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(共71張PPT)
章末檢測卷(八)(第十一章內容)
題號
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一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。
1．(2024·遼寧朝陽二模)如圖所示，薄玻璃板上放有兩個粗細相同的玻璃水杯，杯中裝入質量相等的水，其中右側水杯內的底面平放一薄銅片，在兩個水杯中都放入溫度傳感器用來測溫度。玻璃板的下方一裝有多個磁鐵的塑料圓盤旋轉起來，經過一段時間，可以觀測到右側水杯中水溫明顯上升，而左側水杯中的水溫沒有變化，這是因為(　　)
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A．磁鐵使水杯中的水產生渦流引起的
B．磁鐵使水杯底部的銅片產生渦流引起的
C．磁鐵與空氣摩擦生熱引起的
D．磁鐵使水杯底部的銅片磁化引起的
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√
B　[水是絕緣體，磁鐵不能使水產生渦流，A錯誤；磁鐵在轉動過程中，通過銅片的磁通量發生變化，在銅片中產生渦流，電流生熱使水的溫度升高，B正確；若空氣摩擦生熱，對兩側水溫的影響應該是一樣的，不能僅一側升溫明顯，C錯誤；磁鐵不能使銅片磁化，且即使磁化也不能產生熱量，D錯誤。]
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2．如圖所示，假設“天宮一號”正以速度7.5 km/s繞地球做勻速圓周運動，運動方向與其太陽帆板兩端相距20 m的M、N的連線垂直，太陽帆板視為導體。飛經某處時的地磁場磁感應強度垂直于MN所在平面的分量為1.0×10-5 T，若此時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(圖中
未畫出)，太陽帆板內阻不可忽略。則(　　)
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A．此時M、N兩端間的電勢差為0
B．此時小燈泡恰好能正常發光
C．“天宮一號”繞行過程中受到電磁阻尼
D．“天宮一號”在南、北半球水平飛行時M端的電勢始終高于N端
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C　[小燈泡與M、N相連構成閉合回路，它們一起在磁場中做切割磁感線運動，閉合回路的磁通量不變，回路中不產生感應電流，小燈泡不工作，M、N間感應電動勢大小為E＝BLv，代入數據得E＝1.5 V，此時M、N兩端間的電勢差不為0，絕對值為1.5 V，故A、B錯誤；導體在磁場中做切割磁感線運動，受到電磁阻尼，故C正確；地磁場磁感應強度垂直于MN所在平面的分量在南、北半球方向相反，所以“天宮一號”在南、北半球水平飛行時M、N間感應電動勢方向相反，故D錯誤。]
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3．如圖所示，一足夠大的“ ”形導軌固定在水平面，導軌左端接一靈敏電流計G，兩側導軌平行。空間中各處的磁感應強度大小均為B且隨時間同步變化，t＝0時刻，在電流計右側某處放置一導體棒，并使之以速度v0向右勻速運動，發現運動過程中電流計讀數始終為零，已知導體棒與導軌接觸良好，則磁感應
強度隨時間變化的關系可能正確的是(　　)
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A　　　　　　　B C D
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C　[設導體棒開始運動時，距離導軌左端為x，磁場的磁感應強度為B0，依題意，導體棒和導軌內部始終無電流，可得磁通量不變化，即B0lx＝Bl(x＋v0t)，整理得＝t＋，故與t為一次函數關系。故選C。]
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4．(2024·浙江紹興二模)如圖所示，勻質硬導線ab、ac、bc均為圓弧，連接后分別固定在xOy、xOz、yOz平面內，圓心都在O點且半徑r＝
10 cm，指向x軸正方向的磁場以9×10-3 T/s的速率均勻增大，下列說法正確的是(　　)
A．bc段導線中的電流從b流向c
B．導線產生的感應電動勢大小為9π×10-5 V
C．ac段導線所受安培力方向沿y軸負方向
D．ab段導線所受安培力大小小于bc段導線所受安培力大小
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D　[通過bc截面的磁通量向x軸正方向增加，根據楞次定律，可知bc段導線中的電流從c流向b，故A錯誤；根據法拉第電磁感應定律，導線產生的感應電動勢大小為E＝＝·＝×10-5 V，故B錯誤；由A項分析知，ac段導線電流方向為從a流向c，根據左手定則，ac段導線所受安培力方向沿y軸正方向，故C錯誤；ab段導線和bc段導線電流大小相同，但ab段導線有效長度為r，bc段導線有效長度為r，故ab段導線所受安培力大小小于bc段導線所受安培力大小，故D正確。]
