2020-2021学年第二章 电磁感应综合与测试习题

这是一份2020-2021学年第二章 电磁感应综合与测试习题，共8页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
第二章　电磁感应专题强化练6　电磁感应中的能量问题一、选择题1.()(多选)如图所示,固定在水平绝缘平面上足够长的两条平行金属导轨电阻不计,但表面粗糙,导轨左端连接一个电阻R,质量为m的金属棒ab(电阻也不计)放在导轨上,并与导轨垂直,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向与导轨平面垂直,用水平恒力F把ab棒从静止起向右拉动的过程中(深度解析)A.恒力F做的功等于电路产生的电能B.克服安培力做的功等于电路中产生的电能C.恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能D.恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒ab获得的动能之和2.(2020江西宜丰二中高二上月考,)(多选)如图所示,两根电阻不计的光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上,导轨间距为L,导轨下端接有电阻R,斜面处在竖直向上的匀强磁场中,电阻可忽略不计的金属棒ab质量为m,受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用,金属棒沿导轨以速度v匀速下滑,则它在下滑h高度的过程中,以下说法正确的是(　　)A.金属棒受到的安培力的功率为P=B.作用在金属棒上各力的合力做功为零C.重力做功等于金属棒克服恒力F做功D.金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热3.()如图所示,竖直面内两根足够长的光滑金属导轨平行固定放置,底端通过导线与阻值为r的电阻连接,与导轨接触良好的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端,导轨、导线和金属棒M的电阻均忽略不计,匀强磁场B垂直导轨所在平面向外。现将金属棒M从弹簧原长位置由静止释放,则下列说法正确的是(　　)A.金属棒M释放瞬间受三个力作用B.金属棒M受到弹簧的拉力和重力第一次大小相等时,电路中电流最大C.金属棒M向下运动时,流过电阻的电流方向从Q到PD.金属棒M运动的整个过程中,电阻上产生的总热量小于金属棒M重力势能的减少量4.(2020湖北黄冈高二上月考,)(多选)如图所示,两条电阻不计的平行导轨与水平面成θ角,导轨的一端连接定值电阻R1,匀强磁场垂直穿过导轨平面,一根质量为m、电阻为R2的导体棒ab垂直导轨放置,导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ,且R2=nR1。如果导体棒以速度v匀速下滑,此时导体棒受到的安培力大小为F,则以下判断正确的是(　　)A.电阻R1消耗的电功率为B.重力做功的功率为mgv cos θC.运动过程中减少的机械能全部转化为电能D.R2上消耗的功率为5.(2020湖南益阳高二上月考,)(多选)如图所示,两根间距为L的光滑金属导轨,平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上,导轨的下端接有电阻R,导轨自身的电阻可忽略不计。斜面处在匀强磁场中,磁场方向垂直于斜面向上,质量为m、导轨间有效电阻为r的金属棒ab在沿着斜面、与棒垂直的恒力F作用下由静止沿导轨上滑。下列说法正确的是(　　)A.金属棒ab将会沿金属导轨做匀加速运动B.金属棒ab最终将沿金属导轨做匀速运动C.金属棒ab的最大速度为D.恒力F做的功等于金属棒ab增加的机械能6.()(多选)如图所示,边长为L、电阻不计的n匝正方形金属线框位于竖直平面内,连接的小灯泡的额定功率、额定电压分别为P、U,线框及小灯泡的总质量为m。在线框的下方有一匀强磁场区域,区域宽度为l,磁感应强度方向与线框平面垂直,其上、下边界与线框底边均水平。线框从图示位置开始由静止下落,穿越磁场的过程中,小灯泡始终正常发光。