分析：

由法拉第电磁感应定律列出电流与时间的表达式和功率与时间的表达式，找出相应的图象即可．

解答：

解：运动时间为t时，完成的位移为x，则连入电路的导体的长度为：2xtan$\frac {θ}{2}$，连入电路的框架的长度为：2$\frac {x}{cos$\frac {θ}{2}$}$，

则电流与t的关系式为：I=$\frac {E}{R_总}$=$\frac {B2xtan$\frac {θ}{2}$v}{(2xtan$\frac {θ}{2}$+2$\frac {x}{cos$\frac {θ}{2}$}$)R}$=$\frac {B2tan$\frac {θ}{2}$v}{(2tan$\frac {θ}{2}$+$\frac {2}{cos$\frac {θ}{2}$}$)R}$为一定值，故A正确，B错误．

运动x时的功率为：P=$\frac {E}{R_总}$=$\frac {(BLv)}{R_总}$=$\frac {(B2xtan$\frac {θ}{2}$v)}{(2xtan$\frac {θ}{2}$+2$\frac {x}{cos$\frac {θ}{2}$}$)R}$=$\frac {(B2tan$\frac {θ}{2}$v)_x}{(2tan$\frac {θ}{2}$+$\frac {2}{cos$\frac {θ}{2}$}$)R}$则与x成正比，故D正确

故选：A　D

点评：

本题考查根据物理规律推导解析式的能力．由解析式确定图象，这是常用的研究方法．

分析：

根据感应电动势、欧姆定律、功率、电阻定律等知识得到感应电动势、感应电流等的表达式分析选择．

解答：

解：设“∠”型导轨的顶角为θ，电阻率为ρ．

A、感应电动势E=BLv=Bvttanθ•v=Bv_tanθ•t，则知E∝t，即感应电动势随时间逐渐增大；故A错误．B正确；

C、感应电流I=$\frac {E}{R}$，R=(vt+vt•tanθ+$\frac {vt}{cosθ}$)$\frac {ρ}{S}$

得I=$\frac {BvStanθ}{ρ(1+tanθ+$\frac {1}{cosθ}$)}$，式中各量恒定，则感应电流不变．故C正确，D错误．

故选：BC

点评：

此题是电磁感应、欧姆定律、电阻定律等知识的综合运用．容易形成错误的选择是电流图象，未考虑电动势和电阻都与时间成正比，而电流不变．

分析：

金属棒从C运动到B的过程中，有效切割长度在不断的增大，根据几何关系写出有效长度的表达式，然后根据法拉第电磁感应定律求解即可，当金属棒通过B点之后有效切割长度不变，因此电动势、电流、功率等不发生变化，因此正确解答本题的关键是弄清导线在从C运动到B过程中的电动势、电流、功率等变化情况．

解答：

解：首先判断从C运动到B点过程中导体棒中电流、功率等变化情况．

设金属棒的速度为v，则运动过程中有效切割长度为：L=vt×tanθ

设金属棒横截面积为s，电阻率为ρ，则回路中电阻为：R=ρ$\frac {vt×tanθ}{s}$

所以回路中的电流为：I=$\frac {BLv}{R}$=$\frac {Bvs}{ρ}$，为定值，故A正确，B错误．

设导体棒在到达B之前运动的距离为x，则有：

电动势为：E=BLv=Bxtanθv

电阻为：R=ρ$\frac {xtanθ}{s}$

功率为：P=$\frac {E}{R}$=$\frac {B_vstanθx}{ρ}$，故开始功率随着距离增大而均匀增大，当通过B点之后，感应电动势不变，回路中电阻不变，故功率不变，故D正确，C错误．

故选：AD．

点评：

对于这类问题不能盲目凭感觉进行判断，要根据数学关系和所学物理规律求出物理量之间的表达式进行判断，否则容易出错．

分析：

在电磁感应现象中安培力是阻力，做负功，产生内能，根据能量守恒定律，判断回到出发点的速度与初速度的大小．

电磁感应中通过导体的电量q=$\frac {△Φ}{R}$，分析两个过程磁通量的变化关系，即可判断通过R的电量关系．

比较出任何一个位置，上升到此位置和下落到此位置的速度大小，即可比较出电流的大小，可判断出安培力做功关系，即可分析上升过程中R产生热量和下落过程中产生的热量大小．

解答：

解：

A、从出发点到回到出发点的过程中，棒因切割磁感线产生感应电流，回路中产生内能，回到出发点时，根据能量守恒知，棒的重力势能不变，内能增加，则动能减小，所以回到出发点的速度v小于初速度v_0．故A错误．

B、上行和下行两个过程中，回路的磁通量变化量△Φ相等，根据感应电量表达式q=$\frac {△Φ}{R}$，可知两个过程中通过R的电量相等，故B正确．

C、上行和下行两个过程中，安培力方向都与棒的速度方向相反，安培力都做负功，故C错误．

D、根据能量守恒得，除最高点外，在任何一个位置，上升到此位置的速度大于下落到此位置的速度，则知在任何一个位置，上升到此位置的感应电流大于下降到此位置的感应电流，上升到此位置的安培力大于下降到此位置的安培力，而上升和下降过程的位移相同，故上升过程中克服安培力做的功比下降过程中克服安培力做的功多．所以上升过程中产生的热量大于下降过程中产生的热量．故D正确．

故选：BD．

点评：

解决本题的关键通过能量守恒定律比较出回到出发点的速度和初速度的大小，从而确定每个位置感应电流和速度的大小．记住感应电量经验公式q=$\frac {△Φ}{R}$，有利于分析电量问题．

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．