【物理】2019届一轮复习人教版电磁感应现象的能量问题学案

【物理】2019届一轮复习人教版电磁感应现象的能量问题学案

‎44 电磁感应现象的能量问题 ‎1.‎ 如图所示，边长为L的正方形导线框质量为m，由距磁场H高处自由下落，其下边ab进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd刚刚穿出磁场时，速度减为ab边进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L。则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为(　　)‎ A．2mgL B．2mgL＋mgH C．2mgL＋mgH D．2mgL＋mgH 答案　C 解析　设线框ab边刚进入磁场时速度大小为v。根据机械能守恒定律得：mgH＝mv2，解得：v＝，从线框下落到cd刚穿出匀强磁场的过程，根据能量守恒定律，焦耳热为：Q＝mg·‎2L＋mgH－m2＝2mgL＋mgH。C正确。‎ ‎2．(2018·唐山调研)竖直放置的平行光滑导轨，其电阻不计，磁场方向如图所示，磁感 应强度B＝0.5 T，导体ab及cd长均为‎0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重均为0.1‎ ‎ N，现用力向上推动导体ab，使之匀速上升(与导轨接触良好)，此时，cd恰好静止不动，那么ab上升时，下列说法正确的是(　　)‎ A．ab受到的推力大小为2 N B．ab向上的速度为‎2 m/s C．在2 s内，推力做功转化的电能是0.8 J D．在2 s内，推力做功为0.6 J 答案　B 解析　导体棒ab匀速上升，受力平衡，cd棒静止，受力也平衡，对于两棒组成的整体，合外力为零，根据平衡条件可得ab棒受到的推力F＝2mg＝0.2 N，故A错误；对cd棒，受到向下的重力G和向上的安培力F安，由平衡条件得F安＝G，即BIL＝G，设ab向上的速度为v，那么I＝＝，联立得v＝＝ m/s＝‎2 m/s，故B正确；在2 s内，电路产生的电能Q＝t＝t＝×2 J＝0.4 J，故C错误；在 2 s 内推力做的功，W＝Fx＝Fvt＝0.2×2×2 J＝0.8 J，故D错误。‎ ‎3.‎ 如图所示，电阻不计的竖直光滑金属轨道PMNQ，其PMN部分是半径为r的圆弧，NQ部分水平且足够长，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于PMNQ平面指向纸里。一粗细均匀的金属杆质量为m，电阻为R，长为r，从图示位置由静止释放，若当地的重力加速度为g，金属杆与轨道始终保持良好接触，则(　　)‎ A．杆下滑过程机械能守恒 B．杆最终不可能沿NQ匀速运动 C．杆从释放到杆全部滑至水平轨道过程中产生的电能等于 D．杆从释放到杆全部滑至水平轨道过程中，通过杆的电荷量等于 答案　D 解析　杆在下滑过程中，杆与金属导轨组成闭合回路，磁通量在改变，会产生感应电流，杆将受到安培力作用，安培力对杆做功，杆的机械能不守恒，故A错误；杆最终沿水平面时，不产生感应电流，不受安培力作用而做匀速运动，故B错误；杆从释放到滑至水平轨道过程，重力势能减小mgr ‎，减少的重力势能转化为电能和杆的动能，由能量守恒定律得知：杆上产生的电能小于mgr，故C错误；杆与金属导轨组成闭合回路磁通量的变化量为ΔΦ＝B，根据推论q＝，得到通过杆的电荷量为q＝＝，D正确。‎ ‎4．如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个用相同材料、相同粗细的导线绕制的单匝闭合正方形线圈1和2，其边长L1＝‎2L2，在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再逐渐完全进入磁场，最后落到地面，运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界。设线圈1、2落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2，通过线圈截面的电荷量分别为q1、q2，不计空气阻力，则(　　)‎ A．v1Q2，q1>q2 B．v1＝v2，Q1＝Q2，q1＝q2‎ C．v1Q2，q1＝q2 D．v1＝v2，Q1m2，v1Q2。根据q＝＝＝∝L知，q1>q2，A正确。‎ ‎5.‎ ‎(2018·广东深圳月考)(多选)如图所示，水平面内两光滑的平行金属导轨，左端与电阻R相连接，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒垂直于导轨并与导轨接触良好。今对金属棒施加一个水平向右的外力F，使金属棒从a位置开始向右做初速度为零的匀加速运动，依次通过位置b和c。若导轨与金属棒的电阻不计，ab与bc的距离相等，关于金属棒在运动过程中的有关说法正确的是(　　)‎ A．金属棒通过b、c两位置时，外力F的大小之比为1∶ B．金属棒通过b、c两位置时，电阻R的电功率之比为1∶2‎ C．