高中物理人教版能力提升练习 选修3-2第4章 电磁感应规律的综合应用 Word版含解析
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| 名称 | 高中物理人教版能力提升练习 选修3-2第4章 电磁感应规律的综合应用 Word版含解析 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 350.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2020-05-05 11:36:32 | ||
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文档简介
1.(2020·成都模拟)如图,长为1 m的金属直棒以1 m/s的速度沿倾角60°的绝缘斜面匀速下滑,斜面处在方向竖直向下、磁感应强度为0.1 T的匀强磁场中。则在金属棒匀速下滑的过程中 ( )
A.棒内电子受洛伦兹力作用,棒受到安培力作用
B.棒内电子不受洛伦兹力作用,棒不受安培力作用
C.棒两端的电压为0.05 V
D.棒两端的电压为0.1 V
【解析】选C。在金属棒匀速下滑的过程中,棒内电子在磁场中运动,速度方向与磁场不平行,电子要受洛伦兹力作用。由于棒中没有电流,所以棒不受安培力作用,故A、B错误。棒产生的感应电动势E=BLvcos60°=0.1×1×1×0.5 V=0.05 V,由于棒中无电流,则棒两端的电压等于棒产生的感应电动势,所以棒两端的电压为0.05 V。故C正确,D错误。
2.(多选)(2019·全国卷Ⅱ)如图,两条光滑平行金属导轨固定,所在平面与水平面夹角为θ,导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直,在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放,两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场开始计时,到MN离开磁场区域为止,流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是 ( )
【解析】选A、D。如果PQ进入磁场时加速度为零,PQ做匀速运动,感应电流恒定。若PQ出磁场时MN仍然没有进入磁场,则PQ出磁场后至MN进入磁场的这段时间,由于磁通量Φ不变,无感应电流。由于PQ、MN从同一位置释放,故MN进入磁场时与PQ进入磁场时的速度相同,所以电流大小也应该相同,但方向相反,A正确,B错误。若PQ出磁场前MN已经进入磁场,由于磁通量Φ不变,无感应电流,PQ、MN均加速运动,PQ出磁场后,MN由于在磁场中的速度比进磁场时的速度大,故电流比PQ进入磁场时电流大,此后PQ做减速运动,电流减小,故C错误,D正确。
3.(多选)(2019·大连模拟)如图所示,半径为2r的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域,磁场区域的半径为r,已知弹性螺旋线圈的电阻为R,线圈与磁场区域共圆心,则以下说法中正确的是 ( )
A.保持磁场不变,线圈的半径由2r变到3r的过程中,有顺时针方向的电流
B.保持磁场不变,线圈的半径由2r变到0.5r的过程中,有逆时针方向的电流
C.保持半径不变,使磁场随时间按B=kt变化,线圈中的电流为
D.保持半径不变,使磁场随时间按B=kt变化,线圈中的电流为
【解析】选B、C。在线圈的半径由2r变到3r的过程中,穿过线圈的磁通量不变,则线圈内没有感应电流,故A错误;当线圈的半径由2r变到0.5r的过程中,穿过线圈的磁通量减小,则线圈内有感应电流,根据楞次定律,则有逆时针方向的电流,故B正确;保持半径不变,使磁场随时间按B=kt变化,依据法拉第电磁感应定律,则有:E=·πr2=kπr2,因此线圈中的电流为I==,故C正确,D错误。
【补偿训练】
如图所示,空间存在一有边界的水平方向匀强磁场,磁场上下边界的间距为L。一个边长也为L的正方形导线框在位置Ⅰ获得向上初速度后进入磁场沿竖直方向运动,线框所在平面始终与磁场方向垂直,且线框上、下边始终保持水平。当导线框一直加速下落,经过一段时间回到初始位置Ⅰ。则导线框 ( )
