2020版高考物理一轮复习第十章 微专题75电磁感应中的能量转化问题

2020版高考物理一轮复习第十章 微专题75电磁感应中的能量转化问题

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.(2018·四川省泸州市一检)如图1所示，两条电阻不计的平行导轨与水平面成θ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μ，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，重力加速度为g，则以下判断正确的是(　　)‎ 图1‎ A.电阻R1消耗的电功率为 B.重力做功的功率为mgvcosθ C.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 ‎2.(多选)(2018·辽宁省凌源市模拟)如图2所示，一根直导体棒质量为m、长为L，其两端放在位于水平面内、间距也为L的光滑平行金属导轨上，并与之接触良好，导体棒左侧两导轨之间连接一可控电阻，导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在平面.t＝0时刻，给导体棒一个平行于导轨的水平初速度v0，此时可控电阻的阻值为R0，在导体棒运动过程中，通过可控电阻的变化使导体棒中的电流保持恒定，不计导轨和导体棒的电阻，导体棒一直在磁场中，下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A.导体棒的加速度大小始终为a＝ B.导体棒从开始运动到停止的时间为t＝ C.导体棒从开始运动到停止的时间内，回路产生的焦耳热为mv D.导体棒从开始运动到停止的时间内，回路产生的焦耳热为mv ‎3.(多选)(2018·广东省东莞市模拟)如图3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3‎ A.圆环刚进入磁场的瞬间，速度v＝ 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 D.圆环进入磁场的过程做的是匀速直线运动 ‎4.(多选)如图4所示，间距为L的两根平行金属导轨弯成“L”形，竖直导轨面与水平导轨面均足够长，整个装置处于竖直向上大小为B的匀强磁场中.质量均为m、阻值均为R的导体棒ab、cd均垂直于导轨放置，两导体棒与导轨间动摩擦因数均为μ，当导体棒cd在水平恒力作用下以速度v0沿水平导轨向右匀速运动时，释放导体棒ab，它在竖直导轨上匀加速下滑.某时刻将导体棒cd所受水平恒力撤去，经过一段时间，导体棒cd静止，此过程流经导体棒cd的电荷量为q(导体棒ab、cd与导轨间接触良好且接触点及金属导轨的电阻不计，已知重力加速度为g)，则(　　)‎ 图4‎ A.导体棒cd受水平恒力作用时流经它的电流I＝ B.导体棒ab匀加速下滑时的加速度大小a＝g－ C.导体棒cd在水平恒力撤去后它的位移为s＝ D.导体棒cd在水平恒力撤去后它产生的焦耳热为Q＝mv02－ ‎5.如图5所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ‎，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，N、Q两点间接一个阻值为R的电阻.平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场.质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止.已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，重力加速度为g，则金属棒穿过磁场区域的过程中(　　)‎ 图5‎ A.金属棒两端的最大电压为BL B.金属棒在磁场中的运动时间为 C.克服安培力所做的功为mgh D.右端的电阻R产生的焦耳热为(mgh＋μmgd)‎ ‎6.(多选)如图6所示，固定在水平面上的光滑平行金属导轨，间距为L，右端接有阻值为R的电阻，空间存在方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场.质量为m、电阻为r的导体棒ab与固定弹簧相连，放在导轨上.初始时刻，弹簧恰处于自然长度.给导体棒水平向右的初速度v0，导体棒开始沿导轨往复运动，在此过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触.已知导体棒的电阻r与定值电阻R的阻值相等，不计导轨电阻，则下列说法中正确的是(　　)‎ 图6‎ A.导体棒开始运动的初始时刻受到的安培力向左 B.导体棒开始运动的初始时刻导体棒两端的电压U＝BLv0‎ C.导体棒开始运动后速度第一次为零时，系统的弹性势能Ep＝mv02‎ D.金属棒最终会停在初始位置，在金属棒整个运动过程中，电阻R上产生的焦耳热为mv02‎ ‎7.(2018·湖北省荆荆襄宜四地七校联考)如图7所示，相距L＝0.5m的平行金属导轨MNS、PQT处在磁感应强度B＝0.4T的匀强磁场中，水平导轨处的磁场方向竖直向上，光滑倾斜导轨处的磁场方向垂直于导轨平面斜向下.质量均为m＝40g、电阻均为R＝0.1Ω的导体棒ab、cd均垂直放置于导轨上并与导轨接触良好，导轨电阻不计.质量M＝200g的物体C ‎，用绝缘细线绕过光滑的定滑轮分别与导体棒ab、cd相连接.