高考物理100考点最新模拟题千题精练专题4
2021年高考物理最新模拟题精练专题4.32 电磁感应与动量综合问题(提高篇)(解析版)
2021年高考物理100考点最新模拟题千题精练（选修3-2）第四部分 电磁感应专题4.32 电磁感应与动量综合问题（提高篇）1．(10分) （2020新高考冲刺仿真模拟6）如图甲所示，光滑的水平绝缘轨道M 、N 上搁放着质量m 1＝0.2 kg 、电阻R 1＝0.02 Ω的“[”形金属框dabc ，轨道间有一有界磁场，变化关系如图乙所示．一根长度等于ab ，质量m 2＝0.1 kg 、R 2＝0.01 Ω的金属棒ef 搁在轨道上并静止在磁场的左边界上．已知轨道间距与ab 长度相等，均为L 1＝0.3 m ，ad ＝bc ＝L 2＝0.1 m ，其余电阻不计.0时刻，给“[”形金属框一初速度v 0＝3 m/s ，与金属棒碰撞后合在一起成为一闭合导电金属框(碰撞时间极短)．t 0时刻整个框刚好全部进入磁场，(t 0＋1) s 时刻，框右边刚要出磁场．求：(1)碰撞结束时金属框的速度大小； (2)0～t 0时间内整个框产生的焦耳热；(3)t 0～(t 0＋1) s 时间内，安培力对ab 边的冲量的大小． 【名师解析】 (1)碰撞过程中，动量守恒，得到 m 1v 0＝(m 1＋m 2)v v ＝2 m/s(2)对闭合金属框，0～t 0时间内由动量定理得： －BIL 1Δt ＝－BL 1Δq ＝(m 1＋m 2)Δv等号两边求和，得－BL 1q ＝(m 1＋m 2)(v ′－v ) 又因为q ＝B ΔS R 总＝BL 1L 2R 1＋R 2得到v ′＝1 m/s所以Q ＝12(m 1＋m 2)v 2－12(m 1＋m 2)v ′2＝0.45 J(3)t 0～(t 0＋1) s 时间内，整个框在磁场中运动，I ＝E R 总＝ΔΦΔtR 总＝ΔBL 1L 2ΔtR 总＝0.4 A 又因为B ′＝1－0.4(t －t 0) t 0≤t ≤t 0＋1所以F 安＝B ′IL 1＝0.12B ′＝0.12－0.048(t －t 0) I 安＝F安t ＝F 安1＋F 安22t ＝0.12×1＋0.12×0.62×1 N·s ＝0.096 N·s 2、如图甲所示，平行粗糙导轨固定在绝缘水平桌面上，间距L ＝0.2 m ，导轨左端接有R ＝1 Ω的电阻，质量为m ＝0.1 kg 的粗糙导体棒ab 垂直静置于导轨上，导体棒及导轨的电阻忽略不计.整个装置处于磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨向下.现用与导轨平行的外力F 作用在导体棒ab 上使之一开始做匀加速运动，且外力F 随时间变化关系如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)比较导体棒a 、b 两点电势的高低； (2)前10 s 导体棒ab 的加速度大小；(3)若整个过程中通过R 的电荷量为65 C ，则导体棒ab 运动的总时间是多少？ 【参考答案】.(1)a 点电势较高 (2)5 m/s 2 (3)22 s【名师解析】(1)据右手定则知，a 点电势较高(2)由于导体棒一开始做匀加速运动，对ab 用牛顿第二定律：F －F 安－F f ＝ma ，F 安＝B 2L 2vR ，v ＝at综上得，F ＝B 2L 2aRt ＋F f ＋ma据题图乙可知前10 s ，F －t 图线斜率为0.05 N/s 即B 2L 2aR ＝0.05 N/s代入数据解得：a ＝5 m/s 2(3)当t ＝0时，F f ＋ma ＝1 N ，则F f ＝0.5 N 10 s 时导体棒的速度v 1＝at 1＝50 m/s 此时安培力F 安1＝0.5 N由于F ＝1 N ，且此时F f ＋F 安1＝F ＝1 N ，故10～15 s 内导体棒做匀速直线运动 0～15 s 内导体棒ab 的位移x ＝v 12t 1＋v 1t 2＝500 m通过R 的电荷量q 1＝ΔΦR 总＝BLxR ＝50 CF 为0后，导体棒做减速运动直到停止过程中通过R 的电荷量：q 2＝q －q 1＝15 C 对导体棒ab 应用动量定理：－F f t 3－BLq 2＝0－mv 1 解得t 3＝7 s则运动的总时间：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝22 s3、如图所示，光滑平行金属导轨PQ 、MN 倾斜固定放置，导轨所在平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨底端连接有阻值为R 的电阻，导轨间距为L .方向垂直于导轨平面向下的有界匀强磁场的边界ab 、cd 垂直于导轨，磁场的磁感应强度大小为B ，边界ab 、cd 间距为s .将一长度为L 、质量为m 、阻值也为R 的金属棒垂直放置在导轨上，金属棒开始的位置离ab 的距离为12s ，现将金属棒由静止释放，金属棒沿导轨向下做加速运动，到达cd 位置时金属棒的加速度刚好为零，金属棒运动过程中始终垂直于导轨并与导轨接触良好，不计导轨及其他电阻，重力加速度为g ，求：(1)金属棒从释放到到达cd 位置的过程中，通过电阻R 的电荷量； (2)金属棒从ab 运动到cd 的时间. 【参考答案】.(1)BLs2R(2)2mR B 2L 2＋B 2L 2s mgR －2sg【名师解析】(1)通过电阻R 的电荷量q ＝I ·Δt ，E ＝ΔΦΔt ＝BLs Δt ，I ＝E 2R ，解得q ＝BLs2R；(2)设金属棒刚进入磁场时的速度为v 1，根据机械能守恒定律有mg ·12s ·sin θ＝12mv 12，解得v 1＝gs sin θ＝12gs ，金属棒运动到cd 位置时，加速度为零，有mg sin θ＝B 2L 2v 22R ，解得v 2＝mgRB 2L 2，由牛顿第二定律可知mg sin θ－BIL ＝ma ＝m Δv Δt ，即12mg ΣΔt －BL ΣI Δt ＝m ΣΔv ，[或由动量定理可得(mg sin θ－BIL )Δt ＝m Δv ，即12mg ΣΔt－BL ΣI Δt ＝m ΣΔv ]得12mgt －BLq ＝m (v 2－v 1)，解得t ＝2mR B 2L 2＋B 2L 2smgR－2sg. 4、如图所示，足够长的水平轨道左侧部分b 1b 2－c 1c 2轨道间距为2L ，右侧部分c 1c 2－d 1d 2的轨道间距为L ，圆弧轨道与水平轨道相切于b 1b 2，所有轨道均光滑且电阻不计.