2021届全国百校联考新高考原创预测试卷（二十九）物理

2021届全国百校联考新高考原创预测试卷（二十九）

物理

★祝考试顺利★

注意事项：

1、考试范围：高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡

上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。用2B铅笔将答题卡上试卷

类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂

黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸

和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答

案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案用

0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选

修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

一、单选题（每小题4分，总计36分）

1.在水平桌面上，一个圆形金属框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，磁感应强度反随

时间C的变化关系如图甲所示，0〜1s内磁场方向垂直线框平面向下，圆形金属框与两根水

平的平行金属导轨相连接，导轨上放置一根导体棒，且与导轨接触良好，导体棒处于另一匀

强磁场合中，如图乙所示，导体棒始终保持静止,则其所受的摩擦力A随时间变化的图像是

下图中的（设向右的方向为摩擦力的正方向）（）

]12|3；456

A0-

1i/s

F

fIII

1；2；34；

C0

156tls

【答案】A

【解析】

【详解】根据题意可得：在O~ls内磁场方向垂直线框平面向下，且大小变大，则由楞次定律

可得线圈感应电流的方向是逆时针，再由左手定则可得导体棒安培力方向水平向左，所以静

摩擦力的方向是水平向右，即为正方向；而在O~ls内磁场方向垂直线框平面向下，且大小变

大，则由法拉第电磁感应定律可得线圈感应电流的大小是恒定的，即导体棒的电流大小是不

变的；再由:

F=BIL

可得安培力大小随着磁场变化而变化，因为磁场是不变的，则安培力大小不变，所以静摩擦

力的大小也是不变的。故A正确，BCD错误。

故选A»

2.位于磁场中的甲、乙两个矩形金属线框可绕各自的轴转动，两根导线将两个线框按如图方

式连接。现用外力使甲线框顺时针方向转动。某时刻甲、乙线框恰处于如图所示的位置。设

此时乙线框的ab边受到的安培力为凡则（）

A.尸向上,乙线框表示电动机的原理

B.尸向上,乙线框表示发电机的原理

C.尸向下,乙线框表示电动机的原理

I).尸向下,乙线框表示发电机的原理

【答案】C

【解析】

【分析】

甲线框因用外力而动，产生感应电动势，根据楞次定律可判断感应电流方向。两个线框用导

线连接，则乙线框中有电流而受到安培力的作用。

【详解】用外力使甲线框顺时针方向转动后，甲线框切割磁感线产生感应电动势，产生感应

电流，根据楞次定律可判断甲线框中感应电流为顺时针方向。流经乙线框中感应电流也为顺

时针方向。乙线框由于有电流而在磁场中受安培力的作用将发生转动，此为电动机的原理。

根据左手定则可判断乙线框的a方边受到的安培力厂方向向下，C正确，ABD错误。

故选Co

3.如图所示的变压器电路中，三个定值电阻的阻值相同，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：

1,在。、匕端加上电压为。的交流电压，电键S断开时，电流表的示数为/,则S闭合后，

电流表的示数为

CI7D.|/

A.

