【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

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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 一、选择题 考点一 电磁感应中的动力学问题 1.如图 1 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 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忽略不 计.开始时，给 ef 一个向右的初速度，则( ) 图 1 A.ef 将减速向右运动，但不是匀减速，最后停止 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＝B2l2v R ＝ma 知，ef 做的是加速度逐渐减小的减速运动，故 A 正确. 2.如图 2 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 2 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＝E R ＝ΔΦ RΔt ＝ ΔB RΔt S，可知 I 为恒定电流，联立上式可知 B 减小，F 安减小，则由 FT＝mg＋F 安知 FT 减小，选 项 A 正确. 3.(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 3 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 3 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＝B2v ρd D.如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度 vm＝ρdg B2 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＝ρ·2πR πr2 ，则圆环中的感应电流 I＝ E R 电 ＝Bπr2v ρ ，圆环所受的安培力 F 安 ＝BI·2πR，圆环的加速度 a＝mg－F 安 m ，m＝d·2πR·πr2，则 a＝g－B2v ρd ，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＝ρgd B2 ，选项 D 正确. 4.如图 4 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 4 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＝E R 、F 安＝BIL 得 F 安＝B2L2v R ， 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＝B2L2v R ，导线框做加速度逐渐减小的减 速运动，所以选项 D 正确. 5.(多选)如图 5 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 5 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， 其受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得：mgsin α－B2L2v R ＝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 mgsin α＝B2L2vm R ， 可得：vm＝mgRsin α B2L2 ，故由此式知选项 B、C 正确. 考点二 电磁感应中的能量问题 6.如图 6 所示，纸面内有一矩形导体闭合线框 abcd，ab 边长大于 bc 边长，置于垂直纸面向里、边界为 MN 的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于 MN.第一次 ab 边平行于 MN 进入磁场，线框上产生的热量为 Q1，通过线框导体横截面的电荷量为 q1；第二次 bc 边平行于 MN 进入磁 场，线框上产生的热量为 Q2，通过线框导体横截面的电荷量为 q2，则 ( ) 图 6 A.Q1＞Q2，q1＝q2 B.Q1＞Q2，q1＞q2 C.Q1＝Q2，q1＝q2 D.Q1＝Q2，q1＞q2 答案 A 解析 根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即 Q1＝W1＝F1lbc＝B2lab 2v R lbc＝B2Sv R lab 同理 Q2＝B2Sv R lbc，又 lab＞lbc，故 Q1＞Q2； 因 q＝ I t＝ E R t＝ΔΦ R ＝BS R ，故 q1＝q2.