专题06 电磁感应——电磁感应中的能量问题--高中物理同步练习分类专题教案（人教版选择性必修第二册）

第二章　电磁感应

专题06：电磁感应——电磁感应中的能量问题

一、选择题

1.()(多选)如图所示，固定在水平绝缘平面上足够长的两条平行金属导轨电阻不计，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R，质量为m的金属棒ab(电阻也不计)放在导轨上，并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，用水平恒力F把ab棒从静止起向右拉动的过程中 (　　)

A.恒力F做的功等于电路产生的电能

B.克服安培力做的功等于电路中产生的电能

C.恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能

D.恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒ab获得的动能之和

2.()(多选)如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨间距为L，导轨下端接有电阻R，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可忽略不计的金属棒ab质量为m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用，金属棒沿导轨以速度v匀速下滑，则它在下滑h高度的过程中，以下说法正确的是 (　　)

A.金属棒受到的安培力的功率为P=

B.作用在金属棒上各力的合力做功为零

C.重力做功等于金属棒克服恒力F做功

D.金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热

3.()如图所示，竖直面内两根足够长的光滑金属导轨平行固定放置，底端通过导线与阻值为r的电阻连接，与导轨接触良好的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，导轨、导线和金属棒M的电阻均忽略不计，匀强磁场B垂直导轨所在平面向外。现将金属棒M从弹簧原长位置由静止释放，则下列说法正确的是 (　　)

A.金属棒M释放瞬间受三个力作用

B.金属棒M受到弹簧的拉力和重力第一次大小相等时，电路中电流最大

C.金属棒M向下运动时，流过电阻的电流方向从Q到P

D.金属棒M运动的整个过程中，电阻上产生的总热量小于金属棒M重力势能的减少量

4.()(多选)如图所示，两条电阻不计的平行导轨与水平面成θ角，导轨的一端连接定值电阻R1，匀强磁场垂直穿过导轨平面，一根质量为m、电阻为R2的导体棒ab垂直导轨放置，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，且R2=nR1。如果导体棒以速度v匀速下滑，此时导体棒受到的安培力大小为F，则以下判断正确的是 (　　)

A.电阻R1消耗的电功率为

B.重力做功的功率为mgv cos θ

C.运动过程中减少的机械能全部转化为电能

D.R2上消耗的功率为

5.()(多选)如图所示，两根间距为L的光滑金属导轨，平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，导轨的下端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计。斜面处在匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上，质量为m、导轨间有效电阻为r的金属棒ab在沿着斜面、与棒垂直的恒力F作用下由静止沿导轨上滑。下列说法正确的是 (　　)

A.金属棒ab将会沿金属导轨做匀加速运动

B.金属棒ab最终将沿金属导轨做匀速运动

C.金属棒ab的最大速度为

D.恒力F做的功等于金属棒ab增加的机械能

6.()(多选)如图所示，边长为L、电阻不计的n匝正方形金属线框位于竖直平面内，连接的小灯泡的额定功率、额定电压分别为P、U，线框及小灯泡的总质量为m。在线框的下方有一匀强磁场区域，区域宽度为l，磁感应强度方向与线框平面垂直，其上、下边界与线框底边均水平。线框从图示位置开始由静止下落，穿越磁场的过程中，小灯泡始终正常发光。则 (　　)

A.有界磁场宽度l<L

B.磁场的磁感应强度应为

C.线框匀速穿越磁场，速度恒为

D.线框穿越磁场的过程中，灯泡产生的焦耳热为mgL

7.()(多选)在倾角为θ=30°的斜面上固定两根足够长的平行金属导轨MN、EF，间距为L，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在平面向下。有两根质量均为m、电阻均为R、长度均为L的金属棒ab、cd垂直导轨放置且与导轨接触良好，光滑的ab棒用平行于导轨的不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮与质量为2m的重物P连接，如图所示。初始时作用在ab棒上一个外力(图中未画出)使ab棒、重物P保持静止，cd棒也静止在导轨上且刚好不下滑。已知重力加速度大小为g，导轨电阻不计，cd棒的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现撤去外力，ab棒和重物P从静止开始运动，到cd棒刚好要向上滑动的过程中，下列说法正确的是 (　　)

