2019高考物理一轮复习第十章电磁感应第77讲电磁感应中的能量转化问题加练半小时教科版.docx

1、1第 77 讲 电磁感应中的能量转化问题方法点拨 克服安培力做功的过程就是其他形式的能转化为电能的过程，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1(多选)如图 1 所示，光滑绝缘的水平桌面上有一边长为 L、电阻为 R 的正方形导体框匀强磁场区域宽度为 2L、磁感应强度为 B、方向垂直桌面向下导体框的一边始终与磁场边界平行，在外力作用下以恒定速度 v 穿过磁场下列说法正确的是( )图 1A穿过磁场过程，外力做的功为2B2L3vRB穿过磁场过程，导体框产生的焦耳热为2B2L3vRC进入磁场过程，通过导体框某一横截面的电荷量为BL2RD进入和离开磁场过程，通过导体框的电流大小都为 ，且方

2、向相同BLvR2(2018四川泸州一检)如图 2 所示，两条电阻不计的平行导轨与水平面成 角，导轨的一端连接定值电阻 R1，匀强磁场垂直导轨平面向上一根质量为 m、电阻为 R2的导体棒ab，垂直导轨放置且两端始终与导轨接触良好，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为 ，且R2 nR1.如果导体棒以速度 v 匀速下滑，导体棒此时受到的安培力大小为 F，则以下判断正确的是( )图 2A电阻 R1消耗的电功率为FvnB重力做功的功率为 mgvcosC运动过程中减少的机械能全部转化为电能D R2上消耗的功率为nFvn 123(多选)(2017湖南衡阳第二次联考)如图 3 甲所示，左侧接有定值电阻 R3 的水平

3、粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度 B2T，导轨间距为 L1m一质量m2kg、接入电路的阻值 r1 的金属棒在拉力 F 作用下由静止开始从 CD 处沿导轨向右加速运动，金属棒与导轨垂直且接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数 0.5， g10m/s 2，金属棒的 v x 图像如图乙所示，则从起点发生 x1m 位移的过程中( )图 3A拉力做的功为 16JB通过电阻 R 的电荷量为 0.25CC定值电阻 R 产生的焦耳热为 0.75JD所用的时间 t 一定大于 1s4(多选)(2018广东东莞模拟)如图 4 所示，在匀强磁场的上方有一质量为 m、半径为 R的细导线做成的圆环，圆环的圆

4、心与匀强磁场的上边界的距离为 h.将圆环由静止释放，圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间，速度均为 v.已知匀强磁场的磁感应强度为 B，导体圆环的电阻为 r，重力加速度为 g，则下列说法正确的是( )图 4A圆环刚进入磁场的瞬间，速度 v 2g h RB圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为 2mgRC圆环进入磁场的过程中，通过导体横截面的电荷量为 BR2rD圆环进入磁场的过程做的是匀速直线运动5(多选)(2017江西南昌三校第四次联考)在如图 5 所示的倾角为 的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为 B 的匀强磁场区域，区域的磁场方向垂直斜面向上，区域的磁场方向垂直斜面向下，磁场宽度

5、 HP 及 PN 均为 L，一个质量为 m、电阻为 R、边长也为 L3的正方形导线框 abcd，由静止开始沿斜面下滑， t1时刻 ab 边刚越过 GH 进入磁场区域，此时导线框恰好以速度 v1做匀速直线运动； t2时刻 ab 边下滑到 JP 与 MN 的中间位置，此时导线框又恰好以速度 v2做匀速直线运动重力加速度为 g，下列说法中正确的是( )图 5A当 ab 边刚越过 JP 时，导线框的加速度大小为 a gsinB导线框两次匀速直线运动的速度之比 v1 v241C从 t1到 t2的过程中，导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量D从 t1到 t2的过程中，有 机械能转化为电能3mgL

6、sin2 m v12 v2226(多选)(2017河南开封第一次模拟)如图 6 甲所示，平行光滑金属导轨水平放置，两轨相距 L0.4m，导轨一端与阻值 R0.3 的电阻相连，导轨电阻不计导轨 x0 一侧存在沿 x 正方向均匀增大的磁场，其方向与导轨平面垂直向下，磁感应强度 B 随位置 x 变化如图乙所示一根质量 m0.2kg、接入电路的电阻 r0.1 的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力 F 作用下从 x0 处以初速度 v02m/s 沿导轨向右变速运动，且金属棒在运动过程中受到的安培力大小不变下列说法中正确的是( )图 6A金属棒向右做匀减速直线运动B金属棒在 x1m 处的速度大小为 1

