课时梯级训练(10) 电磁感应中图像及能量问题（Word练习）-【优化指导】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册（教科版2019）

课时梯级训练(10)　电磁感应中图像及能量问题 1．如图甲所示，闭合金属环固定在水平桌面上，MN为其直径。MN右侧分布着垂直桌面向上的有界磁场，磁感应强度大小随时间变化的关系如图乙所示。已知金属环的电阻为1.0 Ω，直径MN长40 cm，则t＝3 s时(　　) A．M点电势高于N点电势 B．环中有沿逆时针方向的感应电流 C．M、N两点间电压为2π×10－3 V D．环所受安培力大小为4π×10－4 N D　解析：由图乙可知，磁感应强度随时间不断增大，磁场方向竖直向上，由楞次定律可知，俯视时电流沿顺时针方向，MN段充当电源，电源内部电流从低电势流向高电势，则N点电势高于M点电势，A、B错误；根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为E＝＝，解得E＝2π×10－3 V，MN右侧段充当电源，M、N两点间电压为路端电压，则U＝＝π×10－3 V，故C错误；金属环中的电流大小为I＝＝2π×10－3 A，t＝3 s时，磁感应强度为B＝B0＋t＝0.2 T＋×3 T＝0.5 T，金属环所受的安培力大小为F＝BIL＝0.5×2π×10－3×0.4 N＝4π×10－4 N，故D正确。故选D。 2．如图甲所示，abcd是由导体做成的U形粗糙框架，其所在平面与绝缘水平面(bc在水平面上)的夹角为θ，质量为m、电阻为R的导体棒MN与导轨ab、cd垂直且接触良好，回路MbcN是边长为L的正方形。整个装置放在垂直框架平面的磁场中，磁场的磁感应强度大小随时间变化的关系图像如图乙所示(图中的B0、t0均已知)，导体棒始终静止。重力加速度大小为g，导轨电阻不计。下列说法正确的是(　　) A．在0～t0时间内，导体棒中感应电流的方向由M到N B．在0～t0时间内，回路中产生的感应电动势为 C．在0～t0时间内，导体棒中产生的焦耳热为 D．在t＝t0时刻，导体棒所受导轨的摩擦力小于mg sin θ C　解析：根据题意，由楞次定律可知，在0～t0时间内，导体棒中感应电流的方向由N到M，故A错误；根据题意，由法拉第电磁感应定律可知，在0～t0时间内，回路中产生的感应电动势E＝＝，故B错误；根据题意可知，在0～t0时间内，导体棒中产生的焦耳热Q＝t0＝，故C正确；在t＝t0时刻，导体棒所受安培力为零，根据物体的平衡条件可知，此时导体棒所受导轨的摩擦力大小为f＝mg sin θ，故D错误。故选C。 3．如图所示，在光滑的水平面上宽度为2l的区域内，有一竖直向下的磁感应强度大小为B的匀强磁场。现有一个边长为l的正方形闭合线圈abcd在一垂直于cd边的水平恒定拉力F作用下沿水平方向运动，直至通过磁场区域。cd边刚进入磁场时，线框开始匀速运动。线框中电流沿逆时针时为正，则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，ad两端的电压Uad的大小及导线框中的电流i随cd边的位置坐标x变化的图线可能是(　　) B　解析：线框进入磁场的过程中做匀速直线运动，感应电动势E＝Blv，设线圈总电阻为R，则受到的安培力为F安＝BIl＝＝F。线框中的电流大小恒定，根据右手定则可知，方向沿逆时针方向，根据闭合电路欧姆定律，ad两端的电压Uad为Uad＝×R＝E＝Blv，所以进入磁场过程中，电压恒定。完全进入磁场后，磁通量不变，线框中无感应电流，ad两端的电压Uad为0。在该过程中，受拉力的作用，线圈做匀加速运动，A错误；之后线圈开始出磁场，此时的速度v1有v1>v，此时受到的安培力和拉力的关系为F安′＝BIl＝>F，所以出磁场过程中将先做减速运动，ad两端的电压Uad为Uad＝Blv1，所以此时Uad将逐渐减小，B正确；线框离开磁场过程中，根据牛顿第二定律ma＝－F，所以线框离开磁场，做减速运动，加速度逐渐减小，线框刚好完全离开磁场时，速度大于或等于匀速运动时的速度，不可能为零，故此时电流也不可能为零，C、D错误。 4.