XX專用高考物理一輪復習第十章電磁感應(yīng)課時電磁感應(yīng)中能量轉(zhuǎn)化問題加練半小時

XX專用高考物理一輪復習第十章電磁感覺課時電磁感覺中能量轉(zhuǎn)變問題加練半小時XX專用高考物理一輪復習第十章電磁感覺課時電磁感覺中能量轉(zhuǎn)變問題加練半小時XX專用高考物理一輪復習第十章電磁感覺課時電磁感覺中能量轉(zhuǎn)變問題加練半小時77電磁感覺中的能量轉(zhuǎn)變問題[方法點撥]戰(zhàn)勝安培力做功的過程就是其他形式的能轉(zhuǎn)變成電能的過程，戰(zhàn)勝安培力做了多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)變成電能．

1．(多項選擇)如圖1所示，圓滑絕緣的水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導體框．勻強磁場所區(qū)寬度為2L、磁感覺強度為B、方向垂直桌面向下．導體框的一邊向來與磁場界線平行，在外力作用下以恒定速度v穿過磁場．以下說法正確的選項是()

圖1A．穿過磁場過程，外力做的功為eq\f(2B2L3v,R)B．穿過磁場過程，導體框產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(2B2L3v,R)C．進入磁場過程，經(jīng)過導體框某一橫截面的電荷量為eq\f(BL2,R)D．進入和走開磁場過程，經(jīng)過導體框的電流大小都為eq\f(BLv,R)，且方向相同2．(2018·四川瀘州一檢)如圖2所示，兩條電阻不計的平行導軌與水平面成θ角，導軌的一端連接定值電阻R1，勻強磁場垂直導軌平面向上．一根質(zhì)量為m、電阻為R2的導體棒ab，垂直導軌放置且兩端向來與導軌接觸優(yōu)異，導體棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，且R2＝nR1.()

圖2A．電阻R1耗資的電功率為eq\f(Fv,n)B．重力做功的功率為mgvcosθC．運動過程中減少的機械能全部轉(zhuǎn)變成電能D．R2上耗資的功率為eq\f(nFv,n＋1)3．(多項選擇)(2017·湖南衡陽第二次聯(lián)考)如圖3甲所示，左側(cè)接有定值電阻R＝3Ω的水平粗糙導軌處于垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感覺強度B＝2T，導軌間距為L＝1m．一質(zhì)量m＝2kg、接入電路的阻值r＝1Ω的金屬棒在拉力F作用下由靜止開始從CD處沿導軌向右加速運動，金屬棒與導軌垂直且接觸優(yōu)異，金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g＝10m/s2，金屬棒的v－x圖象如圖乙所示，則從起點發(fā)生x＝1m位移的過程中()

圖3A．拉力做的功為16JB．經(jīng)過電阻RC．定值電阻RD．所用的時間t必然大于1s4．(多項選擇)(2018·廣東東莞模擬)如圖4所示，在勻強磁場的上方有一質(zhì)量為m、半徑為R的細導線做成的圓環(huán)，圓環(huán)的圓心與勻強磁場的上界線的距離為h.將圓環(huán)由靜止釋放，圓環(huán)剛進入磁場的剎時和完好進入磁場的剎時，速度均為v.已知勻強磁場的磁感覺強度為B，導體圓環(huán)的電阻為r，重力加速度為g，則以下說法正確的選項是()

圖4A．圓環(huán)剛進入磁場的剎時，速度v＝eq\r(2gh－R)B．圓環(huán)進入磁場的過程中，電阻產(chǎn)生的熱量為2mgRC．圓環(huán)進入磁場的過程中，經(jīng)過導體橫截面的電荷量為eq\f(πBR2,r)D．圓環(huán)進入磁場的過程做的是勻速直線運動5．(多項選擇)(2017·江西南昌三校第四次聯(lián)考)在如圖5所示的傾角為θ的圓滑斜面上，存在著兩個磁感覺強度大小均為B的勻強磁場所區(qū)，地域Ⅰ的磁場方向垂直斜面向上，地域Ⅱ的磁場方向垂直斜面向下，磁場寬度HP及PN均為L，一個質(zhì)量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導線框abcd，由靜止開始沿斜面下滑，t1時辰ab邊剛高出GH進入磁場Ⅰ地域，此時導線框恰好以速度v1做勻速直線運動；t2時辰ab邊下滑到JP與MN的中間地址，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，以下說法中正確的選項是()

