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(新課標(biāo))2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化訓(xùn)練9 電磁感應(yīng)問題(含解析)

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(新課標(biāo))2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化訓(xùn)練9 電磁感應(yīng)問題(含解析)

專題強(qiáng)化訓(xùn)練(九)一、選擇題(共10個小題,16為單選,其余為多選,每題5分共50分)1如圖所示,有一邊長為L的正方形線框abcd,由距勻強(qiáng)磁場上邊界H處靜止釋放,其下邊剛進(jìn)入勻強(qiáng)磁場區(qū)域時恰好能做勻速直線運(yùn)動勻強(qiáng)磁場區(qū)域?qū)挾纫矠長.ab邊開始進(jìn)入磁場時記為t1,cd邊出磁場時記為t2,忽略空氣阻力,從線框開始下落到cd邊剛出磁場的過程中,線框的速度大小v、加速度大小a、ab兩點的電壓大小Uab、線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q隨時間t的變化圖象可能正確的是()答案C解析線圈在磁場上方H開始下落到下邊進(jìn)入磁場過程中線圈做勻加速運(yùn)動;因線圈下邊剛進(jìn)入勻強(qiáng)磁場區(qū)域時恰好能做勻速直線運(yùn)動,可知線圈直到cd邊出磁場時也做勻速運(yùn)動,A、B兩項錯誤;線圈ab邊進(jìn)入磁場的過程,EBLv,則UabBLv;ab邊出離磁場的過程,EBLv,則UabBLv;線圈進(jìn)入磁場和出離磁場過程中電動勢相同,均為EBLv,時間相同,則由功率公式可知,產(chǎn)生的熱量相同,故C項正確,A、B、D三項錯誤故選C項2.如圖所示,內(nèi)環(huán)半徑為,外環(huán)半徑為L的半圓環(huán)形閉合線圈ABCD,該導(dǎo)體線圈電阻為R,現(xiàn)在環(huán)形區(qū)域內(nèi)加一個垂直紙面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度從零開始均勻增大的勻強(qiáng)磁場,當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度增大到B時保持不變,此過程中通過線圈截面的電量為q1;然后讓線圈以O(shè)點為圓心勻速轉(zhuǎn)動半周,該過程中通過線圈截面的電量為q2.則q1:q2為()A11B12C23 D32答案A解析由公式qn知:q1,第二個過程中的電荷量為:q2,所以q1q211,故A項正確,B、C、D三項錯誤故選A項3.如圖所示,足夠長的平行導(dǎo)軌水平放置,導(dǎo)軌間距為L,質(zhì)量均為m,電阻均為R的金屬棒ab,cd放在導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌垂直,金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)均為,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下,用水平向右、大小等于mg(g為重力加速度)的恒力F向右拉金屬棒cd,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,不計導(dǎo)軌電阻,下列說法正確的是()A恒力F作用瞬間,金屬棒cd的加速度大小等于0B恒力F作用足夠長時間后,金屬棒ab會向右運(yùn)動C金屬棒cd運(yùn)動的最大速度大小為D金屬棒cd的速度會不斷增大答案C解析恒力F作用瞬間,金屬棒cd的加速度大小為ag,故A項錯誤;當(dāng)cd棒的加速度為零時速度最大設(shè)cd加速度為零時所受的安培力為F安,根據(jù)平衡條件有mgF安mg,則得F安mg,對ab棒,因F安<fmmg,所以金屬棒ab不可能運(yùn)動,故B項錯誤;金屬棒cd先做加速運(yùn)動,當(dāng)金屬棒cd達(dá)到最大速度后勻速運(yùn)動,由F安BILBL,結(jié)合F安mg,可得,金屬棒cd運(yùn)動的最大速度大小為v,故C項正確,D項錯誤故選C項4等離子體由左方連續(xù)以速度v0射入P1和P2兩板間的勻強(qiáng)磁場中,偏轉(zhuǎn)后會打到P1、P2板上,ab直導(dǎo)線通過滑動變阻器與P1、P2相連接,線圈A通過滑動變阻器與直導(dǎo)線cd連接,如圖甲所示線圈A內(nèi)有圖乙所示的變化磁場,且規(guī)定磁場B的正方向向右,則下列敘述正確的是()A01 