A.重物P向下做加速度不断减小的加速运动

B.cd棒刚好要向上滑动时，ab棒中的电流大小为

C.cd棒刚好要向上滑动时，重物P的速度大小为

D.重物P减少的重力势能等于ab棒、重物P增加的动能与ab、cd棒产生的焦耳热之和

8.()(多选)如图a所示，在光滑水平面上用恒力F拉质量为m的单匝均匀正方形铜线框，线框边长为a，在1位置以速度v0进入磁感应强度为B的匀强磁场，此时开始计时(t=0)，若磁场的宽度为b(b>3a)，在3t0时刻线框到达2位置，速度又为v0，并开始离开匀强磁场。此过程中v-t图像如图b所示，则 (　　)

A.t=0时，线框右侧边MN两端的电压为Bav0

B.在t0时刻线框的速度为v0-

C.线框完全离开磁场的瞬间(处于位置3)速度一定比t0时刻的速度大

D.线框从1位置进入磁场到完全离开磁场(到达位置3)过程中，线框中产生的焦耳热为2Fb

二、非选择题

9.()如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面间的夹角θ=37°，在斜面上直线aa'和bb'与斜面底边平行，在aa'、bb'围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B=1 T；现有一质量为m=10 g、总电阻R=1 Ω、边长d=0.1 m的正方形金属线圈MNQP，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端由静止释放，线圈刚好匀速穿过整个磁场区域，已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5。(取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)求：

(1)线圈进入磁场区域时的速度；

(2)线圈释放时，PQ边到bb'的距离；

(3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热。

答案全解全析

1.BD　由功能关系可得，克服安培力做的功等于电路中产生的电能，即W安=W电，选项A错误，B正确；根据动能定理可知，恒力F、安培力与摩擦力的合力做的功等于棒ab获得的动能，即WF-Wf-W安=Ek，则恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒ab获得的动能之和，即WF-Wf=W电+Ek，选项C错误，D正确。

方法技巧　金属棒在恒力作用下沿粗糙导轨做切割磁感线运动，产生感应电动势及感应电流，金属棒又受到安培力作用，因此棒做加速度减小的加速运动，最终达到匀速直线运动状态。根据功能关系进行判断。

2.BD　金属棒产生的感应电动势为E=BLv cos θ，电路中的感应电流为I=，金属棒所受的安培力大小为F安=ILB，安培力的功率为P=-F安v cos θ=-，选项A错误；金属棒沿导轨匀速下滑过程中，合外力为零，则合力做功为零，选项B正确；设重力做功、恒力F做功、安培力做功分别为W1、W2、W3，因为金属棒匀速运动，根据动能定理得W1+W2+W3=0，即W1=-W2-W3，可知重力做功等于金属棒克服恒力F和克服安培力做功之和，选项C错误；金属棒克服安培力做功产生内能，故电阻上的焦耳热等于金属棒克服安培力做的功，选项D正确。

3.D　金属棒M释放瞬间，速度为零，电路中的感应电流为零，金属棒M不受安培力作用，由于弹簧处于原长状态，因此金属棒M只受重力作用，选项A错误；当弹簧的拉力和安培力之和与金属棒M的重力第一次大小相等时，金属棒M的加速度为零，速度最大，电路中产生的感应电流最大，选项B错误；根据右手定则可知，金属棒M向下运动时，流过电阻的电流方向从P到Q，选项C错误；最终金属棒M静止，此时弹簧处于伸长状态，由能量守恒定律知，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和焦耳热，所以电阻上产生的总热量小于金属棒M重力势能的减少量，选项D正确。