(多选)如图所示，在光滑水平面上，有竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为L的区域内，两个边长均为a(a<L)的单匝闭合正方形线圈甲和乙，分别用相同材料不同粗细的导线绕制而成，且导线的横截面积S甲∶S乙＝1∶3。将线圈置于光滑水平面上且位于磁场的左边界，并使两线圈获得大小相等、方向水平向右的初速度，若甲线圈刚好能滑离磁场，则(　　) A．乙线圈也刚好能滑离磁场 B．两线圈进入磁场过程中通过导线横截面积电量相同 C．两线圈完全进入磁场后速度相同 D．甲线圈进入磁场过程中产生热量Q1与乙线圈进入磁场过程中产生热量Q2之比为＝ ACD　解析：设线圈的密度为ρ1，线圈的质量m＝4aSρ1，设两线圈的初速度为v0，刚进入磁场时所受的安培力为F＝BIa＝Ba＝，根据牛顿定律可知此时的加速度a′＝＝，线圈进入磁场的加速度与线圈的横截面积无关，故乙线圈也刚好能滑离磁场，A正确；两线圈进入磁场过程中通过导线横截面积电量q＝＝＝，故由于两线圈的横截面积不同，故两线圈进入磁场过程中通过导线横截面积电量不相同，B错误；根据选项A可知a与S无关，则两个线圈进入磁场的过程，任意时刻加速度相同，同理离开磁场的过程任意时刻的加速度也相同，运动情况完全相同，且两个线圈进入磁场过程的初速度相同，则末速度相等，C正确；由m＝4aSρ1，S甲∶S乙＝1∶3，可知甲乙线圈的质量之比为m甲∶m乙＝1∶3，设甲、乙线圈的初速度为v0，完全进入磁场时的速度为v，根据能量守恒定律，甲线圈进入磁场过程中产生热量Q1＝m甲v－m甲v2，乙线圈进入磁场过程中产生热量Q2＝m乙v－m乙v2，可得＝，D正确。 5.如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l＝0.40 m的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为λ＝5.0×10－3 Ω/m；在t＝0到t＝3.0 s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为B(t)＝0.3－0.1t(SI)。求： (1)t＝2.0 s时金属框所受安培力的大小； (2)在t＝0到t＝2.0 s时间内金属框产生的焦耳热。 答案：(1)0.04 N　(2)0.016 J 解析：(1)金属框的总电阻为 R＝4lλ＝4×0.4×5×10－3 Ω＝0.008 Ω 金属框中产生的感应电动势为 E＝＝＝0.1××0.42 V＝0.008 V 金属框中的电流为 I＝＝1 A t＝2.0 s时磁感应强度为 B2＝(0.3－0.1×2)T＝0.1 T 金属框处于磁场中的有效长度为 L＝l 此时金属框所受安培力大小为 FA＝B2IL＝0.1×1××0.4 N＝0.04 N。 (2)0～2.0 s内金属框产生的焦耳热为 Q＝I2Rt＝12×0.008×2 J＝0.016 J。 6．在PQ、QR区域中存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，一导线框abcdef位于纸面内，线框的邻边都相互垂直，bc边与磁场的边界P重合。导线框与磁场区域的尺寸如图。从t＝0时刻开始线框匀速横穿两个磁场区域。以a→b→c→d→e→f为线框中电动势的正方向。用e表示回路的电动势，＝t，则以下et示意图中正确的是(　　) C　解析：由题意，画出线圈在t时刻、2t时刻、3t时刻、4t时刻位置示意图，则 t时刻 2t时刻 3t时刻 4t时刻 线圈在0～t时间内，只有bc边切割磁感线，由右手定则知电流由c→b，回路产生顺时针电流，电动势为负值e1＝－Blv，线圈在t～2t时间内，bc边进入右方磁场，产生由b→c的电动势，ed进入左方磁场，产生e→d的电动势，二者对回路来说等大反向，回路总电动势为零，e2＝0；线圈在2t～3t时间内，ed处于右方磁场，产生d→e的电动势，fa处于左方磁场，产生f→a的电动势，二者对回路同向，e3＝2Blv＋Blv＝3Blv，为正方向；在3t～4t时间内，只有fa在右方磁场切割磁感线，产生a→f的电动势，回路是顺时针电流e4＝－2Blv，所以只有C图像满足，A、B、D错误，C正确。 7．