2022年高考物理大一輪復習 真題匯編 L單元 電磁感應
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1、2022年高考物理大一輪復習 真題匯編 L單元 電磁感應 16.L1 L2[xx·北京卷] 如圖1-所示,勻強磁場中有兩個導體圓環(huán)a、b,磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直.磁感應強度B隨時間均勻增大.兩圓環(huán)半徑之比為2∶1,圓環(huán)中產(chǎn)生的感應電動勢分別為Ea和Eb,不考慮兩圓環(huán)間的相互影響.下列說法正確的是( ) 圖1- A.Ea∶Eb=4∶1,感應電流均沿逆時針方向 B.Ea∶Eb=4∶1,感應電流均沿順時針方向 C.Ea∶Eb=2∶1,感應電流均沿逆時針方向 D.Ea∶Eb=2∶1,感應電流均沿順時針方向 16.B [解析] 由法拉第電磁感應定律可知E=n,則E=nπR2.由于
2、Ra∶Rb=2∶1,則Ea∶Eb=4∶1.由楞次定律和安培定則可以判斷產(chǎn)生順時針方向的電流.選項B正確. 6.L1 [xx·江蘇卷] 電吉他中電拾音器的基本結構如圖1-所示,磁體附近的金屬弦被磁化,因此弦振動時,在線圈中產(chǎn)生感應電流,電流經(jīng)電路放大后傳送到音箱發(fā)出聲音,下列說法正確的有( ) 圖1- A.選用銅質弦,電吉他仍能正常工作 B.取走磁體,電吉他將不能正常工作 C.增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應電動勢 D.磁振動過程中,線圈中的電流方向不斷變化 6.BCD [解析] 選用銅質弦時,不會被磁化,不會產(chǎn)生電磁感應現(xiàn)象,電吉他不能正常工作,選項A錯誤;取走磁體時,金屬
3、弦磁性消失,電吉他不能正常工作,選項B正確;根據(jù)法拉第電磁感應定律可知,增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應電動勢,選項C正確;根據(jù)楞次定律可知,磁振動過程中,線圈中的電流方向不斷變化,選項D正確. 4.L1[xx·海南卷] 如圖1-所示,一圓形金屬環(huán)與兩固定的平行長直導線在同一豎直面內,環(huán)的圓心與兩導線距離相等,環(huán)的直徑小于兩導線間距.兩導線中通有大小相等、方向向下的恒定電流.若( ) 圖1- A.金屬環(huán)向上運動,則環(huán)上的感應電流方向為順時針方向 B.金屬環(huán)向下運動,則環(huán)上的感應電流方向為順時針方向 C.金屬環(huán)向左側直導線靠近,則環(huán)上的感應電流方向為逆時針方向 D.金屬環(huán)向右側
4、直導線靠近,則環(huán)上的感應電流方向為逆時針方向 4.D [解析] 由安培定則及對稱性可知,圓環(huán)圓心處磁感應強度為零.從圓環(huán)圓心向左直到左側直導線,磁感應強度方向垂直于紙面向外,并且逐漸增大.從圓環(huán)圓心向右直到右側直導線,磁感應強度方向垂直于紙面向里,并且逐漸增大.當金屬環(huán)上下運動時,磁通量時刻為零,沒有感應電流;當金屬環(huán)向左側直導線靠近時,磁通量垂直于紙面向外且在增大,由楞次定律得,感應電流為順時針方向;當金屬環(huán)向右側直導線靠近時,磁通量垂直于紙面向里且在增大,由楞次定律得,感應電流為逆時針方向,故D正確. 5.L1[xx·上海卷] 磁鐵在線圈中心上方開始運動時,線圈中產(chǎn)生如圖方向的感應電流
5、,則磁鐵( ) 圖1- A.向上運動 B.向下運動 C.向左運動 D.向右運動 5.B [解析] 從圖中看,產(chǎn)生感應電流的線圈可以等效為一個N極在上的磁鐵,根據(jù)楞次定律的推論“來拒去留”可知選項B正確. 19.L1[xx·上海卷] 如圖1-(a)所示,螺線管內有平行于軸線的外加勻強磁場,以圖中箭頭所示方向為其正方向.螺線管與導線框abcd相連,導線框內有一小金屬圓環(huán)L,圓環(huán)與導線框在同一平面內.當螺線管內的磁感應強度B隨時間按圖(b)所示規(guī)律變化時( ) 圖1- A.在t1~t2時間內,L有收縮趨勢 B.在t2~t3時間內,L有擴張趨勢 C.在t2~t3時間內
6、,L內有逆時針方向的感應電流 D.在t3~t4時間內,L內有順時針方向的感應電流 19.AD [解析] 在t1~t2時間內,磁場增強,根據(jù)楞次定律可判斷出導線框中產(chǎn)生d→c→b→a方向的感應電流,且電流逐漸增大,則穿過圓環(huán)的磁通量增大,可知L有收縮趨勢,A正確;在t2~t3時間內,磁場先減弱后反向增強,線圈中產(chǎn)生a→b→c→d方向的感應電流且保持不變,穿過圓環(huán)的磁通量不變,L內無感應電流且沒有擴張或收縮的趨勢,B、C錯誤;在t3~t4時間內,沿負方向的磁場減弱,根據(jù)楞次定律可判斷出導線框中產(chǎn)生d→c→b→a方向的感應電流,且電流在逐漸減小,故穿過圓環(huán)的磁通量減小,L內有順時針方向的感應電流
