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2022屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 電磁感應(yīng) 課時作業(yè)31 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題

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1、2022屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 電磁感應(yīng) 課時作業(yè)31 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題 1.如圖所示,在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導(dǎo)線框;在導(dǎo)線框右側(cè)有一寬度為d(d>L)的條形勻強磁場區(qū)域,磁場的邊界與導(dǎo)線框的一邊平行,磁場方向豎直向下.導(dǎo)線框以某一初速度向右運動,t=0時導(dǎo)線框的右邊恰與磁場的左邊界重合,隨后導(dǎo)線框進入并通過磁場區(qū)域.下列vt圖象中,可能正確描述上述過程的是(  ) 【解析】 導(dǎo)線框進入磁場的過程中,線框受到向左的安培力作用,根據(jù)E=BLv、I=、F=BIL得F=,隨著v的減小,安培力F減小,導(dǎo)線框做加速度逐漸減小的減速動動.整個導(dǎo)線框在

2、磁場中運動時,無感應(yīng)電流,導(dǎo)線框做勻速運動,導(dǎo)線框離開磁場的過程中,根據(jù)F=,導(dǎo)線框做加速度減小的減速運動,所以選項D正確. 【答案】 D 2.如圖所示,有兩根和水平方向成α角的光滑且平行的金屬軌道,上端接有可變電阻R,下端足夠長,空間有垂直于軌道平面的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B.一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下.經(jīng)過足夠長的時間后,金屬桿的速度會趨近于一個最大速度vm,則(  ) A.如果B增大,vm將變大 B.如果α變大,vm將變大 C.如果R變大,vm將變大 D.如果m變小,vm將變大 【解析】 以金屬桿為研究對象,受力如圖所示. 根據(jù)牛頓第二定律得,mgsin

3、α-F安=ma,其中F安=,當(dāng)a→0時,v→vm,解得vm=,結(jié)合此式分析即得B、C選項正確. 【答案】 BC 3.如圖所示電路,兩根光滑金屬導(dǎo)軌平行放置在傾角為θ的斜面上,導(dǎo)軌下端接有電阻R,導(dǎo)軌電阻不計,斜面處在豎直向上的勻強磁場中,電阻可忽略不計的金屬棒ab質(zhì)量為m,受到沿斜面向上且與金屬棒垂直的恒力F的作用.金屬棒沿導(dǎo)軌勻速下滑,則它在下滑高度h的過程中,以下說法正確的是(  ) A.作用在金屬棒上各力的合力做功為零 B.重力做的功等于系統(tǒng)產(chǎn)生的電能 C.金屬棒克服安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱 D.金屬棒克服恒力F做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱 【解析】

4、 根據(jù)動能定理,合力做的功等于動能的增量,故A對;重力做的功等于重力勢能的減少,重力做的功等于克服F所做的功與產(chǎn)生的電能之和,而克服安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱,所以B、D錯,C對. 【答案】 AC 4.如圖所示,正方形閉合導(dǎo)線框的質(zhì)量可以忽略不計,將它從如圖所示的位置勻速拉出勻強磁場.若第一次用0.3 s時間拉出,外力所做的功為W1;第二次用0.9 s時間拉出,外力所做的功為W2,則(  ) A.W1=W2 B.W1=W2 C.W1=3W2 D.W1=9W2 【解析】 設(shè)正方形邊長為L,導(dǎo)線框的電阻為R,則導(dǎo)體切割磁感線的邊長為L,運動距離為L,W=t=·==,可

5、知W與t成反比,W1=3W2.選C. 【答案】 C 5. 用一段橫截面半徑為r,電阻率為ρ、密度為d的均勻?qū)w材料做成一個半徑為R(r?R)的圓環(huán).圓環(huán)豎直向下落入如圖所示的徑向磁場中,圓環(huán)的圓心始終在N極的軸線上,圓環(huán)所在位置的磁感應(yīng)強度大小均為B,圓環(huán)在加速下落過程中某一時刻的速度為v,忽略電感的影響,則(  ) A.此時在圓環(huán)中產(chǎn)生了(俯視)沿順時針方向的感應(yīng)電流 B.圓環(huán)因受到了向下的安培力而加速下落 C.此時圓環(huán)的加速度a= D.如果徑向磁場足夠長,則圓環(huán)的最大速度vm= 【解析】 圓環(huán)向下切割磁感線,由右手定則可知,圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向為順時針方向(俯視),A正確

