【与名师对话】2022年高考物理总复习 课时配套作业35 新人教版选修3-2.docx

1、课时作业(三十五)1(2022济宁模拟)水平放置的金属框架cdef处于如图所示的匀强磁场中，金属棒ab处于粗糙的框架上且接触良好，从某时刻开始，磁感应强度均匀增大，金属棒ab始终保持静止，则()Aab中电流增大，ab棒所受摩擦力增大Bab中电流不变，ab棒所受摩擦力不变Cab中电流不变，ab棒所受摩擦力增大Dab中电流增大，ab棒所受摩擦力不变解析由法拉第电磁感应定律ES知，磁感应强度均匀增大，则ab中感应电动势和电流不变，由FfF安BIL知摩擦力增大，选项C正确答案 C2如图所示，闭合金属线框从一定高度自由下落进入匀强磁场中，磁场足够大，从ab边开始进入磁场到cd边刚进入磁场的这段时间内，线

2、框运动的速度时间图象不可能是()解析当ab边刚进入磁场时，若线框所受安培力等于重力，则线框在从ab边开始进入磁场到cd边刚进入磁场前做匀速运动，故A是可能的；当ab边刚进入磁场时，若线框所受安培力小于重力，则线框做加速度逐渐减小的加速运动，最后可能做匀速运动，故C情况也可能；当ab边刚进入磁场时，若线框所受安培力大于重力，则线框做加速度逐渐减小的减速运动，最后可能做匀速运动，故D可能；线框在磁场中不可能做匀变速运动，故B项是不可能的，故选B.答案 B3.如右图所示，在粗糙绝缘水平面上有一正方形闭合线框abcd，其边长为l，质量为m，金属线框与水平面的动摩擦因数为.虚线框abcd内有一匀强磁场，

3、磁场方向竖直向下开始时金属线框的ab边与磁场的dc边重合现使金属线框以初速度v0沿水平面滑入磁场区域，运动一段时间后停止，此时金属线框的dc边与磁场区域的dc边距离为l.在这个过程中，金属线框产生的焦耳热为()A.mvmgl B.mvmglC.mv2mgl D.mv2mgl解析依题意知，金属线框移动的位移大小为2l，此过程中克服摩擦力做功为2mgl，由能量守恒定律得金属线框中产生的焦耳热为Qmv2mgl，故选项D正确答案 D4如图(甲)、(乙)、(丙)中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，(甲)图中的电容器C原来不带电设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图

4、中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中，导轨足够长现给导体棒ab一个向右的初速度v0，在(甲)、(乙)、(丙)三种情况下导体棒ab的最终运动状态是()A三种情形下导体棒ab最终都做匀速运动B(甲)、(丙)中，ab棒最终将以不同速度做匀速运动；(乙)中，ab棒最终静止C(甲)、(丙)中，ab棒最终将以相同速度做匀速运动；(乙)中，ab棒最终静止D三种情形下导体棒ab最终都静止解析题图(甲)中ab棒运动后给电容器充电，当充电完成后，棒以一个小于v0的速度向右匀速运动题图(乙)中构成了回路，最终棒的动能完全转化为电热，棒停止运动题图(丙)中棒先向右减速为零，然后反向加速

5、至匀速故正确选项为B.答案 B5(2022温州模拟)如图所示电路，两根光滑金属导轨，平行放置在倾角为的斜面上，导轨下端接有电阻R，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可略去不计的金属棒ab质量为m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用，金属棒沿导轨匀速下滑，则它在下滑高度h的过程中，以下说法正确的是()A作用在金属棒上各力的合力做功为零B重力做的功等于系统产生的电能C金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热D金属棒克服恒力F做的功等于电阻R上产生的焦耳热解析根据动能定理可知，合力做的功等于动能的变化量，故选项A正确；重力做的功等于重力势能的变化量，重力做的功等于克服F所

6、做的功与产生的电能之和，而克服安培力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热，故选项B、D均错误，C正确答案 AC6.如右图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下，在磁场中有一个边长为L的正方形刚性金属框，ab边的质量为m，电阻为R，其他三边的质量和电阻均不计cd边上装有固定的水平轴，将金属框自水平位置由静止释放，第一次转到竖直位置时，ab边的速度为v，不计一切摩擦，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是()A通过ab边的电流方向为abBab边经过最低点时的速度vCa、b两点间的电压逐渐变大D金属框中产生的焦耳热为mgLmv2解析ab边向下摆动过程中，磁通量逐渐减小，根据楞次定律及右手

7、定则可知感应电流方向为ba，选项A错误；ab边由水平位置到达最低点过程中，机械能不守恒，所以选项B错误；金属框摆动过程中，ab边同时受安培力作用，故当重力与安培力沿其摆动方向分力的合力为零时，a、b两点间电压最大，选项C错误；根据能量转化和守恒定律可知，金属框中产生的焦耳热应等于此过程中机械能的损失，故选项D正确答案 D7.如右图所示，光滑的“”形金属导体框竖直放置，质量为m的金属棒MN与框架接触良好磁感应强度分别为B1、B2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处在abcd和cdef区域现从图示位置由静止释放金属棒MN，当金属棒进入磁场B1区域后，恰好做匀速运动以下说法中正确的是

