高中人教版 (新课标)第四章 电磁感应综合与测试课后作业题

这是一份高中人教版 (新课标)第四章 电磁感应综合与测试课后作业题，共7页。

[基础达标练]
一、选择题(本题共6小题，每小题6分)
1．很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一根长的竖直圆筒．一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口齐平．让条形磁铁从静止开始下落，条形磁铁在圆筒中的运动速率( )
A．均匀增大
B．先增大，后减小
C．逐渐增大，趋于不变
D．先增大，再减小，最后不变
C [对磁铁受力分析可知，磁铁重力不变，磁场力随速率的增大而增大，当重力等于磁场力时，磁铁匀速下落，所以选项C正确．]
2．如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，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，它可在ab、cd上无摩擦地滑动．杆ef及线框中导线的电阻都可不计．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将匀减速向右运动，最后停止
C．ef将匀速向右运动
D．ef将往返运动
A [ef向右运动，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，故A正确．]
3．如图所示，MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计，ab是一根不但与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆，开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，过段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图象不可能是下图中的( )
A B C D
B [S闭合时，若eq \f(B2l2v,R)＞mg，先减速再匀速，D项有可能；若eq \f(B2l2v,R)＝mg，匀速，A项有可能；若eq \f(B2l2v,R)＜mg，先加速再匀速，C项有可能；由于v变化，eq \f(B2l2v,R)－mg＝ma中a不恒定，故B项不可能．]
4.(多选)如图所示，金属杆ab以恒定的速率v在光滑平行导轨上向右滑行，设整个电路中总电阻为R(恒定不变)，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列叙述正确的是( )
A．ab杆中的电流与速率v成正比
B．磁场作用于ab杆的安培力与速率v成正比
C．电阻R上产生的热功率与速率v的二次方成正比
D．外力对ab杆做功的功率与速率v成正比
ABC [由E＝Blv和I＝eq \f(E,R)得I＝eq \f(Blv,R)，所以安培力F＝BIl＝eq \f(B2l2v,R)，电阻上产生的热功率P＝I2R＝eq \f(B2l2v2,R)，外力对ab做功的功率就等于回路产生的热功率，故A、B、C正确．]
5．如图所示，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度为B.正方形金属框abcd可绕光滑轴OO′转动，边长为L，总电阻为R，ab边质量为m，其他三边质量不计，现将abcd拉至水平位置，并由静止释放，经一定时间到达竖直位置，ab边的速度大小为v，则在金属框内产生热量大小等于( )
A.eq \f(mgL－mv2,2) B.eq \f(mgL＋mv2,2)
C．mgL－eq \f(mv2,2) D．mgL＋eq \f(mv2,2)
C [金属框绕光滑轴转动的过程中机械能有损失但能量守恒，损失的机械能为mgL－eq \f(mv2,2)，故产生的热量为mgL－eq \f(mv2,2)，答案C正确．]
6．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上放出的热量
A [由动能定理有WF＋W安＋WG＝ΔEk，则WF＋W安＝ΔEk－WG，WG<0，故ΔEk－WG表示机械能的增加量．故选A.]
二、非选择题(14分)
7.如图所示，光滑平行的水平金属导轨MN、PQ相距l，在M点和P点间接一个阻值为R的电阻，在两导轨间OO1O′1O′矩形区域内有垂直导轨平面竖直向下、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电阻为r的导体棒ab，垂直搁在导轨上，与磁场左边界相距d0.现用一大小为F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由静止开始运动，棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好的接触，导轨电阻不计)．求：
(1)棒ab在离开磁场右边界时的速度；
(2)棒ab通过磁场区的过程中整个回路所消耗的电能．
[解析] (1)棒在磁场中匀速运动时，有F＝F安＝BIl，
再根据I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(Blv,R＋r)，
联立解得v＝eq \f(FR＋r,B2l2).
(2)安培力做的功转化成两个电阻消耗的电能Q，由能量守恒定律可得
F(d0＋d)＝Q＋eq \f(1,2)mv2，
解得Q＝F(d0＋d)－eq \f(mF2R＋r2,2B4l4).