4.AD　设导轨间距为L，导体棒以速度v匀速下滑时，有E=BLv，I=，F=ILB，可得安培力F=，电阻R1消耗的电功率为P1=I2R1=R1==，电阻R2消耗的电功率为P2=I2R2=R2==，选项A、D正确；根据瞬时功率表达式可得重力做功的功率为P=mgv cos=mgv sin θ，选项B错误；根据能量守恒定律可知，运动过程中减少的机械能转化为电能和因摩擦产生的内能，选项C错误。

5.BC　根据右手定则可知，流过金属棒的电流由a到b，由左手定则知金属棒ab受到一个沿斜面向下的安培力，所以金属棒ab在运动过程中受到竖直向下的重力、沿斜面向上的恒力F、沿斜面向下的安培力FA，随着速度增大，安培力也增大，当三力合力为零时，金属棒做匀速直线运动，选项A错误，B正确；金属棒匀速运动时的速度为最大速度，此时有FA+mg sin θ=F，而FA=ILB=B··L，联立解得v=，选项C正确；根据能量守恒定律可知，恒力F做的功等于金属棒ab增加的机械能与系统产生的焦耳热之和，选项D错误。

6.BC　由于在线框穿过磁场的过程中，灯泡始终正常发光，可知线框边长与磁场区域宽度相等，即l=L，选项A错误；由于在线框穿过磁场的过程中，灯泡始终正常发光，可知线框做匀速运动，由平衡条件可得F安=mg，P=mgv，故线框穿越磁场的速度为v=，选项C正确；由nILB=mg，P=UI，联立可得B=，选项B正确；根据能量守恒定律可知，穿越磁场的过程中，线框减少的重力势能转化为焦耳热，即Q=2mgL，选项D错误。

7.ABC　将P和ab棒看作一个系统，P的重力不变，ab棒的重力沿斜面向下的分力不变，而速度在增大，ab棒所受的沿斜面向下的安培力随之增大，故系统所受的合外力变小，加速度变小，选项A正确。刚开始cd棒恰好静止，有mg sin θ=μmg cos θ；cd棒刚要上滑时，有ILB=mg sin θ+μmg cos θ，联立解得I=，选项B正确。cd棒刚要上滑时，I=，又有I=，故v=，选项C正确。由能量守恒定律得重物P减少的重力势能等于ab棒、重物P增加的动能及ab棒增加的重力势能与ab、cd棒产生的焦耳热之和，选项D错误。

8.BD　t=0时，边MN切割磁感线相当于电源，MN两端的电压为外电压，感应电动势E=Bav0，外电压U外=E=Bav0，选项A错误。根据图像可知，在t0~3t0时间内，线框做匀加速直线运动，所受合力等于F，则在t0时刻线框的速度为v=v0-a·2t0=v0-，选项B正确。因为t=0时刻和t=3t0时刻线框的速度相同，进入磁场和穿出磁场的过程中受力情况相同，故线框完全离开磁场时的速度与t0时刻的速度相等，进入磁场克服安培力做的功和离开磁场克服安培力做的功一样多，线框在位置1和位置2时的速度相同，从位置1到位置2过程中外力做的功等于克服安培力做的功，即有Fb=Q，所以线框穿过磁场的整个过程中，产生的焦耳热为2Fb，选项C错误，选项D正确。

9.答案　(1)2 m/s　(2)1 m　(3)4×10-3 J

解析　(1)设线圈进入磁场时的速度为v，对线圈受力分析，得

FA+μmg cos θ=mg sin θ

而FA=BId，I=，E=Bdv

联立解得v=2 m/s

(2)设线圈释放时PQ边到bb'的距离为L，根据动能定理得

mg sin θ·L-μmg cos θ·L=mv2-0

解得L=1 m

(3)由于线圈刚好匀速穿过整个磁场区域，则磁场宽度等于线圈边长d，则从线圈刚进入磁场到离开磁场，经过的路程为2d，有Q=FA·2d=(0.02×0.2)J=4×10-3 J。