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安徽省2014届高三物理一轮 基础训练卷27(含解析) 新人教版


【安徽省,人教版】2014 届高三物理一轮基础训练卷(27,含详细解 析)
一、选择题 1.如右图所示,A、B 是两根互相平行的、固定的长直通电导 线,二者电流大小和方向都相同.一个矩形闭合金属线圈与 A、 B 在同一平面内,并且 ab 边保持与通电导线平行,线圈从图中 的位置 1 匀速向左移动,经过位置 2,最后到位置 3,其中位置 2 恰在 A、B 的正中间,则下面

的说法中正确的是( ) A.在位置 2 这一时刻,穿过线圈的磁通量为最大 B.在位置 2 这一时刻,穿过 线圈的磁通量的变化率为零 C.从位置 1 到位置 3 的整个过程中,线圈内感应电流的方向发生了变化 D.从位置 1 到位置 3 的整个过程中,线圈受到的磁场力的方向保持不变 解析: 由安培定则知 A 错误 ,此时穿过线圈的磁通量的变化 率最大;从位置 1 到位置 3 的 整个过程中,穿过线圈的磁通量是先向外逐渐减小到零,然后向里逐渐增大,由楞次定律知 C 错 D 对. 答案: D 2.如右图所示,在纸面内放有一个条形磁铁和一个圆形线圈(位于磁铁 正中央),下列情况中能使线圈中产生感应电流的是( ) A.将磁铁在纸面内向上平移 B.将磁铁在纸面内向右平移 C.将磁铁绕垂直纸面的轴 转动 D.将磁铁的 N 极转向纸外,S 极转向纸内 解析: 磁铁在线圈所处位置产生的磁感线与线圈平面平行,穿过线圈的磁通量为零,将磁 铁在纸面内向上平移、向右平移和将磁铁绕垂直纸面的轴转动,穿过线圈的磁通量始终都是 零,没有发生变化,所以不会产生感应电流.将磁铁的 N 极转向纸外,S 极转向纸内时,穿 过线圈的磁通量由零开始逐渐变大,磁通量发生了变化,所以有感应电流产生. 答案: D 3.如右图所示,导轨间的磁场方向垂直于纸面向里,当导线 MN 在导轨上向右加速滑动时, 正对电磁铁 A 的圆形金属环 B 中( ) A.有感应电流,且 B 被 A 吸引 B.无感应电流 C.可能有,也可能没有感应电流 D.有感应电流,且 B 被 A 排斥 解析: MN 向右加速滑动,根据右手定则,MN 中的电流方向从 N→M,且大小在逐渐变大, 根据安培定则知,电磁铁 A 的磁场方向向左,且大小逐渐增强,根据楞次定律知,B 环中的 感应电流产生的磁场方向向右,B 被 A 排斥. 答案: D 4.如右图所示,在坐标系 xOy 中,有边长为 a 的正方形金属线框 abcd, 其一条对角线 ac 和 y 轴重合、顶点 a 位于坐标原点 O 处 .在 y 轴的右 侧的Ⅰ、Ⅳ象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场,磁场的上边界与线 框的 ab 边刚好完全重合,左边界与 y 轴重合,右边界与 y 轴平行.t =0 时刻, 线圈以恒定的速度 v 沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区

1

域.取沿 a→b→c→d→a 的感应电流方向为正,则在线圈穿越磁场区域的过程中,感应电流 i 随时间 t 变化的图线是下图中的( )

解析: 在 d 点运动到 O 点过程中,ab 边切割磁感线,根据右 手定则可以确定线框中电流方 向为逆时针方向,即正方向,D 错误;t=0 时刻,ab 边切割磁感线的有效长度最大,然后逐 渐减小,故感应电动势和感应电流逐渐减小,C 错误;当 cd 边与磁场边界重合后继续运动, cd 边切割磁感线,根据右手定则可知线框中电流方向为顺时针方向,即负方向,B 错误,A 正确. 答案: A 5.如图所示,以下判断正确的是( )

