新教材2024-2025學年高中物理第2章電磁感應及其應用習題課電磁感應中的能量和動量問題分層作業(yè)魯科版選擇性必修第二冊

習題課:電磁感應中的能量和動量問題A級必備學問基礎練1.(多選)在豎直向上的勻強磁場中,水平放置一個不變形的單匝金屬圓線圈,線圈所圍的面積為0.1m2,線圈電阻為1Ω。規(guī)定線圈中感應電流I的正方向從上往下看是順時針方向,如圖甲所示。磁場的磁感應強度B隨時間t的改變規(guī)律如圖乙所示。以下說法正確的是()A.在0~2s時間內,I的最大值為0.01AB.在3~5s時間內,I的大小越來越小C.前2s內,通過線圈某截面的總電荷量為0.01CD.第3s內,線圈的發(fā)熱功率最大2.(2024湖北襄陽期末)如圖所示,相隔肯定高度的兩水平面間存在垂直紙面對里的勻強磁場,磁感應強度大小為B。一質量為m、電阻為R、邊長為d的單匝正方形金屬框從磁場上方某處自由落下,恰好能勻速穿過磁場區(qū)域,已知金屬框平面在下落過程中始終與磁場方向垂直,且金屬框上、下邊始終與磁場邊界平行,不考慮金屬框的形變,不計空氣阻力,重力加速度大小為g,則金屬框穿過磁場的過程中,下列說法正確的是()A.金屬框中電流的方向先順時針后逆時針B.金屬框所受安培力的方向先向上后向下C.金屬框穿過磁場所用的時間為t=2D.金屬框所受安培力做的功為W=2mgd3.(多選)如圖所示,在磁感應強度B=1.0T的勻強磁場中,金屬桿PQ在外力F作用下在粗糙U形導軌上以速度v=2m/s向右勻速滑動。兩導軌間距離l=1.0m,電阻R=3.0Ω,金屬桿的電阻r=1.0Ω,導軌電阻忽視不計。下列說法正確的是()A.通過R的感應電流的方向為由a到dB.金屬桿PQ切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢的大小為2.0VC.金屬桿PQ受到的安培力大小為0.5ND.外力F做功的數(shù)值等于電路產(chǎn)生的焦耳熱4.如圖所示,由同種材料制成,粗細勻稱,邊長為L、總電阻為R的單匝正方形閉合線圈MNPQ放置在水平面上,空間存在方向豎直向下、磁感應強度大小為B的有界勻強磁場,磁場兩邊界成θ=45°角?，F(xiàn)使線圈以水平向右的速度v勻速進入磁場,則()A.當線圈中心經(jīng)過磁場邊界時,N、P兩點間的電勢差U=BLvB.當線圈中心經(jīng)過磁場邊界時,線圈所受安培力大小F安=BC.線圈從起先進入磁場到其中心經(jīng)過磁場邊界的過程中,回路中的平均電功率PD.線圈從起先進入磁場到其中心經(jīng)過磁場邊界的過程中,通過導線某一橫截面的電荷量q=B5.(多選)在如圖甲所示的電路中,螺線管匝數(shù)n=1500,橫截面積S=20cm2。螺線管導線電阻r=1Ω,R1=4Ω,R2=5Ω,C=30μF。在一段時間內,穿過螺線管的磁場的磁感應強度B按如圖乙所示的規(guī)律改變,磁場正方向為豎直向下。下列說法正確的是()A.螺線管中產(chǎn)生的感應電動勢為1.2VB.閉合S,電路中的電流穩(wěn)定后電容器上極板帶正電C.電路中的電流穩(wěn)定后,電阻R1的電功率為5×10-2WD.S斷開后,通過R2的電荷量為1.8×10-5C6.如圖所示,足夠長的平行光滑U形導軌傾斜放置,所在平面的傾角θ=37°,導軌間的距離L=1.0m,下端連接R=1.6Ω的電阻,導軌電阻不計,所在空間存在垂直于導軌平面對上的勻強磁場,磁感應強度B=1.0T。質量m=0.5kg、電阻r=0.4Ω的金屬棒ab垂直置于導軌上,現(xiàn)用沿導軌平面且垂直于金屬棒、大小為F=5.0N的恒力使金屬棒ab從靜止起先沿導軌向上滑行,當金屬棒滑行s=2.8m后速度保持不變。求:(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2)(1)金屬棒勻速運動時的速度大小v;(2)金屬棒從靜止到剛起先勻速運動的過程中,電阻R上產(chǎn)生的熱量QR。7.如圖所示,兩根質量均為m=2kg的金屬棒垂直放在光滑的水平導軌上,左、右兩部分導軌間距之比為1∶2,導軌間有大小相等但左、右兩部分方向相反的勻強磁場,兩棒電阻與棒長成正比,不計導軌電阻?