2019高考物理一輪復習 第十章 電磁感應 第77講 電磁感應中的能量轉化問題加練半小時 教科版

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1、 第77講 電磁感應中的能量轉化問題 [方法點撥]　克服安培力做功的過程就是其他形式的能轉化為電能的過程，克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能轉化為電能． 1．(多選)如圖1所示，光滑絕緣的水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導體框．勻強磁場區(qū)域寬度為2L、磁感應強度為B、方向垂直桌面向下．導體框的一邊始終與磁場邊界平行，在外力作用下以恒定速度v穿過磁場．下列說法正確的是(　　) 圖1 A．穿過磁場過程，外力做的功為 B．穿過磁場過程，導體框產生的焦耳熱為 C．進入磁場過程，通過導體框某一橫截面的電荷量為 D．進入和離開磁場過程，通過導體框的電流大小都為，且方

2、向相同 2．(2018·四川瀘州一檢)如圖2所示，兩條電阻不計的平行導軌與水平面成θ角，導軌的一端連接定值電阻R1，勻強磁場垂直導軌平面向上．一根質量為m、電阻為R2的導體棒ab，垂直導軌放置且兩端始終與導軌接觸良好，導體棒與導軌之間的動摩擦因數為μ，且R2＝nR1.如果導體棒以速度v勻速下滑，導體棒此時受到的安培力大小為F，則以下判斷正確的是(　　) 圖2 A．電阻R1消耗的電功率為 B．重力做功的功率為mgvcosθ C．運動過程中減少的機械能全部轉化為電能 D．R2上消耗的功率為 3．(多選)(2017·湖南衡陽第二次聯考)如圖3甲所示，左側接有定值電阻R＝3Ω的水平粗

3、糙導軌處于垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應強度B＝2T，導軌間距為L＝1m．一質量m＝2kg、接入電路的阻值r＝1Ω的金屬棒在拉力F作用下由靜止開始從CD處沿導軌向右加速運動，金屬棒與導軌垂直且接觸良好，金屬棒與導軌間的動摩擦因數μ＝0.5，g＝10m/s2，金屬棒的v－x圖像如圖乙所示，則從起點發(fā)生x＝1m位移的過程中(　　) 圖3 A．拉力做的功為16J B．通過電阻R的電荷量為0.25C C．定值電阻R產生的焦耳熱為0.75J D．所用的時間t一定大于1s 4．(多選)(2018·廣東東莞模擬)如圖4所示，在勻強磁場的上方有一質量為m、半徑為R的細導線做成的圓環(huán)，圓環(huán)的圓

4、心與勻強磁場的上邊界的距離為h.將圓環(huán)由靜止釋放，圓環(huán)剛進入磁場的瞬間和完全進入磁場的瞬間，速度均為v.已知勻強磁場的磁感應強度為B，導體圓環(huán)的電阻為r，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　) 圖4 A．圓環(huán)剛進入磁場的瞬間，速度v＝ B．圓環(huán)進入磁場的過程中，電阻產生的熱量為2mgR C．圓環(huán)進入磁場的過程中，通過導體橫截面的電荷量為 D．圓環(huán)進入磁場的過程做的是勻速直線運動 5．(多選)(2017·江西南昌三校第四次聯考)在如圖5所示的傾角為θ的光滑斜面上，存在著兩個磁感應強度大小均為B的勻強磁場區(qū)域，區(qū)域Ⅰ的磁場方向垂直斜面向上，區(qū)域Ⅱ的磁場方向垂直斜面向下，磁場寬度

5、HP及PN均為L，一個質量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導線框abcd，由靜止開始沿斜面下滑，t1時刻ab邊剛越過GH進入磁場Ⅰ區(qū)域，此時導線框恰好以速度v1做勻速直線運動；t2時刻ab邊下滑到JP與MN的中間位置，此時導線框又恰好以速度v2做勻速直線運動．重力加速度為g，下列說法中正確的是(　　) 圖5 A．當ab邊剛越過JP時，導線框的加速度大小為a＝gsinθ B．導線框兩次勻速直線運動的速度之比v1∶v2＝4∶1 C．從t1到t2的過程中，導線框克服安培力做功的大小等于重力勢能的減少量 D．從t1到t2的過程中，有＋機械能轉化為電能 6．(多選)(2017·河南開封

6、第一次模擬)如圖6甲所示，平行光滑金屬導軌水平放置，兩軌相距L＝0.4m，導軌一端與阻值R＝0.3Ω的電阻相連，導軌電阻不計．導軌x>0一側存在沿x正方向均勻增大的磁場，其方向與導軌平面垂直向下，磁感應強度B隨位置x變化如圖乙所示．一根質量m＝0.2kg、接入電路的電阻r＝0.1Ω的金屬棒置于導軌上，并與導軌垂直，棒在外力F作用下從x＝0處以初速度v0＝2m/s沿導軌向右變速運動，且金屬棒在運動過程中受到的安培力大小不變．下列說法中正確的是(　　) 圖6 A．金屬棒向右做勻減速直線運動 B．金屬棒在x＝1m處的速度大小為1.5m/s C．金屬棒從x＝0運動到x＝1m過程中，外力F所

