[百师联盟]2024届高三一轮复习联考(一)1 物理(福建卷)试题

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1、百师联盟2024高三冲刺卷二物理
2、百师联盟2024新高考卷物理

【例5】1品Ft mF(Rr)(2)B3L3S发-S,为定值：35，感应电动势E金属棒受到的安培力F=BL竖(3)[F,-mF(R+r)2R2B4L4R十=SB=SB,也为定值，因此感应巾流也为对金属棒由牛顿第二定律得mg一FA=ma△tto【解析】(1)由金属棒匀速运动有F=BImL,定值，那么安培力F=BILccB。由于在0~to解得a=各。F解得Im一BLB逐渐减小到零，故安培力逐渐减小到零，根据【变式1】B【解析】图(a)中导体棒向右运楞次定律，线框中感应电流沿顺时针方向，依据动，根据右手定则，感应电流的方向由b→a,再2)根据闭合电路的欧嬲定律得1=群解左手定则，线框ab边受到的安培力方向向上，根据左手定则，导体棒所受安培力向左，且安培得U=F(R+)即为正；同理，在tn~2to,安培力方向向下，为力大小下=巴，可知随速度减小，安培力越B2L2负，大小增大，在2t0一3to,没有安培力；在3t0通过回路的电荷量g=i·t一4t,安培力方向向上，为正，大小减小；在4to来越小，最后停止运动，因此导体棒做加速度减小的减速运动，最终速度减为零，图(a)中导体由动量定理得F·1一BL·1=m一5o,安培力方向向下，为负，大小增大，)项棒运动不符合一1图像，A项错误；图(b)中导解得g品m告P,正确，A、B、C三项错误。B3L3【变式2】D【解析】设导体棒ab沿斜面向体棒向右运动，根据右于定则，感应电流的方向(3)力F做功增加金属棒的动能和回路内能，上移动d的过程中，通过定值电阻R的电荷量山b→a,给电容器充电，随着电容器的带电荷量越来越多，回路电流越来越小，安培力越来越则F=Q+m为9设号休棒长度为1，则有9一架兴，变小，导体棒做加速度减小的减速运动，当导体棒R形为△④=gR,因为g与t2成正比，设比例系数切割磁感线产生的感应电动势等于电容器两端QR为k,则有Φ一=kRt,即Φ=Rt2十④，B项电压时，回路电流为零，导休棒不受安培力，做解得QR-[F,-mF2(R+r)2R错误；由图2可知通过定值电阻R的电荷量g匀速运动，图(b)中导体棒的运动情况符合一2B4L4R+与t2成正比，可知导体棒ab沿斜面向上移动图像，B项正确；图(c)中导体棒向右运动，根据【例6】B【解析】闭合导线框MN'P'Q'匀的距离d与t2成正比，又因为导休棒初速度为右手定则，感应电动势的方向与电源的电动势速从VP运动到MQ的过程中，穿过回路的磁零，故可得导体棒沿斜面向上做初速度为零的方向相同，总电动势为两个电动势之和，使导体通量不断增大，根据楞次定律，回路中的电流一匀加速直线运动，设加速度为a,则有v=at,I棒速度减小得更快，当导体棒速度减小到零之直是逆时针的，所以电流方向一直为正方向线框从VP运动到MQ的过程中，切割磁感线E_BL_BL4,F-mgsin0-F安=ma,可后，由于电源作用，回路中仍有电流，方向为bRα，这时导体棒反向运动，一直到导体棒向左的有效长度先减小，后增大，所以感应电流先减F=ma+mgsin 0+BIL-mgsin 0+ma运动产生的感应电动势与电源电动势大小相等小，后增大，B项正确。时，才会匀速运动，因此图(c)巾导体棒运动情【变式1】BC【解析】因为1s末bc边刚好L24,D项正确，A,C两项错误R况不符合运动图像，C、D两项错误。