，F(xiàn)用250N的水平拉力F向右拉CD棒,CD棒運動s=0.5m時其上產(chǎn)生的焦耳熱為Q2=30J,此時兩棒速率之比為vA∶vC=1∶2,現(xiàn)馬上撤去拉力F,設導軌足夠長且兩棒始終在不同磁場中運動,求:(1)在CD棒運動0.5m的過程中,AB棒上產(chǎn)生的焦耳熱;(2)撤去拉力F瞬間,兩棒的速度大小vA和vC;(3)撤去拉力F后,兩棒最終勻速運動的速度大小vA'和vC'。B級關鍵實力提升練8.(多選)如圖所示,在Ⅰ、Ⅲ區(qū)域內分布有磁感應強度大小均為B、方向相反的勻強磁場,兩區(qū)域中間為寬為s的無磁場區(qū)Ⅱ。有一邊長為L(L>s)、電阻為R的勻稱正方形金屬線框abcd置于區(qū)域Ⅰ中,ab邊與磁場邊界平行,線框平面與磁場方向垂直。金屬線框在水平向右的拉力作用下,以速度v向右做勻速直線運動,則()A.當ab邊剛進入中心無磁場區(qū)域Ⅱ時,c、d兩點間電壓大小為3B.ab邊剛進入磁場區(qū)域Ⅲ時,通過ab邊的電流大小為2BLvR,方向為bC.把金屬線框從區(qū)域Ⅰ完全拉入?yún)^(qū)域Ⅲ的過程中,拉力所做的功為2B2LD.在cd邊剛出區(qū)域Ⅰ到剛進入?yún)^(qū)域Ⅲ的過程中,回路中產(chǎn)生的焦耳熱為B2L29.在一足夠長的水平光滑平行導軌上放置一根長為l、質量為m的導體棒ab,ab處在磁感應強度大小為B、方向如圖所示的勻強磁場中,導軌的一端接一阻值為R的電阻,導軌及導體棒電阻不計?，F(xiàn)使ab在水平恒力F作用下由靜止沿垂直于磁場的方向運動,當位移為x時,ab達到最大速度vm。此時撤去外力,最終ab靜止在導軌上。在ab運動的整個過程中,下列說法正確的是()A.撤去外力后,ab做勻減速運動B.合力對ab做的功為FxC.R上釋放的熱量為Fx+1D.R上釋放的熱量為Fx10.(多選)如圖所示,同一豎直面內的正方形導線框a、b的邊長均為l,電阻均為R,質量分別為2m和m。它們分別系在一跨過兩個定滑輪的輕繩兩端,在兩導線框之間有一寬度為2l、磁感應強度大小為B、方向垂直豎直面的勻強磁場區(qū)域。起先時,線框b的上邊與勻強磁場的下邊界重合,線框a的下邊到勻強磁場的上邊界的距離為l?，F(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放,當線框b全部進入磁場時,a、b兩個線框起先做勻速運動。不計摩擦和空氣阻力,重力加速度為g,則()A.a、b兩個線框勻速運動時的速度大小為2B.線框a從下邊進入磁場到上邊離開磁場所用時間為3C.從起先運動到線框a全部進入磁場的過程中,線框a所產(chǎn)生的焦耳熱為mglD.從起先運動到線框a全部進入磁場的過程中,線框a所產(chǎn)生的焦耳熱為mgl11.(多選)如圖甲所示,固定在光滑水平面上的正三角形金屬線框,匝數(shù)n=20,總電阻R=2.5Ω,邊長L=0.3m,處在兩個半徑均為r=L3的圓形勻強磁場區(qū)域中。線框頂點與右側圓心重合,線框底邊中點與左側圓心重合。磁感應強度B1垂直水平面對上,大小不變;B2垂直水平面對下,大小隨時間改變。B1、B2的值如圖乙所示,則(A.通過線框的感應電流方向為逆時針方向B.t=0時刻穿過線框的磁通量為0.1WbC.在0.6s內通過線框中的電荷量約為0.13CD.經(jīng)過0.6s線框中產(chǎn)生的熱量約為0.07J12.(2024福建師大附中開學考試)如圖所示,間距為l的兩條平行光滑金屬導軌固定在水平面上,垂直于導軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R,兩棒與導軌始終接觸良好。MN兩端通過開關S與電阻為R的單匝金屬線圈相連,線圈內存在豎直向下勻稱增加的磁場,磁通量改變率為常量k。圖中虛線右側有垂直于導軌平面對下的勻強磁場(MN所在處無磁場),磁感應強度大小為B。PQ的質量為m,金屬導軌足夠長,電阻忽視不計。(1)閉合S,若要使PQ保持靜止,需在其上加多大的水平恒力F,并指出其方向。(2)斷開S,PQ在上述恒力作用下,由靜止起先到速度大小為v的加速過程中,流過PQ的電荷量為q,求金屬棒PQ通過的位移x及該過程安培力做的功W。

