專題31+電磁感應(yīng)中的能量問題精講-高考物理雙基突破二+版含解析

1、專題三十一電球感盍中的傀童同鬼(雅得)在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，安培力做正功，電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能；安培力做負(fù)功，即克服安培力做功，其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能。若產(chǎn)生的感應(yīng)電流是恒定的，則可以利用焦耳定律計算電阻中產(chǎn)生的焦耳熱；若產(chǎn)生的感應(yīng)電流是變化的，則可以利用能量守恒定律計算電阻中產(chǎn)生的焦耳熱。1 .過程分析(1)電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生感應(yīng)電流的過程，實質(zhì)上是能量的轉(zhuǎn)化過程。(2)電磁感應(yīng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場中必定受到安培力的作用，因此，要維持感應(yīng)電流的存在,必須有“外力”克服安培力做功，將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能。“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能。(3)當(dāng)感應(yīng)電流通過用

2、電器時，電能又轉(zhuǎn)化為其他形式的能。安培力做功的過程，或通過電阻發(fā)熱的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式能的過程。安培力做了多少功，就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。綜上所述，安培力做功是電能和其他形式的能之間轉(zhuǎn)化的量度。2 .求解思路(1)若回路中電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及W=UIt或Q=I2Rt直接進(jìn)行計算。(2)若電流變化，則：利用安培力做的功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安.培力所做的功；利用能量守恒求解：若只有電能與機(jī)械能的轉(zhuǎn)化，則機(jī)械能的減少量等于產(chǎn)生的電能。3 .電磁感應(yīng)中能量轉(zhuǎn)化問題的分析技巧(1)電磁感應(yīng)過程往往涉及多種能量的轉(zhuǎn)化如圖中金屬棒ab沿導(dǎo)軌由靜止下滑時，重力勢能減少，一

3、部分用來克服安培力做功，轉(zhuǎn)化為感應(yīng)電流的電能，最終在R上轉(zhuǎn)化為焦耳熱，另一部分轉(zhuǎn)化為金屬棒的動能。若導(dǎo)軌足夠長，棒最終達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)做勻速運(yùn)動，之后重力勢能的減小則完全用來克服安培力做功，轉(zhuǎn)化為感應(yīng)電流的電能。分析“雙桿模型”問題時，要注意雙桿之間的制約關(guān)系，即“動”桿與“被動”桿之間的關(guān)系，需要注意的是，最終兩桿的收尾狀態(tài)的確定是分析該類問題的關(guān)鍵。(2)安培力做功和電能變化的特定對應(yīng)關(guān)系“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能。安培力做功的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程，安培力做多少功就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。(3)解決此類問題的步驟：用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次

4、定律(包括右手定則)確定感應(yīng)電動勢的大小和方向。畫出等效電路，圖，寫出回路中電阻消耗的.電功率的表達(dá)式。分析導(dǎo)體機(jī)械能的變化，用能量守恒關(guān)系得到機(jī)械功率的改變與回路中電功率的改變所滿足的方程,聯(lián)立求解。長為r、質(zhì)量為m且質(zhì)量分布均勻題1半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi),的直導(dǎo)體棒AB置于圓導(dǎo)軌上面，BA的延長線通過圓導(dǎo)軌中心O,裝置的俯視圖如圖所示。整個裝置位于C點(diǎn)和外圓導(dǎo)軌的D點(diǎn)之間接有一勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,方向豎直向下。在內(nèi)圓導(dǎo)軌的阻值為R的電阻(圖中未畫出)。直導(dǎo)體棒在水平外力作用下以角速度3繞O逆時針勻速轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸。設(shè)導(dǎo)體棒

