《《电磁感应中的能量问题》进阶练习（三）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《《电磁感应中的能量问题》进阶练习（三）（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、电磁感应中的能量问题进阶练习一、单选题1.如图甲所示，闭合线圈固定在小车上，总质量为1kg它们在光滑水平面上以10m/s的速度进入与线圈平面垂直、磁感应强度为B的水平有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里已知小车运动的速度v随车的位移x变化的v-x图象如图乙所示则（）A.线圈的长度L=15 cmB.磁场的宽度d=15 cmC.线圈进入磁场过程中做匀加速运动，加速度为0.8 m/s2D.线圈通过磁场过程中产生的热量为48 J2.如图所示，边长为L的正方形导线框其质量为m，在距磁场上边界高H处自由下落，其下边框ab进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边框cd刚穿出磁场时，其速度减为ab边刚进入
2、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.2mgLB.2mgL+mgHC.2mgL+mgHD.2mgL+mgH3.如图所示，金属线框abcd置于光滑水平桌面上，其右方存在一个有理想边界的方向竖直向下的矩形匀强磁场区，磁场宽度大于线圈宽度金属线框在水平恒力F作用下向右运动，ab边始终保持与磁场边界平行ab边进入磁场时线框恰好能做匀速运动则下列说法中正确的是（）A.线框进入磁场过程，F做的功大于线框内增加的内能B.线框完全处于磁场中的阶段，F做的功大于线框动能的增加量C.线框穿出磁场过程中，F做的功等于线框中产生的焦耳热D.线框穿出磁场过程中，F做的功小于线框中
3、线框中产生的焦耳热二、计算题4.如图所示，一个质量m=16g，长d=0.5m，宽L=0.1m，电阻R=0.1的矩形线框从高处自由落下，经过h1=5m高度，下边开始进入一个跟线框平面垂直的匀强磁场，线框进入磁场时恰好匀速下落已知磁场区域的高度h2=1.55m，求： （1）磁场的磁感应强度多大？ （2）线框下边将要出磁场时的速率； （3）线框下边刚离开磁场时感应电流的大小和方向5.如图甲所示，在水平面上固定有长为L=2m、宽为d=0.5m的光滑金属“U”型导轨，导轨右端接有R=1的电阻，在“U”型导轨右侧l=1m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示在t=0时刻，质
4、量为m=0.1kg、内阻r=1导体棒ab以v0=1m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导轨的电阻忽略不计，g取10m/s2 （1）求第一秒内流过ab电流的大小及方向； （2）求ab棒进磁场瞬间的加速度大小； （3）导体棒最终停止在导轨上，求全过程回路中产生的焦耳热参考答案【答案】1.D2.C3.D4.解：（1）线框下边刚进入磁场时的速度为： v1=m/s=10m/s 线框所受的安培力大小为为： F=BI1L=BL= 由于线框进入磁场时恰好匀速运动，重力和安培力平衡，则有： mg=F 则得，磁场的磁感应强度为： B=T=0.4T （2）线框完全在磁场中下落的高度： h=h2-d=1.05m
5、线框完全在磁场中磁通量不变，不产生感应电流，不受安培力，所以线框做加速度为g的匀加速直线运动，则线框下边将要出磁场时的速率为： v2=m/s=11m/s （3）线框下边刚离开磁场时感应电流的大小I=A=4.4A 由右手定则判断可知：线框下边中感应电流方向向右 答： （1）磁场的磁感应强度为0.4T （2）线框下边将要出磁场时的速率为11m/s； （3）线框下边刚离开磁场时感应电流的大小是4.4A，方向向右5.解：（1）第一秒内磁场随时间均匀变化，由法拉第电磁感应定律有 所以流过ab的电流，方向：由a流向b； （2）依题意可知ab棒在1s末时刻进入磁场（速度仍为v0），此后磁感应强度保持不变 则
