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2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關(guān)系列 專題11 電磁感應(yīng)(含解析)

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2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關(guān)系列 專題11 電磁感應(yīng)(含解析)_第1頁
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1、 專題11 電磁感應(yīng) 第一部分名師綜述 近年來高考對(duì)本考點(diǎn)內(nèi)容考查命題頻率極高的是感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件、方向判定和導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算,且要求較高.幾乎是年年有考;其他像電磁感應(yīng)現(xiàn)象與磁場(chǎng)、電路和力學(xué)、電學(xué)、能量及動(dòng)量等知識(shí)相聯(lián)系的綜合題及圖像問題在近幾年高考中也時(shí)有出現(xiàn);另外,該部分知識(shí)與其他學(xué)科的綜合應(yīng)用也在高考試題中出現(xiàn)。試題題型全面,選擇題、填空題、計(jì)算題都可涉及,尤其是難度大、涉及知識(shí)點(diǎn)多、綜合能力強(qiáng),多以中檔以上題目出現(xiàn)來增加試題的區(qū)分度,而選擇和填空題多以中檔左右的試題出現(xiàn),這類問題對(duì)學(xué)生的空間想象能力、分析綜合能力、應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)處理物理問題的能力有較高的要求

2、,是考查考生多項(xiàng)能力的極好載體,因此歷來是高考的熱點(diǎn)。 第二部分精選試題 一、單選題 1.如圖,在同一平面內(nèi)有兩根平行長導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,區(qū)域?qū)挾染鶠閘,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向交替向上向下。一邊長為32l的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運(yùn)動(dòng),線框中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的正確圖線可能是() A. B. C. D. 【答案】 D 【解析】試題分析:找到線框在移動(dòng)過程中誰切割磁感線,并根據(jù)右手定則判斷電流的方向,從而判斷整個(gè)回路中總電流的方向。要分過程處理本題。 第一過程從①移動(dòng)②的過程中 左邊導(dǎo)體棒切割產(chǎn)生的電流方向是順時(shí)針,右邊切割

3、磁感線產(chǎn)生的電流方向也是順時(shí)針,兩根棒切割產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)方向相同所以E=2Blv,則電流為i=ER=2BlvR,電流恒定且方向?yàn)轫槙r(shí)針, 再從②移動(dòng)到③的過程中左右兩根棒切割磁感線產(chǎn)生的電流大小相等,方向相反,所以回路中電流表現(xiàn)為零, 然后從③到④的過程中,左邊切割產(chǎn)生的電流方向逆時(shí)針,而右邊切割產(chǎn)生的電流方向也是逆時(shí)針,所以電流的大小為i=ER=2BlvR,方向是逆時(shí)針 當(dāng)線框再向左運(yùn)動(dòng)時(shí),左邊切割產(chǎn)生的電流方向順時(shí)針,右邊切割產(chǎn)生的電流方向是逆時(shí)針,此時(shí)回路中電流表現(xiàn)為零,故線圈在運(yùn)動(dòng)過程中電流是周期性變化,故D正確; 故選D 點(diǎn)睛:根據(jù)線圈的運(yùn)動(dòng)利用楞次定律找到電流的方向,

4、并計(jì)算電流的大小從而找到符合題意的圖像。 2.如圖,導(dǎo)體軌道OPQS固定,其中PQS是半圓弧,Q為半圓弧的中點(diǎn),O為圓心。軌道的電阻忽略不計(jì)。OM是有一定電阻??衫@O轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬桿,M端位于PQS上,OM與軌道接觸良好??臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過程Ⅰ);再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從B增加到B'(過程Ⅱ)。在過程Ⅰ、Ⅱ中,流過OM的電荷量相等,則B'B等于(  ) A.54 B.32 C.74 D.2 【答案】 B 【解析】 本題考查電磁感應(yīng)及其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)。 過程I回路

5、中磁通量變化△Φ1=14BπR2,設(shè)OM的電阻為R,流過OM的電荷量Q1=△Φ1/R。過程II回路中磁通量變化△Φ2=12(B’-B)πR2,流過OM的電荷量Q2=△Φ2/R。Q2= Q1,聯(lián)立解得:B’/B=3/2,選項(xiàng)B正確。 【點(diǎn)睛】此題將導(dǎo)體轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和磁場(chǎng)變化產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)有機(jī)融合,經(jīng)典中創(chuàng)新。 3.如圖所示,平行導(dǎo)軌間有一矩形的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,細(xì)金屬棒PQ沿導(dǎo)軌從MN處勻速運(yùn)動(dòng)到M′N′的過程中,棒上感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E隨時(shí)間t變化的圖示,可能正確的是(  ) A. B. C. D. 【答案】 A 【解析】 金屬棒PQ進(jìn)入磁場(chǎng)前沒有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),D錯(cuò)

6、誤;當(dāng)進(jìn)入磁場(chǎng),切割磁感線有E=BLv,大小不變,可能的圖象為A選項(xiàng)、BC錯(cuò)誤。 4.圖甲和圖乙是演示自感現(xiàn)象的兩個(gè)電路圖,L1和L2為電感線圈,A1、 A2、 A3是三個(gè)完全相同的燈泡。實(shí)驗(yàn)時(shí),斷開開關(guān)S1瞬間,燈A1突然閃亮,隨后逐漸變暗;閉合開關(guān)S2,燈A2逐漸變亮,而另一個(gè)相同的燈A3立即變亮,最終A2與A3的亮度相同.下列說法正確的是(  ) A.圖甲中,A1與L1的電阻值相同 B.圖甲中,閉合S1,電路穩(wěn)定后,A1中電流大于L1中電流 C.圖乙中,變阻器R與L2的電阻值相同 D.圖乙中,閉合S2瞬間,L2中電流與變阻器R中電流相等 【答案】 C 【解析】

7、斷開開關(guān)S1瞬間,燈A1突然閃亮,由于線圈L1的自感,通過L1的電流逐漸減小,且通過A1,即自感電流會(huì)大于原來通過A1的電流,說明閉合S1,電路穩(wěn)定時(shí),通過A1的電流小于通過L1的電流,L1的電阻小于A1的電阻,AB錯(cuò)誤;閉合S2,電路穩(wěn)定時(shí),A2與A3的亮度相同,說明兩支路的電流相同,因此變阻器R與L2的電阻值相同,C正確;閉合開關(guān)S2,A2逐漸變亮,而A3立即變亮,說明L2中電流與變阻器R中電流不相等,D錯(cuò)誤。 【名師點(diǎn)睛】線圈在電路中發(fā)生自感現(xiàn)象,根據(jù)楞次定律可知,感應(yīng)電流要“阻礙”使原磁場(chǎng)變化的電流變化情況。電流突然增大時(shí),會(huì)感應(yīng)出逐漸減小的反向電流,使電流逐漸增大;電流突然減小時(shí),

8、會(huì)感應(yīng)出逐漸減小的正向電流,使電流逐漸減小。 5.如圖甲所示,電阻R=1Ω、半徑r1=0.2m的單匝圓形導(dǎo)線框P內(nèi)有一個(gè)與P共面的圓形磁場(chǎng)區(qū)域Q,P、Q的圓心相同,Q的半徑r2=0.1m.t=0時(shí)刻,Q內(nèi)存在著垂直于紙面向里的磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示.若規(guī)定逆時(shí)針方向?yàn)殡娏鞯恼较?,則線框P中感應(yīng)電流I隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖象應(yīng)該是圖中的( ?。? A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】 【詳解】 由法拉第電磁感應(yīng)定律,可得導(dǎo)線框P中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為:E=△B?S△t=△B△t?πr22=0.01π(V),再由歐姆定律得,P中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為:I