A.上升过程加速度减小,下落过程加速度增大
B.上升过程加速度减小,下落过程加速度减小
C.上升过程加速度增大,下落过程加速度增大
D.上升过程加速度增大,下落过程加速度减小
【解析】选B。线框在磁场中运动时,受到重力和安培力,安培力的大小FA=B×
×L=,与运动速度的大小成正比。上升过程中,安培力方向与重力方向相同,由于速度减小,故加速度减小;下降过程中,安培力与重力方向相反,由于速度增大,FA增大,但合力减小,故加速度减小,B正确,A、C、D错误。
4.在水平桌面上,一个面积为S的圆形金属框置于匀强磁场中,线框平面与磁场垂直,磁感应强度B随时间t的变化关系如图(甲)所示,0～1 s内磁场方向垂直线框平面向下。圆形金属框与两根水平的平行金属导轨相连接,导轨上放置一根导体棒,导体棒的长为L、电阻为R,且与导轨接触良好,导体棒处于另一匀强磁场中,如图(乙)所示。若导体棒始终保持静止,则其所受的静摩擦力f随时间变化的图象是图中的(设向右的方向为静摩擦力的正方向) ( )
【解析】选B。由(甲)图可知在0～1 s内磁感应强度均匀增大,产生恒定的感应电流,根据楞次定律可判断感应电流的方向为逆时针,导体棒受到的安培力的方向是水平向左,棒静止不动,摩擦力方向水平向右,为正方向。同理,分析以后几秒内摩擦力的方向,从而得出f-t图象为B图。故B正确,A、C、D错误。
5.(多选)(2019·临沂模拟)如图所示,位于同一绝缘水平面内的两根固定金属导轨MN、M′N′,电阻不计,两导轨之间存在竖直向下的匀强磁场。现将两根粗细均匀、电阻分布均匀的相同铜棒ab、cd放在两导轨上,若两棒从图示位置以相同的速度沿MN方向做匀速直线运动,运动过程中始终与两导轨接触良好,且始终与导轨MN垂直,不计一切摩擦,则下列说法正确的是 ( )
A.回路中有顺时针方向的感应电流
B.回路中总的感应电流不断减小
C.回路中的热功率不断增大
D.两棒所受安培力的合力不断减小
【解析】选B、D。两棒以相同的速度沿MN方向做匀速直线运动,回路的磁通量不断增大,根据楞次定律可知,感应电流方向沿逆时针,选项A错误;设两棒原来相距的距离为s,M′N′与MN的夹角为α。回路中总的感应电动势 E=BLcdv-BLabv
=Bv·(Lcd-Lab)=Bv·stanα=Bvstanα,保持不变,由于回路的电阻不断增大,所以回路中的感应电流不断减小,选项B正确;回路中的热功率为P=,E不变,R增大,则P不断减小,选项C错误;两棒所受安培力的合力为 F=BILcd-BILab=BI·(Lcd-
Lab)=BI·stanα,I减小,其他量不变,所以F减小,选项D正确。
6.(2017·天津高考)如图所示,两根平行金属导轨置于水平面内,导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小,ab始终保持静止,下列说法正确的是 ( )
A.ab中的感应电流方向由b到a
B.ab中的感应电流逐渐减小
C.ab所受的安培力保持不变
D.ab所受的静摩擦力逐渐减小
【解析】选D。金属棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路,磁感应强度均匀减小(=k 为定值),则闭合回路中的磁通量减小,根据楞次定律,可知回路中产生顺时针方向的感应电流,ab中的电流方向由a到b,故A 错误;根据法拉第电磁感应定律,感应电动势E===k·S,回路面积S不变,即感应电动势为定值,根据欧姆定律 I=,所以ab中的电流大小不变,故B错误;安培力F=BIL,电流大小不变,磁感应强度减小,则安培力减小,故C错误;金属棒处于静止状态,所受合力为零,对其受力分析,水平方向静摩擦力f与安培力F等大反向,安培力减小,则静摩擦力减小,故D正确。
7.(多选)如图所示,足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置,导轨间距为L,一个磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面向下,导轨的上端M与P间接有电容为C的电容器,金属棒开始静止。对金属棒施加一个水平向右、大小为F的恒力作用,不计一切摩擦,不计一切电阻,则经过时间t的过程中 ( )
A.金属棒可能做变加速运动
