《（山東專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng)綜合檢測(cè)（含解析）新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（山東專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng)綜合檢測(cè)（含解析）新人教版（14頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、電磁感應(yīng)綜合檢測(cè)(時(shí)間:90分鐘滿分:100分)一、選擇題(本題共14小題,每小題3分,共42分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,第18小題只有一個(gè)選項(xiàng)正確,第914小題有多個(gè)選項(xiàng)正確,全部選對(duì)的得3分,選對(duì)但不全的得2分,有選錯(cuò)或不選的 得0分)1.如圖所示,ab是水平面上一個(gè)圓的直徑,在ab的正上方有一根通電導(dǎo)線ef,且ef平行于ab,當(dāng)ef豎直向上平移時(shí),穿過這個(gè)圓面的磁通量將(C)A.逐漸變大B.逐漸變小C.始終為零D.不為零,但始終保持不變解析:由題意,通電直導(dǎo)線產(chǎn)生穩(wěn)定的磁場(chǎng),且處在ab正上方,電流I產(chǎn)生的磁感線為垂直于ef的同心圓,因此,穿過圓面的磁通量為零,當(dāng)ef豎直向上平移時(shí),穿過

2、這個(gè)圓面的磁通量總為零,故C正確,A,B,D錯(cuò)誤.2.等離子體氣流由左方以速度v0連續(xù)射入P1和P2兩板間的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,ab直導(dǎo)線與P1,P2相連接,線圈A與直導(dǎo)線cd連接.線圈A內(nèi)有如圖(乙)所示的變化磁場(chǎng),且磁場(chǎng)B的正方向規(guī)定為向左,如圖(甲)所示,則下列敘述正確的是(B)A.01 s內(nèi)ab,cd導(dǎo)線互相排斥B.12 s內(nèi)ab,cd導(dǎo)線互相吸引C.23 s內(nèi)ab,cd導(dǎo)線互相吸引D.34 s內(nèi)ab,cd導(dǎo)線互相吸引解析:由左側(cè)電路可以判斷ab中電流方向由a到b;由右側(cè)電路及圖(乙)可以判斷,02 s內(nèi)cd中電流由c到d,跟ab中電流同向,因此ab,cd相互吸引,故A錯(cuò)誤,B正確;24 s內(nèi)

3、cd中電流由d到c,跟ab中電流反向,因此ab,cd相互排斥,故C,D錯(cuò)誤.3.將一段導(dǎo)線繞成圖(甲)所示的閉合電路,并固定在水平面(紙面)內(nèi),回路的ab邊置于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.回路的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場(chǎng),以向里為磁場(chǎng)的正方向,其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的圖像如圖(乙)所示.用F表示ab邊受到的安培力,以水平向右為F的正方向,能正確反映F隨時(shí)間t變化的圖像是(B)解析:在0到時(shí)間內(nèi),磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小,回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流恒定,由楞次定律可判斷出為順時(shí)針方向.由左手定則可判斷出ab邊受到的安培力方向?yàn)樗较蜃?同理可判斷出其他時(shí)間段的安培力方向,能正確反映F隨時(shí)間t變化的圖像是B

4、.4.如圖所示,一直升機(jī)停在南半球的地磁極上空,該處地磁場(chǎng)的方向豎直向上,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,直升機(jī)螺旋槳葉片的長度為l,近軸端為a,遠(yuǎn)軸端為b,轉(zhuǎn)動(dòng)的頻率為f,順著地磁場(chǎng)的方向看,螺旋槳按順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng).如果忽略a到轉(zhuǎn)軸中心線的距離,用E表示每個(gè)葉片中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),則(A)A.E=fl2B,且a點(diǎn)電勢(shì)低于b點(diǎn)電勢(shì)B.E=2fl2B,且a點(diǎn)電勢(shì)低于b點(diǎn)電勢(shì)C.E=fl2B,且a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)D.E=2fl2B,且a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)解析:每個(gè)葉片都切割磁感線,根據(jù)右手定則,a點(diǎn)電勢(shì)低于b點(diǎn)電勢(shì).葉片端點(diǎn)的線速度v=l=2fl,葉片的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blv=Bl2lf=fl2B.故選A.5.在如圖