从a到b和从b到c的两个过程中，通过金属棒横截面的电荷量比为1∶1‎ D．从a到b和从b到c的两个过程中，电阻R上产生的热量之比为1∶1‎ 答案　BC 解析　金属棒从a位置由静止开始向右做匀加速运动，根据v2＝2ax知，通过b、c两个位置的速度比为1∶；根据E＝BLv知，产生的电动势之比为1∶，由闭合电路欧姆定律得知感应电流之比为1∶，由公式FA＝BIL可知安培力之比为1∶，根据牛顿第二定律，有：F－FA＝ma，F＝FA＋ma，ma是定值，所以外力F的大小之比不等于1∶，故A错误。通过b、c两个位置时产生的电动势之比为1∶，根据P＝知，电阻R的电功率之比为1∶2，故B正确。由q＝，因为ΔΦab＝ΔΦbc，则qab＝qbc，则通过金属棒横截面的电荷量之比为1∶1，故C正确。根据能量守恒定律，热量Qab＝Fxab－mv，又v＝2axab，则Qab＝Fxab－maxab。同理Qbc＝Fxbc－maxbc，加速度相等，ab、bc的位移相等，但F不等，所以产生的热量不等，故D错误。‎ ‎6.‎ ‎(多选)如图所示，宽度为d的有界匀强磁场竖直向下穿过光滑的水平桌面，一质量为m的椭圆形导体框平放在桌面上，椭圆的长轴平行磁场边界，短轴小于d。现给导体框一个初速度v0(v0垂直磁场边界)，已知导体框全部在磁场中的速度为v，导体框全部出磁场后的速度为 v1；导体框进入磁场过程中产生的焦耳热为Q1，导体框离开磁场过程中产生的焦耳热为Q2。下列说法正确的是(　　)‎ A．导体框离开磁场过程中，感应电流的方向为顺时针方向 B．导体框进出磁场都是做匀变速直线运动 C．Q1>Q2‎ D．Q1＋Q2＝m(v－v)‎ 答案　ACD 解析　导线框离开磁场时，磁通量减小，根据楞次定律得，感应电流的方向为顺时针方向，故A正确。导线框在进出磁场时，速度变化，则感应电动势变化，产生的感应电流变化，则所受的安培力变化，加速度变化，则线框做的是非匀变速运动，故B错误。因为进入磁场时的速度大于离开磁场时的速度，则进入磁场时产生的电流要比出磁场时产生的电流大，则进入磁场过程中安培力大，根据克服安培力做功等于产生的焦耳热可知Q1>Q2，C正确；由能量守恒定律可知，导体框进入磁场过程中产生的焦耳热与离开磁场过程中产生的焦耳热之和等于线框的机械能减小量，即Q1＋Q2＝m·(v－v)，D正确。‎ ‎7.‎ ‎(多选)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一根上端固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示。除电阻R外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则(　　)‎ A．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g B．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b C．若弹簧弹力为F时，金属棒获得最大速度vm，则vm＝ D．最终电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量 答案　AC 解析　金属棒刚释放时，弹簧处于原长，弹力为零，又因此时速度为零，没有感应电流，金属棒不受安培力作用，金属棒只受到重力作用，所以金属棒的加速度等于重力加速度g，故A正确；金属棒向下运动时，由右手定则可知，在金属棒上电流方向向右，流过电阻R的电流方向为b→a，故B错误；金属棒向下运动的过程中，受到重力、弹簧的弹力和安培力三个力作用，当三力平衡时，速度最大，即当弹簧弹力F、安培力F安之和等于金属棒的重力mg时，金属棒下落速度最大，即有F＋F安＝mg，而F安＝，解得vm＝，故C正确；当金属棒最后静止时，重力势能转化为弹性势能和焦耳热，所以电阻R上产生的总热量小于金属棒重力势能的减少，故D错误。‎ ‎8.‎ ‎(2018·石家庄模拟)如图所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B。有一质量为m、长为l的导体棒从ab位置获得平行于斜面的、大小为v的初速度向上运动，最远到达a′b′的位置，滑行的距离为s，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为μ。则下列说法错误的是(　　)‎ A．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为 B．上滑过程中电流做功产生的热量为mv2－mgs(sinθ＋μcosθ)‎ C．上滑过程中导体棒克服安培力做的功为mv2‎ D．上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2－mgssinθ 答案　C 解析　‎ 对导体棒受力分析如图，导体棒向上做减速运动，所以刚开始时速度最大安培力最大，F＝BIL＝B·L＝。