版 第1章 5电磁感应中的能量转化与守恒 学业分层测评4.docx
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版第1章5电磁感应中的能量转化与守恒学业分层测评4
学业分层测评(四)
(建议用时:
45分钟)
[学业达标]
1.如图159所示,在O点正下方有一个具有理想边界的磁场,铜环在A点由静止释放向右摆至最高点B.不考虑空气阻力,则下列说法正确的是( )
【导学号:
46042038】
图159
A.A、B两点在同一水平线上
B.A点高于B点
C.A点低于B点
D.铜环将做等幅摆动
【解析】 铜环由A点向B点运动,在进入磁场和离开磁场的过程中,由于穿过环面的磁通量变化,都要产生感应电流,即产生电能.此电能是由环的机械能转化来的,即环由A到B过程中机械能减少,所以B点比A点低,B选项正确.
【答案】 B
2.(多选)如图1510所示,闭合螺线管固定在置于光滑水平面上的小车上,现将一条形磁铁从左向右插入螺线管中的过程中,则( )
图1510
A.车将向右运动
B.使条形磁铁向右插入时外力所做的功全部转变为电能,最终转化为螺线管的内能
C.条形磁铁会受到向左的力
D.车会受到向左的力
【解析】 磁铁向右插入螺线管中,根据楞次定律的扩展含义“来拒去留”,磁铁与小车相互排斥,小车在光滑水平面上受力向右运动,所以A、C正确,D错误;电磁感应现象中满足能量守恒定律,由于小车动能增加,外力做的功转化为小车动能和螺线管中的内能,所以B错误.
【答案】 AC
3.很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放,形成一很长的竖直圆筒.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平齐.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( )
【导学号:
46042039】
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
【解析】 利用电磁感应现象分析解答.开始时,条形磁铁以加速度g竖直下落,则穿过铜环的磁通量发生变化,铜环中产生感应电流,感应电流的磁场阻碍条形磁铁的下落.开始时的感应电流比较小,条形磁铁向下做加速运动,且随下落速度增大,其加速度变小.当条形磁铁的速度达到一定值后,相应铜环对条形磁铁的作用力趋近于条形磁铁的重力.故条形磁铁先加速运动,但加速度变小,最后的速度趋近于某个定值.选项C正确.
【答案】 C
4.如图1511所示,固定的水平长直导线中通有电流I,矩形线框与导线在同一竖直平面内,且一边与导线平行.线框由静止释放,在下落过程中( )
图1511
A.穿过线框的磁通量保持不变
B.线框中感应电流的方向保持不变
C.线框所受安培力的合力为零
D.线框的机械能不断增大
【解析】 当线框由静止向下运动时,穿过线框的磁通量逐渐减少,根据楞次定律可知产生的感应电流的方向为顺时针且方向不发生变化,选项A错误,B正确;因线框上下两边所在处的磁场强弱不同,线框所受的安培力的合力一定不为零,选项C错误;整个线框所受的安培力的合力竖直向上,对线框做负功,线框的机械能减小,选项D错误.
【答案】 B
5.(多选)如图1512所示,两根电阻不计的光滑平行金属导轨的倾角为θ,导轨下端接有电阻R,匀强磁场垂直于导轨平面向上.质量为m、电阻不计的金属棒ab在沿导轨平面且与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑,上升高度为h.在此过程中( )
【导学号:
46042040】
图1512
A.金属棒所受各力的合力所做的功为零
B.金属棒所受各力的合力所做的功等于mgh和电阻R上产生的焦耳热之和
C.恒力F与重力的合力所做的功等于棒克服安培力所做的功与电阻R上产生的焦耳热之和
D.恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热
【解析】 由于金属棒沿导轨匀速上滑,根据动能定理可知金属棒所受各力的合力所做的功为零,选项A正确,B错误;恒力F与重力的合力所做的功等于金属棒克服安培力所做的功,或者说等于电阻R上产生的焦耳热,克服安培力所做的功就等于电阻R上产生的焦耳热,不要把二者混淆,选项C错误,D正确.
