2016《名师伴你行》一轮课时作业28

二十八电磁感应中的动力学和能量问题1．(2013·新课标全国卷Ⅱ)如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(dL)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v­t图象中，可能正确描述上述过程的是()答案：D解析：由于导线框闭合，导线框以某一初速度向右运动，其右侧边开始进入磁场时，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，右侧边受到安培力作用，做减速运动；导线框完全进入磁场中时，导线框中磁通量不变，不产生感应电流，导线框不受安培力作用，做匀速运动；导线框右侧边开始出磁场时，左侧边切割磁感线产生感应电动势和感应电流，左侧边受到安培力作用，导线框做减速运动；导线框进、出磁场区域时，受到的安培力不断减小，导线框的加速度不断减小，所以可能正确描述导线框运动过程的v­t图象是D．2．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∶4B．1∶2C．1∶1D．不能确定答案：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Wa＝Qa＝BLv2Ra·Lv，Wb＝Qb＝B·2Lv2Rb·2Lv由电阻定律知Rb＝2Ra，故Wa∶Wb＝1∶4.A项正确．3．如图所示，光滑水平面上有竖直向下的有界匀强磁场，磁场宽度为2L、磁感应强度为B．正方形线框abcd的电阻为R，边长为L，线框以与ab垂直的速度3v进入磁场，线框穿出磁场时的速度为v，整个过程中ab、cd两边始终保持与磁场边界平行．则线框全部进入磁场时的速度为()A．1.5vB．2vC．2.5vD．2.2v答案：B解析：设线框全部进入磁场时的速度为v′，对线框进入磁场的过程，设平均电流、平均加速度分别为I1、a1，应用牛顿第二定律得－BI1L＝ma1，a1＝v′－3vt1；对线框出磁场的过程，设平均电流、平均加速度分别为I2、a2，应用牛顿第二定律得－BI2L＝ma2，a2＝v－v′t2；又由感应电荷量公式q＝ΔΦR总＝BL2R总，故q＝I1t1＝I2t2，联立解得v′＝2v，故B对．4．(2015·江苏泰州模拟)如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝100，线圈面积S＝200cm2，线圈的电阻r＝1Ω，线圈外接一个阻值R＝4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示．下列说法中正确的是有()A．线圈中的感应电流方向为顺时针方向B．电阻R两端的电压随时间均匀增大C．线圈电阻r消耗的功率为4×10－4WD．前4s内闭合回路产生的热量为0.08J答案：C解析：由楞次定律知，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，A选项错误；由法拉第电磁感应定律知，感应电动势恒定，E＝nSΔBΔt＝0.1V，电阻R两端的电压不随时间变化，B选项错误；回路中电流I＝ER＋r＝0.02A，线圈电阻r消耗的功率为P＝I2r＝4×10－4W，C选项正确；Q＝I2(R＋r)t＝0.008J，D选项错误．5．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BLvC．电容器所带电荷量为CBLvD．为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为B2L2vR答案：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，所带电苛量Q＝CU＝CBLv，故A、B错，C对；MN匀速运动时，因无电流而不受安培力，故拉力为零，D错．6．如图所示，边长为L的正方形导线框质量为m，由距磁场H高处自由下落，其下边ab进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd刚刚穿出磁场时，速度减为ab边刚进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L，则线框穿越匀强磁场过程中发出的焦耳热为()A．2mgLB．2mgL＋mgHC．2mgL＋34mgHD．2mgL＋14mgH答案：C解析：设刚进入磁场时的速度为v1，刚穿出磁场时的速度为v2＝v12①线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L.由题意得12mv21＝mgH②12mv21＋mg·2L＝12mv22＋Q③由①②③得Q＝2mgL＋34mgH.C选项正确．7．如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F，此时()A．电阻R1消耗的热功率为Fv3B．电阻R2消耗的热功率为Fv6C．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvsinθD．整个装置消耗的机械功率为Fv答案：B解析：上滑速度为v时，导体棒受力如图所示，则B2L2vR＋R2＝F，所以PR1＝PR2＝BLv2×32R2R＝16Fv，故选项A错误，B正确；因为Ff＝μFN，FN＝mgcosθ，所以PFf＝Ffv＝μmgvcosθ，选项C错误；此时，整个装置消耗的机械功率为P＝PF＋PFf＝Fv＋μmgvcosθ，选项D错误．8．(多选)在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN，相距为L，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．有两根质量均为m的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直导轨放置，a、c此刻起做匀速运动，b棒刚好能静止在导轨上．a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计．则()A．物块c的质量是2mgsinθB．b棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能C．b棒放上导轨后，物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能D．