【创新设计】（山东专用）2022高考物理二轮专题辅导训练 专题2 第6讲 热点二　功能观点在电磁感应问题中的应用（含解析）

热点二　功能观点在电磁感应问题中的应用5.图2－6－8(2022·广东卷，15)如图2－6－8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　由于电磁感应，小磁块在铜管P中还受到向上的磁场力，而在塑料管中只受到重力，即只在Q中做自由落体运动，机械能守恒，故A、B错误；而在P中加速度较小，下落时间较长，落至底部的速度较小，故C正确，D错误．答案　C6.图2－6－9如图2－6－9所示，竖直平面内有一足够长的宽度为L的金属导轨，质量为m的金属导体棒ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，且导体棒ab与金属导轨接触良好，ab电阻为R，其他电阻不计．导体棒ab由静止开始下落，过一段时间后闭合开关S，发现导体棒ab立刻做变速运动，则在以后导体棒ab的运动过程中，下列说法中正确的是(　　)A．导体棒ab做变速运动期间加速度一定减小B．单位时间内克服安培力做的功全部转化为电能，电能又转化为内能-4-\nC．导体棒减少的机械能转化为闭合电路中的电能和电热之和，符合能的转化和守恒定律D．导体棒ab最后做匀速运动时，速度大小为v＝解析　导体棒由静止下落，在竖直向下的重力作用下做加速运动．开关闭合时，由右手定则判定，导体中产生的电流方向为逆时针方向，再由左手定则，可判定导体棒受到的安培力方向向上，F＝BIL＝BL，导体棒受到的重力和安培力的合力变小，加速度变小，物体做加速度越来越小的运动，A正确；最后合力为零，加速度为零，做匀速运动．由F－mg＝0得，BL＝mg，v＝，D正确；导体棒克服安培力做功，减少的机械能转化为电能，由于电流的热效应，电能又转化为内能，B正确．答案　ABD7．(2022·江苏卷，13)如图2－6－10所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g.求：图2－6－10(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；(2)导体棒匀速运动的速度大小v；(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.解析　(1)在绝缘涂层上运动时，受力平衡：则有mgsinθ＝μmgcosθ①解得：μ＝tanθ②(2)在光滑导轨上匀速运动时，导体棒产生的感应电动势为：E＝BLv③则电路中的感应电流I＝④导体棒所受安培力F安＝BIL⑤且由平衡条件得F安＝mgsinθ⑥联立③～⑥式，解得v＝⑦(3)从开始下滑到滑至底端由能量守恒定律得：3mgdsinθ＝Q＋Qf＋mv2⑧又由因摩擦产生的内能Qf＝μmgdcosθ⑨-4-\n联立⑧⑨解得Q＝2mgdsinθ－⑩答案　(1)tanθ　(2)(3)2mgdsinθ－8．(2022·西安一模)图2－6－11如图2－6－11所示，两根正对的平行金属直轨道MN、M′N′位于同一水平面上，两轨道之间的距离l＝0.50m．轨道的M、M′端之间接一阻值R＝0.40Ω的定值电阻，N、N′端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、N′P′平滑连接，两半圆轨道的半径均为R0＝0.50m．直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度B＝0.64T的匀强磁场中，磁场区域的宽度d＝0.80m，且其右边界与NN′重合．现有一质量m＝0.20kg、电阻r＝0.10Ω的导体杆ab静止在距磁场的左边界s＝2.0m处．在与杆垂直的水平恒力F＝2.0N的作用下导体杆开始运动，当运动至磁场的左边界时撤去F，结果导体杆恰好能通过半圆形轨道的最高点PP′.已知导体杆在运动过程中与轨道接触良好，且始终与轨道垂直，导体杆与直轨道之间的动摩擦因数μ＝0.10，轨道的电阻可忽略不计，取g＝10m/s2，求：(1)导体杆刚进入磁场时，通过导体杆上的电流的大小和方向；(2)导体杆穿过磁场的过程中通过电阻R上的电荷量；(3)导体杆穿过磁场的过程中整个电路中产生的焦耳热．解析　(1)设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v1，根据动能定理则有(F－μmg)s＝mv，解得v1＝6.0m/s导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势E＝Blv1＝1.92V此时通过导体杆上的电流大小I＝＝3.84A根据右手定则可知，电流方向为由b向a.(2)设导体杆在磁场中运动的时间为t，产生的感应电动势的平均值E平均，则由法拉第电磁感应定律有E平均＝ΔΦ/t＝Bld/t通过电阻R的感应电流的平均值I平均＝E平均/(R＋r)通过电阻R的电荷量q＝I平均t＝0.512C.(3)设导体杆离开磁场时的速度大小为v2，运动到半圆形轨道最高点的速度为v3，因导体杆恰好能通过半圆形轨道的最高点，根据牛顿第二定律对导体杆在轨道最高点时有mg＝m对于导体杆从NN′运动至PP′的过程，根据机械能守恒定律有mv＝mv＋mg·2R0联立解得v2＝5.0m/s-4-\n导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能ΔE＝mv－mv＝1.1J此过程中电路中产生的焦耳热为Q＝ΔE－μmgd＝0.94J.答案　(1)3.84A　由b→a(2)0.512C　(3)0.94J电磁感应中焦耳热的求法1．电磁感应电路为纯电阻电路时产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W克安．2．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．3．若电流变化，则：(1)利用安培力做的功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；(2)利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的电能．　　　-4-