5、與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為的導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻均可忽略。重力加速，度大小為go求：(1)通過電阻R的感應(yīng)電流的方向和大小；(2)外力的功率?！敬鸢浮?1)37£,從C流向D(2)3ggcor+*Br2R24R【解析】在川時間內(nèi)，導(dǎo)體棒掃過的面積為(2)一尸根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，導(dǎo)體棒上感應(yīng)電動勢的大小為E二竽6=碎,A孝二BAS,當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度不變時所以/竽)根據(jù)右手定則，感應(yīng)電流的方向是從B端流向A端，因此，通過電阻R的感應(yīng)電流的方向是從C端流向D端。由閉合電路歐隔定律可知，通過電阻尺的感應(yīng)電流的大小/滿足A聯(lián)立式得口噌(2)在豎直方向上有mg-2N=0式中，由于質(zhì)量分布均勻，內(nèi)、外

6、圓導(dǎo)軌對導(dǎo)體棒的正壓力大小相等，其值為N,兩導(dǎo)軌對運(yùn)行的導(dǎo)體棒的滑動摩擦力大小均為f=在A時間內(nèi)，導(dǎo)體棒在內(nèi)、外圓導(dǎo)軌上掃過的弧長分別為li=rcoAt和=2r3困克服摩擦力做的總功為Wf=f(li+切)在Ar時間內(nèi)，消耗在電阻R上的功為Wr=I2RAt根據(jù)能量守恒定律知，外力在At時間內(nèi)做的功為W=Wf+Wr?外力的功率為p=Wt?,小kc-/口r39co2B2r4由至？式得P=mc|w+24R【題3】如圖所示，電阻可忽略的光滑平行金屬導(dǎo)軌長s=1.15m,兩導(dǎo)軌間距L=0.75m,導(dǎo)軌傾角為30。，導(dǎo)軌上端ab接一阻值為R=1.5翦勺電阻，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.8T的勻強(qiáng)磁場垂直軌道平面向上

7、。阻ab處由靜止開始下滑至底端,值r=0.5、質(zhì)量m=0.2kg的金屬棒與軌道垂直且接觸良好，從軌道上端在此過程中金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱Qr=0.1J。(取g=10m/s2)求：(1)金屬棒在此過程中克服安培力做的功W安；(2)金屬棒下滑速度v=2m/s時的加速度a;(3)為求金屬棒下滑的最大速度vm,有同學(xué)解答如下：由動能定理，Wg-W安=mvm,.由此所得結(jié)果是否正確？若正確，說明理由并完成本小題；若不正確，給出正確的解答?！敬鸢浮?1)0.4J(2)3.2m/s2(3)正確理由見解析2.74m/s【解析】U)下滑過程中安培力做的功即為電阻上產(chǎn)生的焦耳熱，由干因此0=3&=O3J所以甲

8、0=04J(2)金屬棒下滑時受重力和安培力F安=BIL=B-vR+r1皿10x-20.2x(l.5+0,5)m/s2=3.2m/s2由牛頓第二定律得mgsin30-聯(lián)v=ma22所以a=gsin30v=mR+r(3)此解法正確。金屬棒下滑時受重力和安培力作用,其運(yùn)動滿足mgsin30-RLyma上式表明，加速度隨速度增大而減小，棒做加速度減小的加速運(yùn)動.無論最終是否達(dá)到勻速，當(dāng)棒到達(dá)斜面底端時速度一定為最大。由動能定理可以得到棒的最大速度，因此上述解法正確.12mgssin30Q=2mvm所以Vm=ij2gsin30°-mQ=42X10X1.15g-2004m/s=2.74m/s4.

9、能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法(1)電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化電磁感應(yīng)過程的實質(zhì)是不同形式的能量之間轉(zhuǎn)化的過程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過安培力做功的形式實現(xiàn)的，安培力做功，則電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能，外力克服安培力做功，則其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能。能量轉(zhuǎn)化過程表示如下：其他形式克服安培力做功電流做功焦耳熱或其他的能量'ra"|形式的能量(2)求解焦耳熱Q的三種方法電磁感應(yīng)發(fā)生過程中，涉及能量包括外部能量、運(yùn)動導(dǎo)體的動能、焦耳熱，外力做功和(克服)安培力做功實現(xiàn)這些能量的轉(zhuǎn)化，它們關(guān)系如下：焦耳定律：Q=I2Rt。功能關(guān)系：Q=W克安。動能定理：W外一W克安=2mv22mv02。(3)電能求解的三種主

