【創(chuàng)新設(shè)計】高中物理教科版選修3-2-對點練習(xí)-第一章-電磁感應(yīng)1.8

電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題1．如圖1－8－7所示，在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導(dǎo)線框；在導(dǎo)線框右側(cè)有一寬度為d(d>L)的條形勻強磁場區(qū)域，磁場的邊界與導(dǎo)線框的一邊平行，磁場方向豎直向下．導(dǎo)線框以某一初速度向右運動，t＝0時導(dǎo)線框的右邊恰與磁場的左邊界重合，隨后導(dǎo)線框進入并通過磁場區(qū)域．下列v－t圖像中，可能正確描述上述過程的是()圖1－8－7答案D解析依據(jù)題意，線框進入磁場時，由右手定則和左手定則可知線框受到向左的安培力，阻礙線框的相對運動，v減小，由F安＝eq\f(B2L2v,R)，則安培力減小，故線框做加速度減小的減速運動；由于d＞L，線框完全進入磁場后，線框中沒有感應(yīng)電流，不再受安培力作用，線框做勻速直線運動，同理可知線框離開磁場時，線框也受到向左的安培力，阻礙線框的相對運動，做加速度減小的減速運動．綜上所述，正確答案為D.2．如圖1－8－8所示，光滑金屬直軌道MN和PQ固定在同一水平面內(nèi)，MN、PQ平行且足夠長，兩軌道間的寬度L＝0.50m．軌道左端接一阻值R＝0.50Ω的電阻．軌道處于磁感應(yīng)強度大小B＝0.40T，方向豎直向下的勻強磁場中，質(zhì)量m＝0.50kg的導(dǎo)體棒ab垂直于軌道放置．在沿著軌道方向向右的力F作用下，導(dǎo)體棒由靜止開頭運動，導(dǎo)體棒與軌道始終接觸良好并且相互垂直，不計軌道和導(dǎo)體棒的電阻，不計空氣阻力，若力F的大小保持不變，且F＝1.0N，求：圖1－8－8(1)導(dǎo)體棒能達到的最大速度大小vm；(2)導(dǎo)體棒的速度v＝5.0m/s時，導(dǎo)體棒的加速度大小a.答案(1)12.5m/s(2)1.2m/s2解析(1)導(dǎo)體棒達到最大速度vm時受力平衡，有F＝F安m，此時F安m＝eq\f(B2L2vm,R)，解得vm＝12.5m/s.(2)導(dǎo)體棒的速度v＝5.0m/s時，感應(yīng)電動勢E＝BLv＝10V，導(dǎo)體棒上通過的感應(yīng)電流大小I＝eq\f(E,R)＝2.0A，導(dǎo)體棒受到的安培力F安＝BIL＝0.40N，依據(jù)牛頓其次定律，有F－F安＝ma，解得a＝1.2m/s2.電磁感應(yīng)中的能量問題圖1－8－93．如圖1－8－9所示，兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，導(dǎo)軌的下端接有電阻．當(dāng)導(dǎo)軌所在空間沒有磁場時，使導(dǎo)體棒ab以平行導(dǎo)軌平面的初速度v0沖上導(dǎo)軌，ab上升的最大高度為H；當(dāng)導(dǎo)軌所在空間存在方向與導(dǎo)軌平面垂直的勻強磁場時，再次使ab以相同的初速度從同一位置沖上導(dǎo)軌，ab上升的最大高度為h，兩次運動中ab始終與兩導(dǎo)軌垂直且接觸良好，關(guān)于上述情景，下列說法中正確的是()A．比較兩次上升的最大高度，有H＝hB．比較兩次上升的最大高度，有H＜hC．無磁場時，導(dǎo)軌下端的電阻中有電熱產(chǎn)生D．有磁場時，導(dǎo)軌下端的電阻中有電熱產(chǎn)生答案D解析沒有磁場時，只有重力做功，機械能守恒，沒有電熱產(chǎn)生，C錯誤；有磁場時，ab切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，重力和安培力均做負功，機械能減小，有電熱產(chǎn)生，故ab上升的最大高度變小，A、B錯誤，D正確．圖1－8－104．如圖1－8－10所示，足夠長的光滑金屬框豎直放置，框?qū)扡＝0.5m，框的電阻不計，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B＝1T，方向與框面垂直，金屬棒MN的質(zhì)量為100g，電阻為1Ω，現(xiàn)讓MN無初速的釋放并與框保持接觸良好的豎直下落，從釋放到達到最大速度的過程中通過棒某一截面的電荷量2C，求此過程回路中產(chǎn)生的電能為多少？(空氣阻力不計，g＝10m/s2)答案3.2J解析金屬棒下落過程做加速度漸漸減小的加速運動，加速度減小到零時速度達到最大，依據(jù)平衡條件得mg＝eq\f(B2l2vm,R)①在下落過程中，金屬棒減小的重力勢能轉(zhuǎn)化為它的動能和電能E，由能量守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋E②通過導(dǎo)體某一橫截面的電量為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(時間：60分鐘)題組一電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題圖1－8－111．