第2章 专题提升课8 电磁感应中的动力学和能量问题-课后达标检测-【优学精讲】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册教用课件(人教版)

专题提升课8　课后达标检测 1.(2024·黑龙江哈尔滨三中期末)倾斜金属导轨表面光滑， 与水平方向夹角为37°，上端连一电阻R＝2 Ω，导轨宽 度d＝1 m，阻值可忽略不计，金属棒质量为0.5 kg，与 导轨接触良好且接入电路的电阻r＝1 Ω，空间存在垂直 于轨道向下的匀强磁场。若金属棒刚好能在导轨上以1 m/s的速度匀速下滑，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，磁感应强度B的大小为(　　) A.1 T　　　　　　　　 B．2 T C．3 T D．4 T 3 4 5 6 7 8 9 2 1 √ 课后达标检测 3 4 5 6 7 8 9 2 1 课后达标检测 3 4 5 6 7 8 1 9 2 √ 课后达标检测 3 4 5 6 7 8 1 9 2 课后达标检测 根据右手定则可得导体棒中的电流方向为a→b，由于导体棒为电源，所以b端电势高，C错误； 导体棒达到稳定状态后，根据能量守恒定律可得，电阻R产生的焦耳热等于重力所做的功，D正确。 3 4 5 6 7 8 1 9 2 课后达标检测 3.如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直，并良好接触且无摩擦，金属棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直。金属棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于(　　) A．金属棒的机械能增加量 B．金属棒的动能增加量 C．金属棒的重力势能增加量 D．电阻R上产生的热量 4 5 6 7 8 1 9 2 3 √ 课后达标检测 解析：金属棒加速上升时受到重力、拉力F及安培力。根据功能关系可知，力F与安培力做功的代数和等于金属棒的机械能的增加量，A正确。 4 5 6 7 8 1 9 2 3 课后达标检测 3 5 6 7 8 1 9 2 4 √ 课后达标检测 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，恒力F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。 3 5 6 7 8 1 9 2 4 课后达标检测 5．(2024·江苏省锡山高级中学校考)如图所示，两条相距d的足够长的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻，质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下，将该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过电阻为R的金属杆，金属杆与导轨间滑动摩擦力大小为f，杆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，不计导轨的电阻，则下列说法正确的是(　　) 3 4 6 7 8 1 9 2 5 课后达标检测 3 4 6 7 8 1 9 2 5 √ 课后达标检测 解析：当MN刚扫过金属杆时，可将磁场视为不动，金属杆向左运动，则根据右手定则可知流经R的电流由下到上，故A错误； 3 4 6 7 8 1 9 2 5 课后达标检测 3 4 6 7 8 1 9 2 5 课后达标检测 3 4 5 7 8 1 9 2 6 √ 课后达标检测 3 4 5 7 8 1 9 2 6 课后达标检测 7.(2024·甘肃兰州一中期末)在范围足够大，方向竖直向下 的匀强磁场中，B＝0.2 T，有一水平放置的光滑框架，宽 度L＝0.4 m，如图所示，框架上放置一质量为0.05 kg、电 阻为1 Ω的金属杆cd，框架电阻不计。若杆cd在向右的水平外力作用下以恒定加速度a＝2 m/s2，由静止开始做匀变速运动，求： (1)金属杆cd在5 s末的速度大小； 解析：第5 s末的速度v＝at＝10 m/s。 答案：10 m/s　 3 4 5 6 8 1 9 2 7 课后达标检测 (2)5 s末的瞬时感应电动势E和瞬时感应电流I的大小； 3 4 5 6 8 1 9 2 7 答案：0.8 V　0.8 A　 课后达标检测 (3)第5 s末作用在杆cd上的水平外力的功率。 解析：杆cd做匀加速运动，由牛顿第二定律得 F－BIL＝ma 解得F＝0.164 N 5 s末水平外力的功率P＝Fv＝1.64 W。 