【导与练】(福建专版)2014届高考物理一轮复习 第三课时电磁感应中的动力学与能量问题课时训练.doc

第课时　电磁感应中的动力学与能量问题

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知识点
题号
1.电磁感应中的动力学问题
1、3、5、8、9、10
2.电磁感应中的能量问题
2、4、6、7
3.综合问题
11、12
1. (2012潍坊2月模拟)如图所示,边长为L的正方形线框,从图示位置开始沿光滑斜面向下滑动,中途穿越垂直纸面向里、有理想边界的匀强磁场区域.磁场的宽度大于L,以i表示线框中的感应电流,从线框刚进入磁场开始计时,取逆时针方向为电流正方向,以下it关系图象可能正确的是(　B　)

解析:边长为L的正方形线框,从图示位置开始沿光滑斜面向下滑动,若进入磁场时所受安培力与重力沿斜面方向分力平衡,则线框做匀速直线运动,感应电流为一恒定值;完全进入后磁通量不变,感应电流为零,线框做匀加速直线运动;从磁场中出来时,感应电流方向相反,所受安培力大于重力沿斜面方向分力,线框做减速直线运动,感应电流减小.所以选项B正确.
2.如图所示,在粗糙绝缘水平面上有一正方形闭合线框abcd,其边长为l,质量为m,金属线框与水平面的动摩擦因数为μ.虚线框a'b'c'd'内有
一匀强磁场,磁场方向竖直向下.开始时金属线框的ab边与磁场的d'c'边重合.现使金属线框以初速度v0沿水平面滑入磁场区域,运动一段时间后停止,此时金属线框的dc边与磁场区域的d'c'边距离为l.在这个过程中,金属线框产生的焦耳热为(　D　)
A.m+μmgl B.m-μmgl
C.m+2μmgl D.m-2μmgl
解析:依题意知,金属线框移动的位移大小为2l,此过程中克服摩擦力做功为2μmgl,由能量守恒定律得金属线框中产生的焦耳热为Q=m-2μmgl,故选项D正确.
　除利用能量守恒定律求解外,此题可利用动能定理求解克服安培力所做的功得出所求的量,即由-W克安-2μmgl=0-m,求出W克安.
3.如图(甲)、(乙)、(丙)中,除导体棒ab可动外,其余部分均固定不动,(甲)图中的电容器C原来不带电.设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略,导体棒和导轨间的摩擦也不计,图中装置均在水平面内,且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中,导轨足够长.现给导体棒ab一个向右的初速度v0,在(甲)、(乙)、(丙)三种情形下导体棒ab的最终运动状态是(　B　)

A.三种情形下导体棒ab最终都做匀速运动
B.(甲)、(丙)中,ab棒最终将以不同速度做匀速运动;(乙)中,ab棒最终静止
C.(甲)、(丙)中,ab棒最终将以相同速度做匀速运动;(乙)中,ab棒最终静止
D.三种情形下导体棒ab最终都静止
解析:题图(甲)中ab棒运动后给电容器充电,当充电完成后,棒以一个小于v0的速度向右匀速运动.题图(乙)中构成了回路,最终棒的动能完全转化为电热,棒停止运动.题图(丙)中棒先向右减速为零,然后反向加速至匀速.故正确选项为B.
4. (2012北京海淀区期末)如图所示,在一固定水平放置的闭合导体圆环上方,有一条形磁铁,从离地面高h处,由静止开始下落,最后落在水平地面上.磁铁下落过程中始终保持竖直方向,并从圆环中心穿过圆环,而不与圆环接触.若不计空气阻力,重力加速度为g,下列说法中正确的是(　A　)