如圖1－8－11所示，在一勻強磁場中有一U形導(dǎo)線框abcd，線框處于水平面內(nèi)，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導(dǎo)體桿，它可在ab、cd上無摩擦地滑動．桿ef及線框中導(dǎo)線的電阻都可不計．開頭時，給ef一個向右的初速度，則()A．ef將減速向右運動，但不是勻減速B．ef將勻減速向右運動，最終停止C．ef將勻速向右運動D．ef將來回運動答案A解析ef向右運動，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，會受到向左的安培力而做減速運動，直到停止，但不是勻減速，由F＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)＝ma知，ef做的是加速度減小的減速運動，故A正確．圖1－8－122．如圖1－8－12所示，MN和PQ是兩根相互平行豎直放置的光滑金屬導(dǎo)軌，已知導(dǎo)軌足夠長，且電阻不計，ab是一根不但與導(dǎo)軌垂直而且始終與導(dǎo)軌接觸良好的金屬桿，開頭時，將開關(guān)S斷開，讓桿ab由靜止開頭自由下落，過段時間后，再將S閉合，若從S閉合開頭計時，則金屬桿ab的速度v隨時間t變化的圖像不行能是下圖中的()答案B解析S閉合時，若eq\f(B2l2v,R)＞mg，先減速再勻速，D項有可能；若eq\f(B2l2v,R)＝mg勻速，A項有可能；若eq\f(B2l2v,R)＜mg，先加速再勻速，C項有可能；由于v變化，eq\f(B2l2v,R)－mg＝ma中a不恒定，故B項不行能．圖1－8－133．如圖1－8－13所示，矩形閉合導(dǎo)體線框在勻強磁場上方，由不同高度靜止釋放，用t1、t2分別表示線框ab邊和cd邊剛進入磁場的時刻．線框下落過程外形不變，ab邊始終保持與磁場水平邊界線OO′平行，線框平面與磁場方向垂直．設(shè)OO′下方磁場區(qū)域足夠大，不計空氣阻力影響，則下列反映線框下落過程中速度v隨時間t變化的規(guī)律不行能的圖像是()答案A解析線框在磁場外做自由落體運動，ab邊進入磁場的過程中，運動性質(zhì)有三種可能：一是勻速運動，二是加速度減小的減速運動；三是加速度減小的加速運動．線框全部進入后，做勻加速直線運動，綜上所述，A是不行能的，B、C、D可能．4．如圖1－8－14所示，邊長為L的正方形線框，從圖示位置開頭沿光滑斜面對下滑動，中途穿越垂直紙面對里、有抱負邊界的勻強磁場區(qū)域，磁場的寬度大于L，以i表示導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流，從線框剛進入磁場開頭計時，取逆時針方向為電流正方向，以下it關(guān)系圖像，可能正確的是()圖1－8－14答案BC解析邊長為L的正方形線框，從圖示位置開頭沿光滑斜面對下滑動，若進入磁場時所受安培力與重力沿斜面方向的分力平衡，則線框做勻速直線運動，感應(yīng)電流為一恒定值；完全進入后磁通量不變，感應(yīng)電流為零，線框做勻加速直線運動；從磁場中出來時，感應(yīng)電流方向相反，所受安培力大于重力沿斜面方向的分力，線框做加速度減小的減速運動，感應(yīng)電流減小，選項B正確．若線圈剛進入磁場時安培力F＜mgsinα，那么將做加速運動，加速度漸漸減小，圖像斜率漸漸減小，選項C也正確．圖1－8－155．如圖1－8－15所示，有兩根和水平方向成α角的光滑平行的金屬軌道，間距為l，上端接有可變電阻R，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下，經(jīng)過足夠長的時間后，金屬桿的速度會趨近于一個最大速度vm，則()A．假如B變大，vm將變大B．假如α變大，vm將變大C．假如R變大，vm將變大D．假如m變小，vm將變大答案BCD解析金屬桿從軌道上滑下切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E＝Blv，在閉合電路中形成電流I＝eq\f(Blv,R)，因此金屬桿從軌道上滑下的過程中除受重力、軌道的彈力外還受安培力F作用，F(xiàn)＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)，先用右手定則判定感應(yīng)電流方向，再用左手定則判定出安培力方向，如圖所示，依據(jù)牛頓其次定律，得mgsinα－eq\f(B2l2v,R)＝ma，當(dāng)a→0時，v→vm，解得vm＝eq\f(mgRsinα,B2l2)，故選項B、C、D正確．題組二電磁感應(yīng)中的能量問題6.圖1－8－16光滑曲面與豎直平面的交線是拋物線，如圖1－8－16所示，拋物線的方程為y＝x2，其下半部處在一個水平方向的勻強磁場中，磁場的上邊界是y＝a的直線(圖中的虛線所示)，一個質(zhì)量為m的小金屬塊從拋物線y＝b(b＞a)處以速度v沿拋物線下滑，假設(shè)拋物線足夠長，則金屬塊在曲面上滑動的過程中產(chǎn)生的焦耳熱總量是()A．mgbB.eq\f(1,2)mv2C．mg(b－a)D．