［广东大联考］广东省2023年高二年级上学期10月联考x物理试卷答案

2023-11-02 03:47:14 11

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本文从以下几个角度介绍。

大，a减小，C项正确；若线框进入磁场时由衡条件得mg sin0=BIL,场方向垂直，故该交变电动势的瞬时值表安培力大于重力，线框先减速下落，根据解得u=2 ngRsin0达式为e=Em sin ot=22√2sin(l00xt)V,牛频第二定律得BL。B2L2一mg=ma,随着故C项正确；线框面与中性面的夹角为R(2)若固定导体棒N,导体棒M通过感应45°时，电动势瞬时值为e=Em sin45°=线框速度v减小，a减小；当安培力减小开关后瞬间闭合开关S,导体棒M、N构22V,故D项正确。到等于重力时，线框再匀速下落，A项错成回路，最终导体棒M静止，由法拉第电【典例2】D解析t1时刻，磁通量的变误，B项正确。BL△x化率不为零，因此感应电动势不为零，感【典例4】B解析题图甲中，导体棒向磁感应定律得E=△t应电流不为零，A项错误；t,~t2时间内，右运动切割磁感线产生感应电流而使电E由闭合电路欧姆定律得I=3磁通量的变化率先变小后变大，因此感应容器充电，由于充电电流不断减小，安培电流先变小后变大，B项错误；线圈转动力减小，则导体棒做变减速运动，当电容对导体棒M,由动量定理得2=器C极板间电压与导体棒产生的感应电π，C项错误动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受-BIL△t=0-mw,的角速度大小为w=412安培力，向右做匀速运动，故A项错误；题解得△x=6m2 gR'sin0E=NBSw=NΦ。2πn,若将线圈的转速增BL4大为原来的2倍，感应电动势的最大值变图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生(3)若不固定导体棒N,导体棒M通过感为原来的2倍，感应电动势的有效值变为感应电流，导体棒受向左的安培力而做减应开关后瞬间闭合开关S,导体棒M、N原来的2倍，由P=E2速运动，随速度的减小，电流减小，安培力可知，电功率是原减小，加速度减小，最终ab棒静止，故B项组成的系统动量守恒，最终它们共速，则正确，D项错误；根据F=BIL,有Ftv=3mv共，来的4倍，D项正确。由能量守恒定律得【典例3】C解析由题意知线框产生的BL=gBL=m△0，得g一B,电荷1感应电流为正弦式交流电，设该电流的有m2=2×3mu,k+Q,效值为I,由题可得Q=IRt,其中t量跟导体棒ab的动量变化量成正比，因为题图甲中导体棒的动量变化量小于题导体棒N上产生的焦耳热为=0.2s,解得I=√2A,所以该正弦式图乙，所以题图甲中通过R的电荷量小2R于题图乙中通过R的电荷量，故C项QN-R+2RQ交流电的电流最大值为Im=√2I=2A,错误。解得Q=8 gR'sin'0金属线框从题图所示的位置到完全进入【典例5】B解析根据左手定则和运动9B*L4磁场为半个周期，故T=2L=0.4s,w=分析可判断此过程安培力做负功，A项错误；由功能关系可知，金属棒克服安培力【奥例8】答案1)受(2)4mug1=5πrad/s,所以该正弦式交流电的电做的功等于回路中产生的焦耳热，B项正B2LvoT确；由功能关系可知，拉力做的功等于回(3)4mR流表达式为i=2sin(5πt)A,C项正确。路中焦耳热与棒重力势能增量之和，C项解析(1)由动量守恒定律得mw,=2mv,【典例4】BD解析t=0.005s时，磁感错误；由动能定理可知，重力做的功和安所以cd捧的景大速度是0=之。Vo应强度最大，磁通量最大，而E=她=0，培力做功总和等于金属棒克服恒力F做△t功，故重力做的功小于恒力F的功，D项A项错误；t=0.01s时感应电流的方向与错误。(2)根据能量守恒定律，整个过程中产生0.005~0.01s内电流方向相同，由楞次定的焦耳热【典例6】答案(1)3V(2)1.5m律可知，感应电流的方向沿顺时针方向，B(3)2.25JQ=2(2m)v=4mu,2。项正确；t=0.015s时的瞬时电流为零，但解析(1)金属棒速度最大时，受力衡，电流表的示数为有效值，不等于零，C项根据衡条件F=F安=BIL,(3)设ab棒的速度变为初速度的4时，错误；线框中产生的感应电动势的最大值I=BL'cd棒的速度为v1,则由动量守恒定律可Em=BSw=10π2r2,有效值E=Em,一个MP间和NQ间的电阻并联，则有3知m,=m4十mU1,周期内产生的热量Q=此时回路中的电动势和感应电流分别为R0.02=RMP间的最大电压为U=IR#=3VE=(-）BL,=ED项正确。【知识梳理】(2)金属棒达到最大速度Vm时，产生的感应电动势为E=BLvm,此时cd棒所受的安培力为F=BIL,Im UmEE由牛顿第二定律可得，cd棒的加速度222回路中的电流为I=R4十，F【典例5】D解析根据题述，正弦交变a=撤去拉力后由动量定理可得m电流的电压有效值为,而方波交流电的-BIL△t=0-mvm,B'L'vo由以上各式得a=②设金属棒前进的最大距离为x,则有4mR有效值为u。,根据焦耳定律和欧姆定律，BLa第十二章交变电流U=△t(R#+r)'电磁波传感器Q=IRT=RT,可知在一个周期T内联立解得x=1.5m产生的热量与电压有效值的二次方成正(3)设撤去拉力后电路中产生的热量为第1讲交流电的产生和描述○基础·情境落实…比，Q方：Q正=u。2=2:1,D项Q,由能量守恒定律可得Q=2 mum2,【微点辨析】正确。两电阻R中产生的热量为QR=R并(1)/(2)×(3)/(4)×(5)/RQ.【典例6】D解析根据有效值的定义，○考点·深究细研代入数据解得QR=2.25J。T【知识梳理】取一个周期T,则Q=(Im【典例7】答案(1)2 mngRsin02.(1)000(2)最大最大最大B2L2(2)6m'gR'sin 0(3)8m'g'R'sin03两4.1无关(2)T1m2R2=IRT,解得I=3Im,D项B4L49B4L4【典例1】B解析由题图知t=0.01s正确。解析(1)由题意可知导体棒M到达b、e:时，感应电动势为零，则穿过线框的磁通【典例7】B解析线圈在磁场中转动产前已做匀速直线运动，由法拉第电磁感应量最大，故A项正确；该线圈转动的角速生了正弦交流电，其电动势的最大值定律得E=BLv,度大小为w=二=100xd/,故B项错Em=NBSw,电动势的有效值EE由闭合电路欧姆定律得I=2误；当t=0时，电动势为零，线圈面与磁NBS,电压表的读数等于交流电源的路v答案深度解析·39·

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