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& 学年高二物理选修3-2同步练习：第12点《电磁感应现象中的能量问题》（沪科版）
学年高二物理选修3-2同步练习：第12点《电磁感应现象中的能量问题》（沪科版）
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资料概述与简介
第12点　电磁感应现象中的能量问题
电磁感应过程往往涉及多种能量的转化
产生和维持感应电流的存在的过程就是其他形式的能量转化为感应电流电能的过程．在电磁感应现象中，认真分析电磁感应过程中的能量转化，熟练地应用能量转化与守恒定律是求解较复杂的电磁感应问题的常用方法．
1．过程分析
(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程．
(2)电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功．此过程中，其他形式的能转化为电能．“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．
(3)当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能．安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程．安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能．
2．解决此类问题的步骤
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(包括右手定则)确定感应电动势的大小和方向．
(2)画出等效电路图，写出回路中电阻消耗的电功率的表达式．
(3)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程，联立求解．
说明：在利用能量守恒定律解决电磁感应中的能量问题时，参与转化的能量的种类一定要考虑周全．哪些能量增加，哪些能量减少，要考虑准确，最后根据所满足的规律列方程分析求解．
3．焦耳热Q的两种求解方法
Q的两种求法
对点例题　如图1所示电路，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨下端接有电阻R，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可忽略不计的金属棒ab质量为m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用．金属棒沿导轨匀速下滑，则它在下滑高度h的过程中，以下说法正确的是 (　　)
A．作用在金属棒上各力的合力做功为零
B．重力做的功等于系统产生的电能
C．金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热
D．金属棒克服恒力F做的功等于电阻R上产生的焦耳热
解题指导　根据动能定理，合力做的功等于动能的增量，故A对；重力做的功等于重力势能的减少，重力做的功等于克服F所做的功与产生的电能之和，而克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热，所以B、D错，C对．
特别提醒　1.电磁感应现象的实质问题是能量的转化与守恒问题，从这个思路出发列方程求解，有时很方便．
2．通过克服安培力做功可以把其他形式的能转化为电能，电能最终转化为焦耳热．因此在同一关系式中，克服安培力做的功和产生的焦耳热不能同时出现．
1．如图2所示，竖直放置的两根足够长平行金属导轨相距L，导轨间接有一阻值为R的电阻，质量为m，电阻为r的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触，且无摩擦，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，现将金属棒由静止释放， 金属棒下落高度为h时开始做匀速运动，在此过程中 (　　)
A．导体棒的最大速度为
B．通过电阻的电荷量为
C．导体棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量
D．重力和安培力对导体棒做功的代数和等于导体棒动能的增加量
解析　金属棒由静止释放后，当a＝0时，速度最大，即mg－BL＝0，解得vm＝，A项错误．此过程通过电阻的电荷量q＝Δt＝·Δt＝，B项正确．导体棒克服安培力做的功等于整个电路产生的热量，C项错误．由动能定理知对导体棒有ΔEk＝W重＋W安，D项正确．
2.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图3所示．除电阻R外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放．则 (　　)
A．金属棒的动能、重力势能与弹簧的弹性势能的总和保持不变
B．金属棒最后将静止，静止时弹簧伸长量为
C．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F＝
D．金属棒最后将静止，电阻R上产生的总热量为mg·
3．如图4所示，电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s＝1.15 m，两导轨间距L＝0.75 m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R＝1.5 Ω的电阻，磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r＝0.5 Ω、质量m＝0.2 kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Qr＝0.1 J．(取g＝10 m/s2)求：
(1)金属棒在此过程中克服安培力做的功W安；
(2)金属棒下滑速度v＝2 m/s时的加速度α的大小；
(3)为求金属棒下滑的最大速度vm的大小，有同学解答如下：由动能定理，WG－W安＝mv，…….由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答．
答案　(1)0.4 J　(2)3.2 m/s2　(3)见解析
解析　(1)下滑过程中安培力做的功即为电阻上产生的焦耳热，由于R＝3r，
因此QR＝3Qr＝0.3 J
所以W安＝Q＝QR＋Qr＝0.4 J
(2)金属棒下滑时受重力和安培力
F安＝BIL＝v
由牛顿第二定律得mgsin 30°－v＝ma
所以a＝gsin 30°－v
＝[10×－] m/s2＝3.2 m/s2
(3)此解法正确．
金属棒下滑时受重力和安培力作用，满足
mgsin 30°－v＝ma
上式表明，加速度随速度增大而减小，棒做加速度减小的加速运动．无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大．由动能定理可以得到棒的最大速度，因此(3)中同学的解法正确．
mgssin 30°－Q＝mv
m/s2.74 m/s.