51

【答案】D

【解析】

【详解】设每个定值电阻的阻值为R，电键S断开时，根据变流比，副线圈中的电流为2/，

副线圈两端的电压为2〃？，根据变压比，原线圈两端的电压为4/R，结合串并联电路特点有

U=4IR+1R=5IR

同理，当电键S闭合时，设电流表的示数为人，副线圈中的电流为2/一副线圈两端的电压为

1湛，原线圈两端的电压为2《R,则

U=2/1R+/|R=3/|R

得到

,57

故D正确。

故选Do

4.如图所示，金属棒,楙；在竖直放置的两根平行导轨上无摩擦地下滑，导轨间串联一个电阻,

磁感强度垂直于导轨平面，金属棒和导轨的电阻不计，设,MV下落过程中，电阻??上消耗的最

大功率为尸，要使"消耗的电功率增大到4只可采取的方法是（）

R

XXX

XXX

XXX

A.使助V的质量增大到原来的2倍

B.使磁感强度6增大到原来的2倍

C.使助V和导轨间距同时增大到原来的2倍

D.使电阻不的阻值减到原来的一半

【答案】A

【解析】

【详解】当金属棒做匀速直线运动时，金属棒消耗的功率最大，此时有：

B2I?V

BIL=-------

R

解得：丫=黑~

A.当期V的质量增大到原来的2倍，则r增大到原来的2倍，根据能量守恒定律，电阻斤上

消耗的功率等于重力的功率，根据

P=mgv

知则使A消耗的电功率增大到4尸，A正确；

B.使磁感强度8增大到原来的2倍，则速度变为原来的,，根据

4

P^mgv

知电功率变为原来的,，B错误；

4

C.使网,和导轨间距同时增大到原来的2倍.则速度变为原来的1,根据

4

P^mgv

知电功率变为原来的L,c错误；

4

D.使电阻A的阻值减到原来的一半，则速度变为原来的!，根据

2

P=mgv

知电功率变为原来的一半，D错误。

故选Ao

5.某发电机的原理简图如图所示，线圈按图示方向匀速转动。以下说法正确的是（）

A.线圈经过图示位置时穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率为零

B.线圈从图示位置转过90°后，小灯泡中的电流方向发生变化电流逐渐变大

C.线圈转动两周，电流的方向改变2次

D.从线圈经过图示位置开始计时，则电动势e随时间变化的规律为疔厌in。力”）

【答案】B

【解析】

【详解】A.线圈位于图示位置时，与中性面垂直，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率

最大，A不符合题意；

B.线圈垂直于图示位置时，处于中性面，电流的方向要发生改变，电流的大小从零开始逐渐

变大，B符合题意；

C.线圈转动两圈，电流的方向改变4次，C不符合题意：

D.线图从图示位置开始计时，即从垂直中性面位置开始计时，电动势e随时间变化的规律为

e-£cosur（V）,D不符合题意。

故选B。

6.如图所示为一个单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时产生的正弦

式交变电流的波形图，若只将线圈的转速变为原来的2倍，则（）

A.峰值变为20AB.周期变为0.4s

C.转速变为100r/sD.提高转速前，在Z=0.05s到i=0.Is

时间内，穿过线圈的磁通量逐渐增大

【答案】A

【解析】

【详解】图像可知电流的瞬时表达式可表示为，=嗤色cosM(A),则峰值为10A,周期为

0.2s>转速〃=〃■=工=5r/s；

2%T

AB.当转速变2倍，则角速度变2倍，周期变一半，变为0.1s,峰值变2倍，即峰值变为20A,

A符合题意，B不符合题意；

C.转速变为10r/s,C不符合题意；

D.提高转速前，在夕0.05s到尸0.1s时间内，电流逐渐增大，穿过线圈的磁通量逐渐减小，

但变化得快，D不符合题意。

故选Ao

7.利用半导体二极管的单向导电性，可以对交变电流进行整流，将交变电流变为直流，一种

简单的整流电路如图甲所示，为交变电流信号输入端，〃为半导体二极管，〃为定值电阻。

信号输入后，电阻户两端输出的电压信号如图乙所示，则关于该输出信号，下列说法正确的

是()

