全國版高考物理一輪復(fù)習(xí)能力訓(xùn)練第11章電磁感應(yīng)44電磁感應(yīng)現(xiàn)象的能量問題

44電磁感應(yīng)現(xiàn)象的能量問題1.如圖所示，邊長為L的正方形導(dǎo)線框質(zhì)量為m，由距磁場H高處自由下落，其下邊ab進入勻強磁場后，線圈開始做減速運動，直到其上邊cd剛剛穿出磁場時，速度減為ab邊進入磁場時的一半，磁場的寬度也為L。則線框穿越勻強磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為()A．2mgL B．2mgL＋mgHC．2mgL＋eq\f(3,4)mgH D．2mgL＋eq\f(1,4)mgH答案C解析設(shè)線框ab邊剛進入磁場時速度大小為v。根據(jù)機械能守恒定律得：mgH＝eq\f(1,2)mv2，解得：v＝eq\r(2gH)，從線框下落到cd剛穿出勻強磁場的過程，根據(jù)能量守恒定律，焦耳熱為：Q＝mg·2L＋mgH－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v))2＝2mgL＋eq\f(3,4)mgH。C正確。2．(2018·唐山調(diào)研)豎直放置的平行光滑導(dǎo)軌，其電阻不計，磁場方向如圖所示，磁感應(yīng)強度B＝0.5T，導(dǎo)體ab及cd長均為0.2m，電阻均為0.1Ω，重均為0.1N，現(xiàn)用力向上推動導(dǎo)體ab，使之勻速上升(與導(dǎo)軌接觸良好)，此時，cd恰好靜止不動，那么ab上升時，下列說法正確的是()A．a(chǎn)b受到的推力大小為2NB．a(chǎn)b向上的速度為2m/sC．在2s內(nèi)，推力做功轉(zhuǎn)化的電能是0.8JD．在2s內(nèi)，推力做功為0.6J答案B解析導(dǎo)體棒ab勻速上升，受力平衡，cd棒靜止，受力也平衡，對于兩棒組成的整體，合外力為零，根據(jù)平衡條件可得ab棒受到的推力F＝2mg＝0.2N，故A錯誤；對cd棒，受到向下的重力G和向上的安培力F安，由平衡條件得F安＝G，即BIL＝G，設(shè)ab向上的速度為v，那么I＝eq\f(E,2R)＝eq\f(BLv,2R)，聯(lián)立得v＝eq\f(2GR,B2L2)＝eq\f(2×0.1×0.1,0.52×0.22)m/s＝2m/s，故B正確；在2s內(nèi)，電路產(chǎn)生的電能Q＝eq\f(E2,2R)t＝eq\f(BLv2,2R)t＝eq\f(0.5×0.2×22,2×0.1)×2J＝0.4J，故C錯誤；在2s內(nèi)推力做的功，W＝Fx＝Fvt＝0.2×2×2J＝0.8J，故D錯誤。3.如圖所示，電阻不計的豎直光滑金屬軌道PMNQ，其PMN部分是半徑為r的eq\f(1,4)圓弧，NQ部分水平且足夠長，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于PMNQ平面指向紙里。一粗細均勻的金屬桿質(zhì)量為m，電阻為R，長為eq\r(2)r，從圖示位置由靜止釋放，若當?shù)氐闹亓铀俣葹間，金屬桿與軌道始終保持良好接觸，則()A．桿下滑過程機械能守恒B．桿最終不可能沿NQ勻速運動C．桿從釋放到桿全部滑至水平軌道過程中產(chǎn)生的電能等于eq\f(mgr,2)D．桿從釋放到桿全部滑至水平軌道過程中，通過桿的電荷量等于eq\f(Br2π－2,4R)答案D解析桿在下滑過程中，桿與金屬導(dǎo)軌組成閉合回路，磁通量在改變，會產(chǎn)生感應(yīng)電流，桿將受到安培力作用，安培力對桿做功，桿的機械能不守恒，故A錯誤；桿最終沿水平面時，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，不受安培力作用而做勻速運動，故B錯誤；桿從釋放到滑至水平軌道過程，重力勢能減小eq\f(1,2)mgr，減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為電能和桿的動能，由能量守恒定律得知：桿上產(chǎn)生的電能小于eq\f(1,2)mgr，故C錯誤；桿與金屬導(dǎo)軌組成閉合回路磁通量的變化量為ΔΦ＝Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)πr2－\f(1,2)r2))，根據(jù)推論q＝eq\f(ΔΦ,R)，得到通過桿的電荷量為q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Br2π－2,4R)，D正確。