7、,D正確. L2 法拉第電磁感應定律、自感 20.L2[xx·全國卷Ⅱ] 法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖1-所示.銅圓盤安裝在豎直的銅軸上,兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸.圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中.圓盤旋轉時,關于流過電阻R的電流,下列說法正確的是( ) 圖1- A.若圓盤轉動的角速度恒定,則電流大小恒定 B.若從上向下看,圓盤順時針轉動,則電流沿a到b的方向流動 C.若圓盤轉動方向不變,角速度大小發(fā)生變化,則電流方向可能發(fā)生變化 D.若圓盤轉動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍,則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍 20.AB [解析] 將圓盤看成由無數(shù)輻條組成,
8、各輻條都在切割磁感線,從而產(chǎn)生感應電動勢,出現(xiàn)感應電流,當圓盤順時針轉動時(從上往下看),根據(jù)右手定則可判斷,圓盤上感應電流從邊緣向中心,流過電阻R的電流方向從a到b,B正確;由法拉第電磁感應定律可得,感應電動勢E=BLv=BL2ω,而I=,故A正確,C錯誤;當角速度ω變?yōu)樵瓉淼?倍時,感應電動勢E=BL2ω變?yōu)樵瓉淼?倍,感應電流I變?yōu)樵瓉淼?倍,電流在R上的熱功率P=I2R變?yōu)樵瓉淼?倍,D錯誤. 21.L2 M1[xx·全國卷Ⅲ] 如圖所示,M為半圓形導線框,圓心為OM;N是圓心角為直角的扇形導線框,圓心為ON;兩導線框在同一豎直面(紙面)內;兩圓弧半徑相等;過直線OMON的水平面上方
9、有一勻強磁場,磁場方向垂直于紙面.現(xiàn)使線框M、N在t=0時從圖示位置開始,分別繞垂直于紙面、且過OM和ON的軸,以相同的周期T逆時針勻速轉動,則( ) 圖1- A.兩導線框中均會產(chǎn)生正弦交流電 B.兩導線框中感應電流的周期都等于T C.在t=時,兩導線框中產(chǎn)生的感應電動勢相等 D.兩導線框的電阻相等時,兩導線框中感應電流的有效值也相等 21.BC [解析] 設導線圈半徑為l,角速度為ω,兩導線框切割磁感線的等效長度始終等于圓弧半徑,因此在產(chǎn)生感應電動勢時其瞬時感應電動勢大小始終為E=Bωl2,但進磁場和出磁場時電流方向相反,所以線框中應該產(chǎn)生方波交流式電,如圖所示,A錯誤;由
10、T=可知,兩導線框中感應電流的周期相同,均為T,B正確;在t=時,兩導線框均在切割磁感線,故兩導線框中產(chǎn)生的感應電動勢均為Bωl2,C正確;對于線框M,有·+·=·T,解得U有M=E;對于線框N,有·+0+·+0=·T,解得U有N=E,故兩導線框中感應電流的有效值并不相等,D錯誤. 13.D4、D5、L2、L3[xx·江蘇卷] 據(jù)報道,一法國攝影師拍到“天宮一號”空間站飛過太陽的瞬間.照片中,“天宮一號”的太陽帆板輪廓清晰可見.如圖所示,假設“天宮一號”正以速度v=7.7 km/s繞地球做勻速圓周運動,運動方向與太陽帆板兩端M、N的連線垂直,M、N間的距離L=20 m,地磁場的磁感應強度
11、垂直于v,MN所在平面的分量B=1.0×10-5 T,將太陽帆板視為導體. 圖1- (1)求M、N間感應電動勢的大小E; (2)在太陽帆板上將一只“1.5 V,0.3 W”的小燈泡與M、N相連構成閉合電路,不計太陽帆板和導線的電阻.試判斷小燈泡能否發(fā)光,并說明理由; (3)取地球半徑R=6.4×103 km,地球表面的重力加速度g=9.8 m/s2,試估算“天宮一號”距離地球表面的高度h(計算結果保留一位有效數(shù)字). 13.[答案] (1)1.54 V (2)不能,理由見解析 (3)4×105 m [解析] (1)法拉第電磁感應定律E=BLv,代入數(shù)據(jù)得E=1.54 V (2