圖5A．當ab邊剛高出JP時，導線框的加速度大小為a＝gsinθB．導線框兩次勻速直線運動的速度之比v1∶v2＝4∶1C．從t1到t2的過程中，導線框戰(zhàn)勝安培力做功的大小等于重力勢能的減少量D．從t1到t2的過程中，有eq\f(3mgLsinθ,2)＋eq\f(mv\o\al(,12)－v\o\al(,22),2)機械能轉(zhuǎn)變成電能6．(多項選擇)(2017·河南開封第一次模擬)如圖6甲所示，平行圓滑金屬導軌水平放置，兩軌相距L＝0.4m，導軌一端與阻值R＝0.3Ω的電阻相連，導軌電阻不計．導軌x>0一側(cè)存在沿x正方向平均增大的磁場，其方向與導軌平面垂直向下，磁感覺強度B隨處點x變化如圖乙所示．一根質(zhì)量m＝0.2kg、接入電路的電阻r＝0.1Ω的金屬棒置于導軌上，并與導軌垂直，棒在外力F作用下從x＝0處以初速度v0＝2m/s沿導軌向右變速運動，且金屬棒在運動過程中碰到的安培力大小不變．以下說法中正確的選項是()

圖6A．金屬棒向右做勻減速直線運動B．金屬棒在xC．金屬棒從x＝0運動到x＝1m過程中，外力FD．金屬棒從x＝0運動到x＝2m過程中，流過金屬棒的電荷量為2C7．(2017·黑龍江大慶一模)相距L＝1.5m的足夠長金屬導軌豎直放置，質(zhì)量為m1＝1kg的金屬棒ab和質(zhì)量為m2cd均經(jīng)過棒兩端的套環(huán)水平川套在金屬導軌上，如圖7甲所示，虛線上方磁場方向垂直紙面向里，虛線下方磁場方向豎直向下，兩處磁場磁感覺強度大小相同．a(chǎn)b棒圓滑，cd棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.75，兩棒總電阻為1.8Ω，導軌電阻不計．a(chǎn)b棒在方向豎直向上、大小按圖乙所示規(guī)律變化的外力F作用下，從靜止開始，沿導軌勻加速運動，同時cd棒也由靜止釋放．(g＝10m/s2)

圖7(1)求出磁感覺強度B的大小和ab棒加速度大小；(2)已知在2s內(nèi)外力F做功40J，求這一過程中兩金屬棒產(chǎn)生的總焦耳熱；(3)求出cd棒達到最大速度所需的時間t0，并在圖丙中定性畫出cd棒所受摩擦力Ffcd隨時間變化的圖象．

8．(2017·北京西城區(qū)模擬)某同學設(shè)計了一個測量物體質(zhì)量的電子裝置，其結(jié)構(gòu)如圖8甲、乙所示．E形磁鐵的兩側(cè)為S極，中心為N極，能夠為只有磁極間存在著磁感覺強度大小均為B的勻強磁場．一邊長為L、橫截面為正方形的線騙局于中心磁極，線圈、骨架與托盤連為一體，總質(zhì)量為m0，托盤下方連接一個輕彈簧，彈簧下端固定在磁極上，支撐起上邊的整個裝置，線圈、骨架與磁極不接觸．線圈的兩個頭與外電路連接(圖上未標出)．當被測量的重物放在托盤上時，彈簧連續(xù)被壓縮，托盤和線圈一起向下運動，此后接通外電路對線圈供電，托盤和線圈恢復到未放重物時的地址并靜止，此時由對應(yīng)的供電電流可確定重物的質(zhì)量．已知彈簧勁度系數(shù)為k，線圈匝數(shù)為n，重力加速度為g.