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5．如圖所示，空間存在方向垂直紙面(豎直面)向里的足夠大的磁場，以豎直向下為z軸正方向，磁感應強度的大小為B＝B0＋kz，式中B0、k為常量，紙面內一質量為m、邊長為a、總電阻為R的正方形導線框在磁場中由靜止開始下落，初始時導線框底邊水平，最終線框將勻速下落，重力加速度大小為g，則線框勻速下落時的速度大小為(　　)
A．
C．
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B　[線框中電動勢為E＝B下av－B上av＝(B下－B上)av，由題意可得B下－B上＝ka，根據I＝，聯立可得I＝，當線框勻速下落時有mg＝(B下－B上)Ia，解得v＝，故選B。]
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6．如圖所示，MN和PQ是兩根互相平行、豎直放置的光滑金屬導軌，已知導軌足夠長，且電阻不計。ab是一根與導軌垂直而且始終與導軌接觸良好的金屬桿，金屬桿具有一定的質量和電阻，開始時，將開關S斷開，讓桿ab由靜止開始自由下落，過段時
間后，再將S閉合。若從S閉合開始計時，金屬桿下
落的速度大小可能(　　)
A．始終增加 B．先增加后減小
C．始終不變 D．先減小后增大
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C　[設開關S閉合瞬間，金屬桿的速度為v0，則有E0＝BLv0，I0＝，F0＝BI0L，聯立可得金屬桿受到的安培力為F0＝。若F0＝＝mg，則金屬桿一直做勻速直線運動，速度始終不變；若F0＝題號
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速運動，最后做勻速直線運動，則速度先增大后不變；若F0＝>mg，則有a＝，可知金屬桿先做加速度減小的減速運動，最后做勻速直線運動，則速度先減小后不變。故僅C正確。]
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7．(2022·重慶卷)如圖1所示，光滑的平行導電軌道水平固定在桌面上，軌道間連接一可變電阻，導體桿與軌道垂直并接觸良好(不計桿和軌道的電阻)，整個裝置處在垂直于軌道平面向上的勻強磁場中。桿在水平向右的拉力作用下先后兩次都由靜止開始做勻加速直線運動，兩次運動中拉力大小與速率的關系如圖2所示。其中，第一次對應直線①，初始拉力大小為F0，改變電阻阻值和磁感應強度大小后，第二次對應直線②，初始拉力大小為2F0，兩直線交點的縱坐標為3F0。若第一次和第二次運動中的磁感應強度大小之比為k、電阻的阻值之比為m、桿從靜止開始運動相同位移的時間之比為n，則k、m、n可能為(　　)
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A．k＝2、m＝2、n＝2
B．k＝2、m＝2、n＝
C．k＝、m＝3、n＝
D．k＝2、m＝6、n＝2
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C　[由題知桿在水平向右的拉力作用下先后兩次都由靜止開始做勻加速直線運動，設加速度大小為a，磁場的磁感應強度大小為B，軌道寬度為L，電阻的阻值為R，導體桿的質量為m0，則導體桿速率為v時產生的感應電動勢大小E＝BLv，感應電流大小I＝，導體桿受到的安培力大小F安＝BIL，由牛頓第二定律得F－F安＝m0a，聯立得F＝v＋m0a，可知F-v圖線的斜率表示，縱截距表示m0a，
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結合題圖2，可知＝·＝，得＝2，＝，得＝，由x＝at2得，桿從靜止開始運動相同位移的時間之比n＝＝＝，故C正確，A、B、D錯誤。]
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8．(2023·福建卷)如圖所示，M、N是兩根固定在水平面內的光滑平行金屬導軌，導軌足夠長且電阻可忽略不計；導軌間有一垂直于水平面向下的勻強磁場，其左邊界OO′垂直于導軌；阻值恒定的兩均勻金屬棒a、b均垂直于導軌放置，b始終固定。a以一定初速度進入磁場，此后運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好，并與b不相碰。以O為坐標原點，水平向右為正方向建立x軸；在運動過程中，a的速度記為v，a克服安培力做功的功率記為P。下列v或P隨x變化的圖像中，可能正確的是(　　)
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A　[設導軌間勻強磁場的磁感應強度為B，兩平行導軌間距為L，兩金屬棒在導軌間的總電阻為R，金屬棒a的質量為m，金屬棒a以初速度v0進入磁場，以初速度方向為正方向，根據動量定理有－B＝＝，ΔΦ＝B·ΔS，ΔS＝Lx，聯立可得v＝v0－x，由于為定值，故A可能正確，B錯誤；設a所
