【创新设计】高中物理教科版选修3-2-对点练习-第一章-电磁感应1.8

电磁感应中的动力学问题1．如图1－8－7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图像中，可能正确描述上述过程的是()图1－8－7答案D解析依据题意，线框进入磁场时，由右手定则和左手定则可知线框受到向左的安培力，阻碍线框的相对运动，v减小，由F安＝eq\f(B2L2v,R)，则安培力减小，故线框做加速度减小的减速运动；由于d＞L，线框完全进入磁场后，线框中没有感应电流，不再受安培力作用，线框做匀速直线运动，同理可知线框离开磁场时，线框也受到向左的安培力，阻碍线框的相对运动，做加速度减小的减速运动．综上所述，正确答案为D.2．如图1－8－8所示，光滑金属直轨道MN和PQ固定在同一水平面内，MN、PQ平行且足够长，两轨道间的宽度L＝0.50m．轨道左端接一阻值R＝0.50Ω的电阻．轨道处于磁感应强度大小B＝0.40T，方向竖直向下的匀强磁场中，质量m＝0.50kg的导体棒ab垂直于轨道放置．在沿着轨道方向向右的力F作用下，导体棒由静止开头运动，导体棒与轨道始终接触良好并且相互垂直，不计轨道和导体棒的电阻，不计空气阻力，若力F的大小保持不变，且F＝1.0N，求：图1－8－8(1)导体棒能达到的最大速度大小vm；(2)导体棒的速度v＝5.0m/s时，导体棒的加速度大小a.答案(1)12.5m/s(2)1.2m/s2解析(1)导体棒达到最大速度vm时受力平衡，有F＝F安m，此时F安m＝eq\f(B2L2vm,R)，解得vm＝12.5m/s.(2)导体棒的速度v＝5.0m/s时，感应电动势E＝BLv＝10V，导体棒上通过的感应电流大小I＝eq\f(E,R)＝2.0A，导体棒受到的安培力F安＝BIL＝0.40N，依据牛顿其次定律，有F－F安＝ma，解得a＝1.2m/s2.电磁感应中的能量问题图1－8－93．如图1－8－9所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，导轨平面与水平面的夹角为θ，导轨的下端接有电阻．当导轨所在空间没有磁场时，使导体棒ab以平行导轨平面的初速度v0冲上导轨，ab上升的最大高度为H；当导轨所在空间存在方向与导轨平面垂直的匀强磁场时，再次使ab以相同的初速度从同一位置冲上导轨，ab上升的最大高度为h，两次运动中ab始终与两导轨垂直且接触良好，关于上述情景，下列说法中正确的是()A．比较两次上升的最大高度，有H＝hB．比较两次上升的最大高度，有H＜hC．无磁场时，导轨下端的电阻中有电热产生D．有磁场时，导轨下端的电阻中有电热产生答案D解析没有磁场时，只有重力做功，机械能守恒，没有电热产生，C错误；有磁场时，ab切割磁感线产生感应电流，重力和安培力均做负功，机械能减小，有电热产生，故ab上升的最大高度变小，A、B错误，D正确．图1－8－104．如图1－8－10所示，足够长的光滑金属框竖直放置，框宽L＝0.5m，框的电阻不计，匀强磁场的磁感应强度B＝1T，方向与框面垂直，金属棒MN的质量为100g，电阻为1Ω，现让MN无初速的释放并与框保持接触良好的竖直下落，从释放到达到最大速度的过程中通过棒某一截面的电荷量2C，求此过程回路中产生的电能为多少？(空气阻力不计，g＝10m/s2)答案3.2J解析金属棒下落过程做加速度渐渐减小的加速运动，加速度减小到零时速度达到最大，依据平衡条件得mg＝eq\f(B2l2vm,R)①在下落过程中，金属棒减小的重力势能转化为它的动能和电能E，由能量守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋E②通过导体某一横截面的电量为q＝eq\f(Bhl,R)③由①②③解得：E＝mgh－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝eq\f(mgRq,Bl)－eq\f(m3g2R2,2B4l4)＝eq\f(0.1×10×1×2,1×0.5)J－eq\f(0.13×102×12,2×1×0.54)J＝3.2J(时间：60分钟)题组一电磁感应中的动力学问题图1－8－111．如图1－8－11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可不计．开头时，给ef一个向右的初速度，则()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，最终停止C．ef将匀速向右运动D．ef将来回运动答案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，但不是匀减速，由F＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，故A正确．图1－8－122．如图1－8－12所示，MN和PQ是两根相互平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计，ab是一根不但与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆，开头时，将开关S断开，让杆ab由静止开头自由下落，过段时间后，再将S闭合，若从S闭合开头计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图像不行能是下图中的()答案B解析S闭合时，若eq\f(B2l2v,R)＞mg，先减速再匀速，D项有可能；若eq\f(B2l2v,R)＝mg匀速，A项有可能；若eq\f(B2l2v,R)＜mg，先加速再匀速，C项有可能；由于v变化，eq\f(B2l2v,R)－mg＝ma中a不恒定，故B项不行能．图1－8－133．如图1－8－13所示，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻．线框下落过程外形不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场区域足够大，不计空气阻力影响，则下列反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律不行能的图像是()答案A解析线框在磁场外做自由落体运动，ab边进入磁场的过程中，运动性质有三种可能：一是匀速运动，二是加速度减小的减速运动；三是加速度减小的加速运动．线框全部进入后，做匀加速直线运动，综上所述，A是不行能的，B、C、D可能．4．如图1－8－14所示，边长为L的正方形线框，从图示位置开头沿光滑斜面对下滑动，中途穿越垂直纸面对里、有抱负边界的匀强磁场区域，磁场的宽度大于L，以i表示导线框中的感应电流，从线框刚进入磁场开头计时，取逆时针方向为电流正方向，以下it关系图像，可能正确的是()图1－8－14答案BC解析边长为L的正方形线框，从图示位置开头沿光滑斜面对下滑动，若进入磁场时所受安培力与重力沿斜面方向的分力平衡，则线框做匀速直线运动，感应电流为一恒定值；完全进入后磁通量不变，感应电流为零，线框做匀加速直线运动；从磁场中出来时，感应电流方向相反，所受安培力大于重力沿斜面方向的分力，线框做加速度减小的减速运动，感应电流减小，选项B正确．若线圈刚进入磁场时安培力F＜mgsinα，那么将做加速运动，加速度渐渐减小，图像斜率渐渐减小，选项C也正确．图1－8－155．如图1－8－15所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，间距为l，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B.一根质量为m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()A．假如B变大，vm将变大B．假如α变大，vm将变大C．假如R变大，vm将变大D．假如m变小，vm将变大答案BCD解析金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势E＝Blv，在闭合电路中形成电流I＝eq\f(Blv,R)，因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力F作用，F＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)，先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定出安培力方向，如图所示，依据牛顿其次定律，得mgsinα－eq\f(B2l2v,R)＝ma，当a→0时，v→vm，解得vm＝eq\f(mgRsinα,B2l2)，故选项B、C、D正确．题组二电磁感应中的能量问题6.图1－8－16光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图1－8－16所示，抛物线的方程为y＝x2，其下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(图中的虚线所示)，一个质量为m的小金属块从抛物线y＝b(b＞a)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是()A．mgbB.eq\f(1,2)mv2C．mg(b－a)D．mg(b－a)＋eq\f(1,2)mv2答案D解析金属块在进入磁场或离开磁场的过程中，穿过金属块的磁通量发生变化，产生电流，进而产生焦耳热，最终，金属块在高为a的曲面上做往复运动，削减的机械能为mg(b－a)＋eq\f(1,2)mv2，由能量转化和守恒定律可知，削减的机械能全部转化成焦耳热，即D选项正确．图1－8－177．如图1－8－17所示，质量为m、高为h的矩形导线框在竖直面内自由下落，其上下两边始终保持水平，途中恰好匀速穿过一有抱负边界、高亦为h的匀强磁场区域，线框在此过程中产生的内能为()A．mghB．2mghC．大于mgh而小于2mghD．大于2mgh答案B解析因线框匀速穿过磁场，在穿过磁场的过程中合外力做功为零，克服安培力做功为2mgh，产生的内能亦为2mgh.故选B.图1－8－188．如图1－8－18所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面对里、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MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面积的电荷量为q1；其次次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()A．Q1＞Q2，q1＝q2B．Q1＞Q2，q1＞q2C．Q1＝Q2，q1＝q2D．Q1＝Q2，q1＞q2答案A解析依据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1lbc＝eq\f(B2leq\o\al(2,ab)v,R)lbc＝eq\f(B2Sv,R)lab，同理Q2＝eq\f(B2Sv,R)lbc，又lab＞lbc，故Q1＞Q2；因q＝It＝eq\f(E,R)t＝eq\f(ΔΦ,R)，故q1＝q2，因此A正确．9．如图1－8－19所示，矩形线圈长为L，宽为h，电阻为R，质量为m，线圈在空气中竖直下落一段距离后(空气阻力不计)，进入一宽度也为h、磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈进入磁场时的动能为Ek1，线圈刚穿出磁场时的动能为Ek2，从线圈刚进入磁场到线圈刚穿出磁场的过程中产生的热量为Q，线圈克服磁场力做的功为W1，重力做的功为W2，则以下关系中正确的是()图1－8－19A．Q＝Ek1－Ek2B．Q＝W2－W1C．Q＝W1D．W2＝Ek2－Ek1答案C解析线圈进入磁场和离开磁场的过程中，克服安培力做的功等于产生的焦耳热即Q＝W1，C正确；依据动能定理：W1－W2＝Ek2－Ek1，D错误；依据功能关系，线圈削减的机械能等于产生的焦耳热，也等于克服安培力做的功．Q＝W2＋Ek1－Ek2，所以A、B错误．图1－8－2010．