2020高三物理二轮复习 专题十八电磁感应中的能量问题测试

2020高三物理二轮复习 专题十八电磁感应中的能量问题测试

专题测试 ‎ ‎1．光滑曲面与竖直平面的交线为抛物线，如图所示。抛物线的方程为y=x2，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y=a的直线（图中虚线所示）。一个金属块从抛物线上y=b（b>a）处以速度v沿抛物线下滑。假设抛物线足够长，金属块沿抛物线下滑后产生的焦耳热的总量为 A．mgb B．mv2‎ C．mg（b－a）‎ D．mg（b－a）+mv2‎ 解析：由于轨道是光滑的，所以金属块在滑动的过程中机械能的损失发生在进、出磁场的过程中。通过电磁感应产生焦耳热，最终物块将在磁场区域内以磁场上边界为极端位置做往复运动。产生的焦耳热的总量等于金属块由b高处降到a高处减少的重力势能与金属块的初动能之和。‎ 答案：D ‎2、如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F。此时 A．电阻R1消耗的热功率为Fv／3‎ B．电阻 R。消耗的热功率为 Fv／6‎ C．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθ D．整个装置消耗的机械功率为（F＋μmgcosθ）v 解析：由法拉第电磁感应定律得 E=BLv，回路总电流 I=E/1.5R，安培力 F=BIL，所以电阻 R1 的功率 P1=（0.5I）2 R=Fv/6， B 选项正确。由于摩擦力 f=μmgcosθ，故因摩擦而消耗的热功率为 μmgvcosθ。整个装置消耗的机械功率为（F+μmgcosθ）v。‎ 答案：BCD B M ‎ N ‎ Q ‎ P ‎ R ‎ S ‎ ‎3．平行金属导轨MN竖直放置于绝缘水平地板上，如图所示，金属杆PQ可以紧贴导轨无摩擦滑动，导轨间除固定电阻R以外，其它部分电阻不计，匀强磁场B垂直穿过导轨平面，以下有两种情况：第1次，先闭合开关S，然后从图中位置由静止释放PQ，经一段时间后PQ匀速到达地面；第2次，先从同一高度由静止释放PQ，当PQ下滑一段距离后突然闭合开关S，最终PQ也匀速到达了地面。设上述两种情况PQ由于切割磁感线产生的电能（都转化为热）分别为W1、W2，则可以判定 （ ）‎ A．W1 > W2‎ B．W1 = W2‎ C．W1 < W2‎ D．以上结论都不正确 解析：两种情况下，PQ最终速度都相等，由能量守恒可得W1 = W2‎ 答案：B ‎ 4．如图所示，空间有一个方向水平的有界匀强磁场区域，一个矩形导线框，自磁场上方某一高度处自由下落，然后进入磁场。进入磁场时，导线框平面与磁场方向垂直。则在进入时，导线框可能 A．变加速下落 B．变减速下落 C．匀速下落 D．匀加速下落 解析：线框进入磁场受两力：重力 mg、磁场力 F=，当mg＞时，做变加速运动，选项A正确；mg＜时，做变减速运动，选项 B 正确；mg =时，做匀速运动，选项 C 正确。‎ 答案：ABC ‎5．如图，甲、乙两个完全相同的线圈，在距地面同一高度处由静止开始释放，A、B是边界范围、磁感应强度的大小和方向均完全相同的匀强磁场，只是A的区域比B的区域离地面高一些，两线圈下落时始终保持线圈平面与磁场垂直，则（ ）‎ A. 甲先落地。‎ B. 乙先落地。‎ C. 二者同时落地。‎ D. 无法确定。‎ 解析：先比较甲、乙线圈落地速度的大小。乙进入磁场时的速度较大，则安培力较大，克服安培力做功较多，即产生的焦耳热较多。由能量守恒定律可知，乙线圈落地速度较小。‎ 线圈穿过磁场区域时受到的安培力为变力，设受到的平均安培力为F，穿过磁场时间为，下落全过程时间为，落地时的速度为v，则全过程由动量定理得 ‎=。‎ 而 ， 所以。‎ 可见，两下落过程安培力的冲量相等。‎ 因为： 所以 ‎ 即：乙线圈运动时间较短，先落地。‎ 答案：B。‎ ‎6．如图所示，一个闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过有界的水平匀强磁场区域，A，B 为该磁场的竖直边界，若不计空气阻力，则 A．圆环向右穿过磁场后，还能摆至原来的高度 B．在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流 C．