1、新人教版选修3-2第1章 电磁感应单元测试卷（江西省吉安市万安中学）（2）一、选择题（每小题4分，共48分）1面积均为S的两个电阻相同的线圈，分别放在如图甲、乙所示的磁场中，甲图中是磁感应强度为B0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期T绕OO轴匀速转动，乙图中磁场变化规律为B=B0cost，从图示位置开始计时，则（）A两线圈的磁通量变化规律相同B两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同C经相同的时间t（tT），两线圈产生的热量不同D从此时刻起，经时间，通过两线圈横截面的电荷量不同2如图甲所示，线圈ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈AB边受安培力向右且变化规律如图乙所示，
2、则磁场的变化情况可能是（）ABCD31820年4月的一天，丹麦科学家奥斯特在上课时，无意中让通电导线靠近小磁针，突然发现小磁针偏转这个现象并没有引起在场其他人的注意，而奥斯特却是个有心人，他非常兴奋，紧紧抓住这个现象，接连三个月深入地研究，反复做了几十次实验关于奥斯特的实验，如图所示，下列操作中一定能够观察到小磁针偏转的是（）A通电导线AB东西放置，小磁针放在导线正下方，闭合开关B通电导线AB南北放置，小磁针放在导线正下方，闭合开关C通电导线AB东西放置，小磁针放在导线正下方，改变电流方向D通电导线AB南北放置，小磁针在AB延长线的B端外侧，改变电流大小4在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线
3、垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示则下列说法正确的是（）At=0.01s时穿过线框的磁通量最大B该交变电动势的有效值为11VC该交变电动势的瞬时值表达式为e=22sinVD电动势瞬时值为22V时，线圈平面与中性面的夹角为455如图所示，闭合直角三角形线框，底边长为l，现将它匀速拉过宽度为d的匀强磁场（ld）若以逆时针方向为电流的正方向，则以下四个It图象中正确的是（）ABCD6在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈，E为电源，S为开关关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是（）A合上开关，a先亮，b逐渐变亮；断开开关，a、b
4、同时熄灭B合上开关，b先亮，a逐渐变亮；断开开关，a先熄灭，b后熄灭C合上开关，b先亮，a逐渐变亮；断开开关，a、b同时熄灭D合上开关，a、b同时亮；断开开关，b先熄灭，a后熄灭7如图中有A、B两个线圈线圈B连接一电阻R，要使流过电阻R的电流大小恒定，且方向由c点流经电阻R到d点设线圈A中电流i从a点流入线圈的方向为正方向，则线圈A中的电流随时间变化的图象是（）ABCD8如图所示，边长为L的等边三角形导体框是由3根电阻为3r的导体棒构成，磁感应强度为B的匀强磁场垂直导体框所在平面，导体框两顶点与电动势为E，内阻为r的电源用电阻可忽略的导线相连，则整个线框受到的安培力大小为（）A0BCD9如图甲
5、所示，在电阻R=1，面积S1=0.3m2的圆形线框中心区域存在匀强磁场，圆形磁场区面积S2=0.2m2若取磁场方向垂直纸面向外为正方形，磁感应强度B随时间的变化规律可利用图乙描述，则线框中磁感应强度I（取顺时针方形为正方向）随时间t的变化图线是（）ABCD10如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成角，M、P两端接一电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中t=0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，金属棒电阻为r，导轨电阻忽略不计已知通过电阻R的感应电流I随时间t变化的关系如图乙所示下列关于棒运动速度v、外力F、流过R的电量q以及闭合
6、回路中磁通量的变化率随时间变化的图象正确的是（）ABCD11如图所示，在磁感应强度B=1.0T的匀强磁场中，金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U形导轨上以速度v=2m/s向右匀速滑动，两导轨间距离L=1.0m，电阻R=3.0，金属杆PQ的电阻r=1.0，导轨电阻忽略不计，则下列说法正确的是（）A通过R的感应电流的方向为由d到aB金属杆PQ两端电压为2 VC金属杆PQ受到的安培力大小为0.5 ND外力F做功大小等于电路产生的焦耳热12如图所示，用相同导线制成的边长为L或2L的四个单匝闭合回路，它们以相同的速度先后垂直穿过正方形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，区域宽度大于2L则进入磁场过程中，电流