12、)不能,因為穿過閉合回路的磁通量不變,不產(chǎn)生感應電流. (3)在地球表面有G=mg 勻速圓周運動G=m 解得h=g-R,代入數(shù)據(jù)得h≈4×105 m(數(shù)量級正確都算對) 16.L1 L2[xx·浙江卷] 如圖1-2所示,a、b兩個閉合正方形線圈用同樣的導線制成,匝數(shù)均為10匝,邊長la=3lb,圖示區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場,且磁感應強度隨時間均勻增大,不考慮線圈之間的相互影響,則( ) 圖1-2 A.兩線圈內產(chǎn)生順時針方向的感應電流 B.a(chǎn)、b線圈中感應電動勢之比為9∶1 C.a(chǎn)、b線圈中感應電流之比為3∶4 D.a(chǎn)、b線圈中電功率之比為3∶1 16.B [
13、解析] 由楞次定律可判斷,兩線圈中產(chǎn)生的感應電流均沿逆時針方向,選項A錯誤;由E=nS,S=l2,R=ρ,I=,P=,可知Ea:Eb=9:1,Ia:Ib=3:1,Pa:Pb=27:1,選項B正確,選項C、D錯誤. L3 電磁感應與電路的綜合 L4 電磁感應與力和能量的綜合 24.L4 [xx·全國卷Ⅰ] 如圖1-,兩固定的絕緣斜面傾角均為θ,上沿相連.兩細金屬棒ab(僅標出a端)和cd(僅標出c端)長度均為L,質量分別為2m和m;用兩根不可伸長的柔軟輕導線將它們連成閉合回路abdca,并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上,使兩金屬棒水平.右斜面上存在勻強磁場,磁感應強
14、度大小為B,方向垂直于斜面向上,已知兩根導線剛好不在磁場中,回路電阻為R,兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ,重力加速度大小為g,已知金屬棒ab勻速下滑.求: (1)作用在金屬棒ab上的安培力的大小; (2)金屬棒運動速度的大?。? 圖1- [答案] (1)mg(sin θ-3μcos θ) (2)(sin θ-3μcos θ) [解析] (1)設導線的張力的大小為T,右斜面對ab棒的支持力的大小為N1,作用在ab棒上的安培力的大小為F,左斜面對cd棒的支持力大小為N2,對于ab棒,由力的平衡條件得 2mgsin θ=μN1+T+F?、? N1=2mgcos θ?、? 對于cd
15、棒,同理有 mgsin θ+μN2=T ③ N2=mgcos θ?、? 聯(lián)立①②③④式得 F=mg(sin θ-3μcos θ) ⑤ (2)由安培力公式得 F=BIL ⑥ 這里I是回路abdca中的感應電流,ab棒上的感應電動勢為 ε=BLv?、? 式中,v是ab棒下滑速度的大小,由歐姆定律得 I=?、? 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧式得 v=(sin θ-3μcos θ)?、? 24.L4[xx·全國卷Ⅱ] 如圖1-所示,水平面(紙面)內間距為l的平行金屬導軌間接一電阻,質量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上.t=0時,金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動.t0時刻,金屬
16、桿進入磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域,且在磁場中恰好能保持勻速運動.桿與導軌的電阻均忽略不計,兩者始終保持垂直且接觸良好,兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ.重力加速度大小為g.求: (1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大小; (2)電阻的阻值. 圖1- 24.[答案] (1)Blt0 (2) [解析] (1)設金屬桿進入磁場前的加速度大小為a,由牛頓第二定律得 ma=F-μmg?、? 設金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v,由運動學公式有v=at0?、? 當金屬桿以速度v在磁場中運動時,由法拉第電磁感應定律,桿中的電動勢為 E=Blv?、? 聯(lián)立①②③式可得
17、E=Blt0?、? (2)設金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時,金屬桿中的電流為I,根據(jù)歐姆定律 I=?、? 式中R為電阻的阻值.金屬桿所受的安培力為 f=BIl?、? 因金屬桿做勻速運動,由牛頓運動定律得 F-μmg-f=0?、? 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得 R= ⑧ 7.L4 [xx·四川卷] 如圖1-所示,電阻不計、間距為l的光滑平行金屬導軌水平放置于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中,導軌左端接一定值電阻R.質量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導軌上,受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開始運動,外力F與金屬棒速度v的關系是F=F0+kv(F0、k是常量),金屬棒與導軌始終垂直且接觸