A.在磁铁下落的整个过程中,圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针(从上向下看圆环)
B.磁铁在整个下落过程中,所受线圈对它的作用力先竖直向上后竖直向下
C.磁铁在整个下落过程中,它的机械能不变
D.磁铁落地时的速率一定等于
解析:根据楞次定律可知,选项A正确.根据楞次定律“来拒去留”的原则,磁铁在整个下落过程中,所受线圈对它的作用力总是竖直向上的,选项B错误.因为在整个下落过程中,线圈中产生的感应电流做功,所以磁铁的机械能减小,减小量等于电流做的功,选项C错误.因为磁铁在整个下落过程中机械能减小,落地时的速率一定小于,选项D错误.
5.如图,空间某区域中有一匀强磁场,磁感应强度方向水平,且垂直于纸
面向里,磁场上边界b和下边界d水平.在竖直面内有一矩形金属线圈,线圈上下边的距离很短,下边水平.线圈从水平面a开始下落.已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离.若线圈下边刚通过水平面b、c(位于磁场中)和d时,线圈所受到的磁场力的大小分别为Fb、Fc和Fd,则(　D　)
A.Fd>Fc>Fb B.Fc<Fd<Fb
C.Fc>Fb>Fd D.Fc<Fb<Fd
解析:由hab<hbd,线圈下边进入磁场前及整体线圈在磁场中运动的过程中加速度均为g,所以线圈下边进入磁场时的速度vb小于线圈将要离开磁场时的速度vd,由安培力公式F=可知Fb<Fd,当整体线圈在磁场中运动时穿过线圈的磁通量不变,不产生感应电流,在c处不受安培力,故有Fc<Fb<Fd,D正确.
6.如图所示为两个匀强磁场,磁感应强度大小均为B,方向分别垂直于纸
面向里和向外,磁场宽度为L,距磁场区域的左侧L处,有一边长为L的正方形导体线框,总电阻为R,且线框平面与磁场方向垂直.现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域,以初始位置为计时起点,规定:电流沿逆时针方向时的电动势E为正,磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ的方向为正,外力F向右为正.则以下关于线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化的图象正确的是(　D　)

解析:设自线框右边刚开始进入左边磁场时为第一段计时时间t1=,由题图中磁场的分布看出,线框的最右边进入右侧的磁场最左边仍在左侧磁场时,穿过线框的磁通量的变化率应是线框的最右边刚进入左侧磁场时磁通量变化率的2倍,故选项A错误;由E=可知,产生的感应电动势也是2倍关系,并且由楞次定律判断可知,第二段时间的感应电动势方向为顺时针方向,故选项B错误;安培力的方向水平向左,外力F的方向水平向右,故选项C错误;由P=可知,在线框中第二段电磁感应过程中消耗的电功率是第一段消耗电功率的4倍,故选项D正确.
　第一,看清两个区域磁场的方向,以正确判断线框穿过时磁通量的变化;第二,导体切割磁感线时产生的感应电流所受的安培力一定与导体棒的运动方向相反,要与通电导体所受的安培力区别开.
7.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,不考虑线框的动能,若外力对线框做的功分别为Wa、Wb,则Wa∶Wb为(　A　)
A.1∶4 B.1∶2
C.1∶1 D.不能确定
解析:根据能量守恒定律可知,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.
设拉动两只线框的速度均为v,则Wa=Qa=·,Wb=Qb=·,
由电阻定律知Rb=2Ra,
故Wa∶Wb=1∶4.A项正确.
8.如图,足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°),

其中MN与PQ平行且间距为L,导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直,导轨电阻不计.金属棒ab由静止开始沿导轨下滑,并与两导轨始终保持垂直且良好接触,ab棒接入电路的电阻为R,当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时,棒的速度大小为v,则金属棒ab在这一过程中(　B　)
A.运动的平均速度大小为v
B.下滑位移大小为
C.产生的焦耳热为qBLv
D.受到的最大安培力大小为sin θ
解析:由于ab棒下滑切割磁感线,使闭合电路产生感应电流,ab棒中有电流,在磁场中受到安培力作用,棒做加速度减小的加速运动,不是匀加速运动,平均速度不是v/2,A错误;由法拉第电磁感应定律,E=及ΔΦ=BΔS=BLx、=和=得流过ab棒某一横截面的电荷量为q时下滑的位移大小x=,B正确;产生的焦耳热为Q=mg·sin θ-mv2,C错误;安培力的大小为F=BIL=,D错误.
9. (2012吉林一中验收)内壁光滑,水平放置的玻璃圆环内,有一直径略小于环口直径的带正电小球,以速度v0沿逆时针方向匀速转动,如图所