A.图甲中因穿过铝环的磁通量始终为零,所以铝环中不产生感应电流 B.图乙中地面上方的电场方向和磁场方向可能重合 ΔΦ C.由公式 E=N 可求出图丙导线 abc 中的感应电动势为零 Δt D.图丁中,当导线 A 通过向外的电流时,磁铁对斜面的压力增大,同时弹簧缩短 解析: 图甲中铝环切割磁感线产生感应电动势,A 错;图乙中当电场力和洛伦兹力的合力 向上与重力平衡时小球沿直线运动,此时电场方向和磁场方向相同,B 对;图丙中导线切割 磁感线产生感应电动势,C 错;图丁中,经判断可知导线与磁铁的相互作用力使磁铁对斜面 的压力减小,弹簧的拉力减小,D 错. 答案: B 6.如图甲所示,一个电阻 为 R,面积为 S 的矩形导线框 ab cd,水平放置在匀强磁场中,磁 场的磁感应强度为 B,方向与 ad 边垂直并与线框平面成 45°角,O、O′分别是 ab 边和 cd 边的中点.现将线框右半边 ObcO′绕 OO′逆时针旋转 90°到图乙所示位置.在这一过程中, 导线中通过的电荷量是( )

A. C.

2BS 2R BS R D.0

B.

2BS R

解析:

根据法拉第电磁感应定律可以导出感应的电荷量为:Q=

ΔΦ ;对右半个线框分析 R

2

S S 2 ? ? 而 Δ Φ =B× cos 45°-?-B× sin 45°?=BScos 45°= BS,故答案选 A. 2 2 2 ? ? 答案: A 7.如右图所示,a、b 是同种材料(非超导材料)制成的等长导体棒, 静止于水平面内足够长的光滑水平导轨上,b 的质量是 a 的 2 倍,匀 强磁场垂直于纸面向里.若给 a 4.5 J 的初动能使之向左运动,最后 1 a、b 速度相同且均为 a 初速度的 ,不计导轨的电阻,则整个过程中 a 棒产生的热量最大值 3 为( ) A.2 J B.1.5 J C.3 J D.4.5 J 答案: A 8.如右图所示,在光滑的水平面上,一质量为 m,半径为 r,电 阻为 R 的均匀金属环,以初速度 v0 向一磁感应强度为 B 的有界 匀强磁场滑去(磁场宽度 d>2r).圆环的一半进入磁场历时 t 秒, 这时圆环上产生的焦耳热为 Q,则 t 秒末圆环中感应电流的瞬时 功率为( ) 4B2r2v2 0 R

A.

? 0 2Q? 4B2r2?v2- ? m? ? B. R ? 0 2Q? B2r2π 2?v2- ? m? ? D. R

? 0 2Q? 2B2r2?v2- ? m? ? C. R

解析: t 秒末圆环中感应电动势为 E=B·2r·v,由能量守恒知,减少的动能全部转化为焦

? 0 2Q? 4B2r2?v2- ? m? 1 1 E2 ? 耳热:Q= mv2- mv2,t 秒末圆环中感应电流的功率为 P= = 0 2 2 R R
答案: B 9.如右图所示,甲、乙是两个完全相同的闭合正方形导线线框,a、b 是边界范围、磁感应强度大小和方向都相同的两个匀强磁场区域,只是 a 区域到地面的高度比 b 高一些.甲、乙线框分别从磁场区域的正上方 相同高度处同时由静止释放,穿过磁场后落到地面.下落过程中线框平 面始终保持与磁场方向垂直.以下说法正确的是( ) A.落地时甲框的速度比乙框小 B.落地时甲框的速度比乙框大 C.落地时甲乙两框速度相同 D.穿过磁场 的过程中甲、乙线框中产生热量相同 解析: 本题考查动能定理. 图可知乙线框进入磁场时的速度比甲线框进入磁场时速度大, 由 分析可知安培力对乙做的负功多,产生的热量多,故 D 选项错误;重力做的功一部分转化为 导线框的动能,一部分转化为导线框穿过磁场产生的热量,根据动能定理可知,甲落地速度 比乙落地速度大,故 B 选项正确.本题难度中等. 答案: B 二、非选择题 10.如图所示,在一倾角为 37°的粗糙绝缘斜面上,静止地放置着一个匝数 n=10 匝的圆形

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线圈,其总电阻 R=3.14 Ω 、总质量 m=0.4 kg、半径 r=0.4 m.如果向下轻推一下此线圈, 则它刚好可沿斜面匀速下滑.现在将线圈静止放在斜面上后.在线圈的水平直径以下的区域 中,加上垂直斜面方向的,磁感应强度大小按如下图所示规律变化的磁场(提示:通电半圆导 线受的安培力与长为直径的直导线通同样大小的电流时受的安培力相等)问: (1)刚加上磁场时线圈中的感应电流大小 I. (2)从加上磁场开始到线圈刚要运动,线圈中产生的热量 Q.(最大静摩擦力等于滑动摩擦力, sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g 取 10 m/s2)