因此 A 正确. 7.如图 7 所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻 R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终 保持垂直并良好接触且无摩擦，金属棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨 平面垂直，金属棒在竖直向上的恒力 F 作用下加速上升的一段时间内，力 F 做的功与安培力做的功的代数 和等于( ) 图 7 A.金属棒的机械能增加量 B.金属棒的动能增加量 C.金属棒的重力势能增加量 D.电阻 R 上产生的热量 答案 A 解析 金属棒加速上升时受到重力、拉力 F 及安培力.根据功能关系可知，力 F 与安培力做功的代数和等 于金属棒的机械能的增加量，A 正确. 8.(多选)如图 8 所示，在方向垂直纸面向里、磁感应强度为 B 的匀强磁场区域中有一个由均匀导线制成的 单匝矩形线框 abcd，线框以恒定的速度 v 沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框 dc 边始终与磁场右边界 平行，线框边长 ad＝L，cd＝2L.线框导线的总电阻为 R.则在线框离开磁场的过程中，下列说法中正确的 是( ) 图 8 A.ad 间的电压为BLv 3 B.流过线框横截面的电荷量为2BL2 R C.线框所受安培力的合力为2B2L2v R D.线框中的电流在 ad 边产生的热量为2B2L3v 3R 答案 ABD 解析 线框产生的感应电动势 E＝2BLv，感应电流 I＝E R ，ad 间的电压为 U＝I·1 6 R＝B·2Lv R ·1 6 R＝BLv 3 ，故 A 正确；流过线框横截面的电荷量 q＝ I Δt＝ ΔΦ Δt·R ·Δt＝2BL2 R ，故 B 正确；线框所受安培力的合力 F ＝BI·2L＝4B2L2v R ，故 C 错误；线框中的电流在 ad 边产生的热量 Q＝I2·1 6 R·L v ＝2B2L3v 3R ，故 D 正确. 9.水平放置的光滑平行导轨上放置一根长为 L、质量为 m 且与导轨接触良好的导体棒 ab，ab 处在磁感应强 度大小为 B、方向如图 9 所示的匀强磁场中，导轨的一端接一阻值为 R 的电阻，导轨及导体棒电阻不计. 现使 ab 在水平恒力 F 作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动，当通过的位移为 x 时，ab 达到最大速度 vm. 此时撤去外力，最后 ab 静止在导轨上.在 ab 运动的整个过程中，下列说法正确的是( ) 图 9 A.撤去外力后，ab 做匀减速运动 B.合力对 ab 做的功为 Fx C.R 上释放的热量为 Fx＋1 2 mvm 2 D.R 上释放的热量为 Fx 答案 D 解析 撤去外力后，导体棒在水平方向上只受安培力作用，而 F 安＝B2L2v R ，F 安随 v 的变化而变化，故导体 棒做加速度变化的减速运动，A 错；对整个过程由动能定理得 W 合＝ΔEk＝0，B 错；由能量守恒定律知，恒 力 F 做的功等于整个回路产生的电能，电能又转化为 R 上释放的热量，即 Q＝Fx，C 错，D 对. 10.(多选)(2018·吉安市高二下学期期末)如图 10 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＝0.5 m，bc 边长为 L2，导体线框质量 m＝1 kg、电阻 R＝0.4 Ω， 有界匀强磁场的磁感应强度为 B＝2 T，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＝10 N 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＝0.5 C，取 g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( ) 图 10 A.导体线框进入磁场时的速度为 2 m/s B.导体线框 bc 边长为 L2＝0.1 m C.导体线框开始运动时 ab 边到磁场边界 ef 的距离为 0.4 m D.导体线框进入磁场的过程中产生的热量为 1 J 答案 ACD 解析 导体线框刚进入磁场时做匀速运动，则 F＝mgsin 30°＋B2L1 2v R ，解得 v＝2 m/s，根据 q＝ΔΦ R ＝BL1L2 R ， 解得 L2＝0.2 m，选项 A 正确，B 错误；导体线框在磁场外运动的加速度 a＝F－mgsin 30° m ＝5 m/s2，则导 体线框开始运动时 ab 边到磁场边界 ef 的距离为 x＝v2 2a ＝ 22 2×5 m＝0.4 m，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－mgL2sin 30°＝10×0.2 J－10×0.2×0.5 J＝1 J，选项 D 正确. 