第二章专题强化练6　电磁感应动力学问题与能量问题练习（Word含解析）

第2章　电磁感应及其应用
专题强化练6　电磁感应动力学问题与能量问题
一、选择题
1.(2020黑龙江哈三中高二上期末,)如图所示,两足够长光滑平行金属导轨间距为L,导体棒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,导轨和导体棒的电阻均不计。现给导体棒MN一初速度,使MN向右运动,下列判断正确的是 (　　)
　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.MN最终匀速
B.R中有从右向左的恒定电流
C.MN向右做减速运动,最终停止
D.MN两端电势差总大于电容器两极板间的电势差
2.(2020湖北沙市高二上期末,)如图所示,闭合导线框的质量可以忽略不计,将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场。若第一次用0.3 s时间拉出,外力所做的功为W1,通过导线横截面的电荷量为q1;第二次用0.9 s时间拉出,外力所做的功为W2,通过导线横截面的电荷量为q2,则 (　　)
A.W1C.W1>W2,q1=q2 D.W1>W2,q1>q2
3.(2021河南濮阳高三开学考试,)如图所示,有界匀强磁场区域的磁场方向竖直向下,有一正方形线框沿水平光滑桌面由位置I以v0=3.0 m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动,线框经过位置Ⅱ,当运动到位置Ⅲ时速度恰好为零,此时线框刚好有一半离开磁场区域。则线框经过位置Ⅱ时的速度大小为 (　　)
A.1.0 m/s B.1.5 m/s
C.2.0 m/s D.2.5 m/s
4.(2019云南玉溪一中高二上期末,)(多选)发电机和电动机具有装置上的类似性,这源于它们机理上的类似性。直流发电机和直流电动机的工作原理分别可以简化为如图1、图2所示的情景。
在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中,两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内,相距为L,电阻不计。电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上,与轨道接触良好。图1轨道端点MP间接有阻值为r的电阻,导体棒ab受到水平向右的外力作用,以速度v(v平行于MN)向右做匀速运动。图2轨道端点MP间接有直流电源,电动势为E,内阻不计,电阻为R的导体棒ab以速度v(v平行于MN)向右做匀速运动。并通过滑轮匀速提升重物,电路中的电流为I。则下列说法正确的是 (　　)
A.在Δt时间内,图1“发电机”产生的电能为
B.在Δt时间内,图2“电动机”输出的机械能为EIΔt
C.从微观角度看图1产生电动势是由于洛伦兹力的一个分力做功将其他能转化为电能
D.在图2中提升重物增加的机械能是由于安培力对导体棒做正功将电能转化为其他能
5.(2021浙江温州二十二中高二开学考试,)如图所示,相距为L的两条足够长的光滑平行导轨与水平面的夹角为θ,导轨下端接阻值为R的定值电阻,一匀强磁场垂直于导轨平面向上,磁感应强度为B。现将质量为m、电阻为r的导体棒由静止释放,当速度达到v时,导体棒匀速运动,下列说法正确的是 (　　)
A.存在mg sin θ=
B.若导体棒恰好匀速运动时,下降的高度为h,电阻R产生的热量为Q,则有mgh-=mv2
C.安培力对导体棒所做的功即电阻R与导体棒产生的热量
D.导体棒匀速运动后电阻R产生的热量与导体棒产生的热量之比大于导体棒匀速运动前它们产生的热量之比
6.(2021安徽合肥高三一模,)(多选)如图所示,宽度为L的光滑金属框架MNPQ固定于水平面上,并处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向竖直向下,框架的电阻分布不均匀。将质量为m、长为L的金属棒ab垂直放置在框架上,并且与框架接触良好。现给棒ab向左的初速度v0,其恰能做加速度大小为a的匀减速直线运动,则在棒ab的速度由v0减为v的过程中,下列说法正确的是 (　　)
A.棒ab的位移大小为
B.通过棒ab的电荷量为
C.框架PN段的热功率增大
D.棒ab产生的焦耳热为m(-v2)
二、非选择题
7.(2020陕西西安高二上期末,)如图所示,在高度为L、足够宽的区域MNPQ内,有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。质量为m、边长为L、电阻为R的正方形导线框abcd,在MN上方某一高度由静止开始自由下落。当bc边进入磁场时,导线框恰好做匀速运动。已知重力加速度为g,不计空气阻力,求:
(1)导线框刚下落时,bc边距磁场上边界MN的高度h;