s內(nèi),通過兩直導(dǎo)線的電流均向下B12 s內(nèi),ab、cd導(dǎo)線互相吸引C23 s內(nèi),ab、cd導(dǎo)線互相排斥D34 s內(nèi),ab、cd導(dǎo)線互相吸引答案D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)電路及圖乙判斷,根據(jù)楞次定律01 s內(nèi)cd中電流為由d到c,ab中電流向下,通過兩導(dǎo)線的電流方向相反,故A項錯誤;由左側(cè)電路可以判斷ab中電流方向由a到b,12 s時間內(nèi)右側(cè)線圈中磁場向右且增強(qiáng),根據(jù)楞次定律知cd中電流為由d到c,ab、cd電流方向相反,ab、cd導(dǎo)線互相排斥,故B項錯誤;23 s時間內(nèi)由楞次定律得cd中電流由c到d,跟ab中電流同向,因此ab、cd相互吸引,故C項錯誤;34 s時間內(nèi)由楞次定律得cd中電流由c到d,跟ab中電流同向,因此ab、cd導(dǎo)線互相吸引,故D項正確故選D項5.如圖所示,兩條相距L的足夠長的平行光滑導(dǎo)軌放置在傾角為30°的斜面上,阻值為R的電阻與導(dǎo)軌相連,質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒MN垂直于導(dǎo)軌放置整個裝置在垂直于斜面向下的勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.輕繩一端與導(dǎo)體棒相連,另一端跨過定滑輪與一個質(zhì)量為m的物塊相連,且滑輪與桿之間的輕繩與斜面保持平行,物塊距離地面足夠高,導(dǎo)軌、導(dǎo)體棒電阻不計,輕繩與滑輪之間的摩擦力不計,則將物塊從靜止釋放,下面說法正確的是(重力加速度為g)()A導(dǎo)體棒M端電勢高于N端電勢B導(dǎo)體棒的加速度可能大于gC導(dǎo)體棒的速度不會大于D通過導(dǎo)體棒的電荷量與金屬棒運(yùn)動時間的平方成正比答案C解析根據(jù)右手定則可知導(dǎo)體棒中電流由M到N,導(dǎo)體棒M端電勢低于N端電勢,故A項錯誤;設(shè)導(dǎo)體棒的上升速度為v,可知導(dǎo)體棒所受安培力為:F安BILB·L,根據(jù)牛頓第二定律可得:mgmgsin30°2ma,當(dāng)導(dǎo)體棒的上升速度為零時,導(dǎo)體棒的加速度最大,最大加速度為:amg;當(dāng)導(dǎo)體棒的上升加速度為零時,導(dǎo)體棒的速度最大,最大速度為:vm,故B項錯誤,C項正確;通過導(dǎo)體棒的電荷量為:q,由于導(dǎo)體棒先做加速度減小的加速度運(yùn)動,后做勻速運(yùn)動,所以導(dǎo)體棒運(yùn)動的位移與金屬棒運(yùn)動時間的平方不成正比,故D項錯誤故選C項6如圖甲所示,梯形硬導(dǎo)線框abcd固定在磁場中,磁場方向與線框平面垂直,圖乙表示該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的關(guān)系,t0時刻磁場方向垂直紙面向里在05t0時間內(nèi),設(shè)垂直ab邊向上為安培力的正方向,線框ab邊受到該磁場對它的安培力F隨時間t變化的關(guān)系圖為()答案D解析02t0,感應(yīng)電動勢為:E1SS,為定值,3t05t0,感應(yīng)電動勢為:E2SS,也為定值,因此感應(yīng)電流也為定值,那么安培力FBILB由于0t0,B逐漸減小到零,故安培力逐漸減小到零,根據(jù)楞次定律,可知,線圈中感應(yīng)電流方向順時針,依據(jù)左手定則,可知,線框ab邊受到安培力方向向上,即為正;同理,t02t0,安培力方向向下,為負(fù),大小增大,而在2t03t0,沒有安培力;在3t04t0,安培力方向向上,為正,大小減??;在4t05t0,安培力方向向下,為負(fù),大小增大,故D項正確,A、B、C三項錯誤故選D項7.