2013高考物理 考點訓練例題精析 專題14 電磁感應功能問題

電磁感應功能問題【例1】光滑曲面與豎直平面的交線是拋物線，如圖所示，拋物的方程是y=x2，下半部處在一個水平方向的勻強磁場中，磁場的上邊界是y=a的直線(圖中虛線所示)，一個小金屬環(huán)從拋物線上y=b(b<a)處以速度v沿拋物線下滑，假設拋物線足夠長，金屬環(huán)沿拋物線下滑后產生的焦 耳熱總量是 ( )【解析】小金屬環(huán)進入或離開磁場時，磁通量會發(fā)生變化，并產生感應電流，當小金屬環(huán)全部進入磁場后，不產生感應電流，由能量定恒可得產生的焦耳熱等干減少的機械能即【例2】如圖所示，固定在水平絕緣平面上足夠長的金屬導軌不計電阻，但表面粗糙，導軌左端連接一個電阻R，質量為m的金屬棒(電阻也不計)放在導軌上，并與導軌垂直，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向與導軌平面垂直，用水平恒力F把ab棒從靜止起向右拉動的過程中恒力F做的功等于電路產生的電能；恒力F和摩擦力的合力做的功等于電路中產生的電能；克服安培力做的功等于電路中產生的電能；恒力F和摩擦力的合力做的功等于電路中產生的電能和棒獲得的動能之和以上結論正確的有 ( ) A . C D 【解析】在此運動過程中做功的力是拉力、摩擦力和安培力，三力做功之和為棒ab動能增加量，其中安培力做功將機械能轉化為電能，故選項C是正確【例3】圖中a1blcldl和 a2b2c2d2為在同一豎直面內的金屬導軌，處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌所在的平面(紙面)向里。導軌的a1b1段與 a2b2段是豎直的，距離為ll；cldl段與c2d2段也是豎直的，距離為l2。 xly1與x2y2為兩根用不可伸長的絕緣輕線相連的金屬細桿，質量分別為ml和m2，它們都垂直于導軌并與導軌保持光滑接觸。兩桿與導軌構成的回路的總電阻為R，F為作用于金屬桿x1yl上的豎直向上的恒力。已知兩桿運動到圖示位置時，已勻速向上運動，求此時作用于兩桿的重力的功率的大小和回路電阻上的熱功率?！窘馕觥吭O桿向上運動的速度為v，因桿的運動，兩桿與導軌構成的回路的面積減少，從而磁通量也減少。由法拉第電磁感應定律，回路中的感應電動勢的大小=B(l2-l1)v，回路中的電流I=/R ，電流沿順時針方向，兩金屬桿都要受到安培力作用，作用于桿x1yl的安培力為f1=Bl1I，方向向上，作用于桿x2y2的安培力f2=Bl2I，方向向下，當桿作勻速運動時，根據牛頓第二定律有F-本題考查法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓運動定律、焦耳定律等規(guī)律的綜合應用能力【例4】如下圖，在水平面上有兩條平行導電導軌MN、PQ，導軌間距離為l，勻強磁場垂直于導軌所在的平面(紙面)向里，磁感應強度的大小為B，兩根金屬桿1、2擺在導軌上，與導軌垂直，它們的質量和電阻分別為ml、m2和R1、R2，兩桿與導軌接觸良好，與導軌間的動摩擦因數為，已知：桿1被外力拖動，以恒定的速度v0沿導軌運動；達到穩(wěn)定狀態(tài)時，桿2也以恒定速度沿導軌運動，導軌的電阻可忽略，求此時桿2克服摩擦力做功的功率?！窘馕觥?