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受安培力大小為F，則a克服安培力做功的功率為P＝Fv，又F＝BIL，I＝，E＝BLv，聯立可得P＝·，故P-x圖像為開口向上的拋物線，故C、D錯誤。]
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二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。
9．(2024·廣東茂名一模)如圖(a)所示，底部固定有正方形線框的列車進站停靠時，以初速度v水平進入豎直向上的磁感應強度為B的正方形有界勻強磁場區域，如圖(b)所示，假設正方形線框邊長為l，每條邊的電阻相同。磁場的區域邊長為d，且l運動過程中受到的軌道摩擦力和空氣阻
力恒定，下列說法正確的是(　　)
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A．線框右邊剛剛進入磁場時，感應電流沿圖(b)逆時針方向，其兩端的電壓為Blv
B．線框右邊剛剛進入磁場時，感應電流沿圖(b)順時針方向，其兩端的電壓為Blv
C．線框進入磁場過程中，克服安培力做的功等于線框中產生的焦耳熱
D．線框離開磁場過程中，克服安培力做的功等于線框減少的動能
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BC　[根據右手定則，線框進入磁場時，感應電流沿順時針方向，線框此時切割磁感線產生的感應電動勢為Blv，導線框右邊兩端的電壓為路端電壓，即為U＝E＝Blv，故A錯誤，B正確；根據功能關系可知線框克服安培力做的功全部轉化為電能，線框為純電阻電路，則又全部轉化為線框中產生的焦耳熱，則克服安培力做的功等于線框中產生的焦耳熱，故C正確；線框離開磁場過程中，根據動能定理可知，克服安培力做功與克服摩擦力、克服空氣阻力做功之和等于線框和列車動能的減小量，故D錯誤。]
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10．相同的電燈A1、A2和自感系數較大的電感線圈L接入如圖甲的電路中，電源電動勢為E，內阻不計。閉合開關S，待電路穩定后開始計時，t1時刻斷開開關S，t2時刻整個電路的電流均為零。t1前后通過電燈A2的電流—時間(iA2-t)圖像如圖乙，用I1和I2分別表示開關S斷開瞬間通過電燈A2的電流大小。
下列說法正確的是(　　)
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A．電感線圈的直流電阻不可忽略
B．斷開開關S后，電燈A1、A2電流大小始終相等
C．斷開開關S后，流過電燈A2的電流方向向左
D．線圈的自感系數是由線圈本身決定，與是否有鐵芯無關
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AB　[因為電燈A1、A2相同，由題圖乙可知通過電感線圈L支路的電流小于通過電燈A2支路的電流，所以電感線圈的直流電阻不可忽略，A正確；穩定后當開關S斷開瞬間，由于線圈的自感現象，線圈中的電流只能逐漸減小，線圈L、電燈A1、A2構成閉合回路，兩燈都過一會兒再熄滅，電燈A1、A2電流大小始終相等，且流過燈A2的電流方向向右，故B正確，C錯誤；有鐵芯時線圈的自感系數比沒有鐵芯時要大得多，D錯誤。]
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11．如圖所示，在紙面內有半圓形輕質導體框，O為圓心，圓半徑長為r，AO段、弧AB段的電阻均為R，BO段導體的電阻可忽略，磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場的邊界與半圓直徑重合，現用外力使導體框在紙面內繞O點以角速度ω沿順時針方向從圖示位置勻速轉動一周，
下列說法正確的是(　　)
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A．圓弧AB段內電流方向總是從A流向B
B．轉動的前半周內A、B兩端電壓為
C．轉動的后半周內通過O點的電荷量為
D．外力對線框做的功為
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CD　[導體框轉動的前半周內，AO切割磁感線，AO為電源，感應電動勢為E1＝，圓弧AB段內電流方向從A流向B，AB段為外電路，故兩端電壓為U＝E1＝，故B錯誤；轉動的后半周BO段切割磁感線，BO為電源，感應電動勢為E2＝，圓弧AB段內電流方向從B流向A，故A錯誤；轉動的后半周穿過導線框的磁通量變化
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量為ΔΦ＝πBr2，電路總電阻為2R，則轉動的后半周內通過O點的電荷量為q＝＝＝，故C正確；從題圖所示位置勻速轉動一周過程中，外力對線框做的功等于產生的電能，則W＝T＝×＝，故D正確。]