9、=0.01π?(A),由楞次定律,得電流的方向是順時(shí)針方向,故C正確,ABD錯(cuò)誤;故選C。 【點(diǎn)睛】 本題關(guān)鍵是根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),然后根據(jù)歐姆定律求解感應(yīng)電流. 6.如圖所示為兩光滑金屬導(dǎo)軌MNQ和GHP,其中MN和GH部分為豎直的半圓形導(dǎo)軌,NQ和HP部分為水平平行導(dǎo)軌,整個(gè)裝置置于方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。有兩個(gè)長均為l、質(zhì)量均為m、電阻均為R的導(dǎo)體棒垂直導(dǎo)軌放置且始終與導(dǎo)軌接觸良好,其中導(dǎo)體棒ab在半圓形導(dǎo)軌上,導(dǎo)體棒cd在水平導(dǎo)軌上,當(dāng)恒力F作用在導(dǎo)體棒cd上使其做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),導(dǎo)體棒ab恰好靜止,且距離半圓形

10、導(dǎo)軌底部的高度為半圓形導(dǎo)軌半徑的一半,已知導(dǎo)軌間距離為l,重力加速度為g,導(dǎo)軌電阻不計(jì),則() A.每根導(dǎo)軌對(duì)導(dǎo)體棒ab的支持力大小為2mg B.導(dǎo)體棒cd兩端的電壓大小為23mgRBl C.作用在導(dǎo)體棒cd上的恒力F的大小為3mg D.恒力F的功率為6m2g2RB2l2 【答案】 CD 【解析】 試題分析:對(duì)ab棒受力分析如圖所示: 則:FNsin300=mg,則:FN=2mg,每根導(dǎo)軌對(duì)導(dǎo)體棒ab的支持力大小為mg,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤; FNcos300=FA=BBlv2Rl,則回路中電流為:I=Blv2R=3mgBl,導(dǎo)體棒cd兩端的電壓大小為U=IR=3mgBl

11、R,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由于金屬棒ab勻速運(yùn)動(dòng),則安培力等于拉力F,則F=BBlv2Rl=3mg,故選項(xiàng)C正確;由于BBlv2Rl=3mg,則金屬棒ab的速度為v=23mgRB2l2,則恒力F的功率為P=Fv=3mg·23mgRB2l2=6m2g2RB2l2,故選項(xiàng)D正確。 考點(diǎn):導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、焦耳定律 【名師點(diǎn)睛】本題是雙桿模型,解決本題的關(guān)鍵能夠正確受力分析,結(jié)合牛頓定律和動(dòng)量守恒、能量守恒,進(jìn)行研究。 7.寬度均為d且足夠長的兩相鄰條形區(qū)域內(nèi),各存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B, 方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng);電阻為R,邊長為433d的等邊三角形金屬框的AB邊與磁場(chǎng)邊界平行,金屬框從圖示位

12、置以垂直于AB邊向右的方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),取逆時(shí)針方向電流為正,從金屬框C端剛進(jìn)入磁場(chǎng)開始計(jì)時(shí),框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖象是 【答案】 A. 【解析】 試題分析:本題導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)可分段判斷,運(yùn)用排除法進(jìn)行分析.根據(jù)楞次定律可判斷電路中感應(yīng)電流的方向;由導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式可求得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小,由歐姆定律分析感應(yīng)電流大小的變化. 三角形線圈的高為2d,則在開始運(yùn)動(dòng)的0~d過程中,感應(yīng)電流,I1=B?233dvR=23Bdv3R,方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向,在d~2d時(shí),設(shè)某時(shí)刻線圈進(jìn)入右側(cè)區(qū)域的距離為x,則線圈切割磁感應(yīng)線的有效長度為L=233(d-x),則感應(yīng)電流I2

13、=B233(d-x)vR=23B(d-x)v3R,方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向,當(dāng)x=d時(shí),I=0,當(dāng)線圈的C點(diǎn)出離右邊界x時(shí),等效長度L'=433d-233(d-x)+233d=233(2d+x),感應(yīng)電流I3=B233(2d+x)vR=23B(2d+x)v3R,方向順時(shí)針方向,當(dāng)x=0時(shí),I3=223Bdv3R,當(dāng)x=d時(shí),I3=323Bdv3R,當(dāng)C點(diǎn)出離右邊界d~2d時(shí),等效長度L″=433d-233(2d-x)=233x,感應(yīng)電流I4=B233xvR=23Bxv3R,方向逆時(shí)針方向,當(dāng)x=d時(shí),I4=23Bdv3R,當(dāng)x=2d時(shí),I4=223Bdv3R,故A正確,BCD錯(cuò)誤; 【點(diǎn)睛】本題為選

14、擇題,而過程比較復(fù)雜,故可選用排除法解決,這樣可以節(jié)約一定的時(shí)間;而進(jìn)入第二段磁場(chǎng)后,分處兩磁場(chǎng)的線圈兩部分產(chǎn)生的電流相同,且有效長度是均勻變大的,注意總感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)何時(shí)是切割感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之和,何時(shí)是切割感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之差. 8.如圖所示,邊長為L、匝數(shù)為N,電阻不計(jì)的正方形線圈abcd在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞轉(zhuǎn)軸OO′轉(zhuǎn)動(dòng),軸OO′垂直于磁感線,在線圈外接一含有理想變壓器的電路,變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n1和n2.保持線圈以恒定角速度ω轉(zhuǎn)動(dòng),下列判斷正確的是(  ) A.在圖示位置時(shí)線框中磁通量為零,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大 B.當(dāng)可變電阻R的滑片P向上滑動(dòng)時(shí),電壓表V2的示數(shù)變大 C.

15、電壓表V1示數(shù)等于NBωL2 D.變壓器的輸入與輸出功率之比為1:1 【答案】 AD 【解析】 試題分析:當(dāng)磁通量為零時(shí),磁通量變化率最大,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,可得產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大,故A正確;當(dāng)可變電阻R的滑片P向上滑動(dòng)時(shí),由于電壓表測(cè)量副線圈的輸入電壓,而原線圈的輸入電壓不變,匝數(shù)比不變,所以副線圈的輸入電壓不變,即電壓表的示數(shù)不變,B錯(cuò)誤;因?yàn)榫€圈是從垂直于中性面時(shí)開始時(shí)轉(zhuǎn)動(dòng)的,故產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為e=NBSωcosωt,交流電壓的最大值等于em=NBωL2,故電壓表V1示數(shù)為有效值,為U=NBωL22,C錯(cuò)誤;變壓器的輸入與輸出功率之比為1:1,故D正確

16、。 考點(diǎn):考查了交變電流的產(chǎn)生,理想變壓器 9.一正三角形導(dǎo)線框高為從圖示位置沿x軸正方向勻速穿過兩勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。兩磁場(chǎng)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、磁場(chǎng)方向相反且均垂直于xOy平面,磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾染鶠閍。則感應(yīng)電流I與線框移動(dòng)距離x的關(guān)系圖象可能是(以逆時(shí)針方向?yàn)楦袘?yīng)電流的正方向 A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】 當(dāng)線框移動(dòng)距離x在a~2a范圍,線框穿過兩磁場(chǎng)分界線時(shí),BC、AC邊在右側(cè)磁場(chǎng)中切割磁感線,有效切割長度逐漸增大,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1增大,AC邊在左側(cè)磁場(chǎng)中切割磁感線,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2不變,兩個(gè)電動(dòng)勢(shì)串聯(lián),總電動(dòng)勢(shì)E=E1+E2增大,故A錯(cuò)誤;當(dāng)線

