【文档说明】新教材2021-2022人教版物理选择性必修第二册课时检测：2.习题课三　电磁感应中的动力学、能量问题含解析.docx，共(8)页，234.028 KB，由envi的店铺上传

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课时跟踪检测(十)电磁感应中的动力学、能量问题1．如图所示，一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过有界的水平匀强磁场区域，A、B为该磁场的竖直边界。若不计空气阻力，则()A．圆环向右穿过磁场后，还能摆至原来的高度B．在进入和

离开磁场时，圆环中均有感应电流C．圆环进入磁场后离平衡位置越近速度越大，感应电流也越大D．圆环最终将静止在平衡位置解析：选B如题图所示，当圆环从1位置开始下落，进入和离开磁场时(即2和3位置)，由于圆环内磁通量发生变化，所以有感应电

流产生。同时，金属圆环本身有内阻，必然有能量的转化，即有机械能损失，因此圆环从1位置释放后不会摆到4位置。随着圆环进出磁场，其能量逐渐减少，圆环摆动的幅度越来越小，当圆环只在匀强磁场中摆动时，圆环内无磁通量

的变化，无感应电流产生，无机械能向电能的转化。题意中不存在空气阻力，摆线的拉力垂直于圆环的速度方向，拉力对圆环不做功，所以系统的机械能守恒，所以圆环最终将在A、B间来回摆动，B正确。2．[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，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，杆与轨道电阻不计，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vmax，则()A．

如果B变大，vmax将变大B．如果α变大，vmax将变大C．如果R变大，vmax将变大D．如果m变小，vmax将变大解析：选BC金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势，则E＝Blv，在闭合电路中形成电流，则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，则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→vmax，解得vmax＝mgRsinαB2l2，如果

B变大或m变小，则vmax将变小；如果α变大或R变大，则vmax将变大，故选项B、C正确。3．如图所示，虚线为两磁场的边界，左侧磁场的方向垂直纸面向里，右侧磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小均为B。一边长为L、电阻为R的单匝正方形导体线圈abcd

，水平向右运动到图示位置时，速度大小为v，则()A．ab边受到的安培力向左，cd边受到的安培力向右B．ab边受到的安培力向右，cd边受到的安培力向左C．线圈受到的安培力大小为2B2L2vRD．线圈受到的安培力大小为4B2L2vR解析：选D线圈的左右两

边分别切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可知线圈中感应电流沿顺时针方向，如图所示，再由左手定则可得ab边受到的安培力向左，cd边受到的安培力也向左，故A、B错误；线圈的电动势为E＝2BLv，则电流为I＝ER＝2BLvR，线圈受到的安培力F总＝

2F＝2BIL＝4B2L2vR，故C错误，D正确。4．如图所示，间距为L的竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R，质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直于平行导轨放置，垂直导轨平面向里的水平匀强磁场的磁感应强度大小为B，不计导轨电阻及一切摩擦，且ab与导轨接触良好。若金属

棒ab在竖直向上的外力F作用下以速度v匀速上升，则以下说法正确的是()A．a、b两端的电势差为BLvB．b端电势高于a端电势C．作用在金属棒ab上的各个力的合力做的功等于零D．拉力F所做的功等于电路中产生的热量解析：选Cab棒切割磁感线产生的电动势为E＝BLv，ab棒相当

于电源，由于电源有内阻，所以ab棒两端电势差小于BLv，故A错误；由于ab棒匀速上升，由右手定则可知，a端电势更高，故B错误；由于ab棒匀速上升，由动能定理可知，作用在ab棒上的各个力的合力做的功等于零，故C正确；根据功能关系可知，拉

力F做的功等于重力势能的增加量和电路中产生的热量之和，故D错误。5．如图所示，质量为m的金属圆环用线悬挂起来，金属圆环有一半处于水平且与圆环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，那么在磁感应强度均匀减小的过程中，下列

关于线的拉力大小的说法正确的是()A．大于环重力mg，并逐渐减小B．始终等于环重力mgC．小于环重力mg，并保持恒定D．大于环重力mg，并保持恒定解析：选A根据楞次定律知，圆环中感应电流方向为顺时针，再由左

手定则判断可知圆环所受安培力竖直向下，对圆环受力分析，根据受力平衡，有FT＝mg＋F，得FT＞mg，又F＝BIl，根据法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律可得出I＝ER＝ΔΦRΔt＝ΔBRΔtS，可知I为

