四川省夹江中学2019-2020学年高中物理教科版选修3-2：1.5电磁感应中的能量转化与守恒 跟踪训练（含解析）

1.5电磁感应中的能量转化与守恒
课时作业（含解析)
1．一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域继续下落，如图所示，则
(　　)
A．若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程也是匀速运动
B．若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程也是加速运动
C．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程是加速运动
D．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程也是减速运动
2．如图所示，水平方向的匀强磁场宽为b，矩形线框宽度为a，当这一闭合的导体框从磁场上方由静止开始下落，进入磁场时刚好做匀速运动，如果b>a，那么当线框的下边离开磁场时，线框的运动情况是（　　）
A．匀速直线运动
B．加速直线运动
C．减速直线运动
D．匀变速运动
3．如图甲所示，矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下静止不动，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图乙所示．t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里．在0～4
s时间内，线框ab边受安培力随时间变化的图象(力的方向规定以向左为正方向)是下图中的(　　
)
A．B．C．D．
4．如图所示，金属导线框abcd每边长，每边电阻均为，线框平面与纸面平行，有界匀强磁场磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里。现用外力使线框以10m/s的速度匀速进入磁场，则进入磁场的过程中，c、d两点间的电压是（　　）
A．0
B．0.05V
C．0.15V
D．0.2V
5．如图所示，在水平面上放置间距为L的平行金属导轨MN、PQ，左端连接阻值为R的定值电阻。质量为m的金属杆ab，垂直导轨静止放置，接入导轨间的电阻也为R，与导轨间的动摩擦因数为μ，导轨处在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。金属杆ab受到平行MN向左的瞬时冲量I，向左移动了距离d停止，运动过程中金属杆ab始终与导轨垂直且接触良好。导轨的电阻不计，重力加速度大小为g，则整个运动过程中（　　）
A．金属杆的最大加速度为
B．通过定值电阻R横截面的电荷量为
C．金属杆ab克服安培力做的功等于金属杆消耗的电能
D．回路中产生的焦耳热为
6．如图甲所示，导线制成的等边三角形OMN放置在水平桌面上，竖直向下的匀强磁场穿过桌面。剪下MN间的导线，向左平移到O点，现使其在水平外力F作用下紧贴MON向右匀速运动，从O点开始计时，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，棒未脱离MON之前，外力F、棒与MON构成的闭合电路中的电动势E、电路中的电流I、外力的功率P与时间t变化的关系正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
7．如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的金属正方形线框，以速度v垂直磁场方向从实线Ⅰ位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的Ⅱ位置时，线框的速度为。下列说法正确的是（　　）
A．在位置Ⅱ时线框中的电功率为
B．此过程中线框产生的内能为mv2
C．在位置Ⅱ时线框的加速度为
D．此过程中通过线框截面的电量为
8．如图所示，两条平行光滑导轨倾斜放置在水平地面上，导轨上端接一平行板电容器
，导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面。放置在导轨上的金属棒从导轨上端由静止开始下滑的过程中，金属棒始终保持与导轨垂直并接触良好，忽略所有电阻，则该过程中（　　）
A．电容器的带电量一直增加
B．电容器的带电量先增加后不变
