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本文从以下几个角度介绍。

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

高，所以电压表“十”接线柱接M端，A项错误；：【例5】CD【解析】线框进入磁场的过程中簧弹性势能之和，D项正确。磁通量的变化需要时间，由于未说明变化时间，穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外，则感应电专项突破10电磁感应中的B项错误：磁通量的变化率为罡流的方问为A→B→C→D→A,A项错误；AC电路与图像问题0.,15-0.10Wb/s=0.5Wb/s,C项正确；根据刚进人磁场时，CD边切割磁感线，AD边不切0.1【例1】AC【解析】由楞次定律可知0~to割磁感线，所以产生的感应电动势E一Ba,感法拉第电磁感应定律，有s=〃兽=10×时间内线圈中的感应电流方向为逆时针方向，0.5V=5V,所以电压表的示数为5V,D项正确。应电流1長-笑，B项精误，AC晰进人爸o一2。时间内线圈中感应电流的方向为顺时场时，线框的CD边受到的安培力的方向与针方向，故A项正确，B项错误；根据法拉第电【变式1】BC【解析】由楞次定律可知，0~的方向相反，AD边受到的安培力的方向垂直to与to~一t1时间内的感应电流始终沿顺时针方磁悠应定徐上-a会=a兰可知06时间向，由于原磁场方向发生变化，所以安培力的方于AD边向下，它们的大小都是F=BIa,所以AC刚进入磁场时，线框所受安培力为AD边与内感应电动势大小是一20时间内的之，感向也将发生变化，A项错误，B项正确；由法拉第电磁感应定律可知，圆环中产生的感应电动CD边受到的安培力的矢量和，即F合=√2F应电流1,所以0一to时间内通过R的电势E-B2to,由电阻定律可知圆环的电阻R=2B2v,C项正确。从线圈开始进入磁场到R流是t0~2时间内通过R的电流的之，故CE_BS,C项2心2，故圆环中通过的电流1=AtopAC刚进入磁场的过程，所需时间=号，因此项正确，D项错误。正确，D项错误。该过程中线圈内产生的均感应电动势E【例2】BD【解析】根据楞次定律，线圈中【例3】(1)0.04V(2)0.04NI=t-1A产生的感应电流为顺时针方向，则闭合S2、电(其中1st1.2s)△t_Ba',D项正确路稳定后，通过R2的电流由a流向b,A项错2【解析】(1)在棒进入磁场前，由于正方形区域势电磁感应定律abd内磁场磁感应强度B的变化，回路中产生【例6】C【解析】重新接通电路，由于L有感应电动势和感应电流，根据法拉第电磁感应自感电动势产生，阻碍电流增大，所以A,逐渐×8×0.2V=4儿.则闭合S,电路稳定后，定律可知，在棒进人磁场前回路中的电动势E变亮，而A2立即变亮，A、B两项错误。一段时E间电路稳定后，再次断开S,A1、A2与L、R构通过R2的巾流大小I=R1十R2干成回路，L相当于电源，因原来两支路电流相(2)当棒进入磁场时，磁感应强度B-0.5T恒2+6+2A=0.4A,B项正确：闭合S2、电路稳等，所以不会出现A2闪亮一下再熄灭的现象定不变，此时山于导体棒做切割磁感线运动，回定后电容器上极板带正电，则再断开S,电容A1、A2都会逐渐熄火，C项正确，ID项错误。路中产生感应电动势和感应电流，根据法拉第器放电，通过R2的电流由a流向b,C项错误；【变式3】C【解析】开关S由断开到闭合电磁感应定律可知，回路中的电动势E=Bl,电路稳定后电容器带电荷量q=C2=3X此时电路电流增大，线圈接收到增大电流会产当棒与bd重合时，切割有效长度l=L,达到最106×0.4×6C=7.2×10一6C,则电路稳定后生自感现象，即产生反向电流，因此通过线圈的大，即感应电动势也达到最大Em=BL再断开S1,通过R2的电荷量为7.2×10-6C,D电流很小，则通过a、b的电流大小相近，两个灯0.2V>E=0.04V项正确。