【同步】高中物理教科版(2019)选择性必修2：第2章专题提升6电磁感应中的动力学能量动量问题分层作业习题

第二章分层作业13电磁感应中的动力学、能量、动量问题A级必备知识基础练1.如图所示,先后两次将同一个矩形线框由匀强磁场中匀速拉出,两次拉动的速度相同。第一次线框长边与磁场边界平行,将线框全部拉出磁场区,产生的电热为Q1,通过导线横截面的电荷量为q1;第二次线框短边与磁场边界平行,将线框全部拉出磁场区域,产生的电热为Q2,通过导线横截面的电荷量为q2,则()A.Q1>Q2,q1=q2 B.Q1=Q2,q1>q2C.Q1<Q2,q1<q2 D.Q1>Q2,q1>q22.(2023河北邯郸高二期末)如图所示,有两根和水平方向成θ角的光滑平行金属轨道,上端接有可变电阻R,下端足够长,空间有垂直于轨道平面斜向上的匀强磁场,磁感应强度为B。一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下。经过足够长的时间后,金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm,不计金属杆和轨道的电阻,以下分析正确的是()A.金属杆先做匀加速直线运动,然后做匀速直线运动B.如果只减小轨道倾角,vm将变小C.如果只增大B,vm将变大D.如果同时增大B、R,vm将变小3.(多选)(2023广东江门第一中学高二期末)如图所示,MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨,其间距为L,导轨弯曲部分光滑,平直部分粗糙,二者平滑连接,右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、接入电路的电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放,到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ,金属棒与导轨垂直且接触良好,重力加速度为g。金属棒穿过磁场区域的过程中()A.流过金属棒的最大电流为BLB.通过金属棒的电荷量为BdLC.克服安培力所做的功为mghD.金属棒产生的焦耳热为12mg(h-μd4.(多选)(2023广东茂名模拟)某科技馆设计了一种磁力减速装置,简化为如图所示模型。在小车下安装长为L、总电阻为R的正方形单匝线圈,小车和线圈总质量为m。小车从静止开始沿着光滑斜面下滑s后,下边框刚进入匀强磁场时,小车开始做匀速直线运动。已知斜面倾角为θ,磁场上、下边界的距离为L,磁感应强度大小为B,方向垂直斜面向上,重力加速度为g,则()A.线圈通过磁场过程中,感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向(俯视)B.线圈在穿过磁场过程中产生的焦耳热为mg(2L+s)sinθC.线圈刚进入磁场上边界时,感应电流的大小为BLD.小车和线圈的总质量为B5.(多选)(2023河南南阳高二期末)如图所示,虚线PQ左侧有垂直于光滑水平面向下的匀强磁场,右侧有垂直于水平面向上的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小均为B。边长为L、质量为m、总电阻为R的均匀正方形单匝金属线框abcd放在水平面上,处于PQ右侧的匀强磁场中。给线框一个向左的初速度v0,线框刚好能完全通过虚线PQ,线框在运动过程中cd边始终与PQ平行,则线框在运动过程中 ()A.产生的焦耳热为1B.通过线框横截面的电荷量为2C.最大加速度为2D.线框有一半进入PQ左侧磁场时速度大小为v0-26.(多选)(2023山东枣庄期末)如图所示,两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨,固定在同一水平面上,其间距为L=1m,左端通过导线连接一个R=1.5Ω的定值电阻。整个导轨处在磁感应强度大小B=1T的匀强磁场中,磁场方向竖直向下。质量m=0.2kg、长度L=1m、电阻r=0.5Ω的均质金属杆垂直于导轨放置,且与导轨接触良好,在杆的中点施加一个垂直于金属杆的水平拉力F,使其由静止开始运动。金属杆运动后,拉力F的功率P=8W保持不变,当金属杆的速度稳定后,撤去拉力F。下列说法正确的是()A.撤去拉力F前,金属杆稳定时的速度为16m/sB.从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程,通过金属杆的电荷量为0.8CC.从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程,金属杆前进的距离为1.6mD.