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资料编号 ：5-740
资源类型：试题
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操作系统：WinXP及以上
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适合地区：全国
资源年段：2014
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等级评定：4星级
文件大小： 0.35MB
资源简介：
【步步高】2014高考物理大二轮专题复习与增分策略 题型专练 专练12 应用动力学和能量观点分析电磁感应问题(限时：45分钟)一、单项选择题1． 如图1所示，边长为L的正方形金属框ABCD在水平恒力F作用下，穿过宽度为d的有界匀强磁场．已知d<L，AB边始终与磁场边界平行．若线框AB边进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动．则线框AB边穿过磁场的过程和CD边穿过磁场的过程相比较(　　)图1A．线框中感应电流的方向相反B．线框均做匀速直线运动C．水平恒力F做的功不相等D．线框中产生的电能相等答案　A解析　根据右手定则，线框AB边穿过磁场的过程中，感应电流方向是逆时针的，线框CD边穿过磁场的过程中，感应电流方向是顺时针的，电流方向相反，选项A正确；在线框AB边已经穿出磁场而CD边还没有进入磁场时，线框不受安培力，做加速运动，当线框CD边进入磁场后，线框受到的安培力会大于F，线框做减速运动，选项B错误；水平恒力做的功等于水平恒力乘位移，两个过程位移相等，所以两个过程恒力F做的功相等，选项C错误；两个过程中产生的电能等于线框克服安培力做的功，由于安培力不相等，所以线框克服安培力做的功也不相等，选项D错误．2． 如图2甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝100，线圈面积S＝200 cm2，线圈的电阻r＝1 Ω，线圈外接一个阻值R＝4 Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．下列说法中正确的是(　　)图2A．线圈中的感应电流方向为顺时针方向B．电阻R两端的电压随时间均匀增大C．线圈电阻r消耗的功率为4×10－4 WD．前4 s内通过R的电荷量为4×10－4 C答案　C解析　由楞次定律可知，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，选项A错误；由法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势为E＝＝0.1 V，电阻R两端的电压不随时间变化，选项B错误；回路中电流I＝＝0.02 A，线圈电阻r消耗的功率为P＝I2r＝4×10－4 W，选项C正确；前4 s内通过R的电荷量为q＝It＝0.08 C，选项D错误．3． 如图3，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一个阻值为R的定值电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好．则金属棒穿过磁场区域的过程中(　　)图3A．流过金属棒的最大电流为B．通过金属棒的电荷量为C．克服安培力所做的功为mghD．金属棒产生的焦耳热为mg(h－μd)答案　D解析　金属棒滑下过程中，根据动能定理有mgh＝mv，根据法拉第电磁感应定律有E＝BLvm，根据闭合电路欧姆定律有I＝，联立得Im＝，A错误；根据q＝可知，通过金属棒的电荷量为，B错误；全过程根据动能定理得mgh＋Wf＋W安＝0，故C错误；由Wf＝－μmgd，金属棒克服安培力做的功完全转化成电热，由题意可知金属棒与电阻R上产生的焦耳热相同，设金属棒上产生的焦耳热为Q，故2Q＝－W安，联立得Q＝mg(h－μd)，D正确．4． 如图4所示，相距为L的平行金属导轨ab、cd与水平面成θ角放置，导轨与阻值均为R的两定值电阻R1、R2相连，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一质量为m、阻值也为R的导体棒MN，以速度v沿导轨匀速下滑，它与导轨之间的动摩擦因数为μ，忽略感应电流之间的相互作用，则(　　)图4A．导体棒下滑的速度大小为B．电阻R1消耗的热功率为mgv(sin θ－μcos θ)C．导体棒两端电压为D．