4．如圖所示，水平地面上方矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，兩個用相同材料、相同粗細的導(dǎo)線繞制的單匝閉合正方形線圈1和2，其邊長L1＝2L2，在距磁場上界面h高處由靜止開始自由下落，再逐漸完全進入磁場，最后落到地面，運動過程中，線圈平面始終保持在豎直平面內(nèi)且下邊緣平行于磁場上邊界。設(shè)線圈1、2落地時的速度大小分別為v1、v2，在磁場中運動時產(chǎn)生的熱量分別為Q1、Q2，通過線圈截面的電荷量分別為q1、q2A．v1<v2，Q1>Q2，q1>q2 B．v1＝v2，Q1＝Q2，q1＝q2C．v1<v2，Q1>Q2，q1＝q2 D．v1＝v2，Q1<Q2，q1<q2答案A解析線圈從同一高度下落，到達磁場邊界時具有相同的速度v，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到磁場的安培力大小為：F＝eq\f(B2L2v,R)，由電阻定律有：R＝ρeq\f(4L,S)(ρ為材料的電阻率，S為線圈的橫截面積)，線圈的質(zhì)量為m＝ρ0S·4L(ρ0為材料的密度)。當線圈的下邊剛進入磁場時其加速度為：a＝eq\f(mg－F,m)＝g－eq\f(F,m)；聯(lián)立解得加速度a＝g－eq\f(B2v,16ρρ0)；則知，線圈1和2進入磁場時，速度相同，加速度相同，線圈1由于邊長較長還沒有全部進入磁場時，線圈2已完全進入磁場后做加速度為g的勻加速運動，而線圈1仍先做加速度小于g的變加速運動，完全進入磁場后才做加速度為g的勻加速運動，所以落地速度關(guān)系為v1<v2。由能量守恒可得：Q＝mg(h＋H)－eq\f(1,2)mv2(H為磁場區(qū)域的高度)，因為m1>m2，v1<v2，所以可得Q1>Q2。根據(jù)q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL2,ρ\f(4L,S))＝eq\f(BLS,4ρ)∝L知，q1>q2，A正確。5.(2018·廣東深圳月考)(多選)如圖所示，水平面內(nèi)兩光滑的平行金屬導(dǎo)軌，左端與電阻R相連接，勻強磁場B豎直向下分布在導(dǎo)軌所在的空間內(nèi)，質(zhì)量一定的金屬棒垂直于導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌接觸良好。今對金屬棒施加一個水平向右的外力F，使金屬棒從a位置開始向右做初速度為零的勻加速運動，依次通過位置b和c。若導(dǎo)軌與金屬棒的電阻不計，ab與bc的距離相等，關(guān)于金屬棒在運動過程中的有關(guān)說法正確的是()A．金屬棒通過b、c兩位置時，外力F的大小之比為1∶eq\r(2)B．金屬棒通過b、c兩位置時，電阻R的電功率之比為1∶2C．從a到b和從b到c的兩個過程中，通過金屬棒橫截面的電荷量比為1∶1D．從a到b和從b到c的兩個過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量之比為1∶1答案BC解析金屬棒從a位置由靜止開始向右做勻加速運動，根據(jù)v2＝2ax知，通過b、c兩個位置的速度比為1∶eq\r(2)；根據(jù)E＝BLv知，產(chǎn)生的電動勢之比為1∶eq\r(2)，由閉合電路歐姆定律得知感應(yīng)電流之比為1∶eq\r(2)，由公式FA＝BIL可知安培力之比為1∶eq\r(2)，根據(jù)牛頓第二定律，有：F－FA＝ma，F(xiàn)＝FA＋ma，ma是定值，所以外力F的大小之比不等于1∶eq\r(2)，故A錯誤。通過b、c兩個位置時產(chǎn)生的電動勢之比為1∶eq\r(2)，根據(jù)P＝eq\f(E2,R)知，電阻R的電功率之比為1∶2，故B正確。由q＝eq\f(ΔΦ,R)，因為ΔΦab＝ΔΦbc，則qab＝qbc，則通過金屬棒橫截面的電荷量之比為1∶1，故C正確。根據(jù)能量守恒定律，熱量Qab＝Fxab－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)，又veq\o\al(2,b)＝2axab，則Qab＝Fxab－maxab。同理Qbc＝Fxbc－maxbc，加速度相等，ab、bc的位移相等，但F不等，所以產(chǎn)生的熱量不等，故D錯誤。