17、框移動(dòng)距離x在0~a范圍,線框穿過左側(cè)磁場(chǎng)時(shí),根據(jù)楞次定律,感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針,為正值,故B錯(cuò)誤;當(dāng)線框移動(dòng)距離x在2a~3a范圍,線框穿過左側(cè)磁場(chǎng)時(shí),根據(jù)楞次定律,感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針,為正值,故C正確,D錯(cuò)誤。所以C正確,ABD錯(cuò)誤。 10.在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,水平放置一個(gè)不變形的單匝金屬圓線圈,線圈所圍的面積為0.1m2,線圈電阻為1Ω.規(guī)定線圈中感應(yīng)電流I 的正方向從上往下看是順時(shí)針方向,如圖(1)所示.磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖(2)所示.則以下說法正確的是 A.在時(shí)間0~5s內(nèi),I的最大值為0.1A B.在第4s時(shí)刻,I的方向?yàn)槟鏁r(shí)針 C.前2 s內(nèi),

18、通過線圈某截面的總電量為0.01C D.第3s內(nèi),線圈的發(fā)熱功率最大 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 在時(shí)間0~5?s內(nèi),由圖看出,在t=0時(shí)刻圖線的斜率最大,B的變化率最大,線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大,感應(yīng)電流也最大,最大值為I=EmR=ΔBΔtSR=0.11×0.11=0.01A.故A正確;在第4s時(shí)刻,穿過線圈的磁場(chǎng)方向向上,磁通量減小,則根據(jù)楞次定律判斷得知,I的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向。故B正確;前2s內(nèi),通過線圈某截面的總電量q=n△ΦR=△BSR=0.1×0.11C=0.01C.故C正確。第3s內(nèi),B沒有變化,線圈中沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生,則線圈的發(fā)熱功率最小。故D錯(cuò)誤。故選

19、ABC。 【點(diǎn)睛】 本題關(guān)鍵要從數(shù)學(xué)角度理解斜率等于B的變化率.經(jīng)驗(yàn)公式q=n△ΦR,是電磁感應(yīng)問題中常用的結(jié)論,要在會(huì)推導(dǎo)的基礎(chǔ)上記牢. 二、多選題 11.如圖,MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌,其間距為L,導(dǎo)軌彎曲部分光滑,平直部分粗糙,固定在水平面上,右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻,平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高為h 處由靜止釋放,到達(dá)磁場(chǎng)右邊界處恰好停止。己知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好,則金屬棒穿過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中() (重力加速度為g) A.金屬棒克服

20、安培力做的功等于金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱 B.金屬棒克服安培力做的功為mgh C.金屬棒產(chǎn)生的電熱為12mg(h-μd) D.金屬棒運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2ghμg-B2L2d2Rμmg 【答案】 CD 【解析】 【詳解】 根據(jù)功能關(guān)系知,金屬棒克服安培力做的功等于金屬棒以及電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱之和,故A錯(cuò)誤。設(shè)金屬棒克服安培力所做的功為W.對(duì)整個(gè)過程,由動(dòng)能定理得 mgh-μmgd-W=0,得 W=mg(h-μd),故B錯(cuò)誤。電路中產(chǎn)生的總的焦耳熱Q=W= mg(h-μd),則屬棒產(chǎn)生的電熱為12mg(h-μd),故C正確。金屬棒在下滑過程中,其機(jī)械能守恒,由機(jī)械能守恒定律得:mgh=12

21、mv02,得v0=2gh。金屬棒經(jīng)過磁場(chǎng)通過某界面的電量為q=ΔΦ2R=BLd2R;根據(jù)動(dòng)量定理:-BILΔt-μmgdΔt=0-mv0,其中q=IΔt,解得Δt=2ghμg-B2L2d2Rμmg,選項(xiàng)D正確;故選CD. 12.由法拉第電磁感應(yīng)定律可知,若穿過某截面的磁通量為Φ=Φmsin ωt,則產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為e=ωΦmcos ωt。如圖所示,豎直面內(nèi)有一個(gè)閉合導(dǎo)線框ACD(由細(xì)軟彈性電阻絲制成),端點(diǎn)A、D固定。在以水平線段AD為直徑的半圓形區(qū)域內(nèi),有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)。設(shè)導(dǎo)線框的電阻恒為r,圓的半徑為R,用兩種方式使導(dǎo)線框上產(chǎn)生感應(yīng)電流。方式一:將導(dǎo)

22、線與圓周的接觸點(diǎn)C點(diǎn)以恒定角速度ω1(相對(duì)圓心O)從A點(diǎn)沿圓弧移動(dòng)至D點(diǎn);方式二:以AD為軸,保持∠ADC=45°,將導(dǎo)線框以恒定的角速度ω2轉(zhuǎn)90°。則下列說法正確的是 A.方式一中,在C從A點(diǎn)沿圓弧移動(dòng)到圖中∠ADC=30°位置的過程中,通過導(dǎo)線截面電荷量為3BR22r B.方式一中,在C沿圓弧移動(dòng)到圓心O的正上方時(shí),導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大 C.兩種方式回路中電動(dòng)勢(shì)的有效值之比E1E2=ω1ω2 D.若兩種方式電阻絲上產(chǎn)生的熱量相等,則ω1ω2=14 【答案】 AC 【解析】 【詳解】 方式一中,在C從A點(diǎn)沿圓弧移動(dòng)到題圖中∠ADC=30°位置的過程中,穿過回路磁

23、通量的變化量為ΔΦ=32BR2。由法拉第電磁感應(yīng)定律E=ΔΦΔt,I=Er,q=IΔt,聯(lián)立解得q=ΔΦr=3BR22r,選項(xiàng)A正確;第一種方式中穿過回路的磁通量Φ1=BR2sin ω1t,所產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為e1=ω1BR2cos ω1t,在C沿圓弧移動(dòng)到圓心O的正上方時(shí),導(dǎo)線框中的磁通量最大,由法拉第電磁感應(yīng)定律可知,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最小,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;第二種方式中穿過回路的磁通量Φ2=BR2cos ω2t,所產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為e2=ω2BR2sin ω2t,則兩種方式所產(chǎn)生的正弦交流電動(dòng)勢(shì)的有效值之比為E1E2=ω1ω2,時(shí)間滿足ω1t1ω2t2=1800900,產(chǎn)生的焦耳熱Q1=E12

24、rt1,Q2=E22rt2,若Q1=Q2,則ω1ω2=12,選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤。故選AC. 13.如圖所示,質(zhì)量為M的足夠長金屬導(dǎo)軌abcd放在光滑的絕緣水平面上.一電阻為r,質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒PQ放置在導(dǎo)軌上,始終與導(dǎo)軌接觸良好,PQbc構(gòu)成矩形.棒與導(dǎo)軌間無摩擦、棒左側(cè)有兩個(gè)固定于水平面的光滑立柱.導(dǎo)軌bc段電阻為R,長為L,其他部分電阻不計(jì).以ef為界,其左側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向上,右側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)水平向右,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B.在t=0時(shí),一水平向左的拉力F垂直作用在導(dǎo)軌的bc邊上,使導(dǎo)軌由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度為a.則(  ) A.F與t2成正比 B.F和t是線性關(guān)系