在水平轨道内有斜向下与竖直方向夹角θ＝37°的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝0.1 T.质量为M ＝0.2 kg 的金属棒C 垂直于轨道静止放置在右侧窄轨道上，质量为m ＝0.1 kg 的导体棒A 自圆弧轨道上a 1a 2处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与轨道保持良好接触，A 棒总在宽轨上运动，C 棒总在窄轨上运动.已知：两金属棒接入电路的有效电阻均为R ＝0.2 Ω，h ＝0.2 m ，L ＝0.2 m ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，求：(1)金属棒A 滑到b 1b 2处时的速度大小； (2)金属棒C 匀速运动的速度大小；(3)在两棒整个的运动过程中通过金属棒A 某截面的电荷量；(4)在两棒整个的运动过程中金属棒A 、B 在水平轨道间扫过的面积之差. 【参考答案】(1)2 m/s (2)0.44 m/s (3)5.56 C (4)27.8 m 2 【名师解析】(1)A 棒在圆弧轨道上下滑，由机械能守恒定律得mgh ＝12mv 02，得v 0＝2gh ＝2 m/s.(2)选取水平向右为正方向，对A 、C 应用动量定理可得对C ：F C 安cos θ·t ＝Mv C ，对A ：－F A 安cos θ·t ＝mv A －mv 0，其中F A 安＝2F C 安，由以上知mv 0－mv A ＝2Mv C ，两棒最后匀速运动时，电路中无电流，有BLv C ＝2BLv A ，得v C ＝2v A ，联立两式得v C ＝29v 0＝0.44 m/s.(3)在C 加速过程中，有Σ(B cos θ)IL Δt ＝Mv C －0，q ＝ΣI Δt ，得q ＝509C ＝5.56 C.(4)根据法拉第电磁感应定律有E ＝ΔΦΔt ，其中磁通量变化量ΔΦ＝B ΔS cos 37°，电路中的电流I ＝E2R ，通过截面的电荷量q ＝It ，得ΔS ＝2509m 2＝27.8 m 2. 5、某小组同学在研究图甲所示的电磁枪原理时，绘制了图乙所示的简图(为俯视图)，图中两平行金属导轨间距为L 固定在水平面上，整个装置处在竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中，平行导轨左端电路如图所示，电源的电动势为E (内阻不计)，电容器的电容为C .一质量为m 、长度也为L 的金属导体棒垂直于轨道平放在导轨上，忽略摩擦阻力和导轨、导线的电阻，假设平行金属导轨足够长.(1)将开关S 接a ，电源对电容器充电. a.求电容器充电结束时所带的电荷量Q ；b.请在图丙中画出充电过程中电容器两极板间的电压u 随电容器所带电荷量q 变化的图象；借助u －q 图象求出稳定后电容器储存的能量E 0.(2)电容器充电结束后，将开关接b ，电容器放电，导体棒由静止开始运动，不计放电电流引起的磁场影响. a.已知自由电子的电荷量为e ，请你分析推导当导体棒获得最大速度之后，导体棒中某一自由电子所受的电场力与导体棒最大速度之间的关系式；b.导体棒由静止到获得最大速度的过程中，由于存在能量损失ΔE 损，电容器释放的能量没有全部转化为导体棒的动能，求ΔE 损. 【名师解析】(1)a.电容器充电完毕时其电压等于电动势E ，电容器所带的电荷量Q ＝CE ①b.根据u ＝q C ，画出u －q 图象如图所示，图线与横轴所围面积表示电容器储存的能量.有：E 0＝12EQ ②联立①②式可得：E 0＝12CE 2③(2)a.方法一：设金属导体棒获得最大速度v m 时，放电电流为零，此时电容器的电压U 与导体棒的感应电动势E 棒相等， 即：U ＝E 棒＝BLv m ④导体棒中恒定电场的场强为：E 场＝UL ＝Bv m导体棒中电子所受的电场力为F ＝eE 场＝eBv m方法二：金属导体棒获得最大速度后做匀速直线运动，电路中无电流，运动的电子在磁场中受到向下的洛伦兹力， 大小为：f ＝eBv m由于电子随导体棒做匀速直线运动，则电场力F 与洛伦兹力合力为零，即F －f ＝0，则：F ＝eBv m b.由(1)中结论可知，导体棒获得最大速度v m 时，电容器储存的能量为：E 1＝12CU 2⑤导体棒由静止到获得最大速度的过程中，根据能量守恒定律有：E 0＝E 1＋12mv m 2＋ΔE 损 ⑥设此过程电容器放电的电荷量为ΔQ ，则ΔQ ＝CE －CU ⑦方法一：设此过程中的平均电流为I ，时间为t ，根据动量定理有：BL I t ＝mv m －0⑧ 其中I t ＝ΔQ ⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得：ΔE损＝mCE22m＋CL2B2方法二：设任意时刻电路中的电流为i，取一段含此时刻的极短时间Δt，设此段时间内速度的改变量为Δv，根据动量定理有：ΣBLiΔt＝ΣmΔv⑧ΣiΔt＝ΔQ⑨ΣmΔv＝mv m－0⑩联立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式可得：ΔE损＝mCE22m＋CL2B26、如图所示，竖直固定的足够长的光滑金属导轨MN、PQ，间距为l＝0.2 m，其电阻不计．完全相同的两金属棒ab、cd垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终良好接触，已知两棒质量均为m＝0.01 kg，电阻均为R＝0.2 Ω，棒cd放置在水平绝缘平台上，整个装置处在垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，磁感应强度B ＝1.0 T．棒ab在竖直向上的恒力F作用下由静止开始向上运动，当ab棒运动x＝0.1 m时达到最大速度v m，此时cd棒对绝缘平台的压力恰好为零．取g＝10 m/s2，求：(1)ab棒的最大速度v m；(2)ab棒由静止到最大速度过程中回路产生的焦耳热Q；(3)ab棒由静止到最大速度所经历的时间t.