则(　　)A.有界磁场宽度l<LB.磁场的磁感应强度应为C.线框匀速穿越磁场,速度恒为D.线框穿越磁场的过程中,灯泡产生的焦耳热为mgL7.(2020黑龙江大庆高三二检,)(多选)在倾角为θ=30°的斜面上固定两根足够长的平行金属导轨MN、EF,间距为L,导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨所在平面向下。有两根质量均为m、电阻均为R、长度均为L的金属棒ab、cd垂直导轨放置且与导轨接触良好,光滑的ab棒用平行于导轨的不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮与质量为2m的重物P连接,如图所示。初始时作用在ab棒上一个外力(图中未画出)使ab棒、重物P保持静止,cd棒也静止在导轨上且刚好不下滑。已知重力加速度大小为g,导轨电阻不计,cd棒的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现撤去外力,ab棒和重物P从静止开始运动,到cd棒刚好要向上滑动的过程中,下列说法正确的是(　　)A.重物P向下做加速度不断减小的加速运动B.cd棒刚好要向上滑动时,ab棒中的电流大小为C.cd棒刚好要向上滑动时,重物P的速度大小为D.重物P减少的重力势能等于ab棒、重物P增加的动能与ab、cd棒产生的焦耳热之和8.(2020辽宁实验中学高二上期末,)(多选)如图a所示,在光滑水平面上用恒力F拉质量为m的单匝均匀正方形铜线框,线框边长为a,在1位置以速度v0进入磁感应强度为B的匀强磁场,此时开始计时(t=0),若磁场的宽度为b(b>3a),在3t0时刻线框到达2位置,速度又为v0,并开始离开匀强磁场。此过程中v-t图像如图b所示,则(　　)A.t=0时,线框右侧边MN两端的电压为Bav0B.在t0时刻线框的速度为v0-C.线框完全离开磁场的瞬间(处于位置3)速度一定比t0时刻的速度大D.线框从1位置进入磁场到完全离开磁场(到达位置3)过程中,线框中产生的焦耳热为2Fb二、非选择题9.(2020湖南武冈高三上月考,)如图所示,足够长的粗糙绝缘斜面与水平面间的夹角θ=37°,在斜面上直线aa'和bb'与斜面底边平行,在aa'、bb'围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场,磁感应强度为B=1 T;现有一质量为m=10 g、总电阻R=1 Ω、边长d=0.1 m的正方形金属线圈MNQP,让PQ边与斜面底边平行,从斜面上端由静止释放,线圈刚好匀速穿过整个磁场区域,已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5。(取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:(1)线圈进入磁场区域时的速度;(2)线圈释放时,PQ边到bb'的距离;(3)整个线圈穿过磁场的过程中,线圈上产生的焦耳热。    
答案全解全析1.BD　由功能关系可得,克服安培力做的功等于电路中产生的电能,即W安=W电,选项A错误,B正确;根据动能定理可知,恒力F、安培力与摩擦力的合力做的功等于棒ab获得的动能,即WF-Wf-W安=Ek,则恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒ab获得的动能之和,即WF-Wf=W电+Ek,选项C错误,D正确。方法技巧　金属棒在恒力作用下沿粗糙导轨做切割磁感线运动,产生感应电动势及感应电流,金属棒又受到安培力作用,因此棒做加速度减小的加速运动,最终达到匀速直线运动状态。根据功能关系进行判断。2.BD　金属棒产生的感应电动势为E=BLv cos θ,电路中的感应电流为I=,金属棒所受的安培力大小为F安=ILB,安培力的功率为P=-F安v cos θ=-,选项A错误;金属棒沿导轨匀速下滑过程中,合外力为零,则合力做功为零,选项B正确;设重力做功、恒力F做功、安培力做功分别为W1、W2、W3,因为金属棒匀速运动,根据动能定理得W1+W2+W3=0,即W1=-W2-W3,可知重力做功等于金属棒克服恒力F和克服安培力做功之和,选项C错误;金属棒克服安培力做功产生内能,故电阻上的焦耳热等于金属棒克服安培力做的功,选项D正确。