圖8(1)當線圈與外電路斷開時a．以不放重物時托盤的地址為位移起點，豎直向下為位移的正方向．試在圖丙中畫出，托盤輕輕放上質(zhì)量為m的重物后，托盤向下運動過程中彈簧彈力F的大小與托盤位移x的關(guān)系圖象；b．依照上邊獲取的F－x圖象，求從托盤放上質(zhì)量為m的重物開始到托盤達到最大速度的過程中，彈簧彈力所做的功W；(2)當線圈與外電路接通時a．經(jīng)過外電路給線圈供電，托盤和線圈恢復到未放重物時的地址并靜止．若線圈能夠承受的最大電流為I，求該裝置能夠測量的最大質(zhì)量M；b．在線圈能承受的最大電流必然的情況下，要增大質(zhì)量的測量范圍，能夠采用哪些措施？(最少答出2種)

答案精析1．ABC2．D[導體棒以速度v勻速下滑時，由E＝BLv，I＝eq\f(E,R1＋R2)，F(xiàn)＝BIL得安培力F＝eq\f(B2L2v,R1＋R2)①電阻R1耗資的電功率為P＝I2R1＝(eq\f(BLv,R1＋R2))2R1②又R2＝nR1③聯(lián)立①②③解得，P＝eq\f(Fv,n＋1)，故A錯誤；重力做功的功率為mgvsinθ，B錯誤；導體棒戰(zhàn)勝安培力和摩擦力做功，減少的機械能轉(zhuǎn)變成電能和內(nèi)能，C錯誤；R2和R1串通，電流相等，依照P＝I2R可知，R2耗資的功率等于R1耗資的功率的n倍，為eq\f(nFv,n＋1)，D正確．]3．CD[由速度－位移圖象得：v＝2x，金屬棒所受的安培力F安＝eq\f(B2L2v,R＋r)＝eq\f(B2L2·2x,R＋r)，代入得：F安＝2x，則知F安與x是線性關(guān)系．當x＝0時，安培力F安1＝0；當x＝1m時，安培力F安2＝2N，則從起點發(fā)生x＝1m位移的過程中，安培力做功為W安＝－eq\x\to(F)安x＝－eq\f(F安1＋F安2,2)x＝－eq\f(0＋2,2)×1J＝－1J依照動能定理得：W－μmgx＋W安＝eq\f(1,2)mv2，其中v＝2m/s，μ＝0.5，m＝2kg，代入解得，拉力做的功W＝15J，故A錯誤；經(jīng)過電阻R的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLx,R＋r)＝eq\f(2×1×1,4)C＝0.5C，故B錯誤；依照能量守恒得：整個電路產(chǎn)生的焦耳熱等于戰(zhàn)勝安培力做功，即Q＝1J，則電阻R上產(chǎn)生的熱量：QR＝eq\f(R,R＋r)Q＝eq\f(3,4)Q＝0.75J，選項C正確；v－x圖象的斜率k＝eq\f(Δv,Δx)＝eq\f(Δv,Δt)·eq\f(Δt,Δx)＝eq\f(a,v)，得a＝kv＝2v，則知速度增大，金屬棒的加速度也隨之增大，v－t圖象的斜率增大，金屬棒做加速度增大的變加速運動，在相同時間內(nèi)，達到相同速度時經(jīng)過的位移小于勻加速運動的位移，平均速度小于勻加速運動的平均速度，即eq\x\to(v)＜eq\f(0＋v,2)＝eq\f(0＋2,2)m/s＝1m/s，則t＝eq\f(x,\x\to(v))＞eq\f(1,1)s＝1s，故D正確．]4．ABC[圓環(huán)從圖示地址開始運動到剛進入磁場時，下落的高度為h－R，依照自由落體運動的規(guī)律獲取v2＝2g(h－R)，解得v＝eq\r(2gh－R)，應(yīng)選項A正確；圓環(huán)剛進入磁場的剎時和完好進入磁場的剎時，速度相等，依照功能關(guān)系能夠知道重力做的功等于圓環(huán)電阻產(chǎn)生的熱量，大小為2mgR，應(yīng)選項B正確；圓環(huán)進入磁場的過程中，經(jīng)過導體某個橫截面的電荷量為q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(\x\to(E),r)·Δt＝eq\f(ΔΦ,r)＝eq\f(BπR2,r)，應(yīng)選項C正確；圓環(huán)進入磁場的過程中，碰到的安培力F＝eq\f(B2L2v,r)，隨有效長度L發(fā)生改變，圓環(huán)受力不能夠平衡，因此圓環(huán)不能能做勻速直線運動，應(yīng)選項D錯誤．]