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12．如圖所示，兩根電阻不計的光滑平行金屬導軌固定于水平面內，導軌左側接有阻值恒定的電阻R。一電阻不計的導體棒垂直導軌放置于M點，并與導軌接觸良好，導軌間存在垂直于導軌平面向下的勻強磁場。現給導體棒一個水平向右的初速度，第一次速度大小為v0，滑動一段位移到達N點停下來，第二次速度大小為2v0，滑動一段位移后也會停止運動，在導體棒的運動過程中，
以下說法正確的是(　　)
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A．先后兩次運動過程中電阻R上產生的熱量之比為1∶2
B．先后兩次運動過程中的位移之比為1∶2
C．先后兩次運動過程中流過R的電量之比為1∶4
D．導體棒第二次運動經過N點時速度大小為v0
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BD　[根據能量守恒定律可知，導體棒從開始運動到停下來，動能全部轉化為內能，滿足Q＝mv2，所以生成的熱量之比為1∶4，故A錯誤；設運動過程中任意時刻的速度大小為v，導體棒質量為m，磁感應強度為B，導軌間距為L，電路的總電阻為R，由牛頓第二定律得＝ma，在一段極短時間Δt內Δt＝maΔt，結合速度和加速度的定義可得Δx＝mΔv，方程兩邊對一段時間累積求和，
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可知發生一段位移x與速度變化的關系為x＝m(v初－v)，對于整個過程，有x＝mv初，所以＝＝，第二次運動經過N點時，有x1＝m(2v0－vN)，又x1＝mv0，聯立解得vN＝v0，故B、D正確；電量的計算滿足q＝＝x，所以＝＝，故C錯誤。]
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三、非選擇題：本題共6小題，共60分。
13．(6分)某同學在“研究電磁感應現象”的實驗中，首先按圖甲接線，判斷電流表指針的偏轉方向與電流方向的關系，然后依次按圖乙將電流表與A線圈連成一個閉合回路，按圖丙將電流表與導體棒ab連成一個閉合回路(圖中N、S兩極上下正對)。在圖甲中，當閉合開關S時，觀察到電流表指針向右偏轉(不通電時電流表指針停在正中央)，則：
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(1)在圖乙中，在磁體S極插入線圈A的過程中，電流表的指針將________偏轉；磁體放在A中不動時，電流表的指針將________(均選填“向左”“向右”或“不發生”)偏轉。
(2)在圖丙中，處在兩磁極之間的導體棒ab向右移動過程中，電流表的指針將________偏轉；導體棒ab豎直向上移動過程中，電流表的指針將_________(均選填“向左”“向右”或“不發生”)偏轉。
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向左
不發生
向右
不發生
[解析]　由題意可知，電流從電流表的“－”接線柱流入時，電流表的指針向右偏轉。
(1)在磁體S極插入線圈A的過程中，線圈A中向上的磁通量增加，根據楞次定律可知，感應電流從電流表的“＋”極流入，故電流表的指針將向左偏轉；磁體放在A中不動時，線圈A中的磁通量不變，故回路中沒有感應電流產生。
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(2)當導體棒ab向右移動時，根據右手定則可知，感應電流從電流表的“－”極流入，故電流表的指針將向右偏轉；當導體棒ab豎直向上移動時，導體棒沒有切割磁感線，故回路中沒有感應電流產生。
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14．(8分)甲、乙、丙三位同學利用如圖所示裝置探究影響感應電流方向的因素。
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(1)如圖(a)，甲同學在斷開開關時發現靈敏電流計指針向右偏轉，下列操作中同樣能使指針向右偏轉的有________。
A．閉合開關
B．開關閉合時將滑動變阻器的滑片向左滑動
C．開關閉合時將A線圈從B線圈中拔出
D．開關閉合時將A線圈倒置再重新插入B線圈中
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CD
(2)為確切判斷B線圈中的感應電流方向，應在實驗前先查明靈敏電流計________________________________的關系。
(3)如圖(b)，乙同學將條形磁體從B線圈上方由靜止釋放，使其筆直落入B線圈中，多次改變釋放高度，發現釋放高度越高，靈敏電流計指針偏轉過的角度越大。該現象說明了線圈中__________________(選填“磁通量”“磁通量變化量”或“磁通量變化率”)越大，產生的感應電流越大。
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指針偏轉方向與流入電流方向
磁通量變化率
