1、试卷第 1页，总 8页 期末综合练习（四）期末综合练习（四）20202021 学年高二下学期物理人教版学年高二下学期物理人教版 （2019）选择性必修二）选择性必修二 一、单选题一、单选题 1在如图所示的电路中，A1、A2为两个完全相同的灯泡，L 为自感线圈，E 为电源，R 为滑动变阻器，S 为开关。 闭合开关后， 发现 A1比 A2亮。自感线圈 L 的直流电阻为 RL， 此时滑动变阻器接入电路的电阻为 R0。下列说法正确的是 A 0L RR；断开开关 S 的瞬间，A2中的电流方向为ab B 0L RR；断开开关 S 的瞬间，A2中的电流方向为ba C 0L RR；断开开关 S 的瞬间，A2中
2、的电流方向为ab D 0L RR；断开开关 S 的瞬间，A2中的电流方向为ba 2如图甲、乙所示的电路中，线圈 L 的自感系数很大，电阻 R 和线圈 L 的电阻值都很 小， 且小于灯泡 A 的电阻， 接通 S， 使电路达到稳定， 灯泡 A 发光， 再断开 S， 则 （） A在电路甲中，闭合 S 后，A 将立即变亮 B在电路甲中，断开 S 后，A 将先变得更亮，然后才逐渐变暗 C在电路乙中，闭合 S 后，A 将逐渐变亮 D在电路乙中，断开 S 后，A 将先变得更亮，然后才逐渐变暗 3如图所示，铝质圆盘可绕竖直轴转动，整个圆盘都处在竖直向下的匀强磁场之中， 通过电刷在圆盘轴心与边缘之间接一个电阻
3、R，在圆盘按图中箭头方向转动时，下列说 法中正确的有 试卷第 2页，总 8页 A圆盘上各点电势都相等 B圆盘边缘上各点电势都相等 C电阻 R 上的电流由 a 到 b D不发生电磁感应现象 4如图所示的电路中，闭合开关后，滑动变阻器的滑动触头向左移动时，下列说法正 确的是（） A电压表示数不变B电容器带电量增加 C灯泡变暗D电流表示数变小 5如图甲所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置一个螺线管， 在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管 a 端流入为正，下列说法正确的是 （） A从上往下看，0 1s 内圆环中的感应电流沿逆时针方向 B2s 时圆环中的感应电流大于 0.5s
4、 时感应电流 C金属圆环中感应电流变化周期为 2s D1s 时金属圆环所受安培力最大 6如图所示，固定的水平长直导线中通有向右的恒定电流 I，矩形闭合导线框与导线在 同一竖直平面内，且一边与导线平行将线框由静止释放，不计空气阻力，则在线框下 试卷第 3页，总 8页 落过程中（） A线框所受安培力的合力竖直向上 B穿过线框的磁通量保持不变 C线框中感应电流的方向为逆时针 D线框的机械能不断增大 7如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为 B，磁场方向 相反，且与纸面垂直，两个磁场区域在 x 轴方向宽度均为 a，在 y 轴方向足够宽现有 一个菱形导线框 abcd，ac 长为 2
5、a，从图示位置开始向右匀速穿过磁场区域若以逆时 针方向为电流的正方向，在线框中感应电流 i 与线框移动距离 x 的关系图象中正确的是 （） AB CD 二、多选题二、多选题 8如图所示,在一竖直向下的匀强磁场中,将一根通电直导线 abc 从中点 b 折成夹角为 120的 ab、bc 两段,bc 段水平,导线 abc 平面位于竖直平面内;为使两段通电导线所受磁 场力大小相等,在导线 abc 平面所在区域再加一大小相等的匀强磁场,则原磁场与合磁场 磁感应强度大小之比为() 试卷第 4页，总 8页 A1:1B1: 2 C1: 3 D 3:1 9在养牛场里，把牛用细绳拴在树桩上，绳伸直，牛绕树桩沿同一
6、方向旋转，细绳变 短，牛到树桩的距离越来越短。这个过程可简化为如下模型：在光滑的水平面上固定一 个横截面为正方形abcd的柱子，一个小球用轻质细线拴在柱子上的a点，给小球一个 初速度，小球绕柱子做圆周运动，俯视图如图所示。小球质量为1kgm ，细线长度为 1mL，正方形abcd的边长为0.2ms 。开始时细线被拉直，且细线和ad在同一条 直线上，小球沿abcd每阶段均绕柱子做匀速圆周运动，最终击中b点，小球运动过程 中的速度始终为1m/s，下列说法正确的是（） A细线能承受的张力至少为5N B细线上的最大张力与最小张力之比为4:1 C从小球开始运动到击中b点前的过程中，细线上的张力突变了 4