【参考答案】：(1)1 m/s(2)5×10－3 J(3)0.2 s【名师解析】：(1)棒ab达到最大速度v m时，对棒cd有：BIL＝mg,由闭合电路欧姆定律知I＝E2R，棒ab切割磁感线产生的感应电动E＝BLv m,代入数据计算得出：v m ＝1 m/s;(2) ab 棒由静止到最大速度过程中，由功能关系得： Fx ＝mgx ＋12mv 2m＋Q棒ab 达到最大速度时受力平衡 F ＝mg ＋BIL 解得：Q ＝5×10－3 J(3)ab 棒由静止到最大速度过程中通过ab 棒的电荷量： q ＝I t ＝BLx2R＝0.05 C 在此过程中由动量定理可知： (F －mg －BIL )t ＝mv m －0 即(F －mg )t －BqL ＝mv m －0 解得：t ＝0.2 s.7、如图所示，电阻不计的“∠”形足够长且平行的导轨，间距L ＝1 m ，导轨倾斜部分的倾角θ＝53°，并与定值电阻R 相连．整个空间存在着B ＝5 T 、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场．金属棒ab 、cd 的阻值R ab ＝R cd ＝R ，cd 棒质量m ＝1 kg ，ab 棒光滑，cd 与导轨间的动摩擦因数μ＝0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：(1)ab 棒由静止释放，当滑至某一位置时，cd 棒恰好开始滑动．求这一时刻ab 棒中的电流； (2)若ab 棒无论从多高的位置释放，cd 棒都不动，分析ab 棒质量应满足的条件；(3)若cd 棒与导轨间的动摩擦因数μ≠0.3，ab 棒无论质量多大、从多高位置释放，cd 棒始终不动．求cd 棒与导轨间的动摩擦因数μ应满足的条件． 【参考答案】：(1)3.34 A (2)m ab ≤2.08 kg(3)μ≥0.75 【名师解析】：(1)cd 棒刚要开始滑动时，其受力分析如图所示．由平衡条件得BI cd L cos 53°－F f ＝0， F N －mg －BI cd L sin 53°＝0， 又因为F f ＝μF N ，联立以上三式，得I cd ＝1.67 A ， 所以I ab ＝2I cd ＝3.34 A.(2)ab 棒下滑时，最大安培力F A ＝m ab g sin 53°，cd 棒所受最大安培力应为12F A ，要使cd 棒不滑动，需满足：12F A cos 53°≤μ(mg ＋12F A sin 53°)． 由以上两式联立解得m ab ≤2.08 kg. (3)ab 棒下滑时，cd 棒始终静止，有 F A ′cos 53°≤μ(mg ＋F A ′sin 53°)． 解得μ≥F A ′cos 53°mg ＋F A ′sin 53°＝cos 53°mgF A ′＋sin 53°.当ab 棒质量无限大，在无限长轨道上最终一定匀速运动，ab 棒所受安培力趋于无穷大，cd 棒所受安培力F A ′亦趋于无穷大，有μ≥cos 53°sin 53°＝0.75.8、如图所示，两电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角为θ，导轨间距为l ，所在平面的正方形区域abcd 内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于斜面向上．如图所示，将甲、乙两阻值相同、质量均为m 的相同金属杆放置在导轨上，甲金属杆处在磁场的上边界，甲、乙相距l .从静止释放两金属杆的同时，在金属杆甲上施加一个沿着导轨的外力，使甲金属杆在运动过程中始终沿导轨向下做匀加速直线运动，且加速度大小为a ＝g sin θ，乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动．(1)求每根金属杆的电阻R ；(2)从刚释放金属杆时开始计时，写出从计时开始到甲金属杆离开磁场的过程中外力F 随时间t 的变化关系式，并说明F 的方向；(3)若从开始释放两杆到乙金属杆离开磁场，乙金属杆共产生热量Q ，试求此过程中外力F 对甲做的功． 【参考答案】：(1)B 2l 22gl sin θ2mg sin θ(2)F ＝mg 2sin 2θ2gl sin θt ，方向沿导轨向下(3)2Q －mgl sin θ 【名师解析】：(1)甲、乙匀加速运动时加速度相同，所以，当乙进入磁场时，甲刚出磁场，乙进入磁场时的速度v ＝2gl sin θ. 根据平衡条件有mg sin θ＝B 2l 2v 2R .解得R ＝B 2l 22gl sin θ2mg sin θ.(2)甲在磁场中运动时，外力F 始终等于安培力F ＝B 2l 2v 2R ，v ＝g sin θ·t ，将R ＝B 2l 22gl sin θ2mg sin θ代入得F ＝mg 2sin 2θ2gl sin θt ，方向沿导轨向下．(3)乙进入磁场前，甲、乙产生相同热量，设为Q 1，则有 F 安l ＝2Q 1，又F ＝F 安，故外力F 对甲做的功W F ＝Fl ＝2Q 1.甲出磁场以后，外力F 为零，乙在磁场中，甲、乙产生相同热量，设为Q 2，则有 F 安′l ＝2Q 2，又F 安′＝mg sin θ， 又Q ＝Q 1＋Q 2. 解得W F ＝2Q －mgl sin θ.。
2021年高考物理最新模拟题精练专题4.29 类比法(提高篇)(原卷版)
2021年高考物理100考点最新模拟题千题精练第四部分物理思维方法专题4.29 类比法（提高篇）1．（2018北京丰台二模）现代科学实验证明了场的存在，静电场与重力场有一定相似之处。
带电体在匀强电场中的偏转与物体在重力场中的平抛运动类似。
（1）一质量为m的小球以初速度v0水平抛出，落到水平面的位置与抛出点的水平距离为x。
已知重力加速度为g，求抛出点的高度和小球落地时的速度大小。
（2）若该小球处于完全失重的环境中，小球带电量为+q，在相同位置以相同初速度抛出。
空间存在竖直向下的匀强电场，小球运动到水平面的位置与第（1）问小球的落点相同。
若取抛出点电势为零，试求电场强度的大小和落地点的电势。
（3）类比电场强度和电势的定义方法，请分别定义地球周围某点的“重力场强度E G”和“重力势φG”，并描绘地球周围的“重力场线”和“等重力势线”。
2．（2018北京西城一模）2015年4月16日，全球首创超级电容储能式现代电车在中国宁波基地下线，如图1所示。