t时间内通过导体棒的电荷量为答案　D解析　由导体棒受力平衡可得mgsin θ＝BIL＋Ff＝＋μmgcos θ，整理可得v＝，A错误；重力的功率等于摩擦力产生的热功率和电功率之和，即mgvsin θ＝μmgvcos θ＋P电，由电路的知识可知，电阻R1消耗的热功率P1＝P电，整理可得P1＝mgv(sin θ－μcos θ)，B错误；导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv，导体棒两端电压U＝E，结合A项分析得到的v值可得U＝，C错误；t时间内通过导体棒的电荷量q＝，ΔΦ＝BLvt，代入v值整理可得q＝，D正确．5． 如图5甲所示，垂直纸面向里的有界匀强磁场磁感应强度B＝1.0 T，质量为m＝0.04 kg、高h＝0.05 m、总电阻R＝5 Ω、n＝100匝的矩形线圈竖直固定在质量为M＝0.08 kg的小车上，小车与线圈的水平长度l相同．当线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度v1＝10 m/s进入磁场，线圈平面和磁场方向始终垂直．若小车运动的速度v随车的位移x变化的v－x图象如图乙所示，则根据以上信息可知(　　)图5A．小车的水平长度l＝15 cmB．磁场的宽度d＝35 cmC．小车的位移x＝10 cm时线圈中的电流I＝7 AD．线圈通过磁场的过程中线圈产生的热量Q＝1.92 J答案　C解析　从x＝5 cm开始，线圈进入磁场，线圈中有感应电流，在安培力作用下小车做减速运动，速度v随位移x增大而减小，当x＝15 cm时，线圈完全进入磁场，小车做匀速运动．小车的水平长度l＝10 cm，A项错；当x＝30 cm时，线圈开始离开磁场，则d＝30 cm－5 cm＝25 cm，B项错；当x＝10 cm时，由题图乙知，线圈速度v2＝7 m/s，感应电流I＝ ＝＝7 A，C项对；线圈左边离开磁场时，小车的速度为v3＝2 m/s，线圈上产生的电热为Q＝(M＋m)(v－v)＝5.76 J，D项错．6． 如图6所示，电阻不计的平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，下端与阻值为R的定值电阻相连，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一质量为m、长度为l的导体棒从ab位置获得平行于斜面的、大小为v的初速度向上运动，最远到达a′b′的位置，滑行的距离为s.已知导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为μ，则(　　)图6A．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B．上滑过程中电流做功产生的热量为mv2－mgs(sin θ＋μcos θ)C．上滑过程中导体棒克服安培力做的功为mv2D．上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2答案　B解析　上滑过程中开始时导体棒的速度最大，受到的安培力最大为；根据能量守恒，上滑过程中电流做功产生的热量为mv2－mgs(sin θ＋μcos θ)；上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于电流做功产生的热量，即mv2－mgs(sin θ＋μcos θ)；上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2－mgssin θ；所以只有选项B正确. 7如图7所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一边长为a、质量为m、电阻为R的金属正方形线框，以速度v垂直磁场方向从左边磁场区域向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置时，线框的速度为，则下列说法正确的是(　　)图7A．位置Ⅱ时线框中的电功率为B．此过程中回路产生的电能为mv2C．位置Ⅱ时线框的加速度为D．此过程中通过线框截面的电量为答案　B解析　在位置Ⅱ时线框中的电功率为P＝＝＝，选项A错误；根据功能关系，此过程中回路产生的电能为mv2－m()2＝mv2，选项B正确；根据牛顿第二定律，在位置Ⅱ时线框的加速度为a线框＝＝，选项C错误；此过程中通过线框截面的电量为Q＝＝，选项D错误．8． 如图8为一测量磁场磁感应强度大小的装置原理示意图．