2023版高考物理總復(fù)習(xí)之加練半小時-第十一章-微專題78-電磁感應(yīng)中的能量問題

微專題78電磁感應(yīng)中的能量問題求解電磁感應(yīng)過程中產(chǎn)生的電能應(yīng)分清兩類情況：1.若回路中電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及W＝UIt或Q＝I2Rt直接進行計算.2.若電流變化，則可利用克服安培力做功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功，或利用能量守恒求解，若只有電能與機械能的轉(zhuǎn)化，則減少的機械能等于產(chǎn)生的電能．1．(2022·南京市雨花臺中學(xué)高三月考)如圖，垂直紙面的正方形勻強磁場區(qū)域內(nèi)，有一位于紙面的正方形導(dǎo)體框abcd，現(xiàn)將導(dǎo)體框分別朝兩個方向以v、3v速度勻速拉出磁場，則導(dǎo)體框分別從兩個方向移出磁場的兩個過程中()A．導(dǎo)體框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相反B．導(dǎo)體框ad邊兩端電勢差之比為1∶3C．導(dǎo)體框中產(chǎn)生的焦耳熱之比為1∶3D．通過導(dǎo)體框截面的電荷量之比為1∶3答案C解析將導(dǎo)體框拉出磁場的過程中，穿過導(dǎo)體框的磁通量都減小，由楞次定律判斷出感應(yīng)電流的方向都沿逆時針方向，方向相同，故A錯誤；設(shè)正方形的邊長為L，導(dǎo)體框以v運動時，dc邊中感應(yīng)電動勢為E1＝BLv，ad邊兩端電勢差為U1＝eq\f(1,4)E1＝eq\f(1,4)BLv，導(dǎo)體框以3v運動時，ad邊中感應(yīng)電動勢為E2＝3BLv，ad邊兩端電勢差為U2＝eq\f(3,4)E2＝eq\f(9,4)BLv導(dǎo)體框ad邊兩端電勢差之比為U1∶U2＝1∶9，故B錯誤；感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，時間t＝eq\f(L,v)，焦耳熱Q＝I2Rt＝eq\f(B2L3v,R)∝v，導(dǎo)體框中產(chǎn)生的焦耳熱之比為Q1∶Q2＝1∶3，故C正確；將導(dǎo)體框拉出磁場的過程中，穿過導(dǎo)體框的磁通量的變化量相同，根據(jù)推論q＝eq\f(ΔΦ,R)得知，通過導(dǎo)體框截面的電荷量相同，故D錯誤．2．(多選)如圖所示，光滑平行導(dǎo)軌PQ和JK固定于同一水平面上，將質(zhì)量均為m的兩根導(dǎo)體棒a、b垂直地擱置在兩導(dǎo)軌上，形成一個閉合回路．質(zhì)量為M的磁體從此閉合回路上方某高度從靜止釋放，沿中心軸線下降h的高度時速度為v1，此時兩導(dǎo)體棒的速度均為v2，在此過程中回路產(chǎn)生的電熱為Q，則()A．磁體下落的加速度等于重力加速度B．兩導(dǎo)體棒之間的距離減小C．磁體克服電磁阻力做的功為mv22＋QD．Mgh＝eq\f(1,2)Mv12＋mv22＋Q答案BCD解析磁體下降時，由楞次定律可知，磁體受到向上的電磁阻力，故磁體下落的加速度小于重力加速度，A錯誤；根據(jù)“增縮減擴”，兩導(dǎo)體棒將相向運動，使閉合回路的面積減小，以阻礙磁通量的變化，B正確；磁體下降減少的重力勢能Mgh除轉(zhuǎn)化為自身的動能eq\f(1,2)Mv12外，通過電磁阻力做功，機械能還將轉(zhuǎn)化為電能，因此磁體克服電磁阻力做的功等于機械能的減少量W＝Mgh－eq\f(1,2)Mv12，這些電能再轉(zhuǎn)化為兩導(dǎo)體棒的動能mv22和回路產(chǎn)生的電熱為Q(導(dǎo)軌和兩導(dǎo)體棒既是發(fā)電機，又是電動機)，根據(jù)能量守恒可知Mgh＝eq\f(1,2)Mv12＋mv22＋Q，可得W＝mv22＋QC、D正確．3.如圖所示，光滑斜面的傾角為θ，斜面上放置一矩形導(dǎo)體線框abcd，ab邊的邊長為l1，bc邊的邊長為l2，線框的質(zhì)量為m，電阻為R，線框通過絕緣細線繞過光滑的定滑輪與一重物相連，重物質(zhì)量為M，斜面上ef線(ef平行底邊)的右方有垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，如果線框從靜止開始運動，進入磁場的最初一段時間是做勻速運動的，且線框的ab邊始終平行于底邊，則下列說法正確的是()A．