分析：

金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，做加速度逐渐减小的变加速运动．由运动学公式，法拉第电磁感应定律、能量守恒定律等研究处理．

解答：

解：A、金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，平均速度不等于$\frac {1}{2}$v，根据速度时间图象面积表示位移可知，棒的变加速运动的位移大于匀加速运动的位移，则平均速度应大于$\frac {1}{2}$v；故A错误．

B、设棒下滑位移的大小为x．由电量计算公式q=I△t，I=$\frac {E}{R}$，E=$\frac {△Φ}{R}$，△Φ=BLx联立可得：x=$\frac {qR}{BL}$，故B正确．

C、根据能量守恒定律得棒产生的焦耳热为：Q=mgxsinθ-$\frac {1}{2}$mv_

棒的速度为v时做匀速运动，则有：mgsinθ=$\frac {B_L_v}{R}$

结合x=$\frac {qR}{BL}$，得：Q=qBLv-$\frac {1}{2}$mv_＜qBLv，故C错误．故C错误．

D、棒在下滑过程中，克服安培力做功，其机械能减少转化为内能，故D正确．

故选：BD．

点评：

本题根据棒的运动情况，结合图象的物理意义分析位移关系时，要抓住速度图象的斜率等于加速度．感应电量与棒运动位移有关，即x=$\frac {qR}{BL}$，常常知道电量可求位移，或知道位移，可求电量，这种思路要熟悉．

分析：

给棒一个水平向右的初速度v_0使之开始滑行的过程中，做减速运动，停止运动时其动能全部转化为内能，即可由能量守恒求出焦耳热；根据动量定理列式求电荷量；根据感应电荷量q=$\frac {△Φ}{R}$可求出位移．时间无法求出．

解答：

解：A、根据能量守恒得：电阻R上产生的焦耳热Q=$\frac {1}{2}$m_0，故A正确．

B、根据动量定理得：-BIL△t=0-mv_0

又q=I△t

则得 q=$\frac {mv}{BL}$．故B正确．

C、设ab棒运动的位移为s．感应电荷量q=$\frac {△Φ}{R}$=$\frac {BLs}{R}$，则得s=$\frac {qR}{BL}$，可求得ab棒运动的位移s，故C正确．

D、由于ab棒做变减速运动，无法求出时间，故D错误．

故选：ABC．

点评：

由能量守恒可以求出电阻产生的焦耳热，由于导体棒做加速度减小的减速运动，无法求出导体棒的运动时间．

分析：

线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度是相同的，又因为线圈全部进入磁场不受安培力，要做匀加速运动．可知线圈进入磁场先要做减速运动．

解答：

解：A、根据能量守恒研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：动能变化为0，重力势能转化为线框产生的热量，Q=mgd．

cd边刚进入磁场时速度为v_0，cd边刚离开磁场时速度也为v_0，

所以从cd边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程产生的热量相等，

所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量Q′=2mgd，感应电流做的功为2mgd．故A错误，B正确．

C、线框可能先做减速运动，在完全进入磁场前做匀速运动，因为完全进入磁场时的速度最小，则mg=$\frac {B_L_v}{R}$，则最小速度v=$\frac {mgR}{B_L}$．故C正确．

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v_m，知全部进入磁场的瞬间速度最小．

由动能定理，从cd边刚进入磁场到线框完全进入时，则有$\frac {1}{2}$mv_m_-$\frac {1}{2}$mv_0_=mgL-mgd

有$\frac {1}{2}$mv_0_=mgh，综上所述，线圈的最小速度为$\sqrt {2g(h+L-d)}$．故 D正确．

故选BCD．

点评：

解决本题的关键根据线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度都是v_0，且全部进入磁场将做加速运动，判断出线圈进磁场后先做变减速运动，可得出全部进磁场时的速度是穿越磁场过程中的最小速度．

分析：

金属框进入磁场前做匀加速运动，由图线与时间轴所围的面积读出金属框初始位置的bc边到边界MN的高度；由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，根据时间和速度求解金属框的边长；由图知，金属线框进入磁场过程做匀速直线运动，重力和安培力平衡，列式可求出B．由能量守恒定律求出在进入磁场过程中金属框产生的热量．

解答：

解：A、金属线框刚进入磁场时磁通量增大，根据楞次定律判断可知，感应电流方向沿abcda方向；故A错误；

B、由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v$_1$，运动时间为t$_2$-t$_1$，故金属框的边长：l=v$_1$(t$_2$-t$_1$)；故B正确；

C、在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得：mg=BIl，I=$\frac {Blv$_1$}{R}$，又 l=v$_1$(t$_2$-t$_1$)．

