【物理】2020届一轮复习人教版 电磁感应中的动力学及能量问题 课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版 电磁感应中的动力学及能量问题 课时作业

‎2020届一轮复习人教版 电磁感应中的动力学及能量问题 课时作业 ‎1.(电磁感应中的动力学问题)如图5所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一定值电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动.杆ef及线框中导线的电阻都可忽略不计.开始时，给ef一个向右的初速度，则(　　)‎ 图5‎ A.ef将减速向右运动，但不是匀减速 B.ef将匀减速向右运动，最后停止 C.ef将匀速向右运动 D.ef将做往返运动 答案　A 解析　ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，由F＝BIl＝＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，故A正确.‎ ‎2.(电磁感应中的动力学问题)(多选)(2018·东阳中学高二下学期期中)如图6所示，空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直，线框边长小于磁场区域上下宽度.以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F随时间t变化关系的图中，可能正确的是(　　)‎ 图6‎ 答案　BCD 解析　线框受重力作用加速下落，进入与离开磁场时受到安培力作用.若进入磁场时安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，某时刻安培力等于重力，线框做匀速运动，此时速度达到v0＝ ‎，完全进入后只受重力，线框加速，刚要离开时的速度大于完全进入时的速度，故安培力大于重力，做减速运动，速度减小，安培力也减小，进入过程与离开过程安培力变化情况可能完全相同，故C正确，A错误；若线框进入磁场时恰好重力等于安培力，做匀速运动，安培力不变，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，安培力减小，故B正确；若进入时重力大于安培力，由mg－＝ma，则做加速度减小的加速运动，安培力随速度的增大而增大，离开磁场时若安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，故D正确.‎ ‎3.(电磁感应中的动力学和能量问题)(多选)如图7所示，竖直放置的形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度均为B.质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等.金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g，则金属杆(　　)‎ 图7‎ A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下 B.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上 C.穿过两磁场产生的总热量为4mgd D.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于 答案　BC 解析　由于金属杆进入两个磁场的速度相等，而穿出磁场后金属杆做加速度为g的匀加速运动，所以金属杆进入磁场Ⅰ时应做减速运动，加速度方向竖直向上，选项A错误，B正确；从进入磁场Ⅰ瞬间到进入磁场Ⅱ瞬间过程中，根据能量守恒，金属杆减小的机械能全部转化为焦耳热，所以Q1＝mg·2d，所以穿过两个磁场过程中产生的总热量为4mgd，选项C正确；若金属杆进入磁场Ⅰ做匀速运动，则－mg＝0，得v＝，因金属杆进入磁场Ⅰ做减速运动，则金属杆进入磁场Ⅰ的速度大于，根据h＝得金属杆进入磁场Ⅰ的高度应大于＝，选项D错误.‎ ‎4.(电磁感应中的力电综合问题)(2018·温州新力量联盟高二第一学期期末)如图8甲所示，MN、PQ为间距L＝0.5m且足够长的平行导轨，NQ⊥MN ‎，导轨的电阻均不计.导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°，NQ间连接一个R＝4Ω的电阻.有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B0＝1T.将一根质量为m＝0.05kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好.现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒横截面的电荷量q＝0.2C，且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行.sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：‎ 图8‎ ‎(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)cd离NQ的距离s；‎ ‎(3)金属棒滑行至cd处的过程中，电阻R上产生的热量.‎ 答案　(1)0.5　(2)2m　(3)0.08J 解析　(1)由题图乙可知：当v＝0时，a＝2m/s2‎ 由牛顿第二定律得：mgsinθ－μmgcosθ＝ma 解得：μ＝0.5‎ ‎(2)由题图乙可知：vm＝2m/s，当金属棒达到稳定速度时，‎ 有F安＝B0IL，E＝B0Lvm，I＝ 由题意知：mgsinθ＝F安＋μmgcosθ 解得r＝1Ω q＝IΔt＝nΔt＝n ΔΦ＝B0S＝B0Ls 解得：s＝2m ‎(3)金属棒从释放到滑到cd处，由动能定理可得：‎ mgh－μmgscosθ－WF＝mvm2－0‎ h＝ssinθ WF＝Q总＝0.1J QR＝Q总＝0.08J.