6、;再由左手定則可知,圓環(huán)受到的安培力向上,B錯誤;圓環(huán)中感應(yīng)電動勢為E=B·2πR·v,感應(yīng)電流I=,電阻R′=ρ=,解得I=.圓環(huán)受到的安培力F=BI·2πR=.圓環(huán)的加速度a==g-,圓環(huán)質(zhì)量m=d·2πR·πr2,解得加速度a=g-,C錯誤;當(dāng)mg=F時,加速度a=0,圓環(huán)的速度最大,vm=,D正確. 【答案】 AD 6.如圖所示,足夠長平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置,傾角為37°,寬度為0.5 m,電阻忽略不計,其上端接一小燈泡,電阻為1 Ω.一導(dǎo)體棒MN垂直于導(dǎo)軌放置,質(zhì)量為0.2 kg,接入電路的電阻為1 Ω,兩端與導(dǎo)軌接觸良好,與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.5.在導(dǎo)軌間存在著垂直于導(dǎo)軌平面

7、的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為0.8 T.將導(dǎo)體棒MN由靜止釋放,運動一段時間后,小燈泡穩(wěn)定發(fā)光,此后導(dǎo)體棒MN的運動速度以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6)(  ) A.2.5 m/s 1 W B.5 m/s 1 W C.7.5 m/s 9 W D.15 m/s 9 W 【解析】 當(dāng)小燈泡穩(wěn)定發(fā)光時,導(dǎo)體棒MN勻速運動,受力如圖所示.根據(jù)受力平衡可得,mgsin θ=μmgcos θ+,代入數(shù)據(jù)得,v=5 m/s;小燈泡消耗的電功率為P=()2R=1 W,B項正確. 【答案】 B [創(chuàng)新導(dǎo)向練] 7.綜合應(yīng)用——考查電磁感應(yīng)

8、的綜合應(yīng)用 如圖所示,在方向垂直紙面向里,磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場區(qū)域中有一個由均勻?qū)Ь€制成的單匝矩形線框abcd,線框以恒定的速度v沿垂直磁場方向向右運動,運動中線框dc邊始終與磁場右邊界平行,線框邊長ad=L,cd=2L.線框?qū)Ь€的總電阻為R.則在線框離開磁場的過程中,下列說法中正確的是(  ) A.a(chǎn)d間的電壓為 B.流過線框截面的電量為 C.線框所受安培力的合力為 D.線框中的電流在ad邊產(chǎn)生的熱量為 【解析】 ad間的電壓為U=I·R=·R=,故A正確;流過線框截面的電量q=IΔt=·Δt=,故B正確;線框所受安培力的合力F=BI·2L=,故C錯誤;產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢

9、E=2BLv,感應(yīng)電流I=;線框中的電流在ad邊產(chǎn)生的熱量Q=I2·R·=,故D正確. 【答案】 ABD 8.以“測速儀”為背景考查法拉第電磁感應(yīng)定律與電路知識的綜合應(yīng)用 某??萍夹〗M的同學(xué)設(shè)計了一個傳送帶測速儀,測速原理如圖所示.在傳送帶一端的下方固定有間距為L、長度為d的平行金屬電極.電極間充滿磁感應(yīng)強度為B、方向垂直傳送帶平面(紙面)向里、有理想邊界的勻強磁場,且電極之間接有理想電壓表和電阻R,傳送帶背面固定有若干根間距為d的平行細(xì)金屬條,其電阻均為r,傳送帶運行過程中始終僅有一根金屬條處于磁場中,且金屬條與電極接觸良好.當(dāng)傳送帶以一定的速度勻速運動時,電壓表的示數(shù)為U.則下列說法