7、次 D若细线能承受的最大张力为3N，小球做圆周运动的时间为1.5s 10在光滑水平面上固定一个通电线圈，一铝块正由左向右滑动穿过线圈，那么下面正 确的判断是（） A接近线圈时做加速运动，离开时做减速运动 B接近和离开线圈时都做减速运动 C一直在做匀速运动 D在线圈中运动时是匀速的 三、填空题三、填空题 11如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小 B = 0.50T ，方向垂直纸面向里，有一条与 磁场方向垂直的长度 L=0.30m 的通电直导线，电流大小 I = 2.0A，方向如图所示。则导 试卷第 5页，总 8页 线受到的安培力大小 F =_N 。 12如图所示，磁感应强度0.5TB 的匀强磁场，
8、方向垂直纸面向里，导电导轨MN、 PQ间距50cml ，光滑且电阻不计.左端接一电阻0.2R ，导线CD电阻不计，以 4m/sv 速度向右匀速滑动时，回路中感应电动势大小是_V，感应电流大小是 _A，方向_.这时使CD匀速运动所需的外力大小是_N. 四、解答题四、解答题 13 如图所示， 竖直放置的两根足够长的金属导轨相距为 L， 导轨的两端分别与电源 （串 有一滑动变阻器 R） 、定值电阻 R0和开关 K 相连。整个空间充满了垂直于导轨平面向外 的匀强磁场，其磁感应强度的大小为 B。一质量为 m，电阻为 r 的金属棒 ab 横跨在导 轨上。已知电源电动势为 E，不计电源电动势内阻，导轨的电阻
9、。 (1)当 K 接 1 时，金属棒 ab 在磁场中恰好保持静止，则滑动变阻器接入电路的阻值 R 为 多大？ (2)当 K 接 2 后，金属棒 ab 从静止开始下落，下落距离 s 时达到稳定速度，则下落 s 的 过程中重力的冲量是多少？ (3)当 K 接 2 后，金属棒 ab 从静止开始下落，下落距离 s 时达到稳定速度，则下落 s 的 过程中金属棒中产生的热量是多少？ 试卷第 6页，总 8页 14 如图， 两足够长的平行金属导轨平面与水平面间夹角为=30 ， 导轨电阻忽略不计， 二者相距l=1m，匀强磁场垂直导轨平面，框架上垂直放置一根质量为 m=0.1kg 的光滑 导体棒 ab，并通过细线
10、、光滑滑轮与一质量为 2m、边长为 2 l 正方形线框相连，金属框 下方 h=1.0m 处有垂直纸面方向的长方形有界匀强磁场，现将金属框由静止释放，当金 属框刚进入磁场时，电阻 R 上产生的热量为 1 Q=0.318J，且金属框刚好能匀速通过有界 磁场。已知两磁场区域的磁感应强度大小相等。定值电阻 R=1。导体棒 ab 和金属框单 位长度电阻 r=1/m，g=10m/s2，求 (1)两磁场区域的磁感应强度为多大？ (2)金属框刚离开磁场时，系统损失的机械能是多大？ (3)金属框下方没有磁场时，棒的最大速度是多少？ 15两根平行光滑金属导轨 MN 和 PQ 水平放置，其间距为 0.60m，磁感应
11、强度为 0.50T 的匀强磁场垂直轨道平面向下，两导轨之间连接的电阻 R5.0，在导轨上有一电阻为 1.0的金属棒ab， 金属棒与导轨垂直， 如图所示。 在ab 棒上施加水平拉力F使其以10m/s 的速度向右匀速运动。设金属导轨足够长，导轨电阻不计。求： (1)电阻 R 上电流的方向； (2)金属棒 ab 两端的电压； (3)拉力 F 的大小。 16 如图， 两平行金属导轨间的距离 L=0.40m， 金属导轨所在的平面与水平面夹角 =37， 在导轨所在平面内， 分布着竖直向上的匀强磁场。 金属导轨的一端接有电动势 E=4.5V、 内阻 r=0.50 的直流电源。现把一个质量 m=0.04kg
