2019_2020版高中物理第一章电磁感应5电磁感应中的能量转化与守恒讲义精练（含解析）教科版.docx

5电磁感应中的能量转化与守恒学科素养与目标要求物理观念：进一步熟练掌握牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律等力学基本规律科学思维：1.掌握电磁感应中动力学问题的分析方法，建立解决电磁感应中动力学问题的思维模型.2.理解电磁感应过程中能量的转化情况，能用能量的观点分析和解决电磁感应问题1在导线切割磁感线运动产生感应电流时，电路中的电能来源于机械能机械能借助于电磁感应实现了向电能的转化2在电磁感应中，产生的电能是通过外力克服安培力做功转化而来的，外力克服安培力做了多少功，就有多少电能产生；而这些电能又通过感应电流做功，转化为其他形式的能量.一、电磁感应中的能量转化(1)如图所示，处在匀强磁场中的水平导轨上有一根与光滑导轨接触良好的可自由滑动的导体棒ab，现导体棒ab具有向右的初速度v，则：导体棒中的感应电流方向如何？ab受到的安培力的方向如何？ab的速度如何变化？电路中的电能是什么能转化过来的？(2)如(1)题图所示，设ab长为L，匀强磁场的磁感应强度为B，闭合电路的总电阻为R，导体棒在外力的作用下以速度v做匀速直线运动，求在t时间内，外力所做的功W外和感应电流的电功W电答案(1)由右手定则可确定，在ab内产生由a向b的感应电流由左手定则可知，磁场对导体棒ab的安培力是向左的安培力与速度方向相反，则安培力阻碍导体棒的运动，导体棒的速度逐渐减小到零导体棒的机械能(2)导体棒产生的感应电动势EBLv，电路中感应电流I磁场对这个电流的作用力：F安BIL保持匀速运动所需外力F外F安在t时间内，外力所做的功W外F外vtt此时间内，感应电流的电功为W电I2Rtt1电磁感应中能量的转化(1)转化方式(2)涉及到的常见功能关系有滑动摩擦力做功，必有内能产生；有重力做功，重力势能必然发生变化；克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能2焦耳热的计算(1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即QI2Rt.(2)感应电流变化，可用以下方法分析：利用动能定理，求出克服安培力做的功W安，即QW安利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量例1如图1所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接右端接一个阻值为R的定值电阻平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场质量为m、接入电路的电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为，金属棒与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g.则金属棒穿过磁场区域的过程中()图1A流过金属棒的最大电流为B通过金属棒的电荷量为C克服安培力所做的功为mghD金属棒产生的焦耳热为mg(hd)答案D解析金属棒沿弯曲部分下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mghmv2，金属棒到达平直部分时的速度v，金属棒到达平直部分后做减速运动，刚到达平直部分时的速度最大，最大感应电动势EBLv，最大感应电流I，故A错误；通过金属棒的感应电荷量qt，故B错误；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mghW安mgd00，克服安培力做功：W安mghmgd，故C错误；克服安培力做的功转化为焦耳热，定值电阻与金属棒的电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：QQW安mg(hd)，故D正确例2如图2所示，足够长的平行光滑U形导轨倾斜放置，所在平面的倾角37，导轨间的距离L1.0 m，下端连接R1.6 的电阻，导轨电阻不计，所在空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B1.0 T质量m0.5 kg、电阻r0.4 的金属棒ab垂直置于导轨上，现用沿导轨平面且垂直于金属棒、大小为F5.0 N的恒力使金属棒ab从静止开始沿导轨向上滑行，当金属棒滑行s2.8 m后速度保持不变求：(sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2)图2(1)金属棒匀速运动时的速度大小v；(2)金属棒从静止到刚开始匀速运动的过程中，电阻R上产生的热量QR.答案(1)4 m/s(2)1.28 J解析(1)金属棒匀速运动时产生的感应电流为I由平衡条件有Fmgsin BIL代入数据解得v4 m/s.(2)设整个电路中产生的热量为Q，由动能定理得Fsmgssin W安mv2而QW安，QRQ，代入数据解得QR1.28 J.二、电磁感应中的动力学问题电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是：(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向(2)用闭合电路欧姆定律求回路中感应电流的大小和方向(3)分析导体的受力情况(包括安培力)(4)列动力学方程(a0)或平衡方程(a0)求解例3如图3所示，空间存在B0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置、电阻不计的平行长直导轨，其间距L0.2 m，电阻R0.3 接在导轨一端，ab是跨接在导轨上质量m0.1 kg、接入电路的电阻r0.1 的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2.