線框進入磁場前運動的加速度為eq\f(Mg－mgsinθ,m)B．線框進入磁場時勻速運動的速度為eq\f(Mg－mgsinθR,Bl1)C．線框做勻速運動的總時間為eq\f(B2l\o\al(12,),Mg－mgRsinθ)D．該勻速運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱為(Mg－mgsinθ)l2答案D解析由牛頓第二定律得Mg－mgsinθ＝(M＋m)a，解得線框進入磁場前運動的加速度為a＝eq\f(Mg－mgsinθ,M＋m)，A錯誤；由平衡條件Mg－mgsinθ－F安＝0，又F安＝BIl1，I＝eq\f(E,R)，E＝Bl1v，聯(lián)立解得線框進入磁場時勻速運動的速度為v＝eq\f(Mg－mgsinθR,B2l\o\al(12,))，B錯誤；線框做勻速運動的總時間為t＝eq\f(l2,v)＝eq\f(B2l\o\al(12,)l2,Mg－mgsinθR)，C錯誤；由能量守恒定律，該勻速運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱等于系統(tǒng)重力勢能的減小量，則Q＝(Mg－mgsinθ)l2，D正確．4．(多選)如圖所示，AB、CD為兩個平行的水平光滑金屬導(dǎo)軌，處在方向豎直向下，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中；AB、CD的間距為L，左右兩端均接有阻值為R的電阻；質(zhì)量為m、長為L，且不計電阻的導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上，甲、乙為兩根相同的輕質(zhì)彈簧，彈簧一端與MN棒中點連接，另一端均被固定，導(dǎo)體棒MN與導(dǎo)軌接觸良好．開始時，彈簧處于自然長度，導(dǎo)體棒MN具有水平向左的初速度v0，經(jīng)過一段時間，導(dǎo)體棒MN第一次運動到最右端，這一過程中AC間的電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，則()A．初始時刻導(dǎo)體棒所受安培力大小為eq\f(2B2L2v0,R)B．從初始時刻至導(dǎo)體棒第一次到達最左端的過程中，整個回路產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(2Q,3)C．當(dāng)導(dǎo)體棒第一次到達最右端時，每根彈簧具有的彈性勢能為eq\f(1,4)mv02－QD．當(dāng)導(dǎo)體棒第一次回到初始位置時，AC間電阻R的熱功率為eq\f(B2L2v\o\al(02,),R)答案AC解析感應(yīng)電動勢E＝BLv0，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R并)＝eq\f(BLv0,\f(R,2))＝eq\f(2BLv0,R)，導(dǎo)體棒受到的安培力FA＝BIL＝eq\f(2B2L2v0,R)，故A正確；MN棒第一次運動至最右端的過程中AC間電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q，回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為2Q，由于安培力始終對MN做負功，產(chǎn)生焦耳熱，棒第一次到達最左端的過程中，棒平均速度較大，平均安培力較大，整個回路中產(chǎn)生的焦耳熱應(yīng)大于eq\f(1,3)·2Q＝eq\f(2,3)Q，故B錯誤；MN棒第一次運動至最右端的過程中AC間電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q，回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為2Q，由能量守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝2Q＋2Ep，此時彈簧的彈性勢能Ep＝eq\f(1,4)mv02－Q，故C正確；由于回路中產(chǎn)生焦耳熱，棒和彈簧的機械能有損失，所以棒再次回到初始位置時，速度小于v0，棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E<BLv0，由電功率公式P＝eq\f(E2,R)，知AC間電阻R的熱功率小于eq\f(B2L2v\o\al(02,),R)，故D錯誤．