7、最大的回路是（）A甲B乙C丙D丁二、非选择题（共52分）13如图所示，在间距L=0.5m、倾角=30的光滑倾斜导轨上，水平地放着一质量为m=0.02kg的通电导体棒ab，电流大小为I=2.0A在下列两种情况下导体棒ab在斜面上静止（1）若磁感应强度方向与导体棒垂直且水平向左，请在图中标出导体棒ab中电流的方向，并作出此状态时的磁感应强度的大小B1；（2）若磁场方向改为垂直斜面向上，求出此状态时的磁感应强度的大小B214金属棒ab的质量m=5g，放置在宽L=1m、光滑的金属导轨的边缘处，两金属导轨处于水平平面内，该处有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T电容器的电容C=200F，电源电动势
8、E=16V，导轨平面距地面高度h=0.8m，g取10m/s2在电键S与1接通并稳定后，再使它与2接通，则金属棒ab被抛到s=0.064m的地面上，试求此时电容器两端的电压15如图所示，从A点以v0的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定光滑圆弧轨道BC，圆弧轨道C端切线水平BC所对的圆心角=37，小物块过圆弧轨道C后，滑上与圆弧轨道连为一体的光滑水平板，板的右端与水平顺时针匀速转动的传送带左端E点等高并靠拢已知长A、B两点距C点的高度分别为H=11.0m、h=0.55m，水平面传送带长为L=9m，物块与水平面传送带之间的动摩擦因数=0.2
9、，传送带传送速度为V=4m/s，g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）小物块从A点水平抛出的速度v0的大小；（2）小物块在传送带上运动的时间t及小物块与传送带之间由于摩擦产生的热量Q16如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨MAC、NBD水平放置，MA、NB间距L=0.4m，AC、BD的延长线相交于E点且AE=BE，E点到AB的距离d=6m，M、N两端与阻值R=2的电阻相连虚线右侧存在方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1T一根长度也为L=0.4m、质量m=0.6kg、电阻不计的金属棒，在外力作用下从AB处以初速度0=2m/s沿导轨水平向右运动，棒与导轨接
10、触良好，运动过程中电阻R上消耗的电功率不变求：（1）电路中的电流I；（2）金属棒向右运动过程中克服安培力做的功W；（3）金属棒向右运动过程中外力做功的平均功率P17如图甲，在水平桌面上固定着两根相距L=20cm、相互平行的无电阻轨道P、Q，轨道一端固定一根电阻r=0.02的导体棒a，轨道上横置一根质量m=40g、电阻可忽略不计的金属棒b，两棒相距也为L=20cm该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中开始时，磁感应强度B0=0.10T设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2（1）若保持磁感应强度B0的大小不变，从t=0时刻开始，给b棒施加一个水平向右的拉力，
11、使它由静止开始做匀加速直线运动此拉力F的大小随时间t变化关系如图乙所示求b棒做匀加速运动的加速度及b棒与导轨间的滑动摩擦力；（2）若从t=0开始，磁感应强度B随时间t按图丙中图象所示的规律变化，求在金属棒b开始运动前，这个装置释放的热量是多少？新人教版选修3-2第1章 电磁感应单元测试卷（江西省吉安市万安中学）（2）参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分，共48分）1面积均为S的两个电阻相同的线圈，分别放在如图甲、乙所示的磁场中，甲图中是磁感应强度为B0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期T绕OO轴匀速转动，乙图中磁场变化规律为B=B0cost，从图示位置开始计时，则（）A两线圈的磁通量变化规律相