‎ 一、选择题 考点一　电磁感应中的动力学问题 ‎1.如图1所示，质量为m的金属圆环用不可伸长的细线悬挂起来，金属圆环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线的拉力大小，下列说法中正确的是(重力加速度为g)(　　)‎ 图1‎ A.大于环重力mg，并逐渐减小 B.始终等于环重力mg C.小于环重力mg，并保持恒定 D.大于环重力mg，并保持恒定 答案　A 解析　根据楞次定律知圆环中感应电流的方向为顺时针方向，再由左手定则判断可知圆环所受安培力竖直向下，对圆环受力分析，根据受力平衡有FT＝mg＋F安，得FT>mg，F安＝BIL，根据法拉第电磁感应定律知，I＝＝＝S，可知I为恒定电流，联立上式可知B减小时，F安减小，则由FT＝mg＋F安知FT减小，选项A正确.‎ ‎2.(多选)用一段横截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(r≪R)的圆环.圆环竖直向下落入如图2所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B.圆环在加速下滑过程中某一时刻的速度为v，忽略其他影响，则(重力加速度为g)(　　)‎ 图2‎ A.此时在圆环中产生了(俯视)顺时针方向的感应电流 B.圆环因受到了向下的安培力而加速下落 C.此时圆环的加速度a＝ D.如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度vm＝ 答案　AD 解析　由右手定则可以判断感应电流的方向为(俯视)顺时针方向，可知选项A正确；由左手定则可以判断，圆环受到的安培力向上，阻碍圆环的运动，选项B错误；圆环垂直切割磁感线，产生的感应电动势E＝Blv＝B·2πR·v，圆环的电阻R电＝，则圆环中的感应电流I＝＝，圆环所受的安培力F安＝BI·2πR，圆环的加速度a＝，m＝d·2πR·πr2，则a＝g－，选项C错误；当重力等于安培力时圆环速度达到最大，此时a＝0，可得vm＝，选项D正确.‎ ‎3.如图3所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d＞L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下.导线框以某一初速度向右运动，t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域.下列v－t图象中，能正确描述上述过程的是(　　)‎ 图3‎ 答案　D 解析　导线框进入磁场的过程中，线框受到向左的安培力作用，根据E＝BLv、I＝、F安＝BIL得F安＝，随着v的减小，安培力F安减小，导线框做加速度逐渐减小的减速运动.整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，根据F安＝，导线框做加速度逐渐减小的减速运动，所以选项D正确.‎ ‎4.(多选)如图4所示，有两根和水平方向成α(α<90°)角的光滑平行的金属轨道，上端接有滑动变阻器R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m、电阻不计的金属杆从轨道上由静止滑下.经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则(　　)‎ 图4‎ A.如果B增大，vm将变大 B.如果α变大(仍小于90°)，vm将变大 C.如果R变大，vm将变大 D.如果m变小，vm将变大 答案　BC 解析　金属杆由静止开始下滑的过程中，金属杆就相当于一个电源，与滑动变阻器R构成一个闭合回路，金属杆的受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得：‎ mgsinα－＝ma 所以金属杆由静止开始做加速度逐渐减小的加速运动，当a＝0时达到最大速度vm，即mgsinα＝，可得：vm＝，故由此式知选项B、C正确.‎ 考点二　电磁感应中的能量问题 ‎5.(多选)(2017·慈溪市高二上学期期中联考)如图5所示，从匀强磁场中把不发生形变的矩形线圈匀速拉出磁场区，如果先后两次拉出的速度之比为1∶2，则在先后两种情况下(　　)‎ 图5‎ A.线圈中的感应电流之比为1∶4‎ B.通过线圈的电荷量之比为1∶2‎ C.线圈中产生的热量之比为1∶2‎ D.沿运动方向作用在线圈上的外力功率之比为1∶4‎ 答案　CD 解析　根据E＝BLv可知，因为v1∶v2＝1∶2，则E1∶E2＝1∶2，线圈中的感应电流之比为1∶2，选项A错误；设矩形线圈长为L1，宽为L2，则电荷量q＝It＝·＝，电荷量与速度无关，两种情况下通过线圈的电荷量之比为1∶1，故B错误；线圈中产生的热量Q＝I2Rt＝()2·R·＝，热量与速度成正比，则热量之比为1∶2，故C正确；拉力功率P＝Fv＝＝，拉力功率与速度的平方成正比，则拉力功率之比为1∶4，故D正确.‎ ‎6.如图6所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接.右端接一个阻值为R的定值电阻.平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场.质量为m、接入电路的电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止.已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g.则金属棒穿过磁场区域的过程中(　　)‎ 图6‎ A.流过金属棒的最大电流为 B.通过金属棒的电荷量为 C.克服安培力所做的功为mgh D.