1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课时提升作业(二十九)(40分钟 100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。每小题只有一个选项正确)1.如图所示,在一匀强磁场中有一U型导线框bacd,线框处于水平面内,磁场与线框平面垂直,R为一电阻,ef为垂直于ab的一根导体杆,它可以在ab、cd上无摩擦地滑动,杆ef及线框中导体的电阻都可不计。开始时,给ef一个向右的初速度,则()A.ef将减速向右运动,但不是匀减速B.ef将匀速向右运动,最后静止C.ef将匀速向右运动D.ef将做往复运动2.(2
2、013南岸区模拟)如图所示,闭合导线框的质量可以忽略不计,将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场。若第一次用0.3s时间拉出,外力所做的功为W1,通过导线截面的电荷量为q1;第二次用0.9s时间拉出,外力所做的功为W2,通过导线截面的电荷量为q2,则()A.W1W2,q1q2B.W1W2,q1=q2D.W1W2,q1q23.如图所示,水平光滑的平行金属导轨,左端接有电阻R,匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内,质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置。今使棒以一定的初速度v0向右运动,当其通过位置a、b时,速率分别为va、vb,到位置c时棒刚好静止,设导轨与棒的电阻均不计,a到b与b到c的间距相等,
3、则金属棒在由a到b和由b到c的两个过程中()A.回路中产生的内能相等B.棒运动的加速度相等C.安培力做功相等D.通过棒横截面积的电荷量相等4.一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落,进入一水平的匀强磁场区域,然后穿出磁场区域继续下落,如图所示,则()A.若线圈进入磁场过程是匀速运动,则离开磁场过程也是匀速运动B.若线圈进入磁场过程是加速运动,则离开磁场过程也是加速运动C.若线圈进入磁场过程是减速运动,则离开磁场过程也是减速运动D.若线圈进入磁场过程是减速运动,则离开磁场过程是加速运动5.(2013泉州模拟)如图所示,在光滑绝缘水平面上,一矩形线圈冲入一匀强磁场,线圈全部进入磁场区域时,其动能恰好等
4、于它在磁场外面时的一半。设磁场宽度大于线圈宽度,那么()A.线圈恰好在刚离开磁场的地方停下B.线圈在磁场中某位置停下C.线圈在未完全离开磁场时即已停下D.线圈完全离开磁场以后仍能继续运动,不会停下来6.(2013厦门模拟)如图所示,用铝板制成U形框,将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在框中,使整体在匀强磁场中沿垂直于磁场方向向左以速度v匀速运动,悬线拉力为FT,则()A.悬线竖直,FT=mgB.悬线竖直,FTmgC.悬线竖直,FTa)处以速度v沿抛物线下滑,假设曲面足够长,则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是()A.mgbB.mv2C.mg(b-a)D.mg(b-a)+mv28.(
5、2013宁德模拟)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WaWb为()A.14B.12C.11D.不能确定9.如图甲所示,竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B0=0.5T,并且以=0.1T/s的变化率均匀增加。图像如图乙所示,水平放置的导轨不计电阻,不计摩擦阻力,宽度L=0.5m,在导轨上放着一金属棒MN,电阻R0=0.1,并且水平细线通过定滑轮悬吊着质量M=0.2kg的重物。导轨上的定值电阻R=0.4,与P、Q端点相连组成回路。又知PN长d=0.8m。在重物被拉起的过
6、程中,下列说法中正确的是(g取10N/kg)()A.电流的方向由Q到PB.电流的大小为0.1AC.从磁感应强度为B0开始计时,经过495s的时间,金属棒MN恰能将重物拉起D.电阻R上产生的热量约为16J10.一质量为m、电阻为r的金属杆ab以一定的初速度v0从一光滑的平行金属导轨底端向上滑行,导轨平面与水平面成30角,两导轨上端用一电阻R相连,如图所示,磁场垂直斜面向上,导轨的电阻不计,金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v,则()A.向上滑行的时间等于向下滑行的时间B.向上滑行时电阻R上产生的热量等于向下滑行时电阻R上产生的热量C.向上滑行时与向下滑行时通过电阻R的电量相等