12、同B两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同C经相同的时间t（tT），两线圈产生的热量不同D从此时刻起，经时间，通过两线圈横截面的电荷量不同【考点】法拉第电磁感应定律；磁通量；楞次定律【分析】根据交流电产生的原理，得出电动势的瞬时值的表达式，然后结合交流电的有效值的意义分析即可【解答】解：A、两个线圈的面积相等，在磁场中开始时的位置相同，甲绕固定转轴转动时，产生的交流电电动势：e=B0S乙不动，产生的感应电动势：e=B0S由公式可知，两线圈的磁通量变化规律不相同；两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同故A错误，B正确；C、若tT，则可以由交流电的有效值来计算线圈产生的热量，由两个公式结合有效值的
13、定义可知，二者的有效值是相等的，所以经相同的时间t（tT），两线圈产生的热量相等故C错误；D、从此时刻起，经时间，甲线圈的平面与磁场的方向平行，所以穿过甲线圈的磁通量等于0，通过甲线圈横截面的电荷量：q=；从此时刻起，经时间，乙线圈所处磁场的磁感应强度：B=0，所以穿过乙线圈的磁通量的等于0，通过甲线圈横截面的电荷量：q=；所以从此时刻起，经时间，通过两线圈横截面的电荷量相等故D错误故选：B2如图甲所示，线圈ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈AB边受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是（）ABCD【考点】法拉第电磁感应定律；安培力；楞次定律【分
14、析】根据左手定则，结合安培力与磁场方向，可知，感应电流的方向，再由右手定则可知，磁场是如何变化的，最后由法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，确定安培力的综合表达式，从而即可求解【解答】解：由题意可知，安培力的方向向右，根据左手定则，可知：感应电流的方向由B到A，再由右手定则可知，当垂直向外的磁场在增加时，会产生由B到A的感应电流，由法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，则安培力的表达式F=，因安培力的大小不变，则B是定值，故A正确故选：A31820年4月的一天，丹麦科学家奥斯特在上课时，无意中让通电导线靠近小磁针，突然发现小磁针偏转这个现象并没有引起在场其他人的注意，而奥斯特却是个有
15、心人，他非常兴奋，紧紧抓住这个现象，接连三个月深入地研究，反复做了几十次实验关于奥斯特的实验，如图所示，下列操作中一定能够观察到小磁针偏转的是（）A通电导线AB东西放置，小磁针放在导线正下方，闭合开关B通电导线AB南北放置，小磁针放在导线正下方，闭合开关C通电导线AB东西放置，小磁针放在导线正下方，改变电流方向D通电导线AB南北放置，小磁针在AB延长线的B端外侧，改变电流大小【考点】电磁感应现象的发现过程【分析】解答本题的关键是了解发现电流磁效应的现象，同时明确通电直导线周围的磁场分别情况，并要求搞清地磁场的分布对小磁针的影响【解答】解：奥斯特发现电流周围存在磁场，对小磁针有磁场力作用，但地磁
16、场也对小磁针有磁场力作用（指向南北），所以为了回避因地磁场的作用，因此将导线须南北放置，若偏转说明是通电导线的磁场引起的，且放置在导线的下方或上方，不能在导线的延长线上，故ACD错误，B正确故选：B4在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示则下列说法正确的是（）At=0.01s时穿过线框的磁通量最大B该交变电动势的有效值为11VC该交变电动势的瞬时值表达式为e=22sinVD电动势瞬时值为22V时，线圈平面与中性面的夹角为45【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式；交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的最大值和
17、有效值、周期和频率【分析】从图象得出电动势最大值、周期，从而算出频率、角速度；磁通量最大时电动势为零，磁通量为零时电动势最大【解答】解：A、由图象知：t=0.01s时，感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最大，A正确；B、该交变电动势的有效值为故B错误C、当t=0时，电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，故该交变电动势的瞬时值表达式为e=22sinV，C正确；D、电动势瞬时值为22V时，代入瞬时表达式，则有线圈平面与中性面的夹角为45，D正确；故选：ACD5如图所示，闭合直角三角形线框，底边长为l，现将它匀速拉过宽度为d的匀强磁场（ld）若以逆时针方向为电流的正方向，则以下四个It图象中正确的是（