25、C.當(dāng)t達(dá)到一定值時(shí),QP剛好對(duì)軌道無壓力 D.若F=0,PQbc靜止,ef左側(cè)磁場(chǎng)均勻減小,QP可能對(duì)軌道無壓力 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 AB、t時(shí)刻dc產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv,導(dǎo)軌做初速為零的勻加速運(yùn)動(dòng),v=at,則 E=BLat;感應(yīng)電流 I=ER+r,金屬導(dǎo)軌abcd安培力大小F安=BIL,對(duì)導(dǎo)軌,由牛頓第二定律得:F﹣F安=ma,則得:F=ma+B2L2aR+rt,可知F與t2不成正比,F(xiàn)與t成線性關(guān)系,故A錯(cuò)誤,B正確; C、當(dāng)t達(dá)到一定值時(shí),導(dǎo)致QP的電流,產(chǎn)生的安培力等于其重力,則剛好對(duì)軌道無壓力,故C正確; D、當(dāng)ef左側(cè)磁場(chǎng)均勻減小,不管減

26、小到什么值,QP對(duì)軌道壓力不會(huì)為零,因?yàn)槭艿降陌才嗔εc重力同向,故D錯(cuò)誤。 14.邊長為L的正方形金屬框在水平恒力F作用下運(yùn)動(dòng),穿過方向如圖的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為d(d>L)。已知ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),線框的加速度恰好為零。則線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程和從磁場(chǎng)另一側(cè)穿出的過程相比較,有() A.產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相反 B.所受的安培力方向相同 C.進(jìn)入磁場(chǎng)過程的時(shí)間等于穿出磁場(chǎng)過程的時(shí)間 D.進(jìn)入磁場(chǎng)過程和穿出磁場(chǎng)過程中通過導(dǎo)體內(nèi)某一截面的電量相等 【答案】 ABD 【解析】 【分析】 根據(jù)題中“正方形金屬框在水平恒力F作用下運(yùn)動(dòng),穿過方向如圖的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域”可

27、知,本題考察線框在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題。根據(jù)線框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法,運(yùn)用安培力、牛頓第二定律、楞次定律、感應(yīng)電量等知識(shí)分析推斷。 【詳解】 A:線框進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)的過程中,磁場(chǎng)方向相同,進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)磁通量增加,穿出磁場(chǎng)時(shí)磁通量減小;由楞次定律可知,產(chǎn)生感應(yīng)電流方向相反。故A項(xiàng)正確。 B:根據(jù)楞次定律:感應(yīng)電流阻礙導(dǎo)體與磁體間相對(duì)運(yùn)動(dòng)。線框向右進(jìn)入磁場(chǎng)和從磁場(chǎng)另一側(cè)穿出過程所受安培力方向均水平向左,方向相同。故B項(xiàng)正確。 C:ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),線框的加速度恰好為零,線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程做勻速運(yùn)動(dòng)。線框完全在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)磁通量不變,沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生,線框不受安培力而做勻加速運(yùn)動(dòng)。線框剛開始穿出磁

28、場(chǎng)時(shí),速度比進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度大,線框所受安培力增大,大于恒力F,線框穿出磁場(chǎng)的過程做減速運(yùn)動(dòng)或先減速后勻速,完全穿出磁場(chǎng)時(shí),線框的速度大于或等于進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度。綜上線框穿出磁場(chǎng)過程的平均速度大于線框進(jìn)入磁場(chǎng)的平均速度,線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程的時(shí)間大于穿出磁場(chǎng)過程的時(shí)間。故C項(xiàng)錯(cuò)誤。 D:感應(yīng)電量q=I?Δt=ER總?Δt=nΔΦΔt?ΔtR總=nΔΦR總。線框進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)的兩個(gè)過程中,線框磁通量的變化量相等,則通過導(dǎo)體內(nèi)某一截面的電量相等。故D項(xiàng)正確。 【點(diǎn)睛】 楞次定律:感應(yīng)電流具有這樣的方向,即感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化。楞次定律還可表述為:感應(yīng)電流的效果總是反抗引

29、起感應(yīng)電流的原因,如“增反減同”、“來拒去留”、“增縮減擴(kuò)”等。 15.如圖所示,兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi),其左端接有定值電阻R,建立ox軸平行于金屬導(dǎo)軌,在0≤x≤4m的空間區(qū)域內(nèi)存在著垂直導(dǎo)軌平面向下的磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨坐標(biāo)x(以m為單位)的分布規(guī)律為B=0.8-0.2x(T),金屬棒ab在外力作用下從x=0處沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng),ab始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好,不計(jì)導(dǎo)軌和金屬棒的電阻。設(shè)在金屬棒從x1=1m處,經(jīng)x2=2m到x3=3m的過程中,電阻器R的電功率始終保持不變,則 A.金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng) B.金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)始終不變 C.金屬棒在x1與x2處

30、受到磁場(chǎng)B的作用力大小之比為3:2 D.金屬棒從x1到x2與從x2到x3的過程中通過R的電量之比為5:3 【答案】 BCD 【解析】 【分析】 磁感應(yīng)強(qiáng)度隨x增大而減小,ab棒在外力作用下在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng),切割磁感線.而更含蓄的是已知金屬棒從x1=1m經(jīng)x2=2m到x3=3m的過程中,R的電功率保持不變,由功率公式P=I2R=U2R,則電流和電壓均有相等.從而很容易判斷感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小,電荷量的比值同樣用平均值方法來求,安培力之比用安培力公式來求,難于判定的是熱量,雖然電流相等但不知時(shí)間關(guān)系,所以由圖象法來求,F(xiàn)-x圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積就是功,而面積是梯形面積,那么克服安培力做功的

31、比值就能求出. 【詳解】 B、由功率的計(jì)算式:P=I2R=E2R,知道由于金屬棒從x1=1m經(jīng)x2=2m到x3=3m 的過電功率保持不變,所以E應(yīng)不變,選項(xiàng)B正確. A、由動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)E=Blv可知,B隨著距離均勻減小,則v一直增大,故棒做加速直線運(yùn)動(dòng);故A錯(cuò)誤. C、由安培力公式F=BIL及P=EI知,F(xiàn)1F2=B1I1B2I2=B1B2=0.8-0.2×10.8-0.2×2=32;故C正確. D、由于金屬棒從x1=1m經(jīng)x2=2m到x3=3m的過程中,R的電功率保持不變,由P=I2R知道R中的電流相等,再由安培力公式F=BIL,所以F-x圖象如圖所示: 顯然圖象與坐標(biāo)軸圍成的

32、面積就是克服安培力做的功,即R產(chǎn)生的熱量,所以:Q1Q2=0.6+0.40.4+0.2=53,由熱量Q=I2Rt,熱量之比為5:3,電流相同說明時(shí)間之比為5:3,因此電量q1q2=It1It2=t1t2=53;故D正確. 故選BCD. 【點(diǎn)睛】 本題的難點(diǎn)在于沒有一個(gè)對(duì)比度,導(dǎo)體棒ab在隨x的增大而減小的磁場(chǎng)中在外力作用下切割磁感線,而巧妙的是在某一路段R上的電功率相同,預(yù)示著電路的電流和R上電壓相同,則安培力正比于磁感應(yīng)強(qiáng)度,均勻減小.克服安培力的功轉(zhuǎn)化為焦耳熱,所以F-x圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積就是功.雖然不知外力怎么變化,但它與解決問題無多大關(guān)聯(lián). 16.如圖所示,足夠長的光滑平行

