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1、第77讲 电磁感应中的能量转化问题方法点拨克服安培力做功的过程就是其他形式的能转化为电能的过程，克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能1(多选)如图1所示，光滑绝缘的水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导体框匀强磁场区域宽度为2L、磁感应强度为B、方向垂直桌面向下导体框的一边始终与磁场边界平行，在外力作用下以恒定速度v穿过磁场下列说法正确的是()图1A穿过磁场过程，外力做的功为B穿过磁场过程，导体框产生的焦耳热为C进入磁场过程，通过导体框某一横截面的电荷量为D进入和离开磁场过程，通过导体框的电流大小都为，且方向相同2(2018四川泸州一检)如图2所示，两条电阻不计的平行导轨与
2、水平面成角，导轨的一端连接定值电阻R1，匀强磁场垂直导轨平面向上一根质量为m、电阻为R2的导体棒ab，垂直导轨放置且两端始终与导轨接触良好，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为，且R2nR1.如果导体棒以速度v匀速下滑，导体棒此时受到的安培力大小为F，则以下判断正确的是()图2A电阻R1消耗的电功率为B重力做功的功率为mgvcosC运动过程中减少的机械能全部转化为电能DR2上消耗的功率为3(多选)(2017湖南衡阳第二次联考)如图3甲所示，左侧接有定值电阻R3的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B2T，导轨间距为L1m一质量m2kg、接入电路的阻值r1的金属棒在拉力F作用下由静止开
3、始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒与导轨垂直且接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数0.5，g10m/s2，金属棒的vx图像如图乙所示，则从起点发生x1m位移的过程中()图3A拉力做的功为16JB通过电阻R的电荷量为0.25CC定值电阻R产生的焦耳热为0.75JD所用的时间t一定大于1s4(多选)(2018广东东莞模拟)如图4所示，在匀强磁场的上方有一质量为m、半径为R的细导线做成的圆环，圆环的圆心与匀强磁场的上边界的距离为h.将圆环由静止释放，圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间，速度均为v.已知匀强磁场的磁感应强度为B，导体圆环的电阻为r，重力加速度为g，则下列说法正确的是()图4A圆
4、环刚进入磁场的瞬间，速度vB圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为2mgRC圆环进入磁场的过程中，通过导体横截面的电荷量为D圆环进入磁场的过程做的是匀速直线运动5(多选)(2017江西南昌三校第四次联考)在如图5所示的倾角为的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域，区域的磁场方向垂直斜面向上，区域的磁场方向垂直斜面向下，磁场宽度HP及PN均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框abcd，由静止开始沿斜面下滑，t1时刻ab边刚越过GH进入磁场区域，此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动；t2时刻ab边下滑到JP与MN的中间位置，此时导线框又恰好以速度v2做匀速直
5、线运动重力加速度为g，下列说法中正确的是()图5A当ab边刚越过JP时，导线框的加速度大小为agsinB导线框两次匀速直线运动的速度之比v1v241C从t1到t2的过程中，导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量D从t1到t2的过程中，有机械能转化为电能6(多选)(2017河南开封第一次模拟)如图6甲所示，平行光滑金属导轨水平放置，两轨相距L0.4m，导轨一端与阻值R0.3的电阻相连，导轨电阻不计导轨x0一侧存在沿x正方向均匀增大的磁场，其方向与导轨平面垂直向下，磁感应强度B随位置x变化如图乙所示一根质量m0.2kg、接入电路的电阻r0.1的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力F作用
6、下从x0处以初速度v02m/s沿导轨向右变速运动，且金属棒在运动过程中受到的安培力大小不变下列说法中正确的是()图6A金属棒向右做匀减速直线运动B金属棒在x1m处的速度大小为1.5m/sC金属棒从x0运动到x1m过程中，外力F所做的功为0.175JD金属棒从x0运动到x2m过程中，流过金属棒的电荷量为2C7(2017黑龙江大庆一模)相距L1.5m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m11kg的金属棒ab和质量为m20.27kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图7甲所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同ab棒光滑，cd棒与导轨间
7、的动摩擦因数为0.75，两棒总电阻为1.8，导轨电阻不计ab棒在方向竖直向上、大小按图乙所示规律变化的外力F作用下，从静止开始，沿导轨匀加速运动，同时cd棒也由静止释放(g10m/s2)图7(1)求出磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小；(2)已知在2s内外力F做功40J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；(3)求出cd棒达到最大速度所需的时间t0，并在图丙中定性画出cd棒所受摩擦力fcd随时间变化的图像8(2017北京西城区模拟)某同学设计了一个测量物体质量的电子装置，其结构如图8甲、乙所示E形磁铁的两侧为S极，中心为N极，可认为只有磁极间存在着磁感应强度大小均为B的匀强磁场一边长为L、横