7、做的功為－0.175J D．金屬棒從x＝0運動到x＝2m過程中，流過金屬棒的電荷量為2C 7．(2017·黑龍江大慶一模)相距L＝1.5m的足夠長金屬導軌豎直放置，質量為m1＝1kg的金屬棒ab和質量為m2＝0.27kg的金屬棒cd均通過棒兩端的套環(huán)水平地套在金屬導軌上，如圖7甲所示，虛線上方磁場方向垂直紙面向里，虛線下方磁場方向豎直向下，兩處磁場磁感應強度大小相同．ab棒光滑，cd棒與導軌間的動摩擦因數為μ＝0.75，兩棒總電阻為1.8Ω，導軌電阻不計．ab棒在方向豎直向上、大小按圖乙所示規(guī)律變化的外力F作用下，從靜止開始，沿導軌勻加速運動，同時cd棒也由靜止釋放．(g＝10m/s2)

8、 圖7 (1)求出磁感應強度B的大小和ab棒加速度大??； (2)已知在2s內外力F做功40J，求這一過程中兩金屬棒產生的總焦耳熱； (3)求出cd棒達到最大速度所需的時間t0，并在圖丙中定性畫出cd棒所受摩擦力fcd隨時間變化的圖像． 8．(2017·北京西城區(qū)模擬)某同學設計了一個測量物體質量的電子裝置，其結構如圖8甲、乙所示．E形磁鐵的兩側為S極，中心為N極，可認為只有磁極間存在著磁感應強度大小均為B的勻強磁場．一邊長為L、橫截面為正方形的線圈套于中心磁極，線圈、骨架與托盤連為一體，總質量為m0，托盤下方連接一個輕彈簧，彈簧下端固定在磁極上，支撐起上面的整個

9、裝置，線圈、骨架與磁極不接觸．線圈的兩個頭與外電路連接(圖上未標出)．當被測量的重物放在托盤上時，彈簧繼續(xù)被壓縮，托盤和線圈一起向下運動，之后接通外電路對線圈供電，托盤和線圈恢復到未放重物時的位置并靜止，此時由對應的供電電流可確定重物的質量．已知彈簧勁度系數為k，線圈匝數為n，重力加速度為g. 圖8 (1)當線圈與外電路斷開時 a．以不放重物時托盤的位置為位移起點，豎直向下為位移的正方向．試在圖丙中畫出，托盤輕輕放上質量為m的重物后，托盤向下運動過程中彈簧彈力F的大小與托盤位移x的關系圖像； b．根據上面得到的F－x圖像，求從托盤放上質量為m的重物開始到托盤達到最大速度的過程中

10、，彈簧彈力所做的功W； (2)當線圈與外電路接通時 a．通過外電路給線圈供電，托盤和線圈恢復到未放重物時的位置并靜止．若線圈能夠承受的最大電流為I，求該裝置能夠測量的最大質量M； b．在線圈能承受的最大電流一定的情況下，要增大質量的測量范圍，可以采取哪些措施？(至少答出2種) 答案精析 1．ABC 2．D　[導體棒以速度v勻速下滑時，由E＝BLv，I＝， F＝BIL得安培力F＝① 電阻R1消耗的電功率為P＝I2R1＝()2R1② 又R2＝nR1③ 聯立①②③解得，P＝，故A錯誤； 重力做功的功率為mgvsinθ，B錯誤； 導體棒克服安培力和摩擦力做功，減少的

11、機械能轉化為電能和內能，C錯誤； R2和R1串聯，電流相等，根據P＝I2R可知，R2消耗的功率等于R1消耗的功率的n倍，為，D正確．] 3．CD　[由速度－位移圖像得：v＝2x，金屬棒所受的安培力 F安＝＝， 代入得：F安＝2x，則知F安與x是線性關系． 當x＝0時，安培力F安1＝0； 當x＝1m時，安培力F安2＝2N， 則從起點發(fā)生x＝1m位移的過程中， 安培力做功為W安＝－安x＝－x＝－×1J＝－1J 根據動能定理得：W－μmgx＋W安＝mv2，其中v＝2m/s， μ＝0.5，m＝2kg，代入解得，拉力做的功W＝15J，故A錯誤；通過電阻R的電荷量q＝＝＝C＝0.5C，

12、故B錯誤；根據能量守恒得：整個電路產生的焦耳熱等于克服安培力做功，即Q＝1J，則電阻R上產生的熱量：QR＝Q＝Q＝0.75J，選項C正確；v－x圖像的斜率k＝＝·＝，得a＝kv＝2v，則知速度增大，金屬棒的加速度也隨之增大，v－t圖像的斜率增大，金屬棒做加速度增大的變加速運動，在相同時間內，達到相同速度時通過的位移小于勻加速運動的位移，平均速度小于勻加速運動的平均速度，即＜＝m/s＝1 m/s，則t＝＞s＝1s，故D正確．] 4．ABC　[圓環(huán)從圖示位置開始運動到剛進入磁場時，下落的高度為h－R，根據自由落體運動的規(guī)律得到v2＝2g(h－R)，解得v＝，故選項A正確； 圓環(huán)剛進入磁場的瞬間