12、的导体棒 ab 放在金属导轨上， 导体棒 所受摩擦力为零；若将磁场大小不变，方向改为垂直于导轨所在平面向上，导 体棒恰好可 以静止在导轨上。导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导 试卷第 7页，总 8页 轨接触的两点间 的电阻 R=2.5， 金属导轨的其它电阻不计， 最大静摩擦力等于滑动摩 擦力，g 取 10m/s2。 已知 sin37=0.60，cos37=0.80，求： (1)通过导体棒的电流； (2)磁感应强度 B； (3)导体棒与轨道间的动摩擦因数。 17如图所示，竖直向下的匀强磁场垂直穿过固定的金属框架平面， 12 OO为金属框架 abc 的对称轴，ab 与 bc 间的夹角
13、=60，直杆 ef 在水平外力 F 的作用下，从 b 点出发以 v=1m/s 的速度向右匀速运动，运动过程中直杆始终垂直于 12 OO且与框架接触良好已 知框架、直杆由相同金属导体棒制成，单位长度的电阻 3 /m 9 k ，匀强磁场磁感 应强度 B=0.5 T，区域足够大，不计摩擦求： （1）t=1s 时，金属框架的两个端点 a、c 间的电压； （2）力 F 做功的功率 P 随时间 t 的变化规律 18如图，水平面内有一半径2 2mr 的光滑金属圆形导轨，圆形导轨的右半部分的 电阻阻值 R=1.5，其余部分电阻不计，圆形导轨的最左边 A 处有一个断裂口，使圆形 导轨不闭合将质量 m=2kg，电
14、阻不计的足够长直导体棒搁在导轨 GH 处，并通过圆心 O.空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度 B=0.5T.在外力作用下，棒由 GH 处以一定的初速度向左做与 GH 方向垂直的直线运动， 运动时回路中的电流强度始终与 初始时的电流强度相等(取3,103) 试卷第 8页，总 8页 (1)若初速度 v1=3m/s，求棒在 GH 处所受的安培力大小 FA (2)若初速度 v2=2m/s，求棒向左移动距离 2m 所需时间t (3)若在棒由 GH 处向左移动 2m 的过程中，外力做功 W=5J，求初速度 v3 19如图所示，金属杆 ab 以初速度 v04m/s 沿水平面内的固定轨道运动，经一段
15、时间 后停止（杆没与电阻 R 发生碰撞） 。ab 的质量为 m5g，导轨宽为 L0.4m，电阻为 R 2，其余的电阻不计，磁感强度 B0.5T，棒和导轨间的动摩擦因数为0.4，测得 杆从运动到停止的过程中通过导线的电量 q10 2C，求：上述过程中 （g 取 10m/s2） （1）杆 ab 运动的距离； （2）杆 ab 运动的时间。 20如图所示，两根水平放置的光滑的平行金属导轨相距为 d，电阻不计，在其左端接 有阻值为 R 的电阻，MN 为一根长度也为 d、质量为 m，电阻为 r 的金属杆，垂直导轨 放置，并与导轨接触良好，整个装置处于方向垂直导轨平面，磁感应强度大小为 B 的匀 强磁场中，
16、开始时杆 MN 处于静止状态某时刻（t=0）对杆 MN 施加一个平行导轨方 向的水平力，使之做加速度为 a 的匀加速直线运动 （导轨足够长） （1）判断 M、N 两端的电势高低； （2）求 t=t1时刻杆 MN 两端的电压； （3）求水平力 F 随时间 t 变化的关系式 答案第 1页，总 11页 参考答案参考答案 1B 【解析】 【分析】 根据灯泡亮度结合欧姆定律判断电阻的大小；根据线圈的自感分析电流方向。 【详解】 根据题意可知，闭合开关后，发现 A1比 A2亮，说明通过 A1的电流强度大于通过 A2的电流 强度，根据欧姆定律可知 R0RL；此时通过 A1的电流方向向右； 断开开关 S 的瞬
17、间，由于线圈的自感，使得 A2中的电流方向为 ba，故 ACD 错误，B 正 确。 故选：B。 【点睛】 本题考查了自感线圈对电流发生变化时的阻碍作用， 知道自感线圈的电流增大瞬间相当于断 路，减小瞬间相当于电源，稳定后相当于短路。 2D 【详解】 A在电路甲中，闭合 S 后，由于线圈的自感，A 逐渐变亮，A 错误； B在电路甲中，断开 S，由于线圈阻碍电流变小，导致 A 将逐渐变暗，因通过线圈 L 的电 流小于电阻 R，则不会出现闪亮现象，B 错误； C在电路乙中，闭合 S 后，A 与电阻 R 串联接入电源，则其将立即变亮，C 错误； D在电路乙中，由于电阻 R 和自感线圈 L 的电阻值都很