这种电车没有传统无轨电车的“长辫子”和空中供电网，没有尾气排放，乘客上下车的几十秒内可充满电并行驶几公里，刹车和下坡时可把部分动能转化成电能回收储存再使用。
（1）图2所示为超级电容器充电过程简化电路图，已知充电电源的电动势为E，电路中的电阻为R．图3是某次充电时电流随时间变化的i﹣t图象，其中I0、T0均为已知量。
a．类比是一种常用的研究方法，对于直线运动，我们学习了用v﹣t图象求位移的方法。
请你借鉴此方法，根据图3所示的i﹣t图象，定性说明如何求电容器充电所获得的电荷量；并求出该次充电结束时电容器所获得的电荷量Q；b．请你说明在电容器充电的过程中，通过电阻R的电流为什么会逐渐减小；并求出电容器的电容C。
（2）研究发现，电容器储存的能量表达式为，其中U为电容器两端所加电压，C为电容器的电容。
设在某一次紧急停车中，在汽车速度迅速减为0的过程中，超级电容器两极间电势差由U1迅速增大到U2．已知电车及乘客总质量为m，超级电容器的电容为C0，动能转化为电容器储存的电能的效率为η．求电车刹车前瞬间的速度v0。
2021年高考物理最新模拟题精练专题4.33 电磁感应与动量综合问题(能力篇)(解析版)
2021年高考物理100考点最新模拟题千题精练（选修3-2）第四部分 电磁感应专题4.33 电磁感应与动量综合问题（能力篇）二．计算题1.（2020年4月浙江稽阳联考）（10分）如图所示，在水平面内有两根间距为l 的金属导轨平行放置，导轨末端通过一小段塑料接口与足够长的倾斜平行金属导轨平滑连接，倾角为θ。
在区域Ⅰ，Ⅲ和Ⅳ中，存在垂直于导轨向上的匀强磁场，磁感应强度分别为B 1，B 2和B 3；区域Ⅱ中导轨粗糙，宽度为d 。
其余部分均光滑。
磁场边界AA ′上放置金属棒a ，磁场边界CC ′右侧附近静止放置金属棒b ，倾斜导轨足够远处连接有电感为L 的电感线圈。
现让金属棒a 以初速度v 0进入磁场，发现它最终刚好停在了CC ′（边界左侧），而金属棒b 恰能滑入倾斜轨道。
已知金属棒a 与轨道粗糙部分的动摩擦因数为µ，金属棒a 的电阻为R ，其余电阻均不计，金属棒a 、b 的质量均为m ，重力加速度取g ，求： （1）在金属棒a 刚进入磁场瞬间，金属棒b 的加速度； （2）金属棒a 在离开区域Ⅰ后产生的焦耳热Q ；（3）金属棒b 能沿倾斜导轨向下滑行的最大距离x m 。
(已知自感线圈的自感动势E 自=L ΔI Δt )【解题思路】（1）a 棒进入磁场瞬间，产生电动势和电流：E =B 0lv 0，REI =所以棒b 受到的安培力：2200022B l v F Il B R==安（1分）由牛顿第二定律得：F ma =安（1分）得：mRv l B a 02202=（1分）（2）设金属棒a 离开磁场Ⅰ区域时的速度为v 1，此时金属棒b 的速度为v 2，金属棒a 在区域Ⅱ中做匀减速运动，可得：gd v μ221=，gd v μ21=∴（1分） 棒a 穿越磁场区域Ⅰ过程中，由动量定理可得：01001IlB t mv mv IlB t B lq-=-=又得：0q =对棒b ，在该过程中，由动量定理可得：002202202(Il B t B lq mv v v ==-∴=，（1分）在之后过程中，由能量关系可知，金属棒b 此时的动能将全部转化成金属棒a 中的焦耳热Q ，所以2221mv Q =，得202(Q m v =（1分）（3）金属棒b 恰能滑入斜轨，则在斜轨上初速度为0，开始下滑，因为b 棒与线圈组成的回路，直流电阻为零，所以必须满足：0i IB lv Lt ∆=∆（1分），即00i B lv t B l x I L L∆∆∆==，所以棒开始运动后棒上电流与棒的位移成正比，即0B lxI L=，（1分） 所以棒的运动方程：00sin B lxmg lB ma Lθ-⋅=， 可知金属棒做简谐运动（1分）， 平衡位置时，a =0，即220sin mgL x B l θ=，由简谐运动对称性可知，下滑最大距离为2202sin m mgL x B lθ=（1分） 2．（18分）（2020东北三省四市二模）如图所示，两条粗糙平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ。
2021年高考物理最新模拟题精练专题4.36 线框切割磁感线问题(基础篇)(解析版)
2021年高考物理100考点最新模拟题千题精练（选修3-2）第四部分电磁感应专题4.36 线框切割磁感线问题（基础篇）计算题1.（2020江西部分重点中学第一次联考）如图所示，水平地面上方有一高度为H，上、下水平界面分别为PQ、MN的匀强磁场，磁感应强度为B.矩形导线框ab边长为l1，bc边长为l2，导线框的质量为m，电阻为R.磁场方向垂直于线框平面向里，磁场高度H> l2.线框从某高处由静止落下，当线框的cd边刚进入磁场时，线框的加速度方向向下、大小为；当线框的cd边刚离开磁场时，线框的加速度方向向上、大小为.在运动过程中，线框平面位于竖直平面内，上、下两边总平行于PQ.空气阻力不计，重力加速度为g.求：(1)线框的cd边刚进入磁场时，通过线框导线中的电流；(2)线框的ab边刚进入磁场时线框的速度大小；(3)线框abcd从全部在磁场中开始到全部穿出磁场的过程中，通过线框导线横截面的电荷量．【参考答案】(1)(2)(3)【名师解析】(1)设线框的cd边刚进入磁场时线框导线中的电流为I1，依据题意根据牛顿第二定律有mg－BI1l1＝解得：I1＝(2)设线框ab边刚进入磁场时线框的速度大小为v1，线框的cd边刚离开磁场时速度大小为v2，线框的cd边刚离开磁场时线框导线中的电流为I2，牛顿第二定律有BI2l1－mg＝解得：I2＝由闭合电路欧姆定律得I2＝解得：v 2＝由匀变速直线运动速度与位移的关系式v －v ＝2g (H －l 2) 解得v 1＝得v 1＝(3)设线框abcd 穿出磁场的过程中所用时间为Δt ，平均电动势为E ，通过导线的平均电流为I ，通过导线某一横截面的电荷量为q ，则 由法拉第电磁感应定律E ＝＝由闭合电路欧姆定律I ＝＝q ＝I Δt ＝2．(2020·浙北名校联考)用密度为d 、电阻率为ρ、横截面积为A 的薄金属条制成边长为L 的闭合正方形框abb ′a ′.如图2所示，金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行．