【物理】2020届一轮复习人教版　电磁感应中的动力学与能量问题课时作业 6页

‎2020届一轮复习人教版 　电磁感应中的动力学与能量问题 课时作业 一、单项选择题 ‎1.如图所示,用粗细相同的铜丝做成边长分别为l和2l的两只闭合线框a和b,以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外,若外力对环做的功分别为Wa、Wb,则Wa∶Wb为(　　)‎ A.1∶4 B.1∶2‎ C.1∶1 D.不能确定 ‎2.(2018·山东潍坊质检)如图所示,间距为l的光滑平行金属导轨弯成“∠”形,底部导轨面水平,倾斜部分与水平面成θ角,导轨与固定电阻相连,整个装置处于竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中,导体棒ab和cd均垂直于导轨放置,且与导轨间接触良好,两根导体棒的电阻皆与阻值为R的固定电阻相等,其余部分电阻不计,当导体棒cd沿底部导轨向右以速度v匀速滑动时,导体棒ab恰好在倾斜导轨上处于静止状态。导体棒ab的重力为mg,则(　　)‎ A.导体棒cd两端电压为Blv B.t时间内通过导体棒cd横截面的电荷量为 C.cd棒克服安培力做功的功率为 D.导体棒ab所受安培力为mgsin θ ‎3.一半径为r、质量为m、电阻为R的金属圆环用一根长为l的绝缘轻细杆悬挂于O1点,杆所在直线过圆环圆心,在O1点的正下方有一半径为l+2r的圆形匀强磁场区域,其圆心O2与O1点在同一竖直线上,O1点在圆形磁场区域边界上,如图所示。现使绝缘轻细杆从水平位置由静止释放,下摆过程中金属圆环所在平面始终与磁场垂直,已知重力加速度为g,不计空气阻力及其他摩擦阻力,则下列说法正确的是(　　)‎ A.金属圆环最终会静止在O1点的正下方 B.金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mgl C.金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mg(l+2r)‎ D.金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mg(l+r)‎ ‎4.如图所示,足够长金属导轨竖直放置,金属棒ab、cd均通过棒两端的环套在金属导轨上。虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场,虚线下方有竖直向下的匀强磁场。ab、cd棒与导轨间动摩擦因数均为μ,两棒总电阻为R,导轨电阻不计。开始两棒均静止在图示位置,当cd棒无初速释放时,对ab棒施加竖直向上的力F,沿导轨向上做匀加速运动。则(　　)‎ A.ab棒中的电流方向由b到a B.cd棒先加速运动后匀速运动 C.cd棒所受摩擦力的最大值等于cd棒的重力 D.力F做的功等于两金属棒产生的电热与增加的机械能之和 ‎5.如图所示,竖直平面内有足够长、不计电阻的两组平行光滑金属导轨,宽度均为l,上方连接一个阻值为R的定值电阻,虚线下方的区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场。两根完全相同的金属杆1和2靠在导轨上,金属杆长度与导轨宽度相等且与导轨接触良好,电阻均为r、质量均为m;将金属杆1固定在磁场的上边缘,且仍在磁场内,金属杆2从磁场边界上方h0处由静止释放,进入磁场后恰好做匀速运动。现将金属杆2从离开磁场边界h(h0)变化,C2中磁场的磁感应强度恒为B2,一质量为m、电阻为r、长度为l的金属杆AB穿过区域C2的圆心垂直地跨放在两导轨上,且与导轨接触良好,并恰能保持静止。则(　　)‎ A.通过金属杆的电流大小为 B.通过金属杆的电流方向为从B到A C.定值电阻的阻值为R=-r D.整个电路的热功率P=‎ ‎7.(2018·天津西青区月考)如图甲所示,水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置,间距为l,一端通过导线与阻值为R的电阻连接。导轨上放一质量为m的金属杆,金属杆、导轨的电阻均忽略不计,匀强磁场垂直导轨平面向下。用与导轨平行的恒定拉力F 作用在金属杆上,杆最终将做匀速运动。当改变拉力的大小时,金属杆做匀速运动时的速度v也会变化,v和F的关系如图乙所示。下列说法正确的是(　　)‎ A.金属杆在匀速运动之前做匀加速直线运动 B.流过电阻R的电流方向为a→R→b C.由图像可以得出B、l、R三者的关系式为 D.当恒力F=3 N时,电阻R消耗的最大电功率为8 W ‎8.有一半径为R、电阻率为ρ、密度为d的均匀圆环落入磁感应强度为B的径向磁场中,圆环的截面半径为r(r≪R)。