5、所示的電路中,a,b為兩個(gè)完全相同的燈泡,L為自感線圈,E為電源,S為開關(guān).關(guān)于兩燈泡點(diǎn)亮和熄滅的先后次序,下列說法正確的是(C)A.合上開關(guān),a先亮,b逐漸變亮;斷開開關(guān),a,b同時(shí)熄滅B.合上開關(guān),b先亮,a逐漸變亮;斷開開關(guān),a先熄滅,b后熄滅C.合上開關(guān),b先亮,a逐漸變亮;斷開開關(guān),a,b同時(shí)熄滅D.合上開關(guān),a,b同時(shí)亮;斷開開關(guān),b先熄滅,a后熄滅解析:由于a,b為兩個(gè)完全相同的燈泡,當(dāng)開關(guān)接通瞬間,b燈泡立刻發(fā)光,而a燈泡由于線圈的自感作用漸漸變亮;當(dāng)開關(guān)斷開瞬間,兩燈泡串聯(lián),由線圈產(chǎn)生瞬間電壓提供電流,導(dǎo)致兩燈泡同時(shí)逐漸熄滅.故選C.6.如圖所示,空間存在一有邊界的水平方向勻

6、強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)上下邊界的間距為L.一個(gè)邊長也為L的正方形導(dǎo)線框在位置獲得向上初速度后進(jìn)入磁場(chǎng)沿豎直方向運(yùn)動(dòng),線框所在平面始終與磁場(chǎng)方向垂直,且線框上、下邊始終保持水平.若導(dǎo)線框返回一直加速下落,經(jīng)過一段時(shí)間回到初始位置.則導(dǎo)線框(B)A.上升過程加速度減小,下落過程加速度增大B.上升過程加速度減小,下落過程加速度減小C.上升過程加速度增大,下落過程加速度增大D.上升過程加速度增大,下落過程加速度減小解析:線框在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)時(shí),受到重力和安培力,安培力的大小與運(yùn)動(dòng)速度成正比.上升過程中,安培力方向與重力方向相同,由于速度減小,故加速度減小;下降過程中,安培力與重力方向相反,由于速度增大,故加速度減小,

7、B正確.7.如圖所示,有水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5 T,在與磁場(chǎng)垂直的豎直平面內(nèi)有一如圖所示的金屬導(dǎo)軌框架ABCD,AB,CD邊與BC邊的夾角均為53,BC邊水平,且長度L=0.8 m,電阻R=4 ,其余兩邊電阻不計(jì).現(xiàn)有一長也為L=0.8 m,電阻不計(jì)的金屬棒,在外力作用下從緊貼導(dǎo)軌BC處以某一初速度v0沿框架豎直向上運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)過程中都不脫離導(dǎo)軌,且BC邊消耗的電功率保持P=0.16 W不變,則下列說法中正確的是(D)A.該過程中金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)B.金屬棒的初速度v0=1 m/sC.金屬棒從BC開始向上運(yùn)動(dòng)到0.2 m時(shí),金屬棒的速度v=4 m/sD.金屬棒從BC開始向上運(yùn)

8、動(dòng)0.2 m的過程中,BC中產(chǎn)生的焦耳熱Q=0.013 J解析:由于BC邊消耗的電功率保持不變,回路中電流保持不變,但有效切割長度在變小,所以棒的速度變大,棒應(yīng)加速運(yùn)動(dòng),A錯(cuò);根據(jù)P=I2R得I=0.2 A,開始時(shí)I=,求得v0=2 m/s,B錯(cuò),金屬棒向上運(yùn)動(dòng)0.2 m時(shí),由幾何關(guān)系知有效切割長度L=0.5 m,根據(jù)I=,求得v=3.2 m/s,C錯(cuò);金屬棒向上運(yùn)動(dòng)0.2 m的過程中回路中的感應(yīng)電荷量q=It=,可求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間t,又回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q=I2Rt,可求得Q=0.013 J,D對(duì).8.如圖所示,兩根間距為L的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角為,圖中虛線下方區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的

