人教版新高考物理一轮总复习训练题　电磁感应中的动力学与能量问题

考点规范练40　电磁感应中的动力学与能量问题

一、单项选择题

1.如图所示,在光滑绝缘水平面上,有一矩形线圈以一定的初速度进入匀强磁场区域,线圈全部进入匀强磁场区域时,其动能恰好等于它在磁场外面时的一半,磁场区域宽度大于线圈宽度,则(　　)

A.线圈恰好在完全离开磁场时停下

B.线圈在未完全离开磁场时即已停下

C.线圈在磁场中某个位置停下

D.线圈能通过场区不会停下

2.(2020·山东烟台模拟)如图所示,两光滑平行金属导轨间距为l,直导线MN垂直跨在导轨上,且与导轨接触良好,整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中,磁感应强度为B。电容器的电容为C,除电阻R外,导轨和导线的电阻均不计。现给导线MN一初速度,使导线MN向右运动,当电路稳定后,MN以速度v向右做匀速运动时(　　)

A.电容器两端的电压为零

B.电阻两端的电压为Blv

C.电容器所带电荷量为CBlv

D.为保持MN匀速运动,需对其施加的拉力大小为

3.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,若外力对线框做的功分别为Wa、Wb,则Wa∶Wb为(　　)

A.1∶4 B.1∶2

C.1∶1 D.不能确定

4.如图所示,条形磁体位于固定的半圆光滑轨道的圆心位置,一半径为R、质量为m的金属球从半圆轨道的一端沿半圆轨道由静止下滑,重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)

A.金属球会运动到半圆轨道的另一端

B.由于金属球没有形成闭合电路,所以金属球中不会产生感应电流

C.金属球受到的安培力做负功

D.系统产生的总热量小于mgR

5.两根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为l,底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端,金属棒和导轨接触良好,导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直,如图所示。除电阻R外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放,则(　　)

A.释放瞬间金属棒的加速度小于重力加速度g

B.金属棒向下运动时,流过电阻R的电流方向为a→b

C.金属棒的速度为v时,所受的安培力大小为F=

D.电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量

6.如图所示,水平光滑的平行金属导轨,左端接有电阻R,匀强磁场竖直向下分布在导轨所在的空间内,质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置。若使棒以一定的初速度v0向右运动,当其通过位置a、b时,速率分别为va、vb,到位置c时棒刚好静止。设金属导轨与棒的电阻均不计,a到b和b到c的间距相等,则金属棒在从a到b和从b到c的两个过程中(　　)

A.回路中产生的内能相等 B.棒运动的加速度相等

C.安培力做功相等  D.通过棒横截面的电荷量相等

二、多项选择题

7.如图所示,相距为d的两水平线MN和PQ分别是垂直于纸面向里的匀强磁场的边界,磁场的磁感应强度为B,正方形线框abcd边长为l(l<d)、质量为m。将线框在磁场上方高h处由静止开始释放,当ab边进入磁场时速度为v0,cd边刚穿出磁场时速度也为v0。从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程中(　　)

A.线框一直都有感应电流 B.线框有一阶段的加速度为g

C.线框产生的热量为mg(d+h+l) D.存在线框做减速运动的阶段

8.如图所示,光滑金属导轨AC、AD固定在水平面内,并处在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。有一质量为m的导体棒以初速度v0从某位置开始在导轨上水平向右运动,最终恰好静止在A点。在运动过程中,导体棒与导轨始终构成等边三角形回路,且通过A点的总电荷量为Q。已知导体棒与导轨间的接触电阻值恒为R,其余电阻不计,则(　　)

A.该过程中导体棒做匀减速运动

B.当导体棒的速度为时,回路中感应电流小于初始时的一半

C.开始运动时,导体棒与导轨所构成回路的面积为S=

D.该过程中接触电阻产生的焦耳热为

9.(2020·山东青岛一模)如图所示,在竖直向下的 y 轴两侧分布有垂直纸面向外和向里的磁场,磁感应强度均随位置坐标按 B=B0+ky(k为正常数)的规律变化。两个完全相同的正方形线框甲和乙的上边均与y轴垂直,甲的初始位置高于乙的初始位置,两线框平面均与磁场垂直。现同时分别给两个线框一个竖直向下的初速度v1和v2,设磁场的范围足够大,不考虑两线框的相互作用,下列说法正确的是(　　)

A.运动中两线框所受磁场的作用力方向相反

B.若v1=v2,则开始时甲所受磁场力等于乙所受磁场力

C.若v1>v2,则开始时甲中的感应电流一定大于乙中的感应电流

D.若v1<v2,则最终稳定状态时甲的速度可能大于乙的速度

10.右图为一圆环发电装置,用电阻R=4 Ω的导体棒弯成半径l=0.2 m的闭合圆环,圆心为O,COD是一条直径,在O、D间接有负载电阻R1=1 Ω。整个圆环中均有B=0.5 T的匀强磁场垂直环面穿过。电阻r=1 Ω的导体棒OA贴着圆环匀速转动,角速度ω=300 rad/s。则              (　　)

A.当OA到达OC处时,圆环的电功率为1 W

B.当OA到达OC处时,圆环的电功率为2 W

C.电路最大功率为3 W

D.电路最大功率为4.5 W

三、非选择题

11.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。

12.(2020·全国卷Ⅲ)如图所示,一边长为l0的正方形金属框abcd固定在水平面内,空间存在方向垂直于水平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一长度大于l0的均匀导体棒以速率v自左向右在金属框上匀速滑过,滑动过程中导体棒始终与ac垂直且中点位于ac上,导体棒与金属框接触良好。已知导体棒单位长度的电阻为r,金属框电阻可忽略。将导体棒与a点之间的距离记为x,求导体棒所受安培力的大小随x(0≤x≤l0)变化的关系式。