B.金属棒中的电流恒定
C.电容器所带电荷量
D.电容器储存的电场能为
【解析】选B、C、D。经过时间Δt时,金属棒速度设为v,根据动量定理可得:FΔt-BILΔt=mv-0,金属棒切割磁感线产生电动势变化ΔE=BLΔv,通过电容器的电量Q=IΔt=CBLv,所以有FΔt-BL·CBLv=mv-0,解得:v=·Δt,又加速度定义式a=,可得加速度a=,为定值,故A错误;对金属棒,应用牛顿第二定律有F-BIL=ma,由于加速度、拉力F恒定,所以安培力恒定,电流强度恒定,故B正确;电流强度I=CBLa=,经过时间t流过电路横截面的电量Q=It=,故C正确;电容器所带的电荷量与电容器两端电压关系图象如图所示,图象与坐标轴围成的面积表示电容器储存的电能,所以电容器储存的电场能为E=QU=CU2=C(BLv)2=C(BLat)2=,故D正确。
【补偿训练】
(多选)用电阻为R的薄金属条制成边长为L的闭合正方形框abb′a′,如图所示,金属方框水平放在磁极的狭缝间,方框平面与磁场方向平行。设匀强磁场仅存在于相对磁极之间,其他地方的磁场忽略不计,可认为方框的aa′边和bb′边都处在磁极之间,极间磁感应强度大小为B,方框从静止开始释放,其平面在下落过程中保持水平,磁场区域在竖直方向足够长,方框下落的最大速度为vm,方框下落时间为t时产生的热量与一恒定电流为I0在同一时间t内在该框内产生的热量相同,此时方框下落高度为h(未达到最大速度),不计空气阻力,重力加速度为g,则 ( )
A.从上往下看,方框中电流方向为逆时针方向
B.当方框下落的加速度为时,方框的发热功率为
C.方框的质量为
D.t时刻方框的速度为
【解析】选B、D。根据右手定则可知,从上往下看,方框中电流方向为顺时针方向,A错误;方框下落的最大速度为vm,根据共点力的平衡条件可得:F安=mg,此过程两条边切割磁感应线,所以F安=2BImL=,所以方框的质量为;方框下落加速度为时,根据牛顿第二定律有
mg-2BI·L=m·,则电流强度I=,方框的发热功率P=I2R=,B正确,C错误;
根据能量守恒定律,方框重力势能转化为动能和电流产生的热量,所以有mgh=
mv2+Rt,所以t时刻方框的速度为,D正确。
8.(2019·佛山模拟)CD、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨,导轨间距为L,在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B,磁场区域的长度为d,如图所示。导轨的右端接有一电阻R,左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放,导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知导体棒与水平导轨接触良好,且动摩擦因数为μ,则下列说法中正确的是 ( )
A.电阻R的最大电流为
B.流过电阻R的电荷量为
C.整个电路中产生的焦耳热为mgh
D.电阻R中产生的焦耳热为mgh
【解析】选B。金属棒下滑过程中,机械能守恒,得mgh=mv2,金属棒到达水平面时的速度v=,金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动,则刚到达水平面时的速度最大,所以最大感应电动势为E=BLv,最大的感应电流为I=,选项A错误;通过金属棒的电荷量为q==,选项B正确;金属棒在整个运动过程中,由动能定理得mgh-W安-μmgd=0,则克服安培力做功W安=mgh-μmgd,选项C错误;克服安培力做功转化为焦耳热,电阻与导体棒电阻相等,通过它们的电流相等,则金属棒产生焦耳热QR=Q=W安=(mgh-μmgd),选项D错误。
9.(2019·榆林模拟)如图甲所示,两根光滑固定导轨相距0.4 m竖直放置,导轨电阻不计,在导轨末端P、Q两点用两根等长的细导线悬挂金属棒cd。棒cd的质量为0.01 kg,长为0.2 m,处于磁感应强度为B0=0.5 T的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向里。相距0.2 m的水平虚线MN和JK之间的区域内存在着垂直于导轨平面向里的匀强磁场,且磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示。在t=0时刻,质量为0.02 kg、阻值为0.3 Ω 的金属棒ab从虚线MN上方0.2 m高度处,由静止开始释放,下落过程中保持水平,且与导轨接触良好,结果棒ab在t1时刻从上边界MN进入磁场,并在磁场中做匀速运动,在t2时刻从下边界JK离开磁场,g取10 m/s2。求:
(1)在0～t1时间内,电路中感应电动势的大小。
(2)在t1～t2时间内,棒cd受到细导线的总拉力为多大。
(3)棒cd在0～t2时间内产生的焦耳热。
【解析】(1)对棒ab自由下落过程,有t1==0.2 s
磁感应强度的变化率为= T/s=2.5 T/s
由法拉第电磁感应定律得,0～t1时间内感应电动势E1==Labh
联立以上各式并代入数据可得E1=0.2 V
(2)由棒ab匀速进入磁场区域可知BI2Lab=mabg
代入数据,可解得I2=1 A
在t1～t2时间内,对棒cd受力分析,
可得FT=mcdg+B0I2Lcd
代入数据,可解得FT=0.2 N
(3)棒ab刚进入磁场时的速度为v=gt1=2 m/s
棒ab刚进入磁场后的感应电动势为
E2=BLabv=0.4 V
则Rcd=-Rab=0.1 Ω
在0～t1时间内,感应电流为
I1==0.5 A
棒cd在0～t2时间内产生的焦耳热
Qcd=Q1+Q2=Rcdt1+Rcd·=0.015 J。
答案:(1)0.2 V (2)0.2 N (3)0.015 J
10.(多选)(2019·合肥模拟)如图所示,足够长的光滑平行金属导轨与水平面成θ角放置,导轨间距为L且电阻不计,其顶端接有一阻值为R的电阻,整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下。一质量为m的金属棒以初速度v0由导轨底端上滑,经一段时间滑行距离x到达最高点后,又返回底端。棒与两导轨始终垂直且接触良好,其接入电路中的电阻为r,重力加速度为g。下列说法正确的是 ( )
A.棒下滑过程的平均速度等于
B.棒下滑过程通过R的电荷量为
C.棒上滑时间等于
D.棒上滑过程中回路产生的焦耳热等于m-mgxsinθ
【解析】选C、D。根据能量守恒得,除最高点外,在任何一个位置,上滑到此位置的速度大于下滑到此位置的速度,则上滑的平均速度大于下滑的平均速度,在上滑过程中,金属棒做加速度逐渐减小的减速运动,故上滑的平均速度小于,故下滑的平均速度小于,选项A错误; 根据感应电荷量公式q=可知,下滑过程中通过R的电荷量为q=,选项B错误;上滑过程,以向上为正方向,对棒由动量定理得:-(mgsinθ+BIL)Δt=mΔv,两边求和得:-∑(mgsinθ·Δt)-∑(BILΔt)=∑mΔv,整理得:-mgsinθt-BLq=0-mv0,又q=,解得t=,选项C正确;棒上滑到最高点的过程中,由能量守恒定律可得,回路中产生的总焦耳热为:Q=
m-mgxsinθ,选项D正确。
11.(2016·全国卷Ⅰ)如图,两固定的绝缘斜面倾角均为θ,上沿相连。两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L,质量分别为2m和m;用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca,并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上,使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于斜面向上,已知两根导线刚好不在磁场中,回路电阻为R,两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度大小为g,已知金属棒ab匀速下滑。求
(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小。
(2)金属棒运动速度的大小。
【解析】(1)设导线的张力的大小为T,右斜面对ab棒的支持力的大小为N1,作用在ab棒上的安培力的大小为F,左斜面对cd棒的支持力大小为N2。对于ab棒,由力的平衡条件得
2mgsinθ=μN1+2T+F ①
N1=2mgcosθ ②
对于cd棒,同理有mgsinθ+μN2=2T ③
N2=mgcosθ ④