9、勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向上,兩金屬桿質(zhì)量均為m,電阻均為R,垂直于導(dǎo)軌放置,開始時(shí)金屬桿ab處在距磁場(chǎng)上邊界一定距離處,金屬桿cd處在導(dǎo)軌的最下端,被與導(dǎo)軌垂直的兩根小柱擋住,現(xiàn)將金屬桿ab由靜止釋放,當(dāng)金屬桿ab剛進(jìn)入磁場(chǎng)便開始做勻速直線運(yùn)動(dòng),已知重力加速度為g,則(C)A.金屬桿ab進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流的方向由a到bB.金屬桿ab進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度大小為C.金屬桿ab進(jìn)入磁場(chǎng)后產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為D.金屬桿ab進(jìn)入磁場(chǎng)后金屬桿cd對(duì)兩根小柱的壓力大小為mgsin 解析:由右手定則可知,ab進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流由b流向a,故A錯(cuò)誤;ab進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力F=BIL=BL=,由平衡條

10、件得=mgsin ,解得v=,故B錯(cuò)誤;ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E=BLv=,故C正確;由左手定則可知,cd受到的安培力平行于斜面向下,則cd對(duì)兩根小柱的壓力等于FN=mgsin +Fmgsin ,故D錯(cuò)誤.9.如圖,一端接有定值電阻的平行金屬軌道固定在水平面內(nèi),通過恒定電流的長直絕緣導(dǎo)線垂直并緊靠軌道固定,導(dǎo)體棒與軌道垂直且接觸良好.在向右勻速通過M,N兩區(qū)的過程中,導(dǎo)體棒所受安培力分別用FM,FN表示.不計(jì)軌道電阻.以下敘述正確的是(BCD)A.FM向右 B.FN向左C.FM逐漸增大 D.FN逐漸減小解析:根據(jù)安培定則,在軌道內(nèi)的M區(qū)、N區(qū)通電長直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)分別垂直軌道平面向外和向里,當(dāng)

11、導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到M區(qū)時(shí),根據(jù)右手定則,在導(dǎo)體棒內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流與長直絕緣導(dǎo)線中的電流方向相反,再根據(jù)左手定則可知,金屬棒在M區(qū)時(shí)受到的安培力方向向左,因此選項(xiàng)A錯(cuò)誤;同理可以判定選項(xiàng)B正確;導(dǎo)體棒在M區(qū)勻速靠近長直絕緣導(dǎo)線時(shí)對(duì)應(yīng)的磁場(chǎng)強(qiáng)度越來越大,因此產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越來越大,根據(jù)閉合電路的歐姆定律和安培力的公式可知,導(dǎo)體棒所受的安培力FM也逐漸增大,故選項(xiàng)C正確,同理選項(xiàng)D正確.10.如圖所示,在豎直面內(nèi)有一方向垂直紙面向外、寬度為d的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)上、下邊界水平.有一個(gè)連接小燈泡的總質(zhì)量為m,邊長為L的正方形金屬線框從磁場(chǎng)上方某一高度由靜止釋放,穿越磁場(chǎng)的過程中,小燈泡始終正常發(fā)光.已知小

12、燈泡的額定功率為P、額定電壓為U,線框電阻不計(jì),且下落過程中,底邊始終保持水平,重力加速度為g,則(ABC)A.磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)為B.線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度大小為C.線框進(jìn)磁場(chǎng)的過程中通過小燈泡的電荷量為D.線框穿越磁場(chǎng)的過程中,燈泡產(chǎn)生的焦耳熱為mgd解析:小燈泡始終正常發(fā)光,說明燈泡兩端電壓不變,故說明線圈在磁場(chǎng)只能做勻速運(yùn)動(dòng),而且進(jìn)入磁場(chǎng)和穿出磁場(chǎng)的過程都做勻速運(yùn)動(dòng),則知有界磁場(chǎng)寬度d=L.燈泡正常發(fā)光時(shí)電流為I=;根據(jù)線框勻速運(yùn)動(dòng)受力平衡得BIL=mg,可得B=,故A正確;設(shè)線框勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v,由功能關(guān)系得mgv=P,v=,故B正確;線框進(jìn)磁場(chǎng)的過程中通過小燈泡的電荷量為q=It=