10、要思路利用克服安培力求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；利用能量守恒或功能關(guān)系求解；利用電路特征來求解：通過電路中所產(chǎn)生的電能來計算?！绢}4】如圖所示，一對光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距l(xiāng)=0.5m,左端接有阻值R=0.3翦勺電阻。一質(zhì)量m=0.1kg,電阻r=0.1翦勺金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上，整個裝置置于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.4T。棒在水平向右的外力作用下，由靜止開始以a=2m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動。當(dāng)棒的位移x=9m時撤去外力，棒繼續(xù)運(yùn)動一段距離后停下來，已知撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Qi：Q2=21。導(dǎo)軌足夠長且電阻不計，

11、棒在運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸。求:(1)棒在勻加速運(yùn)動過程中，通過電阻R的電荷量q；(2)撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2；(3)外力做的功WF.【答案】(1)4.5C(2)1.8J(3)5.4J【解析】(1)設(shè)棒勻加速運(yùn)動的時間為AG回路的磁通量變化量為A3,回路中的平均感應(yīng)電動勢為的設(shè)回路中的平均電流為I,由閉合電路的歐姆定律得I=一匚R+r則通過電阻R的電荷量為q=IAt聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得q=4.5C(2)設(shè)撤去外力時棒的速度為v,對棒的勻加速運(yùn)動過程，由運(yùn)動學(xué)公式得v2=2ax設(shè)棒在撤去外力后的運(yùn)動過程中安培力做功為W,由動能定理得W=0gmv2撤去外力后回路中

12、產(chǎn)生的焦耳熱Q2=W聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得Q2=1.8J(3)由題意知，撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Qi：Q2=2：1,可得Qi=3.6J在棒運(yùn)動的整個過程中，由功能關(guān)系可知，WF=Q1+Q2?由?式得Wf=3.6J+1.8J=5.4J【題5(多選)如圖所示，質(zhì)量為3m的重物與一質(zhì)量為m的線框用一根絕緣細(xì)線連接起來，掛在兩個高度相同的定滑輪上，已知線框的橫邊邊長為L,水平方向勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,磁場上下邊界的距離、線框豎直邊長均為ho初始時刻，磁場的下邊緣和線框上邊緣的高度差為2h,將重物從靜止開始釋放，線框上邊緣剛進(jìn)磁場時，恰好做勻速直線運(yùn)動，滑輪質(zhì)量、摩擦阻力均不計。則下列說法中正

13、確的是A.線框進(jìn)入磁場時的速度為V2gh22B.線框的電阻為聚泅hgC.線框通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量Q=2mghD.線框通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量Q=4mgh【答案】AD【解析】從初始時刻到線框上邊緣剛進(jìn)入磁場，由機(jī)械能守恒定律得3啥2gH，解得線框剛進(jìn)入磁場0寸的速度，=匹，故A對3線框上邊緣愀磁場時，恰好做勻速直線運(yùn)動，故受合力為零,3座二琪L+叫l(wèi)=BLv-Rs解得線框的電阻氏=翳廂,故B對孑線框勻速通過磁場的距離為產(chǎn)生的熱量等于系統(tǒng)重力勢能的減少,即。=3型即2的一泗Q2A=而唱心故C錯，D對?！绢}6】CD、EF是兩條水平放置的電阻可忽略的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L,在水平導(dǎo)軌的左側(cè)

14、存在磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,磁場區(qū)域的長度為d,如圖所示。導(dǎo)軌的右端接有一電阻R,左端與一彎曲的光滑軌道平Vt連接。將一阻值也為R的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，導(dǎo)體棒最終恰好停在磁場的右邊界處。已知導(dǎo)體棒與水平導(dǎo)軌接觸良好，且動摩擦因數(shù)為A.電阻R的最大電流為Bd,2ghBdLB.流過電阻R的電荷量為詈RC.整個電路中產(chǎn)生的焦耳熱為mgh1D.電阻R中廣生的焦耳熱為2mg（h【解析】由題圖可知，導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場的瞬間速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電流最大，由機(jī)械能守恒有感由二”，所以1=矗=攀啜密，A錯；流過尺的電荷量為h蟹堂B錯：由能量守恒定律可知整個電路