联立①②③④式得F=mg(sinθ-3μcosθ) ⑤
(2)由安培力公式得F=BIL ⑥
这里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为E=BLv ⑦
式中v是ab棒下滑速度的大小。由欧姆定律得
I= ⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得v= ⑨
答案:(1)mg(sinθ-3μcosθ) (2)
A.棒内电子受洛伦兹力作用,棒受到安培力作用
B.棒内电子不受洛伦兹力作用,棒不受安培力作用
C.棒两端的电压为0.05 V
D.棒两端的电压为0.1 V
【解析】选C。在金属棒匀速下滑的过程中,棒内电子在磁场中运动,速度方向与磁场不平行,电子要受洛伦兹力作用。由于棒中没有电流,所以棒不受安培力作用,故A、B错误。棒产生的感应电动势E=BLvcos60°=0.1×1×1×0.5 V=0.05 V,由于棒中无电流,则棒两端的电压等于棒产生的感应电动势,所以棒两端的电压为0.05 V。故C正确,D错误。
2.(多选)(2019·全国卷Ⅱ)如图,两条光滑平行金属导轨固定,所在平面与水平面夹角为θ,导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直,在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放,两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场开始计时,到MN离开磁场区域为止,流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是 ( )
【解析】选A、D。如果PQ进入磁场时加速度为零,PQ做匀速运动,感应电流恒定。若PQ出磁场时MN仍然没有进入磁场,则PQ出磁场后至MN进入磁场的这段时间,由于磁通量Φ不变,无感应电流。由于PQ、MN从同一位置释放,故MN进入磁场时与PQ进入磁场时的速度相同,所以电流大小也应该相同,但方向相反,A正确,B错误。若PQ出磁场前MN已经进入磁场,由于磁通量Φ不变,无感应电流,PQ、MN均加速运动,PQ出磁场后,MN由于在磁场中的速度比进磁场时的速度大,故电流比PQ进入磁场时电流大,此后PQ做减速运动,电流减小,故C错误,D正确。
3.(多选)(2019·大连模拟)如图所示,半径为2r的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域,磁场区域的半径为r,已知弹性螺旋线圈的电阻为R,线圈与磁场区域共圆心,则以下说法中正确的是 ( )
A.保持磁场不变,线圈的半径由2r变到3r的过程中,有顺时针方向的电流
B.保持磁场不变,线圈的半径由2r变到0.5r的过程中,有逆时针方向的电流
C.保持半径不变,使磁场随时间按B=kt变化,线圈中的电流为
D.保持半径不变,使磁场随时间按B=kt变化,线圈中的电流为
【解析】选B、C。在线圈的半径由2r变到3r的过程中,穿过线圈的磁通量不变,则线圈内没有感应电流,故A错误;当线圈的半径由2r变到0.5r的过程中,穿过线圈的磁通量减小,则线圈内有感应电流,根据楞次定律,则有逆时针方向的电流,故B正确;保持半径不变,使磁场随时间按B=kt变化,依据法拉第电磁感应定律,则有:E=·πr2=kπr2,因此线圈中的电流为I==,故C正确,D错误。
【补偿训练】
如图所示,空间存在一有边界的水平方向匀强磁场,磁场上下边界的间距为L。一个边长也为L的正方形导线框在位置Ⅰ获得向上初速度后进入磁场沿竖直方向运动,线框所在平面始终与磁场方向垂直,且线框上、下边始终保持水平。当导线框一直加速下落,经过一段时间回到初始位置Ⅰ。则导线框 ( )
A.上升过程加速度减小,下落过程加速度增大
B.上升过程加速度减小,下落过程加速度减小
C.上升过程加速度增大,下落过程加速度增大
D.上升过程加速度增大,下落过程加速度减小
【解析】选B。线框在磁场中运动时,受到重力和安培力,安培力的大小FA=B×
×L=,与运动速度的大小成正比。上升过程中,安培力方向与重力方向相同,由于速度减小,故加速度减小;下降过程中,安培力与重力方向相反,由于速度增大,FA增大,但合力减小,故加速度减小,B正确,A、C、D错误。