7、.5m/sC金属棒从 x0 运动到 x1m 过程中，外力 F 所做的功为0.175JD金属棒从 x0 运动到 x2m 过程中，流过金属棒的电荷量为 2C7(2017黑龙江大庆一模)相距 L1.5m 的足够长金属导轨竖直放置，质量为 m11kg 的金属棒 ab 和质量为 m20.27kg 的金属棒 cd 均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图 7 甲所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同 ab 棒光滑， cd 棒与导轨间的动摩擦因数为 0.75，两棒总电阻为1.8，导轨电阻不计 ab 棒在方向竖直向上、大小按图乙所示规律变化的外力 F 作用

8、下，4从静止开始，沿导轨匀加速运动，同时 cd 棒也由静止释放( g10m/s 2)图 7(1)求出磁感应强度 B 的大小和 ab 棒加速度大小；(2)已知在 2s 内外力 F 做功 40J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；(3)求出 cd 棒达到最大速度所需的时间 t0，并在图丙中定性画出 cd 棒所受摩擦力 fcd随时间变化的图像8(2017北京西城区模拟)某同学设计了一个测量物体质量的电子装置，其结构如图 8 甲、乙所示 E 形磁铁的两侧为 S 极，中心为 N 极，可认为只有磁极间存在着磁感应强度大小均为 B 的匀强磁场一边长为 L、横截面为正方形的线圈套于中心磁极，线圈、骨架与托盘

9、连为一体，总质量为 m0，托盘下方连接一个轻弹簧，弹簧下端固定在磁极上，支撑起上面的整个装置，线圈、骨架与磁极不接触线圈的两个头与外电路连接(图上未标出)当被测量的重物放在托盘上时，弹簧继续被压缩，托盘和线圈一起向下运动，之后接通外电路对线圈供电，托盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，此时由对应的供电电流可确定重物的质量已知弹簧劲度系数为 k，线圈匝数为 n，重力加速度为 g.5图 8(1)当线圈与外电路断开时a以不放重物时托盘的位置为位移起点，竖直向下为位移的正方向试在图丙中画出，托盘轻轻放上质量为 m 的重物后，托盘向下运动过程中弹簧弹力 F 的大小与托盘位移 x 的关系图像；b根据上面

10、得到的 F x 图像，求从托盘放上质量为 m 的重物开始到托盘达到最大速度的过程中，弹簧弹力所做的功 W；(2)当线圈与外电路接通时a通过外电路给线圈供电，托盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止若线圈能够承受的最大电流为 I，求该装置能够测量的最大质量 M；b在线圈能承受的最大电流一定的情况下，要增大质量的测量范围，可以采取哪些措施？(至少答出 2 种)6答案精析1ABC2D 导体棒以速度 v 匀速下滑时，由 E BLv， I ，ER1 R2F BIL 得安培力 F B2L2vR1 R2电阻 R1消耗的电功率为 P I2R1( )2R1BLvR1 R2又 R2 nR1联立解得， P ，故 A

11、错误；Fvn 1重力做功的功率为 mgvsin ，B 错误；导体棒克服安培力和摩擦力做功，减少的机械能转化为电能和内能，C 错误；R2和 R1串联，电流相等，根据 P I2R 可知， R2消耗的功率等于 R1消耗的功率的 n 倍，为，D 正确nFvn 13CD 由速度位移图像得： v2 x，金属棒所受的安培力F 安 ，B2L2vR r B2L22xR r代入得： F 安 2 x，则知 F 安 与 x 是线性关系当 x0 时，安培力 F 安 10；当 x1m 时，安培力 F 安 22N，则从起点发生 x1m 位移的过程中，安培力做功为 W 安 安 x x 1J1JFF安 1 F安 22 0 22

12、根据动能定理得： W mgx W 安 mv2，其中 v2m/s，12 0.5， m2kg，代入解得，拉力做的功 W15J，故 A 错误；通过电阻 R 的电荷量 q C0.5C，故 B 错误；根据能量守恒得：整个电路产生的焦耳热等 R r BLxR r 2114于克服安培力做功，即 Q1J，则电阻 R 上产生的热量： QR Q Q0.75J，选项 C 正RR r 34确； v x 图像的斜率 k ，得 a kv2 v，则知速度增大，金属棒的加速 v x v t t x av度也随之增大， v t 图像的斜率增大，金属棒做加速度增大的变加速运动，在相同时间内，达到相同速度时通过的位移小于匀加速运动