[解析]　(1)斷開開關時，A線圈中電流迅速減小，則B線圈中磁通量減小，出現感應電流，使靈敏電流計指針向右偏轉；為了同樣使指針向右偏轉，應減小B線圈中的磁通量或增加B線圈中反向的磁通量。閉合開關，A線圈中的電流突然增大，則B線圈中的磁通量增大，故A錯誤；開關閉合時將滑動變阻器的滑片向左滑動，A線圈中的電流增大，則B線圈中的磁通量增大，故B錯誤；開關閉合時將A線圈從B線圈中拔出，則B線圈中的磁通量減小，故C正確；開關閉合時將A線圈倒置，再重新插入B線圈中，則B線圈中反向的磁通量增加，故D正確。
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(2)判斷感應電流具體流向，應先查明靈敏電流計指針偏轉方向與電流流入方向的關系。
(3)釋放高度越高，磁鐵落入線圈的速度越快，則線圈中磁通量變化率越大，產生的感應電流越大。
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15．(8分)如圖所示，一質量為 0.05 kg、 匝數為100匝的正方形導線框放在絕緣的水平桌面上，導線框與桌面的動摩擦因數為0.2。導線框的總電阻為1 Ω，邊長為20 cm。導線框的左邊通過一絕緣輕繩固定在墻壁上，輕繩恰好處于伸直狀態沒有張力。金屬框中線OO′左側有垂直線框平面向外的勻強磁場，磁感應強度的大小為0.2 T。某時刻開始(t＝0)磁感應強度以 0.2 T/s 的變化率均勻增加。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2。
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(1)磁感應強度變化時，感應電流的方向是順時針還是逆時針？
(2)求0～5 s內線框產生的焦耳熱；
(3)求9 s末輕繩的張力大小。
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[解析]　(1)由題可知磁通量向外逐漸增大，根據楞次定律可知感應電流的方向是順時針方向。
(2)根據法拉第電磁感應定律有
E＝n＝n×L2＝0.4 V
根據焦耳定律有Q＝Rt＝0.8 J。
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(3)由題可知9 s末磁場的磁感應強度大小為
B′＝B0＋0.2t′＝2 T
根據左手定則可知安培力向右，大小為
F＝nB′L＝16 N
根據共點力平衡條件有F＝μmg＋T
解得T＝15.9 N。
[答案]　(1)順時針方向　(2)0.8 J　(3)15.9 N
16．(8分)如圖所示，abc和def是兩條光滑的平行金屬導軌，其中ab和de在同一水平面內且足夠長，bc和ef傾斜，傾角為θ，導軌間的距離為L，整個導軌都處在磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中。在水平導軌ab、de上有一根與導軌垂直的金屬桿P，為了使金屬桿Q垂直bc、ef放在傾斜軌道上后處于靜止狀態，需要用水平恒力向左拉細桿P做勻速運動。已知兩金屬桿的質量均為m，電阻均為R，長度均為L，重力加速度大小為g，并與導軌始終接觸良好，導軌和導線的電阻不計。求：
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(1)金屬桿Q受到的支持力FN的大小；
(2)金屬桿P受到的水平恒力F的大小；
(3)金屬桿P做勻速運動時速度v的大小。
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[解析]　(1)金屬桿Q在傾斜軌道上處于靜止狀態，對金屬桿Q受力分析，受重力、安培力、支持力作用，如圖所示
則支持力大小為FN＝。
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(2)金屬桿Q受到的安培力大小為F安＝mg tan θ，
兩金屬桿的長度均為L，通過的感應電流也相等，由F安＝BIL，可知金屬桿P所受安培力大小為F安P＝F安＝mg tan θ
金屬桿P做勻速直線運動，受平衡力作用，金屬桿P受到的水平恒力F的大小為
F＝F安P＝mg tan θ。
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(3)由感應電動勢E＝BLv
安培力F安P＝BIL
由閉合電路歐姆定律知I＝
解得v＝。
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[答案]　(1)　(2)mg tan θ　(3)
17．(14分)如圖所示，光滑的平行金屬導軌EF、GH與水平面間的夾角為37°，導軌間距L＝1 m，導軌平面的CDQP矩形區域內存在垂直導軌平面向上、磁感應強度大小B1＝0.5 T的勻強磁場。固定于水平面內的金屬圓環圓心為O，半徑r＝1 m，圓環平面內存在豎直向上、磁感應強度大小為B2＝1 T 的勻強磁場。不計質量的金屬棒OA可繞過O點的轉軸旋轉，另一端A與圓環接觸良好。導軌E、G兩端用導線分別與圓心O和圓環邊緣相連。現將一質量為m＝0.2 kg、