(2)导线框离开磁场的过程中,通过导线框某一横截面的电荷量q;
(3)导线框穿越磁场的整个过程中,导线框中产生的热量Q。
8.(2021河北高二学业水平考试模拟,)如图所示,MN、PQ为水平放置的足够长的平行光滑导轨,导轨间距L=1 m,导轨上放置两根垂直导轨的导体棒ab和cd,并与导轨接触良好,每根导体棒的质量m=2 kg,接入导轨间的部分电阻R=2 Ω,整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中,磁感应强度大小B=2 T。现对导体棒ab施加向右的F=10 N的水平恒力,经过一段时间后,两导体棒达到恒定的速度差,若某时刻导体棒ab的速度为10 m/s,且两导体棒距离d=2 m,此时撤去外力,最终两导体棒达到稳定状态,导轨电阻不计,试求:
(1)两导体棒达到恒定的速度差时,其加速度大小;
(2)撤去外力后回路中产生的热量;
(3)最终达到稳定状态时两导体棒间的距离。
9.(2019江苏扬州高二上期末,)如图所示,斜面的倾角θ=37°,一个匝数n=10匝,边长L=0.1 m的正方形线框abcd被固定在斜面上(固定装置图中未画出),e、f分别为ab与dc的中点。在ebcf区域内存在着垂直于斜面向下的磁场,从t=0时起,撤去固定线框的装置,磁场的磁感应强度按B=6+2t(T)的规律开始变化。已知线框质量m=0.2 kg,总电阻r=1 Ω,线框与斜面间的动摩擦因数μ=0.5。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)线框静止不动时线框中的感应电动势的大小和感应电流的方向;
(2)经过多长时间线框开始滑动;
(3)在线框保持不动的时间内,通过线框的电荷量。
10.(2020四川广元高二上期末,)如图所示,两根足够长且平行的光滑金属导轨所在平面与水平面成α=53°角,间距为L=0.5 m的导轨间接一电阻,阻值为R=2 Ω,导轨电阻忽略不计。在两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场,磁感应强度B=0.8 T。导体棒a的质量为m1=0.1 kg、电阻为R1=1 Ω;导体棒b的质量为m2=0.2 kg、电阻为R2=2 Ω,它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好。现从图中的M、N处同时将a、b由静止释放,运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域,且当a刚出磁场时b正好进入磁场。a、b电流间的相互作用不计,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,取g=10 m/s2。求:
(1)导体棒a刚进入磁场时,流过电阻R的电流I;
(2)导体棒a穿过磁场区域的速度v1;
(3)匀强磁场的宽度d。
答案全解全析
第2章　电磁感应及其应用
专题强化练6　电磁感应动力学问题与能量问题
1.A　导体棒MN以某一初速度向右运动,切割磁感线产生感应电动势,给电容器充电,电路中有从N到M的逆时针电流,MN受到向左的安培力而做减速运动,电容器板间电势差逐渐增大,当MN两端电势差等于电容器两极板间的电势差时,电路中没有电流,MN不再受安培力作用,所受合外力为零而做匀速运动,故A正确,C、D错误;经足够长时间后,R中没有电流,故B错误。
2.C　第一次用0.3 s时间拉出,第二次用0.9 s时间拉出,两次速度之比为3∶1,由E=BLv,两次感应电动势之比为3∶1,两次感应电流之比为3∶1,由于F安=BIL,B、L相同,两次安培力之比为3∶1,由于匀速拉出匀强磁场,所以外力之比为3∶1,根据功的定义W=Fx,所以W1∶W2=3∶1;根据电荷量q=IΔt,感应电流I=,感应电动势E=,得q=,两次ΔΦ相同,所以q1∶q2=1∶1,故W1>W2,q1=q2,故C正确。
3.A　设线框电阻为R、边长为L、面积为S、质量为m,线框进入磁场过程的时间为Δt1,由法拉第电磁感应定律可知,进入磁场过程中产生的平均感应电动势为E1==,根据闭合电路欧姆定律,平均感应电流为I1=,通过线框横截面的电荷量为q1=I1×Δt1=,同理,线框出磁场过程中通过线框横截面的电荷量为q2=I2×Δt2=,可得q1=2q2;线框由Ⅰ位置到Ⅱ位置的过程中,由动量定理有-BLI1×Δt1=-BLq1=m(v-v0),线框由Ⅱ位置到Ⅲ位置的过程中,有-BLI2×Δt2=-BLq2=m(0-v),联立解得v=1.0 m/s,故A正确,B、C、D错误。故选A。
