2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 第77講 電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題加練半小時(shí) 教科版.docx

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第77講 電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題 [方法點(diǎn)撥]　克服安培力做功的過(guò)程就是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過(guò)程，克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)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(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為R的正方形導(dǎo)體框．勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾葹?L、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直桌面向下．導(dǎo)體框的一邊始終與磁場(chǎng)邊界平行，在外力作用下以恒定速度v穿過(guò)磁場(chǎng)．下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖1 A．穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程，外力做的功為 B．穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程，導(dǎo)體框產(chǎn)生的焦耳熱為 C．進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程，通過(guò)導(dǎo)體框某一橫截面的電荷量為 D．進(jìn)入和離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程，通過(guò)導(dǎo)體框的電流大小都為，且方向相同 2．(2018四川瀘州一檢)如圖2所示，兩條電阻不計(jì)的平行導(dǎo)軌與水平面成θ角，導(dǎo)軌的一端連接定值電阻R1，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面向上．一根質(zhì)量為m、電阻為R2的導(dǎo)體棒ab，垂直導(dǎo)軌放置且兩端始終與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，且R2＝nR1.如果導(dǎo)體棒以速度v勻速下滑，導(dǎo)體棒此時(shí)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(yùn)動(dòng)過(guò)程中減少的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為電能 D．R2上消耗的功率為 3．(多選)(2017湖南衡陽(yáng)第二次聯(lián)考)如圖3甲所示，左側(cè)接有定值電阻R＝3Ω的水平粗糙導(dǎo)軌處于垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2T，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)＝1m．一質(zhì)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(kāi)始從CD處沿導(dǎo)軌向右加速運(yùn)動(dòng)，金屬棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，g＝10m/s2，金屬棒的v－x圖像如圖乙所示，則從起點(diǎn)發(fā)生x＝1m位移的過(guò)程中(　　) 圖3 A．拉力做的功為16J B．通過(guò)電阻R的電荷量為0.25C C．定值電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為0.75J D．所用的時(shí)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(qiáng)磁場(chǎng)的上方有一質(zhì)量為m、半徑為R的細(xì)導(dǎo)線做成的圓環(huán)，圓環(huán)的圓心與勻強(qiáng)磁場(chǎng)的上邊界的距離為h.將圓環(huán)由靜止釋放，圓環(huán)剛進(jìn)入磁場(chǎng)的瞬間和完全進(jìn)入磁場(chǎng)的瞬間，速度均為v.已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)體圓環(huán)的電阻為r，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖4 A．圓環(huán)剛進(jìn)入磁場(chǎng)的瞬間，速度v＝ B．圓環(huán)進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，電阻產(chǎn)生的熱量為2mgR C．圓環(huán)進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)導(dǎo)體橫截面的電荷量為 D．圓環(huán)進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程做的是勻速直線運(yùn)動(dòng) 5．(多選)(2017江西南昌三校第四次聯(lián)考)在如圖5所示的傾角為θ的光滑斜面上，存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域Ⅰ的磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)方向垂直斜面向下，磁場(chǎng)寬度HP及PN均為L(zhǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為R、邊長(zhǎng)也為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框abcd，由靜止開(kāi)始沿斜面下滑，t1時(shí)刻ab邊剛越過(guò)GH進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)域，此時(shí)導(dǎo)線框恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng)；t2時(shí)刻ab邊下滑到JP與MN的中間位置，此時(shí)導(dǎo)線框又恰好以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)．重力加速度為g，下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖5 A．當(dāng)ab邊剛越過(guò)JP時(shí)，導(dǎo)線框的加速度大小為a＝gsinθ B．