《（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（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（含解析）新人教版（14頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、電磁感應(yīng)綜合檢測 (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1～8小題只有一個(gè)選項(xiàng)正確,第9～14小題有多個(gè)選項(xiàng)正確,全部選對的得3分,選對但不全的得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,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

2、,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,且磁場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.0～1 s內(nèi)ab,cd導(dǎo)線互相排斥 B.1～2 s內(nèi)ab,cd導(dǎo)線互相吸引 C.2～3 s內(nèi)ab,cd導(dǎo)線互相吸引 D.3～4 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,0～

3、2 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;2～4 s內(nèi)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Ⅰ中.回路的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場Ⅱ,以向里為磁場Ⅱ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

4、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.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,則(　A　) A.E=πfl2B,且a點(diǎn)電勢低于b點(diǎn)電勢 B.E=2πfl2B,且a點(diǎn)電勢低于b點(diǎn)電勢 C.E=πfl2B,且a點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢 D.E=2πfl2B,且a點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢

5、 解析:每個(gè)葉片都切割磁感線,根據(jù)右手定則,a點(diǎn)電勢低于b點(diǎn)電勢.葉片端點(diǎn)的線速度v=ωl=2πfl,葉片的感應(yīng)電動(dòng)勢E=Blv=Bl×2πl(wèi)f=πfl2B.故選A. 5.在如圖所示的電路中,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

6、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強(qiáng)磁場,磁場上下邊界的間距為L.一個(gè)邊長也為L的正方形導(dǎo)線框在位置Ⅰ獲得向上初速度后進(jìn)入磁場沿豎直方向運(yùn)動(dòng),線框所在平面始終與磁場方向垂直,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Ⅰ.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

7、.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,B正確. 7.如圖所示,有水平方向的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5 T,在與磁場垂直的豎直平面內(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 Ω,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

8、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/s C.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/s D.金屬棒從BC開始向上運(yùn)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

9、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. 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α,圖中虛線下方區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場,磁場方向垂直于導(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)

10、入磁場時(shí)感應(yīng)電流的方向由a到b B.金屬桿ab進(jìn)入磁場時(shí)速度大小為 C.金屬桿ab進(jìn)入磁場后產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為 D.金屬桿ab進(jìn)入磁場后金屬桿cd對兩根小柱的壓力大小為mgsin α 解析:由右手定則可知,ab進(jìn)入磁場時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流由b流向a,故A錯(cuò)誤;ab進(jìn)入磁場時(shí)受到的安培力F=BIL=BL=,由平衡條件得=mgsin α,解得v=,故B錯(cuò)誤;ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢 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對兩根小柱的壓力等于FN=mgsin α+F>mgsin α,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

11、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)生的磁場分別垂直軌道平面向外和向里,當(dāng)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)

12、對應(yīng)的磁場強(qiáng)度越來越大,因此產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢越來越大,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,磁場上、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上方某一高度由靜止釋放,穿越磁場的過程中,小燈泡始終正常發(fā)光.已知小燈泡的額定功率為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.磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)為 B.線框剛進(jìn)入磁場時(shí)速度大小為 C.線框進(jìn)磁場的過程中通過小燈泡的

13、電荷量為 D.線框穿越磁場的過程中,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,故說明線圈在磁場只能做勻速運(yùn)動(dòng),而且進(jìn)入磁場和穿出磁場的過程都做勻速運(yùn)動(dòng),則知有界磁場寬度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)磁場的過程中通過小燈泡的電荷量為q=It=·==,選項(xiàng)C正確;線框穿越磁場的過程中,動(dòng)能不變,減小的重力勢能全部轉(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

14、上,在O≤x≤2L的區(qū)域內(nèi)存在著勻強(qiáng)磁場,磁場方向垂直于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0～L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

15、為當(dāng)DE邊在0～2L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正確;銅盤在磁場中按圖示方向轉(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)