恒定电流，联立上式可知B减小，推知F减小，则由FT＝mg＋F知FT减小，选项A正确。6．如图所示，abcd区域中存在一个垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度为B，bc边距地面高度为l2。正方形绝缘线圈MNPQ竖直放置

，质量为m，边长为l，总电阻为R，PQ边与地面的动摩擦因数为μ，在水平恒力F的作用下向右做直线运动通过磁场区域。下列说法正确的是()A．线圈进入磁场过程中感应电流的方向沿QMNPB．线圈MN边完全处于磁场中运动时，M、Q

两点间电势差为零C．线圈进入磁场的过程中通过线圈导线某截面的电荷量为Bl22RD．若线圈进入磁场过程中F＝B2l2v4R＋μmg，则线圈做匀速直线运动解析：选C由右手定则可以判断，线圈进入磁场过程中感应电流的方向沿QPNM，A错误；线圈MN边完全处于磁场中运动时

，回路中电流为零，M、Q两点间电势差大小为12Blv，B错误；由q＝I·Δt＝ΔΦR可得线圈进入磁场过程中通过线圈导线某截面的电荷量q＝Bl22R，C正确；线圈进入磁场过程中所受向左的安培力F安＝B·12BlvR·l2＝B2l2v4R，但因MN受向下的安培力，线圈

所受向左的摩擦力大于μmg，因此，线圈进入磁场过程中若所受拉力F＝B2l2v4R＋μmg，则线圈将减速进入磁场，D错误。7．如图所示，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接触良好，ab棒接入电路的有效电阻为R，当通过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()A．运动的平均速度大小为12vB．下滑的位移大小为qRBLC．产生的焦

耳热为qBLvD．受到的最大安培力大小为B2L2vRsinθ解析：选B金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速直线运动，不是匀变速直线运动，平均速度大于12v，选项A错误。由q＝ΔΦR＝BLxR可知，金属棒a

b下滑的位移x＝qRBL，选项B正确。金属棒ab产生的焦耳热Q＝I2Rt＝qIR，公式中的电流I比棒的速度大小为v时的电流(I′＝BLvR)小，故金属棒ab下滑过程产生的焦耳热Q小于qBLv，选项C错误。金属棒ab受

到的最大安培力F安＝BI′L＝B2L2vR，选项D错误。8．如图所示，固定在匀强磁场中的水平导轨的间距l1＝0.5m，金属棒ad与导轨左端bc的距离l2＝0.8m，整个闭合回路的电阻R＝0.2Ω，匀强磁场的方向竖直向下，并穿过

整个回路。ad棒通过细绳跨过定滑轮连接一个质量为m＝0.04kg的物体，不计一切摩擦，现使磁感应强度从零开始以ΔBΔt＝0.2T/s的变化率均匀增大，求经过多长时间物体刚好能离开地面(g取10m/s2)。解析：物体刚要离开地面时，其受到的拉力F等于它所受到的重力mg，而拉力F

等于棒ad所受的安培力，即mg＝BIl1，其中B＝ΔBΔt·t。感应电流由变化的磁场产生，则I＝ER＝ΔΦΔt·1R＝ΔBΔt·l1l2R，解得t＝mgRl12l2·ΔtΔB·ΔtΔB＝10s。答案：10s

9．[多选]如图所示，两根间距为L的光滑金属导轨，平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，导轨的下端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计。斜面处在匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上，质量为m、导轨间有效电阻为r的金属棒ab在沿着斜面、与棒垂直的恒力F作用下由静止沿导轨上滑。下列说法正确的是

()A．金属棒ab将会沿金属导轨做匀加速运动B．金属棒ab最终将沿金属导轨做匀速运动C．金属棒ab的最大速度为(F－mgsinθ)(R＋r)B2L2D．恒力F做的功等于金属棒ab增加的机械能解析：选BC根据右手定则可知，流过金属棒的电流由a到b，由左手定则

知金属棒ab受到一个沿斜面向下的安培力，所以金属棒ab在运动过程中受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力、沿斜面向上的恒力F、沿斜面向下的安培力FA，随着速度增大，安培力也增大，则金属棒的合力减小，加速度减小，当合力为零时，金属棒做

匀速直线运动，选项A错误，B正确；金属棒匀速运动时的速度为最大速度，此时有FA＋mgsinθ＝F，而FA＝ILB＝B·BLvR＋r·L，联立解得v＝(F－mgsinθ)(R＋r)B2L2，选项C正确；根据能量守恒定律可知，恒力F做的功等于金属棒ab增加