如圖所示,電阻R、電容器C與固定在同一水平面上的光滑平行導(dǎo)軌相連,導(dǎo)軌間有豎直向下的勻強(qiáng)磁場一導(dǎo)體棒垂直放在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌電阻不計現(xiàn)讓導(dǎo)體棒獲得一初速度v0從位置A向右滑動并經(jīng)過B、C兩位置,在導(dǎo)體棒向右滑動的過程中,下列說法正確的是()AR中的電流從a到bB導(dǎo)體棒向右做勻速滑動C電容器的帶電量逐漸變小D在BC段滑動時導(dǎo)體棒動能的減少量等于電阻R上產(chǎn)生的熱量答案AC解析根據(jù)右手定則可判定回路中的電流沿逆時針方向,過電阻R的電流從a到b,故A項正確;根據(jù)左手定則可判斷,導(dǎo)體棒受到向左的安培力作用做減速運(yùn)動,所以電動勢不斷變小,電容器兩端電壓不斷變小,根據(jù)C得:QCU,故電容器電荷量逐漸變小,故B項錯誤,C項正確;根據(jù)能量守恒可知,在BC段滑動時導(dǎo)體棒動能的減少量等于電阻R上產(chǎn)生的熱量以及電容器儲存的電能之和,故D項錯誤故選A、C兩項8如圖甲所示,abcd是位于豎直平面內(nèi)的正方形閉合金屬線框,其下方有一寬度為s,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域,磁場方向與線框平面垂直,MN和MN是勻強(qiáng)磁場區(qū)域的水平邊界現(xiàn)使線框從MN上方由靜止開始下落,下落過程中bc邊始終水平如圖乙是線框開始下落到完全穿過磁場區(qū)域的vt圖象(其中OA、BC、DE相互平行)已知金屬線框邊長為L(L<s)、質(zhì)量為m、電阻為R,當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間,vt圖象中v1、v2、t1、t2、t3、t4均為已知量空氣阻力不計,則下列說法中正確的是()At2是線框全部進(jìn)入磁場瞬間,t4是線框全部離開磁場瞬間Bv1的大小可能為C從bc邊進(jìn)入磁場到ad邊離開磁場過程,感應(yīng)電流所做的功為2mgsD線框離開磁場過程中通過線框橫截面的電荷量比進(jìn)入磁場過程中通過線框橫截面的電荷量多答案AB解析0t1時間內(nèi)做自由落體運(yùn)動,可知從t1時刻進(jìn)入磁場,開始做加速度減小的減速運(yùn)動,t2時刻又做勻加速運(yùn)動,且與自由落體運(yùn)動的加速度相同,可知線框全部進(jìn)入磁場,即t2是線框全部進(jìn)入磁場瞬間,t3時刻開始做變減速運(yùn)動,t4時刻,又做加速度為g的勻加速運(yùn)動,可知t4是線框全部離開磁場瞬間,故A項正確;線框全部進(jìn)入磁場前的瞬間,可能重力和安培力平衡,有:mg,解得:v1,故B項正確;從bc邊進(jìn)入磁場起一直到ad邊離開磁場為止,根據(jù)動能定理得:mg(sL)Wmv12mv22,線框出磁場時,設(shè)克服安培力做功為W,根據(jù)動能定理得:mgLWmv12mv22,解得:WmgsW,Wmgs,則W2mgs,故C項錯誤;根據(jù)q知,線框進(jìn)入磁場和出磁場的過程中,磁通量的變化量相同,則通過的電荷量相同,故D項錯誤,故選A、B兩項9.如圖,等邊三角形OPQ區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場用粗細(xì)均勻的導(dǎo)線繞制的等邊三角形導(dǎo)線框abc位于紙面內(nèi),其bc邊與磁場邊界PQ平行,d、e分別為ab、ac的中點導(dǎo)線框沿垂直于bc的方向向上勻速穿過磁場區(qū)域,依次經(jīng)過圖中、位置已知三角形OPQ的邊長是三角形abc的倍,位置時a點與O點重合,位置時d點、e點分別在OP、OQ上,位置時d點、e點在PQ上則()A經(jīng)過位置和位置時,線框中的感應(yīng)電流方向相同B經(jīng)過位置和位置時,線框中的感應(yīng)電流大小相等C經(jīng)過位置和位置時,線框上de兩點間的電壓之比為21D從位置到位置和從位置到位置的兩個過程中,穿過線框橫截面的電荷量