金属棒产生的焦耳热为mg(h－μd)‎ 答案　D 解析　金属棒沿弯曲部分下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＝mv2，金属棒到达平直部分时的速度v＝，金属棒到达平直部分后做减速运动，刚到达平直部分时的速度最大，最大感应电动势E＝BLv，最大感应电流I＝＝，故A错误；通过金属棒的电荷量q＝Δt＝＝，故B错误；在整个运动过程中，对金属棒由动能定理得：mgh－W安－μmgd＝0－0，克服安培力做功：W安＝mgh－μmgd，故C错误；克服安培力做的功转化为焦耳热，定值电阻与金属棒接入电路的电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：Q′＝Q＝W安＝mg(h－μd)，故D正确.‎ ‎7.(多选)(2017·绍兴一中高二上学期期中)如图7甲所示，正方形金属线框abcd位于竖直平面内，其质量为m，电阻为R.在线框的下方有一匀强磁场，MN和M′N′是磁场的水平边界，并与bc边平行，磁场方向垂直于纸面向里.现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，图乙是线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的v－t图象，图中字母均为已知量.重力加速度为g，不计空气阻力.下列说法正确的是(　　)‎ 图7‎ A.金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向 B.金属线框的边长为v1(t2－t1)‎ C.磁场的磁感应强度为 D.金属线框在0～t4时间内所产生的热量为2mgv1(t2－t1)＋m(v－v)‎ 答案　BCD 解析　根据楞次定律可知，线框刚进入磁场时，感应电流的方向沿abcda方向，A错误；由于线框进入磁场时匀速运动，线框边长l＝v1(t2－t1)，B正确；bc边受到的安培力等于重力，mg＝，而l＝v1(t2－t1)，代入可得B＝，C正确；0～t1及t2～t3时间内，金属线框不受安培力；t1～t2时间内，根据能量守恒定律有，产生的热量Q1＝mgl＝mgv1(t2－t1)，t3～t4时间内，根据能量守恒定律有，产生的热量Q2＝mgl＋m(v－v)＝mgv1(t2－t1)＋m(v－v)，则金属框在0～t4时间内产生的热量Q＝Q1＋Q2＝2mgv1(t2－t1)＋m(v－v)，D正确.‎ ‎8.如图8所示，光滑斜面PMNQ的倾角为θ＝30°，斜面上放置一矩形导体线框abcd，其中ab边长L1＝0.5m，bc边长为L2，导体线框质量m＝1kg、电阻R＝0.4Ω，有界匀强磁场的磁感应强度为B＝2T，方向垂直于斜面向上，ef为磁场的边界，且ef∥MN.导体线框在沿斜面向上且与斜面平行的恒力F＝10N作用下从静止开始运动，其ab边始终保持与底边MN平行.已知导体线框刚进入磁场时做匀速运动，且进入过程中通过导体线框某一横截面的电荷量q＝0.5C，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是(　　)‎ 图8‎ A.导体线框进入磁场时的速度为2m/s B.导体线框bc边长为L2＝0.1m C.导体线框开始运动时ab边到磁场边界ef的距离为0.4m D.导体线框进入磁场的过程中产生的热量为1J 答案　ACD 解析　导体线框刚进入磁场时做匀速运动，则F＝mgsin30°＋，解得v＝2m/s，根据q＝＝，解得L2＝0.2m，选项A正确，B错误；导体线框在磁场外运动的加速度a＝＝5m/s2，则导体线框开始运动时ab边到磁场边界ef的距离为x＝＝m＝0.4m，选项C正确；导体线框进入磁场的过程中产生的热量为Q＝FL2－mgL2sin30°＝10×0.2J－10×0.2×0.5J＝1J，选项D正确.‎ 二、非选择题 ‎9.(2017·余姚中学高二上学期期中)如图9所示，在倾角θ＝37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ，磁感应强度B的大小为5T，磁场宽度d＝0.55m，有一边长L＝0.4m、质量m1＝0.6kg、电阻R＝2Ω的正方形均匀导线框abcd通过一轻质细线跨过光滑的轻质定滑轮与一质量为m2＝0.4kg的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长，与物体相连的细线水平，与bc垂直相连的细线与斜面平行.(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：‎ 图9‎ ‎(1)线框abcd还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力为多少？‎ ‎(2)当ab边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab边距磁场MN边界的距离x多大？‎ ‎(3)在(2)问的条件下，若cd边恰好离开磁场边界PQ时，速度大小为2m/s，求整个过程中ab边产生的热量为多少？‎ 答案　(1)2.4N　(2)0.25m　(3)0.1J 解析　(1)m1、m2运动过程中，把m1、m2看成一个整体作为研究对象，由牛顿第二定律得 m1gsin θ－μm2g＝(m1＋m2)a 代入数据解得a＝2 m/s2‎ 以m1为研究对象，由牛顿第二定律得 m1gsin θ－FT＝m1a，‎ 代入数据解得FT＝2.4 N.‎ ‎(2)ab边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，对整体有m1gsin θ－μm2g－＝0‎ 代入数据解得v＝1 m/s ab边到边界MN前线框做匀加速运动，由速度位移公式有v2＝2ax，代入数据解得x＝0.25 m ‎(3)线框从开始运动到cd边恰好离开磁场边界PQ时，由能量守恒定律得m1gsin θ(x＋d＋L)－μm2g(x＋d＋L)＝(m1＋m2)v12＋Q，‎ 代入数据解得Q＝0.4 J 所以Qab＝Q＝0.1 J.‎