33、金屬導(dǎo)軌豎直放置,間距為L,其上端連接有阻值為R的電阻和電容器C,裝置區(qū)域有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。將一根水平金屬棒ab開始下滑.已知金屬棒ab的質(zhì)量為m,電阻也為R.金屬棒ab在運(yùn)動(dòng)中始終保持水平且與導(dǎo)軌良好接觸,且通過金屬棒ab的電流恒定不變,忽略導(dǎo)軌電阻,重力加速度為g.則下列說法正確的是 A.因?yàn)橥ㄟ^金屬棒ab的電流不變,所以金屬棒ab做勻速運(yùn)動(dòng),速度大小是v=2mgRB2L2 B.盡管通過金屬棒ab的電流不變,金屬棒ab做勻變速運(yùn)動(dòng),加速度大小是a=mgm+CB2L2 C.電阻R的電功率為P=(CBLmgm+CB2L2)2R D.若金屬棒ab由靜止下滑,

34、開始時(shí)電容器所帶電荷量為0,那么經(jīng)過時(shí)間t,電容器兩端電量q=BCLmgt-2C2BLmgRm+CB2L2 【答案】 BCD 【解析】 【分析】 根據(jù)通過金屬棒ab的電流恒定不變,可以知道電容器兩端的電壓均勻增大,處于充電過程中,然后根據(jù)牛頓第二定律可以確定加速度以及功率和電量. 【詳解】 A、由題可知金屬棒ab受到安培力為:FA=BIL=BILΔtΔt=BLΔQΔt=BLCΔUΔt=BLC?BLΔvΔt=B2L2Ca,對(duì)金屬棒ab,根據(jù)牛頓第二定律可以得到:mg-B2L2Ca=ma,整理可以得到:a=mgm+CB2L2,恒定不變,所以金屬棒ab做勻變速運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤,B正確;

35、 C、由上面分析可知:BIL=B2L2Ca,即:I=BLCa=BLC?mgm+CB2L2,則電阻R的功率為:P=I2R=(CBLmgm+CB2L2)2R,故C正確; D、經(jīng)過時(shí)間t電容器兩端的電量為:q=CU=C(BLv-2IR)=C(BLat-2BLCaR)=BCLmgt-2C2BLmgRm+CB2L2;故D正確. 故選BCD. 【點(diǎn)睛】 本題考查了電磁感應(yīng)中的電容器充電過程中,電流不變,然后根據(jù)牛頓第二定律可以確定加速度.要知道電流與電容器帶電量的關(guān)系. 17.如圖所示,在豎直向上磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=1T勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,兩條足夠長光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在水平桌面上,間距l(xiāng)=1m,電阻不計(jì)

36、,勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂直,金屬棒AB、CD水平放在兩導(dǎo)軌上,相隔為L=0.2m,棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸,AB棒質(zhì)量為m1=0.2kg,CD棒質(zhì)量為m2=0.4kg,兩金屬棒接入電路的總電阻R=0.5Ω,若CD棒以v0=3m/s的初速度水平向右運(yùn)動(dòng),在兩根金屬棒運(yùn)動(dòng)到兩棒間距最大的過程中,下列說法正確的是(  ) A.AB棒的最終速度大小為1m/s B.該過程中電路中產(chǎn)生的熱量為0.6J C.該過程中通過導(dǎo)體橫截面的電荷量為0.4C D.兩金屬板的最大距離為0.3m 【答案】 BC 【解析】 【分析】 金屬導(dǎo)軌光滑,兩金屬棒組成的系統(tǒng)所受合外力為零,系統(tǒng)動(dòng)量守恒,

37、由動(dòng)量守恒定律可以求出棒的最終速度;由能量守恒定律可以求出電路產(chǎn)生的熱量,應(yīng)用動(dòng)量定理可以求出通過導(dǎo)體橫截面的電荷量,然后求出兩金屬棒的最大距離。 【詳解】 A、開始CD棒做減速運(yùn)動(dòng)、AB棒做加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)兩者速度相等時(shí)它們間的距離最大,兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,以向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得:m2v0=(m1+m2)v,解得:v=2m/s,故A錯(cuò)誤; B、對(duì)系統(tǒng),由能量守恒定律得:12m2v02=Q+12(m1+m2)v2,解得:Q=0.6J,故B正確; C、對(duì)AB棒,由動(dòng)量定理得:Bilt=m1v,而:it=q,則:Blq=m1v,解得:q=0.4C,故C正確; D、通過導(dǎo)體橫截面

38、的電荷量:q=I△t=ER△t=?Φ?tR△t=?ΦR=BldR,兩金屬棒間的最大距離:D=d+L=qRBl+L=0.4×0.51×1+0.2m=0.4m,故D錯(cuò)誤; 故選BC. 【點(diǎn)睛】 本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)、電學(xué)相結(jié)合的綜合題,考查了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用,分析清楚金屬棒的運(yùn)動(dòng)過程是解題的前提與關(guān)鍵,應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律、動(dòng)量定理與法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律可以解題。 18.如圖所示,空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),MN、PQ是相互平行的粗糙的長直導(dǎo)軌,處于同一水平面內(nèi),其間距為L,導(dǎo)軌一端接一阻值為R的電阻,ab是跨接在導(dǎo)軌上質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒,其阻值也為R

39、.從零時(shí)刻開始,對(duì)ab棒施加一個(gè)水平向左的恒力F,使其從靜止開始沿導(dǎo)軌做直線運(yùn)動(dòng),此過程中棒始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,所受滑動(dòng)摩擦力大小始終為了14F.導(dǎo)軌電阻不計(jì).則(  ) A.通過電阻R的電流方向?yàn)橛蒒到Q B.a(chǎn)b棒的最大速度為3FR4B2L2 C.電阻R消耗的最大功率為9F2R16B2L2 D.a(chǎn)b棒速度為v0時(shí)的加速度大小為3F4m-B2L2v02mR 【答案】 CD 【解析】 【分析】 由右手定則可以判斷出電流方向; 導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大,由平衡條件可以求出最大速度; 由E=BLv求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),由電功率公式求出電功; 由安培力公式求出安培力

40、,由牛頓第二定律求出加速度. 【詳解】 A、由右手定則可知,通過電阻R的電流方向?yàn)橛蒕到N,故A錯(cuò)誤; B、導(dǎo)體棒受到的安培力:F安培=BIL=B2L2v2R,導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大,由平衡條件得:F=B2L2v2R+F4,解得:v=3FR2B2L2,故B錯(cuò)誤; C、最大感應(yīng)電流:I=E最大2R=BLv最大2R=3F4BL,電阻R消耗的最大功率:P=I2R=9F2R16B2L2,故C正確; D、ab棒速度為v0時(shí)導(dǎo)體棒受到的安培力:F安培'=BIL=B2L2v02R,由牛頓第二定律得:F-B2L2v02R-F4=ma,解得:a=3F4m-B2L2v02mR,故D正確; 故選:CD

