人教版江苏专用高中物理选择性必修第二册素养培优练5电磁感应中的图像、动力学及能量问题含答案

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素养培优练(五)　电磁感应中的图像、动力学及能量问题一、选择题1．如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、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的电荷量为q1；第二次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＝q2 B．Q1＞Q2，q1＞q2C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1＞q2A　[根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1lbc＝eq \f(B2l\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＝eq \x\to(I)t＝eq \f(\x\to(E),R)t＝eq \f(ΔΦ,R)，故q1＝q2，故A正确。]2．如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，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．如果B变大，vm将变大B．如果α变大，vm将变大C．如果R变小，vm将变大D．如果m变小，vm将变大B　[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，根据牛顿第二定律，得mgsin α－eq \f(B2l2v,R)＝ma，当a→0时，v→vm，解得vm＝eq \f(mgRsin α,B2l2)，故B正确。]3．如图甲所示，圆形线圈处于垂直于线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度的变化如图乙所示。在t＝0时磁感应强度的方向指向纸里，则在0～eq \f(T,4)和eq \f(T,2)～eq \f(3T,4)的时间内，关于环中的感应电流i的大小和方向的说法，正确的是(　　)甲　　　　　　　乙A．i大小相等，方向先是顺时针，后是逆时针B．i大小相等，方向先是逆时针，后是顺时针C．i大小不等，方向先是顺时针，后是逆时针D．i大小不等，方向先是逆时针，后是顺时针A　[由i＝eq \f(E,R)＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(S,R)∝eq \f(ΔB,Δt)＝k可知，在0～eq \f(T,4)和eq \f(T,2)～eq \f(3T,4)时间内i的大小相等。0～eq \f(T,4)和eq \f(T,2)～eq \f(3T,4)时磁场分别是垂直纸面向里减小和向外减小，由楞次定律和安培定则可知其方向分别为顺时针和逆时针，故A正确。]4．如图所示，MN和PQ是两根互相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，开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，过段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图像不可能是下图中的(　　)A　　　　　B　　　　　C　　　　DB　[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，mg－eq \f(B2l2v,R)＝ma中a不恒定，故B项不可能。]5．如图所示，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度为B。正方形金属框abcd可绕光滑轴OO′转动，边长为L，总电阻为R，ab边质量为m，其他三边质量不计，现将abcd拉至水平位置，并由静止释放，经一定时间到达竖直位置，ab边的速度大小为v，则在金属框内产生热量大小等于(　　)A．eq \f(mgL－mv2,2) B．eq \f(mgL＋mv2,2)C．mgL－eq \f(mv2,2) D．mgL＋eq \f(mv2,2)C　[金属框绕光滑轴转动的过程中机械能有损失，但总能量守恒，损失的机械能为mgL－eq \f(mv2,2)，故产生的热量为mgL－eq \f(mv2,2)，C正确。]6．水平放置的光滑平行导轨上放置一根长为L、质量为m且与导轨接触良好的导体棒ab，ab处在磁感应强度大小为B、方向如图所示的匀强磁场中，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，当通过的位移为x时，ab达到最大速度vm。此时撤去外力，最后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FxD　[撤去外力后，导体棒水平方向上只受安培力作用，而F安＝eq \f(B2L2v,R)，F安随v的变化而变化，故导体棒做加速度变化的减速运动，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，恒力F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对。]