7、D.金属杆从开始上滑至返回出发点,电阻R上产生的热量为m(-v2)二、非选择题(本大题共2小题,共30分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)11.(2013台州模拟)(12分)如图所示,P、Q为水平面内平行放置的光滑金属长直导轨,间距为L1,处在竖直向下、磁感应强度大小为B1的匀强磁场中。一导体杆ef垂直P、Q放在导轨上,在外力作用下向左做匀速直线运动。质量为m、每边电阻均为r、边长为L2的正方形金属框abcd置于竖直平面内,两顶点a、b通过细导线(重力不计)与导轨相连,磁感应强度大小为B2的匀强磁场垂直金属框向里,金属框恰好处于静止状态。不计其余电阻和细导线对a、b点的作
8、用力。(1)判断流过dc边电流的方向;(2)通过ab边的电流Iab是多大?(3)导体杆ef的运动速度v是多大?12.(能力挑战题)(18分)如图所示,固定的水平光滑金属导轨,间距为L,左端接有阻值为R的电阻,处在方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中,质量为m的导体棒与固定弹簧相连,放在导轨上,导轨与导体棒的电阻均可忽略。初始时刻,弹簧恰处于自然长度,导体棒具有水平向右的初速度v0。沿导轨往复运动的过程中,导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。(1)求初始时刻导体棒受到的安培力;(2)若导体棒从初始时刻到速度第一次为零时,弹簧的弹性势能为Ep,则这一过程中安培力所做的功W1和电阻R上产生的
9、焦耳热Q1分别为多少?(3)导体棒做往复运动,最终将静止于何处?从导体棒开始运动直到最终静止的过程中,电阻R上产生的焦耳热Q为多少?答案解析1.【解析】选A。杆ef向右运动,所受安培力F=BIl=Bl=,方向向左,故杆做减速运动;v减小,F减小,杆做加速度逐渐减小的减速运动,A正确。2.【解析】选C。设线框长为L1,宽为L2,第一次拉出速度为v1,第二次拉出速度为v2,则v1=3v2。匀速拉出磁场时,外力所做的功恰等于克服安培力所做的功,有W1=F1L1=BI1L2L1=同理W2=,故W1W2又由于两次拉出线框的过程中,磁通量的变化量相等,即1=2,由q=得q1=q2,选项C正确。3.【解析】
10、选D。棒由a到b再到c的过程中,速度逐渐减小。根据E=Blv,E减小,故I减小。再根据F=IlB,安培力减小,根据F=ma,加速度减小,B错误。由于a与b、b与c间距相等,故从a到b安培力做的功大于从b到c安培力做的功,故A、C错误。再根据平均感应电动势=,=,q=t得q=,故D正确。4.【解析】选C。当线圈从完全进入磁场到线圈开始离开磁场时,安培力为零,线圈做加速度为g的加速运动,速度增大。如果进入磁场时是匀速运动,说明安培力等于重力,出磁场时速度增大,安培力大于重力,则离开磁场过程中,线圈做减速运动,A错;如果进入磁场时,线圈做加速运动,则线圈所受的安培力小于重力,加速后,安培力增大可能大
11、于重力、等于重力,也可能小于重力,故线圈也可能做减速运动或匀速运动,B错;如果线圈进入磁场时做减速运动,说明安培力大于重力,出磁场时安培力仍然大于重力,故仍然做减速运动,C对、D错。【变式备选】如图所示,电阻为R,导线电阻均可忽略,ef是一电阻可不计的水平放置的导体棒,质量为m,棒的两端分别与ab、cd保持良好接触,又能沿足够长的框架无摩擦下滑,整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中,当导体棒ef从静止下滑一段时间后闭合开关S,则S闭合后()A.导体棒ef的加速度一定大于gB.导体棒ef的加速度一定小于gC.导体棒ef最终速度随S闭合时刻的不同而不同D.导体棒ef的机械能与回路内产生的电能之和一定
12、守恒【解析】选D。开关闭合前,导体棒只受重力而加速下滑,闭合开关时有一定的初速度v0,若此时F安mg,则F安-mg=ma。若F安mg,则mg-F安=ma,因为F安的大小不确定,所以导体棒ef的加速度可能大于g、小于g、等于g,故A、B错误。无论闭合开关时初速度多大,导体棒最终的安培力应和重力平衡,故C错误。根据能量守恒定律知,D正确。5.【解析】选D。线圈冲入匀强磁场时,产生感应电流,线圈受安培力作用做减速运动,动能也减少。同理,线圈冲出匀强磁场时,动能减少,进、出时减少的动能都等于安培力做的功。由于进入时的速度大,故感应电流大,安培力大,安培力做的功也多,减少的动能也多,而线圈离开磁场过程中