【答案】 AD
6.(多选)如图1513所示,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,除电阻R外其余电阻均不计.现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放,则( )
图1513
A.释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g
B.金属棒向下运动时,流过电阻R的电流方向为a→b
C.金属棒的速度为v时,所受的安培力大小为F=
D.电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少
【解析】 金属棒刚释放时,弹簧处于原长,此时弹力为零,又因此时速度为零,因此也不受安培力作用,金属棒只受重力作用,其加速度应等于重力加速度,故选项A正确;金属棒向下运动时,由右手定则可知,在金属棒上电流方向向右,电阻等效为外电路,其电流方向为b→a,故选项B错误;金属棒速度为v时,安培力大小为F=BIL,I=
,由以上两式得F=
,故选项C正确;金属棒下落过程中,由能量守恒定律知,金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能以及电阻R上产生的内能,因此选项D错误.
【答案】 AC
7.如图1514所示,两足够长的光滑金属导轨竖直放置,相距为L,一理想电流表与两导轨相连,匀强磁场与导轨平面垂直,一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放,导体棒进入磁场后,流经电流表的电流逐渐减小,最终稳定为I.整个运动过程中,导体棒与导轨接触良好,且始终保持水平,不计导轨的电阻.求:
【导学号:
46042041】
图1514
(1)磁感应强度的大小B;
(2)电流稳定后,导体棒运动速度的大小v;
(3)流经电流表电流的最大值Im.
【解析】
(1)电流稳定后,导体棒做匀速运动,
则有:
BIL=mg①
解得:
B=
.②
(2)感应电动势E=BLv③
感应电流I=
④
由②③④式解得v=
.
(3)由题意知,导体棒刚进入磁场时的速度最大,设为vm
根据机械能守恒
mv
=mgh
感应电动势的最大值Em=BLvm
感应电流最大值Im=
解得Im=
.
【答案】
(1)
(2)
(3)
[能力提升]
8.如图1515甲所示,MN左侧有一垂直纸面向里的匀强磁场.现将一边长为l、质量为m、电阻为R的正方形金属线框置于该磁场中,使线框平面与磁场垂直,且bc边与磁场边界MN重合.当t=0时,对线框施加一水平拉力F,使线框由静止开始向右做匀加速直线运动;当t=t0时,线框的ad边与磁场边界MN重合.图1515乙为拉力F随时间变化的图线.由以上条件可知,磁场的磁感应强度B的大小为( )
甲 乙
图1515
A.B=
B.B=
C.B=
D.B=
【解析】 设线框的加速度大小为a,则线框的速度v=at,线框所受的安培力F安=B
l,由牛顿第二定律可得:
F-F安=ma,以上三式联立可得:
F=ma+
t,对应乙图可得:
F0=ma,
t0=2F0,解得:
B=
,B正确.
【答案】 B
9.(多选)如图1516所示,质量为m、边长为L的正方形线圈,线圈ab边距离磁场边界为s,线圈从静止开始在水平恒力F的作用下,穿过宽度为d(d>L)的有界匀强磁场.若线圈与水平面间没有摩擦力的作用,线圈平面始终与磁场垂直,ab边刚进入磁场的速度与ab边刚离开磁场时的速度相等.下列说法正确的是( )
【导学号:
46042042】
图1516
A.线圈进入磁场和离开磁场的过程中通过导线横截面的电荷量不相等
B.整个线圈穿越磁场的过程中线圈的最小速度为
C.整个线圈穿越磁场的过程中线圈的最大速度为
D.整个线圈穿越磁场的过程中线圈产生的热量为2Fd
【解析】 由q=
可知,线圈进入磁场和离开磁场过程中通过线圈横截面的电荷量相等,A错误;线圈最小速度对应线圈刚好全部进入时,由Fs=
mv
,F(d-L)=
mv
-
mv
得:
vmin=
,最大速度为v0=
,故B正确,C错误;线圈进入磁场过程产生的热量Q1=Fd,且与线圈离开磁场产生的热量一样多,所以D正确.
