1、电磁感应中的能量转化与守恒(25分钟60分)一、选择题(本题共6小题,每小题7分,共42分)1.如图所示,上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置。小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放,并落至底部。则小磁块()A.在P和Q中都做自由落体运动B.在两个下落过程中的机械能都守恒C.在P中的下落时间比在Q中的长D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大【解析】选C。小磁块在内壁光滑的塑料管Q中,从高处由静止释放,做自由落体运动,机械能守恒;小磁块在内壁光滑的铜管P中,则会产生电磁阻尼阻碍小磁块的运动,相比Q中自由落体运动时间要长,C项正确、A项错误;由于电磁阻尼产生焦耳热,机械能不守恒,B项错误
2、;由于机械能有损失,落至底部时在P中的速度比在Q中的小,D项错误。2.(多选)光滑绝缘曲面与竖直平面的交线是抛物线,如图所示,抛物线的方程是y=x2,下半部处在一个水平方向的匀强磁场中,磁场的上边界是y=a的直线(图中的虚线所示),一个质量为m的小金属球从抛物线上y=b(ba)处沿抛物线自由下滑,忽略空气阻力,重力加速度为g。则()A.小金属球沿抛物线下滑后最终停在O点B.小金属球沿抛物线下滑后对O点的压力一定大于mgC.小金属球沿抛物线下滑后每次过O点时的速度一直在减小D.小金属球沿抛物线下滑后最终产生的焦耳热总量是mg(b-a)【解析】选B、D。小金属球在磁场中运动的过程中,没有感应电流,
3、机械能不再减小,所以小金属球最终在直线y=a以下来回摆动,故A错误;小金属球沿抛物线下滑后在最低点O只受到重力和支持力的作用,合力提供向心力,加速度的方向向上,所以对O点的压力一定大于mg,故B正确;小金属球机械能不再减小时,最终在直线y=a以下来回摆动,之后每次过O点时的速度不再减小,故C错误;小金属球沿抛物线下滑后最终产生的焦耳热总量等于减少的机械能,即Q=mgh=mg(b-a),故D正确。故选B、D。3.如图所示,“”形光滑金属导轨与水平地面倾斜固定,空间有垂直于导轨平面的磁场,将一根质量为m的金属杆ab垂直于导轨放置。金属杆ab从高度h2处从静止释放后,到达高度为h1的位置(图中虚线所
4、示)时,其速度为v,在此过程中,设重力G和磁场力F对杆ab做的功分别为WG和WF,那么()A.=mgh1-mgh2B.=WG+WFC.WG+WFD.v1B.从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中,线框动能的变化量大小为Ek=W2+W1C.从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中,线框动能的变化量大小为Ek=W1-W2D.从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中,机械能减少了W1+Ek【解析】选B、D。在导线框下落过程中,重力做正功,但安培力做负功,不能根据重力做功判断两速度的大小。设线框匀速运动时速度大小为v,线框的电阻为R,质量为m。ab边进入磁场,由于线框匀速运动,则有mg=线框以速度v2做匀
5、速直线运动时,线框中总的感应电动势为E=2Bdv2,线框所受的安培力大小为F=2BId=,由比较得,v1v2。从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中,根据动能定理得:线框动能的变化量大小为Ek=W1+W2从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中,机械能减少量等于重力势能的减小量与动能减小量之和,而重力势能的减小量等于重力做功W1,即有E=W1+Ek,故选B、D。9.(9分)(多选)如图所示,光滑导轨由倾斜和水平两部分在MM处平滑连接组成,导轨间距为0.5 m,水平导轨处于竖直向上、磁感应强度大小为2 T的匀强磁场中,倾斜导轨上端连接阻值为1 的电阻R,现让质量为0.1 kg、阻值也为1 的金属棒
6、a从距离水平导轨高度为0.8 m处由静止释放,金属棒a到达磁场中OO时的动能是金属棒运动到MM时动能的,最终静止在水平导轨上,金属棒a与导轨垂直且接触良好、导轨电阻不计,重力加速度g取10 m/s2,下列分析正确的是()A.金属棒a运动到MM时回路中的电流为4 AB.金属棒a运动到OO时的加速度大小为10 m/s2C.在金属棒a滑动的整个过程中,电阻R上产生的焦耳热为0.4 JD.若金属棒a从高为1.25 m处由静止释放,可能停在OO的左侧【解析】选B、C。金属棒沿倾斜轨道下滑过程中,根据动能定理有mgh=mv2解得v= m/s=4 m/s此时的电动势为E=BLv=20.54 V=4 V电流为