之比為21答案BCD解析由題意可知,線框在位置運(yùn)動過程穿過線框的磁通量增加,線框在位置運(yùn)動時穿過線框的磁通量減少,由楞次定律可知,兩位置感應(yīng)電流方向相反,故A項錯誤;由圖示可知,線框經(jīng)過位置和經(jīng)過位置時,線框切割磁感線的有效長度L相等,由EBLv可知,線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相等,由歐姆定律可知,線框中的感應(yīng)電流大小相等,故B項正確;線框在位置時,dae相當(dāng)于電源,線框在位置時dbce相當(dāng)于電源,在兩位置線框電流I相等,dbce部分的電阻是dae部分電阻的兩倍,即:Rdbce2Rdae,UdeIRdbce,UdeIRdae,則:Ude2Ude,故C項正確;通過線框?qū)Ь€橫截面的電荷量為:qIttt,設(shè)三角形abc的面積為4S,由圖示可知,線框從位置到位置過程:S12S,線框從位置到位置過程:S23S2SS,則從位置到位置和從位置到位置的兩個過程中,穿過線框橫截面的電荷量之比:,故D項正確故選B、C、D三項10如圖所示,間距為d的平行導(dǎo)軌A2A3、C2C3所在平面與水平面的夾角30°,其下端連接阻值為R的電阻,處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中,水平臺面所在區(qū)域無磁場長為d,質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒甲靜止在光滑水平臺面ACC1A1上,在大小為mg(g為重力加速度大小),方向水平向左的恒力作用下做勻加速運(yùn)動,經(jīng)時間t后導(dǎo)體棒甲恰好運(yùn)動至左邊緣A1C1,此時撤去恒力,導(dǎo)體棒甲從左邊緣A1C1飛出臺面,并恰好沿A2A3方向落到A2C2處,與放置在此處的導(dǎo)體棒乙(與導(dǎo)體棒甲完全相同)碰撞后粘在一起然后沿導(dǎo)軌下滑距離x后開始做勻速運(yùn)動兩導(dǎo)體棒粘連后在導(dǎo)軌上運(yùn)動時始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,除了電阻R外,其他電阻不計,一切摩擦不計,下列判斷正確的是()A導(dǎo)體棒甲到達(dá)A1C1處時的速度大小為gtBA2C2與臺面ACC1A1間的高度差為gt2C兩導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上做勻速運(yùn)動的速度大小為D兩導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上變速滑行的過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mg2t2mgx答案ABD解析導(dǎo)體棒在臺面上做勻加速直線運(yùn)動,速度:v0at,由牛頓第二定律得:mgma,解得:v0gt,故A項正確;導(dǎo)體棒離開臺面后做平拋運(yùn)動,豎直方向:vyv0tan,vy22gh,解得:hgt2,故B項正確;導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上做勻速直線運(yùn)動,處于平衡狀態(tài),由平衡條件得:2mgsinBId,電流:I,解得:v,故C項錯誤;甲與乙碰撞前的速度為:v甲gt.甲、乙兩棒碰撞過程中動量守恒,根據(jù)動量守恒定律可得:mv甲2mv共,解得:v共gt.根據(jù)動能定理可得:2mgsin·xWA·2mv2·2mv共2,解得:WAmg2t2mgx,根據(jù)功能關(guān)系可得電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mg2t2mgx,故D項正確故選A、B、D三項二、計算題(共4個小題,11題10分,12題12分,13題14分,14題14分,共50分)11如圖甲所示,相距為d的足夠長光滑的U型金屬框架NMPQ固定在水平桌面上,框架所在的空間內(nèi)存在方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場一根長為d的金屬棒ab放置在框架上,其質(zhì)量為m,電阻為r,該棒通過一根繞過右側(cè)定滑輪的絕緣輕繩和一物塊相連,物塊質(zhì)量為3m.