13、,選項(xiàng)C正確;線框穿越磁場(chǎng)的過程中,動(dòng)能不變,減小的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能,由能量守恒定律得燈泡產(chǎn)生的焦耳熱為2mgd,故D錯(cuò)誤.11.如圖所示,xOy平面位于光滑水平桌面上,在Ox2L的區(qū)域內(nèi)存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面向下.由同種材料制成的粗細(xì)均勻的正六邊形導(dǎo)線框,放在該水平桌面上,AB與DE邊距離恰為2L,現(xiàn)施加一水平向右的拉力F拉著線框水平向右勻速運(yùn)動(dòng),DE邊與y軸始終平行,從線框DE邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)開始計(jì)時(shí),則線框中的感應(yīng)電流i(取逆時(shí)針方向的電流為正)隨時(shí)間t的函數(shù)圖像和拉力F隨時(shí)間t的函數(shù)圖像大致是(AC)解析:當(dāng)DE邊在0L區(qū)域內(nèi)時(shí),導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)過程中有效切割長度越

14、來越大,與時(shí)間成線性關(guān)系,初始就是DE邊長度,所以電流與時(shí)間的關(guān)系A(chǔ)正確,B錯(cuò)誤;因?yàn)槭莿蛩龠\(yùn)動(dòng),拉力F與安培力等值反向,由F=知,力與L成二次函數(shù)關(guān)系,因?yàn)楫?dāng)DE邊在02L區(qū)域內(nèi)時(shí),導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)過程中有效切割長度隨時(shí)間先均勻增加后均勻減小,所以F隨時(shí)間先增加得越來越快后減小得越來越慢,C正確,D錯(cuò)誤.12.下列各圖所描述的物理情境中,能產(chǎn)生感應(yīng)電流的是(BCD)解析:開關(guān)S閉合穩(wěn)定后,穿過線圈N的磁通量保持不變,線圈N中不產(chǎn)生感應(yīng)電流,故A錯(cuò)誤;磁鐵向鋁環(huán)A靠近,穿過鋁環(huán)A的磁通量在增大,鋁環(huán)A中產(chǎn)生感應(yīng)電流,故B正確;金屬框從A向B運(yùn)動(dòng),穿過金屬框的磁通量時(shí)刻在變化,金屬框產(chǎn)生感應(yīng)電流,故C

15、正確;銅盤在磁場(chǎng)中按圖示方向轉(zhuǎn)動(dòng),銅盤的一部分切割磁感線,產(chǎn)生感應(yīng)電流,故D正確.13.用導(dǎo)線繞一圓環(huán),環(huán)內(nèi)有一用同樣導(dǎo)線折成的內(nèi)接正方形線框,圓環(huán)與線框絕緣,如圖所示.把它們放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的均強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直于圓環(huán)平面(紙面)向里.當(dāng)磁場(chǎng)均勻減弱時(shí)(AC)A.圓環(huán)和線框中的電流方向都為順時(shí)針B.圓環(huán)和線框中的電流方向都為逆時(shí)針C.圓環(huán)和線框中的電流大小之比為1D.圓環(huán)和線框中的電流大小之比為21解析:根據(jù)楞次定律可得當(dāng)磁場(chǎng)均勻減小時(shí),圓環(huán)和線框內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)磁場(chǎng)方向與原磁場(chǎng)方向相同,即感應(yīng)電流方向都為順時(shí)針,A正確,B錯(cuò)誤;設(shè)圓半徑為a,則圓面積為S=a2,圓周長為L=2a,線框面積

16、為S=2a2,線框周長為L= 4a,因?yàn)榇艌?chǎng)是均勻減小的,故E=,所以圓環(huán)和線框內(nèi)的電動(dòng)勢(shì)之比為=,兩者的電阻之比為 =,故電流之比為=,故C正確,D錯(cuò)誤.14.如圖,一均勻金屬圓盤繞通過其圓心且與盤面垂直的軸逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng).現(xiàn)施加一垂直穿過圓盤的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng),圓盤開始減速.在圓盤減速過程中,以下說法正確的是(ABD)A.處于磁場(chǎng)中的圓盤部分,靠近圓心處電勢(shì)高B.所加磁場(chǎng)越強(qiáng)越易使圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)C.若所加磁場(chǎng)反向,圓盤將加速轉(zhuǎn)動(dòng)D.若所加磁場(chǎng)穿過整個(gè)圓盤,圓盤將勻速轉(zhuǎn)動(dòng)解析:把圓盤看成沿半徑方向緊密排列的金屬條,根據(jù)右手定則,處于磁場(chǎng)中的圓盤部分,感應(yīng)電流從靠近圓盤邊緣處流向靠近圓心處,故靠近圓

