高考物理培優(yōu)一輪計劃全國創(chuàng)新版培優(yōu)講義第11章　電磁感應第44課時電磁感應現(xiàn)象的能量問題

第44課時電磁感應現(xiàn)象的能量問題1．能量轉化特點2．求解電能(電熱)的三種思路(1)利用克服安培力做功求解：電磁感應中產生的電能等于克服安培力所做的功。Q＝W克。(2)利用能量守恒求解：其他形式的能的減少量等于產生的電能。Q＝ΔE其他。(3)利用電路特征來求解：通過電路中所產生的電能來計算。Q＝I2Rt(焦耳定律)。[例](2018·黑龍江哈六中期末)(多選)如圖所示，在光滑的水平面上方，有兩個磁感應強度大小均為B、方向相反的水平勻強磁場，PQ為兩個磁場的邊界，磁場范圍足夠大。一個邊長為a、質量為m、電阻為R的金屬正方形線框，以速度v垂直于磁場方向從實線位置開始向右運動，當線框運動到分別有一半面積在兩個磁場中的位置時，線框的速度為eq\f(v,2)。下列說法正確的是()A．在虛線位置時線框中的電功率為eq\f(B2a2v2,R)B．此過程中線框產生的內能為eq\f(3,8)mv2C．在虛線位置時線框的加速度為eq\f(B2a2v,2mR)D．此過程中通過線框截面的電荷量為eq\f(2Ba2,R)解析在虛線位置時線框中產生的感應電動勢為E＝2×Ba·eq\f(v,2)＝Bav，感應電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bav,R)，線框所受安培力大小為F＝2BIa＝2B·eq\f(Bav,R)·a＝eq\f(2B2a2v,R)，方向向左，根據(jù)牛頓第二定律得加速度為a＝eq\f(F,m)＝eq\f(2B2a2v,mR)，故C錯誤。線框在虛線位置時，線框中的電功率P＝I2R＝eq\f(B2a2v2,R)，故A正確。根據(jù)能量守恒定律可得，此過程中線框產生的內能Q＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))2＝eq\f(3,8)mv2，故B正確。此過程中穿過線框的磁通量的變化量為ΔΦ＝Ba2，通過線框截面的電荷量為q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Ba2,R)，故D錯誤。答案AB解決電磁感應現(xiàn)象中的能量問題的一般步驟(1)確定研究對象(導體或回路)。(2)分析清楚有哪些力做功，有哪些形式的能量發(fā)生轉化。(3)根據(jù)能量守恒列方程求解。(2018·唐山統(tǒng)考)(多選)如圖所示，在傾角為θ的光滑斜面上，存在著兩個磁感應強度大小均為B的勻強磁場區(qū)域。區(qū)域Ⅰ的磁場方向垂直斜面向上，區(qū)域Ⅱ的磁場方向垂直斜面向下，磁場邊界MN、PQ、GH均平行于斜面底邊，MP、PG均為L。一個質量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導線框，由靜止開始沿斜面下滑，下滑過程中ab邊始終與斜面底邊平行。t1時刻ab邊剛越過GH進入磁場Ⅰ區(qū)域，此時導線框恰好以速度v1做勻速直線運動；t2時刻ab邊下滑到PQ與MN的中間位置，此時導線框又恰好以速度v2做勻速直線運動。重力加速度為g，下列說法中正確的是()A．當ab邊剛越過PQ時，導線框的加速度大小為a＝gsinθB．導線框兩次做勻速直線運動的速度之比v1∶v2＝4∶1C．從t1到t2的過程中，導線框克服安培力做的功等于機械能的減少量D．從t1到t2的過程中，有eq\f(mv\o\al(2,1)－v\o\al(2,2),2)機械能轉化為電能答案BC解析線框在區(qū)域Ⅰ內做勻速直線運動，其合力為零，則mgsinθ＝F安＝eq\f(B2L2v1,R)；線框的ab邊剛越過PQ時，兩邊都在切割磁感線，都受到沿斜面向上的安培力F安′＝BI′L＝B·eq\f(2BLv1,R)·L＝eq\f(2B2L2v1,R)，則F合＝mgsinθ－2F安′＝mgsinθ－4×eq\f(B2L2v1,R)＝ma，a＝－3gsinθ，A錯誤；線框再次勻速時，其合力也為零，則mgsinθ－4×eq\f(B2L2v2,R)＝0，則eq\f(v1,v2)＝eq\f(4,1)，B正確；從t1到t2的過程中，安培力做負功，重力做正功，克服安培力所做的功等于線框機械能的減少量，減少的動能和重力勢能轉化為電能，即E電＝E機減＝mgh＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,1)－\f(1,2)mv\o\al(2,2)))，C正確、D錯誤。1.如圖所示，邊長為L的正方形導線框質量為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·唐山調研)豎直放置的平行光滑導軌，其電阻不計，磁場方向如圖所示，磁感應強度B＝0.5T，導體ab及cd長均為0.2m，電阻均為0.1Ω，重均為0.1N，現(xiàn)用力向上推動導體ab，使之勻速上升(與導軌接觸良好)，此時，cd恰好靜止不動，那么ab上升時，下列說法正確的是()A．ab受到的推力大小為2NB．ab向上的速度為2m/sC．在2s內，推力做功轉化的電能是0.8JD．