细线沿导轨中心线且在导轨平面内，细线及滑轮质量不计.已知倾斜导轨与水平面的夹角θ＝37°，水平导轨与导体棒ab间的动摩擦因数μ＝0.4.重力加速度g取10m/s2，水平导轨足够长，导体棒cd运动中始终不离开倾斜导轨.物体C由静止释放，当它达到最大速度时下落的高度h＝1m，试求这一运动过程中：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)‎ 图7‎ ‎(1)物体C能达到的最大速度vm；‎ ‎(2)系统产生的内能；‎ ‎(3)连接cd棒的细线对cd棒做的功.‎ 答案精析 ‎1.D　[导体棒以速度v匀速下滑时，由E＝BLv，I＝，F＝BIL得安培力F＝①‎ 电阻R1消耗的电功率为P＝I2R1＝()2R1②‎ 又R2＝nR1③‎ 联立①②③解得，P＝，‎ 故A错误；‎ 重力做功的功率为mgvsinθ，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.]‎ ‎2.ABC　[由右手定则和左手定则可得，导体棒受到安培力水平向左，导体棒向右做减速运动，在导体棒运动过程中，通过可控电阻的变化使导体棒的电流I保持恒定，对导体棒由牛顿第二定律可得BIL＝ma，导体棒向右做匀减速运动，结合E＝BLv，I＝可得，＝＝ma，可知导体棒的加速度大小始终为a＝，故A正确；由导体棒做匀减速运动可得v＝v0－at，导体棒从开始运动到停止的时间t＝，故B正确；根据能量守恒定律可知，导体棒从开始运动到停止运动的过程中，回路产生的焦耳热为Q＝mv02，故C正确，D错误.]‎ ‎3.ABC　[圆环从题图所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v2＝2g(h－R)，解得v＝，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，通过导体某个横截面的电荷量为q＝·Δt＝·Δt＝＝，故选项C正确；‎ 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，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.]‎ ‎4.BCD　[cd棒切割磁感线产生感应电动势为E＝BLv0，根据闭合电路欧姆定律得I＝＝，故A错误；对于ab棒，根据牛顿第二定律得mg－Ff＝ma，又Ff＝μFN，FN＝BIL，联立解得a＝‎ g－，故B正确；对于cd棒，电荷量q＝＝，则得s＝，故C正确；cd棒减速运动过程中，由动能定理得－μmgs－WFA＝0－mv02，电路中产生的焦耳热Q＝WFA，则可得Q＝mv02－，ab棒与cd棒串联且电阻相同，故cd棒产生的焦耳热Q2＝Q＝mv02－，D正确.]‎ ‎5.A　[金属棒刚进入磁场时的速度最大，此时金属棒产生的电动势最大，mgh＝mv2，解得v＝，电动势E＝BLv＝BL，金属棒两端的电压为路端电压，U＝＝，A正确；金属棒在磁场中做加速度减小的减速运动，不是匀减速运动，无法求其运动时间，B错误；对金属棒运动全过程应用动能定理得，mgh－W克安－μmg·d＝0，所以克服安培力做功小于mgh，C错误；由上式解得Q＝W克安＝mgh－μmgd，右端电阻R产生的焦耳热QR＝(mgh－μmgd)，D错误.]‎ ‎6AD　[导体棒和定值电阻组成闭合回路，开始运动的初始时刻，导体棒向右运动，回路面积减小，根据楞次定律可判断棒中电流方向为由a到b，所以安培力水平向左，选项A正确；导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv0，但导体棒和定值电阻组成闭合回路，导体棒两端电压为路端电压，已知导体棒的电阻r与定值电阻R的阻值相等，所以路端电压U＝E＝BLv0，选项B错误；导体棒向右运动的过程，安培力和弹簧弹力做功，产生的焦耳热为Q，根据功能关系有Q＋Ep＝mv02，选项C错误；导体棒最终停下来时，不再切割磁感线，没有感应电动势和感应电流，不受安培力，因导轨光滑，没有摩擦力，所以导体棒静止时，弹簧弹力为0，即弹簧恢复原长，根据功能关系，电路中产生的焦耳热为Q＝mv02，由于r＝R，所以电阻R上产生的焦耳热为Q＝mv02，选项D正确.]‎ ‎7.(1)2m/s　(2)1.2J　(3)0.84J 解析　(1)由法拉第电磁感应定律得，回路的感应电动势为E＝2BLvm，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为I＝，导体棒ab、cd受到的安培力为F＝BLI，设连接导体棒ab与cd的细线中的张力大小为FT1，连接导体棒ab与物体C的细线中的张力大小为FT2，导体棒ab、cd及物体C的受力如图所示，由平衡条件得FT1＝mgsin37°＋F，FT2＝FT1＋F＋Ff，FT2＝Mg，联立解得vm＝2m/s.‎ ‎(2)设系统在该过程中产生的内能为E1，由能量守恒定律得Mgh＝(2m＋M)v2＋mghsin37°＋E ‎1，联立解得E1＝1.2J.‎ ‎(3)ab棒运动过程中由于摩擦产生的内能E2＝μmgh＝0.16J，这一过程电流产生的内能E3＝E1－E2＝1.04J，又因为ab棒、cd棒的电阻相等，故电流通过cd棒产生的内能E4＝0.52J，对导体棒cd，设这一过程中细线对其做的功为W，则由能量守恒定律得W＝mghsin37°＋mv2＋E4，联立解得W＝0.84J.‎