17、心處電勢(shì)高,A正確;安培力F=,磁場(chǎng)越強(qiáng),安培力越大,B正確;磁場(chǎng)反向時(shí),安培力仍是阻力,C錯(cuò)誤;若所加磁場(chǎng)穿過整個(gè)圓盤,則磁通量不再變化,沒有感應(yīng)電流,安培力為零,將勻速轉(zhuǎn)動(dòng),D正確.二、非選擇題(共58分)15.(6分)如圖為“探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象”的實(shí)驗(yàn)裝置.(1)將圖中所缺的導(dǎo)線補(bǔ)接完整.(2)如果在閉合開關(guān)時(shí)發(fā)現(xiàn)靈敏電流表的指針向右偏了一下,那么合上開關(guān)后可能出現(xiàn)的情況有:將小線圈迅速插入大線圈時(shí),靈敏電流計(jì)指針將;小線圈插入大線圈后,將滑動(dòng)變阻器觸頭迅速向左拉時(shí),靈敏電流計(jì)指針.(3)在做“探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象”實(shí)驗(yàn)時(shí),如果大線圈兩端不接任何元件,則大線圈電路中將.A.因電路不閉合,無電磁

18、感應(yīng)現(xiàn)象B.有電磁感應(yīng)現(xiàn)象,但無感應(yīng)電流,只有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)C.不能用楞次定律判斷大線圈兩端電勢(shì)的高低D.可以用楞次定律判斷大線圈兩端電勢(shì)的高低解析:(1)將電源、開關(guān)、變阻器、小線圈串聯(lián)成一個(gè)回路,再將電流表與大線圈串聯(lián)成另一個(gè)回路,連線圖如圖所示.(2)閉合開關(guān),磁通量增加,指針向右偏轉(zhuǎn),將小線圈迅速插入大線圈,磁通量增加,則靈敏電流表的指針向右偏轉(zhuǎn)一下.小線圈插入大線圈后,將滑動(dòng)變阻器觸頭迅速向左拉時(shí),電阻增大,則電流減小,穿過大線圈的磁通量減小,則靈敏電流表指針向左偏轉(zhuǎn)一下.(3)如果大線圈兩端不接任何元件,大線圈中仍有磁通量的變化,仍會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),不會(huì)有感應(yīng)電流存在,可根據(jù)楞次定律來

19、確定電荷移動(dòng)的方向,從而可以判斷出大線圈兩端電勢(shì)高低情況.故B,D正確,A,C錯(cuò)誤.答案:(1)見解析(2)向右偏轉(zhuǎn)一下向左偏轉(zhuǎn)一下(3)BD評(píng)分標(biāo)準(zhǔn):每問2分.16.(6分)在用如圖(甲)所示裝置“研究回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小與磁通量變化快慢的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中:(1)本實(shí)驗(yàn)中需要用到的傳感器是光電門傳感器和 傳感器.(2)讓小車以不同速度靠近螺線管,記錄下光電門擋光時(shí)間t內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值E,改變速度多次實(shí)驗(yàn),得到多組t與E,若以E為縱坐標(biāo)、為橫坐標(biāo)作圖可以得到直線圖像.(3)記錄下小車某次勻速向左運(yùn)動(dòng)至最后撞上螺線管停止的全過程中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與時(shí)間的變化關(guān)系,如圖(乙)所示,擋光時(shí)間t內(nèi)圖像所圍陰

20、影部分面積為S,增加小車的速度再次實(shí)驗(yàn)得到的面積S (選填“”“”或“=”)S.解析:(1)需要電壓傳感器測(cè)量感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值.(2)由于以不同速度小車靠近螺線管,在擋光片通過光電門過程中磁通量變化量相同,由法拉第電磁感應(yīng)定律公式E=n可知,E,故應(yīng)該以為橫軸作圖.(3)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律公式E=n,面積S=Et=n,由于小車的初末位置不變,故面積為一個(gè)定值.答案:(1)電壓(2)(3)=評(píng)分標(biāo)準(zhǔn):每問2分.17.(11分)如圖所示,電阻不計(jì)且足夠長的U形金屬框架放置在傾角=37的絕緣斜面上,該裝置處于垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.4 T.質(zhì)量m=0.2 kg、電阻R=