10、中正確的是(  ) A.傳送帶勻速運動的速率為 B.電阻R產(chǎn)生焦耳熱的功率為 C.金屬條經(jīng)過磁場區(qū)域受到的安培力大小為 D.每根金屬條經(jīng)過磁場區(qū)域的全過程中克服安培力做功為 【解析】 根據(jù)E=BLv,則電壓表讀數(shù)為U=,解得v=,選項A錯誤;電阻R產(chǎn)生焦耳熱的功率為PR=,選項B錯誤;金屬條經(jīng)過磁場區(qū)域受到的安培力大小為F=BIL=,選項C錯誤;每根金屬條經(jīng)過磁場區(qū)域的全過程中克服安培力做功為W=Fd=,選項D正確. 【答案】 D 9.電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的電路問題 如圖所示,豎直光滑導(dǎo)軌上端接入一定值電阻R,C1和C2是半徑都為a的兩圓形磁場區(qū)域,其區(qū)域內(nèi)的磁場方向都垂直于導(dǎo)軌

11、平面向外,區(qū)域C1中磁場的磁感應(yīng)強度隨時間按B1=b+kt(k>0)變化,C2中磁場的磁感應(yīng)強度恒為B2,一質(zhì)量為m、電阻為r、長度為L的金屬桿AB穿過區(qū)域C2的圓心垂直地跨放在兩導(dǎo)軌上,且與導(dǎo)軌接觸良好,并恰能保持靜止.則(  ) A.通過金屬桿的電流大小為 B.通過金屬桿的電流方向為從B到A C.定值電阻的阻值為R=-r D.整個電路的熱功率P= 【解析】 根據(jù)題述金屬桿恰能保持靜止,由平衡條件可得:mg=B2I·2a,通過金屬桿的電流大小為I=,選項A錯誤;由楞次定律可知,通過金屬桿的電流方向為從B到A,選項B正確;根據(jù)區(qū)域C1中磁場的磁感應(yīng)強度隨時間按B1=b+kt(k

12、>0)變化,可知=k,C1中磁場變化產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=πa2=kπa2,由閉合電路歐姆定律,E=I(r+R),聯(lián)立解得定值電阻的阻值為R=-r,選項C正確;整個電路的熱功率P=EI=kπa2·=,選項D正確. 【答案】 BCD 10.綜合應(yīng)用——考查電磁感應(yīng)中的力電綜合問題 如圖所示,一個“U”形金屬導(dǎo)軌靠絕緣的墻壁水平放置,導(dǎo)軌長L=1.4 m,寬d=0.2 m.一對長L1=0.4 m的等寬金屬導(dǎo)軌靠墻傾斜放置,與水平導(dǎo)軌成θ角平滑連接,θ角可在0~60°調(diào)節(jié)后固定.水平導(dǎo)軌的左端長L2=0.4 m的平面區(qū)域內(nèi)有勻強磁場,方向水平向左,磁感應(yīng)強度大小B0=2 T.水平導(dǎo)軌的右端長L3

13、=0.5 m的區(qū)域有豎直向下的勻強磁場B,磁感應(yīng)強度大小隨時間以=1.0 T/s均勻變大.一根質(zhì)量m=0.04 kg的金屬桿MN從斜軌的最上端靜止釋放,金屬桿與斜軌間的動摩擦因數(shù)μ1=0.125,與水平導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ2=0.5.金屬桿電阻R=0.08 Ω,導(dǎo)軌電阻不計. (1)求金屬桿MN上的電流大小,并判斷方向; (2)金屬桿MN從斜軌滑下后停在水平導(dǎo)軌上,求θ角多大時金屬桿所停位置與墻面的距離最大,并求此最大距離xm. 【解析】 (1)由電磁感應(yīng)定律E==dL3 由歐姆定律得I= MN棒上的電流大小I=1.25 A MN棒上的電流方向:N→M. (2)設(shè)導(dǎo)體棒滑出水

14、平磁場后繼續(xù)滑行x后停下,由動能定理得 mgL1 sin θ-μ1mgL1cos θ-μ2(mg+B0Id)(L2-L1cos θ)-μ2mgx=0代入數(shù)據(jù)得,0.16sin θ+0.16cos θ-0.18=0.2x 當(dāng)θ=45°時,x最大 x=0.8-0.9=0.23 m xm=L2+x=(0.4+0.23) m=0.63 m. 【答案】 (1)1.25 A N→M (2)45° 0.63 m [綜合提升練] 11.(2018·鄭州一中高三上學(xué)期入學(xué)測試)如圖所示,光滑的輕質(zhì)定滑輪上繞有輕質(zhì)柔軟細(xì)線,線的一端系一質(zhì)量為2 m的重物,另一端系一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬桿.在豎直