在2s內，推力做功為0.6J答案B解析導體棒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，電路產生的電能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，桿與金屬導軌組成閉合回路，磁通量在改變，會產生感應電流，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，不產生感應電流，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，減少的重力勢能轉化為電能和桿的動能，由能量守恒定律得知：桿上產生的電能小于eq\f(1,2)mgr，故C錯誤；桿與金屬導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且下邊緣平行于磁場上邊界。設線圈1、2落地時的速度大小分別為v1、v2，在磁場中運動時產生的熱量分別為Q1、Q2，通過線圈截面的電荷量分別為q1、q2，不計空氣阻力，則()A．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，切割磁感線產生感應電流，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，水平面內兩光滑的平行金屬導軌，左端與電阻R相連接，勻強磁場B豎直向下分布在導軌所在的空間內，質量一定的金屬棒垂直于導軌并與導軌接觸良好。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。若導軌與金屬棒的電阻不計，ab與bc的距離相等，關于金屬棒在運動過程中的有關說法正確的是()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，一質量為m的橢圓形導體框平放在桌面上，橢圓的長軸平行磁場邊界，短軸小于d?，F(xiàn)給導體框一個初速度v0(v0垂直磁場邊界)，已知導體框全部在磁場中的速度為v，導體框全部出磁場后的速度為v1；導體框進入磁場過程中產生的焦耳熱為Q1，導體框離開磁場過程中產生的焦耳熱為Q2。下列說法正確的是()A．導體框離開磁場過程中，感應電流的方向為順時針方向B．導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解析導線框離開磁場時，磁通量減小，根據(jù)楞次定律得，感應電流的方向為順時針方向，故A正確。導線框在進出磁場時，速度變化，則感應電動勢變化，產生的感應電流變化，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，則進入磁場時產生的電流要比出磁場時產生的電流大，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生的焦耳熱可知Q1>Q2，C正確；由能量守恒定律可知，導體框進入磁場過程中產生的焦耳熱與離開磁場過程中產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軌豎直放置，間距為L，底端接阻值為R的電阻。將質量為m的金屬棒懸掛在一根上端固定的輕彈簧下端，金屬棒和導軌接觸良好，導軌所在平面與磁感應強度為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，重力勢能轉化為彈性勢能和焦耳熱，所以電阻R上產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，平行金屬導軌與水平面間的傾角為θ，導軌電阻不計，與阻值為R的定值電阻相連，勻強磁場垂直穿過導軌平面，磁感應強度為B。有一質量為m、長為l的導體棒從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，導體棒的電阻也為R，與導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生的熱量為eq\f(1,2)mv2－mgs(sinθ＋μcosθ)C．上滑過程中導體棒克服安培力做的功為eq\f(1,2)mv2D．上滑過程中導體棒損失的機械能為eq\f(1,2)mv2－mgssinθ答案C解析對導體棒受力分析如圖，導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”字形硬質金屬線框質量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內，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生的熱量為Q。線框在下落過程中始終處于原豎直平面內，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g。求：(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)設磁場的磁感應強度大小為B，cd邊剛進入磁場時，線框做勻速運動的速度為v1，cd邊上的感應電動勢為E1，有E1＝B·2l·v1①設線框總電阻為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設此時線框所受安培力為F1，有F1＝BI1·2l③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，相距為L，電阻不計。電阻為R的金屬導體棒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