21、0.3 的導(dǎo)體棒ab垂直放在框架上,與框架接觸良好,從靜止開始沿框架無摩擦地下滑.框架的質(zhì)量M=0.4 kg、寬度l=0.5 m,框架與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.7,與斜面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力.(g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8)(1)若框架固定,求導(dǎo)體棒的最大速度大小vm;(2)若框架固定,導(dǎo)體棒從靜止開始下滑6 m時(shí)速度 v1=4 m/s,求此過程回路中產(chǎn)生的熱量Q及流過導(dǎo)體棒的電荷量q;(3)若框架不固定,求當(dāng)框架剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)導(dǎo)體棒的速度大小v2.解析:(1)棒ab產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E=Blv,(1分)回路中感應(yīng)電流I=,(1分)棒ab所受的安培力F=BI

22、l對(duì)棒ab:mgsin 37-BIl=ma(1分)當(dāng)加速度a=0時(shí),最大速度vm=9 m/s.(1分)(2)根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒有mgxsin 37=m+Q,(1分)解得Q=5.6 J,(1分)q=t=t=4 C.(1分)(3)回路中感應(yīng)電流I1=,(1分)框架上邊所受安培力F1=BI1l,(1分)對(duì)框架有Mgsin 37+BI1l=(m+M)gcos 37,(1分)聯(lián)立解得v2=7.2 m/s.(1分)答案:(1)9 m/s(2)5.6 J4 C(3)7.2 m/s18.(11分)如圖所示,水平面上兩平行光滑金屬導(dǎo)軌間距為L,左端用導(dǎo)線連接阻值為R的電阻.在間距為d的虛線MN,PQ之間,存在方

23、向垂直導(dǎo)軌平面向下的磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小只隨著與MN的距離變化而變化.質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置,在大小為F的水平恒力作用下由靜止開始向右運(yùn)動(dòng),到達(dá)虛線MN時(shí)的速度為v0.此后恰能以加速度a在磁場(chǎng)中做勻加速運(yùn)動(dòng).導(dǎo)軌電阻不計(jì),始終與導(dǎo)體棒接觸良好.求:(1)導(dǎo)體棒開始運(yùn)動(dòng)的位置到MN的距離x;(2)磁場(chǎng)左邊緣MN處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B;(3)導(dǎo)體棒通過磁場(chǎng)區(qū)域過程中,電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱QR.解析:(1)導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)外,由動(dòng)能定理有Fx=m,(2分)解得x=.(1分)(2)導(dǎo)體棒剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E=BLv0由閉合電路歐姆定律有I=又F安=ILB可得F安=(2分)由牛頓第二

24、定律有F-F安=ma解得B=.(2分)(3)導(dǎo)體棒穿過磁場(chǎng)過程,由牛頓第二定律有F-F安=ma可得F安=F-ma,F,a,m恒定,則安培力F安恒定,則導(dǎo)體棒克服安培力做功為W=F安d(2分)電路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=W電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為QR=Q(1分)解得QR=(F-ma).(1分)答案:(1)(2)(3)(F-ma)19.(12分)如圖所示,足夠長的水平軌道左側(cè)b2c2,b1c1部分軌道間距為3L,右側(cè)c2d2,c1d1部分的軌道間距為L,曲線軌道與水平軌道相切于b1b2,所有軌道均光滑且電阻不計(jì).在水平軌道內(nèi)有斜向下與豎直方向成=37的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0.1 T.質(zhì)量為mB

25、=0.2 kg 的金屬棒B垂直于導(dǎo)軌靜止放置在右側(cè)窄軌道上,質(zhì)量為mA=0.1 kg的導(dǎo)體棒A自曲線軌道上a1a2處由靜止釋放,兩金屬棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終相互平行且與導(dǎo)軌保持良好接觸,A棒總在寬軌上運(yùn)動(dòng),B棒總在窄軌上運(yùn)動(dòng).已知:兩金屬棒接入電路的有效電阻均為 R= 0.2 ,h=0.45 m,L=0.2 m,sin 37=0.6,cos 37=0.8,g= 10 m/s2求:(1)金屬棒A滑到b1b2處時(shí)的速度大小;(2)金屬棒B勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小;(3)在兩棒整個(gè)的運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒A,B在水平導(dǎo)軌間掃過的面積之差.(最后結(jié)果保留3位有效數(shù)字)解析:(1)A棒在曲軌道上下滑,由機(jī)械能守恒定律得