3.D　金属棒M释放瞬间,速度为零,电路中的感应电流为零,金属棒M不受安培力作用,由于弹簧处于原长状态,因此金属棒M只受重力作用,选项A错误;当弹簧的拉力和安培力之和与金属棒M的重力第一次大小相等时,金属棒M的加速度为零,速度最大,电路中产生的感应电流最大,选项B错误;根据右手定则可知,金属棒M向下运动时,流过电阻的电流方向从P到Q,选项C错误;最终金属棒M静止,此时弹簧处于伸长状态,由能量守恒定律知,减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和焦耳热,所以电阻上产生的总热量小于金属棒M重力势能的减少量,选项D正确。4.AD　设导轨间距为L,导体棒以速度v匀速下滑时,有E=BLv,I=,F=ILB,可得安培力F=,电阻R1消耗的电功率为P1=I2R1=R1==,电阻R2消耗的电功率为P2=I2R2=R2==,选项A、D正确;根据瞬时功率表达式可得重力做功的功率为P=mgv cos=mgv sin θ,选项B错误;根据能量守恒定律可知,运动过程中减少的机械能转化为电能和因摩擦产生的内能,选项C错误。5.BC　根据右手定则可知,流过金属棒的电流由a到b,由左手定则知金属棒ab受到一个沿斜面向下的安培力,所以金属棒ab在运动过程中受到竖直向下的重力、沿斜面向上的恒力F、沿斜面向下的安培力FA,随着速度增大,安培力也增大,当三力合力为零时,金属棒做匀速直线运动,选项A错误,B正确;金属棒匀速运动时的速度为最大速度,此时有FA+mg sin θ=F,而FA=ILB=B··L,联立解得v=,选项C正确;根据能量守恒定律可知,恒力F做的功等于金属棒ab增加的机械能与系统产生的焦耳热之和,选项D错误。6.BC　由于在线框穿过磁场的过程中,灯泡始终正常发光,可知线框边长与磁场区域宽度相等,即l=L,选项A错误;由于在线框穿过磁场的过程中,灯泡始终正常发光,可知线框做匀速运动,由平衡条件可得F安=mg,P=mgv,故线框穿越磁场的速度为v=,选项C正确;由nILB=mg,P=UI,联立可得B=,选项B正确;根据能量守恒定律可知,穿越磁场的过程中,线框减少的重力势能转化为焦耳热,即Q=2mgL,选项D错误。7.ABC　将P和ab棒看作一个系统,P的重力不变,ab棒的重力沿斜面向下的分力不变,而速度在增大,ab棒所受的沿斜面向下的安培力随之增大,故系统所受的合外力变小,加速度变小,选项A正确。刚开始cd棒恰好静止,有mg sin θ=μmg cos θ;cd棒刚要上滑时,有ILB=mg sin θ+μmg cos θ,联立解得I=,选项B正确。cd棒刚要上滑时,I=,又有I=,故v=,选项C正确。由能量守恒定律得重物P减少的重力势能等于ab棒、重物P增加的动能及ab棒增加的重力势能与ab、cd棒产生的焦耳热之和,选项D错误。8.BD　t=0时,边MN切割磁感线相当于电源,MN两端的电压为外电压,感应电动势E=Bav0,外电压U外=E=Bav0,选项A错误。根据图像可知,在t0~3t0时间内,线框做匀加速直线运动,所受合力等于F,则在t0时刻线框的速度为v=v0-a·2t0=v0-,选项B正确。因为t=0时刻和t=3t0时刻线框的速度相同,进入磁场和穿出磁场的过程中受力情况相同,故线框完全离开磁场时的速度与t0时刻的速度相等,进入磁场克服安培力做的功和离开磁场克服安培力做的功一样多,线框在位置1和位置2时的速度相同,从位置1到位置2过程中外力做的功等于克服安培力做的功,即有Fb=Q,所以线框穿过磁场的整个过程中,产生的焦耳热为2Fb,选项C错误,选项D正确。9.答案　(1)2 m/s　(2)1 m　(3)4×10-3 J解析　(1)设线圈进入磁场时的速度为v,对线圈受力分析,得FA+μmg cos θ=mg sin θ而FA=BId,I=,E=Bdv联立解得v=2 m/s(2)设线圈释放时PQ边到bb'的距离为L,根据动能定理得mg sin θ·L-μmg cos θ·L=mv2-0解得L=1 m(3)由于线圈刚好匀速穿过整个磁场区域,则磁场宽度等于线圈边长d,则从线圈刚进入磁场到离开磁场,经过的路程为2d,有Q=FA·2d=(0.02×0.2)J=4×10-3 J。