联立解得：B=$\frac {1}{v$_1$(t$_2$-t$_1$)}$$\sqrt {}$；故C错误；

D、t$_1$到t$_2$时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q$_1$=mgl=mgυ$_1$(t$_2$-t$_1$)；

t$_3$到t$_4$时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q$_2$=mgl+$\frac {1}{2}$m($_2$-$_3$)=mgυ$_1$(t$_2$-t$_1$)+$\frac {1}{2}$m($_2$-$_3$)

故Q=Q$_1$+Q$_2$=2mgυ$_1$(t$_2$-t$_1$)+$\frac {1}{2}$m($_2$-$_3$)，故D正确；

故选：BD．

点评：

本题电磁感应与力学知识简单的综合，能由图象读出线框的运动情况，选择与之相应的力学规律是解答本题的关键，要加强练习，培养自己识别、理解图象的能力和分析、解决综合题的能力．

分析：

由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律相结合，来计算感应电流的大小；

由因棒切割产生感应电动势，及电阻的功率不变，即可求解；

分别求出x=0与x=2m处的安培力的大小，然后由安培力做功表达式，即可求解；

依据功能关系，及动能定理可求出外力在过程中的平均功率．

解答：

解：A、金属棒切割产生感应电动势为：E=B_0Lv_0=0.5×0.8×4=1.6V，

由闭合电路欧姆定律，电路中的电流为：I=$\frac {E}{R+r}$=$\frac {1.6}{0.3+0.1}$=4A，

由题意可知，在x=3m处，B=B_0+kx=0.5+0.5×3=2T，切割产生感应电动势，E=BLv，金属棒运动过程中电阻消耗的功率不变，则金属棒产生的感应电动势不变，电路电流不变，金属棒在x=3m处的速度：

v=$\frac {E}{BL}$=$\frac {1.6}{2×0.8}$=1m/s，故A正确；

B、当x=0m时有：F_0=B_0IL=0.5×4×0.8=1.6N，

x=3m时，有：F=BIL=2×4×0.8=6.4N，

金属棒从x=0运动到x=3m过程中安培力做功的大小，有：W=( F_0+F)$\frac {x}{2}$=(1.6+6.4)×$\frac {3}{2}$=12J，故B错误；

C、克服安培力做功转化为内能，有：W=EIt，解得：t=$\frac {W}{EI}$=$\frac {12}{1.6×4}$=1.875s，故C错误；

D、由动能定理：Pt-W=$\frac {1}{2}$mv_-$\frac {1}{2}$mv_0_，代入数据解得：P=5.6W，故D正确；

故选：AD．

点评：

考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力的大小公式、做功表达式、动能定理等的规律的应用与理解，运动过程中电阻上消耗的功率不变，是本题解题的突破口

分析：

由左手定则来确定安培力的方向，并求出安培力的大小；借助于I=$\frac {Q}{t}$、a=$\frac {△v}{△t}$及牛顿第二定律来求出速度与时间的关系．金属棒的重力势能转化为金属棒的动能与电容器中的电势能．

解答：

解：A、C、设金属棒的速度大小为v时，经历的时间为t，通过金属棒的电流为i，产生的电动势为：e=BLv

金属棒受到的安培力方向沿导轨向上，大小为：F=BLi

设在时间间隔(t，t+△t )内流经金属棒的电荷量为△Q，△Q=C△U=C•△e

按定义有：i=$\frac {△Q}{△t}$，△Q也是平行板电容器极板在时间间隔(t，t+△t )内增加的电荷量，

由上式可得，△v为金属棒的速度变化量，

按加速度的定义有：a=$\frac {△v}{△t}$

金属棒在时刻t的加速度方向向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有：mg-F=ma，

联立上此式可得：a=$\frac {mg}{(m+CB_L_)}$．故A错误，C正确；

B、D、金属棒下降h后的速度v_0：_0=2ah

金属棒的动能：E_K=$\frac {1}{2}$m_0=mah

金属棒的重力势能转化为金属棒的动能与电容器中的电势能，所以金属棒运动到地面时，电容器储存的电势能：

E_P=mgh-mah=$\frac {mghCB_L}{(m+CB_L_)}$．故B错误，D正确．

故选：CD

点评：

本题关键采用微元法分析金属棒的加速度，切入点是加速度的定义式，再应用牛顿第二定律、匀变速运动的速度公式、E=BLv即可正确解题．

分析：

导电液体流动时，正负电荷受到洛伦兹力发生偏转，从而在a、b两端形成电势差，最终电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，根据平衡条件可求出电荷移动的速度，从而求出液体的流量．