A.频率为100Hz

B.电压有效值为500V

C.一个标有“90V,30uF”的电容器并联在电阻彳两端，可以正常工作

D.若电助理e10Q,则Imin内R产生的热量为1.5X10」

【答案】D

【解析】

【详解】A.由图乙可知，该电压的周期为0.02s,故频率为

f」=50HZ

T

A不符合题意；

B.由图可知前半个周期内的最大电压U,“=1OOV,后半个周期没有电压，根据电流的热效应

知，一个周期内电阻产生的热量

U2U2

^x0.01=—x0.02

RR

得电压有效值为。=50V,B不符合题意；

C.电容器两端的瞬时电压不应超过标称电压，C不符合题意；

D.电阻分产生的热量应使用电压的有效值进行计算，故产生的热量为

42

4

2=—Z=1.5X10J

R

D符合题意。

故选Do

8.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为5:1,原线圈串联一个滑动变阻器(此时接入电

路电阻最大)，副线圈接有额定功率和额定电压均为“40W,40V”的两个灯泡a、b.现将变压

器接入电压“=220后sin314r(V)的交流电路中，S断开，调节滑动变阻器的阻值为"时，

8灯正常发光；S闭合，调节滑动变阻器的阻值为&时，a、8两灯均正常发光。设灯泡不会

被烧坏，下列说法正确的是

A.副线圈中电流的频率为20Hz

B.4的阻值为200。

C.根据题意可知，S闭合时副线圈电路的功率是S断开时副线圈电路功率的2倍

D.总的阻值是用的阻值的2倍

【答案】C

【解析】

【详解】A.由表达式“=220匹sin314f(V)可知

27r

T=—=0.02s

314

/•=l=50Hz

T

理想变压器只改变交流电压，不改变频率，故副线圈中电流的频率为50Hz,故A错误;

B.根据变压原理可知，灯泡正常发光时原线圈两端电压为〃=200V,接入电压的有效值

U=220V,S断开时，有

则

/]=0.2A

在原线圈电路中有

u=I国+q

联立得

??,=100Q

则选项B错误；

C.S闭合时，两灯泡均正常发光，副线圈电路功率为80W,S断开时，b正常发光,副线圈电

路功率为40W,故选项C正确；

D.同理有

U=IR+U\

联立得

&=50。

则选项D错误；

故选Co

9.随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线.小到手表、手机，大到电脑、电动

汽车，都已经在无线充电方面实现了从理论研发到实际应用的转化.如图所示为某品牌无线

充电手机利用电磁感应方式充电的原理图.关于无线充电，下列说法正确的是

A.无线充电时，手机上接收线圈的工作原理是“电流的磁效应”

B.接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同

C.只有将充电底座接到直流电源上，才能对手机进行充电

1）.只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电

【答案】B

【解析】

【详解】A、无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应现象，不是“电流的磁效应”

现象，故A错误；

B、无线充电利用的是电磁感应的互感现象，故接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变

电流的频率相同，故B正确；

C、当充电设备通以恒定直流，无线充电设备不会产生交变磁场，那么不能够正常使用，故C

错误；

D、被充电手机内部，应该有一类似金属线圈的部件，与手机电池相连，当有交变磁场时，则

出现感应电动势，所以不是所用的手机都能利用无线充电设备进行充电，故D错误；

二、多选题（每小题4分，总计24分）

10.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为10:1,电压表为理想电表，斤为光敏电阻（其

阻值随光的照射强度增大而减小），小L:4是三个额定电压均为10V的灯泡，其中七、

%规格相同。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，三个灯泡均正常发光，设灯泡不会烧坏,

下列说法正确的是（）

A.电路中电流1s内改变50次方向

B.灯泡乙、4的电功率之比为1:5

C.若将灯泡乙换为一个理想二极管，则电压表示数为11V

D.若将灯泡乙换为一个理想电流表，把照射A的光减弱,右、4仍然可能正常发光

【答案】BD

【解析】

【详解】A.由图乙可知交流电的周期为T=2xlO-2s，所以频率为:

2x10-2Hz=50Hz

所以电路中电流Is内改变100次方向，故A错误;

B.理想变压器原、副线圈匝数比为10:1,故原副线圈电流之比为：

个

1210

又因为4、%规格相同，所以右的电流等于副线圈电流的一半，所以有流过4、4电流之

比为:

：5=1：5

因为三个灯泡均正常发光，电压相同，故由：

P=UI

可知电功率之比等于电流之比，即：

%：吃=:=1：5

故B正确；

C.若将灯泡乙换为一个理想二极管，则根据二极管单向导电性可知输入电压图像为:

根据有效值定义可得:

22

22--0--T---=U---

R2R

解得有效值U=110底V；理想变压器原、副线圈匝数比为io：1，故副线圈电压为u、/2v，

即电压表示数为11后V，故c错误;

D.若将灯泡4换为一个理想电流表，则原线圈电压增加，副线圈电压增加；把照射E的光减

弱，则阻值增加，根据:

R总R+R并

可知副线圈电流可能不变，流过4、4的电流可能不变，即乙、L仍然可能正常发光，故D

正确。

故选BDo

11.如图所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为0,导轨电阻不计，与阻值为斤的定值电阻

相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为反有一质量为勿、长为/的导体棒在他

位置以初速度「沿斜面向上运动，最远到达a'b'处，导体棒向上滑行的最远距离为斯导

体棒的电阻也为此与导轨之间的动摩擦因数为〃，重力加速度为g。在导体棒向上滑动过程

中，下列说法正确的是()

导体棒受到的最大安培力为史工

A.