18、小，所以通过灯泡的电流比线圈的 电流小，断开 S 时，由于线圈阻碍电流变小，导致 A 将变得更亮，然后逐渐变暗，D 正确。 故选 D。 3B 【解析】 【详解】 AD.金属圆盘看成由无数金属幅条组成的，故各金属辐条切割磁感线产生感应电动势，相当 于电源，由右手定则可知电流由边缘流向中间，所以圆盘上各点的电势不相等，故选项 A、 D 不符合题意； B.圆盘边缘处相当于各电源并联，各点的电势相等，故选项 B 符合题意； 答案第 2页，总 11页 C.将金属圆盘看成由无数金属幅条组成， 根据右手定则判断可知圆盘上的感应电流由边缘流 向圆心，所以电阻R上电流由b到a，故选项 C 不符合题意 4B 【详
19、解】 AB滑动变阻器的滑动触头向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小， 路端电压减小，即电表的示数减小，根据闭合电路的欧姆定律，电路中的电流增大，即电流 表示数变大，通过灯泡的电流增大，灯泡两端的电压增大，即电容器两端的电压增大，根据 Q C U 电容器带电量增加，A 错误 B 正确； CD滑动变阻器的滑动触头向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小， 根据闭合电路的欧姆定律，电路中的电流增大，即电流表示数变大，通过灯泡的电流增大， 则灯的实际电功率增大，灯泡变亮，CD 错误。 故选 B。 5B 【详解】 A从上往下看，0 1s 内螺线管在圆环中产生的磁场向上，磁
20、通量增大，根据楞次定律， 在圆环中产生的感应电流沿顺时针方向，A 错误； B2s 时图像的斜率最大，螺线管中的电流变化最快，在圆环中产生的感应电流最大，B 正 确； C金属圆环中感应电流变化周期等于螺线管中电流变化的周期，都等于 4s，C 错误； D1s 时螺线管中的电流等于零，不产生磁场，对金属环无作用力，金属圆环不受安培力， D 错误。 故选 B。 6A 【解析】 【详解】 A线框左右两边受到的安培力平衡抵消，上边受的安培力大于下边受的安培力，安培力合 力竖直向上零，故 A 正确； B线框在下落过程中，所在磁场减弱，穿过线框的磁感线的条数减小，磁通量减小，故 B 答案第 3页，总 11页
21、错误； C下落过程中，因为磁通量随线框下落而减小，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场 方向相同，结合安培定则可知感应电流的方向为顺时针方向，故 C 错误； D线框中产生电能，机械能减小故 D 错误。 故选 A。 【点睛】 根据磁能量形象表示： 穿过磁场中某一面积的磁感线的条数判断磁能量的变化用楞次定律 研究感应电流的方向用左手定则分析安培力，根据能量守恒定律研究机械能的变化 7B 【详解】 根据楞次定律，刚进入磁场时感应电流沿逆时针方向，为正方向，而将出磁场时，感应电流 同样也沿逆时针方向， 为正方向，而在线框从第 1 个磁场区域进入第 2 个磁场区域的过程中 导线框中的磁通量变化得越来越快
22、， 感应电动势大小逐渐增大， 且当导线框刚好完全进入到 磁场中时达到正向最大，当2xa时由楞次定律和法拉第电磁感应定律可知线框中电流方 向为顺时针方向，且为xa时电流的两倍，ACD 错误，B 正确。 故选 B。 8AC 【详解】 设原磁场磁感应强度为 B0,所加磁场为 B1=B0,当合磁场 B合ac 时,ab、bc 所受磁场力大小相 等,由几何和三角知识有: B合 00 2cos303BB 当所加磁场为 B2=B0,合磁场 B合be 时,ab、bc 所受磁场力大小相等,由几何和三角知识有: B合=B0 答案第 4页，总 11页 A. 1:1 与分析相符，故 A 正确。 B. 1: 2与分析不符
23、，故 B 错误。 C. 1: 3与分析相符，故 C 正确。 D. 3:1 与分析不符，故 D 错误。 9AC 【详解】 A小球绕正方形做圆周运动，每转过 90运动半径减少0.2m，根据向心力公式可知，小球 运动半径R取最小值 min 0.2mR时细线上的张力最大，即 2 0 max min 5N v Fm R 因此小球想要击中b点，细线能承受的张力至少为5N，故 A 正确； B小球运动半径最大时，即半径为1m时细线上的张力最小，为 2 0 min max 1N v Fm R 最大张力与最小张力之比为5:1，故 B 错误； C小球的速度大小不变，半径R突然变短，向心力就突然变大，细线上的张力就突