设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计．可认为方框的aa ′边和bb ′边都处在磁极之间，磁场的磁感应强度大小为B .方框从静止开始释放，其平面在下落过程中保持水平(不计空气阻力)．(1)求方框下落的最大速度v m (设磁场区域在竖直方向足够长)； (2)当方框下落的加速度为g2时，求方框的发热功率P ；(3)已知方框下落时间为t 时，下落高度为h ，其速度为v t (v t <v m )．若在同一时间t 内，方框内产生的热与一恒定电流I 0在方框内产生的热相同，求恒定电流I 0的表达式．【名师解析】：(1)方框质量m ＝4LAd ， 方框电阻R ＝ρ4L A，方框下落速度为v 时，产生的感应电动势 E ＝B ·2Lv ，感应电流I ＝E R ＝BAv 2ρ，方框下落过程，受到重力G 及安培力F ， G ＝mg ＝4LAdg ，方向竖直向下，F ＝BI ·2L ＝B 2AvLρ，方向竖直向上，当F ＝G 时，方框达到最大速度，即v ＝v m ， 则B 2Av m L ρ＝4LAdg ，方框下落的最大速度v m ＝4ρgdB 2. (2)方框下落加速度为g2时，有mg －BI ·2L ＝m g2，则I ＝mg 4BL ＝Agd B .方框的发热功率P ＝I 2R ＝4ρALg 2d 2B 2. (3)根据能量守恒定律，有 mgh ＝12mv 2t ＋I 20Rt ， 解得恒定电流I 0的表达式 I 0＝A 2d ρt ⎝⎛⎭⎫gh －12v 2t . 答案：(1)4ρgd B 2 (2)4ρALg 2d 2B 2(3)A 2d ρt ⎝⎛⎭⎫gh －12v 2t3.（2020云南景谷一中检测）如图所示，光滑绝缘水平面上方有两个方向相反的水平方向匀强磁场，竖直虚线为其边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B 1＝B ，B 2＝3B .竖直放置的正方形金属线框边长为L ，电阻为R ，质量为m .线框通过一绝缘细线与套在光滑竖直杆上的质量为M 的物块相连，滑轮左侧细线水平．开始时，线框与物块静止在图中虚线位置且细线水平伸直．将物块由图中虚线位置由静止释放，当物块下滑h 时速度大小为v 0，此时细线与水平方向夹角θ＝30°，线框刚好有一半处于右侧磁场中．(已知重力加速度g ，不计一切摩擦)求： (1)此过程中通过线框截面的电荷量q ； (2)此时安培力的功率；(3)此过程在线框中产生的焦耳热Q .【名师解析】(1)此过程的平均感应电动势为：＝＝，通过线框截面的电量q ＝Δt ＝Δt ＝，解得：q ＝.(2)此时线框的速度为：v ＝v 0cos 60°＝， 线框中的感应电动势E ＝B 1lv ＋B 2lv ＝2BLv 0， 线框中的感应电流I ＝， 此时的安培力功率P ＝I 2R ＝.(3)对于系统由功能关系：Q ＝Mgh －Mv 02－mv 2＝Mgh －Mv 02－mv 02.4．(2018·浙江金华女子中学模拟)一根质量为m ＝0.04 kg ，电阻R ＝0.5 Ω的导线绕成一个匝数为n ＝10匝，高为h ＝0.05 m 的矩形线圈，将线圈固定在一个质量为M ＝0.06 kg ，长度与线圈等长的小车上，如图甲所示。
高中物理-专题 电磁感应-2020高考真题(解析版)
2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练（选修3-2）第四部分电磁感应专题4.电磁感应-2020高考真题一．选择题1．（2020高考全国理综I）如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。
ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。
一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。
经过一段时间后A．金属框的速度大小趋于恒定值B．金属框的加速度大小趋于恒定值C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值【参考答案】BC【命题意图】本题考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力及其相关知识点，考查的核心素养是运动和力的物理观念、科学思维。
【解题思路】用水平恒力F向右拉动金属框，bc边切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流i，bc 边受到水平向左的安培力作用，设金属框的质量为M，加速度为a1，由牛顿第二定律，F-BiL=Ma1；导体棒MN受到向右的安培力向右加速运动，设导体棒的质量为m，加速度为a2，由牛顿第二定律，BiL=ma2，二者运动的速度图像如图所示。
设金属框bc边的速度为v时，导体棒的速度为v’，则回路中产生的感应电动势为E=BL（v-v’），由闭合电路欧姆定律I=E/R=()'BL v vR-，F安=BIL可得金属框ab边所受的安培力和导体棒MN所受的安培力都是F安=B 2L 2（v-v’）/R ，即金属框所受的安培力随着速度的增大而增大。
对金属框，由牛顿运动定律，F - F 安=Ma 1，对导体棒MN ，由牛顿运动定律， F 安=ma 2，二者加速度之差△a= a 1- a 2=（F - F 安）/M- F 安/m=F/M- F安（1/M+1/m ），随着所受安培力的增大，二者加速度之差△a 减小，当△a 减小到零时，即F/M=()22'B L v v R-（1/M+1/m ），所以金属框和导体棒的速度之差△v=（v-v’）=()22FRmB L m M +保持不变。
2024高考模拟试题(四)-2024年高考物理100分冲刺(新教材)经典题解版
一、单选题1. 一带负电的微粒只在电场力作用下沿x 轴正方向运动，其电势能随位移x 变化的关系如图所示，其中0~x 1段是曲线，x 1~x 2段是平行于x 轴的直线，x 2~x 3段是倾斜直线，则下列说法正确的是A ．0~x 1段电势逐渐升高B ．0~x 1段微粒的加速度逐渐减小C ．x 2~x 3段电场强度减小D ．x 2处的电势比x 3处的电势高2. 如图所示，滑轮两侧细线上分别系有A 球和B 球，两球质量不相等，两球从静止开始运动后，A 球在下降，B 球在上升，当AB 两个小球运动到同一水平面的瞬间恰好细线断裂了，两小球先后落到地面上，先落地小球比后落地小球着地时间早，重力加速度为,B 球上升过程中未与滑轮相碰。