从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程,金属杆上产生的热量为1.6J7.(2023河北沧州高二期末)两平行光滑金属导轨固定在水平面内,导轨间距为L,左端连接阻值为R的电阻,整个导轨处于与导轨平面垂直的匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向如图所示。一长度为L、垂直放在导轨上的金属棒沿导轨向右运动,某时刻速度为v0,已知金属棒电阻为r,金属棒与导轨接触良好,导轨电阻不计,求:(1)此时回路中的电流大小;(2)此时金属棒克服安培力做功的功率。B级关键能力提升练8.(2023福建莆田高二期末)如图甲所示,轻质细线吊着一质量m=0.6kg、边长l=0.2m、匝数n=100的正方形线圈,其总电阻r=2Ω。正方形线圈中间位置以下区域处于垂直纸面向里的匀强磁场中,磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示,重力加速度g取10m/s2,求:(1)2s末通过正方形线圈的电流大小及方向;(2)前4s内细线对正方形线圈的拉力大小随时间变化的规律。9.(2023河南新乡高二期末)如图所示,足够长的光滑绝缘斜面的倾角θ=37°,空间中自上而下依次分布着垂直斜面向下的宽度均为L=0.5m的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,磁场Ⅰ下边界与磁场Ⅱ上边界的距离d1=4.25m。一边长L=0.5m、质量m=0.2kg、电阻R=5Ω的正方形导线框放在斜面的顶端,导线框的下边距磁场Ⅰ上边界的距离d0=3m,将导线框由静止释放,导线框匀速穿过每个磁场区域。重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:(1)磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小B1、B2;(2)整个过程中导线框产生的焦耳热Q。10.(2023浙江高二期中)如图所示,匝数N=200、横截面积S=100cm2、电阻r=0.3Ω的线圈处于竖直向上的变化磁场中,磁感应强度B1随时间变化的规律为B1=(0.5+0.4t)T。倾角θ=30°、间距d=0.5m、长度L=1.2m的光滑平行导轨在磁感应强度为B2的匀强磁场中倾斜放置,B2方向垂直导轨平面,开关S闭合时,一质量m=200g、电阻R1=0.2Ω的导体棒ab恰好能静止在倾斜导轨的上端处,定值电阻R2=0.2Ω,导轨电阻忽略不计,空气阻力忽略不计,g取10m/s2。(1)求线圈中的感应电动势大小。(2)求磁感应强度B2的大小和方向。(3)断开S后导体棒开始沿导轨下滑,到达底端前速度已达到最大值,求导体棒滑到导轨底端所需的时间及下滑过程中导体棒上产生的焦耳热。11.(2023浙江高二期末)如图所示,匝数N=100、截面积S=1.0×10-2m2、电阻r=0.15Ω的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的匀强磁场B1,其变化率k=0.80T/s。线圈通过开关S连接两根相互平行、间距d=0.20m的竖直导轨,下端连接阻值R=0.50Ω的电阻。一根阻值也为0.50Ω、质量m=1.0×10-2kg的导体棒ab搁置在等高的挡条上,在竖直导轨间的区域仅有垂直纸面的不随时间变化的匀强磁场B2,闭合开关S后,导体棒对挡条的压力恰好为零,假设导体棒始终与导轨垂直,且与导轨接触良好,不计摩擦阻力和导轨电阻,重力加速度g取10m/s2。(1)求竖直导轨区域内的磁场B2的大小和方向。(2)求2s内得到的电能。(3)求2s内通过R的电荷量。(4)若2s后断开开关S,同时撤去挡条,导体棒开始下滑,测量得到经t=0.25s后下降了h=0.29m,求此过程中导体棒产生的焦耳热。