6.(多選)如圖所示，寬度為d的有界勻強磁場豎直向下穿過光滑的水平桌面，一質(zhì)量為m的橢圓形導(dǎo)體框平放在桌面上，橢圓的長軸平行磁場邊界，短軸小于d?，F(xiàn)給導(dǎo)體框一個初速度v0(v0垂直磁場邊界)，已知導(dǎo)體框全部在磁場中的速度為v，導(dǎo)體框全部出磁場后的速度為v1；導(dǎo)體框進入磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q1，導(dǎo)體框離開磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q2。下列說法正確的是()A．導(dǎo)體框離開磁場過程中，感應(yīng)電流的方向為順時針方向B．導(dǎo)體框進出磁場都是做勻變速直線運動C．Q1>Q2D．Q1＋Q2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1))答案ACD解析導(dǎo)線框離開磁場時，磁通量減小，根據(jù)楞次定律得，感應(yīng)電流的方向為順時針方向，故A正確。導(dǎo)線框在進出磁場時，速度變化，則感應(yīng)電動勢變化，產(chǎn)生的感應(yīng)電流變化，則所受的安培力變化，加速度變化，則線框做的是非勻變速運動，故B錯誤。因為進入磁場時的速度大于離開磁場時的速度，則進入磁場時產(chǎn)生的電流要比出磁場時產(chǎn)生的電流大，則進入磁場過程中安培力大，根據(jù)克服安培力做功等于產(chǎn)生的焦耳熱可知Q1>Q2，C正確；由能量守恒定律可知，導(dǎo)體框進入磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱與離開磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱之和等于線框的機械能減小量，即Q1＋Q2＝eq\f(1,2)m·(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1))，D正確。7.(多選)兩根足夠長的光滑導(dǎo)軌豎直放置，間距為L，底端接阻值為R的電阻。將質(zhì)量為m的金屬棒懸掛在一根上端固定的輕彈簧下端，金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直，如圖所示。除電阻R外其余電阻不計?，F(xiàn)將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，則()A．釋放瞬間金屬棒的加速度等于重力加速度gB．金屬棒向下運動時，流過電阻R的電流方向為a→bC．若彈簧彈力為F時，金屬棒獲得最大速度vm，則vm＝eq\f(mg－FR,B2L2)D．最終電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少量答案AC解析金屬棒剛釋放時，彈簧處于原長，彈力為零，又因此時速度為零，沒有感應(yīng)電流，金屬棒不受安培力作用，金屬棒只受到重力作用，所以金屬棒的加速度等于重力加速度g，故A正確；金屬棒向下運動時，由右手定則可知，在金屬棒上電流方向向右，流過電阻R的電流方向為b→a，故B錯誤；金屬棒向下運動的過程中，受到重力、彈簧的彈力和安培力三個力作用，當三力平衡時，速度最大，即當彈簧彈力F、安培力F安之和等于金屬棒的重力mg時，金屬棒下落速度最大，即有F＋F安＝mg，而F安＝eq\f(B2L2vm,R)，解得vm＝eq\f(mg－FR,B2L2)，故C正確；當金屬棒最后靜止時，重力勢能轉(zhuǎn)化為彈性勢能和焦耳熱，所以電阻R上產(chǎn)生的總熱量小于金屬棒重力勢能的減少，故D錯誤。8.(2018·石家莊模擬)如圖所示，平行金屬導(dǎo)軌與水平面間的傾角為θ，導(dǎo)軌電阻不計，與阻值為R的定值電阻相連，勻強磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強度為B。有一質(zhì)量為m、長為l的導(dǎo)體棒從ab位置獲得平行于斜面的、大小為v的初速度向上運動，最遠到達a′b′的位置，滑行的距離為s，導(dǎo)體棒的電阻也為R，與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ。則下列說法錯誤的是()A．上滑過程中導(dǎo)體棒受到的最大安培力為eq\f(B2l2v,2R)B．