8、()A若B2B1，金属棒进入B2区域后将加速下滑B若B2B1，金属棒进入B2区域后仍将保持匀速下滑C若B2B1，金属棒进入B2区域后将先减速后匀速下滑解析当金属棒MN进入磁场B1区域时，金属棒MN切割磁感线而使回路中产生感应电流，当金属棒MN恰好做匀速运动时，其重力和安培力平衡，即有mg.金属棒MN刚进入B2区域时，速度仍为v，若B2B1，则仍满足mg，金属棒MN仍保持匀速下滑，选项A错误，B正确；若B2B1，则金属棒MN刚进入B2区域时mg，金属棒MN先加速运动，当速度增大到使安培力等于mg时，金属棒MN在B2区域内匀速下滑，故选项C正确；同理可知选项D也正确答案 BCD9.如图所示，水平地

9、面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈和，分别用相同材料、不同粗细的导线绕制(为细导线)两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界设线圈、落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2.不计空气阻力，则()Av1v2，Q1Q2Bv1v2，Q1Q2Cv1Q2Dv1v2，Q1Q1，故选项D正确，B错误答案 D10(2022海淀一模)光滑平行金属导轨M、N水平放置，导轨上放一根与导轨垂直的导体棒PQ.导轨左端与由电容为C的电容器、单刀双掷开关和

10、电动势为E的电源组成的电路相连接，如图所示在导轨所在的空间存在方向垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出)先将开关接在位置a，使电容器充电并达到稳定后，再将开关拨到位置b，导体棒将会在磁场的作用下开始向右运动，设导轨足够大，则以下说法中正确的是()A空间存在的磁场方向竖直向下B导体棒向右做匀加速运动C当导体棒向右运动的速度达到最大值，电容器的电荷量为零D导体棒运动的过程中，通过导体棒的电荷量QCE解析充电后电容器的上极板带正电，将开关拨向位置b，PQ中的电流方向是由PQ，由左手定则判断可知，导轨所在处磁场的方向竖直向下，选项A正确；随着放电的进行，导体棒速度增大，由于它所受的安培力大小与速度有关

11、，所以由牛顿第二定律可知导体棒不能做匀加速运动，选项B错误；运动的导体棒在磁场中切割磁感线，由右手定则判断可知，感应电动势方向由QP，当其大小等于电容器两极板间电势差大小时，导体棒速度最大，此时电容器的电荷量并不为零，故选项C错误；由以上分析可知，导体棒从开始运动到速度达到最大时，电容器所带电荷量并没有放电完毕，故通过导体棒的电荷量QCE，选项D正确答案 AD11如图所示，足够长的光滑平行金属导轨cd和ef，水平放置且相距L，在其左端各固定一个半径为r的四分之三光滑金属圆环，两圆环面平行且竖直在水平导轨和圆环上各有一根与导轨垂直的金属杆，两金属杆与水平导轨、金属圆环形成闭合回路，两金属杆质量均

12、为m，电阻均为R，其余电阻不计整个装置放在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中当用水平向右的恒力Fmg拉细杆a，达到匀速运动时，杆b恰好静止在圆环上某处，试求：(1)杆a做匀速运动时，回路中的感应电流；(2)杆a做匀速运动时的速度；(3)杆b静止的位置距圆环最低点的高度解析(1)匀速时，拉力与安培力平衡，FBIL得：I(2)金属棒a切割磁感线，产生的电动势EBLv回路中电流I联立得：v(3)设平衡时棒b和圆心的连线与竖直方向的夹角为则tan，得60hr(1cos)答案 (1)(2)(3)12(2022安徽六校联考)相距L1.5 m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m11 kg的金属棒ab

13、和质量为m20.27 kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图(甲)所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同ab棒光滑，cd棒与导轨间动摩擦因数为0.75，两棒总电阻为1.8 ，导轨电阻不计ab棒在方向竖直向上、大小按图(乙)所示规律变化的外力F作用下，从静止开始沿导轨匀加速运动，同时cd棒也由静止释放(g10 m/s2)(1)求磁感应强度B的大小和ab棒加速度的大小；(2)已知在2 s内外力F做功40 J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；(3)判断cd棒将做怎样的运动，求出cd棒达到最大速度所需的时间t0，并在图(丙)中

14、定性画出cd棒所受摩擦力Ffcd随时间变化的图象解析(1)经过时间t，ab棒的速率：vat，此时，回路中的感应电流为：I，对ab棒，由牛顿第二定律得：FBILm1gm1a，由以上各式整理得：Fm1am1gat，在题图(乙)图线上取两点：t10，F111 N；t22 s，F214.6 N，代入上式得a1 m/s2，B1.2 T.(2)在2 s末ab棒的速率v1at2 m/s，所发生位移xat22 m，由动能定理得WFm1gxW安m1v，又QW安，联立以上方程，解得：Q18 J.(3)cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动当cd棒速度达到最大时，有m2gFN又FNF安，F安BIL，I，vmat0，整理解得：t02 s.Ffcd随时间变化的图象如图所示答案 (1)1.2 T1 m/s2(2)18 J(3)见解析