则从开始到上升到最高点由动能定理：‎ ‎－mgssinθ－μmgscosθ－W克安＝0－mv2‎ 可得：Q＝W克安＝mv2－mgssinθ－μmgscosθ ΔE机＝μmgscosθ＋W克安＝mv2－mgssinθ 故C错误，A、B、D正确。‎ ‎9.‎ ‎(2015·天津高考)如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为‎2l，ab与cd平行，间距为‎2l。匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时，cd边到磁场上边界的距离为‎2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动。在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g。求：‎ ‎(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；‎ ‎(2)磁场上下边界间的距离H。‎ 答案　(1)4　(2)＋‎‎28l 解析　(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，有E1＝B·‎2l·v1①‎ 设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有I1＝②‎ 设此时线框所受安培力为F1，有F1＝BI1·‎2l③‎ 由于线框做匀速运动，其受力平衡，有F1＝mg④‎ 由①②③④式得v1＝⑤‎ 设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2＝⑥‎ 由⑤⑥式得＝4⑦‎ ‎(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有mg·‎2l＝mv⑧‎ 线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有 mg(‎2l＋H)＝mv－mv＋Q⑨‎ 由⑦⑧⑨式得H＝＋‎28l。‎ ‎10．(2017·北京高考)发电机和电动机具有装置上的类似性，源于它们机理上的类似性。直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1、图2所示的情景。‎ 在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计。电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好，以速度v(v平行于MN)向右做匀速运动。‎ 图1轨道端点M、P间接有阻值为r的电阻，导体棒ab受到水平向右的外力作用。图2轨道端点M、P间接有直流电源，导体棒ab通过滑轮匀速提升重物，电路中的电流为I。‎ ‎(1)求在Δt时间内，图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能；‎ ‎(2)从微观角度看，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用。为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷。‎ ‎①请在图3(图1的导体棒ab)、图4(图2的导体棒ab)中，分别画出自由电荷所受洛伦兹力的示意图；‎ ‎②我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功。那么，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢？请以图2“电动机”为例，通过计算分析说明。‎ 答案　(1)　BILvΔt ‎(2)①图见解析　②见解析 解析　(1)图1中，电路中的电流I1＝＝ 棒ab受到的安培力F1＝BI‎1L 在Δt时间内，“发电机”产生的电能等于棒ab克服安培力做的功，有E电＝F1·vΔt＝。‎ 图2中，棒ab受到的安培力F2＝BIL，在Δt时间内，“电动机”输出的机械能等于安培力对棒ab做的功，故E机＝F2·vΔt＝BILvΔt。‎ ‎(2)①自由电荷所受洛伦兹力的示意图如图甲、图乙所示。‎ ‎②设自由电荷的电荷量为q，沿导体棒定向移动的速率为u。‎ 如图乙所示，沿棒方向的洛伦兹力f1′＝qvB，做负功，‎ W1＝－f1′·uΔt＝－qvBuΔt 垂直棒方向的洛伦兹力f2′＝quB，做正功，‎ W2＝f2′·vΔt＝quBvΔt 所以W1＝－W2，即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零。‎ f1′做负功，阻碍自由电荷的定向移动，宏观上表现为“反电动势”，消耗电源的电能；f2′做正功，宏观上表现为安培力做正功，使机械能增加。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电能转化为等量的机械能，在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用。‎