R

导体棒损失的机械能为;卬病一Rgxsin0

B.

22

口人一一7s,「、，2mRv-Blx

C.导体棒运动的时间为-~~„,T------------77

2"?gR(sin，+〃cos8)

整个电路产生的焦耳热为:""一Rgx(sin0+pcos，)

D.

【答案】BCD

【解析】

【详解】A.根据:

E=BLv

可以知道速度最大时感应电动势最大，电流和安培力也最大，所以初始时刻的安培力最大,

根据：

F=BIL

,Blv

1-----

2R

可得：

B2l2v

2R

故A错误;

B.从初始位置到滑行最远时根据能量守恒有损失的机械能为:

AE=—znv2-mgxsin0

故B正确；

C.导体棒向上滑动过程中由动量定理可知：

BILt+(mgsin。+/amgcos0^t-mv

而由电荷的定义式结合法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知:

,EBlx

q=It=——t=-^=——

R&R&2R

联立解得：

2mRv-B2l2x

t=-----------------------------

2mgR(sin。〃cos9)

故c正确；

D.上滑过程中克服摩擦力和重力做的总功为：

W=mgx(/jcos6+sin0)

根据能量守恒定律可得整个电路产生焦耳热为：

Q=gmv2-mgx卬cos8+sin。)

故D正确。

故选BCD«

12.如图，等离子体以平行两极板向右的速度片100m/s进入两极板之间，平行极板间有磁感

应强度大小为0.5T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，两极板间的距离为10cm,两极板间等离

子体的电阻片1Q。小波同学在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极接电路中尻点，沿边缘放一个

圆环形电极接电路中1点后完成“旋转的液体”实验。若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视

为匀强磁场，上半部分为$极，花=2.0。，闭合开关后，当液体稳定旋转时电压表(视为理

想电压表)的示数恒为2.0V,则

乂x.

XXXKXXA

等高子体'

B

A.玻璃皿中的电流方向由中心流向边缘

B.由上往下看，液体做逆时针旋转

C.通过面的电流为1.5A

D.闭合开关后，住的热功率为2W

【答案】BD

【解析】

【详解】AB.由左手定则可知，正离子向上偏，所以上极板带正电，下极板带负电，所以由

于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外

部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心，器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定

则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故A错误，B正

确；

C.当电场力与洛伦兹力相等时，两极板间的电压不变，则有

得

U=Bdv=05x0.1x100V=5V

由闭合电路欧姆定律有

U-Uv=/（「+4）

解得

/=1A

Ao的热功率

绦=/2%=2W

故C错误，D正确。

故选BD,

13.如图所示，两个固定的光滑四分之一圆弧轨道/¥、QV所在的竖直平面平行，且留连线与

轨道所在平面垂直，轨道间距为乙圆弧所在圆的半径为r,轨道下端以N处切线水平，轨

道上端只0连接有阻值为A的定值电阻，轨道处在辐向的磁场中，磁场方向垂直轨道所在圆

弧面，圆弧面上磁感应强度大小处处为8,一根导体棒放在轨道的上端只。处并由静止释放,

导体棒向下运动过程中与轨道接触良好，且始终与轨道垂直，导体棒的质量为0,导体棒和轨

道电阻均不计，重力加速度为/若导体棒从运动到秘V过程中，定值电阻斤上产生的热量

为反则导体棒从静止运动到,邮的过程中，下列说法正确的是（）

9

A.电阻”中的电流方向为从a到b

B2I3V2

B.当导体棒的速度为!/时，电阻"的瞬时功率为

R

C.通过电阻"的电量为」——

2R

£

I).在劭V位置时，对轨道的压力大小为3mg-一

r

【答案】BC

【解析】

【详解】A.由右手定则可知，通过电阻力的电流方向为6到a,故A错误;