13、和完全進入磁場的瞬間，速度相等，根據功能關系可以知道重力做的功等于圓環(huán)電阻產生的熱量，大小為2mgR，故選項B正確； 圓環(huán)進入磁場的過程中，通過導體某個橫截面的電荷量為 q＝·Δt＝·Δt＝＝，故選項C正確； 圓環(huán)進入磁場的過程中，受到的安培力F＝，隨有效長度L發(fā)生改變，圓環(huán)受力不能平衡，因此圓環(huán)不可能做勻速直線運動，故選項D錯誤．] 5．BD　[ab邊剛越過GH進入磁場Ⅰ區(qū)域時，電動勢E1＝BLv1，電流I1＝＝，線框做勻速運動，所以mgsinθ＝BI1L＝，當ab邊剛越過JP時，電動勢E2＝2BLv1，I2＝＝，根據牛頓第二定律2BI2L－mgsinθ＝ma，聯立解得a＝3gsin

14、θ，所以A錯誤；當a＝0時，以速度v2做勻速直線運動，即2BI2′L－mgsinθ＝0，得：mgsinθ＝，所以v1∶v2＝4∶1，所以B正確；從t1到t2的過程中，根據能量守恒，導線框克服安培力做功的大小等于重力勢能的減少量加上動能的減少量，即克服安培力做功W＝＋.所以C錯誤；又克服安培力做功等于產生的電能，所以D正確．] 6．CD　[根據題圖乙得B與x的函數關系式B＝0.5＋0.5x， 金屬棒向右運動切割磁感線產生感應電動勢E＝BLv， 感應電流I＝＝， 安培力F安＝BIL＝BL＝， 解得v＝＝＝， 根據勻變速直線運動的速度位移公式v2－v＝2ax， 如果是勻變速直線運動，v

15、2與x成線性關系，而由上式知，金屬棒不可能做勻減速直線運動，故A錯誤； 根據題意金屬棒所受的安培大小不變， x＝0處與x＝1處安培大小相等， 有＝， 即v1＝＝m/s＝0.5 m/s，故B錯誤； 金屬棒在x＝0處的安培力大小為 F安＝＝N＝0.2N， 對金屬棒從x＝0運動到x＝1m過程中， 根據動能定理有WF－F安·x＝mv－mv， 代入數據解得WF＝－0.175J，故C正確； 根據電荷量公式q＝＝L， x＝0到x＝2m過程中B－x圖像包圍的面積 ΔB·x＝×2T·m＝2T·m，q＝＝C＝2C，故D正確．] 7．(1) 1.2T　1m/s2　(2) 18J　(3) 2

16、s　見解析圖 解析　(1)經過時間t，金屬棒ab的速率v＝at 此時，回路中的感應電流為I＝＝， 對金屬棒ab，由牛頓第二定律得F－BIL－m1g＝m1a 由以上各式整理得：F＝m1a＋m1g＋at 在圖線上取兩點：t1＝0，F1＝11N; t2＝2s，F2＝14.6N 代入上式得a＝1m/s2，B＝1.2T (2)在2s末金屬棒ab的速率vt＝at2＝2m/s 所發(fā)生的位移x＝at＝×1×4m＝2m 由動能定理得WF－m1gx－W安＝m1v，又Q＝W安 聯立以上方程，解得Q＝WF－m1gx－m1v ＝40J－1×10×2J－×1×22J＝18J (3)cd棒先做加速度

17、逐漸減小的加速運動，當cd棒所受重力與滑動摩擦力相等時，速度達到最大，然后做加速度逐漸增大的減速運動，最后停止運動． 當cd棒速度達到最大時，對cd棒有：m2g＝μN 又N＝F安＝BIL 整理解得m2g＝μBIL 對abcd回路：I＝＝ 解得vm＝， 代入數據解得vm＝2m/s. 由vm＝at0得t0＝2s fcd隨時間變化的圖像如圖所示． 8．(1)a.見解析圖　b．－　(2)a.　b．可以增加線圈的匝數、增大線圈的邊長、增大磁感應強度 解析　(1)a.未放重物時，彈簧已經被壓縮，彈力大小為m0g. 彈簧彈力F的大小與托盤位移x的關系圖像如圖所示． b.未放重物時kx0＝m0g 當托盤速度達到最大時k(x0＋x)＝(m0＋m)g 解得x＝，圖中陰影部分面積即為從托盤放上質量為m的重物開始到托盤達到最大速度的過程中，彈力所做的功的大小，彈力做負功有W＝－·＝－ (2)a.給線圈供電后，托盤回到原來的位置，線圈、骨架、托盤與重物處于平衡狀態(tài) 有2nBIL＋kx0＝ (m0＋M)g 解得M＝ b．要增大此電子裝置的量程，可以增加線圈的匝數、增大線圈的邊長、增大磁感應強度． 9