13、损失的动能少于它进入磁场时损失的动能,即少于它在磁场外面时动能的一半,因此线圈离开磁场仍继续运动。故选D。6.【解析】选A。设两板间的距离为L,由于向左运动过程中竖直板切割磁感线,产生动生电动势,由右手定则判断下板电势高于上板,动生电动势大小E=BLv,即带电小球处于电势差为BLv的电场中,所受电场力F电=qE电=q=q=qvB若设小球带正电,则电场力方向向上。同时小球所受洛伦兹力F洛=qvB,由左手定则判断方向竖直向下,即F电=F洛,故无论小球带什么电,怎样运动,FT=mg,选项A正确。7.【解析】选D。小金属块进入磁场或退出磁场的过程中,金属块内都会产生感应电流,使它的机械能减小,直到金属
14、块只在匀强磁场内滑行时为止。金属块损失的机械能全部转化成焦耳热,为mg(b-a)+mv2。8.【解析】选A。根据能的转化和守恒可知,外力做功等于电能,而电能又全部转化为焦耳热,Wa=Qa=,Wb=Qb=,由电阻定律知Rb=2Ra,故WaWb=14,A对。【变式备选】如图所示,水平放置的两根平行长直金属导轨的间距为d,其右端接有阻值为R的电阻,整个装置处在方向竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置,且与两导轨保持良好接触,杆与导轨之间的动摩擦因数为。现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时,速度恰好达到最大(运动过程
15、中杆始终与导轨保持垂直)。设杆接入电路的电阻为r,导轨电阻不计,重力加速度大小为g。则在此过程中()A.杆运动速度的最大值为B.流过电阻R的电荷量为C.恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D.恒力F做的功与安培力做的功之和小于杆动能的变化量【解析】选B。当杆达到最大速度vm时,F-mg-=0,解得vm=,A错;由公式q=,B对;在杆从开始运动到达到最大速度的过程中,由动能定理有:WF+Wf+W安=Ek,其中Wf=-mgL,W安=-Q,恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量与回路产生的焦耳热之和,C错;恒力F做的功与安培力做的功之和等于杆动能的变化量与克服摩擦力做的功之和,
16、D错。9.【解题指南】解答本题应注意以下三点:(1)根据楞次定律判断感应电流的方向,应用法拉第电磁感应定律计算感应电动势的大小。(2)在计算导体棒MN所受安培力时,应注意磁感应强度B的变化。(3)由Q=I2Rt计算产生的热量。【解析】选C。根据楞次定律可知电流方向从MNPQM,故A错;电流大小I=A=0.08A,故B错;要恰好把质量M=0.2kg的重物拉起,则F安=T=Mg=2N,B=T=50T。B=B0+t=0.5+0.1t,解得t=495s,故C对;电阻R上产生的热量Q=I2Rt,故Q=(0.08)20.4495J=1.27J,故D错。10.【解析】选C。金属杆沿斜面向上运动时安培力沿斜面
17、向下,沿斜面向下运动时安培力沿斜面向上,所以上升过程的加速度大于下滑过程的加速度,因此向上滑行的时间小于向下滑行的时间,A错;向上滑行过程的平均速度大,感应电流大,安培力做的功多,R上产生的热量多,B错;由q=知C对;由能量守恒定律知回路中产生的总热量为m(-v2),D错。【总结提升】电磁感应能量问题的分析方法(1)根据安培力做功和电能变化的特定对应关系分析“外力”克服安培力做多少功,就有多少其他形式的能转化为电能。同理,安培力做功的过程,是电能转化为其他形式的能的过程,安培力做多少功就有多少电能转化为其他形式的能。(2)利用功能关系分析电磁感应的能量问题应对研究对象进行准确的受力分析,判断各
18、力做功情况,利用动能定理或功能关系列式求解。(3)利用能量守恒分析电磁感应问题注意明确初、末状态及其能量转化,根据力做功和相应形式能的转化列式求解。11.【解析】(1)由右手定则可以判断流过dc边电流的方向是d到c。 (2分)(2)设通过正方形金属框的总电流为I,ab边的电流为Iab,dc边的电流为Idc,则:Iab=I(1分)Idc=I(1分)金属框受重力和安培力作用处于静止状态,由平衡条件得:mg=Fab+Fdc=B2IabL2+B2IdcL2(2分)联立解得:Iab= (1分)(3)由(2)可得I=(1分)导体杆在切割磁感线运动时有E=B1L1v(1分)金属框在回路中的总电阻为R=r(1分)由闭合电路欧姆定律得:I=(1分)联立式解得:v=(1分)答案:(1)d到c(2)(3)12.【解析】(1)初始时刻棒中感应电动势E=BLv0(2分)棒中感应电流I=,(2分)作用于棒上的安培力F=ILB,(2分)联立得F=,方向水平向左。 (2分)(2)由功和能的关系得,安培力做功W1=Ep-m, (3分)电阻R上产生的焦耳热Q1=m-Ep。 (3分)(3)由能量转化及平衡条件等可判断:棒最终静止于初始位置,电阻R上产生的焦耳热Q=m。 (4分)答案:(1),方向水平向左(2)Ep-mm-Ep(3)初始位置m关闭Word文档返回原板块