上滑過程中電流做功產(chǎn)生的熱量為eq\f(1,2)mv2－mgs(sinθ＋μcosθ)C．上滑過程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功為eq\f(1,2)mv2D．上滑過程中導(dǎo)體棒損失的機械能為eq\f(1,2)mv2－mgssinθ答案C解析對導(dǎo)體棒受力分析如圖，導(dǎo)體棒向上做減速運動，所以剛開始時速度最大安培力最大，F(xiàn)＝BIL＝B·eq\f(E,2R)L＝eq\f(B2l2v,2R)。則從開始到上升到最高點由動能定理：－mgssinθ－μmgscosθ－W克安＝0－eq\f(1,2)mv2可得：Q＝W克安＝eq\f(1,2)mv2－mgssinθ－μmgscosθΔE機＝μmgscosθ＋W克安＝eq\f(1,2)mv2－mgssinθ故C錯誤，A、B、D正確。9.(2015·天津高考)如圖所示，“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內(nèi)，ab邊長為l，cd邊長為2l，ab與cd平行，間距為2l。勻強磁場區(qū)域的上下邊界均水平，磁場方向垂直于線框所在平面。開始時，cd邊到磁場上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進入磁場直到ef、pq邊進入磁場前，線框做勻速運動。在ef、pq邊離開磁場后，ab邊離開磁場之前，線框又做勻速運動。線框完全穿過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為Q。線框在下落過程中始終處于原豎直平面內(nèi)，且ab、cd(1)線框ab邊將離開磁場時做勻速運動的速度大小是cd邊剛進入磁場時的幾倍；(2)磁場上下邊界間的距離H。答案(1)4(2)eq\f(Q,mg)＋28l解析(1)設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，cd邊剛進入磁場時，線框做勻速運動的速度為v1，cd邊上的感應(yīng)電動勢為E1，有E1＝B·2l·v1設(shè)線框總電阻為R，此時線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律，有I1＝eq\f(E1,R)②設(shè)此時線框所受安培力為F1，有F1＝BI1·2l由于線框做勻速運動，其受力平衡，有F1＝mg④由①②③④式得v1＝eq\f(mgR,4B2l2)⑤設(shè)ab邊離開磁場之前，線框做勻速運動的速度為v2，同理可得v2＝eq\f(mgR,B2l2)⑥由⑤⑥式得eq\f(v2,v1)＝4⑦(2)線框自釋放直到cd邊進入磁場前，由機械能守恒定律，有mg·2l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)⑧線框完全穿過磁場的過程中，由能量守恒定律，有mg(2l＋H)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋Q⑨由⑦⑧⑨式得H＝eq\f(Q,mg)＋28l。10．(2017·北京高考)發(fā)電機和電動機具有裝置上的類似性，源于它們機理上的類似性。直流發(fā)電機和直流電動機的工作原理可以簡化為如圖1、圖2所示的情景。在豎直向下的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，兩根光滑平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi)，相距為L，電阻不計。電阻為R的金屬導(dǎo)體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好，以速度v(v平行于MN)向右做勻速運動。圖1軌道端點M、P間接有阻值為r的電阻，導(dǎo)體棒ab受到水平向右的外力作用。圖2軌道端點M、P間接有直流電源，導(dǎo)體棒ab通過滑輪勻速提升重物，電路中的電流為I。(1)求在Δt時間內(nèi)，圖1“發(fā)電機”產(chǎn)生的電能和圖2“電動機”輸出的機械能；(2)從微觀角度看，導(dǎo)體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力在上述能量轉(zhuǎn)化中起著重要作用。為了方便，可認為導(dǎo)體棒中的自由電荷為正電荷