18、良好.金屬棒中感應電流為i,受到的安培力大小為FA,電阻R兩端的電壓為UR,感應電流的功率為P,它們隨時間t變化圖像可能正確的有( ) 圖1- 圖1- 7.BC [解析] 設金屬棒在某一時刻速度為v,由題意可知,感應電動勢E=Blv,感應電流I==v,即I∝v;安培力FA=BIl=v,方向水平向左,即FA∝v;R兩端電壓UR=IR=v,即UR∝v;感應電流功率P=EI=v2,即P∝v2. 分析金屬棒運動情況,由牛頓第二定律可得F合=F-FA=F0+kv-v=F0+v,而加速度a=.因為金屬棒從靜止出發(fā),所以F0>0,且F合>0,即a>0,加速度方向水平向右. (1)若k=,
19、F合=F0,即a=,金屬棒水平向右做勻加速直線運動,有v=at,說明v∝t,即I∝t,F(xiàn)A∝t,UR∝t,P∝t2,所以在此情況下沒有選項符合; (2)若k>,F(xiàn)合隨v增大而增大,即a隨v增大而增大,說明金屬棒在做加速度增大的加速運動,根據(jù)四個物理量與速度的關系可知B選項符合; (3)若k<,F(xiàn)合隨v增大而減小,即a隨v增大而減小,說明金屬棒在做加速度減小的加速運動,直到加速度減小為0后金屬棒做勻速直線運動,根據(jù)四個物理量與速度關系可知C選項符合; 綜上所述,B、C選項符合題意. 24.L4[xx·浙江卷] 小明設計的電磁健身器的簡化裝置如圖1-10所示,兩根平行金屬導軌相距l(xiāng)=0.5
20、0 m,傾角θ=53°,導軌上端串接一個R=0.05 Ω的電阻.在導軌間長d=0.56 m的區(qū)域內,存在方向垂直導軌平面向下的勻強磁場,磁感應強度B=2.0 T.質量m=4.0 kg的金屬棒CD水平置于導軌上,用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連.CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s=0.24 m.一位健身者用恒力F=80 N拉動GH桿,CD棒由靜止開始運動,上升過程中CD棒始終保持與導軌垂直.當CD棒到達磁場上邊界時健身者松手,觸發(fā)恢復裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10 m/s2,sin 53°=0.8,不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質量).求: (1)CD棒進入磁場時速
21、度v的大小; (2)CD棒進入磁場時所受的安培力FA的大?。? (3)在拉升CD棒的過程中,健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q. 圖1-10 24.[答案] (1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J [解析] (1)由牛頓定律a==12 m/s2 ① 進入磁場時的速度v==2.4 m/s?、? (2)感應電動勢E=Blv?、? 感應電流I=?、? 安培力FA=IBl?、? 代入得FA==48 N ⑥ (3)健身者做功W=F(s+d)=64 J?、? 由牛頓定律F-mgsin θ-FA=0?、? CD棒在磁場區(qū)做勻速運動 在磁場中運動時間t= ⑨
22、 焦耳熱Q=I2Rt=26.88 J?、? 33.[xx·上海卷] 如圖1-所示,一關于y軸對稱的導體軌道位于水平面內,磁感應強度為B的勻強磁場與平面垂直.一足夠長、質量為m的直導體棒沿x方向置于軌道上,在外力F作用下從原點由靜止開始沿y軸正方向做加速度為a的勻速加速直線運動,運動時棒與x軸始終平行.棒單位長度的電阻為ρ,與電阻不計的軌道接觸良好,運動中產(chǎn)生的熱功率隨棒位置的變化規(guī)律為P=ky(SI).求: 圖1- (1)導體軌道的軌道方程y=f(x); (2)棒在運動過程中受到的安培力Fm隨y的變化關系; (3)棒從y=0運動到y(tǒng)=L過程中外力F的功. 33.[答案] (1)y