[答案] (1)eq \f(FR＋r,B2l2) (2)F(d0＋d)－eq \f(mF2R＋r2,2B4l4)
[能力提升练]
一、选择题(本题共4小题，每小题6分)
1.如图所示，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b和下边界d水平．在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平．线圈从水平面a开始下落．已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离．若线圈下边通过水平面b、c(位于磁场中)和d时，线圈所受到的磁场力的大小分别为Fb、Fc和Fd，则( )
A．Fd>Fc>Fb B．FcC．Fc>Fb>Fd D．FcD [线圈在a处自由下落，到b点速度vb＝eq \r(2ghab)，受安培力Fb＝eq \f(B2l2vb,R)，线圈全部进入磁场，无感应电流，则线圈不受安培力作用，Fc＝0，线圈继续加速，由于线圈上下边界很短，故vd＝eq \r(v\\al(2,b)＋2ghbd)>vb，d点处所受安培力为Fd＝eq \f(B2l2vd,R)，故Fd>Fb>Fc，选项D正确．]
2．如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则( )
A．Q1＞Q2，q1＝q2 B．Q1＞Q2，q1＞q2
C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1＞q2
A [根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1lbc＝eq \f(B2l\\al(2,ab)v,R)lbc＝eq \f(B2Sv,R)lab，同理Q2＝eq \f(B2Sv,R)lbc，又lab＞lbc，故Q1＞Q2；因q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(\x\t(E),R)t＝eq \f(ΔΦ,R)，故q1＝q2，故A正确．]
3．(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，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vm，则( )
A．如果B变大，vm将变大
B．如果α变大，vm将变大
C．如果R变大，vm将变大
D．如果m变小，vm将变大
BC [金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势E＝Blv，在闭合电路中形成电流I＝
eq \f(Blv,R)，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，F＝BIl＝eq \f(B2l2v,R)，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mgsin α－eq \f(B2l2v,R)＝ma，当a→0时，v→vm，解得vm＝eq \f(mgRsin α,B2l2)，故选项B、C正确．]
4．(多选)用一段横截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(r≪R)的圆环．圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B.圆环在加速下滑过程中某一时刻的速度为v，忽略电感的影响，则( )
A．此时在圆环中产生了(俯视)顺时针的感应电流
B．圆环因受到了向下的安培力而加速下落
C．此时圆环的加速度a＝eq \f(B2v,ρd)
D．如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度vm＝eq \f(ρdg,B2)
AD [由右手定则可以判断感应电流的方向，可知选项A正确；由左手定则可以判断，此时圆环受到的安培力应该向上，选项B错误；对圆环受力分析可解得加速度a＝g－eq \f(B2v,ρd)，选项C错误；当重力等于安培力时速度达到最大，可得vm＝eq \f(ρgd,B2)，选项D正确．]
二、非选择题(本题共2小题，共26分)
5.(13分)如图所示，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l，左端与一阻值为R的电阻相连，整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下．一质量为m的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速率v匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好．已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速率大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽略．求：
(1)电阻R消耗的功率；
(2)水平外力的大小．
[解析] (1)导体棒切割磁感线运动产生的感应电动势为E＝Blv，根据闭合电路欧姆定律，闭合回路中的感应电流为I＝eq \f(E,R)，电阻R消耗的功率为P＝I2R，联立可得
P＝eq \f(B2l2v2,R).
(2)对导体棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力及向右的外力，三力平衡，故有
F安＋μmg＝F，F安＝BIl＝B·eq \f(Blv,R)·l，
故F＝eq \f(B2l2v,R)＋μmg.
[答案] (1)eq \f(B2l2v2,R) (2)eq \f(B2l2v,R)＋μmg
6．(13分)均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m.将其置于磁感应强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示．线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行．当cd边刚进入磁场时，
(1)求线框中产生的感应电动势大小；
(2)求cd两点间的电势差大小；
(3)若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h.
[解析] (1)cd边刚进入磁场时，线框速度v＝eq \r(2gh)
线框中产生的感应电动势E＝BLv＝BLeq \r(2gh).
(2)此时线框中的电流I＝eq \f(E,R)
cd切割磁感线相当于电源，cd两点间的电势差即路端电压U＝I·eq \f(3,4)R＝eq \f(3,4)BLeq \r(2gh).
(3)安培力F安＝BIL＝eq \f(B2L2\r(2gh),R)
根据牛顿第二定律：mg－F安＝ma，
由a＝0，解得下落高度h＝eq \f(m2gR2,2B4L4).
[答案] (1)BLeq \r(2gh) (2)eq \f(3,4)BLeq \r(2gh) (3)eq \f(m2gR2,2B4L4)