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(新教材)高三大一轮总复多维特训卷物理2B2v=F专=BIL=接α.将电源、电键、变阻器、线圈A串联成一个回路，注意滑xcx,可知该过程外力做的功为W:=动变阻器接一上一下两个接线柱，所以M连接c.(2)当PF。+F:0+2B2向右加速滑动时，线圈A中的电流应越来越小，其磁场减·vtrB2vt小，磁通量减少，线圈B中产生了电流使指针向右偏转，可2一三2-,D正确；故选AD】r知当B中的磁通量减小时，电流表指向右偏线圈A向上移10.ABD由于金属线框质量为4m,金属棒MN与金属线框ab动时，线圈B中磁通量减小，指针向右偏转，A错误；当断开边完全相同，因此金属棒MN的质量为m,设碰撞后瞬间合开关时，线圈A中磁场减小，线圈B中磁通量减小，指针向在一起的速度为1，根据动量守恒定律得mv=(m十4m)右偏转，B正确；滑片匀速运动时，线圈A中也会产生变化,解得=号，A正确：由于B=x(k>0,且为常数)，根的磁场，线圈B中产生了感应电流使指针向右或向左偏转C错误；虽然线圈A、线圈B的绕线方向未知，但根据题意据楞次定律和右手螺旋定则可得，碰撞后回路中的感应电可以判断灵敏电流计指针偏转的方向，D错误.故选B.(3)两流为逆时针方向，B正确；碰撞后，在安培力的作用下，金属种情况下滑动变阻器的触头P移动的快慢不同，说明电流变化快慢不同、线圈B中的磁感应强度变化快慢不同，即磁通线框最终会静止，根据能量守恒定律可得Q=2(5m)量变化率不同，产生的感应电动势大小不同，线圈中的磁通量u21O,由于MN与金属线框ab边完全相同，碰撞后金属棒变化率第二次比第一次的大，答案：(1)ac(2)B(3)磁通量变化率MN与金属线框ab边瞬间合在一起，并且MN与ab接触14.解析：(1)根据P=IR,解得I=0.5A,由几何关系可得导良好，因此金属棒MN与金属线框ab边合一起，电阻为体棒的有效切割长度L,=4m一3tan45°m=1m,则安培力的大小F,=BIL1,解得F1=0.5N.因此碰撞后回路中的总电阻为R。=受，根据焦耳热公式(2)回路中的电流强度保持不变，即均电流等于瞬时电流，EQ=R可得Q,一尽Q:=需C结误：设的边产生的R则有I=是，根据法拉第电磁感应定律E=吧，磁通量的变△t化量△Φ=B△S,由几何关系可知棒向右运动2m过程中回感应电动势为E1,cd边产生的感应电动势为E2,则E1=路中的面积变化量△S=6m2,解得棒向右运动2m所需的BLv=kLx,E2=k(x+L)Lw=kLxv十kL2v,因此E合=时间t=3s.E:一E1=L2,因此合感应电流为IE含=2kL2(3)棒在t=0时和向右运动2m时的有效切割长度分别为7R,安培L=4m和L:=2m,设棒在这两个位置的速度分别为vo和力大小为F=BL=2兔L口，由题意知回路中的感应电动势保持不变，则有E=BLV。,根据动量定理可得Ft=7RE2=BL2,又由P=2kLt=2kL‘x,解得=0.5m/s,v=1m/s,由功能7R7R=5m1,解得x=7Rmu2kL,D正确.故选ABD.关系得外力做的功W-P:十宁m-合m,解得W11.CD设金属棒的速度大小为v1时，经历的时间为t1,通过=3.375J.金属棒的电流为I1,金属棒受到的磁场力方向沿导轨向上，答案：(1)0.5N(2)3s(3)3.375J大小为FA=BLI:,设在时间间隔(t1,t1十△t)内流经金属棒15.解析：(1)导体棒速度为1m/s时，感应电动势为E1=BLv的电荷量为△Q,则△Q=CBL△，按定义有1，==1V,根据闭合电路欧姆定律，此时电路中电流大小为I△t,△Q也E=0.5A,此时的安培力大小为F,=B1L=R十B2L2v1是行板电容器极板在时间间隔(t1,t1十△t)内增加的电荷R+量，由上式可得，△v为金属棒的速度变化量.金属棒所受到=0.5N,根据楞次定律可得，安培力的方向为沿斜面向上，的摩擦力方向沿导轨斜面向上，大小为f=umg cos8,金属设此时的加速度为a,根据牛顿第二定律得mg sin0一F,一棒在t1时刻的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a,根据umg cos0=ma,解得a=1m/s2牛顿第二定律有mgin0-一FA一f=ma,又a=g,(2)当导体棒匀速运动时，设此时的安培力大小为F2,根据d,联立解受力衡有mg sine9=F,十umg cos0,解得F2=1N,由前面得mg sin0-umg cos8=CBL2a+ma,联立可得a=m(sin9二cos9》8,可知金属棒做初速度为零的匀加速运BL=1N,解得：=2m/s,分析可得F,=R十7m+B2LC(3)导体棒从静止到匀速的过程中，设回路中产生的总的焦动，A、B错误；感应电动势为E=BLV,行板电容器两极板耳热为Q。,根据能量守恒定律和动能定理可得mgs sin0之间的电势差为U=E,设此时电容器极板上积累的电荷量umgs cos6-Qa=2mu,由题意可知s=2m,解得Q&=为Q,按定义有C=号，联立可得Q=CBLu,C正确；金属棒1J,由于回路中电流处处相等，根据焦耳热公式Q=R在i时刻的速度大小为'=at=m(sin9二cos0)Q总Rgt,D正确可得，小灯泡产生的焦耳热Q知=尺十，=0.75Jm+B*LiC故选CD答案：(1)1m/s2(2)2m/s(3)0.75J12.解析：(1)①由题图可知，比较甲图和丁图，发现电流表指针16.解析：(1)导体棒ab进入B2前做匀加速运动，设加速度为偏转的方向相同②感应电流具有这样的方向，即感应电流a,由牛顿第二定律F-umg=ma,解得a=8m/s2,由运动的磁场总要阻碍引起感应电流的（磁场）磁通量的变化，(2)当磁铁完全进入线圈内时，穿过线圈的磁通量不变，则不学公式，到达AA'处的时间，=√医=0,55<0,56，故R会产生感应电流，则磁铁会加速运动，当到达线圈底部时，磁E△B1通量变化率大于磁铁进入线圈时位置，依据法拉第电磁感应上的电流I=2录a:2RLd,=1A,由于B,向下是减小定律，则到达底部的感应电流较大，再由楞次定律可知，进与的，由楞次定律可知，电流方向由M→M'出的感应电流方向相反.故选A.(2)导体棒刚进入磁场B,的速度v:=at1=4m/s,由于答案：(1)①丁图②（磁场）磁通量的变化(2)A13.解析：(1)将电流计与线圈B串联成另一个回路，所以N连△BLd,=B,L,故导体棒匀速进入磁场B:,导体棒b第△t238

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