长度为L、质量为m的均质细铝棒MN的中点与竖直悬挂的、劲度系数为k的绝缘轻弹簧相连，与MN的右端连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的刻度．在矩形区域abcd内有匀强磁场，方向垂直纸面向外，当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，指针恰好指在零刻度；当在MN中通有由M向N大小为I的恒定电流时，MN始终在磁场中运动，在向下运动到最低点时，指针的最大示数为xm.不考虑MN中电流产生的磁场及空气阻力，则在通电后MN棒第一次向下运动到xm的过程中，以下说法正确的是(　　)图8A．MN棒的加速度一直增大B．MN棒及弹簧、地球组成的系统机械能守恒C．在最低点弹簧具有的弹性势能为(mg＋BIL)xmD．该磁场的磁感应强度B＝答案　D解析　通电后安培力恒定，随着铝棒向下运动，弹簧弹力逐渐增大，铝棒所受的竖直向下的合力先减小后反向增大，加速度先向下减小，后反向增大，A错误；运动过程中，由于安培力做功，系统机械能不守恒，B错误；由功能关系可知，在最低点，铝棒速度为零，弹簧具有的弹性势能为弹簧从原长开始运动到最低点的过程中，重力与安培力做功之和，则Ep＝mg(＋xm)＋BILxm，C错误；从通电开始到铝棒下落至最低点，对于铝棒由动能定理有(mg＋BIL)xm－xm＝0，解得B＝，D正确．9． 如图9所示，水平的平行虚线间距为d，其间有磁感应强度为B的匀强磁场．一个正方形线框边长为l(d>l)，质量为m，电阻为R.开始时，线框的下边缘到磁场上边缘的距离为h.将线框由静止释放，其下边缘刚进入磁场时，线框的加速度恰好为零．则线框进入磁场的过程和从磁场下边穿出磁场的过程相比较，有(　　)图9A．产生的感应电流的方向相同B．所受的安培力的方向相反C．进入磁场的过程中产生的热量大于穿出磁场的过程中产生的热量D．进入磁场过程中所用的时间大于穿出磁场过程中所用的时间答案　D解析　根据楞次定律，线框进入磁场时感应电流沿逆时针方向，线框离开磁场时，感应电流沿顺时针方向，选项A错误；根据楞次定律“来拒去留”的结论，线框进出磁场时，所受安培力方向都向上，选项B错误；由d>l，线框穿出磁场时的平均速度大于进入磁场时的平均速度，所以穿出磁场时所用时间小于进入磁场时所用的时间，选项D正确；根据F＝BIl＝可知，穿出磁场时的平均安培力大于进入磁场时的平均安培力，所以穿出磁场时安培力做的功多，产生的热量多，选项C错误．二、多项选择题10．(2013·四川·7)如图10所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝kt(常量k＞0)．回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝.闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则(　　)图10A．R2两端的电压为B．电容器的a极板带正电C．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍D．正方形导线框中的感应电动势kL2答案　AC解析　由楞次定律可知，正方形导线框中的感应电流方向为逆时针方向，所以电容器b极板带正电，选项B错误．根据法拉第电磁感应定律，正方形导线框中的感应电动势E＝kπr2，选项D错误．R2与的并联阻值R并＝＝，根据串联分压的特点可知：UR2＝×R0＝U，选项A正确．由P＝得：PR2＝＝，PR＝＋＝，所以PR＝5PR2选项C正确．11．如图11所示，一轨道的倾斜部分和水平部分都处于磁感应强度为B的匀强磁场中，且磁场方向都与轨道平面垂直，水平轨道足够长．一质量为m的水平金属棒ab，从静止开始沿轨道下滑，运动过程中金属棒ab始终保持与轨道垂直且接触良好．金属棒从倾斜轨道转入水平轨道时无机械能损失．则ab棒运动的v－t图象，可能正确的是(　　)图11答案　CD解析　金属棒沿倾斜轨道下滑时，开始时重力沿斜面向下的分力大于安培力和摩擦力，金属棒向下加速，随着速度的增大，安培力增大，故导体棒做加速度减小的加速运动，可能在倾斜轨道上加速度减为零，做一段匀速运动，也可能加速度没减为零，导体棒到达水平轨道上时，受安培力和摩擦力的作用，速度越来越小，安培力越来越小，导体棒减速运动的加速度越来越小，最后静止在轨道上，故C、D正确，A、B错误．12．一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图12甲所示．t＝0时刻对线框施加一水平向右的外力F，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场．