18、）ABCD【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律【分析】线框匀速穿过磁场区域时，分为三个过程：线框向右运动距离x为0d，dl，ll+d范围内先根据楞次定律分析感应电流的方向，再由有效切割长度变化，根据感应电动势公式，分析感应电动势的变化，再分析感应电流大小的变化【解答】解：在线框向右运动距离x为0d的范围内，穿过线框的磁通量不断增大，由楞次定律可知线框产生的感应电流沿逆时针方向，为正；有效的切割长度为L=xtan，线框匀速运动故x=vt，感应电流的大小为：，可知It；在线框向右运动距离x为dl范围内，穿过线框的磁通量均匀增大，由楞次定律可知线框产生的感应电流沿逆时针方向，为正
19、；且感应电流大小不变；在线框向右运动距离x为ll+d范围内，穿过线框的磁通量不断减小，由楞次定律可知线框产生的感应电流沿顺时针方向，为负，有效的切割长度为 L=（xld）tan，线框匀速运动故x=vt，感应电流的大小为：，故感应电流一开始不为0，之后均匀增大，D正确；故选：D6在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈，E为电源，S为开关关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是（）A合上开关，a先亮，b逐渐变亮；断开开关，a、b同时熄灭B合上开关，b先亮，a逐渐变亮；断开开关，a先熄灭，b后熄灭C合上开关，b先亮，a逐渐变亮；断开开关，a、b同时熄灭D合上开关，a、b
20、同时亮；断开开关，b先熄灭，a后熄灭【考点】自感现象和自感系数【分析】对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流【解答】解：由于a、b为两个完全相同的灯泡，当开关接通瞬间，b灯泡立刻发光，而a灯泡由于线圈的自感现象，导致灯泡渐渐变亮；当开关断开瞬间，两灯泡串联，由线圈产生瞬间电压提供电流，导致两灯泡同时熄灭故选：C7如图中有A、B两个线圈线圈B连接一电阻R，要使流过电阻R的电流大小恒定，且方向由c点流经电阻R到d点设线圈A中电流i从a点流入线圈的方向为正方向，则线圈A中的电流随时间变化的图象是（）ABCD【考点】楞次定律【分析】闭合电路中产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化
21、【解答】解：A、要产生流过电阻R的电流大小恒定，且方向由c点流经电阻R到d点，则有先从b电流流入，且大小减小，根据楞次定律，与右手螺旋定则可知，符合要求，故A正确B、当电流i从a点流入线圈，且大小减小时，根据楞次定律可知，电流从d点流经电阻R到c点，故B错误C、要使流过电阻R的电流大小恒定，根据法拉第电磁感应定律，则通入电流必须均匀变化，故CD错误；故选：A8如图所示，边长为L的等边三角形导体框是由3根电阻为3r的导体棒构成，磁感应强度为B的匀强磁场垂直导体框所在平面，导体框两顶点与电动势为E，内阻为r的电源用电阻可忽略的导线相连，则整个线框受到的安培力大小为（）A0BCD【考点】安培力【分析
22、】根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，根据闭合电路的欧姆定律计算出各段上的电流大小，再计算出各段安培力的大小，然后使用平行四边形定则合成即可【解答】解：根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，等效电路为3r和6r并联，并联后总电阻为：则路端电压U=根据欧姆定律：I12=I3=则安培力F1=F2=BI12L，F1，F2的夹角为120，F3=BI3L故三角形框架受到的安培力的合力大小为：由以上联立解得F=，故B正确；故选：B9如图甲所示，在电阻R=1，面积S1=0.3m2的圆形线框中心区域存在匀强磁场，圆形磁场区面积S2=0.2m2若取磁场方向垂直纸面向外为正方形，磁感应强度B随时间的变化
