2019版高考物理一轮复习备考专题-第十章电磁感应专题77电磁感应中的能量转化问题2019高考备考10749.pdf

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1、77 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 1 A穿过磁场过程，外力做的功为2B2L3vR B穿过磁场过程，导体框产生的焦耳热为2B2L3vR C进入磁场过程，通过导体框某一横截面的电荷量为BL2R D进入和离开磁场过程，通过导体框的电流大小都为BLvR，且方向相同

2、 2(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R2nR1.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 2 A电阻R1消耗的电功率为Fvn B重力做功的功率为mgvcos C运动过程中减少的机械能全部转化为电能 DR2上消耗的功率为nFvn1 3(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 的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场

3、中，磁感应强度B2 T，导轨间距为L1 m一质量m2 kg、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，g10 m/s2，金属棒的vx图象如图乙所示，则从起点发生x1 m 位移的过程中()图 3 A拉力做的功为 16 J B通过电阻R的电荷量为 0.25 C C定值电阻R产生的焦耳热为 0.75 J D所用的时间t一定大于 1 s 4(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，圆环的圆心与匀强磁场的上边界的距离为h.将圆环由静止释放，圆

4、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 4 A圆环刚进入磁场的瞬间，速度v 2ghR B圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为 2mgR C圆环进入磁场的过程中，通过导体横截面的电荷量为BR2r D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HP及PN均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框a

5、bcd，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 5 A当ab边刚越过JP时，导线框的加速度大小为agsin B导线框两次匀速直线运动的速度之比v1v241 C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3mgLsin 2mv12v222机械能转化为电能 6(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L0.4 m，导轨

6、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m0.2 kg、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v02 m/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 6 A金属棒向右做匀减速直线运动 B金属棒在x1 m 处的速度大小为 1.5 m/s C金属棒从x0 运动到x1 m 过程中，外力F所做的功为0.175 J D金属棒从x0 运动到x2 m 过程中，流过金属棒的电荷量为 2 C 7(2

7、017黑龙江大庆一模)相距L1.5 m 的足够长金属导轨竖直放置，质量为m11 kg的金属棒ab和质量为m20.27 kg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作用下，从静止开始，沿导轨匀加速运动，同时cd棒也由静止释放(g10 m/s2)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 2 s 内外力F做功 40 J，求这一过程

8、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Ffcd随时间变化的图象 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，

9、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.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的关系图象；b 根据上面得到的Fx图象，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

10、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)答案精析 1ABC 2D 导体棒以速度v匀速下滑时，由EBLv，IER1R2，FBIL得安培力FB2L2vR1R2 电阻R1消耗的电功率为PI2R1(BLvR1R2)2R1 又R2nR1 联立解得，PFvn1，故 A 错误；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PI2R可知，R2消耗的功率等于R1消耗的功率的n倍，为nFvn1，D 正确 3CD 由速度位移图象得：v2x，金属棒所受的安培力

11、 F安B2L2vRrB2L22xRr，代入得：F安2x，则知F安与x是线性关系 当x0 时，安培力F安 10；当x1 m 时，安培力F安 22 N，则从起点发生x1 m 位移的过程中，安培力做功为W安F安xF安1F安22x0221 J1 J 根据动能定理得：WmgxW安12mv2，其中v2 m/s，0.5，m2 kg，代入解得，拉力做的功W15 J，故 A 错误；通过电阻R的电荷量qRrBLxRr2114 C0.5 C，故 B 错误；根据能量守恒得：整个电路产生的焦耳热等于克服安培力做功，即Q1 J，则电阻R上产生的热量：QRRRrQ34Q0.75 J，选项 C 正确；vx图象的斜率kvxvt

12、txav，得akv2v，则知速度增大，金属棒的加速度也随之增大，vt图象的斜率增大，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的位移，平均速度小于匀加速运动的平均速度，即v0v2022 m/s1 m/s，则txv11 s1 s，故 D 正确 4ABC 圆环从图示位置开始运动到刚进入磁场时，下落的高度为hR，根据自由落体运动的规律得到v22g(hR)，解得v 2ghR，故选项 A 正确；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

13、体某个横截面的电荷量为 qItErtrBR2r，故选项 C 正确；圆环进入磁场的过程中，受到的安培力FB2L2vr，随有效长度L发生改变，圆环受力不能平衡，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E1BLv1，电流I1E1RBLv1R，线框做匀速运动，所以mgsin BI1LB2L2v1R，当ab边刚越过JP时，电动势E22BLv1，I2E2R2BLv1R，根据牛顿第二定律 2BI2Lmgsin ma，联立解得a3gsin，所以 A 错误；当a0 时，以速度v2做匀速直线运动，即 2BI2Lmgsin 0，得：mgsin 4B2L2v2R，

14、所以v1v241，所以 B 正确；从t1到t2的过程中，根据能量守恒，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W3mgLsin 2mv21v222.所以 C 错误；又克服安培力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B0.50.5x，金属棒向右运动切割磁感线产生感应电动势EBLv，感应电流IERrBLvRr，安培力F安BILBBLvRrLB2L2vRr，解得vF安RrB2L20.4F安0.50.5x20.4210F安x12，根据匀变速直线运动的速度位移公式v2v022ax，如果是匀变速直线运动，v2与x成线性关系，而由上

15、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，有B02L2v0RrB12L2v1Rr，即v1B02v0B120.52212 m/s0.5 m/s，故 B 错误；金属棒在x0 处的安培力大小为 F安B02L2v0Rr0.520.4220.4 N0.2 N，对金属棒从x0 运动到x1 m 过程中，根据动能定理有WFF安x12mv1212mv02，代入数据解得WF0.175 J，故 C 正确；根据电荷量公式qRrBxRrL，x0 到x2 m 过程中Bx图象包围的面积 Bx0.51.522 Tm2 Tm，qRr20.40.4 C2

16、C，故 D 正确 7(1)1.2 T 1 m/s2(2)18 J(3)2 s 见解析图 解析(1)经过时间t，金属棒ab的速率 vat 此时，回路中的感应电流为IERBLvR，对金属棒ab，由牛顿第二定律得 FBILm1gm1a 由以上各式整理得：Fm1am1gB2L2Rat 在图线上取两点：t10，F111 N;t22 s，F214.6 N 代入上式得 a1 m/s2，B1.2 T(2)在 2 s 末金属棒ab的速率 vtat22 m/s 所发生的位移x12at221214 m2 m 由动能定理得WFm1gxW安12m1v t2，又QW安 联立以上方程，解得QWFm1gx12m1vt2 40

17、 J1102 J12122 J18 J(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：m2gFN 又 FNF安BIL 整理解得 m2gBIL 对abcd回路：IERBLvmR 解得vmm2gRB2L2，代入数据解得vm2 m/s.由vmat0 得 t02 s Ffcd随时间变化的图象如图所示 8(1)a.见解析图 b2m0mmg22k(2)a.2nBILg b可以增加线圈的匝数、增大线圈的边长、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的关系图象如图所示 b.未放重物时kx0 m0g 当托盘速度达到最大时k(x0 x)(m0m)g 解得xmgk，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过程中，弹力所做的功的大小，弹力做负功有Wm0mm0g2mgk2m0mmg22k (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 2nBILkx0(m0M)g 解得M2nBILg b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