23、=x2 (2)Fm=y(tǒng) (3)L2+maL [解析] (1)設棒運動到某一位置時與軌道接觸點的坐標為(±x,y),安培力的功率 F= P==ky 棒做勻加速運動 v2=2ay R=2ρx 代入前式得y=x2 軌道形狀為拋物線. (2)安培力Fm=v= 以軌道方程代入得 Fm=y(tǒng). (3)由動能定理W=Wm+mv2 安培力做功Wm=L2 棒在y=L處動能mv2=maL 外力做功W=L2+maL. L5 電磁感應綜合 25.L5[xx·全國卷Ⅲ] 如圖1-所示,兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導軌位于同一水平面(紙面)內,其左端接一阻值為R的電阻;一與導軌垂直的金屬棒
24、置于兩導軌上;在電阻、導軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域,區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場,磁感應強度大小B1隨時間t的變化關系為B1=kt,式中k為常量;在金屬棒右側還有一勻強磁場區(qū)域,區(qū)域左邊界MN(虛線)與導軌垂直,磁場的磁感應強度大小為B0,方向也垂直于紙面向里.某時刻,金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運動,在t0時刻恰好以速度v0越過MN,此后向右做勻速運動.金屬棒與導軌始終相互垂直并接觸良好,它們的電阻均忽略不計.求: (1)在t=0到t=t0時間間隔內,流過電阻的電荷量的絕對值; (2)在時刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大?。?
25、 圖1- 25.[答案] (1) (2)B0lv0(t-t0)+kSt (B0lv0+kS) [解析] (1)在金屬棒未越過MN之前,t時刻穿過回路的磁通量為Φ=ktS?、? 設在從t時刻到t+Δt的時間間隔內,回路磁通量的變化量為ΔΦ,流過電阻R的電荷量為Δq.由法拉第電磁感應定律有E=?、? 由歐姆定律有i= ③ 由電流的定義有i=?、? 聯(lián)立①②③④式得|Δq|=Δt?、? 由⑤式得,在t=0到t=t0的時間間隔內,流過電阻R的電荷量q的絕對值為 |q|=?、? (2)當t>t0時,金屬棒已越過MN.由于金屬棒在MN右側做勻速運動,有f=F?、? 式中,f是外加水平恒力,F(xiàn)是勻強
26、磁場施加的安培力.設此時回路中的電流為I,F(xiàn)的大小為 F=B0Il ⑧ 此時金屬棒與MN之間的距離為s=v0(t-t0)?、? 勻強磁場穿過回路的磁通量為Φ′=B0ls ⑩ 回路的總磁通量為Φt=Φ+Φ′ 式中,Φ仍如①式所示.由①⑨⑩?式得,在時刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量為 Φt=B0lv0(t-t0)+kSt ? 在t到t+Δt的時間間隔內,總磁通量的改變ΔΦt為 ΔΦt=(B0lv0+kS)Δt ? 由法拉第電磁感應定律得,回路感應電動勢的大小為 Et= ? 由歐姆定律有I= ? 聯(lián)立⑦⑧???式得f=(B0lv0+kS) ? 2.[xx·北京海淀區(qū)期末
27、練習] 圖K31-2是用電流傳感器(電流傳感器相當于電流表,其電阻可以忽略不計)研究自感現(xiàn)象的實驗電路,電源的電動勢為E,內阻為r,自感線圈L的自感系數(shù)足夠大,其直流電阻值大于燈泡D的阻值,在t=0時刻閉合開關S,經(jīng)過一段時間后,在t=t1時刻斷開開關S.在圖K31-3所示的圖像中,可能正確表示電流傳感器記錄的電流隨時間變化情況的是( ) 圖K31-2 圖K31-3 2.B [解析] 閉合開關后,開始時線圈的阻礙作用很大,然后逐漸減小,因此外電路的電阻逐漸減小,故路端電壓逐漸減小,因此通過電流傳感器的電流逐漸減小,當斷開開關時,線圈產(chǎn)生自感電動勢,繼續(xù)對燈泡反向供電,供電電流大
28、小等于穩(wěn)態(tài)時通過線圈的電流,穩(wěn)態(tài)時通過線圈的電流小于通過燈泡的電流,故反向對燈泡供電的電流比原來的小,然后通過燈泡的電流逐漸減小到零,B項正確. 1.(多選)[xx·山東威海期末考試] 如圖K32-1所示,兩個同心金屬環(huán)水平放置,半徑分別是r和2r,兩環(huán)間有磁感應強度為B、方向垂直環(huán)面向里的勻強磁場,在兩環(huán)間連接有一個電容為C的電容器,a、b是電容器的兩個極板.長為r的金屬棒AB沿半徑方向放置在兩環(huán)間且與兩環(huán)接觸良好,并繞圓心以角速度ω做逆時針方向(垂直環(huán)面向里看)的勻速圓周運動.則下列說法正確的是( ) 圖K32-1 A.金屬棒中有從B到A的電流 B.電容器a極板帶正電 C.
