【文档说明】2023-2024学年高中物理人教版2019 选择性必修第二册课后习题 第2章 习题课　电磁感应中的动力学、能量和动量问题 Word版含答案.docx，共(8)页，230.732 KB，由小赞的店铺上传

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习题课电磁感应中的动力学、能量和动量问题必备知识基础练1.(多选)如图所示,有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道,间距为l,上端接有可变电阻R,下端足够长,空间有垂直于轨道平面的匀强磁场,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

会趋于一个最大速度vm,除R外其余电阻不计,则()A.如果B变大,vm将变大B.如果α变大,vm将变大C.如果R变大,vm将变大D.如果m变小,vm将变大2.(多选)如图所示,两足够长的平行金属导轨固定

在水平面上,匀强磁场方向垂直导轨平面向下,金属棒ab、cd与导轨构成矩形闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动,两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1。用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd,经过足够长时间以后(

)A.金属棒ab、cd都做匀速运动B.金属棒ab上的电流方向是由b向aC.金属棒cd所受安培力的大小等于2𝐹3D.两金属棒间距离保持不变3.如图所示,纸面内有一矩形导体闭合线框abcd,ab边长大于bc边长

,置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外,线框两次匀速完全进入磁场,两次速度大小相同,方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场,线框上产生的热量为Q1,通过线框横截面的电荷量为q1;第二次bc边平行于MN进入磁场,线框上产生的热量为Q2,通过线框横截面的电荷量为q2,则()A.Q1

>Q2,q1=q2B.Q1>Q2,q1>q2C.Q1=Q2,q1=q2D.Q1=Q2,q1>q24.如图所示,间距为l、电阻不计的足够长的平行光滑金属导轨水平放置,导轨左端用一阻值为R的电阻连接,导轨上横跨一根质量为m、有效电阻

也为R的金属棒,金属棒与导轨接触良好。整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。现使金属棒以初速度v沿导轨向右运动,若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q。下列说法正确的是()A.金属棒在导轨上做匀减速运动B.整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为𝑞𝑅

𝐵𝑙C.整个过程中金属棒克服安培力做功为12mv2D.整个过程中电阻R上产生的焦耳热为12mv25.如图所示,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()A.Fd>Fc>FbB.Fc<Fd<FbC.Fc>Fb>FdD.Fc<Fb<Fd6.(多选)如图所示

,金属杆ab以恒定的速率v在光滑平行导轨上向右滑行,设整个电路中总电阻为R(恒定不变),整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中,下列叙述正确的是()A.ab杆中的电流与速率v成正比B.磁场作用于ab杆的安培力与速率v

成正比C.电阻R上产生的热功率与速率v成正比D.外力对ab杆做功的功率与速率v成正比7.(2021山东泰安质检)如图所示,足够长的平行光滑U形导轨倾斜放置,所在平面的倾角θ=37°,导轨间的距离L=1.0m,下端连接R=1.6Ω的电阻,导轨电阻不计,所在空间存在垂直于导轨平面向

上的匀强磁场,磁感应强度B=1.0T。质量m=0.5kg、电阻r=0.4Ω的金属棒ab垂直置于导轨上,现用沿导轨平面且垂直于金属棒、大小为F=5.0N的恒力使金属棒ab从静止开始沿导轨向上滑行,当金属棒滑行s=2.8m后速度保持不

变。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2。求:(1)金属棒匀速运动时的速度大小v;(2)金属棒从静止到刚开始匀速运动的过程中,电阻R上产生的热量QR。关键能力提升练8.(多选)如图所示,在平行水平地面的有理想边界的匀强磁场上方,有三个大小相同的、用相同的金属材料制成的

正方形线框,线框平面与磁场方向垂直。A线框有一个缺口,B、C线框都闭合,但B线框导线的横截面积比C线框大。现将三个线框从同一高度由静止开始同时释放,下列关于它们落地时间说法正确的是()A.三个线框同时落地B.三个线框中,A线

框最早落地C.B线框在C线框之后落地D.B线框和C线框在A线框之后同时落地9.水平放置的光滑平行导轨上放置一根长为l、质量为m的导体棒ab,ab处在磁感应强度大小为B、方向如图所示的匀强磁场中,导轨的一端接一阻

值为R的电阻,导轨及导体棒电阻不计。现使ab在水平恒力F作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动,当通过位移为x时,ab达到最大速度vm。此时撤去外力,最后ab静止在导轨上。在ab运动的整个过程中,下列说法正确的是()A.撤去外力后,ab做匀减速运动B.合力对ab做的功为FxC.R上释放的热量为Fx+1