8、截面为正方形的线圈套于中心磁极，线圈、骨架与托盘连为一体，总质量为m0，托盘下方连接一个轻弹簧，弹簧下端固定在磁极上，支撑起上面的整个装置，线圈、骨架与磁极不接触线圈的两个头与外电路连接(图上未标出)当被测量的重物放在托盘上时，弹簧继续被压缩，托盘和线圈一起向下运动，之后接通外电路对线圈供电，托盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，此时由对应的供电电流可确定重物的质量已知弹簧劲度系数为k，线圈匝数为n，重力加速度为g.图8(1)当线圈与外电路断开时a以不放重物时托盘的位置为位移起点，竖直向下为位移的正方向试在图丙中画出，托盘轻轻放上质量为m的重物后，托盘向下运动过程中弹簧弹力F的大小与托盘位移
9、x的关系图像；b根据上面得到的Fx图像，求从托盘放上质量为m的重物开始到托盘达到最大速度的过程中，弹簧弹力所做的功W；(2)当线圈与外电路接通时a通过外电路给线圈供电，托盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止若线圈能够承受的最大电流为I，求该装置能够测量的最大质量M；b在线圈能承受的最大电流一定的情况下，要增大质量的测量范围，可以采取哪些措施？(至少答出2种)答案精析1ABC2D导体棒以速度v匀速下滑时，由EBLv，I，FBIL得安培力F电阻R1消耗的电功率为PI2R1()2R1又R2nR1联立解得，P，故A错误；重力做功的功率为mgvsin，B错误；导体棒克服安培力和摩擦力做功，减少的机械能转
10、化为电能和内能，C错误；R2和R1串联，电流相等，根据PI2R可知，R2消耗的功率等于R1消耗的功率的n倍，为，D正确3CD由速度位移图像得：v2x，金属棒所受的安培力F安，代入得：F安2x，则知F安与x是线性关系当x0时，安培力F安10；当x1m时，安培力F安22N，则从起点发生x1m位移的过程中，安培力做功为W安安xx1J1J根据动能定理得：WmgxW安mv2，其中v2m/s，0.5，m2kg，代入解得，拉力做的功W15J，故A错误；通过电阻R的电荷量qC0.5C，故B错误；根据能量守恒得：整个电路产生的焦耳热等于克服安培力做功，即Q1J，则电阻R上产生的热量：QRQQ0.75J，选项C正
11、确；vx图像的斜率k，得akv2v，则知速度增大，金属棒的加速度也随之增大，vt图像的斜率增大，金属棒做加速度增大的变加速运动，在相同时间内，达到相同速度时通过的位移小于匀加速运动的位移，平均速度小于匀加速运动的平均速度，即m/s1 m/s，则ts1s，故D正确4ABC圆环从图示位置开始运动到刚进入磁场时，下落的高度为hR，根据自由落体运动的规律得到v22g(hR)，解得v，故选项A正确；圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间，速度相等，根据功能关系可以知道重力做的功等于圆环电阻产生的热量，大小为2mgR，故选项B正确；圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量为qtt，故选项C正确；
12、圆环进入磁场的过程中，受到的安培力F，随有效长度L发生改变，圆环受力不能平衡，因此圆环不可能做匀速直线运动，故选项D错误5BDab边刚越过GH进入磁场区域时，电动势E1BLv1，电流I1，线框做匀速运动，所以mgsinBI1L，当ab边刚越过JP时，电动势E22BLv1，I2，根据牛顿第二定律2BI2Lmgsinma，联立解得a3gsin，所以A错误；当a0时，以速度v2做匀速直线运动，即2BI2Lmgsin0，得：mgsin，所以v1v241，所以B正确；从t1到t2的过程中，根据能量守恒，导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量加上动能的减少量，即克服安培力做功W.所以C错误；又克服
13、安培力做功等于产生的电能，所以D正确6CD根据题图乙得B与x的函数关系式B0.50.5x，金属棒向右运动切割磁感线产生感应电动势EBLv，感应电流I，安培力F安BILBL，解得v，根据匀变速直线运动的速度位移公式v2v2ax，如果是匀变速直线运动，v2与x成线性关系，而由上式知，金属棒不可能做匀减速直线运动，故A错误；根据题意金属棒所受的安培大小不变，x0处与x1处安培大小相等，有，即v1m/s0.5 m/s，故B错误；金属棒在x0处的安培力大小为F安N0.2N，对金属棒从x0运动到x1m过程中，根据动能定理有WFF安xmvmv，代入数据解得WF0.175J，故C正确；根据电荷量公式qL，x0
14、到x2m过程中Bx图像包围的面积Bx2Tm2Tm，qC2C，故D正确7(1) 1.2T1m/s2(2) 18J(3) 2s见解析图解析(1)经过时间t，金属棒ab的速率vat此时，回路中的感应电流为I，对金属棒ab，由牛顿第二定律得FBILm1gm1a由以上各式整理得：Fm1am1gat在图线上取两点：t10，F111N; t22s，F214.6N代入上式得a1m/s2，B1.2T(2)在2s末金属棒ab的速率vtat22m/s所发生的位移xat14m2m由动能定理得WFm1gxW安m1v，又QW安联立以上方程，解得QWFm1gxm1v40J1102J122J18J(3)cd棒先做加速度逐渐减
15、小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动当cd棒速度达到最大时，对cd棒有：m2gN又NF安BIL整理解得m2gBIL对abcd回路：I解得vm，代入数据解得vm2m/s.由vmat0得t02sfcd随时间变化的图像如图所示8(1)a.见解析图b(2)a.b可以增加线圈的匝数、增大线圈的边长、增大磁感应强度解析(1)a.未放重物时，弹簧已经被压缩，弹力大小为m0g.弹簧弹力F的大小与托盘位移x的关系图像如图所示b.未放重物时kx0m0g当托盘速度达到最大时k(x0x)(m0m)g解得x，图中阴影部分面积即为从托盘放上质量为m的重物开始到托盘达到最大速度的过程中，弹力所做的功的大小，弹力做负功有W(2)a.给线圈供电后，托盘回到原来的位置，线圈、骨架、托盘与重物处于平衡状态有2nBILkx0 (m0M)g解得Mb要增大此电子装置的量程，可以增加线圈的匝数、增大线圈的边长、增大磁感应强度