2023版高考物理总复习之加练半小时 第十一章 微专题78 电磁感应中的能量问题

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微专题78　电磁感应中的能量问题求解电磁感应过程中产生的电能应分清两类情况：1.若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算.2.若电流变化，则可利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功，或利用能量守恒求解，若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能． 1．(2022·南京市雨花台中学高三月考)如图，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框分别从两个方向移出磁场的两个过程中(　　)A．导体框中产生的感应电流方向相反B．导体框ad边两端电势差之比为1∶3C．导体框中产生的焦耳热之比为1∶3D．通过导体框截面的电荷量之比为1∶3答案　C解析　将导体框拉出磁场的过程中，穿过导体框的磁通量都减小，由楞次定律判断出感应电流的方向都沿逆时针方向，方向相同，故A错误；设正方形的边长为L，导体框以v运动时，dc边中感应电动势为E1＝BLv，ad边两端电势差为U1＝E1＝BLv，导体框以3v运动时，ad边中感应电动势为E2＝3BLv，ad边两端电势差为U2＝E2＝BLv导体框ad边两端电势差之比为U1∶U2＝1∶9，故B错误；感应电流I＝＝，时间t＝，焦耳热Q＝I2Rt＝∝v，导体框中产生的焦耳热之比为Q1∶Q2＝1∶3，故C正确；将导体框拉出磁场的过程中，穿过导体框的磁通量的变化量相同，根据推论q＝得知，通过导体框截面的电荷量相同，故D错误．2．(多选)如图所示，光滑平行导轨PQ和JK固定于同一水平面上，将质量均为m的两根导体棒a、b垂直地搁置在两导轨上，形成一个闭合回路．质量为M的磁体从此闭合回路上方某高度从静止释放，沿中心轴线下降h的高度时速度为v1，此时两导体棒的速度均为v2，在此过程中回路产生的电热为Q，则(　　)A．磁体下落的加速度等于重力加速度B．两导体棒之间的距离减小C．磁体克服电磁阻力做的功为mv22＋QD．Mgh＝Mv12＋mv22＋Q答案　BCD解析　磁体下降时，由楞次定律可知，磁体受到向上的电磁阻力，故磁体下落的加速度小于重力加速度，A错误；根据“增缩减扩”，两导体棒将相向运动，使闭合回路的面积减小，以阻碍磁通量的变化，B正确；磁体下降减少的重力势能Mgh除转化为自身的动能Mv12外，通过电磁阻力做功，机械能还将转化为电能，因此磁体克服电磁阻力做的功等于机械能的减少量W＝Mgh－Mv12，这些电能再转化为两导体棒的动能mv22和回路产生的电热为Q(导轨和两导体棒既是发电机，又是电动机)，根据能量守恒可知Mgh＝Mv12＋mv22＋Q，可得W＝mv22＋QC、D正确．3.如图所示，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd，ab边的边长为l1，bc边的边长为l2，线框的质量为m，电阻为R，线框通过绝缘细线绕过光滑的定滑轮与一重物相连，重物质量为M，斜面上ef线(ef平行底边)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的ab边始终平行于底边，则下列说法正确的是(　　)A．线框进入磁场前运动的加速度为B．线框进入磁场时匀速运动的速度为C．线框做匀速运动的总时间为D．该匀速运动过程中产生的焦耳热为(Mg－mgsin θ)l2答案　D解析　由牛顿第二定律得Mg－mgsin θ＝(M＋m)a，解得线框进入磁场前运动的加速度为a＝，A错误；由平衡条件Mg－mgsin θ－F安＝0，又F安＝BIl1，I＝，E＝Bl1v，联立解得线框进入磁场时匀速运动的速度为v＝，B错误；线框做匀速运动的总时间为t＝＝，C错误；由能量守恒定律，该匀速运动过程中产生的焦耳热等于系统重力势能的减小量，则Q＝(Mg－mgsin θ)l2，D正确．4．(多选)如图所示，AB、CD为两个平行的水平光滑金属导轨，处在方向竖直向下，磁感应强度为B的匀强磁场中；AB、CD的间距为L，左右两端均接有阻值为R的电阻；质量为m、长为L，且不计电阻的导体棒MN放在导轨上，甲、乙为两根相同的轻质弹簧，弹簧一端与MN棒中点连接，另一端均被固定，导体棒MN与导轨接触良好．