从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，求：(g10 m/s2)图3(1)导体棒所能达到的最大速度；(2)试定性画出导体棒运动的速度时间图像答案(1)10 m/s(2)见解析图解析(1)导体棒切割磁感线运动，产生的感应电动势：EBLv回路中的感应电流I导体棒受到的安培力F安BIL导体棒运动过程中水平方向受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用，根据牛顿第二定律得：FmgF安ma由得：Fmgma由可知，随着速度的增大，安培力增大，加速度a减小，当加速度a减小到0时，速度达到最大此时有Fmg0可得：vm10 m/s(2)由(1)中分析可知，导体棒运动的速度时间图像如图所示例4如图4甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦(重力加速度为g)图4(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值答案(1)见解析图(2)gsin (3)解析(1)如图所示，ab杆受重力mg，方向竖直向下；支持力N，方向垂直于斜面向上；安培力F安，方向沿导轨向上(2)当ab杆的速度大小为v时，感应电动势EBLv，此时电路中的电流Iab杆受到的安培力F安BIL根据牛顿第二定律，有mgsin F安mgsin ma则agsin .(3)当a0时，ab杆有最大速度vm，即mgsin ，解得vm.提示1.受力分析时，要把立体图转换为平面图，同时标明电流方向及磁场的方向，以便准确地画出安培力的方向2要特别注意安培力的大小和方向都有可能变化学科素养例3、例4考查了电磁感应的动力学问题，在处理该类问题时，要把握好受力情况、运动情况的动态分析基本思路是：导体受外力运动产生感应电动势产生感应电流导体受安培力合外力变化加速度变化速度变化感应电动势变化a0，v达到最大值将电磁感应与受力分析、牛顿运动定律、物体的平衡等知识有机结合，培养了学生的综合分析、科学推理能力，很好地体现了“科学思维”的核心素养.1(电磁感应中的能量问题)(多选)如图5所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上质量为m、电阻可以忽略不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，且上升的高度为h，在这一过程中 ()图5A作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热之和C恒力F与安培力的合力所做的功等于零D恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热答案AD解析金属棒匀速上滑的过程中，对金属棒受力分析可知，有三个力对金属棒做功，恒力F做正功，重力做负功，安培力阻碍相对运动，沿斜面向下，做负功，匀速运动时，金属棒所受合力为零，故合力做功为零，A正确；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于电阻R上产生的焦耳热，故外力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热，D正确2(电磁感应中的动力学问题)如图6所示，MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计，ab是一根与导轨垂直且始终与导轨接触良好的金属杆，开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，过段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图像不可能是下图中的()图6答案B解析S闭合时，若金属杆受到的安培力mg，ab杆先减速再匀速，D项有可能；若mg，ab杆匀速运动，A项有可能；若mg，ab杆先加速再匀速，C项有可能；由于v变化，mgma中a不恒定，故B项不可能3(电磁感应中的动力学问题)(2018哈尔滨市六校高二下期末联考)如图7甲所示，平行长直导轨MN、PQ水平放置，两导轨间距L0.5 m，导轨左端M、P间接有一定值电阻，导体棒ab质量m0.2 kg，与导轨间的动摩擦因数0.1，导体棒垂直于导轨放在距离左端d1 m处，导轨和导体棒始终接触良好，电阻均忽略不计整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，t0时刻，磁场方向竖直向下，此后，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，在03 s内导体棒被固定，3 s后释放导体棒，t1 s时棒所受到的安培力F0.05 N不计感应电流对磁场的影响，取重力加速度g10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力图7(1)求定值电阻的阻值R；(2)若t4 s时，突然使ab棒获得向右的速度v20 m/s，求此时导体棒的加速度大小a.答案(1)0.05 (2)6 m/s2解析(1)由题图乙知03 s内 T/s0.1 T/s03 s内回路中产生的感应电动势ELd0.10.51 V0.05 Vt1 s时导体棒ab所受到的安培力F0.05 N由FBIL得I A1 A由闭合电路欧姆定律得I可得R0.05 (2)若t4 s时，突然使ab棒获得向右的速度v20 m/s，产生的感应电动势EBLv0.10.520 V1 V感应电流I A20 A根据牛顿第二定律得BILmgma得a6 m/s2.4(电磁感应中的动力学和能量问题)(多选)如图8所示，竖直放置的 形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场、的高和间距均为d，磁感应强度均为B.