E 解析: (1)由闭合电路的欧姆定律 I= R Δ BΔ S 由法拉第电磁感应定律 E=n Δt ΔB 由图, =0.5 T/S Δt 1 S= π r2 2 联立解得 I=0.4 A. (2)设线圈开始能匀速滑动时受的滑动摩擦力为 Ff 则 mgsin 37°=Ff 加变化磁场后线圈刚要运动时 nBIL=mgsin 37°+Ff 其中 L=2r 由图象知 B=B0+kt=1+0.5t 由焦耳定律 Q=I2Rt 联立解得 Q=0.5 J. 答案: (1)0.4 A (2)0.5 J 11.如图所示,宽度 L=0.5 m 的光滑金属框架 MNPQ 固定于水平面内,并处在磁感应强度大 小 B=0.4 T,方向竖直向下的匀强磁场中,框架的电阻非均匀分布.将质量 m=0.1 kg,电 阻可忽略的金属棒 ab 放置在框架上,并与框架接触良好.以 P 为坐标原点,PQ 方向为 x 轴 正方向建立坐标.金属棒从 x0=1 m 处以 v0=2 m/s 的初速度,沿 x 轴负方向做 a=2 m/s2 的匀减速直 线运动,运动中金属棒仅受安培力作用.求:

(1)金属棒 ab 运动 0.5 m,框 架产生的焦耳热 Q; (2)框架中 aNPb 部分的电阻 R 随金属棒 ab 的位置 x 变化的函数关系; (3)为求金属棒 ab 沿 x 轴负方向运动 0.4 s 过程中通过 ab 的电荷量 q,某同学解法为:先算 出经过 0.4 s 金属棒的运动距离 x,以及 0.4 s 时回路内的电阻 R,然后代入 q= 解.指出该同学解法的错误之处,并用正确的方法解出结果. Δ Φ BLx = 求 R R

4

解析: (1)金属棒仅受安培力作用,其大小 F=ma=0.1×2=0.2 N 金属棒运动 0.5 m,框架中产生的焦耳热等于克服安培力做的功 所以 Q=Fx=0.2×0.5=0.1 J. (2)金属棒所受安培力为 F=BIL E BLv I= = R R B2L2 所以 F= v=ma R 由于棒做匀减速直线运动 v= v2-2a? x0-x? 0 B2L2 所以 R= v2-2a? x0-x? 0 ma = 0.42×0.52 22-2×2? 1-x? =0.4 x. 0.1×2

BLx (3)错误之处是把 0.4 s 时回路内的电阻 R 代入 q= 进行计算. R 正确的解法是 q=It 因为 F=BIL=ma ma 0.1×2 所以 q= t= ×0.4=0.4 C. BL 0.4×0.5 答案: (1)0.1 J (2)R=0.4 x (3)0.4 C 12.(2013·高考福建卷)如右图所示,两条平行的光滑金属导轨 固定在倾角为 θ 的绝缘斜面上, 导轨上端连接一个定值电阻. 导 体棒 a 和 b 放在导轨上,与导轨垂直并良好接触.斜面上水平虚 线 PQ 以下区域内,存在着垂直穿过斜面向上的匀强磁场.现对 a 棒施以平行导轨斜向上的拉力,使它沿导轨匀速向上运动,此 时放在导轨下端的 b 棒恰好静止.当 a 棒运动到磁场的上边界 PQ 处时, 撤去拉力,a 棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再 向下滑动,此时 b 棒已滑离导轨.当 a 棒再次滑回到磁场上边界 PQ 处时,又恰能沿导轨匀速向下运动.已知 a 棒、b 棒和定值电阻的阻值均为 R,b 棒的质量 为 m,重力加速度为 g,导轨电阻不计.求: (1)a 棒在磁场中沿导轨向上运动的过程中,a 棒中的电流强度 Ia 与定值电阻 R 中的电流强 度 IR 之比; (2)a 棒质量 ma; (3)a 棒在磁场中沿导轨向上运动时所受的拉力 F. 解析: (1)a 棒沿导轨向上运动时,a 棒、b 棒及电阻 R 中的电流分别为 Ia、Ib、IR,有 IRR=IbRb① Ia=IR+Ib② Ia 2 由①②解得 = .③ IR 1 (2)由于 a 棒在 PQ 上方滑动过程中机械能守恒,因而 a 棒在磁场中向上滑动的速度大小 v1 与在磁场中向下滑动的速度大小 v2 相等,即 v1=v2=v④