導(dǎo)線框兩次勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度之比v1∶v2＝4∶1 C．從t1到t2的過(guò)程中，導(dǎo)線框克服安培力做功的大小等于重力勢(shì)能的減少量 D．從t1到t2的過(guò)程中，有＋機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能 6．(多選)(2017河南開(kāi)封第一次模擬)如圖6甲所示，平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，兩軌相距L＝0.4m，導(dǎo)軌一端與阻值R＝0.3Ω的電阻相連，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．導(dǎo)軌x>0一側(cè)存在沿x正方向均勻增大的磁場(chǎng)，其方向與導(dǎo)軌平面垂直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨位置x變化如圖乙所示．一根質(zhì)量m＝0.2kg、接入電路的電阻r＝0.1Ω的金屬棒置于導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，棒在外力F作用下從x＝0處以初速度v0＝2m/s沿導(dǎo)軌向右變速運(yùn)動(dòng)，且金屬棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的安培力大小不變．下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖6 A．金屬棒向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng) 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(yùn)動(dòng)到x＝1m過(guò)程中，外力F所做的功為－0.175J D．金屬棒從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝2m過(guò)程中，流過(guò)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(zhǎng)金屬導(dǎo)軌豎直放置，質(zhì)量為m1＝1kg的金屬棒ab和質(zhì)量為m2＝0.27kg的金屬棒cd均通過(guò)棒兩端的套環(huán)水平地套在金屬導(dǎo)軌上，如圖7甲所示，虛線上方磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，虛線下方磁場(chǎng)方向豎直向下，兩處磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同．a(chǎn)b棒光滑，cd棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.75，兩棒總電阻為1.8Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．a(chǎn)b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(kāi)始，沿導(dǎo)軌勻加速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)cd棒也由靜止釋放．(g＝10m/s2) 圖7 (1)求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和ab棒加速度大??； (2)已知在2s內(nèi)外力F做功40J，求這一過(guò)程中兩金屬棒產(chǎn)生的總焦耳熱； (3)求出cd棒達(dá)到最大速度所需的時(shí)間t0，并在圖丙中定性畫(huà)出cd棒所受摩擦力fcd隨時(shí)間變化的圖像． 8．(2017北京西城區(qū)模擬)某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)測(cè)量物體質(zhì)量的電子裝置，其結(jié)構(gòu)如圖8甲、乙所示．E形磁鐵的兩側(cè)為S極，中心為N極，可認(rèn)為只有磁極間存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、橫截面為正方形的線圈套于中心磁極，線圈、骨架與托盤(pán)連為一體，總質(zhì)量為m0，托盤(pán)下方連接一個(gè)輕彈簧，彈簧下端固定在磁極上，支撐起上面的整個(gè)裝置，線圈、骨架與磁極不接觸．線圈的兩個(gè)頭與外電路連接(圖上未標(biāo)出)．當(dāng)被測(cè)量的重物放在托盤(pán)上時(shí)，彈簧繼續(xù)被壓縮，托盤(pán)和線圈一起向下運(yùn)動(dòng)，之后接通外電路對(duì)線圈供電，托盤(pán)和線圈恢復(fù)到未放重物時(shí)的位置并靜止，此時(shí)由對(duì)應(yīng)的供電電流可確定重物的質(zhì)量．已知彈簧勁度系數(shù)為k，線圈匝數(shù)為n，重力加速度為g. 圖8 (1)當(dāng)線圈與外電路斷開(kāi)時(shí) a．以不放重物時(shí)托盤(pán)的位置為位移起點(diǎn)，豎直向下為位移的正方向．試在圖丙中畫(huà)出，托盤(pán)輕輕放上質(zhì)量為m的重物后，托盤(pán)向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧彈力F的大小與托盤(pán)位移x的關(guān)系圖像； b．根據(jù)上面得到的F－x圖像，求從托盤(pán)放上質(zhì)量為m的重物開(kāi)始到托盤(pán)達(dá)到最大速度的過(guò)程中，彈簧彈力所做的功W； (2)當(dāng)線圈與外電路接通時(shí) a．通過(guò)外電路給線圈供電，托盤(pán)和線圈恢復(fù)到未放重物時(shí)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(cè)量的最大質(zhì)量M； b．在線圈能承受的最大電流一定的情況下，要增大質(zhì)量的測(cè)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(dǎo)體棒以速度v勻速下滑時(shí)，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(lián)立①②③解得，P＝，故A錯(cuò)誤； 重力做功的功率為mgvsinθ，B錯(cuò)誤； 導(dǎo)體棒克服安培力和摩擦力做功，減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能和內(nèi)能，C錯(cuò)誤； R2和R1串聯(lián)，電流相等，根據(jù)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(guān)系． 