质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场和时的速度相等金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g，则金属杆()图8A刚进入磁场时加速度方向竖直向下B刚进入磁场时加速度方向竖直向上C穿过两磁场产生的总热量为4mgdD释放时距磁场上边界的高度h可能小于答案BC解析由于金属杆进入两个磁场时的速度相等，而穿出磁场后金属杆做加速度为g的匀加速运动，所以金属杆进入磁场时应做减速运动，加速度方向竖直向上，选项A错误，B正确；从进入磁场瞬间到进入磁场瞬间过程中，根据能量守恒，金属杆减小的机械能全部转化为焦耳热，所以Q1mg2d，所以穿过两个磁场过程中产生的总热量为4mgd，选项C正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则mg0，得v，因金属杆进入磁场做减速运动，则金属杆进入磁场的速度大于，根据h得金属杆释放时距磁场上边界的高度应大于，选项D错误5(电磁感应中的能量问题)(2018怀化市高二上期末考试)如图9甲所示，足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L1 m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R0.40 的电阻，质量为m0.01 kg、电阻为r0.30 的金属棒ab紧贴在导轨上现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，g10 m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响)，求：图9(1)判断金属棒两端a、b的电势高低；(2)磁感应强度B的大小；(3)在金属棒ab开始运动的1.5 s内，电阻R上产生的热量答案(1)a端电势低，b端电势高(2)0.1 T(3)0.26 J解析 (1)由右手定则可知，ab中的感应电流由a流向b，ab相当于电源，则b端电势高，a端电势低(2)由xt图像得t1.5 s时金属棒的速度为：v m/s7 m/s金属棒匀速运动时所受的安培力大小为：FBILI，EBLv联立得：F根据平衡条件得：Fmg则有：mg代入数据解得：B0.1 T(3)金属棒ab在开始运动的1.5 s内，金属棒的重力势能减小，转化为金属棒的动能和电路的内能设电路中产生的总焦耳热为Q根据能量守恒定律得：mgxmv2Q代入数据解得：Q0.455 J故R产生的热量为QR Q0.26 J一、选择题考点一电磁感应中的动力学问题1如图1所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动杆ef及线框中导线的电阻都忽略不计开始时，给ef一个向右的初速度，则()图1Aef将减速向右运动，但不是匀减速Bef将匀减速向右运动，最后停止Cef将匀速向右运动Def将往返运动答案A解析ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，由FBIlma知，ef做的是加速度减小的减速运动，故A正确2如图2所示，质量为m的金属圆环用不可伸长的细线悬挂起来，金属圆环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线的拉力大小，下列说法中正确的是(重力加速度为g)()图2A大于环重力mg，并逐渐减小B始终等于环重力mgC小于环重力mg，并保持恒定D大于环重力mg，并保持恒定答案A解析根据楞次定律知圆环中感应电流的方向为顺时针方向，再由左手定则判断可知圆环所受安培力竖直向下，对圆环受力分析，根据受力平衡有TmgF安，得Tmg，F安BIL，根据法拉第电磁感应定律知，IS，可知I为恒定电流，综合可知B减小，F安减小，则由TmgF安知T减小，选项A正确3.(多选)用一段横截面半径为r、电阻率为、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(rR)的圆环圆环竖直向下落入如图3所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B.圆环在加速下滑过程中某一时刻的速度为v，忽略其他影响，则(重力加速度为g)()图3A此时在圆环中产生了(俯视)顺时针方向的感应电流B圆环因受到了向下的安培力而加速下落C此时圆环的加速度aD如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度vm答案AD解析由右手定则可以判断感应电流的方向为(俯视)顺时针方向，选项A正确；由左手定则可以判断，圆环受到的安培力向上，阻碍圆环的运动，选项B错误；圆环垂直切割磁感线，产生的感应电动势EBlvB2Rv，圆环的电阻R电，则圆环中的感应电流I，圆环所受的安培力F安BI2R，圆环的加速度a，md2Rr2，则ag，选项C错误；当重力等于安培力时圆环速度达到最大，此时a0，可得vm，选项D正确4如图4所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(dL)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下导线框以某一初速度向右运动，t0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域下列vt图像中，能正确描述上述过程的是()图4答案D解析导线框进入磁场的过程中，线框受到向左的安培力作用，根据EBLv、I、F安BIL得F安，随着v的减小，安培力F安减小，导线框做加速度逐渐减小的减速运动整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，根据F安，导线框做加速度逐渐减小的减速运动，所以选项D正确5(多选)如图5所示，有两根和水平方向成(90)角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m、电阻不计的金属杆从轨道上由静止滑下经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则()图5A如果B增大，vm将变大B如果变大(仍小于90)，vm将变大C如果R变大，vm将变大D如果m变小，vm将变大答案BC解析金属杆由静止开始下滑的过程中，金属杆就相当于一个电源，与电阻R构成一个闭合回路，其受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得：mgsin