2𝑚𝑣m2D.R上释放的热量为Fx10.(多选)(2021山东卷)如图所示,电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上。区域Ⅰ、Ⅱ中磁场方向均垂直斜面向上,Ⅰ区中磁感应强度随时间均匀增加,Ⅱ区中为匀强磁场。阻值恒定的金属棒从无磁场区域中

a处由静止释放,进入Ⅱ区后,经b下行至c处反向上行。运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好。在第一次下行和上行的过程中,以下叙述正确的是()A.金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度B.金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度C.金属棒不能回到无磁场区D.金属棒能回到无磁场

区,但不能回到a处11.如图甲所示,两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上,两导轨间距为l,M、P两点间接有阻值为R的电阻。一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上,并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于斜面向下。导轨和金属杆的电阻可忽略

,让ab杆沿导轨由静止开始下滑,导轨和金属杆接触良好,不计它们之间的摩擦。(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示,请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图。(2)在加速下滑过程中,求当ab杆的速度大小为v时,ab杆中的电流及其

加速度的大小。(3)求在下滑过程中,ab杆可以达到的速度最大值。12.(2020天津卷)如图所示,垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中,金属框平面与磁场方向垂直,电阻R=0.1Ω,边长l=0.2m。求:(1

)在t=0到t=0.1s时间内,金属框中的感应电动势E;(2)t=0.05s时,金属框ab边受到的安培力F的大小和方向;(3)在t=0到t=0.1s时间内,金属框中电流的电功率P。答案：1.BC金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势E

=Blv,在闭合电路中形成电流I=𝐵𝑙𝑣𝑅,因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力F作用,F=BIl=𝐵2𝑙2𝑣𝑅,先用右手定则判定感应电流方向,再用左手定则判定出安培力方向,如图所

示。根据牛顿第二定律,得mgsinα-𝐵2𝑙2𝑣𝑅=ma,当a=0时,v=vm,解得vm=𝑚𝑔𝑅sin𝛼𝐵2𝑙2,故选项B、C正确。2.BC对两金属棒ab、cd进行受力和运动分析可知,两金属棒最终将做加速度

相同的匀加速直线运动,且金属棒ab速度小于金属棒cd速度,所以两金属棒间距离是变大的,由楞次定律判断金属棒ab上的电流方向是由b到a,A、D错误,B正确;以两金属棒整体为研究对象有F=3ma,隔离金属棒cd分析F-F安=ma,可求得金属棒cd所受安培力的大小F安=23F,C正

确。3.A根据功能关系知,线框上产生的热量等于克服安培力做的功,即Q1=W1=F1lbc=𝐵2𝑙𝑎𝑏2𝑣𝑅lbc=𝐵2𝑆𝑣𝑅lab,同理Q2=𝐵2𝑆𝑣𝑅lbc,又lab>lbc,故Q1>Q2;因q=𝐼t=𝐸𝑅t=Δ𝛷𝑅,故q1=q2。因

此A正确。4.C因为金属棒向右运动时受到向左的安培力作用,且安培力随速度的减小而减小,所以金属棒向右做加速度减小的减速运动,故A错误;根据E=Δ𝛷Δ𝑡=𝐵𝑙𝑥Δ𝑡,q=IΔt=𝐸2𝑅Δt=�

�𝑙𝑥2𝑅,解得x=2𝑅𝑞𝐵𝑙,故B错误;整个过程中金属棒克服安培力做功等于金属棒动能的减少量12mv2,故C正确;整个过程中电路中产生的热量等于机械能的减少量12mv2,电阻R上产生的焦耳热为14mv2

,故D错误。5.D线圈从a到b做自由落体运动,在b处开始进入磁场切割磁感线,产生感应电流,受到安培力作用,由于线圈的上下边的距离很短,所以经历很短的变速运动而完全进入磁场,在c处线圈中磁通量不变,不产生感应电流,不受安培力作用,但线圈在重力作用下依然加速,因此线圈

在d处离开磁场切割磁感线时,产生的感应电流更大,故该处所受安培力必然大于b处。综合分析可知,选项D正确。6.AB由E=Blv和I=𝐸𝑅,得I=𝐵𝑙𝑣𝑅,所以安培力F=BIl=𝐵2𝑙2𝑣𝑅