解法一：設桿2的運動速度為v，由于兩桿運動時，兩桿和導軌構成的回路的磁通量發(fā)生變化，產生感應電動勢=Bl(v0-v) ，感應電流I=/(R1+R2)，桿2運動受到的安培力等于摩擦力BIl=m2g ，導體桿2克服摩擦力做功的功率P=m2gv ，解得P=m2gv0-m2g (R1+R2)/B2l2解法二：以F表示拖動桿1的外力，表示回路的電流，達到穩(wěn)定時，對桿1有F-m1g-BIl，對桿2有BIl-m2g=0、，外力的功率PF=Fv0，以P表示桿2克服摩本題主要考查考生應用電磁感應定律、歐姆定律和牛頓運動定律解決力電綜合問題的能力鞏固練習.如圖所示，勻強磁場和豎直導軌所在面垂直，金屬棒ab可在導軌上無摩擦滑動，在金屬棒、導軌和電阻組成的閉合回路中，除電阻R外，其余電阻均不計，在ab下滑過程中： A.由于ab下落時只有重力做功，所以機械能守恒 B.ab達到穩(wěn)定速度前，其減少的重力勢能全部轉化為電阻R的內能 C.ab達到穩(wěn)定速度后，其減少的重力勢能全部轉化為電阻R的內能 D.ab達到穩(wěn)定速度后，安培力不再對ab做功2.如圖所示，ABCD是固定的水平放置的足夠長的U形導軌，整個導軌處于豎直向上的勻強磁場中，在導軌上架著一根金屬棒ab，在極短時間內給棒ab一個水平向右的速度，ab棒開始運動，最后又靜止在導軌上，則ab在運動過程中，就導軌是光滑和粗糙兩種情況相比較 ( )A 整個回路產生的總熱量相等 B 安培力對ab棒做的功相等 C 安培力對ab棒的沖量相等 D 電流通過整個回路所做的功相等3.如圖所示，質量為M的條形磁鐵與質量為m的鋁環(huán)，都靜止在光滑的水平面上，當在極短的時間內給鋁環(huán)以水平向右的沖量I，使環(huán)向右運動，則下列說法不正確的是 ( ) A在鋁環(huán)向右運動的過程中磁鐵也向右運動 B磁鐵運動的最大速度為I/(M+m)C鋁環(huán)在運動過程中，能量最小值為ml2/2(M+m)2D鋁環(huán)在運動過程中最多能產生的熱量為I2/2m4.如圖所示，在光滑的水平面上，有豎直向下的勻強磁場，分布在寬度為L的區(qū)域里，現有一邊長為a(a<L)的正方形閉合線圈剛好能穿過磁場，則線框在滑進磁場過程中產生的熱量Q1與滑出磁場過程中產生的熱量Q2之比為 ( ) A1：1 B2：1 C. 3：1 D4：15.如圖所示，沿水平面放G一寬50cm的U形光滑金屬框架電路中電阻 R=2.0，其余電阻不計，勻強磁場B=0.8T，方向垂直于框架平面向上，金屬棒MN質量為30g，它與框架兩邊垂直，MN的中點O用水平的繩跨過定滑輪系一個質量為20g的砝碼，自靜止釋放砝碼后，電阻R能得到的最大功率為 w6.如圖所示，正方形金屬框ABCD邊長L=20cm，質量m=0.1kg，電阻R=0.1 ，吊住金屬框的細線跨過兩定滑輪后，其另一端掛著一個質量為M=0.14kg的重物，重物拉著金屬框運動，當金屬框的AB邊以某一速度進入磁感強度B=0.5T的水平勻強磁場后，即以該速度v做勻速運動，取g= 10m/s2，則金屬框勻速上升的速度v= m/s，在金屬框勻速上升的過程中，重物M通過懸線對金屬框做功 J，其中有 J的機械能通過電流做功轉化為內能7.如圖所示，兩根固定在水平面上的光滑平行金屬導軌MN和PQ，一端接有阻值為R的電阻，處于方向豎直向下的勻強磁場中。在導軌上垂直導軌跨放質量為m的金屬直桿，金屬桿的電阻為r，金屬桿與導軌接觸良好、導軌足夠長且電阻不計。金屬桿在垂直于桿的水平恒力F作用下向右勻速運動時，電阻R上消耗的電功率為P，從某一時刻開始撤去水平恒力F去水平力后：(1)當電阻R上消耗的功率為P/4時，金屬桿的加速度大小和方向。(2)電阻R上產生的焦耳熱。8.