7、I= A=2 A,故A错误;由题意知,金属棒a到达磁场中OO时的动能是金属棒运动到MM时动能的,金属棒到达OO时的速度为v=2 m/s根据牛顿第二定律得F=BIL=ma解得a=10 m/s2,故B正确;金属棒运动全过程,根据能量守恒定律有mgh=Q其中电阻R上产生的焦耳热与金属棒上的焦耳热按阻值分配有QR=Q=mgh=0.1100.8 J=0.4 J,故C正确;金属棒a从距离水平导轨高度为0.8 m处由静止释放,金属棒a到达磁场中OO时的动能是金属棒运动到MM时动能的,最终静止时停在OO的右侧,若金属棒a从高为1.25 m处由静止释放,最终静止时产生的内能会更多,在磁场中运动的距离会更大,所以
8、最终静止时停在OO的右侧,故D错误。故选B、C。10.(22分)(2019天津高考)如图所示,固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨,垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R,两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连,线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场,磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B。PQ的质量为m,金属导轨足够长,电阻忽略不计。(1)闭合S,若使PQ保持静止,需在其上加多大的水平恒力F,并指出其方向。(2)断开S,PQ在上述恒力作用下,由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量
9、为q,求该过程安培力做的功W。【解析】(1)设线圈中的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律E=,则E=k设PQ与MN并联的电阻为R并,有R并=闭合S时,设线圈中的电流为I,根据闭合电路欧姆定律得I=设PQ中的电流为IPQ,有IPQ=I设PQ受到的安培力为F安,有F安=BIPQl根据楞次定律和左手定则判断可得安培力方向水平向左保持PQ静止,由于受力平衡,有F=F安联立式得F=方向水平向右。(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中,PQ运动的位移为x,所用时间为t,回路中的磁通量变化量为,平均感应电动势为,有=其中=Blx设PQ中的平均电流为,有=根据电流的定义得=由动能定理,有Fx+W=
10、mv2-0联立得W=mv2-kq答案:(1)方向水平向右(2)mv2-kq【加固训练】如图所示,两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ间距为l=0.5 m,其电阻不计,两导轨及其构成的平面均与水平面成30角。完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置,每棒两端都与导轨始终有良好接触,已知两棒的质量均为0.02 kg,电阻均为R=0.1 ,整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度B=0.2 T,棒ab在平行于导轨向上的力F作用下,沿导轨向上匀速运动,而棒cd恰好能保持静止。g取10 m/s2,问:(1)通过cd棒的电流I是多少?方向如何?(2)棒ab受到的力F多大?(3)棒cd每产生
11、Q=0.1 J的热量,力F做的功W是多少?【解析】(1)棒cd受到的安培力Fcd=IlB棒cd在共点力作用下平衡,则Fcd=mgsin 30由式代入数据解得I=1 A方向由右手定则可知由d到c。(2)棒ab与棒cd受到的安培力大小相等,Fab=Fcd对棒ab由共点力平衡有F=mgsin 30+IlB代入数据解得F=0.2 N。(3)设在时间t内棒cd产生Q=0.1 J的热量,由焦耳定律可知Q=I2Rt设ab棒匀速运动的速度大小为v,则产生的感应电动势 E=Blv由闭合电路欧姆定律知I=由运动学公式知,在时间t内,棒ab沿导轨的位移x=vt力F做的功W=Fx综合上述各式,代入数据解得 W=0.4 J。答案:(1)1 A方向由d到c (2)0.2 N(3)0.4 J