5.如圖，間距L＝0.5m的平行光滑雙導(dǎo)軌固定在豎直面內(nèi)，其上端連接著阻值R＝3Ω的電阻；導(dǎo)軌所在空間存在方向垂直于導(dǎo)軌平面向里、磁感應(yīng)強度均為B＝2T的兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，磁場邊界與導(dǎo)軌垂直，區(qū)域Ⅰ的寬度和兩個磁場區(qū)域的間距相等．現(xiàn)將一個質(zhì)量m＝0.1kg、阻值r＝1Ω，長度也為L的導(dǎo)體棒bc從區(qū)域Ⅰ上方某處由靜止釋放，bc恰好能夠勻速穿越區(qū)域Ⅰ，且進入?yún)^(qū)域Ⅱ瞬間的加速度大小為a＝2.5m/s2，導(dǎo)軌電阻不計，bc與導(dǎo)軌接觸良好，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)bc釋放時距區(qū)域Ⅰ上邊界的高度H；(2)穿越區(qū)域Ⅰ的過程中bc上產(chǎn)生的熱量．答案(1)0.8m(2)0.1125J解析(1)設(shè)bc在區(qū)域Ⅰ中勻速運動的速率為v1，在區(qū)域Ⅰ中，bc切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1＝BLv1感應(yīng)電流為I1＝eq\f(E1,R＋r)bc所受安培力為F1＝BI1L＝eq\f(B2L2v1,R＋r)由力的平衡條件有F1＝mg代入數(shù)據(jù)聯(lián)立求解得v1＝4m/s進入?yún)^(qū)域Ⅰ前，bc做自由落體運動，由運動學(xué)規(guī)律有v12＝2gH代入數(shù)據(jù)解得H＝0.8m(2)設(shè)bc進入?yún)^(qū)域Ⅱ瞬間的速率為v2，在進入?yún)^(qū)域Ⅱ瞬間，bc切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E2＝BLv2感應(yīng)電流為I2＝eq\f(E2,R＋r)bc所受安培力為F2＝BI2L＝eq\f(B2L2v2,R＋r)因v2>v1，故F2>F1，可知加速度方向豎直向上，由牛頓第二定律有F2－mg＝ma代入數(shù)據(jù)解得v2＝5m/s由運動學(xué)規(guī)律有v22－v12＝2gh代入數(shù)據(jù)得h＝0.45m穿越區(qū)域Ⅰ的過程中，設(shè)電路中產(chǎn)生的總熱量為Q，則bc上產(chǎn)生的熱量為Qbc＝eq\f(rQ,R＋r)由能量守恒定律有Q＝mgh代入數(shù)據(jù)解得Qbc＝0.1125J.6.如圖所示，AC、DE為傾斜放置的光滑平行金屬軌道，軌道平面與水平面夾角為θ＝30°，CP、EQ為水平放置且足夠長的平行金屬軌道，兩軌道間距均為L，兩導(dǎo)軌在C、E兩點處平滑連接，且CE垂直于導(dǎo)軌，軌道水平部分處在磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中，長為L、質(zhì)量為m、電阻均為R的金屬棒a和b水平放在軌道上并與軌道垂直，處于靜止狀態(tài)，開始時，b與CE的距離為L，不計導(dǎo)軌電阻，a離CE距離足夠遠，a、b與水平軌道的動摩擦因數(shù)相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，由靜止釋放b，b剛進入磁場時，a剛好不滑動，b在水平軌道上滑行的最大距離為L(未與a碰撞)，b在軌道上運動時，始終與軌道接觸良好并與軌道垂直，重力加速度為g，求：(1)金屬棒a與水平軌道間的動摩擦因數(shù)；(2)通過金屬棒a的電荷量及金屬棒a上產(chǎn)生的焦耳熱．答案(1)eq\f(B2L2\r(gL),2mgR)(2)eq\f(BL2,2R)eq\f(1,4)(mg－eq\f(B2L2\r(gL),R))L解析(1)設(shè)金屬棒b剛進磁場時的速度大小為v，根據(jù)機械能守恒定律有mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(gL)金屬棒b剛進入磁場時，切割磁感線的電動勢E＝BLv＝BLeq\r(gL)此時回路中電流I＝eq\f(E,2R)＝eq\f(BL\r(gL),2R)對于金屬棒a有BIL＝μmg解得μ＝eq\f(B2L2\r(gL