ma所以金属杆由静止开始做加速度减小的加速运动，当a0时达到最大速度vm，即mgsin ，可得：vm，故由此式知选项B、C正确考点二电磁感应中的能量问题6如图6所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则 ()图6AQ1Q2，q1q2 BQ1Q2，q1q2CQ1Q2，q1q2 DQ1Q2，q1q2答案A解析根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q1W1F1lbclbclab同理Q2lbc，又lablbc，故Q1Q2；因qtt，故q1q2.因此A正确7.如图7所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，金属棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，金属棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于()图7A金属棒的机械能增加量B金属棒的动能增加量C金属棒的重力势能增加量D电阻R上产生的热量答案A解析金属棒加速上升时受到重力、拉力F及安培力根据功能关系可知，力F与安培力做功的代数和等于金属棒的机械能的增加量，A正确8(多选)如图8所示，在方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd，线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框dc边始终与磁场右边界平行，线框边长adL，cd2L.线框导线的总电阻为R.则在线框离开磁场的过程中，下列说法中正确的是()图8Aad间的电压为B流过线框导线横截面的电荷量为C线框所受安培力的合力为D线框中的电流在ad边产生的热量为答案ABD解析线框产生的感应电动势E2BLv，感应电流I，ad间的电压为UIRR，故A正确；流过线框导线横截面的电荷量qtt，故B正确；线框所受安培力的合力FBI2L，故C错误；线框中的电流在ad边产生的热量QI2R，故D正确9.水平放置的光滑平行导轨上放置一根长为L、质量为m且与导轨接触良好的导体棒ab，ab处在磁感应强度大小为B、方向如图9所示的匀强磁场中，导轨的一端接一阻值为R的电阻，导轨及导体棒电阻不计现使ab在水平恒力F作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动，当通过的位移为x时，ab达到最大速度vm.此时撤去外力，最后ab静止在导轨上在ab运动的整个过程中，下列说法正确的是()图9A撤去外力后，ab做匀减速运动B合力对ab做的功为FxCR上释放的热量为Fxmvm2DR上释放的热量为Fx答案D解析撤去外力后，导体棒在水平方向上只受安培力作用，而F安，F安随v的变化而变化，故导体棒做加速度变化的减速运动，A错；对整个过程由动能定理得W合Ek0，B错；由能量守恒定律知，恒力F做的功等于整个回路产生的电能，电能又转化为R上释放的热量，即QFx，C错，D对10(多选)(2018吉安市高二下学期期末)如图10所示，光滑斜面PMNQ的倾角为30，斜面上放置一矩形导体线框abcd，其中ab边长L10.5 m，bc边长为L2，导体线框质量m1 kg、电阻R0.4 ，有界匀强磁场的磁感应强度为B2 T，方向垂直于斜面向上，ef为磁场的边界，且efMN.导体线框在沿斜面向上且与斜面平行的恒力F10 N作用下从静止开始运动，其ab边始终保持与底边MN平行已知导体线框刚进入磁场时做匀速运动，且进入过程中通过导体线框某一横截面的电荷量q0.5 C，取g10 m/s2，则下列说法正确的是()图10A导体线框进入磁场时的速度为2 m/sB导体线框bc边长为L20.1 mC导体线框开始运动时ab边到磁场边界ef的距离为0.4 mD导体线框进入磁场的过程中产生的热量为1 J答案ACD解析导体线框刚进入磁场时做匀速运动，则Fmgsin 30，解得v2 m/s，根据q，解得L20.2 m，选项A正确，B错误；导体线框在磁场外运动的加速度a5 m/s2，则导体线框开始运动时ab边到磁场边界ef的距离为x m0.4 m，选项C正确；导体线框进入磁场的过程中产生的热量为QFL2mgL2sin 30100.2 J100.20.5 J1 J，选项D正确二、非选择题11.如图11所示，竖直平面内有足够长的平行金属导轨，间距为0.2 m，金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4 ，导轨电阻不计，导体ab的质量为0.2 g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.2 T，且磁场区域足够大，当导体ab自由下落0.4 s时，突然闭合开关S，则：(g取10 m/s2)图11(1)试说出开关S闭合后，导体ab的运动情况；(2)导体ab匀速下落的速度是多少？答案见解析解析(1)闭合开关S之前，导体ab自由下落的末速度为：v0gt4 m/s.开关S闭合瞬间，导体ab产生感应电动势，回路中产生感应电流，导体ab立即受到一个竖直向上的安培力F安BIL0.016 Nmg0.002 N.此时导体ab受到的合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为ag，所以导体ab做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动当F安mg时，导体ab做竖直向下的匀速运动(2)设导体ab匀速下落的速度为vm，此时F安mg，即mg，vm0.