示,若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比增加的变化磁场,设运动过程中小球带电量不变,则下列说法正确的是(　C　)
A.小球对玻璃环的压力一定不断增大
B.小球受到的磁场力一定不断增大
C.小球先沿逆时针方向减速运动一段时间后沿顺时针方向加速运动
D.磁场力对小球先做负功后做正功
解析:根据楞次定律可判定涡旋电场方向沿顺时针方向,小球所受电场力方向与运动方向相反,小球先沿逆时针方向减速运动一段时间后沿顺时针方向加速运动,故选项C对;小球所受磁场力为qvB,先减小后增大,故选项B错;小球所受磁场力方向先沿半径方向向外,后沿半径方向向里,玻璃环提供支持力FN,与磁场力一起提供向心力,先是FN-qvB=,随着v减小,FN减小,接着FN+qvB=,FN的变化存在多种可能性,由于小球对玻璃环压力与FN大小相等,故选项A错;磁场力对小球永不做功,故选项D错.
　涡旋电场方向与感应电流方向一致,可由楞次定律判定.
10.如图所示,光滑的“”形金属导体框竖直放置,质量为m的金属棒
MN与框架接触良好.磁感应强度分别为B1、B2的有界匀强磁场方向相反,但均垂直于框架平面,分别处在abcd和cdef区域.现从图示位置由静止释放金属棒MN,当金属棒进入磁场B1区域后,恰好做匀速运动.以下说法中错误的是(　A　)
A.若B2=B1,金属棒进入B2区域后将加速下滑
B.若B2=B1,金属棒进入B2区域后仍将保持匀速下滑
C.若B2<B1,金属棒进入B2区域后可能先加速后匀速下滑
D.若B2>B1,金属棒进入B2区域后可能先减速后匀速下滑
解析:若B2=B1,金属棒进入B2区域后,磁场反向,回路电流反向,由左手定则知:安培力并没有反向,大小也没有变,故金属棒进入B2区域后仍将保持匀速下滑,B对,A错;若B2<B1,金属棒进入B2区域后,安培力没有反向但大小变小,由F安=BIL=B··L=和mg-F安=ma知金属棒进入B2区域后可能先加速后匀速下滑,故C也对;同理,若B2>B1,金属棒进入B2区域后可能先减速后匀速下滑,故D也对.
11.如图所示,宽度l=1 m的足够长的U形金属框架水平放置,框架处在
竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度B=1 T,框架导轨上放一根质量m=0.2 kg、电阻R=1.0 Ω的金属棒ab,棒ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.5.现用功率为6 W的牵引力F使棒从静止开始沿导轨运动(ab棒始终与导轨接触良好且垂直).当棒的电阻R产生热量Q=5.8 J时获得稳定速度,此过程中,通过棒的电荷量q=2.8 C(框架电阻不计,g取10 m/s2).问:
(1)ab棒达到的稳定速度为多大?
(2)ab从静止到达稳定速度的时间为多少?
解析:(1)P=Fv,F安=BIl,I=
棒达稳定速度时,有F=F安+μmg,
解得v=2 m/s.
(2)设棒由静止到达稳定速度通过的距离为x,由能量守恒定律得Pt=Q+μmgx+mv2,
因q=·Δt,=
=,ΔΦ=Bxl
故q=,x=,
解得t=1.5 s.
答案:(1)2 m/s　(2)1.5 s
12.相距L=1.5 m的足够长金属导轨竖直放置,质量为m1=1 kg的金属棒ab和质量为m2=0.27 kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上,如图(甲)所示,虚线上方磁场方向垂直纸面向里,虚线下方磁场方向竖直向下,两处磁场磁感应强度大小相同.ab棒光滑,cd棒与导轨间动摩擦因数为μ=0.75,两棒总电阻为1.8 Ω,导轨电阻不计.ab棒在方向竖直向上、大小按图(乙)所示规律变化的外力F作用下,从静止开始沿导轨匀加速运动,同时cd棒也由静止释放.(g=10 m/s2)

(1)求磁感应强度B的大小和ab棒加速度的大小;
(2)已知在2 s内外力F做功40 J,求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热;
(3)判断cd棒将做怎样的运动,求出cd棒达到最大速度所需的时间t0,并在图(丙)中定性画出cd棒所受摩擦力fcd随时间变化的图象.
解析:(1)经过时间t,ab棒的速率:v=at,
此时,回路中的感应电流为:I==,
对ab棒,由牛顿第二定律得:F-BIL-m1g=m1a,
由以上各式整理得:F=m1a+m1g+at,
在题图(乙)图线上取两点:t1=0,F1=11 N;t2=2 s,
F2=14.6 N,
代入上式得a=1 m/s2,B=1.2 T.
(2)在2 s末ab棒的速率v1=at=2 m/s,
所发生位移x=at2=2 m,
由动能定理得WF-m1gx-W安=m1,
又Q=W安,
联立以上方程,解得:Q=18 J.
(3)cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动,当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时,速度达到最大;然后做加速度逐渐增大的减速运动,最后停止运动.
当cd棒速度达到最大时,有m2g=μN
又N=F安,F安=BIL,I==,vm=at0,

整理解得:t0==2 s.
fcd随时间变化的图象如图所示.
答案:(1)1.2 T　1 m/s2　(2)18 J
(3)见解析

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