26、mAgh=mA,(1分)解得v0= m/s=3 m/s .(1分)(2)選取水平向右為正方向,對(duì)A,B利用動(dòng)量定理可得對(duì)B:FB安cos t =mBvB,對(duì)A:-FA安cos t = mAvA mAv0,其中FA安=3FB安,(1分)聯(lián)立得mAv0-mAvA =3 mBvB,(1分)兩棒最后勻速時(shí),電路中無電流,有BLvB=3BLvA,(1分)得vB=3vA.(1分) 聯(lián)立后兩式得vA = m/s,vB= m/s.(1分)(3)在B加速過程中,由動(dòng)量定理(Bcos )Lt=mBvB-0,(1分)電路中的電流=,(1分)據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E=,(1分)其中磁通量變化量=Bcos S,(1分)

27、聯(lián)立以上各式,得S=29.6 m2.(1分)答案:(1)3 m/s(2) m/s(3)29.6 m220.(12分)如圖所示,絕緣水平面內(nèi)固定有一間距d=1 m、電阻不計(jì)的足夠長光滑矩形導(dǎo)軌AKDC,導(dǎo)軌兩端接有阻值分別為R1=3 和R2=6 的定值電阻,矩形區(qū)域AKFE,NMCD范圍內(nèi)均有方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和,一質(zhì)量m=0.2 kg、電阻r=1 的導(dǎo)體棒ab垂直放在導(dǎo)軌上,AK與EF之間某處,在方向水平向右、大小F0=2 N的恒力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng),剛要到達(dá)EF時(shí)導(dǎo)體棒ab的速度大小 v1=3 m/s,導(dǎo)體棒ab進(jìn)入磁場(chǎng)后,導(dǎo)體棒ab中通過的電流始終保持不變,

28、導(dǎo)體棒ab在運(yùn)動(dòng)過程中始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,空氣阻力不計(jì).(1)求導(dǎo)體棒ab剛要到達(dá)EF時(shí)的加速度大小a1;(2)求兩磁場(chǎng)邊界EF和MN之間的距離L;(3)若在導(dǎo)體棒ab剛要到達(dá)MN時(shí)將恒力F0撤去,求導(dǎo)體棒ab能繼續(xù)滑行的距離x以及滑行該距離x的過程中整個(gè)回路產(chǎn)生的焦耳熱Q.解析:(1)導(dǎo)體棒ab剛到達(dá)EF時(shí),在磁場(chǎng)中切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1=Bdv1此時(shí)導(dǎo)體棒ab所受安培力的方向水平向左,由牛頓第二定律得F0-BI1d=ma1(1分)根據(jù)閉合電路的歐姆定律,則有I1=,(1分)其中R=2 .解得a1=5 m/s2.(1分)(2)導(dǎo)體棒ab進(jìn)入磁場(chǎng)后,受到的安培力與F0平衡,做

29、勻速直線運(yùn)動(dòng),導(dǎo)體棒ab中通過的電流I2保持不變,則有F0=BI2d,其中,I2=,解得v2=6 m/s.(1分)設(shè)導(dǎo)體棒ab從EF運(yùn)動(dòng)到MN的過程中的加速度大小為a2,根據(jù)牛頓第二定律,則有F0=ma2;導(dǎo)體棒ab在EF,MN之間做勻加速直線運(yùn)動(dòng),則有-=2a2L(1分)解得L=1.35 m.(1分)(3)對(duì)撤去F0后,導(dǎo)體棒ab繼續(xù)滑行的過程中,在某一時(shí)刻,所受安培力F=.(1分)取一小段時(shí)間t,由動(dòng)量定理得-t=-mv即=mv,(1分)則整個(gè)過程有=mv2(1分)x=3.6 m,(1分)根據(jù)能量守恒定律,則有Q=m,(1分)代入數(shù)據(jù),解得Q=3.6 J.(1分)答案:(1)5 m/s2(2)1.35 m(3)3.6 m3.6 J14