则细线断裂后，B 球上升的最大高度H为（ ）A．B．C．D．3. 磁感应强度的单位是特斯拉（T ），关于特斯拉与基本单位千克（kg ）、秒（s ）、安培（A ）之间关系，下列描述正确的是（ ）A ．1T =1kg/（ A·s 2）B ．1T =1kg· s 2/A C ．1T =1kg/（A·s ）D ．1T =1kg·s/A4. 我国科研人员采用全新发电方式——“爆炸发电”，以满足高耗能武器的连续发射需求。
其原理如图所示，爆炸将惰性气体转化为高速等离子体，射入磁流体动力学发生器，发生器的前后有两强磁极N 和S，使得上下两金属电极之间产生足够高电压，下列说法正确的是（ ）A ．上极板电势比下极板电势低B ．仅使L 增大，两金属电极间的电动势会变大C ．仅使d 增大，两金属电极间的电动势会变大D ．仅使b 增大，两金属电极间的电动势会变大5. 下列图像中能反映质点做匀加速直线运动规律的是A．B．2024高考模拟试题(四)-2024年高考物理100分冲刺（新教材）经典题解版二、多选题C．D．6.小明在滑板上匀速运动的过程中，突然抓起放在地面上的水杯（ ）A ．人、车、水杯这个系统水平方向动量守恒B ．人、车、水杯这个系统机械能守恒C ．水杯动量守恒D ．手对水杯的冲量大于水杯动量的增量7. 如图所示，均匀细杆AB 质量为M ，A 端装有转轴，B 端连接细线通过滑轮和质量为m 的重物C 相连，若杆AB 呈水平，细线与水平方向夹角为θ时恰能保持平衡，则下面表达式中正确的是（ ）A ．M =2m sinθB ．滑轮受到的压力为2mgC ．杆对轴A 的作用力大小为mgD ．杆对轴A的作用力大小8. 锂离子电池在生活中的应用非常广泛，包括手机、平板、笔记本电脑、移动电源（充电宝）、电动汽车、无人机，以及各类电动工具等。
2020年高考物理100考点最新模拟题精练专题4.26 线框切割磁感线问题(基础篇)(解析版)
2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练（选修3-2）第四部分电磁感应专题4.26 线框切割磁感线问题（基础篇）一．选择题1.（2019成都三模）如图，abcd是边长L=0.1 m、质量m=0. 01kg的正方形导线框，框面竖直，线框每条边的电阻均为0.01 Ω，线框下方有一足够宽的匀强磁场区域，磁场的磁感应强度B=0.4 T，方向与线框平面垂直。
让线框从距磁场上边界h=5 m处自由下落(ab平行于上边界)，不计空气阻力，g=10 m/s2。
下列说法正确的是（）A．cd边刚进入磁场时，通过cd边的电流方向从d到cB．cd边刚进入磁场时，cd两端的电势差为0.1VC．线框进入磁场的过程中，通过cd边的电荷量为0.1CD．线框进入磁场的过程中，cd边产生的热量为0.01J【参考答案】AC【命题意图】本题以线框自由下落进入匀强磁场区域切割磁感线产生感应电动势和感应电流为情景，考查楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、能量守恒定律、安培力及其相关知识点。
【解题思路】cd边刚进入磁场时，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出产生的感应电流方向为逆时针方向，通过cd边的电流方向从d到c，选项A正确；由机械能守恒定律，mgh=12mv02，解得cd边刚进入磁场时速度v0=10m/s，由法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势E=BLv0=0.4×0.1×10V=0.4V，导线框总电阻R=4×0.01Ω=0.04Ω，由闭合电路欧姆定律可得导线框中电流I=E/R=10A，cd两端的电势差Ucd=I×3R/4=10×0.03V=0.3V，选项B错误；由E=△Ф/△t，I=E/R，q=I△t，△Ф=BL2，联立解得通过cd边的电荷量q=BL2/R=0.1C，选项C正确；导线框刚进入磁场时cd边所受的安培力F A=BIL=0.4×10×0.1N=0.4N，所受的重力mg=0.01×10N=0.1N，由于F A>mg，所以导线框加速进入磁场区域，由能量守恒定律，mgL=Q+12mv2，解得导线框产生的热量Q=mgL-12mv2=0.01J-12mv2，由于题述没有给出导线框完全进入磁场区域的速度v，所以无法计算出整个导线框产生的热量，也不能计算出cd边产生的热量，选项D错误。
高中物理-专题 电磁感应中的动力学问题(提高篇)(解析版)
2021年高考物理100考点最新模拟题千题精练（选修3-2）第四部分 电磁感应专题4.11 电磁感应中的动力学问题（提高篇）一．选择题1． （2020陕西咸阳一模）CD 、EF 是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L ，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场区域的长度为d ，如图所示导轨的右端接有一电阻R ，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接将一阻值也为R 的导体棒从弯曲轨道上h 高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。