24、然变大， 半径R突变了 4 次，即细线上的张力突变了 4 次，故 C 正确； D若细线最大能承受的张力为3N，根据向心力公式可知此时小球做圆周运动的半径 2 0 0 1 m0.33m 3 mv R F 即当小球做圆周运动的半径突变为0.2m时细线就断了，故小球做圆周运动的总路程 1 2 1 2 0.82 0.62 0.4 m 4 L 总 做圆周运动的总时间为 0 1.4s L t v 总 故 D 错误。 故选 AC。 答案第 5页，总 11页 10BD 【详解】 ABC把铝块看成由无数多片横向的铝片叠成，每一铝片又由可看成若干闭合铝片框组成； 如图所示 当它接近或离开通电线圈时， 由于穿过每个
25、铝片框的磁通量发生变化，所以在每个闭合的铝 片框内都要产生感应电流 产生感应电流的效果是要阻碍它接近或离开通电线圈， 所以在它 接近或离开时都要做减速运动，所以 A、C 错误；B 正确； D由于通电线圈内是匀强磁场，所以铝块在通电线圈内运动时无感应电流产生，做匀速运 动，D 正确； 故选 BD。 110.30 【详解】 1由公式可得安培力的大小为： F=BIL=0.502.00.30N=0.30N 电流的方向水平向右，磁场的方向垂直向里，根据左手定则可知，安培力的方向竖直向上。 1215沿逆时针1.25 【详解】 1感应电动势： E=BLv=0.50.54=1V 2感应电流： 1 5A 0.2
26、 E I R 3由右手定则可知，感应电流沿逆时针； 4安培力： F安=BIL=0.550.5=1.25N CD 棒匀速运动处于平衡状态，由平衡条件得： F=F安=1.25N； 答案第 6页，总 11页 13 (1) EBL Rr mg ； (2) 2 22 0 22 0 m g RrB L s I RrB L ； (3) 2 32 0 44 0 2 ab m gRrr Qmgs RrB L 【详解】 （1）金属棒 ab 在磁场中恰好保持静止，则有 BILmg 再由闭合电路欧姆定律可知 E I Rr 联立方程解得 EBL Rr mg （2）当金属棒下落距离 s 时，达到稳定状态，即 22 0 B
27、 L v mg Rr 动量定理得 IBILtmv 其中 0 BLs qIt Rr 联立上式解得 2 22 0 22 0 m g RrB L s I RrB L （3）金属棒 ab 从静止下落距离 s，由动能定理得 2 1 0 2 F mgsWmv 金属棒 ab 产生热量 0 ab r QQ Rr 解得 2 32 0 44 0 2 ab m gRrr Qmgs RrB L 答案第 7页，总 11页 14(1)1T(2)2.136J(3)3m/s 【详解】 (1)由题意知，导体棒 ab 接入电路的电阻为 1 1Rrl 与定值电阻 R 相等，故金属框由静止释放到刚进入磁场过程重金属导轨回路产生的总热
28、量 为 1 20.636JQQ 此过程由动能定理得 2 1 2sin30(2 ) 2 mghmghQmm v 解得 v=2.4m/s 金属框的总电阻为 2 1 42 2 Rlr 金属框在磁场中做匀速运动时导体棒 ab 产生的电动势为 1 EBlv，则有 1 1 1 E I RR 金属框产生的电动势 2 1 2 EBlv 2 2 2 E I R 金属框在磁场中做匀速运动时由平衡条件得 12 1 2sin300 2 mgmgBI lBIl 得 B=1T (2)由于金属框刚好能做匀速通过有界磁场，说明磁场宽度与线框边长相等 0.5 2 l dm 根据能量守恒得 答案第 8页，总 11页 2 1 2(
29、2 )(2 )sin30(2 ) 2 mg hdmg hdEmm v 得 2.136JE (3)金属框下没有磁场，棒的速度达到最大后做匀速运动，设此时速度为 m v，则 m 1 Blv I RR 根据平衡条件得 2sin300mgmgBIl 解得 m 3m/sv 。 15(1)电流方向向下；(2)2.5V；(3)0.15N 【详解】 (1)根据右手定则可得通过 ab 的电流方向由 b 到 a，则通过 R 的电流方向向下； (2)金属棒 ab 切割磁感线产生的感应电动势为 E=BLv=0.500.6010V=3V 电路中的电流为 3 A0.5A 5 1 E I Rr 金属棒 ab 两端的电压为