外力F随时间t变化的图线如图乙所示．已知线框质量m＝1 kg、电阻R＝1 Ω.以下说法正确的是(　　)图12A．做匀加速直线运动的加速度为1 m/s2B．匀强磁场的磁感应强度为2 TC．线框穿过磁场过程中，通过线框的电荷量为 CD．线框穿过磁场的过程中，线框上产生的焦耳热为1.5 J答案　ABC解析　本题考查的是电磁感应定律相关问题，开始时，a＝＝ m/s2＝1 m/s2，由题图乙可知t＝1.0 s时安培力消失，线框刚好离开磁场区域，则线框边长：l＝at2＝×1×1.02 m＝0.5 m；当t＝1.0 s时，F＝3 N，由牛顿第二定律得F－＝3 N－ N＝1 kg·1 m/s2，得到B＝2 T，q＝t＝t＝×1.0 C＝ C；Q＝2Rt＝()2×1×1.0 J＝0.5 J，故D错，A、B、C正确．13．如图13所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向与斜面垂直，两磁场的宽度MJ和JG均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场时，线框恰好以速度v0做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v做匀速直线运动．则下列说法正确的是(　　)图13A．v＝v0B．线框离开MN的过程中电流方向为adcdaC．当ab边刚越过JP时，线框加速度的大小为3gsin θD．从ab边刚越过GH到ab边刚越过MN过程中，线框产生的热量为2mgLsin θ＋mv答案　BCD解析　ab边刚越过GH进入磁场时，线框做匀速直线运动，安培力BIL＝mgsin θ，当ab边刚越过JP时，ab、cd边都切割磁感线，感应电流变为原来的2倍，总的安培力变为原来的4倍，4BIL－mgsin θ＝ma，a＝3gsin θ，选项C正确；ab边越过JP后，导体棒先做减速运动，当再次匀速时，安培力的合力仍等于mgsin θ，由＝mgsin θ、＝mgsin θ得，v＝v0，选项A错误；根据楞次定律，线框离开MN的过程中，感应电流的方向应该为adcba，选项B正确；从ab边刚越过GH到ab边刚越过MN，根据动能定理有2mgLsin θ－W＝mv2－mv，所以克服安培力做的功为W＝2mgLsin θ＋mv，选项D正确．欢迎加入7c学科网，请记住我们的域名：
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限时?规范?特训限时：45分钟 满分：100分一、选择题(本题共7小题，每小题8分，共56分)1.[2014?甘肃天水模拟]如图所示，边长为L的正方形导线框质量为m，由距磁场H高处自由下落，其下边ab进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd刚刚穿出磁场时，速度减为ab边进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为( )A.2mgL B.2mgL＋mgHC.2mgL＋mgHD.2mgL＋mgH解析：设ab刚进入磁场时的速度为v1，cd刚穿出磁场时的速度v2＝，线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L，由题意得，mv＝mgHmv＋mg?2L＝mv＋Q，解得，Q＝2mgL＋mgH，C项正确。答案：C2.如图所示，足够长的U形光滑金属导轨所在平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，磁感应强度大小为B的匀强磁场方向垂直导轨所在平面斜向上，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，棒ab接入电路的电阻为R，当流过棒ab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在下滑过程中( )A.运动的加速度大小为B.下滑位移大小为C.产生的焦耳热为qBLvD.受到的最大安培力大小为sinθ解析：由牛顿第二定律可知mgsinθ－＝ma，金属棒做变加速运动，选项A错；由q＝I?Δt＝?Δt＝＝得x＝，选项B对。由动能定理可知mgxsinθ－Q＝mv2，把x代入式中得到Q，选项C错；安培力最大为mgsinθ，选项D错。答案：B3.[2014?