29、電容器兩端電壓為 D.電容器所帶電荷量為 1.BC [解析] 根據(jù)右手定則可知金屬棒中的電流方向由A到B,故電容器a極板帶正電,A項錯誤,B項正確;金屬棒轉動產(chǎn)生的感應電動勢為,C項正確;電容器所帶電荷量Q=,D項錯誤. 2.(多選)[xx·江西重點中學協(xié)作體第一次聯(lián)考] 如圖K33-3所示,在間距為l、足夠長的兩條水平虛線間有垂直紙面向里的勻強磁場,其上方距上邊界h處有一導線框(各邊長如圖中標注),現(xiàn)將導線框由靜止釋放,從線框下邊進入磁場開始計時至線框完全離開磁場(整個過程線框保持豎直且不翻轉).該過程中v-t圖線可能正確的是( ) 圖K33-3 圖K33-4 2.
30、CD [解析] 線框如果剛進入過程勻速,則當下降的距離等于l后,受到的安培力將小于重力,線框將做加速運動,隨著速度的增大,加速度逐漸減小,當加速度減為零時將做勻速運動,A項錯誤,C項正確;線框如果剛進入過程做加速運動,則當下降的距離等于l后,加速度將突然增大,B項錯誤;線框如果剛進入過程做減速運動,安培力逐漸變小,故減速的加速度逐漸變小,最后有可能做勻速運動,當下降的距離等于l后,安培力等于重力的一半,將做加速運動,隨著速度的增大,加速度將逐漸變小,最后做勻速運動,D項正確. 3.(多選)[xx·山東日照一中期末考試] 如圖K34-3所示,足夠長的金屬導軌豎直放置,金屬棒ab、cd均通過棒兩
31、端的環(huán)套在金屬導軌上.虛線上方有垂直紙面向里的勻強磁場,虛線下方有豎直向下的勻強磁場,兩勻強磁場的磁感應強度大小均為B.ab、cd棒與導軌間動摩擦因數(shù)均為μ,兩棒總電阻為R,導軌電阻不計.開始兩棒靜止在圖示位置,當cd棒無初速度釋放時,對ab棒施加豎直向上的力F,使其沿導軌向上做勻加速運動.則( ) 圖K34-3 A.a(chǎn)b棒中的電流方向由b到a B.cd棒先加速運動后勻速運動 C.cd棒所受摩擦力的最大值大于cd棒的重力 D.力F做的功等于兩棒產(chǎn)生的電熱與ab棒增加的機械能之和 3.ACD [解析] ab向上運動的過程中,穿過閉合回路abdc的磁通量增大,根據(jù)楞次定律可得a
32、b棒中的感應電流方向為b→a,故A正確;cd棒中感應電流由c到d,其所在的區(qū)域有向下的磁場,所受的安培力向里,cd棒所受的摩擦力向上,ab棒做加速直線運動,速度增大,產(chǎn)生的感應電流增加,cd棒所受的安培力增大,對導軌的壓力增大,則滑動摩擦力增大,摩擦力先小于重力,后大于重力,所以cd棒先加速運動后減速運動,最后停止運動,故B錯誤,C正確;以ab棒為研究對象,根據(jù)動能定理可得WF+W安培+WG=mv2-0,力F所做的功應等于兩棒產(chǎn)生的電熱與ab棒增加的機械能之和,故D正確. 4.[xx·濟南期末考試] 如圖K34-4所示,電阻不計的“∠”形足夠長且平行的導軌,間距L=1 m,導軌傾斜部分的傾角
33、θ=53°,并與定值電阻R相連.整個空間存在著B=5 T、方向垂直傾斜導軌平面向上的勻強磁場.金屬棒ab、cd的阻值Rab=Rcd=R,cd棒質量m=1 kg.ab棒光滑,cd棒與導軌間的動摩擦因數(shù)μ=0.3,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6. (1)ab棒由靜止釋放,當滑至某一位置時,cd棒恰好開始滑動.求這一時刻ab棒中的電流. (2)若ab棒無論從多高的位置釋放,cd棒都不動,分析ab棒質量應滿足的條件. (3)若ab棒無論質量多大、從多高位置釋放,cd棒始終不動.求cd棒與導軌間的動摩擦因數(shù)μ應滿足的條件. 圖
