《2013高考物理 考點訓練例題精析 專題14 電磁感應功能問題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2013高考物理 考點訓練例題精析 專題14 電磁感應功能問題（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、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

2、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①恒力F做的功等于電路產(chǎn)生的電能；②恒力F和摩擦力的合力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能；③克服安培力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能；④恒力F和摩擦力的合力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能和棒獲得的動能之和以上結(jié)論正確的有 ( ) A．①② Ｂ.②③ C．③④ D．②④ 【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(zhuǎn)化為電能，故選項C是正確． 【例3】圖中a1blc

3、ldl和 a2b2c2d2為在同一豎直面內(nèi)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(zhì)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(gòu)成的回路的總電阻為R，F(xiàn)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。 【解析】設(shè)桿向上運動的速度為v，因桿的運動，兩桿與導軌構(gòu)成的回路的面積減少

4、，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ε=B(l2-l1)v①，回路中的電流I=ε/R ②，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，③，方向向上，作用于桿x2y2的安培力f2=Bl2I④，方向向下，當桿作勻速運動時，根據(jù)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(zhì)量和電

5、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(shù)為μ，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。 【解析】 解法一：設(shè)桿2的運動速度為v，由于兩桿運動時，兩桿和導軌構(gòu)成的回路的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應電動勢ε=Bl(v0-v) ①，感應電流I=ε/(R1+R2)②，桿2運動受到的安培力等于摩擦力BIl=μm2g ③，導體桿2克服摩擦力做功的功率P=μm2gv ④，解得P=μm2g[v0-μm2g (R1+R2)/B2l2⑤ 解法二：以F表示拖動桿1的外力，表

6、示回路的電流，達到穩(wěn)定時，對桿1有F-μm1g-BIl①，對桿2有BIl-μm2g=0、②，外力的功率PF=Fv0③，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 １.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(zhuǎn)化為電阻R的內(nèi)能． C.ab達到穩(wěn)定速度后，其減少的重

7、力勢能全部轉(zhuǎn)化為電阻R的內(nèi)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(nèi)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(chǎn)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(zhì)量為M的條形磁鐵與質(zhì)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(nèi)給鋁環(huán)

8、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)2 D．鋁環(huán)在運動過程中最多能產(chǎn)生的熱量為I2/2m 4.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(xiàn)有一邊長為a(a

9、，沿水平面放G一寬50cm的U形光滑金屬框架．電路中電阻 R=2.0Ω，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(zhì)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(zhì)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 w． 6.如圖所示，正方形金屬框ABCD邊長L=20cm，質(zhì)量m=0.1kg，電阻R=0.1 Ω，吊住金屬框的細線跨過兩定滑輪后，其另一端掛著一個質(zhì)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= 10

10、m/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(zhuǎn)化為內(nèi)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(zhì)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(chǎn)生

11、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(cè)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(zhì)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(cè)，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

12、與方框分離，則在這一過程中兩框架上產(chǎn)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(jīng)過時間t方框最右側(cè)和U型框最左側(cè)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(chǎn)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(nèi)感應電流的磁場與磁鐵產(chǎn)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

13、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(chǎn)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(shè)線框剛進出時速度為v1和v2，則第一階段產(chǎn)生的熱量 ，第二階段產(chǎn)生的熱量Q2=mv2/2，只要能找出v1和v2的關(guān)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

14、大時,砝碼的合外力為零,此時R得到功率最大,為mg=BImaxL ① Pmax=I2maxR② 由式①②得 Pmax=(mg/BL)2R=0.5W 6.答案:4；0.28；0.08 解析:F安=(M-m)g,轉(zhuǎn)化的內(nèi)能=F安L 7.解析：(1)撤去F之前，設(shè)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

15、停下。設(shè)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(chǎn)生的熱量 則電阻R上產(chǎn)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(chǎn)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(gòu)成的閉合電路的總電阻為 閉合電路的總電流為 根據(jù)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(shè)到達圖示位置時具有共同的速度v，根據(jù)動量守恒定律 根據(jù)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(chǎn)生的熱量，即 (3)設(shè)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(jù)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(jīng)過時間t方框最右側(cè)和U形框最左側(cè)距離為s，即(v2-v1)t=s聯(lián)立以上兩式，解得