mg(b－a)＋eq\f(1,2)mv2答案D解析金屬塊在進入磁場或離開磁場的過程中，穿過金屬塊的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生電流，進而產(chǎn)生焦耳熱，最終，金屬塊在高為a的曲面上做往復(fù)運動，削減的機械能為mg(b－a)＋eq\f(1,2)mv2，由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，削減的機械能全部轉(zhuǎn)化成焦耳熱，即D選項正確．圖1－8－177．如圖1－8－17所示，質(zhì)量為m、高為h的矩形導(dǎo)線框在豎直面內(nèi)自由下落，其上下兩邊始終保持水平，途中恰好勻速穿過一有抱負邊界、高亦為h的勻強磁場區(qū)域，線框在此過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為()A．mghB．2mghC．大于mgh而小于2mghD．大于2mgh答案B解析因線框勻速穿過磁場，在穿過磁場的過程中合外力做功為零，克服安培力做功為2mgh，產(chǎn)生的內(nèi)能亦為2mgh.故選B.圖1－8－188．如圖1－8－18所示，紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)體閉合線框abcd，ab邊長大于bc邊長，置于垂直紙面對里、邊界為MN的勻強磁場外，線框兩次勻速地完全進入磁場，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab邊平行MN進入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q1，通過線框?qū)w橫截面積的電荷量為q1；其次次bc邊平行于MN進入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q2，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q2，則()A．Q1＞Q2，q1＝q2B．Q1＞Q2，q1＞q2C．Q1＝Q2，q1＝q2D．Q1＝Q2，q1＞q2答案A解析依據(jù)功能關(guān)系知，線框上產(chǎn)生的熱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正確．9．如圖1－8－19所示，矩形線圈長為L，寬為h，電阻為R，質(zhì)量為m，線圈在空氣中豎直下落一段距離后(空氣阻力不計)，進入一寬度也為h、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，線圈進入磁場時的動能為Ek1，線圈剛穿出磁場時的動能為Ek2，從線圈剛進入磁場到線圈剛穿出磁場的過程中產(chǎn)生的熱量為Q，線圈克服磁場力做的功為W1，重力做的功為W2，則以下關(guān)系中正確的是()圖1－8－19A．Q＝Ek1－Ek2B．Q＝W2－W1C．Q＝W1D．W2＝Ek2－Ek1答案C解析線圈進入磁場和離開磁場的過程中，克服安培力做的功等于產(chǎn)生的焦耳熱即Q＝W1，C正確；依據(jù)動能定理：W1－W2＝Ek2－Ek1，D錯誤；依據(jù)功能關(guān)系，線圈削減的機械能等于產(chǎn)生的焦耳熱，也等于克服安培力做的功．Q＝W2＋Ek1－Ek2，所以A、B錯誤．圖1－8－2010．水平放置的光滑導(dǎo)軌上放置一根長為L、質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab，ab處在磁感應(yīng)強度大小為B、方向如圖1－8－20所示的勻強磁場中，導(dǎo)軌的一端接一阻值為R的電阻，導(dǎo)軌及導(dǎo)體棒電阻不計，現(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(dāng)通過位移為x時，ab達到最大速度vm，此時撤去外力，最終ab靜止在導(dǎo)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＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)D．R上釋放的熱量為Fx答案D解析撤去外力后，導(dǎo)體棒水平方向只受安培力作用，而F安＝eq\f(B2L2v,R)，F(xiàn)安隨v的變化而變化，故棒做加速度變化的變速運動，A錯；對整個過程由動能定理得W合＝ΔEk＝0，B錯；由能量守恒定律知，外力做的功等于整個回路產(chǎn)生的電能，電能又轉(zhuǎn)化為R上釋放的熱量，即Q＝Fx，C錯，D正確．圖1－8－2111．如圖1－8－21所示，足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置，且都傾斜著與水平面成夾角θ，在導(dǎo)軌的最上端M、P之間接有電阻R，不計其他電阻，導(dǎo)體棒ab從導(dǎo)軌的最底端沖上導(dǎo)軌，當(dāng)沒有磁場時，ab上升的最大高度為H；若存在垂直導(dǎo)軌平面的勻強磁場時，ab上升的最大高度為h.在兩次運動過程中ab都與導(dǎo)軌保持垂直，且初速度都相等，關(guān)于上述情景，下列說法正確的是()A．兩次上升的最大高度相比較為H＜hB．有磁場時導(dǎo)體棒所受合力的功大于無磁場時合力的功C．