34、K34-4 4.(1) A (2)mab<2.08 kg (3)μ≥0.75 [解析] (1)cd棒剛要開始滑動時,對其受力分析如圖所示. 由平衡條件得 BIcdLcos 53°-f=0 FN-mg-BIcdLsin 53°=0 又f=μFN 聯(lián)立以上三式,得Icd= A, 所以Iab=2Icd= A. (2)ab棒在足夠長的軌道上下滑時,最大安培力 FA=mabgsin 53° cd棒所受最大安培力應為FA,要使cd棒不能滑動,需: FAcos 53°<μ 由以上兩式聯(lián)立解得:mab<2.08 kg. (3)ab棒下滑時,cd棒始終靜止,有 FAcos
35、53°<μ 解得:μ>= 當ab棒質量無限大時,在無限長軌道上最終一定勻速運動,安培力FA趨于無窮大,cd棒所受安培力也趨于無窮大,由數(shù)學知識有:μ≥=0.75. 3.[xx·北京海淀區(qū)期末練習] 如圖K35-3所示,PQ和MN是固定于水平面內間距L=1.0 m的平行金屬軌道,軌道足夠長,其電阻可忽略不計.兩相同的金屬棒ab、cd放在軌道上,運動過程中始終與軌道垂直,且接觸良好,它們與軌道形成閉合回路.已知每根金屬棒的質量m=0.20 kg,每根金屬棒位于兩軌道之間部分的電阻值R=1.0 Ω;金屬棒與軌道間的動摩擦因數(shù)μ=0.20,且與軌道間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.整個裝置處在豎直
36、向上、磁感應強度B=0.40 T的勻強磁場中.重力加速度g取10 m/s2. (1)在t=0時刻,用垂直于金屬棒的水平力F向右拉金屬棒cd,使其從靜止開始沿軌道以a=5.0 m/s2的加速度做勻加速直線運動,求金屬棒cd運動多長時間金屬棒ab開始運動; (2)若用一個適當?shù)乃酵饬′向右拉金屬棒cd,使其達到速度v1=20 m/s沿軌道勻速運動時,金屬棒ab也恰好以恒定速度沿軌道運動.求: ①金屬棒ab沿軌道運動的速度大?。? ②水平外力F′的功率. 圖K35-3 3.(1)1.0 s (2)①15 m/s?、?6 W [解析] (1)設金屬棒cd運動t時間金屬棒ab開始運動
37、, 根據(jù)運動學公式可知:此時金屬棒cd的速度v=at 金屬棒cd產(chǎn)生的電動勢E1=BLv,通過金屬棒的電流I1== 金屬棒ab所受安培力FA1=BI1L= 金屬棒ab開始運動時刻,F(xiàn)A1=μmg 解得:t=1.0 s. (2)①設金屬棒cd以速度v1=20 m/s沿軌道勻速運動時,金屬棒ab沿軌道勻速運動的速度大小為v2. 此時通過ab、cd兩金屬棒的電流I2== 金屬棒ab所受安培力FA2=BI2L==μmg 解得:v2=15 m/s. ②以金屬棒cd為研究對象,其所受水平外力F′、滑動摩擦力Ff以及安培力FA3三個力的合力為零.即:F′-FA3-Ff=0;其中FA3=FA2 Ff=μmg 解得:水平外力F′的功率P=F′v1=16 W.
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