水平放置的光滑导轨上放置一根长为L、质量为m的导体棒ab，ab处在磁感应强度大小为B、方向如图1－8－20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，当通过位移为x时，ab达到最大速度vm，此时撤去外力，最终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()A．撤去外力后，ab做匀减速运动B．合力对ab做的功为FxC．R上释放的热量为Fx＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)D．R上释放的热量为Fx答案D解析撤去外力后，导体棒水平方向只受安培力作用，而F安＝eq\f(B2L2v,R)，F安随v的变化而变化，故棒做加速度变化的变速运动，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，外力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正确．图1－8－2111．如图1－8－21所示，足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，且都倾斜着与水平面成夹角θ，在导轨的最上端M、P之间接有电阻R，不计其他电阻，导体棒ab从导轨的最底端冲上导轨，当没有磁场时，ab上升的最大高度为H；若存在垂直导轨平面的匀强磁场时，ab上升的最大高度为h.在两次运动过程中ab都与导轨保持垂直，且初速度都相等，关于上述情景，下列说法正确的是()A．两次上升的最大高度相比较为H＜hB．有磁场时导体棒所受合力的功大于无磁场时合力的功C．有磁场时，电阻R产生的焦耳热为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)D．有磁场时，ab上升过程的最小加速度为gsinθ答案D解析当有磁场时，导体棒除受到沿斜面对下的重力的分力外，还受到安培力的作用，所以两次上升的最大高度相比较为h＜H，两次动能的变化量相等，所以导体棒所受合力的功相等，选项A、B错误；有磁场时，电阻R产生的焦耳热小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，ab上升过程的最小加速度为gsinθ，选项C错误，选项D正确．题组三电磁感应中的动力学问题和能量问题的综合图1－8－2212．(2021·石景山区期末测试)如图1－8－22所示，宽度为L＝0.2m的足够长的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨的一端连接阻值为R＝1.0Ω的电阻．导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.2T．一根质量为m＝10g的导体棒MN放在导轨上，并与导轨始终接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽视不计．现用垂直MN的水平拉力F拉动导体棒使其沿导轨向右匀速运动，速度为v＝5.0m/s，在运动过程中保持导体棒与导轨垂直．求：(1)在闭合回路中产生感应电流I的大小；(2)作用在导体棒上拉力F的大小；(3)当导体棒移动50cm时撤去拉力，求整个过程中电阻R上产生的热量Q.答案(1)0.2A(2)0.008N(3)0.129J解析(1)感应电动势为E＝BLv＝0.2V①感应电流为I＝eq\f(E,R)②由①②代入数据得：I＝0.2A．③(2)导体棒匀速运动，安培力与拉力平衡，F＝BIL＝0.008N．④(3)导体棒移动50cm的时间为t＝eq\f(50cm,v)⑤依据焦耳定律Q1＝I2Rt⑥由③⑤⑥得Q1＝0.004J⑦依据能量守恒Q2＝eq\f(1,2)mv2＝0.125J⑧由⑦⑧得：电阻R上产生的热量Q＝Q1＋Q2＝0.129J.13．(2021·北京西城区期末测试)如图1－8－23甲所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角为α，金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m，导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为B.金属导轨的上端与开关S，阻值为R1的定值电阻和电阻箱R2相连，不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g.现在闭合开关S，将金属棒由静止释放．(1)推断金属棒ab中电流的方向；(2)若电阻箱R2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为h时，速度为v，求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q；(3)当B＝0.40T、L＝0.50m、α＝37°时，金属棒能达到的最大速度vm随电阻箱R2阻值的变化关系如图乙所示，取g＝10m/s2，sin37°＝0.60.cos37°＝0.80.求R1的大小和金属棒的质量m.图1－8－23答案(1)b到a(2)mgh－eq\f(1,2)mv2(3)0.1kg解析(1)由右手定则可知，金属棒ab中的电流方向为b到a.(2)由能量守恒定律可知，金属棒减小的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热mgh＝eq\f(1,2)mv2＋Q解得：Q＝mgh－eq\f(1,2)mv2(3)设最大速度为vm时，切割磁感线产生的感应电动势E＝BLvm由闭合电路欧姆定律得：I＝eq\f(E,R1＋R2)从b端向a端看，金属棒受力如图所示：金属棒达到最大速度时满足mgsinα－BIL＝0由以上三式得最大速度：vm＝eq\f(mgsinα,B2L2)R2＋eq\f(mgsinα,B2L2)R1图像斜率k＝eq\f(60－30,2.0)m/(s·Ω)＝15m/(s·Ω)，纵截距b＝30m/s则：eq\f(mgsinα,B2L2)R1＝beq\f(mgsinα,B2L