答案：1.64 W 3 4 5 6 8 1 9 2 7 课后达标检测 8．(2024·上海复旦中学期末)如图所示，两相距L＝0.5 m的平行金属导轨固定于水平面上，导轨左端与阻值R＝2 Ω的电阻连接，虚线内存在垂直于导轨平面且磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场，两虚线间距足够大。质量m＝0.2 kg、阻值r＝1 Ω的金属杆垂直置于导轨上，与导轨接触良好，金属杆与导轨间光滑不计摩擦，导轨的电阻可忽略。杆在水平向右的恒定拉力F＝0.04 N作用下由静止开始运动，并始终与导轨垂直，进入磁场时恰好开始做匀速直线运动。 3 4 5 6 7 1 9 2 8 课后达标检测 (1)求杆进入磁场时的速度大小v。 3 4 5 6 7 1 9 2 8 答案：3 m/s　 课后达标检测 (2)求杆在磁场中运动0.6 m位移的过程中，回路中的电流及电阻R上产生的热量Q。 3 4 5 6 7 1 9 2 8 答案：0.2 A，电流方向沿逆时针方向　0.016 J　 课后达标检测 (3)若在杆恰好进入磁场时撤去拉力F，分析说明杆在撤去F后加速度、速度的变化情况。 3 4 5 6 7 1 9 2 8 答案：见解析 课后达标检测 9．如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R＝3 Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L＝ 1 m。整个装置处于磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上，质量m＝1 kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r＝ 1 Ω，电路中其余电阻不计，金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨且与导轨接触良好。已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数μ＝0.5，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求： 3 4 5 6 7 8 1 2 9 课后达标检测 (1)金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度vm； 解析：金属棒由静止释放后，沿斜面向下做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时达到最大速度vm后保持匀速运动，受力分析如图所示 3 4 5 6 7 8 1 2 9 课后达标检测 答案：2 m/s　 3 4 5 6 7 8 1 2 9 课后达标检测 (2)金属棒ab达到最大速度后，电阻R上再产生QR＝1.5 J的内能的过程中，ab杆下滑的距离x。 解析：R上产生的热量QR＝I2Rt＝1.5 J r上产生的热量Qr＝I2rt 因为R＝3 Ω，r＝1 Ω，得Qr＝0.5 J ab杆下滑过程中系统能量守恒，有 mgx sin θ＝QR＋Qr＋μmgx cos θ 解得x＝1 m。 答案：1 m 3 4 5 6 7 8 1 2 9 课后达标检测 解析：金属棒刚好能在导轨上以1 m/s的速度匀速下滑，根据法拉第电磁感应定律可知E＝Bdv，根据闭合电路欧姆定律有I＝ eq \f(E,R＋r) ，则安培力的大小F安＝BId，对金属棒受力分析，由平衡可知mg sin θ＝F安，解得B＝3 T。 2．(2024·湖北黄冈期末)如图所示，相距为L的两根足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，其余电路电阻都不计，匀强磁场垂直于导轨平面向下，磁感应强度大小为B。现将质量为m的导体棒由静止释放，当棒下滑到稳定状态时，速度为v0，下列说法错误的是(　　) A．导体棒达到稳定状态前做加速度减小的加速运动 B．当导体棒速度达到 eq \f(v0,3) 时加速度大小为 eq \f(2,3) g sin θ　 C．导体棒的a端电势比b端电势高 D．导体棒达到稳定状态后继续下滑的过程中，电阻R产生的焦耳热等于重力所做的功 解析：导体棒下滑过程中根据牛顿第二定律可得mg sin θ－ILB＝ma，又由闭合电路欧姆定律得I＝ eq \f(E,R) ，导体棒的电动势E＝BLv，求得a＝g sin θ－ eq \f(B2L2v,mR) ，由此可知，速度增大，加速度减小，所以导体棒达到稳定状态前做加速度减小的加速运动，A正确； 由A分析可得，当速度v＝v0时加速度为零，即g sin θ＝ eq \f(B2L2v0,mR) ，当导体棒速度达到 eq \f(v0,3) 时，加速度a＝g sin θ－ eq \f(B2L2v0,3mR) ＝ eq \f(2,3) g sin θ，B正确； 4.