15、平面內(nèi)有足夠長的平行金屬導(dǎo)軌PQ、EF,其間距為L.在Q、F之間連接有阻值為R的電阻,其余電阻不計.一勻強磁場與導(dǎo)軌平面垂直,磁感應(yīng)強度為B0.開始時金屬桿置于導(dǎo)軌下端QF處,將重物由靜止釋放,當(dāng)重物下降h時恰好達(dá)到穩(wěn)定速度而后勻速下降.運動過程中金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,不計一切摩擦和接觸電阻,重力加速度為g. (1)求重物勻速下降時的速度v; (2)求重物從釋放到下降h的過程中,電阻R中產(chǎn)生的熱量QR; (3)設(shè)重物下降h時的時刻t=0,此時速度為v0,若從t=0開始,磁場的磁感應(yīng)強度B逐漸減小,且金屬桿中始終不產(chǎn)生感應(yīng)電流,試寫出B隨時間t變化的關(guān)系. 【解析】 (1

16、)重物勻速下降時,金屬桿勻速上升,金屬桿受力平衡.設(shè)細(xì)線對金屬桿的拉力為T,金屬桿所受安培力為F 由平衡條件得T=mg+F 由安培力公式得F=B0IL 根據(jù)閉合電路歐姆定律I= 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=B0Lv 對重物由平衡條件得T=2mg 綜合上述各式,解得v=. (2)設(shè)電路中產(chǎn)生的總熱量為Q,由能量守恒定律得 2mgh-mgh=(2m)v2+mv2+Q 由串聯(lián)電路特點知,電阻R中產(chǎn)生的熱量為QR=Q 則QR=mgh-. (3)金屬桿中恰好不產(chǎn)生感應(yīng)電流時,磁通量不變,則有Φ0=Φ1 即B0hL=B(h+x)L 式中x=v0t+at2 對系統(tǒng),由牛頓第二定律有

17、a== 則磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系為B==. 【答案】 (1) (2)mgh- (3) 12.(2018·江蘇鹽城市射陽二中高三上學(xué)期期中)如圖甲所示,足夠長的粗糙斜面與水平面成θ=37°固定放置,斜面上平行虛線aa′和bb′之間有垂直斜面向上的有界勻強磁場,間距為d=1 m,磁感應(yīng)強度B隨時間t變化規(guī)律如圖乙所示.現(xiàn)有一質(zhì)量為m=0.1 kg,總電阻為R=10 Ω,邊長也為d=1 m的正方形金屬線圈MNPQ,其初始位置有一半面積位于磁場中,在t=0時刻,線圈恰好能保持靜止,此后在t=0.25 s時,線圈開始沿斜面下滑,下滑過程中線圈MN邊始終與虛線aa′保持平行.已知線圈完全進入

18、磁場前已經(jīng)開始做勻速直線運動.求:(取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2) (1)前0.25 s內(nèi)通過線圈某一截面的電量; (2)線圈與斜面間的動摩擦因數(shù); (3)線圈從開始運動到通過整個磁場的過程中,電阻上產(chǎn)生的焦耳熱. 【解析】 (1)0.25 s內(nèi),根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,有 E=·=× V=2 V 感應(yīng)電流I== A=0.2 A 0.25 s內(nèi)通過線圈某一截面的電量 q=I·Δt=0.2×0.25 C=0.05 C. (2)根據(jù)楞次定律,線圈內(nèi)感應(yīng)電流為順時針方向 0.25 s時,線圈開始沿斜面下滑 mgsin 37°=μmg

19、cos 37°+BId 代入數(shù)據(jù):0.6=μ×0.8+2×0.2×1 解得:μ=0.25. (3)設(shè)線圈最后勻速運動時的速度為v,感應(yīng)電動勢 E=Bdv① 感應(yīng)電流I=② 安培力F安=BId③ 聯(lián)立①②③得F安= 勻速運動時,對線圈根據(jù)平衡條件得 mgsin 37°=μmgcos 37°+ 代入數(shù)據(jù):0.6=0.2+解得v=1 m/s 根據(jù)能量守恒定律,有mgsin 37°(d+)=mv2+μmgcos 37°(d+)+Q 代入數(shù)據(jù):0.6×=×0.1×12+0.2×+Q 解得:Q=0.55 J. 【答案】 (1)0.05 C (2)0.25 (3)0.55 J

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