4.ACD　题图1中导体棒匀速切割磁感线,产生的感应电动势大小为E=BLv,根据闭合电路欧姆定律,回路中电流为I==,则ab棒运动过程中受到的安培力大小为F=ILB=,因为导体棒做匀速运动,则水平外力做功的功率大小和导体棒克服安培力做功的功率大小相等,则P=Fv=,所以在Δt时间内,产生的电能为E电=PΔt=,A正确;题图2中,电动机在Δt时间内输出的机械能等于重物增加的重力势能,即ΔE=mgvΔt,因为导体棒匀速运动,mg=ILB,则ΔE=ILBvΔt,故B错误;题图1中导体棒在水平向右外力的作用下以速度v做匀速运动,同时导体棒中等效正自由电荷沿ba方向做定向移动,设定向移动的速度为u,洛伦兹力f的其中一个分力fμ跟导体棒运动方向相反,对导体棒ab做负功,将机械能转化为电能。故C正确;题图2中安培力对导体棒做正功将电能转化为机械能,D正确。
5.A　当导体棒恰好匀速运动时,安培力等于重力沿导轨平面向下的分力,有mg sin θ=BIL,又有I=,联立得mg sin θ=,A正确;若导体棒恰好匀速运动时,下降的高度为h,电阻R产生的热量为Q,则根据能量守恒定律有mgh=mv2+,B错误;导体棒克服安培力做的功转化为了电阻R与导体棒产生的热量,但是安培力对导体棒所做的功不是电阻R与导体棒产生的热量,C错误;由于闭合回路中电阻R与导体棒串联,I相同,时间t相同,故产生的热量之比始终相等,为R∶r,D错误。故选A。
6.AB　根据匀变速直线运动的速度-位移关系式有v2-=-2ax,解得棒ab的位移大小为x=,故A正确;对ab棒,根据动量定理有-BL·Δt=mv-mv0,又有q=·Δt,解得通过棒ab的电荷量为q=,故B正确;对棒ab,由牛顿第二定律得F=BIL=ma,因a不变,故I不变,根据热功率公式P=I2R,可知框架PN段的热功率不变,故C错误;由能量守恒定律可知m-mv2=Q,Q为电路中产生的焦耳热,故导体棒ab产生的焦耳热小于Q,即小于m(-v2),故D错误。
7.答案　(1)　(2)　(3)2mgL
解析　(1)导线框进入磁场时恰好做匀速运动,安培力与重力大小相等,方向相反,即F安=mg
线框切割磁感线,感应电动势E=BLv
故线框中产生的电流I=
线框在磁场中所受安培力F安=BIL==mg
线框进入磁场时速度v=
线框进入磁场前做自由落体运动,机械能守恒有mgh=mv2
下落高度h==
(2)线框匀速穿过磁场,由F安=BIL=mg可知,感应电流I=
出磁场所用时间t==
可解得通过导线框某一横截面的电荷量q=It=
(3)线框匀速穿过磁场,根据能量守恒,动能不变,减少的重力势能全部转化为焦耳热,磁场的宽度与线框的宽度相等,线框匀速穿过磁场高度下降2L,所以焦耳热Q=2mgL
8.答案　(1)2.5 m/s2　(2)12.5 J　(3)7 m
解析　(1)对两导体棒进行分析,可知ab棒做加速度减小的加速运动,cd棒做加速度增大的加速运动,最终两导体棒达到相同的加速度,有恒定的速度差。
由牛顿第二定律可知,对ab棒有F-F安=ma
对cd棒有F安=ma
解得a==2.5 m/s2
(2)当ab棒的速度v1=10 m/s时,设此时cd棒的速度为v2,对cd棒,由牛顿第二定律有
BIL=ma
由闭合电路欧姆定律可得I=
又知E=BLv1-BLv2
联立解得v2=5 m/s
撤去外力后,两棒在安培力作用下最终达到共同速度v,由动量守恒定律可知
mv1+mv2=2mv
解得v=7.5 m/s
此过程回路产生的热量
Q=m+m-×2mv2
解得Q=12.5 J
(3)设达到稳定状态时两导体棒间的距离为x,对ab棒,由动量定理有
-BILt=m(v-v1)
此过程中通过回路的电荷量
q=It=
联立两式得x=7 m
9.答案　(1)0.1 V　感应电流的方向为a→b→c→d→a　
(2)7 s　(3)0.7 C
解析　(1)由题可知n=10匝,=2 T/s,S=L2=0.005 m2
由法拉第电磁感应定律知E=nS
代入数据可以得到E=0.1 V
由楞次定律可知感应电流的方向为a→b→c→d→a;
(2)根据闭合电路欧姆定律可以得到感应电流为I==0.1 A
线框开始受到沿斜面向上的静摩擦力,随着t的增大,磁感应强度逐渐增大,导致受到的安培力逐渐增大,根据平衡条件可知静摩擦力先减小后沿斜面向下逐渐增大,当达到最大静摩擦力时线框开始滑动,有mg sin θ+μmg cos θ=nBIL
代入数据可以得到B=20 T,由B=6+2t
解得t=7 s,即经过7 s时线框开始滑动;
(3)在线框保持不动的时间内回路中感应电流恒定为I=0.1 A,根据公式可以得到q=It=0.7 C。
10.答案　(1)1 A　(2)10 m/s　(3) m
解析　(1)导体棒a在磁场中做匀速运动,则:
m1g sin α-BIaL=0
根据等效电路的结构有:
Ia=2I
联立解得I=1 A
(2)导体棒a在磁场中做匀速运动时,根据欧姆定律有
E1=BLv1
Ia=
R总=R1+
联立解得v1=10 m/s
(3)设导体棒b在磁场中做匀速运动的速度为v2,则
m2g sin α=IbLB
E2=BLv2
Ib=
R总'=R2+
对导体棒a,设其在磁场中运动的时间为Δt,有d=v1·Δt
v2=v1+g sin α·Δt
联立解得d= m