當(dāng)x＝0時(shí)，安培力F安1＝0； 當(dāng)x＝1m時(shí)，安培力F安2＝2N， 則從起點(diǎn)發(fā)生x＝1m位移的過(guò)程中， 安培力做功為W安＝－安x＝－x＝－1J＝－1J 根據(jù)動(dòng)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(cuò)誤；通過(guò)電阻R的電荷量q＝＝＝C＝0.5C，故B錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒得：整個(gè)電路產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做功，即Q＝1J，則電阻R上產(chǎn)生的熱量：QR＝Q＝Q＝0.75J，選項(xiàng)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(yùn)動(dòng)，在相同時(shí)間內(nèi)，達(dá)到相同速度時(shí)通過(guò)的位移小于勻加速運(yùn)動(dòng)的位移，平均速度小于勻加速運(yùn)動(dòng)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(kāi)始運(yùn)動(dòng)到剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，下落的高度為h－R，根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得到v2＝2g(h－R)，解得v＝，故選項(xiàng)A正確； 圓環(huán)剛進(jìn)入磁場(chǎng)的瞬間和完全進(jìn)入磁場(chǎng)的瞬間，速度相等，根據(jù)功能關(guān)系可以知道重力做的功等于圓環(huán)電阻產(chǎn)生的熱量，大小為2mgR，故選項(xiàng)B正確； 圓環(huán)進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)導(dǎo)體某個(gè)橫截面的電荷量為 q＝Δt＝Δt＝＝，故選項(xiàng)C正確； 圓環(huán)進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，受到的安培力F＝，隨有效長(zhǎng)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(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．] 5．BD　[ab邊剛越過(guò)GH進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)域時(shí)，電動(dòng)勢(shì)E1＝BLv1，電流I1＝＝，線框做勻速運(yùn)動(dòng)，所以mgsinθ＝BI1L＝，當(dāng)ab邊剛越過(guò)JP時(shí)，電動(dòng)勢(shì)E2＝2BLv1，I2＝＝，根據(jù)牛頓第二定律2BI2L－mgsinθ＝ma，聯(lián)立解得a＝3gsinθ，所以A錯(cuò)誤；當(dāng)a＝0時(shí)，以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即2BI2′L－mgsinθ＝0，得：mgsinθ＝，所以v1∶v2＝4∶1，所以B正確；從t1到t2的過(guò)程中，根據(jù)能量守恒，導(dǎo)線框克服安培力做功的大小等于重力勢(shì)能的減少量加上動(dòng)能的減少量，即克服安培力做功W＝＋.所以C錯(cuò)誤；又克服安培力做功等于產(chǎn)生的電能，所以D正確．] 6．CD　[根據(jù)題圖乙得B與x的函數(shù)關(guān)系式B＝0.5＋0.5x， 金屬棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv， 感應(yīng)電流I＝＝， 安培力F安＝BIL＝BL＝， 解得v＝＝＝， 根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式v2－v＝2ax， 如果是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，v2與x成線性關(guān)系，而由上式知，金屬棒不可能做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤； 根據(jù)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(cuò)誤； 金屬棒在x＝0處的安培力大小為 F安＝＝N＝0.2N， 對(duì)金屬棒從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝1m過(guò)程中， 根據(jù)動(dòng)能定理有WF－F安x＝mv－mv， 代入數(shù)據(jù)解得WF＝－0.175J，故C正確； 根據(jù)電荷量公式q＝＝L， x＝0到x＝2m過(guò)程中B－x圖像包圍的面積 ΔBx＝2Tm＝2Tm，q＝＝C＝2C，故D正確．] 7．(1) 1.2T　1m/s2　(2) 18J　(3) 2s　見(jiàn)解析圖 解析　(1)經(jīng)過(guò)時(shí)間t，金屬棒ab的速率v＝at 此時(shí)，回路中的感應(yīng)電流為I＝＝， 對(duì)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(diǎn)：t1＝0，F(xiàn)1＝11N; t2＝2s，F(xiàn)2＝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＝14m＝2m 由動(dòng)能定理得WF－m1gx－W安＝m1v，又Q＝W安 聯(lián)立以上方程，解得Q＝WF－m1gx－m1v ＝40J－1102J－122J＝18J (3)cd棒先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)cd棒所受重力與滑動(dòng)摩擦力相等時(shí)，速度達(dá)到最大，然后做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，最后停止運(yùn)動(dòng)． 當(dāng)cd棒速度達(dá)到最大時(shí)，對(duì)cd棒有：m2g＝μN(yùn) 又N＝F安＝BIL 整理解得m2g＝μBIL 對(duì)abcd回路：I＝＝ 解得vm＝， 代入數(shù)據(jù)解得vm＝2m/s. 由vm＝at0得t0＝2s fcd隨時(shí)間變化的圖像如圖所示． 8．(1)a.見(jiàn)解析圖　b．－　(2)a.　b．可以增加線圈的匝數(shù)、增大線圈的邊長(zhǎng)、增大磁感應(yīng)強(qiáng)度 解析　(1)a.未放重物時(shí)，彈簧已經(jīng)被壓縮，彈力大小為m0g. 彈簧彈力F的大小與托盤(pán)位移x的關(guān)系圖像如圖所示． b.未放重物時(shí)kx0＝m0g 當(dāng)托盤(pán)速度達(dá)到最大時(shí)k(x0＋x)＝(m0＋m)g 解得x＝，圖中陰影部分面積即為從托盤(pán)放上質(zhì)量為m的重物開(kāi)始到托盤(pán)達(dá)到最大速度的過(guò)程中，彈力所做的功的大小，彈力做負(fù)功有W＝－＝－ (2)a.給線圈供電后，托盤(pán)回到原來(lái)的位置，線圈、骨架、托盤(pán)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(shù)、增大線圈的邊長(zhǎng)、增大磁感應(yīng)強(qiáng)度．