进人磁场，可知线框的速度为每秒运动一个方专项突破11电磁感应中的【例2】C【解析】导休棒bc切割磁感线产格，故在0ls内只有ae边切割磁场，设方格生由b到c的感应电流，则导体棒bc受到向左边长为，根据B=2o,h-是，可知电流动力学与能量问题的安培力，做减速运动；导体棒d受到向右的恒定；2s末线框在第二象限长度最长，此吋有【例】器(2)3mgR2B2L3(3)号安培力，向右做加速运动，则感应电流1一BL(UE2E2=3BLv,I2=，可如知2=1：2s4s线【解析】(1)闭合开关S,金属棒下落的过程中》，两导体棒的相对速度减小，感应R受竖直向下的重力、竖直向上的安培力作用，当电流减小，每个导体棒所受的安培力大小F一框有一部分进入第一象限，电流减小，4s木同重力与安培力大小相等时，金属棒的加速度为BL,F随着电流的减小而减小，bc将做加速度理可得1=1，综上分析可知A项错误，B零，速度最大，则减小的减速运动，d将做加速度增大的加速运mg=BI L项正确。根据Fd=BIL可知，在0一1s内ab动，设导体棒质量为，当两者速度相等时，电由法拉第电磁感应定律得E=BL边所受的安培力线性增加；1s末安培力Fb流为零，由动量守恒定律得=2mv,两导体EB1L,2s末可得安培力F'=B×号h×2L.由欧姆定律得1=尺棒的速度最终为=受，且加速度随着电流的减小而减小，电流变化也越来越慢，最终为零，所以有F'一3F。由图像可知C项正确，ID解得一器。C项正确，A、B两项错误；对bc棒用动量定理项错误。【例7】AD【解析】由图2知图线的斜率(2)由第(1)间得1-甓有B1=mw一m受，则=1=院，电荷量31由于IoI应该是随时间的增加而增加，最后达到最大值代人值得断开开关S后，当金属棒的速度达到最大时，元2L0因为电流随时间减小，所以g一t图线的斜率也一品，号体棒切闲能感线产生的感应电动件乙两端的电压恒为。瓷应该是减小，D项错误。此时定值电阻两端的电压UR=BL2一Um【变式2】D【解析】电源给电容器充电，稳势E=Blw=B(Lo十x)+=BLo0,感应电回路巾的电流12=1定后，S拨到2的瞬间，电容器相当于电源，和UR导体棒L1和L2组成闭合电路，山于L1的电阻流I一長所以盛应电动势和感应电流都不变。又由欧姆定律得12=大于L2,则L1中的电流小于L2中的电流，A3mgR项错误。S拨到2的瞬间，L1中的巾流小于L2又F安=（L。十，所以安培力逐渐增R解得一2B中的电流，根据F=BIL可得，L1受到的安培大，A项正确，B项错误；由于安培力与位移为(3)开关S闭合，当金属棒的速度最大时，金属力小于【2受到的安培力，根据牛顿第二定律一次函数关系，所以求安培力的功时可用力对棒产生的感位电动势后一警L1的加速度小于L2的加速度，B项错误。S拨位移的均值。根据题意，当导体棒运动2L®到2后，山于导体棒L1和L2受到安培力的作断开开关S的瞬间，元件Z两端的也压U=时，导轨问导体棒长度为310，安培力均值F用，则导休棒运动，产生电动势，当产生的电动mgR势等于电容器两端的电压时，电路稳定，此时电=2(Lo十3L6),克服安培力做功W=Fx2B0容器C的电荷量不为零，C项错误。S拨到24BLo3w,C项错误，D项正确则定值电阻两端的电压UR'=E一Um=S2BI的瞬间，电容器放电，两棒均有向下的电流，导R体棒会受到安培力作用，由以上分析可知，开始【例8】D【解析】0一2o,感应电动势E=电路中的电流了-紧-器时，a1a2,当L2切割磁感线产生的电动势大·36·23XKA(新)·物理一B版-XJC