5

设磁场的磁感应速度为 B,导体棒长为 L.a 棒在磁场中运动时产生的感应电动势为 E=BLv⑤ 当 a 棒脱离磁场沿斜面向上运动时 E Ib= ⑥ 3R 2× 2 IbLB=mgsin θ ⑦ 当 a 棒向下匀速运动时,设 a 棒中的电流为 Ia′,则 E Ia′= ⑧ 2R Ia′LB=magsin θ ⑨ 3 由④⑤⑥⑦⑧⑨解得 ma= m. 2 (3)由题知导体棒 a 沿斜面向上运动时,所受拉力 F=IaLB+magsin θ 7 联立上列各式解得 F= mgsin θ . 2 答案: (1)2∶1 3 7 (2) m (3) mg sinθ 2 2

6

滚动训练(八) (本栏目内容,在学生用书中以活页形式分册装订!) 一、选择题 1.如图所示的是甲、乙两物体的 v- t 图象,由图可知(

)

A.甲做匀加速运动,乙做匀减速运动 B.甲、乙两物体相向运动 C.乙比甲晚 1 s 开始运动 D.5 s 末两物体 相遇 解析: 对比甲、乙两物体的 v—t 图象,可知两者同方向运动,5 s 末两物体速度相等,但 不是相遇;甲做减速运动,乙做加速运动,乙比甲晚 1 s 开始运动. 答案: C 2.2013 年 7 月,我国东北三省遭受特大暴雨袭击,给老百姓的生 命安全带来巨大危害,也使人们的财产受到了严重损失.如右图 是某一救人的场面,为了营救一被困人员到一条河流的对岸,将 一根绳的两端分别拴在两岸上的建筑物上,这根绳称为主绳,主 绳上挂一个挂钩,其下连着一人,人的腰处还连着两根辅助的绳 子,用来调整人的速度及位置.在此人沿着主绳离开建筑物移向 对岸的过程中,假设挂钩与主绳间无摩擦,此人移动缓慢,且两根辅助绳子处于松驰状态, 下列 说法中正确的是( ) A.主绳中的拉力先变小后变大 B.主绳中的拉力先变大后变小 C.主绳中的拉力不变 D.主绳中 的拉力变化情况无法确定 解析: 如右图所示,主绳中的拉力 FT= G ,sin α = 2sin α

1-cos2 α =

?MN? 1-? ?2= ?BC?

MN ? ?2, 1-? ? AO+BO 为主 ?? AO+BO? ?

绳长,MN 为主绳两悬点间的水平距离,它们都是不变量,故主绳 中的拉力也不变.C 选项正确. 答案: C 3.物体做自由落体运动,Ek 代表动能,Ep 代表重力势能,h 代表下落的距离,以水平地面为 零势能面,t 和 v 分别代表时间与速度,下列所示图象中,能正确反映各物理量之间关系的是 ( )

解析: 自由落体运动是物体只受重力作用从静止开始下落的运动,是初速度为零、加速度 为 g 的匀加速直线运动,它是匀变速直线运动的一个特例.物体做自由落体运动,速度越来 越大,动能增加越来越快;高度越来越小;势能减小越来越快,只有选项 B 正确. 答案: B 4.分别对放在粗糙水平面上的同一物体施一水平拉力和一斜向上的拉力使物体在这两种情况 下的加速度相同,当物体通过相同位移时,这两种情况下拉力的功和合力的功的正确关系是 ( ) A.拉力的功和合力的功分别相等 B.拉力的功相等,斜向拉时合力的功大 C.合力的功相等,斜向拉时拉力的功大 D.合力的功相等,斜向拉时拉力的功小 解析: 两种情况下加速度相等,合力相等,位移相等,所以合力的功相等,第一种情况拉 力的功 W1=F1x,第二种情况下拉力的功 W2=F2xcos θ ,由受力分析 F1-Ff1=ma,F2cos θ -Ff2=ma,Ff1>Ff2,则 F1>F2cos θ ,即 W1>W2,即斜向拉时拉力的功小.选项 D 正确. 答案: D 5.如右图所示,AC、BD 为圆的两条互相垂直的直径,圆心为 O,半 径为 r,将等电荷量的两正、负点电荷放在圆周上,它们的位置关于 AC 对称,+q 与 O 点的连线和 OC 夹角为 30°,下列说法正确的是 ( ) A.A、C 两点的电势关系是 φ A<φ C B.B、D 两点的电势关系是 φ B=φ D kq C.O 点的场强大小为 r2 3kq r2 解析: 在等量异种点电荷的电场中,两点电荷连线的中垂面是一个等势面,因此 φ A=φ C, φ B>φ D,A、B 均错误;O 点产生的场强大小为两点电荷分别在 O 点产生的场强的矢量和,每 D.O 点的场强大小为 kq kq 个电荷在 O 点的场强大小均为 ,方向互成 120°角,因此合场强大小也为 ,C 正确、D 错 r2 r2 误. 答案: C 6.(2013·福建理综)火星探测项目是我国继神舟载人航天工程、嫦娥探月工程之后又一个重 大太空探索项目.假设 火星探测器在火星表面附近圆形轨道运行的周期为 T1,神舟飞船在地 球表面附近的圆形轨道运行周期为 T2,火星质量与地球质量之比为 p,火星半径与地球半径 之比为 q,则 T1 与 T2 之比为( ) A. pq3 B. 1 pq3