考点规范练40　电磁感应中的动力学与能量问题

1.D　解析:线圈出磁场时的速度小于进磁场时的速度,安培力F=BIl=,知出磁场时所受的安培力小于进磁场时所受的安培力,根据动能定理,由于进磁场时安培力做功大于出磁场时安培力做功,则出磁场时动能的变化量小于进磁场时动能的变化量,全部进入磁场时其动能恰好等于它在磁场外面时的一半,知出磁场后,动能减小量小于在磁场外面的一半,故不为零,还有动能,将继续运动,不会停下来,D正确,A、B、C错误。

2.C　解析:当导线MN匀速向右运动时,导线MN产生的感应电动势恒定,稳定后,电容器既不充电也不放电,无电流产生,故电阻两端没有电压,电容器两极板间的电压为U=E=Blv,所带电荷量Q=CU=CBlv,A、B错误,C正确;MN匀速运动时,因无电流而不受安培力,拉力为零,D错误。

3.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,所以Wa=Qa=,Wb=Qb=,由电阻定律知Rb=2Ra,故Wa∶Wb=1∶4,A项正确。

4.C　解析:金属球在运动过程中,穿过金属球的磁通量不断变化,在金属球内形成闭合回路,产生涡流,金属球受到的安培力做负功,金属球产生的热量不断地增加,机械能不断地减少,直至金属球停在半圆轨道的最低点,C正确,A、B错误。根据能量守恒定律得系统产生的总热量为mgR,D错误。

5.C　解析:金属棒刚释放时,弹簧处于原长,弹力为零,又因此时金属棒速度为零,没有感应电流,金属棒不受安培力作用,只受到重力作用,其加速度应等于重力加速度,选项A错误。金属棒向下运动时,由右手定则可知,流过电阻R的电流方向为b→a,选项B错误。金属棒速度为v时,安培力大小为F=BIl,又I=,联立解得F=,选项C正确。金属棒下落过程中,由能量守恒定律知,金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能(速度不为零时)以及电阻R上产生的热量,选项D错误。

6.D　解析:金属棒由a到b再到c的过程中,速度逐渐减小,根据E=Blv知,E减小,故I减小,再根据F=BIl知,安培力减小,由F=ma知,加速度减小,B错误。由于a与b、b与c间距相等,安培力由a→c是逐渐减小的,故从a到b安培力做的功大于从b到c安培力做的功,又由于安培力做的功等于回路中产生的内能,所以A、C错误。根据平均感应电动势E=,I=和q=IΔt,得q=,所以D正确。

7.BD　解析:线框进入和穿出磁场过程中,穿过线框的磁通量发生变化,有感应电流产生。当线框完全在磁场中运动时,磁通量不变,没有感应电流产生,线框不受安培力,只受重力,加速度为g,A错误,B正确。ab边进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程,动能不变,根据能量守恒定律得,线框产生的热量 Q=mg(d+l),C错误。当ab边进入磁场时速度为v0,cd边刚穿出磁场时速度也为v0,线框完全进入磁场后穿过线框的磁通量不变,没有感应电流,线框只受重力作用,线框做加速运动,说明线框进入磁场时做减速运动,完全进入磁场后速度小于v0,D正确。

8.BC　解析:导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E=Blv,电流为I=,安培力为F=BIl=,l、v都在减小,根据牛顿第二定律知,加速度也在减小,A错误。当导体棒的速度为v0时,导体棒的有效切割长度也减小了,所以回路中感应电流大小小于初始时的一半,B正确。该过程中,通过的总电荷量为Q=,也就是开始运动时,导体棒与导轨所构成回路的面积S=,C正确。该过程中,动能全部转化为接触电阻产生的焦耳热,为,D错误。

9.BC　解析:对甲线框,根据楞次定律,产生顺时针方向的电流,因为线框下边所处的磁场比上边的磁场强,则下边所受的安培力大于上边所受的安培力,根据左手定则,二者合力向上。同理对乙线框分析可得所受合力也向上,A错误。线框产生的电动势E=B2lv-B1lv=kl2v,若 v1=v2,则开始时两线框产生的感应电流大小相等,线框所受的安培力F=B2Il-B1Il=kIl2,可知两线框所受的安培力相等,B正确。若v1>v2,则开始时甲线框产生的电动势大于乙线框产生的电动势,所以开始时甲线框的感应电流一定大于乙线框的感应电流,C正确。线框达到稳定状态时,重力与安培力平衡,有mg=kIl2,I=,所以mg=,v=,可知稳定时,两线框的速度相等,D错误。

10.AD　解析:当OA到达OC处时,圆环的电阻为1 Ω,与R1串联接入电路,棒转动过程中产生的感应电动势E=Bl2ω=3 V,圆环上分压为1 V,所以圆环的电功率为1 W,A正确,B错误。当OA到达OD处时,圆环接入电路中的电阻为零,此时电路中总电阻最小,而电动势不变,所以电功率最大为Pmax==4.5 W,C错误,D正确。

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m1-

m1=-W

解得W=4.375 J。

答案:(1)30 m/s2　(2)7.5 m/s

(3)4.375 J

12.解析:当导体棒与金属框接触的两点间棒的长度为l时,由法拉第电磁感应定律知,导体棒上感应电动势的大小为

E=Blv ①

由欧姆定律,流过导体棒的感应电流为

I= ②

式中,R为这一段导体棒的电阻。按题意有

R=rl ③

此时导体棒所受安培力大小为

F=BlI ④

由题设和几何关系有

l= ⑤

联立①②③④⑤式得

F=

答案:F=