圆环进入磁场后离平衡位置越近速度越大，感应电流也越大 D．圆环最终将静止在平衡位置。‎ 解析：如图所示，当圆环从1位置开始下落，进入磁场时（即2和3位置），由于圆环内磁通量发生变化，所以有感应电流产生。同时金属圆环本身有内阻，必然有能量的转化，即有能量的损失。因此圆环不会摆到4位置。随着圆环进出磁场，其能量逐渐减少圆环摆动的振幅越来越小。当圆环只在匀强磁场中摆动时，如图16－4－13所示。圆环内无磁通量的变化，无感应电流产生，无机械能向电能的转化。题意中不存在空气阻力，摆线的拉力垂直于圆环的速度方向，拉力对圆环不做功，所以系统的能量守恒，所以圆环将在AB间来回摆动。‎ 答案：B ‎7、如图所示，Ⅰ、Ⅲ为两匀强磁场区域，Ⅰ区域的磁场方向垂直纸面向里，Ⅲ区域的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度均为B，两区域中间为宽是s的无磁场区域Ⅱ。有一边长为L（L＞s），电阻为R的正方形金属框abcd置于Ⅰ区域，ab边与磁场边界平行，现拉着金属框以速度v向右匀速移动。‎ ‎（1）分别求出ab边刚进入中央无磁场区Ⅱ和刚进入磁场区Ⅲ时，通过ab边的电流大小和方向；‎ ‎（2）把金属框从Ⅰ区域完全拉入Ⅲ区域过程中拉力所做的功。‎ 解析：金属框在外力作用下以速度v向右做匀速运动，当ab刚进入中央无磁场区时，由于穿过金属框的磁通量突然减少，因而在金属框中产生感应电动势，形成adcb方向的感应电流。该电流流经dc边时，在dc边上产生向左的安培力大小与外力相等。当ab刚进入Ⅲ区时，ab、dc都在做切割磁感线运动（也可从磁通量的变化来分析），因此在ab、dc边上都产生感应电动势，大小均为BLv，方向均为顺时针。两电动势在金属框中组成串联形式，形成的电流是上述的2倍，且仍为顺时针方向。因此在ab、dc边上都有安培力作用，方向向左，这时外力应增大到等于两安培力之和，才能继续保持金属框以v匀速运动。当cd边进入Ⅱ区时，只有ab边在Ⅲ区中切割磁感线，这时只有ab边受安培力作用 ‎（1）ab边刚进入Ⅱ区时E1=BLv，I1=‎ 由楞次定律（或右手定则）知，电流方向由b向a ab边刚进入Ⅲ区时E2=2BLv，I2=‎ 由楞次定律（或右手定则）可知，电流方向由b向A ‎（2）把金属框从Ⅰ区完全拉入Ⅲ区过程中拉力做的功：=W1+W2+W3=s+（L－s）+s=（L－）‎ ‎8．用金属导线制成一个矩形框架abcd，其中ab=cd=2ad=2bc=‎2l= ‎2 m，框架放在水平面上，一个磁感应强度为B=1 T的匀强磁场垂直于框架平面竖直向下，用同样的金属导线MN垂直于ab和cd，从ad处开始以v0=‎0.5 m/s的速度匀速向左运动，如图所示。已知该金属导线每米电阻0.1 Ω，求在MN从ad向bc运动的过程中：‎ ‎（1）MN两点之间最大电势差Um；‎ ‎（2）MN运动过程中消耗的最大电功率Pm 解析：MN在匀强磁场中做切割磁感线的运动产生了感应电动势E，‎ 则E=BLv=1×1×0.5 V=0.5 V 金属导线MN相当于电源，‎ 其内阻r为r=r‎0l=0.1 Ω 其中r0=0.1 Ω/m，等效电路图如图所示，图中R=r‎0l，设aM=x，显然电路中的外电阻R外的表达式为R外=，‎ R外=1.5R-‎ ‎（1）MN两点间的电势差实际就是电源MN的路端电压U，要使U具有最大值，就必须使R外具有最大值，由①式可知R外的最大值Rm为 Rm=1.5R=1.5r‎0l=0.15Ω，‎ Um=×0.5 V=0.3 V 此时r0x=R=r‎0l，即x=‎1 m，说明MN运动到ab的中点处 ‎（2）MN在运动过程中消耗最大电功率Pm时，也就是回路中具有最大电流的瞬间，因为电动势E为定值，显然此时回路中的总电阻最小。在①式中，要使R外最小，必须(R0-r0x)2具有最大值。在本题的条件下，当x=0或x=‎2l时，(R0-r0x)2具有最大值为R2，所以 R外小=Ω，‎ Im= A=‎‎2.7 A Pm=EIm=0.5×2.7 W=1.35 W。‎ ‎9、有一种磁性加热装置，其关键部分由焊接在两个等大的金属圆环上的n（n较大）根间距相等的平行金属条组成，呈“鼠笼”‎ 状，如图所示。