泡同时亮起来，等到电路逐渐稳定后，线圈近似根据闭合电路欧姆定律可知，回路中的感应电为一根导线，此时b被短路，因此b灯逐渐变暗【例3】(1)1=m1gsin0-2migRsin 0BlB272流最大为1a-是-0.2A至熄灭，而a灯变亮，故C项止确，A、B、D三项m2 Bdl根据安培力大小计算公式可知，棒在运动过程错误。(2).一m1qsin9中受到的最大安培力Fm=BLIm=0.04N【例7】AB【解析】当线圈接通交流电源【解析】(1)对ab匀速下滑时有mgsin0=BIl在棒通过三角形abd区域时，切割有效长度l时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流而发解得通过棒的电流I=m1gsin)热，使水温升高。要缩短加热时间，需增大涡电B21-1)(其中，1s≤≤2+1）流，即增大感应屯动势或减小电阻。增加线圈由I=R+Rx匝数、提高父变电流的频率都是为了增大感应综合上述分析可知，回路中的感应电流I=R电动势。瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导联立解得v=2m1gRsin 0B222B2-DA其中1s克+1s致磁性减弱，A、B两项正确，C、D两项错误。【例8】A【解析】由题意可知，磁场的作用(2)对板间粒子，有四-m8即1=t-1A(其中1st1.2s),是衰减紫铜薄板的振动，因此需要薄板在磁场中【变式2】B【解析】由右手定则可以判定振动时，穿过薄板的磁通量发尘变化，产生感应电根据欧姆定律得R,一号导体俸中电流的方向为由N到M,因此M点电流（涡电流），由楞次定律可知，此时薄板才会受到势高；导体棒切割磁感线的有效长度是Lsin0,根联立解得Rm2 Bdl阻碍其运动的安培力，而B、C、D三项中薄板上下miqsin据法拉第电磁感应定律有E一BLusin 0,再根据【例4】B【解析】在过程I中，根据法拉第振动时均不会有磁通量变化，八项正确。闭合电路饮姆定律可知M、N两点间电势差U=【变式4】D【解析】磁铁上下运动时，由于电磁感应定律，有E=△④1RB,B项正确△t1济过铜盘的磁通量发生变化，则铜盘中会产生感应电流，铜盘对磁铁有磁场力，阻碍磁铁的运B【例4】AD【解析】杆(OP转动切割磁感线根据闭合电路的欧姆定动，则当磁铁所受弹力与重力等大反向时，磁铁△t1产生的感应电动势E-子Brw,因为杆OP匀还受到下面铜盘的作用力，故此时磁铁的加速律，有I1=尺，月m=1△1；在过程Ⅱ中，有速转动，所以杆(OP产生的感应电动势恒定，A度不为零，A项错误；根据楞次定律，磁铁下降项正确；杆OP匀速转动产生的感应电流由M过程中，铜盘中产生逆时针方向（俯视）的涡电E△p2(B'-B)22到N通过MV棒，由左手定则可知，MN棒会流，B项错误；磁铁从静止释放到第一次运动到△2R,92向左运动，MN棒运动会切割磁感线，产生的感最低点的过程中，由于有电能产生，则磁铁减少(2-1应电流与原来电流方向相反，让回路电流减小，的重力势能等于弹簧弹性势能与产生的电能之I2△l2。又q1-q2,即R故MN、OP受到的安培力减小，MN棒所受合和，C项错误；磁铁最终静止时弹簧有弹性势力为安培力，加速度减小，B、C两项错误，D项能，则磁铁从静止释放到最终静止的过程中，磁（B-B)2,B'3正确。铁减少的重力势能等于铜盘产生的焦耳热与弹R一，所以B2123XKA(新)·物理一B版一XJC·35·