[百师联盟]2024届高三一轮复习联考(一)1 物理(重庆卷)答案

2023-09-18 16:58:25 19

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C项正确：第3s内，B没有变化，线圈中没有感应电流产生，则线圈的发：过回路的电荷量为g,对cd棒由动量定理得w1一mn=一BILt=热功率最小，D项错误。9.ACD解析若线圈进人磁场时受到的安培力大小等于重力，线圈匀Blg:所以g一，C项正确：对cd棒由动量定理得m1一m速进入，感应电流恒定，由q=1可知，通过线圈横截面的电荷量均匀增!=一，解得△x-,即两导体棒间的距离最终mvor212r大，线圈离开时由楞次定律可知，感应电流方向改变，通过的电荷量均匀减小，A项可能正确；由于线圈通过磁场时，线圈的宽度与磁场的宽度相：变为L+g觉D项正确。等，故始终是一条边做切割磁感线运动，且速度不可能减小到零，所以线4，B解析未进磁场前和全部进人磁场后，线圈都仅受重力，所以加速圈通过磁场的过程中不可能出现感应电流为零的情况，B项错误；由于度a1=a3=g。线圈在图2位置时，受到向下的重力和向上的安培力，线圈进入磁场时重力也可能大于安培力，因此继续做加速运动，但速度增大安培力也增大，则加速度减小，当安培力增大到等于重力时，加速度且已知F发a2a1,B项正确。电动势大小，当导体棒速度为0时，有U-B;由题图可知U随t均匀5.D解析在上滑过程中，通过电阻R的电荷量q一R,一R干r△Φ_B△S变化，则v也随（均匀变化，即导体棒做匀加速运动，设o时刻导体棒的速度大小为w,则根据加速度的定义可知a=光，且U6=B以，联立,A项错误；导体棒从开始冲上导轨到滑到最大高度的过程中做减速运动，随着速度减小，产生的感应电流减小，所受的安培力减小，合力解得a一品A项正确。0一心时间内通过导体带某一横截面的电荷减小，加速度减小，导体棒做加速度逐渐减小的减速运动，均速度小于量等于给电容器充人的电荷量，则根据电流的定义可知通过导体棒的：空，则所币时间大于”一，B项错误；根据能量守恒定律可得，导体电流大小I=要一C少，由上式可知通过导体棒的电流大小不变，导体2to1棒所受安培力大小不变，F为恒力，根据牛顿第二定律可得F一BIl=棒从开始运动到回到底端，回路产生的焦耳热Q-2mw2-2m2ma,联立解得F=+BC;B项错误，C项正确。0to时间内，2 gscos0,C项错误；由于导体棒的机械能不断减少，所以在下滑与上to滑过程中经过同一位置时，上滑速度大，产生的感应电流大，导体棒受到号体棒的位移大小x=ad,2,安培力所做的功W=一Bx,联立解得的安培力大，而两个过程通过的位移大小相等，所以上滑过程中导体棒W-_CUo2克服安培力做功多，导体棒在上滑过程中整个回路中产生的焦耳热多，，D项错误。由QR尽，Q:可知号体棒在上滑过程中，电阻R上产生的焦耳热较核心素养微专题11电磁感应中的多，D项正确。动力学、能量和动量问题6.AD解析设导体棒a的电阻为R,则导体棒b的质量为2m、电阻为1.BD解析金属棒刚开始运动时初速度为零，不受安培力作用，由牛顿：2R。导体棒α获得向右的初速度后，导体棒a、b与导轨组成的回路产生第二定律得ngsin0-ngcos0=ma,代人数据得a=4m/s2,A项错感应电流，根据楞次定律可判断出导体棒α受向左的安培力，开始向右误，B项正确；设金属棒稳定下滑时速度为v,感应电动势E一BL,回路做减速运动；导体棒b中电流方向与α相反，受到向右的安培力，开始向中的电流为I,由衡条件得mgsin0=BL十ngcos0,由闭合电路欧右做加速运动，同时产生与α相反的感应电动势，因此电路中电动势E姆定律得【EU,由法拉第电磁感应定律得E=BL,联立解得u一=BLa一2BLh,当BLe=2BLw,即a=2h时，电路中电流为零，此后导体棒a、b将分别以va、做匀速运动，相等时间内通过的位移之比4.8m/s,C项错误，D项止确。是2：1，A项正确。在导体棒从开始运动到稳定运动的过程中，分别对2.AC解析金属棒下滑到最低点的过程中机械能守恒，则有gh=导休棒a、b根据动量定理列方程，取向右为正方向，对导休棒a,有22,金属棒到达水面时的速度o一√/2g,金属棒到达水面后进-BILt=ma一m;对导体棒b,有2BILt-2n%一0，联立以上三式22入磁场，其受到向左的安培力做减速运动，所以刚到达水面时的速度解得=3w,%=3,B项错误。将=行w代入公式一BgL最大，最大感应电动势E=最大的感应电流1一及RBLvm一m,解得通过导体棒a的电荷量g一，C项错误：在整个过程22BL2亚，A项正确：金属棒两端的电压为路端电压，最大值U=R中山能量守恒定律知，整个电路中产生的焦耳热Q=号mw2-号3R2B12g巫，B项错误；金属棒在整个运动过程中，由动量定理得一BI1△合×2ma2=古m2,且号=合因此导休特6产华的热量Q,号Q寸mw2,D项正确。m心，而q=1△，又g一R十R3R状业行“212，C7.D解析电源给电容器充电，稳定后，S拔到2的瞬间，电容器村21B212电源，和导体棒L1和L2组成闭合电路，由于L1的电阳大于L2的电阳，项正确；由能量守恒知整个电路产生的焦耳热为mgh,则右端电阻R上：则L1中的电流小于L2中的电流，A项错误。S拨到2的瞬间，L1中的产生的焦耳热小于gh,D项错误。电流小于L2中的电流，根据F=BL可得，L1受到的安培力小于L2受3.BCD解析两棒所受安培力大小相等，方向相反，加速度大小变化情到的安培力，根据牛顿第二定律可知，L1的加速度小于L2的加速度，B况应相同，A项错误：棒b和cd在运动过程中始终受到等大反向的安项错误。S拨到2后，由于导体棒L1和L2受到安培力的作用，则导体培力，系统的动量守恒，以向右的方向为正方向，当两者达到相同速度时棒运动，产生电动势，当产生的电动势等于电容器两端的电压时，电路稳有m0一2m1,解得1二20，由能量守恒定律得Q-2mw2-2定，此时电容器C的电荷量不为零，C项错误。S拨到2的瞬间，电容器放电，两棒均有向下的电流，导体棒会受到安培力作用，由以上分析可知202,解得回路产生的焦耳热Q-子mw2,B项正确：设整个过程中通开始时a12,当L2切割磁感线产生的电动势大于某值后，L1继续加·86·23XLJ·物理

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