的机械能与系统产生的焦耳热之和，选项D错误。10．[多选]如图所示，虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图(俯视)，其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的缓冲车厢。在缓冲车的底板上，沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN。缓冲车的底部安装有电磁铁(图中未画

出)，能产生垂直于导轨平面的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L。假设缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，而

缓冲车厢继续向前移动距离L后速度减小为零。已知缓冲车厢与障碍物和线圈的ab边均没有接触，不计一切摩擦阻力。在这个缓冲过程中，下列说法正确的是()A．线圈中的感应电流沿逆时针方向(俯视)，最大感应电流为BLv0RB．线圈对电磁铁的作用力使缓冲

车厢减速，从而实现缓冲C．此过程中，线圈abcd产生的焦耳热为Q＝12mv02D．此过程中，通过线圈中导线横截面的电荷量为q＝BL2R解析：选BC缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，滑块相对磁场的速度大小为v0，此时线圈中产生的感应电动势最大，则有Em＝n

BLv0。感应电流最大为Im＝EmR＝nBLv0R，由楞次定律知线圈中的感应电流沿逆时针方向，故A错误；线圈对电磁铁的作用力向左，使缓冲车厢减速，从而实现缓冲，故B正确；由功能关系得线圈产生的焦耳热为Q＝12mv02，故C正确；此过

程通过线圈中导线横截面的电荷量为q＝nΔΦR＝nBL2R，故D错误。11．[多选]如图所示，竖直放置的光滑导轨宽为l，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度均为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的

电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g，则金属杆()A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上C．穿过两磁场产生的总热量为4mgdD．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于m2gR22B4l4解析：选BC由于金属杆进入两个磁场的速度相等，

而穿出磁场Ⅰ后金属杆做加速度为g的匀加速运动，所以金属杆进入磁场Ⅰ时应做减速运动，加速度方向竖直向上，选项A错误，B正确；从进入磁场Ⅰ瞬间到进入磁场Ⅱ瞬间过程中，根据能量守恒，金属杆减少的机械能全部转化为焦耳热，所以Q1＝mg·2d，所以穿过两个磁场过程中产生的热量为4mgd

，选项C正确；若金属杆进入磁场Ⅰ做匀速运动，则B2l2vR－mg＝0，得v＝mgRB2l2，因金属杆进入磁场Ⅰ做减速运动，则金属杆进入磁场Ⅰ的速度大于mgRB2l2，根据h＝v22g得金属杆释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h>m2g2R22gB4l4＝m2g

R22B4l4，选项D错误。12．如图所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平桌面上，间距l＝0.4m，导轨所在空间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T，将两根质量均为m1＝0.1kg的导体棒ab、cd

放在金属导轨上，导体棒的电阻均为R＝0.1Ω，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2。用一根绝缘细线跨过导轨右侧的光滑定滑轮将一物块和导体棒cd相连，物块质量m2＝0.2kg，细线伸直且与导轨平行。现在由静止释放物块，导体棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，导体棒所受最大静摩

擦力等于滑动摩擦力，导轨电阻不计，g取10m/s2。(1)求导体棒ab刚要运动时cd的速度大小v；(2)若从物块静止释放到ab即将开始运动这段时间内，物块下降的高度h＝0.5m，则此过程中整个回路产生的总的焦耳热是多

少？(3)求导体棒ab运动稳定后的加速度a以及由导体棒ab、cd组成的闭合回路的磁通量的变化率。解析：(1)由题意可知，当导体棒ab受到的水平向右的安培力增大到与最大静摩擦力相等时，导体棒ab即将运动。设此时导体棒cd的速度为v，导体棒切割磁感线时的感应电动势E＝Blv，又I

＝E2R，F安＝BIl，Fmax＝μm1g，F安＝Fmax。由以上公式联立解得v＝1m/s。(2)在物块下降h＝0.5m高度的过程中，对于由导体棒ab、cd以及物块组成的系统进行分析，由能量守恒定律可得m2gh＝12(m1＋m2)v2＋

Q＋μm1gh代入数据可解得Q＝0.75J。(3)当导体棒ab运动稳定后，回路中的电流、两棒的加速度不变，由牛顿第二定律可得m2g－T＝m2aT－F安′－μm1g＝m1aF安′－μm1g＝m1a联立解得F安′＝0.6N，a＝4m/s2由F安′＝BI′l，I′＝E′2R，E′＝ΔΦΔt

可得ΔΦΔt＝2RF安′Bl＝0.6Wb/s。答案：(1)1m/s(2)0.75J(3)4m/s20.6Wb/s获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com