C.

p q3

D.

q3 p R3 1 M2m2 4π 2 .对神舟飞船 G =m2 R2, GM1 R2 2 T2 2

M1m1 4π 2 解析: 对火星探测器 G =m1 R1, 解得 T1=2π R2 1 T2 1 解得 T2=2π = R3 2 T1 ,则 = GM2 T2

?R1?3·M2 ?R2? M1 ? ?

q3 ,选项 D 正确. p

答案: D 7.(2013·南京调研)如右图所示,物块 a 放在轻弹簧上,物块 b 放在物块 a 上静止不动.当用力 F 使物块 b 竖直向上做匀加速直线运动时,在下图所示 的四个图象中,能反映物块 b 脱离物块 a 前的过程中力 F 随时间 t 变化规律 的是( )

解析: 将 a、b 两物块作为一个整体来进行分析,设两物体的质量为 m,物体向上的位移为 1 Δ x= at2,受到向上的拉力 F、弹簧的支持力 FN 和竖直向下的重力 mg,FN=mg-kΔ x,由 2 1 牛顿第二定律,F+FN-mg=ma,即 F=mg+ma-(mg-kΔ x)=ma+k× at2,故 C 正确. 2 答案: C 8.将一个小球以速度 v 水平抛出,使小球做平抛运动.要使小球能够垂直打到一个斜面上, 斜面与水平方向的夹角为 α .那么( ) A.若保持水平速度 v 不变,斜面与水平方向的夹角 α 越大,小球的飞行时间越长 B.若保持斜面倾角 α 不变,水平速度 v 越大,小球飞行的水平距离越长 C.若保持斜面倾角 α 不变,水平速度 v 越大,小球飞行的竖直距离越短 D.若只把小球的抛出点竖直升高, 小球仍能垂直打到斜面上 答案: B 9.如右图所示的电路中,电源电动势为 E,内电阻为 r,闭合开关 S, 待电流达到稳定后,电流表示数为 I,电压表示数为 U,电容器 C 所 带电荷量为 Q,将滑动变阻器的滑动触头 P 从图示位置向 a 端移动一 些,待电流达到稳定后,则与 P 移动前相比( ) A.U 变小 B.I 变小 C.Q 不变 D.Q 减小 解析: 当电流稳定时,电容器可视为断路,当 P 向左滑时,滑动变阻器连入电路的阻值 R 增大,根据闭合电路欧姆定律得,电路中的电流 I= E 减小,电压表的示数 U=E-I(R2 R+R2+r

+r)增大,A 错 B 对;对于电容器,电荷量 Q=CU 增大,C、D 均错. 答 案: B 10.质量为 m0=20 kg、长为 L=5 m 的木板放在水平面上,木板与

