统考版高考物理复习热点专项练十电磁感应第84练电磁感应中的能量问题含答案

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思维方法
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．
一、选择题
1.
(多选)一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图所示，磁感应强度B＝0.5T，导体棒ab、cd长度均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是( )
A．ab受到的拉力大小为2 N
B．ab向上运动的速度为2 m/s
C．在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能
D．在2 s内，拉力做功为0.6 J
2．光滑水平轨道abc、ade在a端很接近但是不相连，bc段与de段平行，尺寸如图所示．轨道之间存在磁感应强度为B的匀强磁场．初始时质量为m的杆放置在b、d两点上，除电阻R外，杆和轨道电阻均不计．用水平外力将杆以初速度v0向左拉动，运动过程中保持杆中电流不变，在杆向左运动位移L内，下列说法正确的是( )
A．杆向左做匀加速运动
B．杆向左运动位移L的时间为Δt＝ eq \f(3L,4v0)
C．杆向左运动位移L的时间内电阻产生的焦耳热为Q＝ eq \f(2B2L3v0,3R)
D．杆向左运动位移L的时间内水平外力做的功为W＝ eq \f(3,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
二、非选择题
3．如图甲所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，R是连在导轨一端的电阻，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg的导体棒．从零时刻开始，对ab施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，图乙是棒的v ­ t图象，其中AO是图象在O点的切线，AB是图象的渐近线．除R以外，其余部分的电阻均不计．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．已知当棒的位移为100 m时，其速度达到了最大速度10 m/s.求：
(1)R的阻值；
(2)在棒运动100 m过程中电阻R上产生的焦耳热．
4．[2022·山西第一次联考]如图甲所示，有一边长为0.2 m、质量为1 kg的正方形单匝线框abcd，放在光滑水平面上．在水平恒定拉力F的作用下，穿过垂直水平面向上、磁感应强度为B＝0.1 T的匀强磁场区域．线框cd边刚进入磁场时的速度为2 m/s.在t＝3 s时刻cd边刚出磁场边界．从进入到离开磁场区域的3 s时间内线框运动的v ­ t图象如图乙所示．求：
(1)线框cd边在刚进入和刚离开磁场的这两个位置时c、d两点间的电压；
(2)线框从cd边进入磁场到ab边离开磁场的全过程中，线框产生的焦耳热．
第84练 电磁感应中的能量问题
1．答案：BC
解析：对导体棒cd分析：mg＝BIl＝ eq \f(B2l2v,R总) ，得v＝2m/s，故选项B正确；对导体棒ab分析：F＝mg＋BIl＝0.2 N，选项A错误；在2 s内拉力做功转化的电能等于克服安培力做的功，即W＝F安vt＝0.4 J，选项C正确；在2 s内拉力做的功为Fvt＝0.8 J，选项D错误．
2．答案：B
解析：因为电流不变，杆受安培力F安＝BIl，l是变化的，所以E＝ eq \f(ΔΦ,Δt) ＝BLv0是一定值，Δt＝ eq \f(ΔΦ,BLv0) ＝ eq \f(3L,4v0) ，而速度是不断增大的，所以A错误、B正确；杆向左运动位移L的时间内电阻产生的焦耳热为Q＝I2RΔt，解得Q＝ eq \f(3B2L3v0,4R) ，即C错误；因电流I不变，所以 eq \f(BLv0,R) ＝ eq \f(BL·\f(1,2)·v′,R) ，故v′＝2v0.杆向左运动位移L的时间内水平外力做的功为W＝ eq \f(1,2) m（2v0）2－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ＋Q＝ eq \f(3B2L3v0,4R) ＋ eq \f(3,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ，所以D错误．
3．答案：（1）0.4 Ω （2）20 J
解析：（1）由图乙得ab棒刚开始运动瞬间a＝2.5 m/s2，则F－Ff＝ma，解得Ff＝0.2 N.
ab棒最终以速度v＝10 m/s匀速运动，则所受到拉力、摩擦力和安培力的合力为零，F－Ff－F安＝0.
F安＝BIL＝BL eq \f(Blv,R) ＝ eq \f(B2L2v,R) .联立可得R＝ eq \f(B2L2v,F－Ff) ＝0.4 Ω.
（2）由功能关系可得（F－Ff）x＝ eq \f(1,2) mv2＋Q，解得Q＝20 J．
4．答案：（1）0.03 V 0.01 V （2）3.2 J
解析：（1）线框cd边刚进入磁场时，c、d两点间的电压
U1＝ eq \f(3,4) E＝ eq \f(3,4) Blv0＝ eq \f(3,4) ×0.1×0.2×2 V＝0.03 V
线框cd边刚离开磁场时，c、d两点间的电压U2＝ eq \f(1,4) E＝0.01 V.
（2）由题图乙知，1～3 s内线框完全在磁场中，由v ­ t图象知1～3 s内线框加速度a＝ eq \f(Δv,Δt) ＝ eq \f(2－1,3－1) m/s2＝0.5 m/s2
根据牛顿第二定律有F＝ma＝1×0.5 N＝0.5 N
从线框cd边刚进入磁场到ab边刚进入磁场，设安培力做功为W
根据动能定理有Fl－W＝ eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
代入数据得W＝1.6 J
从线框cd边刚进入磁场到cd边刚离开磁场，线框产生的焦耳热等于克服安培力所做的功，因此Q＝W＝1.6 J
根据图线可知线框进入磁场和离开磁场时的速度和受力情况都一样，产生的焦耳热也相等，因此线框从cd边进入磁场到ab边离开磁场的全过程中，线框产生的总焦耳热为Q总＝2Q＝2×1.6 J＝3.2 J.