23、规律可利用图乙描述，则线框中磁感应强度I（取顺时针方形为正方向）随时间t的变化图线是（）ABCD【考点】法拉第电磁感应定律【分析】由图可知磁感应强度的变化，则可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况，由楞次定律可得感应电流的方向，根据左手定则可以找出安培力方向，结合可得出正确的图象【解答】解：A、由图示Bt图象可知，01s时间内，B增大，增大，由楞次定律可知，感应电流是顺时针的，为正值；12s磁通量不变，无感应电流；23s，B的方向垂直纸面向外，B减小，减小，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，感应电流是负的；34s内，B的方向垂直纸面向里，B增大，增大，由楞次定律
24、可知，感应电流沿逆时针方向，感应电流是负的，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E=S，感应电流I=，由Bt图象可知，在每一时间段内，是定值，在各时间段内I是定值，故C正确、ABD错误故选：C10如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成角，M、P两端接一电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中t=0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，金属棒电阻为r，导轨电阻忽略不计已知通过电阻R的感应电流I随时间t变化的关系如图乙所示下列关于棒运动速度v、外力F、流过R的电量q以及闭合回路中磁通量的变化率随时间变化的图象正确的是（）ABCD【考点】
25、导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【分析】由题可知，金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速运动，回路中的感应电流与时间成正比，说明感应电动势也是随时间均匀增大的，明确各个图象的物理意义，结合产生感应电流的特点即可正确求解【解答】解：A、而E=Blv，所以，vt图象是一条过原点斜率大于零的直线，说明了导体棒做的是初速度为零的匀加速直线运动，即v=at；故A错误；B、根据如图乙所示的It图象可知I=kt，其中k为比例系数，由闭合电路欧姆定律可得：可推出：E=kt（R+r）而，所以有：，图象是一条过原点斜率大于零的直线；故B正确；C、对导体棒在沿导轨方向列出动力学方程FBIlmgsin=
26、ma，而，v=at得到+mgsin，可见Ft图象是一条斜率大于零且与速度轴正半轴有交点的直线；故C错误D、，qt图象是一条开口向上的抛物线，故D错误；故选：B11如图所示，在磁感应强度B=1.0T的匀强磁场中，金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U形导轨上以速度v=2m/s向右匀速滑动，两导轨间距离L=1.0m，电阻R=3.0，金属杆PQ的电阻r=1.0，导轨电阻忽略不计，则下列说法正确的是（）A通过R的感应电流的方向为由d到aB金属杆PQ两端电压为2 VC金属杆PQ受到的安培力大小为0.5 ND外力F做功大小等于电路产生的焦耳热【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律【分析】导体PQ垂直切割
27、磁感线，由右手定则判断感应电流的方向，由E=BLv求解感应电动势的大小，由串联电路的特点求PQ间的电压由公式F=BIL求PQ所受的安培力；外力F克服摩擦力和安培力做功【解答】解：A、由右手定则判断知，导体PQ产生的感应电流方向为QP，通过R的感应电流的方向为由a到d故A错误B、导体PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为：E=BLv=1.012V=2V金属杆PQ两端电压为 U=E=2V=1.5V，故B错误C、感应电流为：I=A=0.5A，安培力 F安=BIL=1.00.51N=0.5N故C正确D、金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U型导轨上以速度v向右匀速滑动，外力F做功大小等于电路产生的焦耳热和导
28、轨与金属杆之间的摩擦力产生的内能的和故D错误故选：C12如图所示，用相同导线制成的边长为L或2L的四个单匝闭合回路，它们以相同的速度先后垂直穿过正方形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，区域宽度大于2L则进入磁场过程中，电流最大的回路是（）A甲B乙C丙D丁【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【分析】根据法拉第电磁感应定律求得感应电动势的大小，由闭合电路欧姆定律得到感应电流的表达式，即可比较其大小【解答】解：设导线长度为L时电阻为R甲图中，感应电动势为E甲=BLv，线框的电阻为4R，则感应电流为：I甲=；乙图中，感应电动势为E乙=BLv，线框的电阻为6R，则感应电流为：I乙=；丙图中，感应电动势