每根金属条的长度为L，电阻为R，金属环的直径为D，电阻不计，图中的虚线所示的空间范围内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的宽度恰好等于“鼠笼”金属条的间距，当金属笼以角速度绕通过两圆环的圆心的轴OO′旋转时，始终有一根金属条在垂直切割磁感线。“鼠笼”的转动由一台电动机带动，这套设备的效率为η。试求：电动机输出的机械功率。‎ ‎10．如图所示，abcd和a/b/c/d/为水平放置的光滑平行导轨，区域内充满方向竖直向上的匀强磁场。ab、a/b/间的宽度是cd、c/d/间宽度的2倍。设导轨足够长，导体棒ef的质量是棒gh的质量的2倍。现给导体棒ef一个初速度v0，沿导轨向左运动，当两棒的速度稳定时，两棒的速度分别是多少？‎ a a/‎ b b/‎ d d/‎ c c/‎ e f g h 解析：当两棒的速度稳定时，回路中的感应电流为零，设导体棒ef的速度减小到v1， 导体棒gh的速度增大到v2，则有2BLv1-BLv2=0，即v2=2v1。‎ 对导体棒ef由动量定理得：‎ 对导体棒gh由动量定理得：‎ 由以上各式可得：‎ ‎11．水平放置的平行金属框架宽L=‎0.2m，质量为m=‎0.1kg的金属棒ab放在框架上，并且与框架的两条边垂直。整个装置放在磁感应强度B=0.5T，方向垂直框架平面的匀强磁场中，如图所示。金属棒ab在F=2N的水平向右的恒力作用下由静止开始运动。电路中除R=0.05Ω外，其余电阻、摩擦阻力均不考虑。试求当金属棒ab达到最大速度后，撤去外力F，此后感应电流还能产生的热量。（设框架足够长）‎ b a R ‎× × × ×‎ ‎× × × ×‎ 解析： 当金属棒ab所受恒力F与其所受磁场力相等时，达到最大速度vm .‎ 由F= 解得：vm==‎10 m/s.‎ 此后，撤去外力F，金属棒ab克服磁场力做功，使其机械能向电能转化，进而通过电阻R发热，此过程一直持续到金属棒ab停止运动。所以，感应电流在此过程中产生的热量等于金属棒损失的机械能，即Q==5J.‎ ‎12．如图所示位于竖直平面的正方形平面导线框abcd，边长为L=‎10cm，线框质量为m=‎0.1kg，电阻为R=0.5Ω，其下方有一匀强磁场区域，该区域上、下两边界间的距离为H（ H> L），磁场的磁感应强度为B ‎=5T，方向与线框平面垂直。今线框从距磁场上边界h=‎30cm处自由下落，已知线框的dc边进入磁场后，ab 边到达上边界之前的某一时刻线框的速度已达到这一阶段的最大值，问从线框开始下落到dc边刚刚到达磁场下边界的过程中，磁场作用于线框的安培力做的总功是多少？（g=‎10m/s2）‎ 解析：线框达到最大速度之前所受的安培力F=随速度v的变化而变化，所以直接求解安培力做的总功较为困难，而用能量守恒的思想便可迎刃而解。‎ 设线框的最大速度为vm ，此后直到ab边开始进入磁场为止，线框做匀速直线运动，此过程中线框的动能不变。由mg= 解得 vm== ‎2m/s 全部进入后，无安培力，因此只需考虑从开始下落到刚好全部进入时，这段时间内线框因克服安培力做功而损失的机械能为：mg（h+ L）－=0.2 J.‎ 所以磁场作用于线框的安培力做的总功是－0.2J ‎13．如图所示，在匀强磁场区域内与B垂直的平面中有两根足够长的固定金属平行导轨，在它们上面横放两根平行导体棒构成矩形回路，长度为L，质量为m，电阻为R，回路部分导轨电阻可忽略，棒与导轨无摩擦，不计重力和电磁辐射，且开始时图中左侧导体棒静止，右侧导体棒具有向右的初速v0，试求两棒之间距离增长量x的上限 v0‎ ‎14．如图所示，电动机牵引一根原来静止的、长L为‎1m、质量m为‎0.1kg的导体棒MN上升，导体棒的电阻R为1Ω，架在竖直放置的框架上，它们处于磁感应强度B为1T的匀强磁场中，磁场方向与框架平面垂直。当导体棒上升h=‎3.8m时，获得稳定的速度，导体棒上产生的热量为2J，电动机牵引棒时，电压表、电流表的读数分别为7V、‎1A，电动机内阻r为1Ω，不计框架电阻及一切摩擦，求：‎ ‎（1）棒能达到的稳定速度；‎ ‎（2）棒从静止至达到稳定速度所需要的时间。‎ 解析：（1）电动机的输出功率为：W 电动机的输出功率就是电动机牵引棒的拉力的功率，所以有 其中F为电动机对棒的拉力，当棒达稳定速度时 感应电流 由①②③式解得，棒达到的稳定速度为m/s ‎（2）从棒由静止开始运动至达到稳定速度的过程中，电动机提供的能量转化为棒的机械能和内能，由能量守恒定律得：‎ 解得 t=1s