4.在水平桌面上,一个面积为S的圆形金属框置于匀强磁场中,线框平面与磁场垂直,磁感应强度B随时间t的变化关系如图(甲)所示,0～1 s内磁场方向垂直线框平面向下。圆形金属框与两根水平的平行金属导轨相连接,导轨上放置一根导体棒,导体棒的长为L、电阻为R,且与导轨接触良好,导体棒处于另一匀强磁场中,如图(乙)所示。若导体棒始终保持静止,则其所受的静摩擦力f随时间变化的图象是图中的(设向右的方向为静摩擦力的正方向) ( )
【解析】选B。由(甲)图可知在0～1 s内磁感应强度均匀增大,产生恒定的感应电流,根据楞次定律可判断感应电流的方向为逆时针,导体棒受到的安培力的方向是水平向左,棒静止不动,摩擦力方向水平向右,为正方向。同理,分析以后几秒内摩擦力的方向,从而得出f-t图象为B图。故B正确,A、C、D错误。
5.(多选)(2019·临沂模拟)如图所示,位于同一绝缘水平面内的两根固定金属导轨MN、M′N′,电阻不计,两导轨之间存在竖直向下的匀强磁场。现将两根粗细均匀、电阻分布均匀的相同铜棒ab、cd放在两导轨上,若两棒从图示位置以相同的速度沿MN方向做匀速直线运动,运动过程中始终与两导轨接触良好,且始终与导轨MN垂直,不计一切摩擦,则下列说法正确的是 ( )
A.回路中有顺时针方向的感应电流
B.回路中总的感应电流不断减小
C.回路中的热功率不断增大
D.两棒所受安培力的合力不断减小
【解析】选B、D。两棒以相同的速度沿MN方向做匀速直线运动,回路的磁通量不断增大,根据楞次定律可知,感应电流方向沿逆时针,选项A错误;设两棒原来相距的距离为s,M′N′与MN的夹角为α。回路中总的感应电动势 E=BLcdv-BLabv
=Bv·(Lcd-Lab)=Bv·stanα=Bvstanα,保持不变,由于回路的电阻不断增大,所以回路中的感应电流不断减小,选项B正确;回路中的热功率为P=,E不变,R增大,则P不断减小,选项C错误;两棒所受安培力的合力为 F=BILcd-BILab=BI·(Lcd-
Lab)=BI·stanα,I减小,其他量不变,所以F减小,选项D正确。
6.(2017·天津高考)如图所示,两根平行金属导轨置于水平面内,导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小,ab始终保持静止,下列说法正确的是 ( )
A.ab中的感应电流方向由b到a
B.ab中的感应电流逐渐减小
C.ab所受的安培力保持不变
D.ab所受的静摩擦力逐渐减小
【解析】选D。金属棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路,磁感应强度均匀减小(=k 为定值),则闭合回路中的磁通量减小,根据楞次定律,可知回路中产生顺时针方向的感应电流,ab中的电流方向由a到b,故A 错误;根据法拉第电磁感应定律,感应电动势E===k·S,回路面积S不变,即感应电动势为定值,根据欧姆定律 I=,所以ab中的电流大小不变,故B错误;安培力F=BIL,电流大小不变,磁感应强度减小,则安培力减小,故C错误;金属棒处于静止状态,所受合力为零,对其受力分析,水平方向静摩擦力f与安培力F等大反向,安培力减小,则静摩擦力减小,故D正确。
7.(多选)如图所示,足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置,导轨间距为L,一个磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面向下,导轨的上端M与P间接有电容为C的电容器,金属棒开始静止。对金属棒施加一个水平向右、大小为F的恒力作用,不计一切摩擦,不计一切电阻,则经过时间t的过程中 ( )
A.金属棒可能做变加速运动
B.金属棒中的电流恒定
C.电容器所带电荷量
D.电容器储存的电场能为
【解析】选B、C、D。经过时间Δt时,金属棒速度设为v,根据动量定理可得:FΔt-BILΔt=mv-0,金属棒切割磁感线产生电动势变化ΔE=BLΔv,通过电容器的电量Q=IΔt=CBLv,所以有FΔt-BL·CBLv=mv-0,解得:v=·Δt,又加速度定义式a=,可得加速度a=,为定值,故A错误;对金属棒,应用牛顿第二定律有F-BIL=ma,由于加速度、拉力F恒定,所以安培力恒定,电流强度恒定,故B正确;电流强度I=CBLa=,经过时间t流过电路横截面的电量Q=It=,故C正确;电容器所带的电荷量与电容器两端电压关系图象如图所示,图象与坐标轴围成的面积表示电容器储存的电能,所以电容器储存的电场能为E=QU=CU2=C(BLv)2=C(BLat)2=,故D正确。