有磁場時，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)D．有磁場時，ab上升過程的最小加速度為gsinθ答案D解析當(dāng)有磁場時，導(dǎo)體棒除受到沿斜面對下的重力的分力外，還受到安培力的作用，所以兩次上升的最大高度相比較為h＜H，兩次動能的變化量相等，所以導(dǎo)體棒所受合力的功相等，選項A、B錯誤；有磁場時，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，ab上升過程的最小加速度為gsinθ，選項C錯誤，選項D正確．題組三電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題和能量問題的綜合圖1－8－2212．(2021·石景山區(qū)期末測試)如圖1－8－22所示，寬度為L＝0.2m的足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，導(dǎo)軌的一端連接阻值為R＝1.0Ω的電阻．導(dǎo)軌所在空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B＝0.2T．一根質(zhì)量為m＝10g的導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌始終接觸良好，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽視不計．現(xiàn)用垂直MN的水平拉力F拉動導(dǎo)體棒使其沿導(dǎo)軌向右勻速運動，速度為v＝5.0m/s，在運動過程中保持導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌垂直．求：(1)在閉合回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流I的大?。?2)作用在導(dǎo)體棒上拉力F的大??；(3)當(dāng)導(dǎo)體棒移動50cm時撤去拉力，求整個過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量Q.答案(1)0.2A(2)0.008N(3)0.129J解析(1)感應(yīng)電動勢為E＝BLv＝0.2V①感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)②由①②代入數(shù)據(jù)得：I＝0.2A．③(2)導(dǎo)體棒勻速運動，安培力與拉力平衡，F(xiàn)＝BIL＝0.008N．④(3)導(dǎo)體棒移動50cm的時間為t＝eq\f(50cm,v)⑤依據(jù)焦耳定律Q1＝I2Rt⑥由③⑤⑥得Q1＝0.004J⑦依據(jù)能量守恒Q2＝eq\f(1,2)mv2＝0.125J⑧由⑦⑧得：電阻R上產(chǎn)生的熱量Q＝Q1＋Q2＝0.129J.13．(2021·北京西城區(qū)期末測試)如圖1－8－23甲所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距為L，導(dǎo)軌平面與水平面夾角為α，金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為m，導(dǎo)軌處于勻強磁場中，磁場的方向垂直于導(dǎo)軌平面斜向上，磁感應(yīng)強度大小為B.金屬導(dǎo)軌的上端與開關(guān)S，阻值為R1的定值電阻和電阻箱R2相連，不計一切摩擦，不計導(dǎo)軌、金屬棒的電阻，重力加速度為g.現(xiàn)在閉合開關(guān)S，將金屬棒由靜止釋放．(1)推斷金屬棒ab中電流的方向；(2)若電阻箱R2接入電路的阻值為0，當(dāng)金屬棒下降高度為h時，速度為v，求此過程中定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱Q；(3)當(dāng)B＝0.40T、L＝0.50m、α＝37°時，金屬棒能達到的最大速度vm隨電阻箱R2阻值的變化關(guān)系如圖乙所示，取g＝10m/s2，sin37°＝0.60.cos37°＝0.80.求R1的大小和金屬棒的質(zhì)量m.圖1－8－23答案(1)b到a(2)mgh－eq\f(1,2)mv2(3)0.1kg解析(1)由右手定則可知，金屬棒ab中的電流方向為b到a.(2)由能量守恒定律可知，金屬棒減小的重力勢能等于增加的動能和電路中產(chǎn)生的焦耳熱mgh＝eq\f(1,2)mv2＋Q解得：Q＝mgh－eq\f(1,2)mv2(3)設(shè)最大速度為vm時，切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLvm由閉合電路歐姆定律得：I＝eq\f(E,R1＋R2)從b端向a端看，金屬棒受力如圖所示：金屬棒達到最大速度時滿足mgsinα－BIL＝0由以上三式得最大速度：vm＝eq\f(mgsinα,B2L2)R2＋eq\f(mgsinα,B2L2)R1圖像斜率k＝eq\f(60－30,2.0)m/(s·Ω)＝15m/(s·Ω)，縱截距b＝30m/s則：eq\f(mgsinα,B2L2)R1＝beq\f(mgsinα,B2L