C．金属棒的加速度逐渐减小
D．金属棒的加速度始终不变
9．如图所示，固定在水平面上的足够长的光滑平行直导轨处于垂直平面向下的匀强磁场中，一端连接着一个电容器和电源，导轨上放着一根长度与导轨间距相同，有固定阻值的均匀导体棒。与电容器连接的单刀双掷开关先与左边闭合，待充电结束后，某时刻与右边闭合，作为计时起点，随后导体棒在运动的过程中始终与导轨接触良好，不计其他位置的电阻，则电容器所带电量q、导体棒的运动速度v、流过导体棒的电流I、通过导体的电量Q随时间t变化的图像可能的是（　　）
A．B．C．D．
10．在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如图所示的PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图位置向右运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为，则下列说法正确的是（　　）
A．此时圆环中的电流为逆时针方向
B．此时圆环的加速度为
C．此时圆环中的电功率为
D．此过程中通过圆环截面的电量为
11．如图所示，长为a、宽为b的矩形线圈的电阻为r，处于磁感应强度为B的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直，求将线圈以向右的速度v匀速拉出磁场的过程中：
(1)拉力F的大小；
(2)线圈中产生的电热Q。
12．足够长的平行金属导轨MN和PK表面粗糙，与水平面之间的夹角为α=，间距为L=1m，垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度为B=2T，M、P间接有阻值为R=2Ω的电阻，质量为m=2kg的金属杆ab垂直导轨放置，其他电阻不计。如图所示，用恒力F沿导轨平面向下拉金属杆ab，使金属杆由静止开始运动，金属杆运动的最大速度为vm=10m/s，2s末金属杆的速度为v1=5m/s，前2s内金属杆的位移为x=8m，求：（重力加速度为g=10m/s2，sin=0.6）
(1)金属杆速度为v1时加速度的大小；
(2)整个系统在前2s内产生的热量。
13．如图所示，矩形线圈一边长为d，另一边长为a，电阻为R，当它以速度V匀速穿过宽度为L，磁感应强度为B的匀强磁场过程中，若Ld，产生的电能为__________，通过导线横截面的电荷量为__________．
14．如图所示，纸面内有一正方形单匝导线框abcd，置于垂直纸面向外、边界为MN的匀强磁场外，第一次以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次以速度2v匀速进入匀强磁场．求：
(1)第一次与第二次线框中电流之比________；
(2)第一次与第二次线框上产生的热量之比________；
(3)第一次与第二次通过线框导线横截面的电荷量之比________．
参考答案
1．D
【解析】
A．线圈从高处自由下落，以一定的速度进入磁场，会受到重力和安培力。线圈全部进入磁场后只受重力，在磁场内部会做一段加速运动，所以线圈出磁场时的速度要大于进磁场的速度。若线圈进入磁场过程是匀速运动，说明重力等于安培力，离开磁场时安培力大与重力，就会做减速运动．故A错误；
B．若线圈进入磁场过程是加速运动，说明重力大于安培力，离开磁场时安培力变大，安培力与重力大小关系无法确定，故B错误；
CD．若线圈进入磁场过程是减速运动，说明重力小于安培力，离开磁场时安培力变大，安培力仍然大于重力，所以也是减速运动．故C错误；D正确；
故选D。
2．C
【解析】
进入磁场时做匀速运动，可知安培力与重力相等，则有
联立可得
完全进入磁场后，做匀加速运动，出磁场的速度大于，则安培力大于，安培力的方向竖直向上，则知线框做减速直线运动，根据牛顿第二定律可得
速度减小，安培力减小，加速度减小，则线框的运动是加速度减小的减速直线运动，故C正确，A、B、D错误；
故选C。
3．D
【解析】
t=0时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，在0到1s内，穿过线框的磁通量变小，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ab边的安培力水平向左，即安培力为正；当在1s到2s内，磁感应强度的方向垂直线框平面向外，穿过线框的磁通量变大，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ad边的安培力水平向右，即安培力为负．在2~4s内，重复出现安培力先向左后向右．由法拉第电磁感应定理可知，线圈中产生的感应电动势大小不变，则线圈中电流大小不变，根据F=BIL，知在0-2s和2-4s内磁感应强度均匀变化，则安培力的大小也随时间均匀变化．