29、为E丙=2BLv，线框的电阻为6R，则感应电流为：I丙=；丁图中，感应电动势为E丁=2BLv，线框的电阻为8R，则感应电流为：I甲=；所以丙中感应电流最大故C正确故选：C二、非选择题（共52分）13如图所示，在间距L=0.5m、倾角=30的光滑倾斜导轨上，水平地放着一质量为m=0.02kg的通电导体棒ab，电流大小为I=2.0A在下列两种情况下导体棒ab在斜面上静止（1）若磁感应强度方向与导体棒垂直且水平向左，请在图中标出导体棒ab中电流的方向，并作出此状态时的磁感应强度的大小B1；（2）若磁场方向改为垂直斜面向上，求出此状态时的磁感应强度的大小B2【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用【分
30、析】（1）若磁感应强度方向与导体棒垂直且水平向左，根据平衡条件判断安培力的方向，根据左手定则判断电流方向，根据平衡条件结合安培力公式求解磁感应强度的大小B1；（2）若磁场方向改为垂直斜面向上，根据左手定则判断安培力方向，根据平衡条件求解磁感应强度的大小B2【解答】解：（1）若磁感应强度方向与导体棒垂直且水平向左，根据左手定则可知，安培力方向不是竖直向上就是竖直向下，而导体棒还要受到重力（竖直向下），则要使导体棒能处于静止状态，则安培力只能竖直向上，且与重力相等，根据左手定则可知，电流方向由a到b，如图所示：根据平衡条件得：B1IL=mg解得：（2）若磁场方向改为垂直斜面向上，根据左手定则可知安
31、培力沿斜面向上，根据平衡条件得：B2IL=mgsin30解得：答：（1）导体棒ab中电流的方向如图所示，此状态时的磁感应强度的大小B1为2T；（2）若磁场方向改为垂直斜面向上，此状态时的磁感应强度的大小B2为1T14金属棒ab的质量m=5g，放置在宽L=1m、光滑的金属导轨的边缘处，两金属导轨处于水平平面内，该处有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T电容器的电容C=200F，电源电动势E=16V，导轨平面距地面高度h=0.8m，g取10m/s2在电键S与1接通并稳定后，再使它与2接通，则金属棒ab被抛到s=0.064m的地面上，试求此时电容器两端的电压【考点】安培力；平抛运动；电容【分析
32、】金属棒下落过程做平抛运动，由平抛运动的规律求出棒获得的初速度对开关闭合过程，对棒运用动量定理，求得通过棒的电量，得到棒剩余的电量，即可求解【解答】解：对于金属棒平抛运动的过程，有： h=，得 t=平抛运动的初速度 v0=对开关闭合过程，对棒运用动量定理得： BILt=mv0又 q=It解得通过棒的电量 q=电容器原来的电量 Q=C=210416C=3.2103C则开关闭合后，电容器剩余电量 q=Qq=1.6103C剩余的电压 U=答：此时电容器剩余的电压是8V15如图所示，从A点以v0的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定光滑圆弧轨道
33、BC，圆弧轨道C端切线水平BC所对的圆心角=37，小物块过圆弧轨道C后，滑上与圆弧轨道连为一体的光滑水平板，板的右端与水平顺时针匀速转动的传送带左端E点等高并靠拢已知长A、B两点距C点的高度分别为H=11.0m、h=0.55m，水平面传送带长为L=9m，物块与水平面传送带之间的动摩擦因数=0.2，传送带传送速度为V=4m/s，g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）小物块从A点水平抛出的速度v0的大小；（2）小物块在传送带上运动的时间t及小物块与传送带之间由于摩擦产生的热量Q【考点】动能定理；平抛运动【分析】（1）已知平抛的抛出高度和落地速度方向，根据平抛运动的特点求
34、的初速度；（2）从A到C由动能定理求的到达C点的速度，物体在传送带上做减速运动，根据牛顿第二定律求的加速度，通过云学公式判断出物体先减速后匀速运动求的时间，根据Q=mgs求的产生的热量【解答】解：（1）物块做平抛运动：Hh=gt2设到达B点时竖直分速度为vy，vy=gt 在B点 tan=V0=4m/s （2）从A至C点，由动能定理 mgH=由上式可得v2=6m/s 由题意可知小物块m的摩擦力 f=mg=ma 解得a=2m/s2物体做匀减速运动时间t1=1s 位移S1=5m9m 后做匀速运动 t2=1s 所以 t=t1+t2=2s 传送带与物体间的相对位移s=S1vt1=5m4m=1m Q=mg