【答案】 BD
10.(多选)如图1517所示,不计电阻的光滑U形金属框水平放置,光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上,H、P的间距很小.质量为0.2kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间,与金属框接触良好并围成边长为1m的正方形,其有效电阻为0.1Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场,磁感应强度随时间变化规律是B=(0.4-0.2t)T,图示磁场方向为正方向.框、挡板和杆不计形变.则( )
图1517
A.t=1s时,金属杆中感应电流方向从C到D
B.t=3s时,金属杆中感应电流方向从D到C
C.t=1s时,金属杆对挡板P的压力大小为0.1N
D.t=3s时,金属杆对挡板H的压力大小为0.2N
【解析】 根据楞次定律可判断感应电流的方向总是从C到D,故A正确,B错误;由法拉第电磁感应定律可知:
E=
=
=
sin30°=0.2×12×
V=0.1V,故感应电流为I=
=1A,金属杆受到的安培力FA=BIL,t=1s时,FA=0.2×1×1N=0.2N,方向如图甲,此时金属杆受力分析如图甲,由平衡条件可知F1=FA·cos60°=0.1N,F1为挡板P对金属杆施加的力.t=3s时,磁场反向,此时金属杆受力分析如图乙,此时挡板H对金属杆施加的力向右,大小F3=BILcos60°=0.2×1×1×
N=0.1N.故C正确,D错误.
甲 乙
【答案】 AC
11.如图1518所示,在水平平行放置的两根光滑长直导电轨道MN与PQ上,放着一根直导线ab,ab与导轨垂直,它在导轨间的长度为20cm,这部分的电阻r=0.02Ω.导轨部分处于方向竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度B=0.20T,电阻R=0.08Ω,其他电阻不计,ab的质量为0.02kg.
【导学号:
46042043】
图1518
(1)断开开关S,ab在水平恒力F=0.01N的作用下,由静止沿轨道滑行,求经过多长时间速度才能达到10m/s?
(2)上述过程中感应电动势随时间变化的表达式是怎样的?
(3)当ab的速度达到10m/s时,闭合开关S,为了保持ab仍能以10m/s的速度匀速运动,水平拉力应变为多少?
【解析】
(1)由牛顿第二定律,F=ma,得
a=
=
m/s2=0.5m/s2
t=
=
s=20s.
(2)因为感应电动势E=BLv=BLat=0.02t(V),所以感应电动势与时间成正比.
(3)导线ab保持以10m/s的速度运动,受到的安培力
F安=BIL=
=0.16N
安培力与拉力F是一对平衡力,故
F=0.16N.
【答案】
(1)20s
(2)E=0.02t (3)0.16N
12.小明设计的电磁健身器的简化装置如图1519所示,两根平行金属导轨相距l=0.50m,倾角θ=53°,导轨上端串接一个R=0.05Ω的电阻.在导轨间长d=0.56m的区域内,存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度B=2.0T.质量m=4.0kg的金属棒CD水平置于导轨上,用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连.CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s=0.24m.一位健身者用恒力F=80N拉动GH杆,CD棒由静止开始运动,上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直.当CD棒到达磁场上边界时健身者松手,触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10m/s2,sin53°=0.8,不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量).求:
【导学号:
46042044】
图1519
(1)CD棒进入磁场时速度v的大小;
(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小;
(3)在拉升CD棒的过程中,健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.
【解析】
(1)由牛顿第二定律
a=
=12m/s2
进入磁场时的速度v=
=2.4m/s
(2)感应电动势E=Blv
感应电流I=
安培力FA=IBl
代入数据解得FA=
=48N.
(3)健身者做功W=F(s+d)=64J
CD棒进入磁场时F-mgsinθ-FA=0
所以CD棒在磁场区做匀速运动
在磁场中运动时间t=
焦耳热Q=
t=26.88J.
【答案】
(1)2.4m/s
(2)48N (3)64J 26.88J
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- 第1章 5电磁感应中的能量转化与守恒 学业分层测评4 电磁感应 中的 能量 转化 守恒 学业 分层 测评