13、的位移，平均速度小于匀加速运动的平均速度，7即 m/s1 m/s，则 t s1s，故 D 正确v0 v2 0 22 xv 114ABC 圆环从图示位置开始运动到刚进入磁场时，下落的高度为 h R，根据自由落体运动的规律得到 v22 g(h R)，解得 v ，故选项 A 正确；2g h R圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间，速度相等，根据功能关系可以知道重力做的功等于圆环电阻产生的热量，大小为 2mgR，故选项 B 正确；圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量为q t t ，故选项 C 正确；IEr r B R2r圆环进入磁场的过程中，受到的安培力 F ，随有效长度 L 发生改变

14、，圆环受力不能B2L2vr平衡，因此圆环不可能做匀速直线运动，故选项 D 错误5BD ab 边刚越过 GH 进入磁场区域时，电动势 E1 BLv1，电流 I1 ，线框做E1R BLv1R匀速运动，所以 mgsin BI1L ，当 ab 边刚越过 JP 时，电动势B2L2v1RE22 BLv1， I2 ，根据牛顿第二定律 2BI2L mgsin ma，联立解得E2R 2BLv1Ra3 gsin ，所以 A 错误；当 a0 时，以速度 v2做匀速直线运动，即2BI2 L mgsin 0，得： mgsin ，所以 v1 v241，所以 B 正确；从 t1到4B2L2v2Rt2的过程中，根据能量守恒，

15、导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量加上动能的减少量，即克服安培力做功 W .所以 C 错误；又克服安培力3mgLsin2 m v12 v222做功等于产生的电能，所以 D 正确6CD 根据题图乙得 B 与 x 的函数关系式 B0.50.5 x，金属棒向右运动切割磁感线产生感应电动势 E BLv，感应电流 I ，ER r BLvR r安培力 F 安 BIL B L ，BLvR r B2L2vR r解得 v ，F安 R rB2L2 0.4F安 0.5 0.5x 20.42 10F安 x 1 2根据匀变速直线运动的速度位移公式 v2 v 2 ax，02如果是匀变速直线运动， v2与 x

16、成线性关系，而由上式知，金属棒不可能做匀减速直线运动，故 A 错误；根据题意金属棒所受的安培大小不变，x0 处与 x1 处安培大小相等，8有 ，B02L2v0R r B12L2v1R r即 v1 m/s0.5 m/s，故 B 错误；B02v0B12 0.52212金属棒在 x0 处的安培力大小为F 安 N0.2N，B02L2v0R r 0.520.4220.4对金属棒从 x0 运动到 x1m 过程中，根据动能定理有 WF F 安 x mv mv ，12 21 12 02代入数据解得 WF0.175J，故 C 正确；根据电荷量公式 q L， R r BxR rx0 到 x2m 过程中 B x 图

17、像包围的面积 Bx 2Tm2Tm， q C2C，故 D 正确0.5 1.52 R r 20.40.47(1) 1.2T 1m/s 2 (2) 18J (3) 2s 见解析图解析 (1)经过时间 t，金属棒 ab 的速率 v at此时，回路中的感应电流为 I ，ER BLvR对金属棒 ab，由牛顿第二定律得 F BIL m1g m1a由以上各式整理得： F m1a m1g atB2L2R在图线上取两点： t10， F111N; t22s， F214.6N代入上式得 a1m/s 2， B1.2T(2)在 2s 末金属棒 ab 的速率 vt at22m/s所发生的位移 x at 14m2m12 22

18、 12由动能定理得 WF m1gx W 安 m1v ，又 Q W 安12 t2联立以上方程，解得 Q WF m1gx m1v12 t240J1102J 122J18J12(3)cd 棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当 cd 棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动当 cd 棒速度达到最大时，对 cd 棒有： m2g N又 N F 安 BIL9整理解得 m2g BIL对 abcd 回路： I ER BLvmR解得 vm ，m2gR B2L2代入数据解得 vm2m/s.由 vm at0得 t02sfcd随时间变化的图像如图所示8(1)a.见解析图 b

19、 (2)a. b可以增加线圈的匝数、增大线 2m0 m mg22k 2nBILg圈的边长、增大磁感应强度解析 (1)a.未放重物时，弹簧已经被压缩，弹力大小为 m0g.弹簧弹力 F 的大小与托盘位移 x 的关系图像如图所示b.未放重物时 kx0 m0g当托盘速度达到最大时 k(x0 x)( m0 m)g解得 x ，图中阴影部分面积即为从托盘放上质量为 m 的重物开始到托盘达到最大速度的mgk过程中，弹力所做的功的大小，弹力做负功有 W m0 m m0 g2 mgk 2m0 m mg22k(2)a.给线圈供电后，托盘回到原来的位置，线圈、骨架、托盘与重物处于平衡状态有 2nBIL kx0 ( m0 M)g解得 M2nBILgb要增大此电子装置的量程，可以增加线圈的匝数、增大线圈的边长、增大磁感应强度