如图所示,当圆环在加速下落时某一时刻的速度为v,则 (　　)‎ A.此时整个圆环的电动势E=2Bvπr B.忽略电感的影响,此时圆环中的电流I=‎ C.此时圆环的加速度a=‎ D.如果径向磁场足够长,则圆环的最大速度vm=‎ ‎9.(2018·湖南十三校联考)如图所示,虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图,其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的缓冲车厢。在缓冲车的底板上,沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN。缓冲车的底部安装电磁铁(图中未画出),能产生垂直于导轨平面向下的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B。导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成,滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd,线圈的总电阻为R,匝数为n,ab边长为l。假设缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后,滑块K立即停下,而缓冲车厢继续向前移动距离l后速度为零。已知缓冲车厢与障碍物和线圈的ab边均没有接触,不计一切摩擦阻力。在这个缓冲过程中,下列说法正确的是(　　)‎ A.线圈中的感应电流沿逆时针方向(俯视),最大感应电流为 B.线圈对电磁铁的作用力使缓冲车厢减速运动,从而实现缓冲 C.此过程中,线圈abcd产生的焦耳热为Q=‎ D.此过程中,通过线圈abcd的电荷量为q=‎ 三、非选择题 ‎10.如图所示,足够长的固定平行粗糙金属双轨MN、PQ相距d=0.5 m,导轨平面与水平面夹角α=30°,处于方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小B=0.5 T的匀强磁场中。长也为d的金属棒ab垂直于导轨MN、PQ放置,且始终与导轨接触良好,棒的质量m=0.1 kg,电阻R=0.‎ ‎1 Ω,与导轨之间的动摩擦因数μ=,导轨上端连接电路如图所示。已知电阻R1与灯泡电阻RL的阻值均为0.2 Ω,导轨电阻不计,重力加速度大小g取10 m/s2。‎ ‎(1)求棒由静止刚释放瞬间下滑的加速度大小a;‎ ‎(2)假若棒由静止释放并向下加速运动一段距离后,灯L的发光亮度稳定,求此时灯L的实际功率P和棒的速率v。‎ ‎11.(2018·山东青岛模拟)如图所示,两平行光滑金属导轨由两部分组成,左面部分水平,右面部分为半径r=0.5 m的竖直半圆,两导轨间距离d=0.3 m,导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B=1 T的匀强磁场中,两导轨电阻不计。有两根长度均为d的金属棒ab、cd,均垂直导轨置于水平导轨上,金属棒ab、cd的质量分别为m1=0.2 kg、m2=0.1 kg,电阻分别为R1=0.1 Ω、R2=0.2 Ω。现让ab棒以v0=10 m/s的初速度开始水平向右运动,cd棒进入圆轨道后,恰好能通过轨道最高点PP',cd棒进入圆轨道前两棒未相碰,重力加速度g取10 m/s2,求:‎ ‎(1)ab棒开始向右运动时cd棒的加速度a0;‎ ‎(2)cd棒刚进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1;‎ ‎(3)cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W。‎ 考点规范练51　电磁感应中的动力学与能量问题 ‎1.A　解析 根据能量守恒可知,外力做的功等于产生的电能,而产生的电能又全部转化为焦耳热,则Wa=Qa=,Wb=Qb=,由电阻定律知Rb=2Ra,故Wa∶Wb=1∶4,A正确。‎ ‎2.B　解析 导体棒cd匀速运动,产生的电动势E=Blv,由串联电路电压关系Ucd=E=Blv,A错误;R总=R并+R=R,I=,Q=It,则Q=,B正确;cd棒克服安培力做功的功率Pcd=BIl·v=,C错误;对棒ab有mgsin θ=F安·cos θ得F安=mgtan θ,D错误。‎ ‎3.C　解析 圆环最终要在如图中A、C位置间摆动,因为此时圆环中的磁通量不再发生改变,圆环中不再有感应电流产生。由几何关系可知,圆环在A、C位置时,其圆心与O1、O2的距离均为l+r,则圆环在A、C位置时,圆环圆心到O1的高度为。由能量守恒可得金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mg(l+2r),C正确。