2019版物理 第十章 电磁感应 微专题77 电磁感应中的能量转化问题备考精炼

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE1学必求其心得，业必贵于专精PAGE77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eq\f(2B2L3v,R)B．穿过磁场过程，导体框产生的焦耳热为eq\f（2B2L3v，R）C．进入磁场过程，通过导体框某一横截面的电荷量为eq\f(BL2,R)D．进入和离开磁场过程，通过导体框的电流大小都为eq\f(BLv，R）,且方向相同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.（）图2A．电阻R1消耗的电功率为eq\f（Fv，n)B．重力做功的功率为mgvcosθC．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eq\f（nFv，n＋1)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R＝3Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中,磁感应强度B＝2T,导轨间距为L＝1m．一质量m＝2kg、接入电路的阻值r＝1Ω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μ＝0。5，g＝10m/s2，金属棒的v－x图象如图乙所示，则从起点发生x＝1m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＝eq\r(2gh－R)B．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eq\f(πBR2,r）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θ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Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ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abcd,由静止开始沿斜面下滑,t1时刻ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ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＝gsinθB．导线框两次匀速直线运动的速度之比v1∶v2＝4∶1C．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eq\f（3mgLsinθ,2）＋eq\f（mv\o\al(,12)－v\o\al(，22），2)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L＝0。4m，导轨一端与阻值R＝0.3Ω的电阻相连，导轨电阻不计．导轨x>0一侧存在沿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m＝0。2kg、接入电路的电阻r＝0.1Ω的金属棒置于导轨上,并与导轨垂直,棒在外力F作用下从x＝0处以初速度v0＝2m/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x＝1m处的速度大小为1。5m/sC．金属棒从x＝0运动到x＝1m过程中,外力F所做的功为－0.175JD．金属棒从x＝0运动到x＝2m过程中，流过金属棒的电荷量为2C7．(2017·黑龙江大庆一模）相距L＝1。5m的足够长金属导轨竖直放置,质量为m1＝1kg的金属棒ab和质量为m2＝0.27kg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μ＝0.75，两棒总电阻为1.8Ω，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．(g＝10m/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，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F－x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1．ABC2．D[导体棒以速度v匀速下滑时，由E＝BLv，I＝eq\f（E，R1＋R2)，F＝BIL得安培力F＝eq\f（B2L2v,R1＋R2)①电阻R1消耗的电功率为P＝I2R1＝(eq\f（BLv，R1＋R2)）2R1②又R2＝nR1③联立①②③解得，P＝eq\f(Fv,n＋1)，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eq\f(nFv，n＋1），D正确．]3．CD［由速度－位移图象得：v＝2x，金属棒所受的安培力F安＝eq\f(B2L2v,R＋r)＝eq\f(B2L2·2x,R＋r），代入得：F安＝2x，则知F安与x是线性关系．当x＝0时，安培力F安1＝0；当x＝1m时，安培力F安2＝2N,则从起点发生x＝1m位移的过程中,安培力做功为W安＝－eq\x\to(F)安x＝－eq\f（F安1＋F安2,2）x＝－eq\f（0＋2，2)×1J＝－1J根据动能定理得:W－μmgx＋W安＝eq\f(1，2）mv2，其中v＝2m/s，μ＝0。5，m＝2kg，代入解得，拉力做的功W＝15J，故A错误；通过电阻R的电荷量q＝eq\f（ΔΦ，R＋r)＝eq\f(BLx，R＋r)＝eq\f（2×1×1，4)C＝0.5C，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Q＝1J，则电阻R上产生的热量：QR＝eq\f(R，R＋r）Q＝eq\f（3,4)Q＝0。75J，选项C正确；v－x图象的斜率k＝eq\f(Δv，Δx)＝eq\f（Δv，Δt）·eq\f(Δt，Δx）＝eq\f(a,v）,得a＝kv＝2v，则知速度增大，金属棒的加速度也随之增大，v－t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eq\x\to(v）＜eq\f(0＋v,2)＝eq\f(0＋2,2）m/s＝1m/s，则t＝eq\f（x,\x\to（v））＞eq\f(1,1)s＝1s，故D正确．]4．ABC［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v2＝2g(h－R)，解得v＝eq\r（2gh－R)，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＝eq\x\to(I）·Δt＝eq\f(\x\to（E)，r）·Δt＝eq\f(ΔΦ,r）＝eq\f（BπR2,r），故选项C正确；圆环进入磁场的过程中，受到的安培力F＝eq\f(B2L2v，r），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．]5．BD[ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区域时，电动势E1＝BLv1，电流I1＝eq\f（E1,R)＝eq\f（BLv1，R)，线框做匀速运动,所以mgsinθ＝BI1L＝eq\f（B2L2v1，R)，当ab边刚越过JP时，电动势E2＝2BLv1，I2＝eq\f(E2,R)＝eq\f（2BLv1,R),根据牛顿第二定律2BI2L－mgsinθ＝ma，联立解得a＝3gsinθ,所以A错误；当a＝0时，以速度v2做匀速直线运动，即2BI2′L－mgsinθ＝0,得：mgsinθ＝eq\f(4B2L2v2，R)，所以v1∶v2＝4∶1，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W＝eq\f(3mgLsinθ，2）＋eq\f(mv\o\al（2，1)－v\o\al(2,2）,2)。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．］6．CD[根据题图乙得B与x的函数关系式B＝0.5＋0.5x，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＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f（BLv,R＋r）,安培力F安＝BIL＝Beq\f（BLv，R＋r）L＝eq\f(B2L2v，R＋r)，解得v＝eq\f(F安R＋r，B2L2）＝eq\f(0。4F安,0。5＋0.5x2×0。42）＝eq\f(10F安，x＋12),根据匀变速直线运动的速度位移公式v2－v02＝2ax，如果是匀变速直线运动,v2与x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，x＝0处与x＝1处安培大小相等，有eq\f（B\o\al(，02)L2v0,R＋r）＝eq\f(B\o\al(，12)L2v1，R＋r)，即v1＝eq\f（B\o\al（,02)v0，B\o\al(，12))＝eq\f（0。52×2,12)m/s＝0。5m/s，故B错误;金属棒在x＝0处的安培力大小为F安＝eq\f(B\o\al(,02)L2v0,R＋r）＝eq\f（0。52×0.42×2,0。4)N＝0。2N，对金属棒从x＝0运动到x＝1m过程中，根据动能定理有WF－F安·x＝eq\f（1，2）mv12－eq\f（1，2）mv02,代入数据解得WF＝－0。175J，故C正确；根据电荷量公式q＝eq\f(ΔΦ,R＋r）＝eq\f（ΔB·x，R＋r）L,x＝0到x＝2m过程中B－x图象包围的面积ΔB·x＝eq\f（0。5＋1.5，2）×2T·m＝2T·m，q＝eq\f（ΔΦ，R＋r）＝eq\f（2×0.4,0。4）C＝2C，故D正确．]7．（1）1。2T1m/s2(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＝eq\f（E，R）＝eq\f（BLv，R），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＋eq\f（B2L2,R)at在图线上取两点：t1＝0，F1＝11N;t2＝2s,F2＝14。6N代入上式得a＝1m/s2，B＝1.2T（2）在2s末金属棒ab的速率vt＝at2＝2m/s所发生的位移x＝eq\f(1，2）at22＝eq\f(1，2)×1×4m＝2m由动能定理得WF－m1gx－W安＝eq\f(1，2)m1vt2，又Q＝W安联立以上方程，解得Q＝WF－m1gx－eq\f（1，2)m1vt2＝40J－1×10×2J－eq\f(1，2)×1×22J＝18J(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