水平放置的光滑平行导轨上放置一根长为L、质量为m且与导轨接触良好的导体棒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，当通过的位移为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Fx C．R上释放的热量为Fx＋ eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,m) D．R上释放的热量为Fx 解析：撤去外力后，导体棒在水平方向上只受安培力作用，而F安＝ eq \f(B2L2v,R) ，F安随v的变化而变化，故导体棒做加速度变化的减速运动，A错误； A．MN刚扫过金属杆时，流经R的电流从上到下 B．MN刚扫过金属杆时，电阻R的电功率为2,0) eq \f(B2d2v,4R) C．若磁场足够宽，杆可能达到的最大速度 eq \f(2Rf,B2d2) D．若磁场足够宽，杆中的最小电流为0 当MN刚扫过金属杆时，由法拉第电磁感应定律有E＝Bdv0，则回路的电流I＝ eq \f(E,2R) ＝ eq \f(Bdv0,2R) ，电阻R的电功率P＝I2R＝2,0) eq \f(B2d2v,4R) ，故B正确； 最终杆与磁场存在速度差，回路中感应电流不为0，当安培力等于摩擦力，即I＝ eq \f(f,Bd) ，故D错误。 设金属杆向右运动的速度为v，则金属杆切割磁感线的速度v′＝v0－v，感应电流I′＝ eq \f(Bd（v0－v）,2R) ，安培力F′＝BI′d＝ eq \f(B2d2（v0－v）,2R) ，随着金属杆速度v增大，金属杆切割磁感线的速度v′逐渐减小，安培力减小，当安培力等于摩擦力时，金属杆速度达到最大值，有 eq \f(B2d2（v0－vm）,2R) ＝f，解得vm＝v0－ eq \f(2Rf,B2d2) ，方向向右，故C错误； 6．两根质量均为m的光滑金属棒a、b垂直放置在如图所示的足够长的水平导轨上，两金属棒与导轨接触良好，导轨左边间距是右边间距的2倍，两导轨所在的区域处于竖直向下的匀强磁场中。一根不可伸长的绝缘轻质细线一端系在金属棒b的中点，另一端绕过轻小光滑定滑轮与质量也为m的重物c相连，线的水平部分与导轨平行且足够长，c离地面足够高，重力加速度为g。由静止释放重物c后，两金属棒始终处在各自的导轨上垂直于导轨运动，达到稳定状态后，细线中的拉力大小为(导轨电阻忽略不计)(　　) A． eq \f(2,5) mg B． eq \f(3,5) mg C． eq \f(5,9) mg D．mg 解析：设a、b棒的速度大小分别为v1、v2，加速度大小分别为a1、a2，c与b棒加速度大小相等，回路中的电流为I，回路中的电动势为E，E＝BLv2－B·2Lv1，到稳定状态后，电路中的电流恒定，即电动势恒定，导体棒的加速度恒定，设k＝v2－2v1，当k恒定时达到稳定状态，由此可知，导体棒的加速度满足a1＝ eq \f(1,2) a2，受力情况如图所示。 对a棒受力分析得2BIL＝ma1，对b棒受力分析得T－BIL＝ma2，对c受力分析得mg－T＝ma2，解得T＝ eq \f(5,9) mg，C正确，A、B、D错误。 解析：此时感应电动势E＝BLv＝0.8 V 回路中的电流I＝ eq \f(E,R) ＝0.8 A。 解析：杆进入磁场时的感应电动势E1＝BLv 杆进入磁场时的感应电流I1＝ eq \f(E1,R＋r) 杆进入磁场时做匀速直线运动，根据平衡条件有 F＝BI1L 解得v＝3 m/s。 解析：杆进入磁场时做匀速直线运动，根据上述可知，杆在磁场中运动0.6 m位移的过程中，解得回路中的电流 I1＝0.2 A 根据右手定则可知，电流方向沿逆时针方向。 根据焦耳定律可知，电阻R上产生的热量Q＝I eq \o\al(2,1) Rt 杆进入磁场时做匀速直线运动，则有t＝ eq \f(x0,v) ＝0.2 s 解得Q＝0.016 J。 解析：若在杆恰好进入磁场时撤去拉力F，结合上述，根据牛顿第二定律有 eq \f(B2L2v,R＋r) ＝ma 加速度与速度方向相反，杆做减速运动，可知杆做加速度减小的减速直线运动。 则mg sin θ＝F＋f 安培力F＝BIL 摩擦力f＝μmg cos θ 由闭合电路欧姆定律得I＝ eq \f(E,R＋r) 感应电动势E＝BLvm 解得vm＝2 m/s。 $