开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中AC间的电阻R上产生的焦耳热为Q，则(　　)A．初始时刻导体棒所受安培力大小为B．从初始时刻至导体棒第一次到达最左端的过程中，整个回路产生的焦耳热为C．当导体棒第一次到达最右端时，每根弹簧具有的弹性势能为mv02－QD．当导体棒第一次回到初始位置时，AC间电阻R的热功率为答案　AC解析　感应电动势E＝BLv0，感应电流I＝＝＝，导体棒受到的安培力FA＝BIL＝，故A正确；MN棒第一次运动至最右端的过程中AC间电阻R上产生的焦耳热Q，回路中产生的总焦耳热为2Q，由于安培力始终对MN做负功，产生焦耳热，棒第一次到达最左端的过程中，棒平均速度较大，平均安培力较大，整个回路中产生的焦耳热应大于·2Q＝Q，故B错误；MN棒第一次运动至最右端的过程中AC间电阻R上产生的焦耳热Q，回路中产生的总焦耳热为2Q，由能量守恒定律得mv02＝2Q＋2Ep，此时弹簧的弹性势能Ep＝mv02－Q，故C正确；由于回路中产生焦耳热，棒和弹簧的机械能有损失，所以棒再次回到初始位置时，速度小于v0，棒产生的感应电动势E<BLv0，由电功率公式P＝，知AC间电阻R的热功率小于，故D错误．5.如图，间距L＝0.5 m的平行光滑双导轨固定在竖直面内，其上端连接着阻值R＝3Ω的电阻；导轨所在空间存在方向垂直于导轨平面向里、磁感应强度均为B＝2 T的两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，磁场边界与导轨垂直，区域Ⅰ的宽度和两个磁场区域的间距相等．现将一个质量m＝0.1 kg、阻值r＝1Ω，长度也为L的导体棒bc从区域Ⅰ上方某处由静止释放，bc恰好能够匀速穿越区域Ⅰ，且进入区域Ⅱ瞬间的加速度大小为a＝2.5 m/s2，导轨电阻不计，bc与导轨接触良好，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)bc释放时距区域Ⅰ上边界的高度H；(2)穿越区域Ⅰ的过程中bc上产生的热量．答案　(1)0.8 m　(2)0.112 5 J解析　(1)设bc在区域Ⅰ中匀速运动的速率为v1，在区域Ⅰ中，bc切割磁感线产生的感应电动势为E1＝BLv1感应电流为I1＝bc所受安培力为F1＝BI1L＝由力的平衡条件有F1＝mg代入数据联立求解得v1＝4 m/s进入区域Ⅰ前，bc做自由落体运动，由运动学规律有v12＝2gH代入数据解得H＝0.8 m(2)设bc进入区域Ⅱ瞬间的速率为v2，在进入区域Ⅱ瞬间，bc切割磁感线产生的感应电动势为E2＝BLv2感应电流为I2＝bc所受安培力为F2＝BI2L＝因v2>v1，故F2>F1，可知加速度方向竖直向上，由牛顿第二定律有F2－mg＝ma代入数据解得v2＝5 m/s由运动学规律有v22－v12＝2gh代入数据得h＝0.45 m穿越区域Ⅰ的过程中，设电路中产生的总热量为Q，则bc上产生的热量为Qbc＝由能量守恒定律有Q＝mgh代入数据解得Qbc＝0.112 5 J.6.如图所示，AC、DE为倾斜放置的光滑平行金属轨道，轨道平面与水平面夹角为θ＝30°，CP、EQ为水平放置且足够长的平行金属轨道，两轨道间距均为L，两导轨在C、E两点处平滑连接，且CE垂直于导轨，轨道水平部分处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，长为L、质量为m、电阻均为R的金属棒a和b水平放在轨道上并与轨道垂直，处于静止状态，开始时，b与CE的距离为L，不计导轨电阻，a离CE距离足够远，a、b与水平轨道的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，由静止释放b，b刚进入磁场时，a刚好不滑动，b在水平轨道上滑行的最大距离为L(未与a碰撞)，b在轨道上运动时，始终与轨道接触良好并与轨道垂直，重力加速度为g，求：(1)金属棒a与水平轨道间的动摩擦因数；(2)通过金属棒a的电荷量及金属棒a上产生的焦耳热．答案　(1)　(2)　(mg－)L解析　(1)设金属棒b刚进磁场时的速度大小为v，根据机械能守恒定律有mgLsin θ＝mv2解得v＝金属棒b刚进入磁场时，切割磁感线的电动势E＝BLv＝BL此时回路中电流I＝＝对于金属棒a有BIL＝μmg解得μ＝(2)金属棒b在磁场中运动过程中＝根据欧姆定律＝通过金属棒a的电荷量q＝Δt＝＝设金属棒a中产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律有2Q＋μmgL＝mv2解得Q＝(mg－)L.