已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ，则下列说法中正确的是（ ）A. 电阻R 2BL ghB. 流过电阻R 的电荷量为2BLdR C. 整个电路中产生的焦耳热为mgh-μmgd D. 电阻R 中产生的焦耳热为12mgh 【参考答案】ABC【名师解析】金属棒下滑过程中，由机械能守恒定律得：mgh=12mv 2，所以金属棒到达水平面时的速度v=2gh ，金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则导体棒刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为E=BLv ，最大的感应电流为I=E/2R=22BL ghR，故A 正确；流过电阻R 的电荷量为q=r R ∆Φ+=2BLdR，故B 正确；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh-W B -μmgd=0-0， 则克服安培力做功：W B =mgh-μmgd ，所以整个电路中产生的焦耳热为Q=W B =mgh-μmgd ，故C 正确；克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热为：Q R =Q/2=12（mgh-μmgd ），故D 错误。
【关键点拨】。
金属棒在弯曲轨道下滑时，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理可以求出金属棒到达水平面时的速度，由E=BLv 求出感应电动势，然后求出感应电流；由q=可以求出流过电阻R 的电荷量；克服安培力做功转化为焦耳热，由动能定理（或能量守恒定律）可以求出克服安培力做功，得到导体棒产生的焦耳热。
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高考物理100考点最新模拟题千题精练专题4一．选择题1．（2019安徽合肥二模）图示为运动员在水平道路上转弯的情景，转弯轨迹可看成一段半径为R的圆弧，运动员始终与自行车在同一平面内。
转弯时，只有当地面对车的作用力通过车(包括人)的重心时，车才不会倾倒。
设自行车和人的总质量为M，轮胎与路面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
下列说法正确的是（）A．车受到地面的支持力方向与车所在平面平行B．转弯时车不发生侧滑的最大速度为gRμC．转弯时车与地面间的静摩擦力一定为μMgD．转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小【参考答案】BD【命题意图】此题以运动员在水平道路上转弯的为情景，考查水平面内的匀速圆周运动，摩擦力及其相关知识点。
【解题思路】车受到地面的支持力方向与车所在平面垂直，选项A错误；由μmg=m2vR,解得转弯时车不发生侧滑的最大速度为v=gRμ，选项B正确；转弯时车与地面间的静摩擦力一定小于或等于最大静摩擦力μMg，选项C错误；转弯速度越大，所需向心力越大，车所在平面与地面的夹角越小，选项D正确。
【易错警示】解答此类题一定要注意静摩擦力与最大静摩擦力的区别，静摩擦力小于或等于最大静摩擦力。
2． (2019浙江稽阳联谊学校联考模拟)如图所示的三叶指尖陀螺是一个由三向对称体作为主体，在主体中嵌入轴承，整体构成可平面转动的玩具装置。
其中O为转轴中心，A、B分是指尖陀螺上不同位置的两点，用v代表线速度大小，ω代表角速度大小，a代表向心加速度大小，T代表周期，则下列说法中正确的是（）A ．v A ＝vB ，T A ＝T B B ．ωA ＝ωB ，v A ＞v BC ．v A ＞v B ，a A ＜a BD ．ωA ＝ωB ，a A ＝a B【参考答案】.B【命题意图】 本题以“三叶指尖陀螺”为情景，考查匀速圆周运动及其相关的知识点。
【解题思路】以O 为转轴转动，图中A 到O 点的距离大于B 到O 点的距离，AB 两点的角速度相等，ωA =ωB ，由T=2π/ω可知T A =T B ，由v=ωr 可知v A >v B ，选项A 错误B 正确；向心加速度a=ω2r ，由于r A >r B ，所以a A >a B ，选项CD 错误。
3. (2019·江苏六校联考)如图所示,两个质量均为m 的小物块a 和b (可视为质点),静止在倾斜的匀质圆盘上,圆盘可绕垂直于盘面的固定轴转动,a 到转轴的距离为l ,b 到转轴的距离为2l ,物块与盘面间的动摩擦因数为,盘面与水平面的夹角为30°.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g.若a 、b 随圆盘以角速度ω匀速转动,下列说法中正确的是( )A. a 在最高点时所受摩擦力可能为0B. a 在最低点时所受摩擦力可能为0C. 8g l a 开始滑动的临界角速度D. 8gl是b 开始滑动的临界角速度 【名师解析】 a 在最高点时可能有重力沿斜面的分力提供向心力,所以所受摩擦力可能为0,，故选项A 正确;；a 在最低点,由牛顿运动定律f- mg sin θ=m ,所以a 在最低点时所受摩擦力不可能为0，,故选项B 错误；;对a 在最低点,由牛顿运动定律μmg cos θ-mg sin θ=mω2l ,代入数据解得ω=4gl，故选项C 错误;；对b 在最低点,由牛顿运动定律μmg cos θ- mg sin θ=mω2(2l ),代入数据解得ω=8gl故选项D 正确. 【参考答案】. AD4．(2018·金华市十校期末)计算机中的硬磁盘磁道如图4所示，硬磁盘绕磁道的圆心O 转动，A 、B 两点位于不同的磁道上，线速度分别为v A和v B，向心加速度分别为a A和a B，则它们大小关系正确的是( )A．v A<v B a A<a BB．v A>v B a A<a BC．v A<v B a A>a BD．v A>v B a A>a B【参考答案】．A【名师解析】硬磁盘绕磁道的圆心O转动，各点角速度相等，线速度v=ωr，向心加速度a=ω2r，由于r A<r B，所以v A<v B，a A<a B，选项A正确。
5.（2018南宁摸底）如图所示，质量相等的AB两物体紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁上，随圆筒一起做匀速圆周运动，则下列关系中正确的是（）A．线速度v A=v BB．角速度ωA=ωBC．它们受到的合力F A合>F B合D．它们受到的摩擦力F Af>F Bf【参考答案】.C【名师解析】质量相等的A、B两物体随圆筒一起做匀速圆周运动，两者的角速度相等，选项B错误；根据角速度与线速度的关系v=ωr，A物体的线速度大于B物体的线速度，选项A错误；由向心加速度公式a=ω2r 和牛顿第二定律F合=ma可知，A物体所受的合外力大于B物体所受的合外力，选项C正确；在竖直方向，它们所受的静摩擦力等于重力，由于二者质量相等，重力相等，所以它们受到的摩擦力相等，选项D错误。