泰安模拟]如图所示，间距为L、电阻不计的足够长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、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v0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.整个过程中电阻R上产生的焦耳热为C.整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为D.整个过程中金属棒克服安培力做功为解析：由牛顿第二定律可得＝ma,金属棒做a减小的减速运动，A错。由能量守恒定律可知，克服安培力做功等于电阻R和金属棒上产生的焦耳热之和，W安＝mv2＝Q，因此B错，D正确。整个过程中通过金属棒的电量q＝＝，得金属棒位移x＝，C错。答案：D4.[2014?湖北孝感月考]竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道，如图所示，轨道下半部分处在两个水平向里的匀强磁场中，磁场的边界分别是y＝a、y＝b、y＝c的直线(图中虚线所示)。一个小金属环从抛物线上y＝d处由静止释放，金属环沿抛物线下滑后环面总保持与磁场垂直，那么产生的焦耳热总量是( )A.mgdB.mg(d－a)C.mg(d－b)D.mg(d－c)解析：小金属环进入和穿出磁场的过程都要切割磁感线，因此小金属环的机械能不断地转化为电能，电能又转化为内能；最后小金属环在y＝c的直线与x轴的磁场内往复运动，整个过程中机械能的减小量为ΔE＝mg(d－c)，由能的转化与守恒定律可知，产生的焦耳热总量为Q＝ΔE＝mg(d－c)，所以D项正确。答案：D5.(多选)如图所示，虚线矩形abcd为匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，圆形闭合金属线框以一定的速度沿光滑绝缘水平面向磁场区域运动。如图所示给出的是圆形闭合金属线框的四个可能到达的位置，则圆形闭合金属线框的速度可能为零的位置是( )解析：因为线框在进、出磁场时，线框中的磁通量发生变化，产生感应电流，安培力阻碍线框运动，使线框的速度可能减为零，故A、D正确。答案：AD6.[2014?安徽合肥]如图所示，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd，ab边的边长为l1，bc边的边长为l2，线框的质量为m，电阻为R，线框通过绝缘细线绕过光滑的滑轮与重物相连，重物质量为M，斜面上ef线(ef平行底边)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的ab边始终平行底边，则下列说法正确的是( )A.线框进入磁场前运动的加速度为B.线框进入磁场时匀速运动的速度为C.线框做匀速运动的总时间为D.该匀速运动过程产生的焦耳热为(Mg－mgsinθ)l2解析：对重物和线框系统受力分析，由牛顿第二定律得，Mg－mgsinθ＝(M＋m)a，解得，a＝，A项错误；对线框受力分析，由平衡条件得，Mg－mgsinθ－F安＝0，又F安＝BIl1，I＝E/R，E＝Bl1v，联立解得，v＝，B项错误；线框做匀速运动的总时间为t＝＝，C项错误；由能量守恒定律得，该匀速运动过程产生的焦耳热等于系统重力势能的减小，Q＝(Mg－mgsinθ)l2，D项正确。答案：D7.如图所示的甲、乙、丙图中，MN、PQ是固定在同一水平面内足够长的平行金属导轨。导体棒ab垂直放在导轨上，导轨都处于垂直水平面向下的匀强磁场中。导体棒和导轨间接触良好且摩擦不计，导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，甲图中的电容器C原来不带电。今给导体棒ab一个向右的初速度v0，在甲、乙、丙图中导体棒ab在磁场中的最终运动状态是( )A.甲、丙中，棒ab最终将以相同速度做匀速运动；乙中ab棒最终静止B.甲、丙中，棒ab最终将以不同速度做匀速运动；乙中ab棒最终静止C.甲、乙、丙中，棒ab最终均做匀速运动D.甲、乙、丙中，棒ab最终都静止解析：甲图中ab棒产生的感应电动势对电容器C充电，C两极板间电势差与感应电动势相同时，电路中没有电流，ab棒做向右的匀速直线运动；乙图中导体棒在初速度作用下，切割磁感线，产生电动势，出现安培力，阻碍其向前运动，其动能转化为热能，最终会静止；而丙图虽在初速度作用下向右运动，但却受到向左的安培力，则杆向右减速运动，然后还要向左运动。当金属杆切割磁感线产生电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，所以金属杆最终处于向左的匀速直线运动。