如图甲所示，一金属线圈的横截面积为S ，匝数为n。t＝0 时刻，磁场平行于线圈轴线向左穿过线圈，其磁感应强度B 随时间t 变化的关系如图乙所示。则线圈ab两端的电势差Uab(　　) A．在t＝0 时刻，Uab＝ B．在t＝t1 时刻，Uab＝0 C．从0～t2 这段时间，Uab＝－ D．从0～t2 这段时间，Uab＝ C　解析：由题图乙可知，磁感应强度在0～t1 时间内均匀减小，由法拉第电磁感应定律，可知感应电动势的大小为E＝n＝n＝n，由楞次定律可知线圈中感应电流方向从a到b，线圈可看成是一个电源，则有a点的电势低于b点，可得Uab＝－E＝－n，t1～t2 时间内磁感应强度变化率的大小与0～t1时间内的相同，则穿过线圈的磁感应强度增加且方向向右，则a、b两端电势差与0～t1时间内相等，A、B、D错误，C正确。 8．如图所示，光滑平行足够长的金属导轨MN、PQ间距为d＝1 m，与水平地面成θ＝37°角放置，Q端接地，阻值为R＝18 Ω的电阻接在M、P间，导轨电阻忽略不计，匀强磁场垂直导轨平面向下，磁感应强度为B＝0.5 T，质量为m＝0.2 kg，电阻为r＝2 Ω的导轨棒垂直于轨道，由静止释放，下滑距离s＝3 m，速度为v＝4 m/s，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)电阻R中的最大电流I大小和方向； (2)导体棒速度为v时，PM点的电势差； (3)从释放到导体棒速度为v的过程中，电阻R中产生的热量Q。 答案：(1)2.4 A　方向P→M　(2)1.8 V　(3)1.8 J 解析：(1)对导轨棒受力分析如图所示 I最大时，沿斜面方向上 BImaxd＝mg sin 37° 解得 Imax＝＝ A＝2.4 A 右手定则判断电阻R电流方向为P→M。 (2)导体棒速度为v时，则由公式可知 E＝Blv＝Bdv 由闭合电路欧姆定律可知 I＝＝＝ A＝0.1 A PM点的电势差为 UPM＝IR＝0.1×18 V＝1.8 V。 (3)由能量守恒定律得 mgs sin 37°＝mv2＋Q总 解得Q总＝mgs sin 37°－mv2＝0.2×10×3×0.6 J－×0.2×42 J＝2 J 而Q总＝I2Rt＋I2rt 则QR＝I2Rt＝R＝×18 J＝1.8 J。 9．舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图甲所示，用于推动模型飞机的动子(图中未画出)与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的vt图如图乙所示，在t1至t3时间内F＝(800－10v)N，t3时撤去F。已知起飞速度v1＝80 m/s，t1＝1.5 s，线圈匝数n＝100匝，每匝周长l＝1 m，飞机的质量M＝10 kg，动子和线圈的总质量m＝5 kg，R0＝9.5 Ω，B＝0.1 T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求： (1)恒流源的电流I； (2)线圈电阻R; (3)时刻t3。 答案：(1)80 A　(2)0.5 Ω　(3) s 解析：(1)由题意可知接通恒流源时安培力 F安＝nBIl 动子和线圈在0～t1时间段内做匀加速直线运动，运动的加速度为a＝ 根据牛顿第二定律有F安＝(M＋m)a 代入数据联立解得I＝＝80 A。 (2)当S掷向2接通定值电阻R0时，感应电流为 I′＝ 此时安培力为F′安＝nBI′l 所以此时根据牛顿第二定律有 (800－10v)＋v＝ma′ 由图可知在t1至t3期间加速度恒定，则有 ＝10 解得R＝0.5 Ω，a′＝160 m/s2。 (3)根据图像可知 t2－t1＝＝0.5 s 故t2＝2 s；在0～t2时间段内的位移 s＝v1t2＝80 m 而根据法拉第电磁感应定律有E＝n＝ 电荷量的定义式Δq＝It I＝ 可得Δq＝ 从t3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路的电荷量，根据动量定理有 －nBlΔq＝0－ma′(t3－t2) 联立可得(t3－t2)2＋(t3－t2)－1＝0 解得t3＝ s。 学科网（北京）股份有限公司 $$