6、E2=Bdv0=0.5V F=BI2d 由牛顿第二定律，有BI2d=ma 所以a=1.25m/s2 （3）依据焦耳定律， 功能关系，则有： 全过程回路产生的焦耳热Q=Q1+Q2=0.175J 答：（1）第一秒内流过ab电流的大小0.25A及方向由a流向b； （2）ab棒进磁场瞬间的加速度大小1.25m/s2； （3）导体棒最终停止在导轨上，全过程回路中产生的焦耳热0.175J【解析】1. 解：A闭合线圈在进入和离开磁场时的位移即为线圈的长度，线圈进入或离开磁场时受安培力作用，将做减速运动，由乙图可知，L=10cm，故A错误； B磁场的宽度等于线圈刚进入磁场到刚离开磁场时的位移，由乙图可知，5-
7、15cm是进入的过程，15-30cm是完全在磁场中运动的过程，30-40cm是离开磁场的过程，所以d=30cm-5cm=25cm，故B错误； C根据F=BIL及I=得：F=，因为v是一个变量，所以F也是一个变量，所以线圈不是匀加速运动，是变减速运动，故C错误； D线圈通过磁场过程中运用动能定理得：mv22-mv12=W安，由乙图可知v1=10m/s，v2=2m/s，带入数据得：W安=-48J，所以克服安培力做功为48J，即线圈通过磁场过程中产生的热量为48J，故D正确 故选D （1）闭合线圈在进入和离开磁场时，磁通量会发生改变，线圈中产生感应电流，线圈会受到安培力的作用； （2）线圈在进入磁场
8、之前、完全在磁场中运动以及出磁场之后做匀速直线运动，在进入和离开磁场时做减速直线运动； （3）结合乙图可以知道，0-5cm是进入之前的过程，5-15cm是进入的过程，15-30cm是完全在磁场中运动的过程，30-40cm是离开磁场的过程，40cm以后是完全离开之后的过程； （4）线圈通过磁场过程中产生的热量等于克服安培力所做的功，可以通过动能定理去求解 闭合线圈进入和离开磁场时磁通量发生改变，产生感应电动势，形成感应电流，线圈会受到安培力的作用，做变速运动；当线圈完全在磁场中运动时磁通量不变，不受安培力，做匀速运动线圈通过磁场过程中产生的热量等于克服安培力所做的功，在这类题目中求安培力所做的功
9、经常运用动能定理去求解 2. 解：根据机械能守恒定律得 mgH= 得v= 从线框下落到穿出匀强磁场过程，根据能量守恒定律得， 焦耳热Q=2mgL+mgH-=2mgL+ 故选C 根据机械能守恒定律求出ab边刚进入磁场时的速度线框穿越匀强磁场过程中机械能减小转化为内能，根据能量守恒定律求解焦耳热 本题是运用能量守恒定律处理电磁感应中能量问题，关键要正确分析能量是如何转化的 3. 解：A、线框进入磁场的过程做匀速运动，动能不变，产生感应电流，根据功能关系得知，F做的功等于线框内增加的内能故A错误 B、线框完全处于磁场中的阶段，磁通量不变，没有感应电流产生，线框做匀加速运动，根据功能关系可知，F做的功
10、等于线框动能的增加量故B错误 CD、线框穿出磁场过程中，由于速度比进入磁场时增大，穿出时产生的感应电动势和感应电流大于进入磁场时的感应电动势和感应电流，线框所受的安培力也大于进入磁场时的安培力，这样线框做减速运动，根据功能关系得知，F做的功与线框动能减小量之和等于产生的焦耳热，则F做的功小于线框中产生的焦耳热，故C错误，D正确 故选：D 线框进入磁场的过程：内能可根据功能关系进行分析；根据动能定理分析动能的增量；线框完全进入磁场的过程：没有感应电流产生，不受安培力，线框做匀加速运动；线框穿出磁场过程：线框做减速运动，再根据功能关系分析F做的功与线框产生的焦耳热的关系 解决本题首先要分析线框的受
11、力情况，判断其完全在磁场中的运动情况，再运用功能关系分析各种能量如何变化 4. （1）线框从h1=5m高处由静止自由下落，根据运动学公式，由高度求出线框刚进磁场时速度，根据感应电动势公式和欧姆定律求出安培力的大小由于线框进入磁场时恰好匀速运动，重力和安培力平衡，根据平衡条件求解磁感应强度B （2）线框完全在磁场中，没有感应电流产生，做匀加速直线运动，位移为h2-L，加速度为g，结合初速度，由运动学公式求出线框下边将要出磁场时的速率 （3）再根据感应电动势公式和欧姆定律求出感应电流的大小，由右手定则判断感应电流的方向 本题在电磁感应中属于常规题，从力的角度研究电磁感应现象，根据受力情况分析线圈的运动情况，并运用运动学公式求解速度运用电磁感应的基本规律和力学知识结合求解 5. （1）根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律与楞次定律，即可求解； （2）根据安培力公式，及牛顿第二定律，即可求解； （3）根据焦耳定律，结合功能关系，即可求解 考查法拉第电磁感应定律，闭合电路欧姆定律与楞次定律的应用，掌握焦耳定律与功能关系的内容，注意牛顿第二定律的运用，及图象的含义