由此得选项B正确，A、C、D错误。答案：B二、非选择题(本题共4小题，共44分)8.(10分)[2014?浙江杭州模拟]如图所示，电动机牵引一根原来静止的、长为1m、质量为0.1kg的导体棒MN，其电阻R为1Ω，导体棒架在处于磁感应强度B＝1T，竖直放置的框架上，当导体棒上升h＝3.8m时获得稳定的速度，导体产生的热量为2J，电动机牵引导体棒时，电压表、电流表计数分别为7V、1A，电动机的内阻r＝1Ω，不计框架电阻及一切摩擦；若电动机的输出功率不变，g取10m/s2，求：(1)导体棒能达到的稳定速度为多少？(2)导体棒从静止达到稳定所需的时间为多少？解析：(1)电动机的输出功率为P＝UAIA－Ir＝6WF安＝BIL＝当导体棒的速度稳定时，由平衡条件得，＝mg＋解得，v＝2m/s。(2)由能量守恒定律得，Pt－Q－mgh＝mv2解得，t＝1s。答案：(1)2m/s (2)1s9.(11分)如图甲所示，质量m＝6.0×10－3kg、边长L＝0.20m、电阻R＝1.0Ω的正方形单匝金属线框abcd，置于倾角α＝30°的绝缘斜面上，ab边沿水平方向，线框的上半部分处在垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t按图乙所示的规律周期性变化，若线框在斜面上始终保持静止，取g＝10m/s2，试求：(1)在0～2.0×10－2s内线框中产生的感应电流的大小。(2)在t＝1.0×10－2s时线框受到斜面的摩擦力。解析：(1)设线框中产生的感应电动势为E1，感应电流为I1，则E1＝＝I1＝代入数据解得E1＝0.20V，I1＝0.20A。(2)此时线框受到的安培力F1＝B1I1L代入数据得F1＝4.0×10－3N设此时线框受到的摩擦力大小为Ff，则mgsinα＋F1－Ff＝0代入数据得Ff＝3.4×10－2N摩擦力方向沿斜面向上。答案：(1)0.20A (2)3.4×10－2N，方向沿斜面向上10.(11分)[2014?安徽安庆检测]如图所示，相距L＝1m、电阻不计的平行光滑长金属导轨固定在绝缘水平面上，两导轨左端间接有阻值R＝2Ω的电阻，导轨所在区域内加上与导轨所在平面垂直、方向相反的匀强磁场，磁场宽度d均为0.6m，磁感应强度大小B1＝T、B2＝0.8T。现有电阻r＝1Ω的导体棒ab垂直导轨放置且接触良好，当导体棒ab从边界MN进入磁场后始终以速度v＝5m/s做匀速运动，求：(1)棒ab在磁场B1中时克服安培力做功的功率；(2)棒ab经过任意一个磁场B2区域过程中通过电阻R的电荷量。解析：(1)在磁场B1中，棒ab切割磁感线产生的电动势E1＝B1Lv感应电流I1＝安培力F＝B1I1L克服安培力做功的功率P＝Fv＝＝0.67W(2)在磁场B2中，棒ab切割磁感线产生的电动势E2＝B2Lv感应电流I2＝棒ab经过任意一个磁场B2区域过程中通过电阻R的电荷量q＝I2Δt2＝＝＝0.16C。答案：(1)0.67W (2)0.16C11.(12分)[2015?黄冈联考]如图所示，竖直面内的正方形导线框ABCD和abcd的边长均为l、电阻均为R，质量分别为2m和m，它们分别系在一跨过两个定滑轮的绝缘轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度为B、方向垂直竖直面向里的匀强磁场。开始时ABCD的下边与匀强磁场的上边界重合，abcd的上边到匀强磁场的下边界的距离为l。现将系统由静止释放，当ABCD刚全部进入磁场时，系统开始做匀速运动。不计摩擦和空气阻力，求：(1)系统匀速运动的速度大小；(2)两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热；(3)导线框abcd通过磁场的时间。解析：(1)如图所示，设两导线框刚匀速运动的速度为v、此时轻绳上的张力为T，则对ABCD有：T＝2mg①对abcd有：T＝mg＋BIl②I＝③E＝Blv④则v＝。⑤(2)设两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热为Q，当左、右两导线框分别向上、向下运动2l的距离时，两导线框等高，对这一过程，由能量守恒定律有：4mgl＝2mgl＋×3mv2＋Q⑥联立⑤⑥解得Q＝2mgl－。(3)导线框abcd通过磁场时以速度v匀速运动，设导线框abcd通过磁场的时间为t，则t＝⑦联立⑤⑦解得：t＝。答案：(1) (2)2mgl－ (3)
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