【补偿训练】
(多选)用电阻为R的薄金属条制成边长为L的闭合正方形框abb′a′,如图所示,金属方框水平放在磁极的狭缝间,方框平面与磁场方向平行。设匀强磁场仅存在于相对磁极之间,其他地方的磁场忽略不计,可认为方框的aa′边和bb′边都处在磁极之间,极间磁感应强度大小为B,方框从静止开始释放,其平面在下落过程中保持水平,磁场区域在竖直方向足够长,方框下落的最大速度为vm,方框下落时间为t时产生的热量与一恒定电流为I0在同一时间t内在该框内产生的热量相同,此时方框下落高度为h(未达到最大速度),不计空气阻力,重力加速度为g,则 ( )
A.从上往下看,方框中电流方向为逆时针方向
B.当方框下落的加速度为时,方框的发热功率为
C.方框的质量为
D.t时刻方框的速度为
【解析】选B、D。根据右手定则可知,从上往下看,方框中电流方向为顺时针方向,A错误;方框下落的最大速度为vm,根据共点力的平衡条件可得:F安=mg,此过程两条边切割磁感应线,所以F安=2BImL=,所以方框的质量为;方框下落加速度为时,根据牛顿第二定律有
mg-2BI·L=m·,则电流强度I=,方框的发热功率P=I2R=,B正确,C错误;
根据能量守恒定律,方框重力势能转化为动能和电流产生的热量,所以有mgh=
mv2+Rt,所以t时刻方框的速度为,D正确。
8.(2019·佛山模拟)CD、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨,导轨间距为L,在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B,磁场区域的长度为d,如图所示。导轨的右端接有一电阻R,左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放,导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知导体棒与水平导轨接触良好,且动摩擦因数为μ,则下列说法中正确的是 ( )
A.电阻R的最大电流为
B.流过电阻R的电荷量为
C.整个电路中产生的焦耳热为mgh
D.电阻R中产生的焦耳热为mgh
【解析】选B。金属棒下滑过程中,机械能守恒,得mgh=mv2,金属棒到达水平面时的速度v=,金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动,则刚到达水平面时的速度最大,所以最大感应电动势为E=BLv,最大的感应电流为I=,选项A错误;通过金属棒的电荷量为q==,选项B正确;金属棒在整个运动过程中,由动能定理得mgh-W安-μmgd=0,则克服安培力做功W安=mgh-μmgd,选项C错误;克服安培力做功转化为焦耳热,电阻与导体棒电阻相等,通过它们的电流相等,则金属棒产生焦耳热QR=Q=W安=(mgh-μmgd),选项D错误。
9.(2019·榆林模拟)如图甲所示,两根光滑固定导轨相距0.4 m竖直放置,导轨电阻不计,在导轨末端P、Q两点用两根等长的细导线悬挂金属棒cd。棒cd的质量为0.01 kg,长为0.2 m,处于磁感应强度为B0=0.5 T的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向里。相距0.2 m的水平虚线MN和JK之间的区域内存在着垂直于导轨平面向里的匀强磁场,且磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示。在t=0时刻,质量为0.02 kg、阻值为0.3 Ω 的金属棒ab从虚线MN上方0.2 m高度处,由静止开始释放,下落过程中保持水平,且与导轨接触良好,结果棒ab在t1时刻从上边界MN进入磁场,并在磁场中做匀速运动,在t2时刻从下边界JK离开磁场,g取10 m/s2。求:
(1)在0～t1时间内,电路中感应电动势的大小。
(2)在t1～t2时间内,棒cd受到细导线的总拉力为多大。
(3)棒cd在0～t2时间内产生的焦耳热。
【解析】(1)对棒ab自由下落过程,有t1==0.2 s
磁感应强度的变化率为= T/s=2.5 T/s
由法拉第电磁感应定律得,0～t1时间内感应电动势E1==Labh
联立以上各式并代入数据可得E1=0.2 V
(2)由棒ab匀速进入磁场区域可知BI2Lab=mabg
代入数据,可解得I2=1 A
在t1～t2时间内,对棒cd受力分析,
可得FT=mcdg+B0I2Lcd
代入数据,可解得FT=0.2 N
(3)棒ab刚进入磁场时的速度为v=gt1=2 m/s
棒ab刚进入磁场后的感应电动势为
E2=BLabv=0.4 V
则Rcd=-Rab=0.1 Ω
在0～t1时间内,感应电流为
I1==0.5 A
棒cd在0～t2时间内产生的焦耳热
Qcd=Q1+Q2=Rcdt1+Rcd·=0.015 J。
答案:(1)0.2 V (2)0.2 N (3)0.015 J
10.(多选)(2019·合肥模拟)如图所示,足够长的光滑平行金属导轨与水平面成θ角放置,导轨间距为L且电阻不计,其顶端接有一阻值为R的电阻,整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下。一质量为m的金属棒以初速度v0由导轨底端上滑,经一段时间滑行距离x到达最高点后,又返回底端。棒与两导轨始终垂直且接触良好,其接入电路中的电阻为r,重力加速度为g。下列说法正确的是 ( )
A.棒下滑过程的平均速度等于
B.棒下滑过程通过R的电荷量为
C.棒上滑时间等于
D.棒上滑过程中回路产生的焦耳热等于m-mgxsinθ
【解析】选C、D。根据能量守恒得,除最高点外,在任何一个位置,上滑到此位置的速度大于下滑到此位置的速度,则上滑的平均速度大于下滑的平均速度,在上滑过程中,金属棒做加速度逐渐减小的减速运动,故上滑的平均速度小于,故下滑的平均速度小于,选项A错误; 根据感应电荷量公式q=可知,下滑过程中通过R的电荷量为q=,选项B错误;上滑过程,以向上为正方向,对棒由动量定理得:-(mgsinθ+BIL)Δt=mΔv,两边求和得:-∑(mgsinθ·Δt)-∑(BILΔt)=∑mΔv,整理得:-mgsinθt-BLq=0-mv0,又q=,解得t=,选项C正确;棒上滑到最高点的过程中,由能量守恒定律可得,回路中产生的总焦耳热为:Q=
m-mgxsinθ,选项D正确。
11.(2016·全国卷Ⅰ)如图,两固定的绝缘斜面倾角均为θ,上沿相连。两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L,质量分别为2m和m;用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca,并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上,使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于斜面向上,已知两根导线刚好不在磁场中,回路电阻为R,两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度大小为g,已知金属棒ab匀速下滑。求
(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小。
(2)金属棒运动速度的大小。
【解析】(1)设导线的张力的大小为T,右斜面对ab棒的支持力的大小为N1,作用在ab棒上的安培力的大小为F,左斜面对cd棒的支持力大小为N2。对于ab棒,由力的平衡条件得
2mgsinθ=μN1+2T+F ①
N1=2mgcosθ ②
对于cd棒,同理有mgsinθ+μN2=2T ③
N2=mgcosθ ④
联立①②③④式得F=mg(sinθ-3μcosθ) ⑤
(2)由安培力公式得F=BIL ⑥
这里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为E=BLv ⑦
式中v是ab棒下滑速度的大小。由欧姆定律得
I= ⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得v= ⑨
答案:(1)mg(sinθ-3μcosθ) (2)