B.由于速度方向始终与磁场垂直，当导体棒速度为「时，根据法拉第电磁感应定律，感应

电动势为

E=BLv

则电阻区的瞬时功率为

E2B-I}v2

rn----=---------

RR

故B正确;

C.根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，通过电阻a的电量

①兀BrL

q=-----=--------

R2R

故C正确;

1).根据功能关系，导体棒运动到瞅'位置时，有

/v—gr—E

在屈V位置，根据牛顿第二定律，有

ig"

联立解得

F=3mg------

根据支持力和压力关系，可知压力大小为

F=F

故D错误；

故选BCo

14.如图甲为电动汽车无线充电原理图，M为受电线圈，N为送电线圈.图乙为受电线圈M的

示意图，线圈匝数为〃、电阻为八横截面积为S,a、b两端连接车载变流装置，磁场平行于

线圆轴线向上穿过线圈.下列说法正确是

A.当线圈N接入恒定电流时，不能为电动汽车充电

B.当线圈N接入正弦式交变电流时，线圈M两端产生恒定电压

C.当线圈M中磁感应强度增加时，有电流从a端流出

D.充电时，ZU时间内线圈M中磁感应强度大小均匀增加则M两端电压为左"

加

【答案】AC

【解析】

【详解】A.当送电线圈N接入恒定电流，则产生的磁场不变化，受电线圈M中的磁通量没有

发生变化，故无法产生感应电流，不能为电动汽车充电，故A正确:

B.当线圈N接入正弦式交变电流时，受电线圈M中的磁通量线圈按正弦式变化，故M两端

产生正弦式电压，故B错误；

C.穿过线圈M的磁感应强度增加，根据楞次定律，如果线圈闭合，感应电流的磁通量向下,

故感应电流方向从b向a,即电流从a端流出；故C正确;

0B

D.根据法拉第电磁感应定律，有：E=n=nS-,--设受电线圈外接电路的电阻为此由

EnSBR

闭合电路的欧姆定律得M两端的电压U=R-故D错误.

R+rt（R+r）'

15.如图甲所示，静止在水平面上的等边三角形金属闭合线框，匝数n=10,总电阻R=2.5O,

边长L=0.3m,处在两个半径均为r=0.1m的圆形匀强磁场中，线框顶点与右侧圆心重合，线框

底边与左侧圆直径重合，磁感应强度与垂直水平面向外，与垂直水平面向里，不随时

间t的变化如图乙所示，线框一直处于静止状态，计算过程中近似取»=3.下列说法正确的

是（）

A.t=0时刻穿过线框的磁通量为0.5Wb

B.t=0.2s时刻线框中感应电动势为1.5V

C.0〜0.3s内通过线框横截面的电荷量为0.18C

I）.线框具有向左的运动趋势

【答案】BC

【解析】

22

A、片0时刻穿过线框的磁通量为：（/）=B-7ir-B2~7rr=0.0052W^,选项A错误；

26

B、根据法拉第电磁感应定律可知，片0.2s时刻线框中感应电动势为E=〃且x!7/=i.5V.

△t6

选项B正确；

〃他

C、在0〜0.3s内通过线框中的电量_z1Q「，选项C正确；

Q—X—U.1

R

D、由楞次定律可知，线圈中垂直纸面向外的磁通量增大，感应电流顺时针方向，根据左手定

则安培力向右，所以线圈有向右运动的趋势，故D错误；

故选BC.

三、解答题（每题8分，总计40分）

16.如图所示，两足够长平行金属导轨间的距离占1m,金属导轨所在的平面与水平面夹角

0=37：在导轨所在平面内，分布着磁感应强度比0.5T、方向垂直于导轨所在平面的匀强

磁场。金属导轨的一端接有电动势后4.5V、内阻尸0.5Q的直流电源。现把一个质量AFO.04kg

的导体棒a6放在金属导轨上，导体棒能静止在导轨上。导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，

2

导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R=4。，其它电阻不计,g取10m/so已知sin370=0.6,

cos370=0.8,求：

(1)导体棒受到的安培力大小；

(2)导体棒受到的摩擦力大小和方向；

(3)若把匀强磁场8的方向改为竖直向上、大小改为LOT,且已知导体棒与金属导轨间的动

摩擦因数为〃=0.1,其它条件都不变，求改变磁场的瞬间导体棒的加速度大小。

【答案】(D0.5N(2)0.26N方向沿斜面向下(3)a=11.7m/s2

【解析】

【详解】(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有:

导体棒受到的安培力F^=B1L,代入数据得：

?安=0.5N

(2)导体棒所受重力沿斜面向下的分力

片=/ngsin37°=0.24N

由于《小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力了,根据共点力平衡条件

mgsin370+f=F&

解得

介0.26N,方向沿斜面向下

(3)匀强磁场8的方向改为竖直向上时，安培力水平向右,

'=5'/L=lN

而重力的下滑分力:

耳=/ngsin37°=0.24N

金属棒受摩擦力为

f'=A(mgcos37°+6'ILsin37°)=0.092N

有牛顿第二定律得

F^CQS3T-F{-f-ma

解得

a=ll.7m/s2

17.磁悬浮列车的运动原理如图所示，在水平面上有两根水平长直平行导轨，导轨间有与导轨

面垂直且方向相反的匀强磁场合和民，区和民相互间隔，导轨上有金属框a历儿当磁场才和

民同时以恒定速度沿导轨向右匀速运动时，金属框也会由静止开始沿导轨向右运动。己知两导

轨间距30.4m,两种磁场的宽度均为乙，Lrab,6产尼=L0T。金属框的质量®=0.1kg,电

阻尼2.0Q。金属框受到的阻力与其速度成正比，即户Av,A=0.08kg/s,只考虑动生电动势。

求：

（1）开始时金属框处于图示位置，判断此时金属框中感应电流的方向;

（2）若磁场的运动速度始终为即=10m/s,在线框加速的过程中，某时刻线框速度-=7m/s,

求此时线框的加速度国的大小;

（3）若磁场的运动速度始终为%=10m/s,求金属框的最大速度应为多大？此时装置消耗的总

功率为多大?

【答案】(1)a6cda的方向(2)4m/s2(3)8m/s；6.4W

【解析】

【详解】（1）磁场以恒定速度沿导轨向右匀速运动，则由楞次定律可知金属框中感应电流的方

向是：a6c出的方向；

(2)根据楞次定律可知金属框与磁场同向运动，感应电动势：

七=23(％―/)

感应电流：

E2BL(v-v)

l1—0——1---------------

RR

左右两边受到的安培力都为：

工=%=282片(%f)

AR

根据牛顿第二定律有：

2FA—kv}=ma}

解得此时金属框的加速度：

m

代入数据解得：q=4m/s2；

(3)当金属框有最大速度时做匀速运动，所受合外力为零：

2£-利=。

左右两边受到的安培力都为：

p_DJr_D2BL,(v-v)2B~L[(v-v)

r=D1L,=D-----------0-----2---L,=----------0------2--

4A'R1R

代入数据解得最大速度：v2=8m/s；

装置消耗的功率分克服阻力做功的功率和电功率两部分，克服阻力做功的功率:

6=f'v2=kv；

代入数据解得：[=5.12W；

电功率：

R

代入数据解得：6=L28W；

此时装置消耗的功率:

p=《+鸟=6.4W

答：（1）此时金属框中感应电流的方向为a6c曲；

（2）此时线框的加速度q=4m/s2；

（3）金属框的最大速度岭=8m/s；此时装置消耗的总功率为6.4W。

18.如图所示，水平地面上方有一高度为从上、下水平界面分别为倒、松，的匀强磁场，磁感

应强度为A矩形导线框数边长为6c边长为乙导线框的质量为处电阻为磁场方

向垂直于线框平面向里，磁场高度">4.线框从某高处由静止落下，当线框的cd边刚进入磁

场时，线框的加速度方向向下、大小为生；当线框的cd边刚离开磁场时，线框的加速度方

5

向向上、大小为在运动过程中，线框平面位于竖直平面内，上、下两边总平行于02空

气阻力不计，重力加速度为g.求：

（1）线框的cd边刚进入磁场时，通过线框导线中的电流；

（2）线框的ab边刚进入磁场时线框的速度大小；

（3）线框aAd从全部在磁场中开始到全部穿出磁场的过程中，通过线框导线横截面的电荷

量.