15、中產(chǎn)生的焦耳熱為。=絲月-沖忠心C錯J由于導(dǎo)體棒的電阻也為幾則電阻或中產(chǎn)生的焦耳熱為弱=；陽（也一*d）AD對?！绢}7】如圖甲，電阻不計的軌道MON與PRQ平行放置，ON及RQ與水平面的傾角0=53°,MO及PR部分的勻強(qiáng)磁場豎直向下，ON及RQ部分的磁場平行軌道向下，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同，兩根相m=1.0kg,R=1.0烏長同的導(dǎo)體棒ab和cd分別放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直并始終接觸良好.棒的質(zhì)量度L=1.0m與導(dǎo)軌間距相同，棒與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)科=0.5,現(xiàn)對ab棒施加一個方向水平向右，按圖乙規(guī)律變化的力F,同時由靜止釋放R0甲求ab棒的加速度大小;MB(1)(2)(3)(4)

16、0求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小;若已知在前2s內(nèi)F做功W=30J,求前2s內(nèi)電路產(chǎn)生的焦耳熱;求cd棒達(dá)到最大速度所需的時間g取10m/s2?！敬鸢浮?1)1m/s2(2)2T(3)18J(4)5s【解析】（1）對ab棒：Ff=（1mgv=atF-BIL-Ff=maB2L2atF=m(科酢a)+2R由圖象信息，代入數(shù)據(jù)解得：a=1m/s2。(2)當(dāng)L=2s時，F(xiàn)=10N,由(1)知BL2at=Fm(科酢a),得B=2T。2R(3) 02s過程中，abab棒，x=；at2=2mV2=ati=2m/s1o由動能th理知：WmgxQ=2mV2代入數(shù)據(jù)解得Q=18Jo(4)設(shè)當(dāng)時間為t時，cd棒達(dá)到最大速度，

17、Fn'=BIL+mgcos53。Ff'=科的'mgsin53=Ffz.一,BCD棒進(jìn)入磁場時速度v的大小；CD棒進(jìn)入磁場時所受的安培力Fa的大小；(3)在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q?！敬鸢浮?1)2.4m/s(2)48N(3)26.88JL2at，,、mgsin53=科(rT-Fmgcos53)2R解得：t'=5So一、應(yīng)用焦耳定律求解電磁感應(yīng)能量問題【題8】小明設(shè)計的電磁健身器的簡化裝置如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)=0.50m,傾角0=53。,導(dǎo)軌上端串接一個R=0.05的電阻。在導(dǎo)軌間長d=0.56m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)

18、軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.0To質(zhì)量m=4.0kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連。CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s=0.24m。一位健身者用恒力F=80N拉動GH桿，CD棒由靜止開始運(yùn)動，上升過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直。當(dāng)CD棒到達(dá)磁場上邊界時健身者松手，觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置，重力加速度g=10m/s2,sin53=0.8,不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量。求：【解析】導(dǎo)體棒在磁場區(qū)域恰好做勻速運(yùn)動，故感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流都是恒定的，電阻上產(chǎn)生的熱量可以用焦耳定律計算。(1)由牛頓第二定律戶戶譚二乜2m學(xué)進(jìn)入磁切寸的

19、速度戶伍=24皿*(2)感應(yīng)電動勢感應(yīng)電流口等K安培力F"叫代人得網(wǎng)二鳥3二48N。A(3)健身者做功W=F(s+d)=64J由牛頓第二定律Fmgsin。一Fa=0dCD棒在磁場區(qū)做勻速運(yùn)動在磁場中運(yùn)動時間t=-焦耳熱Q=I2Rt=26.88Jo二、應(yīng)用能量守恒定律求解電磁感應(yīng)能量問題功能關(guān)系在電磁感應(yīng)能量問題中的應(yīng)用：(1)重力做功，重力勢能減少。(2)桿加速下滑，桿的動能增加。(3)桿克服安培力做功時，桿上產(chǎn)生熱量。(4)根據(jù)能量守恒定律和以上能量轉(zhuǎn)化情況，可以列出方程求解?！绢}9】如圖所示，在高度差為h的平行虛線區(qū)域內(nèi)，有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向水平向里的勻強(qiáng)磁場。正方形線框abc

