2023版新教材高中物理第2章電磁感應(yīng)專項7電磁感應(yīng)中的能量問題課時作業(yè)新人教版選擇性必修第二冊

專項7電磁感應(yīng)中的能量問題1.(多選)如圖所示，固定在水平絕緣平面上足夠長的兩條平行金屬導(dǎo)軌電阻不計，但表面粗糙，導(dǎo)軌左端連接一個電阻R，質(zhì)量為m的金屬棒ab(電阻也不計)放在導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直，用水平恒力F把ab棒從靜止起向右拉動的過程中()A．恒力F做的功等于電路產(chǎn)生的電能B．克服安培力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能C．恒力F和摩擦力的合力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能D．恒力F和摩擦力的合力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能和ab棒獲得的動能之和2.[2023·遼寧營口開發(fā)區(qū)高二階段練習(xí)](多選)如圖所示，質(zhì)量為m、電阻為R、邊長為L正方形金屬線框的cd邊恰好與有界勻強磁場的上邊界重合，現(xiàn)將線框在豎直平面內(nèi)由靜止釋放，當(dāng)下落高度為h(h＜L)時線框開始做勻速運動．已知線框平面始終與磁場方向垂直，且cd邊始終水平，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，則下列說法正確的是()A．cd邊進(jìn)入磁場時，線框中感應(yīng)電流的方向為順時針方向B．線框勻速運動時的速度大小為eq\f(mgR,B2Lh)C．線框從靜止到剛好勻速運動的過程中，通過線框某截面的電量為eq\f(BLh,R)D．線框從靜止到剛好勻速運動的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為mgh－eq\f(m3g2R2,2B2L2)3.(多選)如圖所示，固定在水平面上的光滑平行金屬導(dǎo)軌，間距為L，右端接有阻值為R的電阻，空間存在方向垂直于水平面向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場．質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab與固定彈簧相連，放在導(dǎo)軌上．初始時刻，彈簧恰處于自然長度．給導(dǎo)體棒一水平向右的初速度v0，導(dǎo)體棒開始沿導(dǎo)軌做往復(fù)運動，在此過程中，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸．已知導(dǎo)體棒的電阻r與定值電阻R的阻值相等，不計導(dǎo)軌電阻，則下列說法中正確的是()A．導(dǎo)體棒開始運動的初始時刻受到的安培力方向向左B．導(dǎo)體棒開始運動的初始時刻導(dǎo)體棒兩端的電壓U＝BLv0C．導(dǎo)體棒開始運動后速度第一次為零時，系統(tǒng)的彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))D．導(dǎo)體棒最終會停在初始位置，在導(dǎo)體棒的整個運動過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(1,4)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))[答題區(qū)]題號123答案4.如圖所示，電阻為0.1Ω的正方形單匝線圈abcd的邊長為0.2m，bc邊與勻強磁場邊緣重合．磁場的寬度等于線圈的邊長，磁感應(yīng)強度大小為0.5T.在水平拉力作用下，線圈以8m/s的速度向右穿過磁場區(qū)域．求線圈在上述過程中(1)感應(yīng)電動勢的大小E；(2)所受拉力的大小F；(3)感應(yīng)電流產(chǎn)生的熱量Q.5．[2023·山東青島二中高二期中]如圖所示，光滑平行足夠長的金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距為d＝1m，與水平地面成θ＝37°角放置，Q端接地，阻值為R＝18Ω的電阻接在M、P間，導(dǎo)軌電阻忽略不計，勻強磁場垂直導(dǎo)軌平面向下，磁感應(yīng)強度為B＝0.5T，質(zhì)量為m＝0.2kg，電阻為r＝2Ω的導(dǎo)體棒垂直于軌道，由靜止釋放，下滑距離s＝3m，速度為v＝4m/s，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求(1)電阻R中的最大電流I大小和方向．(2)導(dǎo)體棒速度為v時，PM點的電勢差．(3)從釋放到導(dǎo)體棒速度為v的過程中，電阻R中產(chǎn)生的熱量Q.6.如圖所示，質(zhì)量為m、邊長為L的正方形線框，從有界勻強磁場上方高h(yuǎn)處由靜止自由下落，線框的總電阻為R，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場寬度為2L，方向垂直紙面向里．線框下落過程中，ab邊始終與磁場邊界平行且處于水平方向．已知ab邊剛穿出磁場時線框恰好做勻速運動，重力加速度為g，求：(1)cd邊剛進(jìn)入磁場時線框的速度大??；(2)線框穿過磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱．7.[2023·浙江高二階段練習(xí)]如圖所示，兩平行且無限長光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ與水平面的夾角為θ＝30°，兩導(dǎo)軌之間的距離為L＝1m，兩導(dǎo)軌M、P之間接入電阻R＝0.2Ω，導(dǎo)軌電阻不計，在abdc區(qū)域內(nèi)有一個方向垂直于兩導(dǎo)軌平面向下的磁場Ⅰ，磁感應(yīng)強度B0＝1T，磁場的寬度x1＝1m；在cd連線以下區(qū)域有一個方向也垂直于導(dǎo)軌平面向下的磁場Ⅱ，磁感應(yīng)強度B1＝0.5T．一個質(zhì)量為m＝1kg的金屬棒垂直放在金屬導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的電阻r＝0.2Ω，若金屬棒在離ab連線上端x0處自由釋放，則金屬棒進(jìn)入磁場Ⅰ時恰好做勻速運動．金屬棒進(jìn)入磁場Ⅱ后，經(jīng)過ef時又達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，cd與ef之間的距離x2，已知整個過程中流過電阻R的電荷量q＝12.5C．(g取10m/s2)求：(1)磁場Ⅰ上邊界ab到釋放導(dǎo)體位置的距離x0；(2)cd與ef之間的距離x2；(3)整個過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱．專項7電磁感應(yīng)中的能量問題1．答案：BD解析：由功能關(guān)系可得，克服安培力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能，即W克安＝W電，選項A錯誤，B正確；根據(jù)動能定理可知，恒力F、安培力與摩擦力的合力做的功等于ab棒獲得的動能，即WF－Wf－W安＝Ek，則恒力F和摩擦力的合力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能和ab棒獲得的動能之和，選項C錯誤，D正確．2．答案：AC解析：由楞次定律知，線框進(jìn)入磁場時感應(yīng)電流的方向為順時針方向，選項A正確；線框勻速運動時，由共點力平衡條件得mg＝BIL由法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律得BLv＝IR聯(lián)立解得v＝eq\f(mgR,B2L2)，選項B錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律得eq\o(E,\s\up6(－))＝Beq\f(Lh,t)由閉合電路的歐姆定律得eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\o(I,\s\up6(－))R，又q＝eq\o(I,\s\up6(－))t，聯(lián)立解得q＝eq\f(BLh,R)，選項C正確；由能量守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2＋Q聯(lián)立解得Q＝mgh－eq\f(m3g2R2,2B4L4)，選項D錯誤．3．答案：AD解析：導(dǎo)體棒開始運動的初始時刻，由右手定則判斷可知，導(dǎo)體棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為a→b，由左手定則判斷可知，導(dǎo)體棒受到的安培力方向向左，故A正確．導(dǎo)體棒開始運動的初始時刻，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv0，由于r＝R，所以導(dǎo)體棒兩端的電壓U＝eq\f(1,2)E＝eq\f(1,2)BLv0，故B錯誤．由于導(dǎo)體棒運動過程中產(chǎn)生電能，所以導(dǎo)體棒開始運動后速度第一次為零時，根據(jù)能量守恒定律可知，系統(tǒng)的彈性勢能小于eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，故C錯誤．導(dǎo)體棒最終會停在初始位置，在導(dǎo)體棒整個運動過程中，根據(jù)能量守恒定律可知，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(1,2)·eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝eq\f(1,4)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，故D正確．4．答案：(1)0.8V(2)0.8N(3)0.32J解析：(1)感應(yīng)電動勢E＝Blv代入數(shù)據(jù)得E＝0.8V.(2)感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)拉力的大小等于安培力的大小，F(xiàn)＝IlB解得F＝eq\f(B2l2v,R)代入數(shù)據(jù)得F＝0.8N.(3)運動時間t＝eq\f(2l,v)焦耳定律Q＝I2Rt解得Q＝eq\f(2B2l3v,R)代入數(shù)據(jù)得Q＝0.32J．5．答案：(1)2.4A方向P→M(2)1.8V(3)1.8J解析：(1)對導(dǎo)軌棒受力分析如圖所示I最大時，沿斜面方向上BImaxd＝mgsin37°解得Imax＝eq\f(mgsin37°,Bd)＝eq\f(0.2×10×0.6,0.5×1)A＝2.4A右手定則判斷電阻R電流方向為P→M.(2)導(dǎo)體棒速度為v時，則由公式可知E＝Blv＝Bdv由閉合電路歐姆定律可知I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(Bdv,R＋r)＝eq\f(0.5×1×4,18＋2)A＝0.1APM點的電勢差為UPM＝IR＝18×0.1V＝1.8V.(3)由能量守恒定律得mgssin37°＝eq\f(1,2)mv2＋Q總解得Q總＝mgssin37°－eq\f(1,2)mv2＝0.2×10×3×0.6J－eq\f(1,2)×0.2×42J＝2J而Q總＝I2Rt＋I(xiàn)2rt則QR＝I2Rt＝eq\f(Q總,R＋r)R＝eq\f(2,18＋2)×18J＝1.8J．6．答案：(1)eq\r(\f(m2g2R2,B4L4)－2gL)(2)mg(h＋3L)－eq\f(m3g2R2,2B4L4)解析：(1)設(shè)cd邊剛進(jìn)入磁場時線框的速度為v1，ab邊剛穿出磁場時線框的速度為v2，線框做勻速運動的條件是mg＝BIL，而I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv2,R)，聯(lián)立得v2＝eq\f(mgR,B2L2)，cd邊剛進(jìn)入磁場到ab邊剛穿出磁場的過程中，由動能定理有eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝mg(2L－L)，解得v1＝eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－2gL)＝eq\r(\f(m2g2R2,B4L4)－2gL).(2)從釋放線框到線框cd邊剛穿出磁場的過程中，由能量守恒定律可知Q＝mg(h＋3L)－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝mg(h＋3L)－eq\f(m3g2R2,2B4L4).7．答案：(1)0.4m(2)8m(3)7.5J解析：(1)導(dǎo)體棒剛到達(dá)ab邊界時速度為v1，有mgx0sinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))mgsinθ＝B0I1LI1＝eq\f(E1,R＋r)感應(yīng)電動勢為E1＝B0Lv1聯(lián)立得x0＝0.4m(2)整個過程中流過電阻R的電荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))1Δt1＋eq\o(I,\s\up6(－))2Δt2回路中的平均電流為eq\o(I,\s\up6(－))1＝eq\f(\o(E,\s\up6(－))1,R＋r)eq\o(E,\s\up6(－))1＝eq\f(ΔΦ1,Δt1)＝eq\f(B0Lx1,Δt1)得eq\o(I,\s\up6(－))1Δt1＝eq\f(B0Lx1,R＋r)同