二、非选择题 11.如图 11 所示，竖直平面内有足够长的平行金属导轨，间距为 0.2 m，金属导体 ab 可在导轨上无摩擦地 上下滑动，ab 的电阻为 0.4 Ω，导轨电阻不计，导体 ab 的质量为 0.2 g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁 感应强度为 0.2 T，且磁场区域足够大，当导体 ab 自由下落 0.4 s 时，突然闭合开关 S，则：(g 取 10 m/s2) 图 11 (1)试说出开关 S 闭合后，导体 ab 的运动情况； (2)导体 ab 匀速下落的速度是多少？ 答案 见解析 解析 (1)闭合开关 S 之前，导体 ab 自由下落的末速度为：v0＝gt＝4 m/s. 开关 S 闭合瞬间，导体 ab 产生感应电动势，回路中产生感应电流，导体 ab 立即受到一个竖直向上的安培 力. F 安＝BIL＝B2L2v0 R ＝0.016 N＞mg＝0.002 N. 此时导体 ab 受到的合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为 a＝F 安－mg m ＝B2L2v mR －g，所以导体 ab 做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动.当 F 安＝mg 时，导体 ab 做 竖直向下的匀速运动. (2)设导体 ab 匀速下落的速度为 vm， 此时 F 安＝mg，即B2L2vm R ＝mg，vm＝mgR B2L2＝0.5 m/s. 12.(2018·四川省双流中学高二月考)如图 12 所示，两根等高的四分之一光滑圆弧轨道，半径为 r、间距 为 L，图中 Oa 水平，Oc 竖直，在轨道顶端连有一阻值为 R 的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场 中，磁感应强度为 B.现有一根长度稍大于 L、质量为 m、电阻不计的金属棒从轨道的顶端 ab 处由静止开始 下滑，到达轨道底端 cd 时受到轨道的支持力为 2mg.整个过程中金属棒与轨道接触良好，轨道电阻不计， 重力加速度为 g.求： 图 12 (1)金属棒到达轨道底端 cd 时的速度大小和通过电阻 R 的电流； (2)金属棒从 ab 下滑到 cd 过程中回路中产生的焦耳热和通过 R 的电荷量. 答案 (1) gr BL gr R (2)1 2 mgr BrL R 解析 (1)金属棒到达轨道底端 cd 时，由牛顿第二定律得：2mg－mg＝mv2 r 解得 v＝ gr 此时金属棒产生的感应电动势 E＝BLv 回路中的感应电流 I＝E R 联立得 I＝BL gr R (2)金属棒从 ab 下滑到 cd 过程中，由能量守恒定律得 mgr＝Q＋1 2 mv2 则回路中产生的焦耳热 Q＝1 2 mgr 回路中的平均感应电动势 E ＝ΔΦ Δt 回路中的平均感应电流 I ＝ E R 通过 R 的电荷量 q＝ I ·Δt 解得 q＝BrL R . 13.如图 13 所示，足够长的 U 形导体框架的宽度 L＝0.5 m，底端接有阻值 R＝0.5 Ω的电阻，导体框架电 阻忽略不计，其所在平面与水平面成θ＝37°角.有一磁感应强度 B＝0.8 T 的匀强磁场，方向垂直于导体 框架平面向上.一根质量 m＝0.4 kg、电阻 r＝0.5 Ω的导体棒 MN 垂直跨放在 U 形导体框架上，某时刻起 将导体棒 MN 由静止释放.已知导体棒 MN 与导体框架间的动摩擦因数μ＝0.5.(sin 37°＝0.6，cos 37° ＝0.8，g 取 10 m/s2) 图 13 (1)求导体棒刚开始下滑时的加速度大小； (2)求导体棒运动过程中的最大速度； (3)从导体棒开始下滑到速度刚达到最大时的过程中，通过导体棒横截面的电荷量 q＝4 C，求导体棒 MN 在 此过程中消耗的电能. 答案 (1)2 m/s2 (2)5 m/s (3)1.5 J 解析 (1)导体棒刚开始下滑时，其受力情况如图甲所示，则 mgsin θ－μmgcos θ＝ma 解得 a＝2 m/s2 (2)当导体棒匀速下滑时其受力情况如图乙所示，设匀速下滑的速度为 v，则有 mgsin θ－Ff－F 安＝0 摩擦力 Ff＝μmgcos θ 安培力 F 安＝BIL＝B BLv R＋r L＝B2L2v R＋r 联立解得 v＝mgR＋rsin θ－μcos θ B2L2 ＝5 m/s (3)通过导体棒横截面的电荷量 q＝ I Δt I ＝ ΔΦ R＋rΔt 设导体棒下滑速度刚好为最大速度 v 时的位移为 x，则ΔΦ＝BxL 由动能定理得，mgx·sin θ－W 安－μmgcos θ·x＝1 2 mv2，其中 W 安为克服安培力做的功. 联立解得 W 安＝3 J 克服安培力做的功等于回路在此过程中消耗的电能，即 Q＝3 J. 则导体棒 MN 在此过程中消耗的电能 Qr＝ r R＋r Q＝1.5 J.