水平面的动摩擦因数为 μ 1=0.15.将质量 m=10 kg 的小木块(可视为质点),以 v0=4 m/s 的 速度从木板的左端水平抛射到木板上(如图所示),小木块与木板面的动摩擦因数为 μ 2= 0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g=10 m/s2).则以下判断中正确的是( ) A.木板一定静止不动,小木块不能滑出木板 B.木板一定静止不动,小木块能滑出木板 C.木板一定向右滑动,小木块不能滑出木板 D.木板一定向右滑动,小木块能滑出木板 解析: m0 与地面间的摩擦力为 Ff1=μ 1(m0+m)g=0.15×(20+10)×10 N=45 N,m 与 m0 之间的摩擦力为 Ff2=μ 2mg=0.4×10×10 N=40 N,Ff1>Ff2,所以木板一定静止不动;小 木板在木板上滑行的距离为 x,v2=2μ 2gx,解得 x=2 m<L=5 m,小木块不能滑出木板. 0 答案: A 二、非选择题 11.如右图所示,一质量为 m、电荷量为+q 的粒子,以速度 v0 从 O 点沿 y 轴正方向射入磁感应强度为 B 的圆形匀强磁场区域, 磁场方向垂直纸面向外,粒子飞出磁场区域后,从 b 处穿过 x 轴 进入场强为 E、 方向与 x 轴负方向成 60°角斜向下的匀强电场中, 速度方向与 x 轴正方向的夹角为 30°, 经过一段时间后恰好通过 b 点正下方的 c 点,粒子的重力不计.试求: (1)圆形匀强磁场的最小面积. (2)c 点到 b 点的距离 d. 解析: 带电粒子在匀强磁场和匀强电场中的运动是物理学中的核心知识和重点知识,是学 习物理必须掌握的重点基本规律,是高考的重点和热点.解答本题的关键是,按题目中所述 的运动方向,根据速度方向和轨道半径垂直的关系,找出粒子做匀速圆周运动的圆心 O′.很 显然,弦长 ON 即为圆形磁场区域的最小直径.

v2 0 mv0 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,由 qBv0=m 得 R= R qB 1 粒子经过磁场区域速度偏转角为 120°,这表明在磁场区域中运动轨迹为半径为 R 的 圆弧, 3 作出粒子运动轨迹如图中实线所示.所求圆形磁场区域的最小半径为 1 3mv0 r= ON =Rsin 60°= 2 2qB 3π m2v2 0 面积为 S=π r2= . 4q2B2 (2)粒子进入电场做类平抛运动,从 b 到 c 垂直电场方向位移为 x′=v0t①

1 qEt2 沿电场方向位移为 y′= at2= ② 2 2m x′ =tan 30°③ y′ 2 3mv2 0 解方程①②③得 x′= qE 6mv2 0 y′= qE d= x′2+y′2= 4 3mv2 0 . qE

3π m2v2 0 4 3mv2 0 答案: (1) (2) 4q2B2 qE 12.如右图所示,两足够长的平行金属导轨水平放置,间距 为 L,左端接有一阻值为 R 的电阻;所在空间分布有竖直 向上,磁感应强度为 B 的匀强磁场.有两根导体棒 c、d 质 量均为 m,电阻均为 R,相隔一定的距离垂直放置在导轨上 与导轨紧密接触,它们与导轨间的动摩擦因数均为 μ .现 对 c 施加一水平向右的外力,使其从静止开始沿导轨以加速度 a 做匀加速直线运动.(已知导 体棒 c 始终与导轨垂直、紧密接触,导体棒与导轨的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,导轨的 电阻忽略不计,重力加速度为 g) (1)经多长时间,导体棒 d 开始滑动; (2)若在上述时间内,导体棒 d 上产生的热量为 Q,则此时间内水平外力做的功为多少? 解析: (1)设导体棒 d 刚要滑动的瞬间,流过 d 的电流为 I,c 的瞬时速度为 v 电动势 E=BLv① 流过 d 的电流 1 E I= × ② 2 3 R 2 d 受到的安培力大小为 FA=BIL③ 对 d 受力分析后,得 FA=μ mg④ c 的运动时间为 v t= ⑤ a 综合①、②、③、④、⑤并代入已知得 3μ mgR t= ⑥ B2L2a 3μ mgR v= .⑦ B2L2 (2)导体棒 d 上产生的热量为 Q,则整个电路上产生的热量为 Q′=6Q⑧

c 发生的位移为 1 x= at2⑨ 2 外力做的功为 1 W= mv2+μ mgx+Q′⑩ 2 由⑥、⑦、⑧、⑨、⑩并代入已知得 9μ 2m3g2R2? μ g? W= ?1+ a ?+6Q.? 2B4L4 ? ? 3μ mgR 9μ 2m3g2R2? μ g? 答案: (1) (2) ?1+ a ?+6Q B2L2a 2B4L4 ? ?


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