5．BD[ab邊剛高出GH進入磁場Ⅰ地域時，電動勢E1＝BLv1，電流I1＝eq\f(E1,R)＝eq\f(BLv1,R)，線框做勻速運動，因此mgsinθ＝BI1L＝eq\f(B2L2v1,R)，當ab邊剛高出JP時，電動勢E2＝2BLv1，I2＝eq\f(E2,R)＝eq\f(2BLv1,R)，依照牛頓第二定律2BI2L－mgsinθ＝ma，聯(lián)立解得a＝3gsinθ，因此A錯誤；當a＝0時，以速度v2做勻速直線運動，即2BI2′L－mgsinθ＝0，得：mgsinθ＝eq\f(4B2L2v2,R)，因此v1∶v2＝4∶1，因此B正確；從t1到t2的過程中，依照能量守恒，導線框戰(zhàn)勝安培力做功的大小等于重力勢能的減少量加上動能的減少量，即戰(zhàn)勝安培力做功W＝eq\f(3mgLsinθ,2)＋eq\f(mv\o\al(2,1)－v\o\al(2,2),2).因此C錯誤；又戰(zhàn)勝安培力做功等于產(chǎn)生的電能，因此D正確．]6．CD[依照題圖乙得B與x的函數(shù)關(guān)系式Bx，金屬棒向右運動切割磁感線產(chǎn)生感覺電動勢E＝BLv，感覺電流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BLv,R＋r)，安培力F安＝BIL＝Beq\f(BLv,R＋r)L＝eq\f(B2L2v,R＋r)，解得v＝eq\f(F安R＋r,B2L2)＝eq\F安,x22)＝eq\f(10F安,x＋12)，依照勻變速直線運動的速度位移公式v2－v02＝2ax，若是是勻變速直線運動，v2與x成線性關(guān)系，而由上式知，金屬棒不能能做勻減速直線運動，故A錯誤；依照題意金屬棒所受的安培大小不變，x＝0處與x＝1處安培大小相等，有eq\f(B\o\al(,02)L2v0,R＋r)＝eq\f(B\o\al(,12)L2v1,R＋r)，即v1＝eq\f(B\o\al(,02)v0,B\o\al(,12))＝eq\2×2,12)m/s＝0.5m/s，故B錯誤；金屬棒在x＝0處的安培力大小為F安＝eq\f(B\o\al(,02)L2v0,R＋r)＝eq\22×2,0.4)N＝0.2N，對金屬棒從x＝0運動到x＝1m過程中，依照動能定理有WF－F安·x＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02，代入數(shù)據(jù)解得WF＝－0.175J，故C正確；依照電荷量公式q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(ΔB·x,R＋r)L，x＝0到x＝2m過程中B－x圖象包圍的面積ΔB·x＝eq\,2)×2T·m＝2T·m，q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\,0.4)C＝2C，故D正確．]7．(1)1.2T1m/s2(2)18J(3)2s見解析圖剖析(1)經(jīng)過時間t，金屬棒ab的速率v＝at此時，回路中的感覺電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，對金屬棒ab，由牛頓第二定律得F－BIL－m1g＝m1a由以上各式整理得：F＝m1a＋m1g＋eq\f(B2L2,R)at在圖線上取兩點：t1＝0，F(xiàn)1＝11N;t2＝2s，F(xiàn)2代入上式得a＝1m/s2，B(2)在2s末金屬棒ab的速率vt＝at2＝2m/s所發(fā)生的位移x＝eq\f(1,2)at22＝eq\f(1,2)×1×4m＝2m由動能定理得WF－m1gx－W安＝eq\f(1,2)m1vt2，又Q＝W安聯(lián)立以上方程，解得Q＝WF－m1gx－eq\f(1,2)m1vt2＝40J－1×10×2J－eq\f(1,2)×1×22J＝18J