‎ ‎4.A　解析 根据右手定则可判断出ab棒中电流方向由b到a,A正确;由左手定则可判断出cd棒受到的安培力垂直导轨平面向里,由于ab棒做匀加速运动,回路中的感应电流逐渐增大,cd棒受到的安培力逐渐增大,故cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动,当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时,速度达到最大,然后做加速度逐渐增大的减速运动,最后停止运动,cd棒所受摩擦力的最大值大于cd棒的重力,B、C错误;对金属棒ab分析,由动能定理可知Wf-WG-W安=mv2,故力F做的功等于金属棒ab产生的电热与增加的机械能之和,D错误。‎ ‎5.B　解析 根据右手定则判断知金属杆2产生的感应电流方向向右,则流过电阻R的电流方向从b→a,选项A错误;当金属杆2在磁场中匀速下降时,速度最大,产生的感应电动势最大,由平衡条件得BIl=mg,又I=,联立得感应电动势的最大值为Em=,选项B正确;根据左手定则判断得知两杆所受安培力的方向均向上,方向相同,由公式F=BIl可知安培力的大小也相同,选项C错误;金属杆2刚进入磁场时的速度为v=;在金属杆2进入磁场后,由于两个金属杆任何时刻受力情况相同,因此任何时刻两者的加速度也都相同,在相同时间内速度的增量也必相同,即v1-0=v2-v,则得v2-v1=v=,选项D错误。‎ ‎6.BCD　解析 根据题述金属杆恰能保持静止,由平衡条件可得mg=B2I·2a,通过金属杆的电流大小为I=,选项A错误;由楞次定律可知,通过金属杆的电流方向为从B到A,选项B正确;根据区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1=b+kt(k>0)变化,可知=k,C1中磁场变化产生的感应电动势E=πa2=kπa2,由闭合电路欧姆定律,E=I(r+R),联立解得定值电阻的阻值为R=-r,选项C正确;整个电路的热功率P=EI=kπa2·,选项D正确。‎ ‎7.BD　解析 金属杆在匀速运动之前,随着运动速度的增大,由F安=可知金属杆所受的安培力增大,由牛顿第二定律可知金属杆的加速度减小,故金属杆做加速度减小的加速运动,选项A错误;由楞次定律可知,流过电阻R的电流方向为a→R→b,选项B正确;因为图像与横轴交点等于金属杆所受摩擦力的大小,故由图像可知金属杆所受的摩擦力为Ff=1 N,金属杆匀速运动时有F-Ff=F安=,则可得,选项C错误;当恒力F=3 N时,金属杆受到的安培力大小为F安=F-Ff=2 N,金属杆匀速运动的速度为4 m/s,所以金属杆克服安培力做功的功率P=8 W,转化为电能的功率为8 W,故电阻R消耗的最大电功率为8 W,选项D正确。‎ ‎8.BD　解析 此时整个圆环垂直切割径向磁感线,电动势E=2BvπR,选项A错误;此时圆环中的电流I=,选项B正确;对圆环根据牛顿第二定律得mg-F安=ma,F安=BI·2πR=,m=dπr2·2πR,则a=g-,选项C错误;如果径向磁场足够长,当a=0时圆环的速度最大,即g-=0,则vm=,选项D正确。‎ ‎9.BC　解析 缓冲过程中,线圈内的磁通量增加,由楞次定律知,感应电流方向沿逆时针方向(俯视),感应电流最大值出现在滑块K停下的瞬间,大小应为,A错误;线圈中的感应电流对电磁铁的作用力使车厢减速运动,起到了缓冲的作用,B正确;据能量守恒定律可知,车厢的动能全部转换为焦耳热,故Q=,C正确;由q=·Δt、=n,可得q=,因缓冲过程ΔΦ=Bl2,故q=,D错误。‎ ‎10.解析 (1)棒由静止刚释放的瞬间速度为零,不受安培力作用 根据牛顿第二定律有mgsin α-μmgcos α=ma,代入数据得a=2.5 m/s2。‎ ‎(2)由“灯L的发光亮度稳定”知棒做匀速运动,受力平衡,有mgsin α-μmgcos α=BId 代入数据得棒中的电流I=1 A 由于R1=R2,所以此时通过小灯泡的电流 I2=I=0.5 A,P=R2=0.05 W 此时感应电动势E=Bdv=I 得v=0.8 m/s。‎ 答案 (1)2.5 m/s2　(2)0.05 W　0.8 m/s ‎11.解析 (1)ab棒开始向右运动时,设回路中电流为I,有 E=Bdv0‎ I=‎ BId=m2a0‎ 解得a0=30 m/s2。‎ ‎(2)设cd棒刚进入半圆轨道时的速度为v2,系统动量守恒,有 m1v0=m1v1+m2v2‎ m2=m2g·2r+m2‎ m2g=m2‎ 解得v1=7.5 m/s。‎ ‎(3)由动能定理得m1m1=-W 解得W=4.375 J。‎ 答案 (1)30 m/s2　(2)7.5 m/s　(3)4.375 J