41、。 【點(diǎn)睛】 本題是一道電磁感應(yīng)、電路與力學(xué)相結(jié)合的綜合題,分析清楚導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)過程,應(yīng)用安培力公式、平衡條件、牛頓第二定律可以解題. 19.如圖甲所示,在豎直方向上有四條間距相等的水平虛線L1、L2、L3、L4,在L1L2之間、L3L4之間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),大小均為1?T,方向垂直于虛線所在平面.現(xiàn)有一矩形線圈abcd,寬度cd=L=0.5?m,質(zhì)量為0.1?kg,電阻為2?Ω,將其從圖示位置靜止釋放(cd邊與L1重合),速度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示,t1時(shí)刻cd邊與L2重合,t2時(shí)刻ab邊與L3重合,t3時(shí)刻ab邊與L4重合,已知t1~t2的時(shí)間間隔為0.6?s,整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中線圈平面

42、始終處于豎直方向,(重力加速度g取10?m/s2)則() A.在0~t1時(shí)間內(nèi),通過線圈的電荷量為0.25?C B.線圈勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為8?m/s C.線圈的長度ad為1?m D.0~t3時(shí)間內(nèi),線圈產(chǎn)生的熱量為4.2?J 【答案】 AB 【解析】 A:在0~t1時(shí)間內(nèi),cd邊從L1運(yùn)動(dòng)到L2,通過線圈的電荷量為q=It1=BLv1Rt1=BLdR=0.25C,故A項(xiàng)正確。 B:根據(jù)平衡有:mg=BIL,而I=BLvR,聯(lián)立兩式解得:v=mgRB2L2=8m/s,故B項(xiàng)正確。 C:t1~t2的時(shí)間間隔內(nèi)線圈一直做勻變速直線運(yùn)動(dòng),知ab邊剛進(jìn)上邊的磁場(chǎng)時(shí),cd邊也剛

43、進(jìn)下邊的磁場(chǎng),設(shè)磁場(chǎng)的寬度為d,則線圈的長度:L'=2d,線圈下降的位移為:x=L'+d=3d,則有:3d=vt-12gt2,將v=8m/s,t=0.6s,代入解得:d=1m,所以線圈的長度為L'=2d=2m,故C項(xiàng)錯(cuò)誤。 D:0~t3時(shí)間內(nèi),根據(jù)能量守恒得:Q=mg(3d+2d)-12mv2=0.1×10×(3+2)-12×0.1×82J=1.8J,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。 綜上答案為AB 點(diǎn)睛:解決本題的關(guān)鍵理清線圈的運(yùn)動(dòng)情況,選擇合適的規(guī)律進(jìn)行求解,本題的難點(diǎn)就是通過線圈勻加速直線運(yùn)動(dòng)挖掘出下落的位移為磁場(chǎng)寬度的3倍. 20.如圖所示,虛線EF左側(cè)區(qū)域I內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度

44、大小為B,右側(cè)區(qū)域Ⅱ內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B,邊長為L、粗細(xì)均勻的正方形金屬線框在區(qū)域I,線框平面與磁場(chǎng)垂直,cd邊與虛線EF平行,線框的電阻為R,現(xiàn)使線框由圖示位置以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng),則在線框通過EF過程中,下列說法中正確的是 A.通過導(dǎo)線橫截面的電量為3BL2R B.線框ab邊的電流大小為BLv3R C.線框受到的安培力的大小為9B2L2vR D.線框中產(chǎn)生的焦耳熱為9B2L3vR 【答案】 ACD 【解析】 A、線框通過EF的過程中,線框中磁通量的變化是Δ?=3BL2,因此通過線框截面的電量為q=I?Δt=Δ?R=3BL2R,故A項(xiàng)正確;

45、線框中的總電動(dòng)勢(shì)E=3BLv,電路中的電流I=ER=3BLvR,B項(xiàng)錯(cuò)誤;C、線框受到的安培力為F=BIL+2BIL=3BIL=9B2L2vR,則C項(xiàng)正確;D、線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q=I2Rt=(3BLvR)2?R?Lv=9B2L3vR,則D項(xiàng)正確;故選ACD. 【點(diǎn)睛】本題主要是考查了法拉第電磁感應(yīng)定律和安培力的計(jì)算;對(duì)于導(dǎo)體切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)情況有兩種:一是導(dǎo)體平動(dòng)切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),可以根據(jù)E=BLv來計(jì)算;二是導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),可以根據(jù)E=BL2ω2來計(jì)算.注意磁通量變化量的計(jì)算方法. 三、解答題 21.如圖(a),水平地面上固定一傾角為37°

46、的斜面,一寬為l=0.43m的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于斜面向上,磁場(chǎng)邊界與斜面底邊平行。在斜面上由靜止釋放一正方形金屬線框abcd,線框沿斜面下滑時(shí),ab、cd邊始終與磁場(chǎng)邊界保持平行。以地面為零勢(shì)能面,從線框開始運(yùn)動(dòng)到恰好完全進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中,線框的機(jī)械能E與位移s之間的關(guān)系如圖(b)所示,圖中①、②均為直線段。已知線框的質(zhì)量為m=0.1kg,電阻為R=0.06Ω。(sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取10m/s2)求: (1)線框與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ; (2)線框的邊長l' (3)線框穿越磁場(chǎng)的過程中,線框中產(chǎn)生的最大電功率Pm; 【答案】(1)0.5(2)0

47、.15m(3)0.43W 【解析】 【詳解】 (1)進(jìn)入磁場(chǎng)前,根據(jù)線段①,減少的機(jī)械能 ?E1=(0.900-0.756)J=μmgcos37°s 其中s=0.36m, 解得μ=0.5 (2)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中,減小的機(jī)械能等于克服摩擦力和安培力所做的功,由圖線②可知,此時(shí)機(jī)械能線性減小,說明安培力也為恒力,線框做勻速運(yùn)動(dòng)。減少的機(jī)械能 ?E2=(0.756-0666)J=(μmgcos37°+F安)·l'=mgsin37°·l' 解得l'=0.15m (3)線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻加速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)ab邊要離開磁場(chǎng)時(shí),開始做減速運(yùn)動(dòng),此時(shí)線框受到的安培力最大,速度最大

48、,線框內(nèi)的電功率最大。 ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v1則:(msin37°-μmgcos37°)s=12mv12 解得v1=1.2m/s 在線框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),安培力F安=mgsin37°-mmgcos37°=BIL=B2l'2v1R, 可解得:B2l′2= 0.01 線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)到ab邊剛要穿出磁場(chǎng):mgsin37°-μmgcos37°l-l'=12mv22-v12 解得v2=1.6m/s 所以線框內(nèi)的最大電功率:Pm=I2R=B2l'2v2R=1.283W=0.43W 22.(加試題)如圖所示,傾角θ=370、間距l(xiāng)=0.1m的足夠長金屬導(dǎo)軌底端接有阻值R=0.1Ω的電阻

49、,質(zhì)量m=0.1kg的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置,與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.45。建立原點(diǎn)位于底端、方向沿導(dǎo)軌向上的坐標(biāo)軸x。在0.2m≤x≤0.8m區(qū)間有垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。從t=0時(shí)刻起,棒ab在沿x軸正方向的外力F作用下從x=0處由靜止開始沿斜面向上運(yùn)動(dòng),其速度與位移x滿足v=kx(可導(dǎo)出a=kv)k=5s-1。當(dāng)棒ab運(yùn)動(dòng)至x1=0.2m處時(shí),電阻R消耗的電功率P=0.12W,運(yùn)動(dòng)至x2=0.8m處時(shí)撤去外力F,此后棒ab將繼續(xù)運(yùn)動(dòng),最終返回至x=0處。棒ab始終保持與導(dǎo)軌垂直,不計(jì)其它電阻,求:(提示:可以用F-x圖象下的“面積”代表力F做的功 (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小