A.图像与分析不符，A错误
B.图像与分析不符，B错误
C.图像与分析不符，C错误
D.图像与分析符合，D正确
4．C
【解析】
进入cd时切割磁感线产生电动势相当于电源，则有
则cd两端的电压为路端电压
联立可得
故ABD错误，C正确。
故选C。
5．BD
【解析】
A．金属杆获得瞬时冲量瞬间加速度最大，根据牛顿第二定律
A错误；
B．通过电阻的电荷量为
B正确；
C．金属杆ab克服安培力做的功等于金属杆和电阻共同消耗的电能，C错误；
D．根据动能定理可知
解得回路中产生的焦耳热为
D正确。
故选BD。
6．BCD
【解析】
设图乙图象中的一次函数解析式为
由几何知识可知，导体棒切割磁感线的有效长度为
设单位长度电阻为R，回路的总电阻为
感生电动势为
因此
根据
联立可得
因此
由于其在水平外力F作用下紧贴MON向右匀速运动，即
联立可得
因此
根据
联立可得
因此
故A错误，BCD正确。
故选BCD。
7．AB
【解析】
AC．在Ⅱ位置时回路中产生感应电动势为
E=2×Ba=Bav
感应电流为
I==
线圈所受安培力大小分别为
F=2BIa=2Ba=
方向向左，则根据牛顿第二定律得加速度为
a=
此时线框中的电功率
P=I2R=
选项A正确C错误；
BD．此过程穿过线框的磁通量的变化量为
ΔΦ=Ba2
通过线框截面的电量为
q=
根据能量守恒定律得到，此过程回路产生的电能为
Q=mv2－m=
mv2
选项B正确D错误。
故选AB。
8．AD
【解析】
金属棒向下加速运动切割线产生感应电动势给电容器充电，感应电动势
E=BLv
充电电流为i，电容器所带电荷量为Q，充电电流
金属棒受到的安培力
F=BiL=CB2L2a
对金属棒，由牛顿第二定律得
mgsinθ-CB2L2a=ma
解得
由于m、g、θ、C、B、L都是定值，加速度a是定值，金属棒向下做初速度为零的匀加速直线运动，感应电动势
E=BLv=BLat
电容器所带电荷量
Q=CE=CBLat
由于C、B、L、a都是定值，随时间t的增加，电容器所带电荷量Q不断增加，故AD正确，BC错误。
故选AD。
9．BCD
【解析】
开关先与左边闭合，使电容器充电。后与右边闭合，导体棒通以放电电流，电容器两端电势差减小，导体棒上产生向右的安培力，使得导体棒向右加速运动切割磁感应线产生反电动势且逐渐增大，所以放电电流逐渐减小。
当反电动势增大到与电容器两端电势差等大时，电流消失，安培力为零。导体棒做匀速直线运动，电容器两端电势差不再改变，所带电量不再减小，通过导体棒的电荷量不再增加。
选项A错误，BCD正确。
故选BCD。
10．AC
【解析】
A．由右手定则可知，此时感应电流为逆时针方向，故A正确；
B．左右两边圆环均切割磁感线，故感应电动势的大小为
感应电流大小为
故其所受安培力大小为
加速度为
故B错误；
C．此时圆环的电功率为
故C正确；
D．此过程中圆环磁通量的变化为
故电荷量为
故D错误；
故选AC。
11．(1)；(2)
【解析】
(1)线圈被拉出磁场时，线圈所受的拉力与安培力等大反向，故
线圈中产生的感应电动势为
联立上式得
(2)依题得，线圈中产生的电热等于拉力所做的功，即
12．(1)5m/s2；(2)135J
【解析】
(1)设金属杆和导轨间的动摩擦因数为μ，当杆运动的速度为vm时，有
F＋mgsinα－－μmgcosα＝0
当杆的速度为v1时，有
F＋mgsinα－－μmgcosα＝ma
联立解得
a＝=5m/s2
(2)2s末金属杆的速度为v1，前2s内金属杆的位移为x，由能量守恒得，整个系统产生的焦耳热为
解得
Q1=135J
13．
【解析】
根据公式E=Blv求出线圈切割磁感线产生的感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出感应电流，即可由焦耳定律求出线圈产生的电能，由q=It求解电量．
【详解】
线圈进入磁场的过程中，产生的感应电动势为：E=Bav，
由闭合电路欧姆定律得感应电流：，
如果：
L如果：L>d，由焦耳定律得，线圈产生的电能为
通过导体截面的电荷量为．
14．1：2
1：2
1：1
【解析】
(1)线圈进入磁场产生的感应电动势，感应电流为，所以电流之比；
(2)根据，所以；
(3)根据公式，所以．