已知重力加速度為g,導(dǎo)體棒與金屬框間接觸電阻及金屬框架的電阻不計則:(1)若所加磁場為磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場,求導(dǎo)體棒運(yùn)動的最大速度;(2)若所加磁場為隨時間變化的勻強(qiáng)磁場,導(dǎo)體棒運(yùn)動的vt圖象如圖乙所示,t0時刻,導(dǎo)體棒ab與PM距離為l,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0,求t時刻磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度答案(1)(2)解析(1)對導(dǎo)體棒ab,有:EmBdvm此時流過導(dǎo)體棒的電流為:I,根據(jù)平衡條件可得:BId3mg,解得:vm;(2)對于導(dǎo)體棒ab根據(jù)牛頓第二定律可得:3mgFA4ma,t0時FA0,則加速度為:ag,導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動,則有:I0,t時刻的位移為:xat2gt2,由于感應(yīng)電流為零,則磁通量變化為零,有:B0ldB(lx)d,解得:B.12.如圖所示,在勻強(qiáng)磁場中傾斜放置電阻不計的兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌,金屬導(dǎo)軌與水平面成37°角,平行導(dǎo)軌間距L1.0 m勻強(qiáng)磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下,磁感應(yīng)強(qiáng)度B1.0 T兩根金屬桿ab和cd可以在導(dǎo)軌上無摩擦地滑動兩金屬桿的質(zhì)量均為m0.20 kg,ab桿的電阻為R11.0 ,cd桿的電阻為R22.0 .若用與導(dǎo)軌平行的拉力F作用在金屬桿ab上,使ab桿勻速上滑并使cd桿在導(dǎo)軌上保持靜止,整個過程中兩金屬桿均與導(dǎo)軌垂直且接觸良好取重力加速度g10 m/s2,sin37°0.6,cos37°0.8.求:(1)ab桿上滑的速度v的大??;(2)ab桿兩端的電勢差Uab;(3)0.5 s的時間內(nèi)通過cd桿的電量q.答案(1)3.6 m/s(2)2.4 V(3)0.60 C解析(1)以cd桿為研究對象,根據(jù)共點力的平衡條件可得:BILmgsin37°,解得:IA1.2 A,根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得:ab桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EI(R1R2)1.2×3 V3.6 V,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得:EBLv,解得:v3.6 m/s.(2)ab桿兩端的電勢差是路端電壓,根據(jù)歐姆定律可得:UIR21.2×2 V2.4 V,根據(jù)右手定則可知a點電勢比b點的高,故有:Uab2.4 V.(3)由于桿勻速運(yùn)動,所以通過桿的電流為一個定值,根據(jù)電荷量的計算公式可得:qIt1.2×0.5 C0.60 C.13如圖的水平光滑金屬導(dǎo)軌在同一水平面上,間距分別為L和,間距為L的導(dǎo)軌有一小段左右斷開,為使導(dǎo)軌上的金屬棒能勻速通過斷開處,在此處鋪放了與導(dǎo)軌相平的光滑絕緣材料(圖中的虛線框處)質(zhì)量為m,電阻為R1的均勻金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌放置在靠近斷開處的左側(cè),另一質(zhì)量也為m,電阻為R2的均勻金屬棒cd垂直于導(dǎo)軌放置在間距為的導(dǎo)軌左端導(dǎo)軌MN和PQ、MN和PQ都足夠長,所有導(dǎo)軌的電阻都不計電源電動勢為E,內(nèi)阻不計整個裝置所在空間有豎直方向的,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場閉合開關(guān)S,導(dǎo)體棒ab迅即獲得水平向右的速度v0并保持該速度到達(dá)斷開處右側(cè)的導(dǎo)軌上求:(1)空間勻強(qiáng)磁場的方向;(2)通過電源E某截面的電荷量;(3)從導(dǎo)體棒ab滑上導(dǎo)軌MN和PQ起至開始勻速運(yùn)動止,這一過程中棒ab和棒cd組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能答案(1)豎直向下(2)(3)mv02解析(1)閉合開關(guān)S,電流由b到a,導(dǎo)體棒ab受到的安培力向右,由左手定則可知磁場的方向豎直向下(2)對ab棒,設(shè)受安培力的時間為t,這段時間內(nèi)的平均電流為I,平均安培力為F,通過導(dǎo)體棒(也就是電源)某截面的電荷量為q.由動量定理得:Ftmv00,且FBIL,qIt,聯(lián)立得:q.(3)ab滑上MN和PQ時的速度仍為v0,安培力使ab減速,使cd加速,直至電路中電流為0(即總感應(yīng)電動勢為0)而各自做勻速運(yùn)動,設(shè)ab和cd勻速運(yùn)動的速度分別為v1和v2.經(jīng)歷的時間為t,這一過程回路中的平均電流為I.由動量定理得:對ab棒:BILtmv1mv0;對cd棒:BI·tmv20;穩(wěn)定時有:BLv1Bv2,解得:v1,v2.棒ab和棒cd組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為:Emv02,解得:Emv02.14如圖所示,光滑平行長直導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上,導(dǎo)軌間距為L,垂直于導(dǎo)軌的虛線MN左側(cè)、虛線PQ右側(cè)均有垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場,兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B.MN、PQ間有垂直于導(dǎo)軌放置的長度均為l的直導(dǎo)體棒a、b,質(zhì)量分別為m、2m,電阻分別為2R、R,兩導(dǎo)體棒間夾有壓縮了的彈簧,彈簧與導(dǎo)體棒不拴接,彈簧處于鎖定狀態(tài)若固定導(dǎo)體棒a解除彈簧鎖定,導(dǎo)體棒b被彈開后以一定的速度進(jìn)入磁場(b進(jìn)入磁場前,彈簧已恢復(fù)原長),從b進(jìn)入磁場到b最終停止的過程中,導(dǎo)體棒b中產(chǎn)生的焦耳熱為Q.導(dǎo)軌的電阻不計,求:(1)彈簧被鎖定時具有的彈性勢能;(2)導(dǎo)體棒b進(jìn)入磁場時的速度大小及在磁場中滑行的距離;(3)若導(dǎo)體棒a不固定解除彈簧的鎖定后,兩導(dǎo)體棒恰好能同時進(jìn)入磁場,則兩導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場時的速度分別為多大?當(dāng)導(dǎo)體棒a的速度為進(jìn)磁場時速度的一半時,回路中的電功率多大?答案(1)3Q(2)(3)2解析(1)導(dǎo)體棒b中產(chǎn)生的焦耳熱為Q,則整個電路產(chǎn)生的焦耳熱為:Q總×3R3Q,根據(jù)功能關(guān)系可得彈簧被鎖定時具有的彈性勢能為:Ep3Q.(2)導(dǎo)體棒b進(jìn)入磁場時的速度大小為v,則有:Ep×2mv2,解得:v;根據(jù)動量定理可得:BILt02mv,其中I則有:2mv,解得在磁場中滑行的距離為:xt.(3)若導(dǎo)體棒a不固定解除彈簧的鎖定后,兩導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場時的速度分別為va、vb,根據(jù)動量守恒定律可得:mva2mvb,根據(jù)功能關(guān)系可得:Epmva2×2mvb2,聯(lián)立解得:va2,vb,當(dāng)導(dǎo)體棒a的速度為進(jìn)磁場時速度的一半時,即為:va,由于水平方向合動量為零,則b的速度為:vb,此時回路中的感應(yīng)電動勢為:EBL(vavb)BL.回路中的電功率為:P.14

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