如圖甲所示，空間存在著一個范圍足夠大的豎直向下的勻強磁場，磁場的磁感強度大小為B，邊長為f的正方形金屬框abcd(下簡稱方框)在光滑的水平地面上，其外側套著一個與方框邊長相同的U形金屬框架MNPQ(下簡稱U形框)U形框與方框之間接觸良好且無摩擦，兩個金屬杠每條邊的質量均為m，每條邊的電阻均為r(1) 將方框固定不動，用力拉動u形框使它以速度v0垂直 NQ邊向右勻速運動，當U形框的MP端滑至方框的最右側，如圖乙所示時，方框上的bd兩端的電勢差為多大?此時方框的熱功率為多大?(2) 若方框不固定，給U形框垂直NQ邊向右的初速度v0，如果U形框恰好不能與方框分離，則在這一過程中兩框架上產生的總熱量為多少?(3) 若方框不固定，給U形框垂直NQ邊向右的初速度v(v> v0)，U形框最終將與方框分離，如果從U型框和方框不再接觸開始，經過時間t方框最右側和U型框最左側距離為s，求金屬框框分離后的速度各多大?1.答案:C解析:下滑過程有安培力做功,機械能不守恒;ab達到穩(wěn)定速度,重力等于安培力,故C正確.2.答案:A 解析：兩種情況下產生的總熱量，都等于金屬棒的初動能.3.答案：D 解析：鋁環(huán)向右運動時，環(huán)內感應電流的磁場與磁鐵產生相互作用，使環(huán)做減速運動，磁鐵向右做加速運動，待相對靜止后，系統(tǒng)向右做勻速運動，由I=(m+M)v，得v=I/(m+M)，即為磁鐵的最大速度，環(huán)的最小速度，其動能的最小值為m/2·I/(m+M)2，鋁環(huán)產生的最大熱量應為系統(tǒng)機械能的最大損失量，I2/2m-I2/2(m+M)=MI2/2m(m+M)4.答案：C 解析：這是一道選用力學規(guī)律求解電磁感應的好題目，線框做的是變加速運動，不能用運動學公式求解，那么就應想到動能定理，設線框剛進出時速度為v1和v2，則第一階段產生的熱量，第二階段產生的熱量Q2=mv2/2，只要能找出v1和v2的關系就能找到答案，由動量定理可得 5.答案:0.5W解析:由題意分析知,當砝碼加速下落到速度最大時,砝碼的合外力為零,此時R得到功率最大,為mg=BImaxL Pmax=I2maxR由式得 Pmax=(mg/BL)2R=0.5W6.答案:4；0.28；0.08解析:F安=(M-m)g,轉化的內能=F安L7.解析：(1)撤去F之前，設通過電阻R的電流為I，則金屬桿受到的安培力大小F安=BIL=F撤去F之后，由P=I2R知，當電阻R上消耗的電功率為P/4時，通過R的電流I'=I/2，則金屬桿受到的安培力F安=BI'L=F/2，方向水平向左，由牛頓第二定律得，方向水平向左(2)撤去F后，金屬桿在與速度方向相反的安培力作用下，做減速運動直到停下。設勻速運動時金屬桿的速度為v，則I2(R+r)=Fv，又P=I2R，解得由能量守恒可得，撤去F后，整個電路產生的熱量則電阻R上產生的焦耳熱8.解析：(1)U形框向右運動時，NQ邊相當于電源，產生的感應電動勢E=Blv0，當如圖乙所示位置時，方框bd之間的電阻為U形框連同方框構成的閉合電路的總電阻為閉合電路的總電流為根據歐姆定律可知，bd兩端的電勢差為：Ubd=方框中的熱功率為：(2)在U形框向右運動的過程中，U形框和方框組成的系統(tǒng)所受外力為零，故系統(tǒng)動量守恒，設到達圖示位置時具有共同的速度v，根據動量守恒定律根據能量守恒定律，U形框和方框組成的系統(tǒng)損失的機械能等于在這一過程中兩框架上產生的熱量，即(3)設U形框和方框不再接觸時方框速度為v1， u形框的速度為v2：，根據動量守恒定律，有3mv=4mvI+3mv2兩框架脫離以后分別以各自的速度做勻速運動，經過時間t方框最右側和U形框最左側距離為s，即(v2-v1)t=s聯立以上兩式，解得