7．如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里。abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l，t＝0时刻，bc边与磁场区域边界重合。现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿a→b→c→d→a的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是图中的(　　)A　　　　　　　　　　BC　　　　　　　　　　DB　[开始时bc边进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为负方向，当bc边开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为正方向，故A、C错误；开始时bc边进入磁场切割磁感线，根据感应电动势大小公式：E＝Blv可得，有效切割长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，且电流方向为负方向；当bc边开始出磁场时，根据感应电动势大小公式：E＝Blv可得，切割长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，且电流方向为正方向，故B正确，D错误。]8．如图所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω。一导体棒MN垂直导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5。在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T。将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)(　　)A．2.5 m/s　1 W B．5 m/s　1 WC．7.5 m/s　9 W D．15 m/s　9 WB　[小灯泡稳定发光时，导体棒MN匀速下滑，其受力如图所示，由平衡条件可得F安＋μmgcos 37°＝mgsin 37°，所以F安＝mg(sin 37°－μcos 37°)＝0.4 N，由F安＝BIL得I＝1 A，所以E＝I(R灯＋RMN)＝2 V，导体棒的运动速度v＝eq \f(E,BL)＝5 m/s，小灯泡消耗的电功率为P灯＝I2R灯＝1 W。故选B。]9．矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下处于静止状态，如图甲所示。磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图像如图乙所示。t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，在0～4 s时间内，导线框ad边所受安培力随时间变化的图像(规定向左为安培力的正方向)可能是选项图中的(　　)甲　　　　　　　　乙A　　　　　　　　BC　　　　　　　　DD　[根据图乙，由E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝Seq \f(ΔB,Δt)和I＝eq \f(E,R)可知，在0～4 s时间内的感应电流大小恒定。根据楞次定律可知，在0～2 s时间内，电流方向为顺时针方向；在2～4 s时间内，电流方向为逆时针方向；根据左手定则可知ad边所受安培力方向：在0～1 s时间内向左，在1～2 s时间内向右，在2～3 s时间内向左，在3～4 s时间内向右，从而排除A、C选项；尽管电流大小不变，可Fad＝BLadI，B均匀变化时，安培力均匀变化，因此B错误，D正确。]10．如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，金属棒与两导轨始终保持垂直，并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在水平匀强磁场中，棒在竖直向上的恒力F作用下匀速上升的一段时间内，下列说法正确的是(　　)A．通过电阻R的电流方向向左B．棒受到的安培力方向向上C．棒机械能的增加量等于恒力F做的功D．棒克服安培力做的功等于电路中产生的热量D　[由右手定则可以判断出通过金属棒的电流方向向左，则通过电阻R的电流方向向右，故A错误；由左手定则可以判断出金属棒受到的安培力方向向下，故B错误；根据平衡条件可知重力等于恒力F减去安培力，根据功能关系知恒力F做的功等于棒机械能的增加量与电路中产生的热量之和，故C错误；金属棒在竖直向上的恒力F作用下匀速上升，安培力做负功，即克服安培力做功，根据功能关系知金属棒克服安培力做的功等于电路中产生的热量，故D正确。]二、非选择题11．如图所示，在一个正方形金属线圈区域内，存在着磁感应强度B随时间变化的匀强磁场，磁场的方向与线圈平面垂直，金属线圈所围的面积S＝200 cm2，匝数n＝1 000，线圈电阻r＝1.0 Ω。线圈与电阻R构成闭合回路，电阻R＝4.0 Ω。匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图所示，求：(1)在t＝2.0 s时刻，通过电阻R的感应电流的大小；(2)在t＝2.0 s时刻，电阻R消耗的电功率；(3)0～6.0 s内整个闭合电路中产生的热量。[解析]　(1)根据法拉第电磁感应定律，0～4.0 s时间内线圈中磁通量均匀变化，产生恒定的感应电流。t1＝2.0 s时的感应电动势E1＝neq \f(ΔΦ,Δt1)＝neq \f(B4－B0S,Δt1)＝1 000×eq \f(0.4－0.2×200×10－4,4) V＝1 V根据闭合电路欧姆定律，闭合回路中的感应电流I1＝eq \f(E1,R＋r)＝eq \f(1,5) A＝0.2 A。(2)在t＝2.0 s时刻，电阻R消耗的电功率P＝Ieq \o\al( 2,1)R＝0.16 W。(3)根据焦耳定律，0～4.0 s内闭合电路中产生的热量Q1＝Ieq \o\al( 2,1)(r＋R)Δt1＝0.8 J由图像可知，在4.0 s～6.0 s时间内，线圈中产生的感应电动势E2＝neq \f(ΔΦ2,Δt2)＝neq \f(Φ6－Φ4,Δt2)根据闭合电路欧姆定律，t2＝5.0 s时闭合回路中的感应电流I2＝eq \f(E2,R＋r)＝0.8 A闭合电路中产生的热量Q2＝Ieq \o\al( 2,2)(r＋R)Δt2＝6.4 J故0～6.0 s内整个闭合电路中产生的热量Q＝Q1＋Q2＝7.2 J。[答案]　(1)0.2 A　(2)0.16 W　(3)7.2 J12．如图(a)，磁力刹车是为保证过山车在最后进站前的安全而设计的一种刹车形式。磁场很强的钕磁铁长条安装在轨道上，刹车金属片安装在过山车底部或两侧。简化为图(b)的模型，相距为l、水平放置的导轨处于磁感应强度大小为B、方向竖直的匀强磁场中，整个回路中的等效电阻为R，将过山车上的刹车金属片等效为一根金属杆AB，过山车的质量为m。不计轨道摩擦和空气阻力。(1)求水平磁力刹车减速的加速度a大小随速度v变化的关系式；(2)试比较用磁力刹车和用摩擦力刹车的区别；(3)若过山车进入水平磁力刹车轨道开始减速时，速度为30 m/s，刹车产生的加速度大小为15 m/s2。过山车的速度v随位移x的变化规律满足：v＝v0－eq \f(B2l2,mR)x(设水平轨道起点x＝0)。在图(c)中画出水平磁力刹车减速的加速度大小随速度变化的图线，并求出过山车在水平轨道上减速到10 m/s时滑行的距离。(a)(b)　　　　　　　　　(c)[解析]　(1)金属杆AB在磁场中切割磁感线运动，产生感应电动势E＝Blv根据牛顿第二定律∑F＝ma可得a＝eq \f(F安,m)＝eq \f(BIl,m)＝eq \f(B\f(Blv,R)l,m)＝eq \f(B2l2,mR)·v。(2)磁力刹车：速度越大，减速的加速度越大。(当速度减到一定程度时，加速度过小，不足以阻止列车。依赖于磁性的基本属性，除电磁铁外，使用永磁体的刹车不需要电力。)摩擦力刹车：摩擦力恒定，与速度无关。存在不稳定性，比如下雨天刹车打滑等。(3)水平磁力刹车减速的加速度大小随速度变化的图线如图所示(c)由金属杆减速的加速度a＝eq \f(B2l2,mR)·v从图(c)中可得斜率k＝eq \f(B2l2,mR)＝0.5 s－1代入v＝v0－eq \f(B2l2,mR)x可得x＝40 m。[答案]　(1)eq \f(B2l2,mR)·v　(2)见解析　(3)见解析图，x＝40 m13．如图所示，足够长的U形导体框架的宽度L＝0.5 m，底端接有阻值R＝0.5 Ω的电阻，导体框架电阻忽略不计，其所在平面与水平面成θ＝37°角。有一磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场，方向垂直于导体框架平面向上。一根质量m＝0.4 kg、电阻r＝0.5 Ω的导体棒MN垂直跨放在U形导体框架上，某时刻起将导体棒MN由静止释放。已知导体棒MN与导体框架间的动摩擦因数μ＝0.5。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(1)求导体棒刚开始下滑时的加速度大小；(2)求导体棒运动过程中的最大速度；(3)从导体棒开始下滑到速度刚达到最大时的过程中，通过导体棒横截面的电荷量q＝4 C，求导体棒MN在此过程中消耗的电能。[解析]　(1)导体棒刚开始下滑时，其受力情况如图甲所示，则mgsin θ－μmgcos θ＝ma解得a＝2 m/s2。甲　　　　　　　　　　乙(2)当导体棒匀速下滑时其受力情况如图乙所示，设匀速下滑的速度为v，则有mgsin θ－Ff－F安＝0摩擦力Ff＝μmgcos θ安培力F安＝BIL＝Beq \f(BLv,R＋r)L＝eq \f(B2L2v,R＋r)联立解得v＝eq \f(mgR＋rsin θ－μcos θ,B2L2)＝5 m/s。(3)通过导体棒横截面的电荷量q＝eq \x\to(I)Δteq \x\to(I)＝eq \f(ΔΦ,R＋rΔt)设导体棒下滑速度刚好为最大速度v时的位移为x，则ΔΦ＝BxL由动能定理得，mgx·sin θ－W安－μmgcos θ·x＝eq \f(1,2)mv2，其中W安为克服安培力做的功。联立解得W安＝3 J克服安培力做的功等于回路在此过程中消耗的电能，即Q＝3 J。则导体棒MN在此过程中消耗的电能Qr＝eq \f(r,R＋r)，Q＝1.5 J。[答案]　(1)2 m/s2　(2)5 m/s　(3)1.5 J