6. （2019洛阳联考）螺旋轨道竖直放置，整个轨道光滑，P，Q点分别对应螺旋轨道中两个圆周的最高点，对应的圆周运动轨道半径分别为R和r（R＞r）。
宇航员让一小球以一定的速度v滑上轨道，下列说法正确的是（）A. 如果减小小球的初速度，小球可能不能到达P 点B. 小球经过P 点时对轨道的压力小于经过Q 点时对轨道的压力C. 小球经过P 点时比经过Q 点时角速度小D. 小球经过P 点时比经过Q 点时线速度小 【参考答案】BC【名师解析】在空间站中的物体处于完全失重状态，靠轨道的压力提供向心力。
在整个过程中小球速度大小保持不变，速度减小，小球一定可以达到P 点，故AD 错误；由牛顿第二定律，轨道对球的弹力：，弹力始终不做功，速率不变，R ＞r ，则有弹力F P ＜F Q ，故B 正确；根据，R ＞r ，则ωP ＜ωQ ，故C正确。
【关键点拨】该装置处于稳定运行的空间站中，处于完全失重状态。
在轨道中运动，靠轨道的弹力提供向心力。
小球在完全失重情况下运动，在轨道上速度大小不变。
解决本题的关键知道小球处于完全失重状态，由弹力提供向心力，弹力始终垂直轨道，也不做功，速率不变。
7．（2018·山东烟台一模）]两粗细相同内壁光滑的半圆形圆管ab 和bc 连接在一起，且在b 处相切，固定于水平面上。
一小球从a 端以某一初速度进入圆管，并从c 端离开圆管。
则小球由圆管ab 进入圆管bc 后( )A ．线速度变小B ．角速度变大C ．向心加速度变小D ．小球对管壁的压力变大【参考答案】 C【名师解析】 由于管道光滑，小球到达b 点后，重力做功为零，速度大小保持不变，根据v ＝ωR 可知角速度ω减小，根据a ＝v 2R 可知向心加速度减小，根据F ＝ma 可知小球对管道的压力减小，故C 正确。
8. （2018山东大学附中质检）如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A 、B 两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（ ）A. 物块A 、B 的运动属于匀变速曲线运动B. B 的向心力是A 的向心力的2倍C. 盘对B 的摩擦力是B 对A 的摩擦力的2倍D. 若B 先滑动，则B 与A 之间的动摩擦因数μA 小于盘与B 之间的动摩擦因数μB 【参考答案】C【名师解析】A 、B 做匀速圆周运动，加速度方向不断变化，则属于非匀变速曲线运动，选项A 错误；因为A 、B 两物体的角速度大小相等，根据F n ＝mr ω2，因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，则向心力相等，选项B 错误；对AB 整体分析，f B ＝2mr ω2，对A 分析，有：f A ＝mr ω2，知盘对B 的摩擦力是B 对A 的摩擦力的2倍，选项C 正确．对AB 整体分析，μB 2mg ＝2mr ωB 2，解得ωB =B grμ，对A 分析，μA mg ＝mr ωA 2，解得ωA =A grμ，若B 先滑动，可知B 先达到临界角速度，可知B 的临界角速度较小，即μB ＜μA ，选项D 错误．9.(2916·西安八校联考)如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A 和B 放在转盘上，两者用长为L 的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K 倍，A 放在距离转轴L 处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O 1O 2转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是( )A ．当ω＞2Kg3L 时，A 、B 相对于转盘会滑动B ．当ω＞Kg2L 时，绳子一定有弹力 C ．ω在Kg2L ＜ω＜2Kg3L 范围内增大时，B 所受摩擦力变大D ．ω在0＜ω＜2Kg3L 范围内增大时，A 所受摩擦力一直变大【参考答案】．ABD【名师解析】当AB 所受静摩擦力均达到最大值时，A 、B 相对转盘将会滑动，Kmg ＋Kmg ＝mω2L ＋mω2·2L ，解得：ω＝2Kg3L ，A 项正确；当B 所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，即：Kmg ＝mω2·2L ，解得：ω＝Kg2L ，B 项正确；当Kg2L ＜ω＜2Kg3L 时，随角速度的增大，绳子拉力不断增大，B 所受静摩擦力一直保持最大静摩擦力不变，C 项错误；0＜ω≤Kg2L 时，A 所受摩擦力提供向心力，即F f ＝mω2L ，静摩擦力随角速度增大而增大，当Kg2L ＜ω＜2Kg3L 时，以AB 整体为研究对象，F fA ＋Kmg ＝mω2L ＋mω2·2L ，可知A 受静摩擦力随角速度的增大而增大，D 项正确。
10. (2016·福建晋江月考)如图所示，AB 为竖直转轴，细绳AC 和BC 的结点C 系一质量为m 的小球，两绳能承受的最大拉力均为2mg 。
当AC 和BC 均拉直时∠ABC ＝90°，∠ACB ＝53°，BC ＝1 m 。
ABC 能绕竖直轴AB 匀速转动，因而C 球在水平面内做匀速圆周运动。
当小球的线速度增大时，两绳均会被拉断，则最先被拉断的那根绳及另一根绳被拉断时的速度分别为(g 取10 m/s 2)( )A.AC 5 m/sB.BC 5 m/sC.AC 5.24 m/sD.BC 5.24 m/s【参考答案】．B【名师解析】 据题意，小球转动时向心力为T BC ＋T AC cos 53°＝m v 2R ，此时设BC 绳刚好被拉断，则拉力为T BC ＝2mg ，此时T AC sin 53°＝mg ，即T AC ＝54mg ，说明BC 绳先被拉断；当AC 绳拉断时，有T AC ′＝2mg ，此时由于小球重力等于mg ，则AC 绳与水平方向的夹角等于30°，有T AC ′cos 30°＝m v ′2R ′，此时小球转动半径为R ′＝BCcos 53°cos 30°＝536 m ，代入数值得v ′＝5 m/s ，故选项B 正确。