率为，故B错误；

C、2s末交变电流的电压为零，线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量最大，故C正确；

D、由图象可知，在1s末，交变电流的电压最大，所以此时的线框平面于磁场平行，通过线框的磁通量变化最快，故D错误； 

A、导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量为：,故A错误;

B、设导体棒离开磁场时速度大小为v．此时导体棒受到的安培力大小为：,由平衡条件得：F=FA+mg,由图2知：F=3mg,联立解得：,故B正确;

C、离开磁场时，由F=BIL+mg得：导体棒两端电压为：,故C错误;

D、导体棒经过磁场的过程中，设回路产生的总焦耳热为Q．

根据功能关系可得：

而拉力做功为：WF=2mgd+3mg×4d=14mgd

电阻R产生焦耳热为：

联立解得：,故D正确．

AB、当导体棒切割磁感线时，产生的感应电动势为 E=BLv，由于L按正弦规律变化，这个过程产生正弦式电流，磁场方向变化时，电流方向变化，所以回路中产生的是正弦式交变电流,则感应电动势的最大值为则电动势的有效值为,电压表测量R两端的电压，则，电流表示数为有效值，,故AB错误；

C、电流表示数为有效值，一直为0.1A，故C错误；

D、导体棒上消耗的热功率，故D正确．

设切割磁感线的速度是v，线框的质量为m,产生的电流为I，电动势为E，则：E=Blv，线框中的电流为：

则：，根据牛顿第二定律得线框的加速度：,根据楞次定律与左手定则可知，线框受到的安培力的方向与速度方向相反，由表达式可得线框做加速度减小的减速运动，当线框完全进入磁场进，线框不受安培力的作用，线框做匀速直线运动，当线框出磁场时又做加速度减小的减速运动，故F-t图上，F的变化是曲线，不是直线．在图象中，F与t的乘积表示的是面积S，则:‍从公式可以看出，F与t的积是一个定值，即面积的大小与时间无关，是一个定值，所以S3=S4,故C正确，ABD错误；

A.线圈进入磁场的t时刻，切割磁感线的有效长度,根据可知感应电动势,感应电流为，故A正确；

B.线圈的发热功率,故B错误；

C.通过横截面的电量为,故C错误；

D.外力F随时间t的变化关系为，故D正确；

A、由图乙所示图象可知，0～t0内磁感应强度减小，穿过回路的磁通量减小，由楞次定律可知，为阻碍磁通量的减少，导体棒具有向右的运动趋势，导体棒受到向左的摩擦力，在t0～2t0内，穿过回路的磁通量增加，为阻碍磁通量的增加，导体棒有向左的运动趋势，导体棒受到向右的摩擦力，在两时间段内摩擦力方向相反，故A错误；

B、由图乙所示图象可知，在0～t0内磁感应强度减小，穿过闭合回路的磁通量减少，由于原磁场方向竖直向上，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，即通过导体棒的电流方向为N到M，故B正确；

C、由图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在t0～2t0内感应电动势：,根据欧姆定律可知感应电流为：，故C错误；

D、由图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在0～t0内感应电动势：,根据欧姆定律可知感应电流为：，电荷量：,由图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在t0～2t0内感应电动势：,根据欧姆定律可知感应电流为：,电荷量:，在0～2t0时间内，通过电阻R的电荷量:,故D错误；