50、 (2)外力F隨位移x變化的關(guān)系式; (3)在棒ab整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q。 【答案】(1)305T;(2)無磁場(chǎng)區(qū)間:F=0.96+2.5x;有磁場(chǎng)區(qū)間:F=0.96+3.1x;(3)0.324J 【解析】 【詳解】 (1)由P=E2R E=Blv, 解得B=PR(lv)2=305T (2)無磁場(chǎng)區(qū)間:0≤x<0.2m,a=5v=25x F=25xm+μmgcosθ+mgsinθ=0.96+2.5x 有磁場(chǎng)區(qū)間:0.2m≤x<0.8m FA=(Bl)2vR=0.6x F=0.96+2.5x+0.6x=0.96+3.1x (3)上升過程中克服安培力做功(

51、梯形面積)WA1=0.62(x2+x1)(x2-x1)=0.18J 撤去外力后,棒ab上升的最大距離為s,再次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v',則: (mgsinθ+μmgcosθ)s=12mv2 (mgsinθ-μmgcosθ)s=12mv'2 解得v'=2m/s 由于mgsinθ-μmgcosθ-(Bl)2v'R=0 故棒再次進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng); 下降過程中克服安培力做功:WA2=(Bl)2v'R(x2-x1)=0.144J Q=WA1+WA2=0.324J 23.如圖所示,在兩根間距為L的水平金屬導(dǎo)軌上,有一個(gè)邊長為L的正方形金屬線圈,線圈的 ab、cd 邊質(zhì)量均為m,電阻均為

52、 R;ac、bd 邊的質(zhì)量和電阻均不計(jì)。在cd和pq 間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B,垂直導(dǎo)軌向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在導(dǎo)軌上,另有一根質(zhì)量為 m、電阻為R的金屬棒 ef,在恒力F的作用下向右運(yùn)動(dòng)。線圈和ef金屬棒與導(dǎo)軌的摩擦因數(shù)均為μ,導(dǎo)軌電阻不計(jì)。當(dāng) ef 棒向右運(yùn)行距離為 L 時(shí),線圈剛好開始運(yùn)動(dòng),求: (1)ef棒的速度; (2)ef棒從靜止開始,到線圈剛開始運(yùn)動(dòng)消耗的時(shí)間; (3)在ef棒運(yùn)動(dòng)過程中,cd桿消耗的焦耳熱; (4)當(dāng)ef桿速度多大時(shí),作用在桿子上的合外力的功率最大,并求出最大功率。 【答案】(1)v=3μmgRB2L2;(2)Δt=2B4L5+9μm2gR23(F-μmg

53、)RB2L2; (3)Qcd=16FL-μmgL-9μ2m3g2R22B4L4; (4)v=3R(F-μmg)4B2L2,最大值Pm=3R(F-μmg)28B2L2 【解析】 【詳解】 (1)設(shè)ef棒的速度為v,則電動(dòng)勢(shì)E=BLv; 流過cd的電流Icd=12ER+12R=BLv3R ; 線圈剛剛開始運(yùn)動(dòng):BIcdL=2μmg 聯(lián)立解得ef棒的速度:v=6μmgRB2L2 (2)從ef開始運(yùn)動(dòng),到線圈開始運(yùn)動(dòng),對(duì)ef由動(dòng)能定理:(F-BIL-μmg)Δt=mv 其中的q=IΔt;I=BL?LΔt?32R; 聯(lián)立解得:Δt=mv+2B2L3/3RF-μmg, 解得Δt=6

54、μm2gRB2L2+2B2L33RF-μmg=6μm2gR+2B4L53RB2L2(F-μmg) (3)由能量關(guān)系可知:FL-μmgL-Q=12mv2 其中cd桿消耗的焦耳熱為:Qcd=16Q 可得:Qcd=16(FL-μmgL-18μ2m3g2R2B4L4) (4)作用在桿子上的合外力的功率:P=(F-μmg-B2L2v1.5R)v,P是v的二次函數(shù), 由數(shù)學(xué)知識(shí)可知,當(dāng)v=1.5R(F-μmg)2B2L2時(shí)P最大,最大值為Pm=1.5R(F-μmg)24B2L2 24.如圖所示,在同一水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、M'N'與均處于豎直面內(nèi)的半圓形光滑金屬軌道NP、N'P'平滑

55、連接,半圓軌道半徑均為r=0.5m,導(dǎo)軌間距L=1m,水平導(dǎo)軌左端MM'接有R=2Ω的定值電阻,水平軌道的ANN'A'區(qū)域內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾萪=1m。一質(zhì)量為m=0.2kg、電阻為R0=0.5Ω、長度為L=1m的導(dǎo)體棒ab放置在水平導(dǎo)軌上距磁場(chǎng)左邊界s處,在與導(dǎo)體棒垂直、大小為2N的水平恒力F的作用下從靜止開始運(yùn)動(dòng),導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng),當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)至NN'時(shí)撤去F,結(jié)果導(dǎo)體棒ab恰好能運(yùn)動(dòng)到半圓形軌道的最高點(diǎn)PP'。已知重力加速度g取10m/s2,導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。 (1)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小及s的大??;

56、(2)若導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到AA'時(shí)撤去拉力,試判斷導(dǎo)體棒能不能運(yùn)動(dòng)到半圓軌道上。如果不能,說明理由;如果能,試再判斷導(dǎo)體棒沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)會(huì)不會(huì)脫離軌道。 【答案】(1)B=1T,s=1.25m;(2)h=0.45m,由于h

57、立得B=1T 根據(jù)動(dòng)能定理有:Fs=12mv12 解得s=1.25m (2)假設(shè)導(dǎo)體棒能穿過磁場(chǎng)區(qū)域,穿過磁場(chǎng)區(qū)域的速度大小為v3,根據(jù)動(dòng)量定理:-F安Δt=mΔv 即-B2L2R+R0d=m(v3-v1) 解得:v3=3m/s 所以假設(shè)成立,能運(yùn)動(dòng)到半圓軌道上。 假設(shè)導(dǎo)體棒在半圓軌道上不會(huì)離開軌道,上升的最大高度為h 則有:mgh=12mv32 解得:h=0.45m,由于h

58、。長度均為L、質(zhì)量均為m=40g、電阻均為R=0.1Ω的導(dǎo)體排ab、cd分別垂直放置于水平和傾斜導(dǎo)軌上,并與導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)軌電阻不計(jì),導(dǎo)體棒ab通過兩根跨過光滑定滑輪的絕緣細(xì)線分別與質(zhì)量m0=200g的物體C和導(dǎo)體棒cd相連,細(xì)線沿導(dǎo)軌中心線且在導(dǎo)軌平面內(nèi),細(xì)線及滑輪的質(zhì)量不計(jì),已知傾斜導(dǎo)軌與水平面的夾角θ=37°,水平導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒ab間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,兩導(dǎo)軌足夠長,導(dǎo)體棒cd運(yùn)動(dòng)中始終不離開傾斜導(dǎo)軌。將物體C由靜止釋放,當(dāng)它達(dá)到最大速度時(shí)下落的高度h=1m,在這一運(yùn)動(dòng)過程中,求: (1)物體C的最大速度; (2)導(dǎo)體棒ab產(chǎn)