Q

XXXXXXXX

XXXXXXXX

XXXXXXXX

XXXXXXXX

XXXXXXXX

XXXXXXX

2777幺|I_________________________D11

［答案］(1)/产房；(2)%=奇产小36R21n2g2-50BTg(H-4)；(3)牛得。

JX-/<।U11YY

【解析】

【详解】（1）设线框的Cd边刚进入磁场时线框导线中的电流为人根据牛顿第二定律有:

3mg

Mg—Bj

5

2me

解得：，尸薪

(2)设线框/边刚进入磁场时线框的速度大小为匕，线框的“边刚离开磁场时速度大小为

外，线框的cd边刚离磁场时线框导线中的电流为牛顿第二定律有:

BI2l,-mg=^-

6mg

解得：心二房

?£>/,

由闭合电路欧姆定律

切盟

R

6Rmg

解得：归谢

由匀变速直线运动速度与位移的关系式

V；-*=2g(H—4)

得—2g(H-12)

代入解得：匕=房7J36R2Mg2—508*/"(〃一外

(3)设线框abed穿出磁场的过程中所用时间为△/,平均电动势为反通过导线的平均电流

为/,通过导线某一横截面的电荷量为q,由法拉第电磁感应定律

P①一Bl、%

'btbt

由闭合电路欧姆定律

*=绛

RRAt

则电量为：

0=1'=蛆

R

19.在学习了电磁驱动和电磁制动后，某物理兴趣小组的同学设计了如下装置进行研究。如图

所示，足够长平行光滑导轨的间距/=0.2m,6也右侧轨道水平，左侧曲线轨道与水平轨道相

切于仇友，所有轨道均电阻不计。在水平轨道内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为6

=0.8To质量为M=0.2kg、电阻为R=0.1Q的金属棒方垂直于轨道静止放置在与6也相距

1m远的水平轨道上，并用插销固定。质量为〃=0.1kg、电阻为尼=0.2Q的金属棒a由曲线

轨道上端ae处静止释放，aa2处到水平轨道的竖直高度方=0.45m,若金属棒a在运动过程中

始终与导轨垂直且保持良好接触，金属棒a与6相撞时无能量损失，g=10m/s2。求：

(1)金属棒a第1次滑到仇左处时的速度大小；

(2)金属棒a与金属棒6碰撞的次数；

(3)若撤去固定金属棒6的插销，使其能自由移动，金属棒a还是由曲线轨道上端aa处静止

释放，金属棒6初始静止在水平轨道上，两棒最终运动达到稳定状态。要使两棒不相碰，则

金属棒6初始位置距离6人至少多远？整个运动过程中金属棒6上产生的焦耳热是多少？

【答案】(l)3m/s(2)2次(3)2.34m；0.1J

【解析】

【详解】(1)根据动能定理可得

tngh.=—1wv*2'

解得

片3m/s；

(2)对a棒用动量定理可得：

-BIlt=-mv

解得：

7=9-

/?1+凡

根据

Vt=x

解得

A=3.5m

因此金属棒a与金属棒6碰撞2次;

(3)最终两棒匀速，且匕=%

根据动量守恒定律可得：

解得

匕=%=lm/s

系统产生的焦耳热

2

Q=Lmv-L^m+M)v1=0.3J

则8棒产生的焦耳热

QB=Q=OAJ

R]+/?2

a刚要追上b,二者速度相同,此过程对5根据动量定理可得:

BI14t=Mvb

E①

根据方/△t、i=E、E=7可得:

联立解得

△<J>=BL4x

解得：

△A=2.34mO

20.如图所示，电阻不计的光滑金属导轨由弯轨46,和直窄轨式；67/以及直宽轨应"、IJ

组合而成，48、房段均为竖直的,圆弧，半径相等，分别在反。两点与窄轨比1、"相切，

4

窄轨和宽轨均处于同一水平面内，BC、GH等长豆与DE,。均相互平行，CD,以等长，共线,

且均与伙;垂直。窄轨和宽轨之间均有竖直向上的磁感强度为8