b棒放上导轨后，a棒中电流大小是mgsinθBL答案：AD解析：b棒恰好静止，受力平衡，有mgsinθ＝F安，对a棒，安培力沿导轨平面向下，由平衡条件，mgsinθ＋F安＝mcg，由上面的两式可得mc＝2msinθ，选项A正确；根据机械能守恒定律知，b棒放上导轨之前，物块c减少的重力势能应等于a棒、物块c增加的动能与a棒增加的重力势能之和，选项B错误；根据能量守恒可知，b棒放上导轨后，物块c减少的重力势能应等于回路消耗的电能与a棒增加的重力势能之和，选项C错误；对b棒，设通过的电流为I，由平衡条件mgsinθ＝F安＝BIL，得I＝mgsinθBL，a棒中的电流也为I＝mgsinθBL，选项D正确．9．(多选)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的电阻．质量为m、电阻为r的金属棒在距磁场上边界某处静止释放，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，不计导轨的电阻，重力加速度为g，则()A．金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向为a→bB．金属棒的速度为v时，金属棒所受的安培力大小为B2L2vR＋rC．金属棒的最大速度为mgR＋rBLD．金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为mgBL2R答案：BD解析：金属棒在磁场中向下运动时，由楞次定律可知，流过电阻R的电流方向为b→a，选项A错误；金属棒的速度为v时，金属棒中感应电动势E＝BLv，感应电流I＝ER＋r，所受的安培力大小为F＝BIL＝B2L2vR＋r，选项B正确；当安培力F＝mg时，金属棒下落速度最大，金属棒的最大速度为v＝mgR＋rB2L2，选项C错误；金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R和r的热功率为P＝mgv＝mgBL2(R＋r)，电阻R的热功率为mgBL2R，选项D正确．10．(多选)如图所示，质量为3m的重物与一质量为m的线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知线框的横边边长为L，水平方向匀强磁场的磁感应强度为B，磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为h.初始时刻，磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为2h，将重物从静止开始释放，线框上边缘刚进磁场时，恰好做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计．则下列说法中正确的是()A．线框进入磁场时的速度为2ghB．线框的电阻为B2L22mg2ghC．线框通过磁场的过程中产生的热量Q＝2mghD．线框通过磁场的过程中产生的热量Q＝4mgh答案：ABD解析：从初始时刻到线框上边缘刚进入磁场，由机械能守恒定律得3mg×2h＝mg×2h＋4mv2/2，解得线框刚进入磁场时的速度v＝2gh，故A对；线框上边缘刚进磁场时，恰好做匀速直线运动，故所受合力为零，3mg＝BIL＋mg，I＝BLv/R，解得线框的电阻R＝B2L22mg2gh，故B对；线框匀速通过磁场的距离为2h，产生的热量等于系统重力势能的减少，即Q＝3mg×2h－mg×2h＝4mgh，故C错，D对．11．如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为l＝0.5m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角．完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒质量均为m＝0.02kg，电阻均为R＝0.1Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持静止．取g＝10m/s2，问：(1)通过棒cd的电流I是多少，方向如何？(2)棒ab受到的力F多大？(3)棒cd每产生Q＝0.1J的热量，力F做的功W是多少？答案：(1)1A方向由d至c(2)0.2N(3)0.4J解析：(1)棒cd受到的安培力Fcd＝IlB①棒cd在共点力作用下平衡，则Fcd＝mgsin30°②由①②式，代入数据解得I＝1A③根据楞次定律可知，棒cd中的电流方向由d至c.④(2)棒ab与棒cd受到的安培力大小相等Fab＝Fcd对棒ab，由共点力平衡知F＝mgsin30°＋IlB⑤代入数据解得F＝0.2N．⑥(3)设在时间t内棒cd产生Q＝0.1J热量，由焦耳定律知Q＝I2Rt⑦设棒ab匀速运动的速度大小为v，其产生的感应电动势E＝Blv⑧由闭合电路欧姆定律知I＝E2R⑨由运动学公式知在时间t内，棒ab沿导轨的位移x＝vt⑩力F做的功W＝Fx⑪综合上述各式，代入数据解得W＝0.4J．⑫12．如图所示，将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场的方向垂直纸面向里，线框向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进入磁场．整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力Ff且线框不发生转动．求：(1)线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度v2；(2)线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v1；(3)线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q.答案：(1)mg－FfRB2a2(2)RB2a2mg2－F2f(3)3mR22B4a4[(mg)2－F2f]－(mg＋Ff)(a＋b)解析：(1)线框在下落阶段匀速进入磁场时有mg＝Ff＋B2a2v2R解得v2＝mg－FfRB2a2.(2)由动能定理，线框从离开磁场至上升到最高点的过程有(mg＋Ff)h＝12mv21线框从最高点回落至进入磁场瞬间有(mg－Ff)h＝12mv22两式联立解得v1＝mg＋Ffmg－Ffv2＝RB2a2mg2－F2f.(3)线框在向上通过磁场过程