59、生的焦耳熱。 【答案】(1) 2m/s;(2) 0.52J 【解析】 【詳解】 (1)設(shè)C達(dá)到的最大速度為vm,由法拉第電磁感應(yīng)定律,回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為:E=2BLvm…① 由歐姆定律得回路中的電流強(qiáng)度為:I=E2R…② 金屬導(dǎo)體棒ab、cd受到的安培力為:F=BIL…③ 設(shè)連接金屬導(dǎo)體棒ab與cd的細(xì)線中張力為T1,連接金屬導(dǎo)體棒ab與物體C的細(xì)線中張力為T2,導(dǎo)體棒ab、cd及物體C的受力如圖: 由平衡條件得:T1=mgsin37°+F…④ T2=T1+F+f…⑤ T2=m0g…⑥ 由①②③④⑤⑥可解得:vm=2m/s。 (2)系統(tǒng)在該過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為E1,由

60、能的轉(zhuǎn)化和守恒定律得: m0gh=(2m+m0)v2+mghsin37°+E1…⑦ 運(yùn)動(dòng)過程中由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為:E2=μmgh…⑧ 則這一過程電流產(chǎn)生的內(nèi)能為:E3=E1-E2…⑨ 又因?yàn)閍b棒、cd棒的電阻相等,則由⑦⑧⑨可得,電流通過ab棒產(chǎn)生的焦耳熱為:E4=12E3=0.52J。 26.如圖所示,兩足夠長平行光滑的金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距為L,導(dǎo)軌平面與水平面夾角α,導(dǎo)軌電阻不計(jì).磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面向上,長為L的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上,且始終與導(dǎo)軌接觸良好,金屬棒的質(zhì)量為m、電阻為R。定值電阻的阻值也為R,重力加速度為g,閉合開關(guān)S,現(xiàn)將金

61、屬棒由靜止釋放。 (1)求金屬棒下滑的最大速度va; (2)金屬棒從靜止開始下滑距離為s0時(shí)速度恰好達(dá)到最大; ①求該過程通過金屬棒的電量q; ②a.求該過程中金屬棒的生熱Q; b.試證明該過程中任意時(shí)刻金屬棒克服安培力的功率都等于全電路的生熱功率。 (3)金屬棒從靜止開始下滑距離為s0時(shí)速度恰好達(dá)到最大,求該過程中金屬棒所用的時(shí)間t。 【答案】(1)vm=2mgRsinαB2L2(2)①q=BLs02R②a. Q=mgs0sinα-2mg2sin2αB4L4b.見解析;(3)t=2mRB2L2+B2L2s02Rmgsinα 【解析】 【詳解】 (1)當(dāng)金屬棒到達(dá)最大速

62、度時(shí),由平衡知識(shí)可知:mgsinα=BBLvmR+RL 解得vm=2mgRsinαB2L2 (2)①由IΔt=q; I=E2R; E=ΔΦΔt=BLs0Δt; 解得q=BLs02R ②a.由能量關(guān)系可知:Q=mgs0sinα-12mvm2=mgs0sinα-2mg2sin2αB4L4 b.設(shè)某一時(shí)刻金屬棒的速度為v,則安培力的功率:P安=F安v=BBLv2RLv=B2L2v22R; 電動(dòng)勢(shì)E=BLv,則全電路的生熱功率P熱=E22R=B2L2v22R, 即該過程中任意時(shí)刻金屬棒克服安培力的功率都等于全電路的生熱功率,問題得證。 (3)由動(dòng)量定理可知:mgsinα?t-BIL

63、?t=mvm,而It=q聯(lián)立解得:t=2mRB2L2+B2L2s02Rmgsinα 27.如圖所示,在豎直平面內(nèi)有兩根相互平行、電阻忽略不計(jì)的金屬導(dǎo)軌(足夠長),在導(dǎo)軌間接有阻值分別為R1,R2的兩個(gè)電阻,一根質(zhì)量為m的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置其上,整個(gè)裝置處于垂直導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中?,F(xiàn)讓金屬棒ab沿導(dǎo)軌由靜止開始運(yùn)動(dòng),若只閉合開關(guān)S1,金屬棒ab下滑能達(dá)到的最大速度為υ1;若只閉合開關(guān)S2,金屬棒ab下滑高度為h時(shí)恰好達(dá)到能達(dá)到的最大速度為υ2,重力加速度為g,求: (1)金屬棒的電阻r; (2)金屬棒ab由靜止開始到達(dá)到最大速度υ2的過程中,通過電阻R2的電荷量Q; (3)

64、金屬棒ab由靜止開始到達(dá)到最大速度υ2所用的時(shí)間; (4)若讓金屬棒ab沿導(dǎo)軌由靜止開始運(yùn)動(dòng),同時(shí)閉合開關(guān)S1、S2,金屬棒ab下滑高度為h'時(shí)達(dá)到的最大速度為v’。試比較h與h'、v2與v’的大小關(guān)系。(不用推導(dǎo)、直接寫出結(jié)果) 【答案】(1)r=R2v1-R1v2v2-v1(2)Q=hv2mg(v2-v1)R2-R1(3)t=v2g+hv2(4)υ2>υ' h>h' 【解析】 【詳解】 (1)設(shè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,導(dǎo)軌間的距離為L,則 當(dāng)金屬棒達(dá)到最大速度v1時(shí), 由平衡條件:mg=BI1L 由閉合電路的歐姆定律可得I1=BLv1R1+r 由以上方程解得:mg=

65、B2L2v1R1+r 當(dāng)金屬棒達(dá)到最大速度v2時(shí),同理有, mg=B2L2v2R2+r 解得: r=R2v1-R1v2v2-v1 (2)將r=R2v1-R1v2v2-v1代入mg=B2L2v1R1+r,解得:BL=mg(R2-R1)v2-v1 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為: 全屬棒ab由靜止開始到達(dá)到最大速度υ2的過程中,其平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為: E=ΔΦΔt=BLhΔt 其平均電流為:I=ER2+r 結(jié)合Q=I·Δt 解得:Q=hv2mg(v1+v2)R2-R1 (3)金屬捧從靜止到最大速度過程中,由動(dòng)量定理有: mgt-ΣBILΔt=mv2 其中ΣIΔt=Q

66、 代入得t=v2g+hv2 (4)由兩次棒的υ- t圖象可知 v2>v' h>h' 28.如圖甲,乙所示,半徑為a=0.4m的圓形區(qū)或內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向垂直紙面向里,平行金屬導(dǎo)軌PQP'Q'與磁場(chǎng)邊界相切與OO',磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直,導(dǎo)軌兩側(cè)分別接有燈L1、L2,兩燈的電阻均為R=2Ω,金屬導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì),則: (1)如圖甲,若磁場(chǎng)隨時(shí)間變化規(guī)律為B=1+(4π)t(T),求流過L1電流的大小和方向; (2)如圖乙所示,若磁感應(yīng)強(qiáng)度恒為B=l.5T,一長為2a、電阻r=2Ω的均勻金屬棒MN與導(dǎo)軌垂直放置且接觸良好,現(xiàn)將棒以v0=5m/s的速率在導(dǎo)軌上向右勻速滑動(dòng),求:棒通過磁場(chǎng)過程中的最大拉力F大小,以及棒通過磁場(chǎng)過程中的電荷量q. 【答案】(1)0.16A;逆時(shí)針方向(2) 2.4N,0.08πC 【解析】 【詳解】 (1)根據(jù)楞次定律可知,電流逆時(shí)針方向,因ΔBΔt=4π,則產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為:E=△B△tπa2=0.64V 電流大小為:IA=E2R=0.644A=0.16A (2)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大為:E′=B?2av0=1.5×0.8

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