35、s=2J 答：（1）小物块从A点水平抛出的速度v0的大小为4m/s；（2）小物块在传送带上运动的时间t为2s，小物块与传送带之间由于摩擦产生的热量Q为2J16如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨MAC、NBD水平放置，MA、NB间距L=0.4m，AC、BD的延长线相交于E点且AE=BE，E点到AB的距离d=6m，M、N两端与阻值R=2的电阻相连虚线右侧存在方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1T一根长度也为L=0.4m、质量m=0.6kg、电阻不计的金属棒，在外力作用下从AB处以初速度0=2m/s沿导轨水平向右运动，棒与导轨接触良好，运动过程中电阻R上消耗的电功率不变求：（1）电路
36、中的电流I；（2）金属棒向右运动过程中克服安培力做的功W；（3）金属棒向右运动过程中外力做功的平均功率P【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；功率、平均功率和瞬时功率【分析】（1）由E=BLv可求得电动势；由欧姆定律可求得电路中的电流；（2）根据导体切割的有效长度可得出安培力的表达式，利用Fx图象，借助vt图象的规律可由图象求得安培力的功；（3）由电功公式可求得运动的时间；根据电功率不变则可得出电动势的表达式；则由动能定理可求得外力做功的功率【解答】解：（1）金属棒开始运动时产生感应电动势E=BLv0=10.42=0.8V；电路中的电流I=A=0.4A；（2）金属棒向右运动运动距离为x时，金属
37、棒接入电路的有效长度为L1，由几何关系可得：=L1=0.4此时金属棒所受安培力为：F=BIL1=0.16（0x）作出Fx图象，由图象可得运动过程中确服安培力所做的功为：W=x=0.36J；（3）金属棒运动过程所用时间为t，W=I2Rt；解得：t=s；设金属棒运动的的速度为v，由于电阻R上消耗的电功率不变；则有：BLv0=Bv；v=2v0由动能定理可得：PtW=mv2mv02解得：P=代入数据解得：P=3.52W答：（1）电路中的电流I为0.4A；（2）金属棒向右运动过程中克服安培力做的功W为0.36J；（3）金属棒向右运动过程中外力做功的平均功率P为3.52W17如图甲，在水平桌面上固定着两根
38、相距L=20cm、相互平行的无电阻轨道P、Q，轨道一端固定一根电阻r=0.02的导体棒a，轨道上横置一根质量m=40g、电阻可忽略不计的金属棒b，两棒相距也为L=20cm该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中开始时，磁感应强度B0=0.10T设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2（1）若保持磁感应强度B0的大小不变，从t=0时刻开始，给b棒施加一个水平向右的拉力，使它由静止开始做匀加速直线运动此拉力F的大小随时间t变化关系如图乙所示求b棒做匀加速运动的加速度及b棒与导轨间的滑动摩擦力；（2）若从t=0开始，磁感应强度B随时间t按图丙中图象所示的规律变化，
39、求在金属棒b开始运动前，这个装置释放的热量是多少？【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【分析】（1）根据F与t的函数表达式，结合牛顿第二定律，及闭合电路欧姆定律，依据图象的含义，即可求解（2）根据法拉第定律、欧姆定律和安培力公式，求解在金属棒b开始运动前经过的时间，再由焦耳定律求解热量【解答】解：（1）由图象可得到拉力F与t的大小随时间变化的函数表达式为F=F0+当b棒匀加速运动时，根据牛顿第二定律有：FfF安=maF安=B0IL I=v=atF安=联立可解得F=f+ma+代入数据可解得a=5m/s2 f=0.2N（2）当磁感应强度均匀增大时，闭合电中和有恒定的感应电流I，以b棒为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应度增大到b所受安掊力F与最大静摩擦力f相等时开始滑动感应电动势：E=I=棒b将要运动时，有f=BtILBt=根据Bt=B0+t=0.1+0.5t，得：t=1.8s回路中产生焦耳热为：Q=I2Rt=120.021.8=0.036J 答：（1）匀加速运动的加速度是5m/s2，b棒与导轨间的滑动摩擦力是0.2N（2）在金属棒b开始运动前，这个装置释放的热量是0.036J2017年4月23日