,电阻上产生的热功率P=I2R=𝐵2𝑙2𝑣2𝑅,外力对ab杆做功的功率就等于回路产生的热功率。7.答案(1)4m/s(2)1.28J解析(1)金属棒匀速运动时产生的感应电流为I=𝐵𝐿𝑣𝑅+𝑟由平衡条件有F=mgs

inθ+BIL代入数据解得v=4m/s。(2)设整个电路中产生的热量为Q,由动能定理得Fs-mgs·sinθ-W安=12mv2,而Q=W安,QR=𝑅𝑅+𝑟Q,代入数据解得QR=1.28J。8.BDA线框由于有缺口,在磁场中不能形成电流,所以下落时不受安培力作用,故下落的加速度一直为g;

设正方形边长为l,电阻率为ρ,B、C线框的底边刚进入磁场时的速度为v,则根据牛顿第二定律知mg-B𝐵𝑙𝑣𝑅l=ma,即a=g-𝐵2𝑙2𝑣𝑅𝑚,其中Rm=ρ4𝑙𝑆·4lSρ密=16l2

ρρ密,所以加速度与线框横截面积无关,故两线框的运动情况完全相同,即在A线框之后B、C线框同时落地。选项B、D正确。9.D撤去外力后,导体棒水平方向只受安培力作用,而F安=𝐵2𝑙2𝑣𝑅,F安随v的变化而变化,故棒做加速度变化的变速运动

,A错误;对整个过程由动能定理得W合=ΔEk=0,B错误;由能量守恒定律知,外力做的功等于整个回路产生的电能,电能又转化为R上释放的热量,即Q=Fx,C错误,D正确。10.ABD在Ⅰ区域中,磁感应强度为B1=kt,感应电动势为E1=Δ𝐵1Δ�

�S=kS,感应电动势恒定,所以金属棒上的感应电流恒为I1=𝐸1𝑅=𝑘𝑆𝑅,金属棒进入Ⅱ区域后,金属棒切割磁感线,感应电动势为E2=BLv,金属棒上的感应电流为I2=𝐸2𝑅=𝐵𝐿𝑣𝑅,Ⅰ区域中磁场变化在金属棒上产生的感应电流使金属棒在Ⅱ区域中

受到的安培力始终沿斜面向上,大小恒定不变,因为金属棒到达c点后又能上行,说明加速度始终沿斜面向上,下行和上行经过b点的受力分析如图,下行过程中,根据牛顿第二定律可知B1I1L+B2I2L-mgsinθ=ma1,上行过程中,根据牛顿第二定律可知B1I1L-B2I2'L-m

gsinθ=ma2,比较加速度大小可知a1>a2,由于bc段距离不变,下行过程中加速度大,上行过程中加速度小,所以金属棒下行经过b点时的速度大于上行经过b点时的速度,A、B正确;Ⅰ区域中磁场变化使金属棒在Ⅱ区域受到的安培力总是大于沿斜面向下的作

用力,所以金属棒一定能回到无磁场区域,由于整个过程中电流通过金属棒产生焦耳热,金属棒的机械能减少,所以金属棒不能回到a处,C错误,D正确,故选ABD。11.答案(1)见解析图(2)𝐵𝑙𝑣𝑅gsinθ-𝐵2𝑙2𝑣

𝑚𝑅(3)𝑚𝑔𝑅sin𝜃𝐵2𝑙2解析(1)如图所示,ab杆受:重力mg,竖直向下;支持力FN,垂直于斜面向上;安培力F安,沿斜面向上。(2)当ab杆速度大小为v时,感应电动势E=Blv,此时电路中电流I

=𝐸𝑅=𝐵𝑙𝑣𝑅ab杆受到安培力F安=BIl=𝐵2𝑙2𝑣𝑅根据牛顿第二定律,有ma=mgsinθ-F安=mgsinθ-𝐵2𝑙2𝑣𝑅a=gsinθ-𝐵2𝑙2𝑣𝑚𝑅。(3)当a=0时

,ab杆有最大速度vm=𝑚𝑔𝑅sin𝜃𝐵2𝑙2。12.答案(1)0.08V(2)0.016N,方向垂直于ab向左(3)0.064W解析(1)在t=0到t=0.1s的时间内,磁感应强度的变化量ΔB=0.2T,设穿过金属框的磁通量变化量

为ΔΦ,有ΔΦ=ΔBl2①由于磁场均匀变化,金属框中产生的电动势是恒定的,有E=Δ𝛷Δ𝑡②联立①②式,代入数据,解得E=0.08V。③(2)设金属框中的电流为I,由闭合电路欧姆定律,有I=𝐸𝑅④由题图可知,t=0.05s时,磁感应强度为B1=0.1T,金属框ab边受到的安培力F=IlB1

⑤联立①②④⑤式,代入数据,解得F=0.016N⑥方向垂直于ab向左。⑦(3)在t=0到t=0.1s时间内,金属框中电流的电功率P=I2R⑧