参考答案分层作业13电磁感应中的动力学、能量、动量问题1.A解析设线框的长为L1、宽为L2,速度为v,第一次,线框受到的安培力大小为F安=BI1L1=BBL1vRL1=B2L12vR,线框匀速运动,外力与安培力平衡,则外力的大小为F1=F安,外力做功为W1=F1L2=B2L12vRL2,由能量守恒定律,产生的电热Q1=W1;第二次,同理可得W2=F2L1=B2L22vRL1,由能量守恒定律,产生的电热Q2=W2,由于L1>L2,则W2.B解析金属杆下滑过程中,受重力、轨道的支持力和安培力,开始时重力沿斜面的分力大于安培力,金属杆做加速运动,根据牛顿第二定律可得mgsinθ-B2l2vR=ma,随着速度的增加,安培力在增大,所以金属杆加速度逐渐减小,当加速度减小到零时,速度最大,金属杆做匀速运动,故金属杆先做加速度逐渐减小的加速运动然后做匀速直线运动,故A错误。当金属杆做匀速运动时,速度达到最大,根据受力平衡可得mgsinθ=B2l2vmR,解得vm=mgRsinθB2l3.AD解析在金属棒沿弯曲导轨下滑的过程中,由机械能守恒定律得mgh=12mv2,解得v=2gh,金属棒刚进入磁场时速度最大,则产生的感应电动势最大,所以流过金属棒的最大电流为I=BLv2R=BL2gh2R,故A正确;根据法拉第电磁感应定律,可得通过金属棒的电荷量为q=IΔt=E2RΔt=ΔΦΔt2RΔt=BLd2R,故B错误;在金属棒从静止释放到停在磁场右边界的过程中,由动能定理可得mgh-μmgd-W安=4.AD解析线圈刚进入磁场上边界时,根据楞次定律可得感应电流的方向为顺时针方向(从斜面上方俯视线框),穿出磁场时,根据楞次定律可得感应电流的方向为逆时针方向,故A正确;下边框刚进入匀强磁场时,小车开始做匀速直线运动,根据功能关系可得线圈穿过磁场的过程中产生的焦耳热为Q=2mgLsinθ,故B错误;设线圈进入磁场时的速度大小为v0,自由下滑过程中,根据动能定理可得mgssinθ=12mv02,解得v0=2gssinθ,根据闭合电路欧姆定律可得I=BLv5.AB解析根据能量守恒可知线框中产生的焦耳热为Q=12mv02,故A正确;通过线框的电荷量q=IΔt=ERΔt=ΔΦΔt·RΔt=ΔΦR=2BL2R,故B正确;当线框刚进入虚线左侧时加速度最大,此时ab和cd两边同时切割磁感线,感应电动势叠加,因此回路电流I=ER=2BLv0R,此时ab和cd两边同时受安培力且大小方向相同,由F=BIL,2F=ma,联立解得a=4B2L2v0mR,故C错误;线框有一半进入PQ左侧磁场过程中,根据动量定理可知-2F6.BC解析对金属杆受力分析可知,当金属杆速度稳定时F=F安,根据法拉第电磁感应定律可得E=BLv,由欧姆定律可得I=ER+r,安培力F安=BIL,又P=Fv,联立求解可得v=4m/s,故A错误;撤去拉力后,由动量定理可得-F安t=0-mv,通过金属杆的电荷量q=It,平均速度v=xt,解得q=0.8C,x=1.6m,故B、C正确;由动能定理有0-12mv2=-Q,则金属杆上产生的热量Qr=r7.答案(1)BLv0R解析(1)根据法拉第电磁感应定律有E=BLv0根据闭合电路欧姆定律有I=E联立解得I=BLv(2)金属棒所受安培力为F=BIL金属棒克服安培力做功的功率P=Fv0解得P=B28.答案(1)1A沿顺时针方向(2)FT=86-20t(N)(0≤t≤4s)解析(1)由图乙可知2s末磁通量变化率的绝对值为ΔBΔ正方形线圈中产生的感应电动势为E=nΔBΔt·2s末通过正方形线圈的电流大小I=Er由于磁通量向里减少,根据楞次定律可知线圈的电流沿顺时针方向。(2)前4s内正方形线圈产生的感应电流大小恒为I=1A,前4s内磁感应强度随时间的变化规律为B=4-t(T)(0≤t≤4s)正方形线圈受到的安培力大小为FA=nBIl前4s内细线对正方形线圈的拉力大小随时间变化的规律为FT=FA+mg代入数据解得FT=86-20t(N)(0≤t≤4s)。9.答案(1)2T263T(2)2解析(1)设导线框进入磁场Ⅰ瞬间的速度大小为v1,根据动能定理有mgd0sinθ=1进入磁场Ⅰ后,根据受力平衡有mgsinθ=FA1根据法拉第电磁感应定律可知,导线框切割磁场产生的感应电动势E1=B1Lv1导线框中的电流I1=E导线框受到的安培力FA1=B1I1L解得B1=2T设导线框进入磁场Ⅱ瞬间的速度大小为v2,根据动能定理有mg(d1-L)sinθ=1进入磁场Ⅱ后,同理有mgsinθ=FA2=B2I2LE2=B2Lv2I2=E解得B2=26(2)对整个过程分析,根据功能关系有mg(d0+d1+3L)sinθ=12解得Q=2.4J。10.答案(1)0.8V(2)2T,方向垂直斜面向下(3)3.08s0.592J解析(1)线圈中的感应电动势大小E=NΔBΔtS=200×0.4×100×10-4V=(2)导体棒和定值电阻R2并联后的总电阻为R并=0.1Ω则通过导体棒的电流为I=12×对导体棒平衡时满足mgsinθ=B2Id解得B2=2T因导体棒中感应电流从a到b,则根据左手定则可知,B2方向垂直斜面向下。(3)导体棒到达最大速度时满足mgsinθ=B2B2解得vm=0.4m/s由动量定理mgsinθ·t-B2Idt=mvm其中It=q=B解得t=3.08s下滑过程中导体棒上产生的焦耳热Q=12mgLsinθ-12mvm211.答案(1)0.5