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長L＝1 m的金屬棒MN從磁場上邊界CD上方某處由靜止釋放，一段時間后MN以速度v1＝1 m/s進入磁場，同時用外力控制OA棒的轉動，從而使MN棒在磁場中做勻加速直線運動，1 s后以v2＝2 m/s的速度離開磁場，此過程中MN棒始終與導軌接觸良好。已知金屬棒OA、MN的電阻均為R＝1 Ω，其余電阻均不計。重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。若以MN棒進入磁場瞬間為t＝0時刻，求MN棒從CD運動到PQ的運動過程中：
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(1)MN棒受到的安培力大小FA；
(2)金屬棒OA轉動的方向(俯視)及
OA的角速度ω與時間t的關系式；
(3)外力對金屬棒OA所做的功WF。
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[解析]　(1)導體棒在磁場中做勻加速運動，則由v2－v1＝at
解得a＝1 m/s2
由牛頓第二定律mg sin 37°－FA＝ma
解得FA＝1 N。
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(2)金屬棒轉動的方向為逆時針，由FA＝B1IL
可得I＝2A
而vMN＝v1＋at＝(1＋t) m/s
導體中的電流為I＝
解得ω＝(7－t) rad/s(0≤t≤1 s)。
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(3)導體棒在磁場中運動的距離
x＝t＝1.5 m
由能量關系可知WF＋mgx sin θ－I2(2R)t＝
解得WF＝6.5 J。
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[答案]　(1)1 N　(2)逆時針，ω＝(7－t) rad/s(0≤t≤1 s)　(3)6.5 J
18．(16分) 如圖所示，在空間有上下兩個足夠長的水平光滑平行金屬導軌MN、M′N′和水平光滑平行金屬導軌PQ、P′Q′，間距均為L1＝0.5 m，電阻不計，兩導軌豎直高度差為H＝0.2 m。上導軌最左端接一電阻R0＝0.4 Ω，虛線ab左側MM′ba區域的寬度L2＝0.1 m，存在著豎直向下的勻強磁場，磁感應強度隨時間變化為B1＝0.2＋1.0t(T)。虛線ab右側NN′ba區域內磁場方向豎直向上，磁感應強度B2＝0.1 T，豎直線NP與N′P′的右側空間存在豎直向上的勻強磁場，
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磁感應強度B3＝0.4 T。上、下導軌中垂直導軌分別放置兩根相同的導體棒cd和導體棒ef，棒長均為L1，質量均為m＝0.1 kg，電阻均為R＝0.4 Ω。t＝0時刻閉合開關K，cd在安培力的作用下開始運動，金屬棒cd在離開水平導軌MN、M′N′前已經達到穩定狀態。導體棒cd從NN′離開下落到地面平行導軌后，豎直速度立即變為零，水平速度不變，重力加速度g取10 m/s2。
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(1)開關K閉合瞬間時，流過導體棒cd的電流I；
(2)導體棒cd離開水平導軌時的速度大小v1；
(3)若導體棒cd與導體棒ef 恰好不相碰，求導體棒ef的初始位置與PP′的水平距離x。
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[解析]　(1)由法拉第電磁感應定律可知，開關閉合時感應電動勢
E＝n＝L1L2＝0.05 V
導體棒cd的電流I＝＝0.062 5 A。
(2)導體棒做加速度減小的加速運動，當通過導體棒的電流為零時，即穿過回路的磁通量為零時導體棒的速度達到穩定，導體棒做勻速直線運動，回路磁通量不變，即
ΔB1L1L2＝B2L1v1Δt
代入數據解得，導體棒cd離開水平導軌時的速度v1＝1 m/s。
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(3)導體棒離開水平軌道后，從離開到落地的時間t＝＝0.2 s
在水平方向做勻速直線運動，水平位移x1＝v1t
解得x1＝0.2 m
兩導體棒在相互作用過程中系統動量守恒mv1＝2mv2
解得v2＝0.5 m/s
對導體棒ef應用動量定理B3L1·Δt′＝mv2
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通過回路cdef某一橫截面的電荷量為q＝Δt′＝＝＝
則有＝mv2
解得x2＝1 m
x＝x1＋x2＝1.2 m。
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[答案]　(1)0.062 5 A　(2)1 m/s　(3)1.2 m
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