30、U=IR=0.55.0V=2.5V (3)金属棒 ab 所受的安培力为 FA=BIL=0.500.50.60N=0.15N 因金属棒匀速运动，则有 F=FA=0.15N 16(1)1.5AI ；(2)0.5TB ；(3)0.19 【详解】 (1)由闭合电路欧姆定律可得 EI Rr 解得 答案第 9页，总 11页 1.5AI (2)对导体棒受力分析可得 tan37FBILmg 安 解得 0.5TB (3)对导体棒受力分析可得： sin37BILmgf N cos37Fmg N fF 联立解得 3 0.19 16 17(1) ac 2 3 V 9 U (2)0.5PtW 【分析】 （1）根据导体棒
31、运动的特点，求出有效长度，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆 定律，即可求解路端电压； （2）根据安培力公式和功率 P=Fv 即可求解 【详解】 (1)设 t 内直杆运动的距离为 x，金属框架间的直杆长度为 l，由匀速运动规律得：xvt 由几何知识可得：2 tan 2 lx 由法拉弟电磁感应定律电动势为：EBlv 电路总电阻：3Rkl，电源内阻rkl 由闭合电路欧姆定律得： ac UEIr， E I R 代入数据得 t=1s： ac 2 3 V 9 U (2)由安培力公式得：FIlB 安培力做功的功率：PFv 答案第 10页，总 11页 联立解得：0.5PtW 【点睛】 解决本题的关键：1
32、、会根据几何关系求出有效长度的变化，以及电阻的变化；2、掌握安培 力的公式和瞬时功率的表达式 18(1)FA=16N(2)1.25st (3) 3 2 m/s 6 v 【解析】 （1）棒在 GH 处速度为 v1，感应电动势为：E=Blv1 感应电流为： 1 1 Blv I R 安培力为： 2 2 1 A B l v FBIl R 代入数据解得：FA=16N； （2）设棒移动距离 a，由几何关系，磁通量变化：=B（ 2 4 4 r ） 题设运动时回路中电流保持不变，即感应电动势不变，有：E=Blv2 因此：E= t =Blv2， 解得： 2 4 2 4 1.25 42 2 22 r ts ； （
33、3）设外力做功为 W，克服安培力做功为 WA，导体棒在由 GH 处向左移动 2m 处的速度为 v3 由动能定理：WWA=1/2(mv32mv32) 克服安培力做功：WA=I32Rt，其中： 3 3 Blv I R ， 2 3 4 4 r t lv 联立解得： 2 2 3 4 4 A r B lv W R 由于电流始终不变，有：v3=2v3 代入数值得：v32+ 3 20 2 3 v-5=0 答案第 11页，总 11页 解得： 3 98010 221 220 22 /0.23/ 6366 vm sm sm s 19(1)x0.1m ；(2)t0.9s 【解析】 【详解】 (1)ab 棒切割磁感线
34、产生感应电流， 设向右运动的距离为 x， 则平均感应电动势为? ? ? ? ? ? ? 平均感应电流为? ? ? ? ? ? ? ? ，流过的电荷量为 ? ? ? ? ? ? 代入解得：? ? ? ? ? ? ?h m ? ?m； (2)对 ab 棒根据动量定理有：? ? ? ? ? ? ? ? 而? ? ? ? ?，得：? ? ? ?，解得：? ? ?s。 20 （1） MN （2） 1 BdRat Rr （3） 22 B d at ma Rr 【解析】 （1）由右手定则可知， MN （2）t1时刻的速度：v1=at1 感应电动势 E1=Bdv1 感应电流 1 1 E I Rr 杆 MN 两端的电压 1 11 BdRat UI R Rr （3）由牛顿第二定律可得 F-BId=ma 其中 E I Rr E=Bdv v=at 联立解得 22 B d at Fma Rr