習題課:電磁感應中的能量和動量問題1.AC0~2s時間內,t=0時刻磁感應強度改變率最大,感應電流最大,I=ER=ΔB·SΔt·R=0.01A,A正確;32.C由右手定則可知,金屬框中電流的方向先逆時針后順時針,A錯誤;由左手定則可知,金屬框所受安培力的方向始終豎直向上,B錯誤;勻速運動時安培力與重力平衡,即B2d2vR=mg,可求出金屬框穿過磁場的速度為v=mgRB2d2,而穿過磁場的位移為23.ABC由右手定則推斷知,當金屬桿滑動時產(chǎn)生逆時針方向的電流,通過R的感應電流的方向為由a到d,故A正確。金屬桿PQ切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢的大小為E=Blv=1.0×1×2V=2V,故B正確。在整個回路中產(chǎn)生的感應電流為I=ER+r,代入數(shù)據(jù)得I=0.5A。由安培力公式F安=BIl,代入數(shù)據(jù)得F安=0.5N,故C正確。金屬桿PQ在外力F作用下在粗糙U形導軌上以速度v4.D當線圈中心經(jīng)過磁場邊界時,此時切割磁感線的有效線段為NP,依據(jù)法拉第電磁感應定律,NP產(chǎn)生的感應電動勢為E=BLv,此時N、P兩點間的電勢差U為路端電壓,有U=34E=34BLv,此時QP、NP受安培力作用,且兩力相互垂直,故合力為F安=2B2L2v5.AD由法拉第電磁感應定律可知,螺線管內產(chǎn)生的電動勢為E=nΔBΔtS=1500×0.82×20×10-4V=1.2V,故A正確;依據(jù)楞次定律可知,當穿過螺線管的磁通量增加時,螺線管下部可以看成電源的正極,則電容器下極板帶正電,故B錯誤;電流穩(wěn)定后,電流為I=ER1+R2+r=1.24+5+1A=0.12A,電阻R1上消耗的功率為P=I2R1=0.122×4W=5.76×10-2W,故C錯誤;開關斷開后通過電阻R2的電荷量為Q=CU=CIR2=30×6.解析(1)金屬棒勻速運動時產(chǎn)生的感應電流為I=BLv由平衡條件有F=mgsinθ+BIL代入數(shù)據(jù)解得v=4m/s。(2)設整個電路中產(chǎn)生的熱量為Q,由動能定理得Fs-mgs·sinθ-W安=12mv而Q=W安,QR=RR代入數(shù)據(jù)解得QR=1.28J。答案(1)4m/s(2)1.28J7.解析(1)設兩棒的長度分別為l和2l,所以電阻分別為R和2R,由于電路中任何時刻電流均相等,依據(jù)焦耳定律Q=I2Rt可知Q1∶Q2=1∶2,則AB棒上產(chǎn)生的焦耳熱Q1=15J。(2)依據(jù)能量守恒定律有Fs=12mvA又vA∶vC=1∶2,Q2=30J代入數(shù)據(jù)得vA=4m/s,vC=8m/s。(3)撤去拉力F后,AB棒接著向左做加速運動,而CD棒向右做減速運動,兩棒最終勻速運動時電路中電流為零,即兩棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢大小相等,此時兩棒的速度滿意BLvA'=B·2LvC'即vA'=2vC'對兩棒分別應用動量定理有FA·t=mvA'-mvA,-FC·t=mvC'-mv因為FC=2FA聯(lián)立以上各式解得vA'=6.4m/s,vC'=3.2m/s。答案(1)15J(2)4m/s8m/s(3)6.4m/s3.2m/s8.AC當ab邊剛進入中心無磁場區(qū)域Ⅱ時,c、d兩點間的電壓大小為U=34E=34BLv,A正確;ab邊剛進入磁場Ⅲ時,通過ab的電流大小為I=2BLvR,由右手定則可得,方向為a→b,B錯誤;把金屬線框從Ⅰ區(qū)域完全拉入Ⅲ區(qū)域過程中,拉力所做功W=2B2L2vRs+2·2B2L2vR·(L-s)=29.D撤去外力后,導體棒水平方向只受安培力作用,而F安=B2l2vR,F安隨v的改變而改變,故棒做加速度改變的變速運動,A錯誤;對整個過程由動能定理得W合=ΔEk=10.BC設兩線框勻速運動的速度為v,此時輕繩上的拉力大小為FT,則對a有FT=2mg-BIl,對b有FT=mg,又I=ER,E=Blv,解得v=mgRB2l2,故A錯誤。線框a從下邊進入磁場后,線框a通過磁場時以速度v勻速運動,則線框a從下邊進入磁場到上邊離開磁場所用時間t=3lv=3B2l311.ACD由磁感應強度B1垂直水平面對外,大小不變;B2垂直水平面對里,大小隨時間增大,故線框總的磁通量減小,由楞次定律可得,線框中感應電流方向為逆時針方向,故A正確;t=0時刻穿過線框的磁通量為Φ=B1×12×πr2-B2×16×πr2=1×0.5×3.14×0.12Wb-2×16×3.14×0.12Wb=0.005Wb,故B錯誤;在t=0.6s內通過線框中的電荷量q=It=ERt=nΔΦR=20×(5-2)×1612.解析(1)設線圈中的感應電動勢為