16、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)磁場中,磁場方向垂直于圓環(huán)平面(紙面)向里.當(dāng)磁場均勻減弱時(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∶1 D.圓環(huán)和線框中的電流大小之比為2∶1 解析:根據(jù)楞次定律可得當(dāng)磁場均勻減小時(shí),圓環(huán)和線框內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)磁場方向與原磁場方向相同,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=πa2,圓周長為L=2πa,線框面積為S′=2a2,線框周長為L′= 4a,因?yàn)榇艌鍪蔷鶆驕p小的,故E=,所以圓環(huán)和線框內(nèi)的電動(dòng)勢

17、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,圓盤開始減速.在圓盤減速過程中,以下說法正確的是(　ABD　) A.處于磁場中的圓盤部分,靠近圓心處電勢高 B.所加磁場越強(qiáng)越易使圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng) C.若所加磁場反向,圓盤將加速轉(zhuǎn)動(dòng) D.若所加磁場穿過整個(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,故靠近圓心處電勢高,A正確;安培力F=,磁場越強(qiáng),安培

18、力越大,B正確;磁場反向時(shí),安培力仍是阻力,C錯(cuò)誤;若所加磁場穿過整個(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: ①將小線圈迅速插入大線圈時(shí),靈敏電流計(jì)指針將　　　　　　;? ②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　　　

19、　　.? A.因電路不閉合,無電磁感應(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 C.不能用楞次定律判斷大線圈兩端電勢的高低 D.可以用楞次定律判斷大線圈兩端電勢的高低 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)①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.②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

20、通量的變化,仍會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢,不會(huì)有感應(yīng)電流存在,可根據(jù)楞次定律來確定電荷移動(dòng)的方向,從而可以判斷出大線圈兩端電勢高低情況.故B,D正確,A,C錯(cuò)誤. 答案:(1)見解析　(2)①向右偏轉(zhuǎn)一下?、谙蜃笃D(zhuǎn)一下　(3)BD 評分標(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Δt內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢的平均值E,改變速度多次實(shí)驗(yàn),得到多組Δt與E,若以E為縱坐標(biāo)、　　　　　為橫坐

21、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)勢與時(shí)間的變化關(guān)系,如圖(乙)所示,擋光時(shí)間Δt內(nèi)圖像所圍陰影部分面積為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)需要電壓傳感器測量感應(yīng)電動(dòng)勢的平均值. (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ΔΦ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=E·Δt=n·ΔΦ,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

22、)　(3)= 評分標(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θ=37°的絕緣斜面上,該裝置處于垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.4 T.質(zhì)量m=0.2 kg、電阻R=0.3 Ω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)μ=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

23、 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E=Blv,(1分) 回路中感應(yīng)電流I=,(1分) 棒ab所受的安培力F=BIl 對棒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=Δt=Δt===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

24、,(1分) 對框架有Mgsin 37°+BI1l=μ(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 J　4 C　(3)7.2 m/s 18.(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,存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的磁場,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

25、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)磁場時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢為E=BLv0 由閉合電路歐姆定律有I= 又F安=ILB可得F安=(2分) 由牛頓第二定律有F-F安=ma 解得B=.(2分) (3)導(dǎo)體棒穿過磁場過程,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

26、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θ=37°的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0.1 T.質(zhì)量為mB=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

27、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 Ω,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

28、A,B利用動(dòng)量定理可得 對B:FB安cos θ·t =mBvB, 對A:-FA安cos θ·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 θ)LΔt=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ΔΦ=Bcos θΔS,(1分) 聯(lián)立以上各式,得ΔS

29、=29.6 m2.(1分) 答案:(1)3 m/s　(2) m/s　(3)29.6 m2 20.(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 Ω和R2=6 Ω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Ⅰ和Ⅱ,一質(zhì)量m=0.2 kg、電阻r=1 Ω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Ⅱ后,導(dǎo)體棒ab中通過的電流始終保持

30、不變,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),在磁場中切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢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 Ω. 解得a1=5 m/s2.(1分)

31、(2)導(dǎo)體棒ab進(jìn)入磁場Ⅱ后,受到的安培力與F0平衡,做勻速直線運(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Δt,由動(dòng)量定理得 -Δt=-mΔv 即=mΔv,(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 m　3.6 J　 14