解答：

解：A、因为a点的电势大于b点的电势，知a点带正电，b点带负电．根据左手定则，知不论是正电荷还是负电荷，均向左运动，电流向左，可知正电荷向左移动．故A正确，B错误．

C、根据qE=qvB，E=$\frac {Φ_a-Φ_b}{D}$，解得，v=$\frac {Φ_a-Φ_b}{BD}$，Q=π($\frac {D}{2}$)_v=$\frac {πD(φ_a-φ_b)}{4B}$．故C正确，D错误．

故选AC．

点评：

解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力方向，以及知道最终电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡．

分析：

根据左手定则判断出粒子在磁场中的受力分析，判断出粒子的运动方向，及可判断出电势的高低

解答：

解：A、粒子经加速电场后获得速度v，进入速度选择器中，根据粒子在磁场中的受力可知，正离子受到的洛伦兹力向上，负粒子受到的洛伦兹力向下，故a板带正电荷，故a点的电势高于b板，故A正确

B、根据粒子在磁场中的受力可知，正离子受到的洛伦兹力向下，负粒子受到的洛伦兹力向上，故a板带负电荷，故a点的电势低于b板，故B错误；

C、根据粒子在磁场中的受力可知，正离子受到的洛伦兹力向上，负粒子受到的洛伦兹力向下，故a板带正电荷，故a点的电势高于b板，故C正确

D、当电流流过霍尔元件时，由于电子的运动方向与电力方向相反，根据左手定则可知，a板带正电荷，b板带负电，故a点的电势高于b板，故D正确

故选：ACD

点评：

本题主要考查了带电粒子在磁场中的受力，根据左手定则判断即可

分析：

当导电流体稳定地流经流量计时，正负电荷受洛伦兹力发生偏转，在上下表面间形成电势差，最终稳定时，电荷所受电场力与洛伦兹力平衡，根据欧姆定律及电阻定律求出上下表面间的电势差，从而根据平衡求出速度以及流量的大小．

解答：

解：AB、最终稳定时有：qvB=q$\frac {U}{c}$．则v=$\frac {U}{cB}$

根据电阻定律R′=ρ$\frac {c}{ab}$，则总电阻R_总=R′+R

所以U=IR_总=I(ρ$\frac {c}{ab}$+R)

解得v=$\frac {I(ρ$\frac {c}{ab}$+R)}{cB}$

所以流量Q=vS=vbc=$\frac {I(bR+$\frac {ρc}{a}$)}{B}$．故A正确，B错误．

CD、由上分析可知，那么上下两极间的电势差U=$\frac {QB}{bR+$\frac {ρc}{a}$}$(ρ$\frac {c}{ab}$+R)，故C错误，D正确；

故选：AD．

点评：

解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及掌握欧姆定律和电阻定律的运用，注意电流方向的横截面积求解．

分析：

线框ab边刚进入磁场做匀速直线运动，知所受的安培力和重力平衡，当ab边越过GH，回路产生的感应电流变大，则安培力大于重力，线框做减速运动，当安培力减小到与重力相等时，又做匀速直线运动．

解答：

解：A、线框向下运动，由楞次定律可知，安培力总是阻碍线框的运动，为阻碍线框运动，线框受到的安培力方向与运动方向相反，即线框受到的安培力方向始终向上，所受安培力方向始终保持不变，故A正确；

B、设金属框ab边刚进入磁场时的速度为v$_1$，当ab边下落到GH和JK之间的某位置时，又恰好开始做匀速直线运动的速度为v$_2$，由题意知，v$_2$＜v$_1$，对ab边刚进入磁场，到刚到达第二个磁场的下边界过程中，由能量守恒得：Q=mg•2L+$\frac {1}{2}$mv$_1$_-$\frac {1}{2}$mv$_2$_，故B错误．

C、当ab边刚进入第一个磁场时，金属框恰好做匀速直线运动，由平衡条件得：mg=$\frac {B_L_v}{R}$，解得：v=$\frac {mgR}{B_L}$，从线框开始下落到刚进入磁场过程，由机械能守恒定律得：mgh=$\frac {1}{2}$mv_，解得：h=$\frac {m_gR}{2B_L}$，故C错误．

D、当ab边下落到GH和JK之间做匀速运动时，线框受到的安培力：F=2BIL=2BL$\frac {2BLv$_2$}{R}$=$\frac {4B_L_v$_2$}{R}$，由平衡条件得：mg=$\frac {4B_L_v$_2$}{R}$，解得：v$_2$=$\frac {mgR}{4B_L}$，故D正确．

故选：AD．

点评：

解决本题的关键搞清金属框在整个过程中的运动情况，结合切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律以及能量守恒定律和共点力平衡进行求解．