20、d的質(zhì)量為m,邊長為L(L=h),電阻為R,線框平面與豎直平面平行，靜止于位置“I"時，cd邊與磁場下邊緣有一段距離H?，F(xiàn)用一豎直向上的恒力F提線框，線框由位置“I”無初速度向上運(yùn)動，穿過磁場區(qū)域最后到達(dá)位置“n”(ab邊恰好出磁場)，線框平面在運(yùn)動中保持在豎直平面內(nèi)，且ab邊保持水平。當(dāng)cd邊剛進(jìn)入磁場時，線框恰好開始勻速運(yùn)動?？諝庾枇Σ挥?，求：(1)線框進(jìn)入磁場前距磁場下邊界的距離H;(2)線框由位置“I”到位置“n”的過程中，恒力F做的功和線框產(chǎn)生的熱量。mR2【答案】(1)244(Fmg)(2)2(Fmg)L【解析】線框進(jìn)入磁場做勻速運(yùn)動設(shè)速度為吟，有二E=8Jg1=旨F1C

21、根據(jù)線框在磁場中的受力，有匚湘M+尸在恒力作用下，線樁從位置“I”由靜止開始向上做勻加速直線運(yùn)動.有鵬口，且舊=聽，由以上管式解得衣二蠕7(Fg八2(2)線框由位置“I”到位置“n”的過程中，恒力F做的功為W=F(H+h+L)=果3(Fmg)+2FL。只有線框在穿越磁場的過程中才會產(chǎn)生熱量，因此從cd邊進(jìn)入磁場到ab邊離開磁場的過程中，根據(jù)能量守恒定律有F(h+L)=mg(h+L)+Q,所以Q=2(Fmg)L?！绢}10如圖所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ電阻不計，其間距離為L,兩導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面與水平面成。角。兩根用細(xì)線連接的金屬桿ab、cd分別垂直導(dǎo)軌放置，平行斜面向上的外力F

22、作用在桿ab上，使兩桿靜止。已知兩金屬桿ab、cd的質(zhì)量分別為m和2m,兩金屬桿的電阻都為R,并且和導(dǎo)軌始終保持良好接觸，整個裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)弓II度為Bo某時刻將細(xì)線燒斷，保持桿ab靜止不動，重力加速度為g。求:q(1)細(xì)線燒斷后外力F的最小值Fi和最大值F2；,.Fi+F2一，一，、，一,(2)當(dāng)外力F=-2一時，cd桿的速度大?。?3)從細(xì)線燒斷到cd桿達(dá)到最大速度，桿ab產(chǎn)生的電熱為Q,求cd桿在此過程中經(jīng)過的位移。竹3/、.八c.八/c、2mgRsine8m3g2R2sin2。+B4L4Q【答案】(1)mgsin。3mgsin0(2)B2L2(3)B4L4mgsin0【解析】(1)細(xì)線燒斷瞬間，外力F取得最小值Fi,對桿ab:Fi=mgsinQ桿到達(dá)最大速度時，外力F取得最大值F2,對卞fab：F2=mgsin0+F安對cd桿，因其勻速運(yùn)動，則F安'=2mgsin0F安=5安代入可得F2=3mgsin0。一.F1+F2一，一._(2) 當(dāng)外力F=-2時，又朗千ab:F=mgsin0+F安=2mgsin0可得F4二用群根據(jù)F,=BIL其中二等可得此時以桿勻速運(yùn)動速度=”嚼？Z(3)由于兩桿電阻相等，所以產(chǎn)生電熱相等。cd桿達(dá)到最大速度前，電路產(chǎn)生的總電熱為2Q,設(shè)cdBLvm