教科版选修32 第一章 5 电磁感应中的能量转化与守恒 学案.docx

目标定位1.综合运用楞次定律和法拉第电磁感应定律解决电磁感应中的动力学问题.2.会分析电磁感应中的能量转化问题.一、电磁感应中的动力学问题1.具有感应电流的导体在磁场中将受到安培力作用，所以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)求回路中的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)列动力学方程或平衡方程求解.2.两种状态处理：(1)导体处于平衡状态静止或匀速直线运动状态.处理方法：根据平衡条件合力等于零列式分析.(2)导体处于非平衡状态加速度不为零.处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析.例1如图1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、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1(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.解析ab棒在拉力f作用下运动，随着ab棒切割磁感线运动的速度增大，棒中的感应电动势增大，棒中感应电流增大，棒受到的安培力也增大，最终达到匀速运动时棒的速度达到最大值.外力在克服安培力做功的过程中，消耗了其他形式的能，转化成了电能，最终转化成了焦耳热.(1)导体棒切割磁感线运动，产生的感应电动势：eblvi导体棒受到的安培力f安bil导体棒运动过程中受到拉力f、安培力f安和摩擦力f的作用，根据牛顿第二定律：fmgf安ma由得：fmgma由上式可以看出，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)导体棒运动的速度时间图像如图所示.答案(1)10 m/s(2)见解析图电磁感应动力学问题中，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最大值.周而复始地循环，循环结束时，加速度等于零，导体达到稳定状态，a0，速度v达到最大值.例2如图2所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，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2(1)试说出s接通后，导体ab的运动情况；(2)导体ab匀速下落的速度是多少？解析(1)闭合s之前导体ab自由下落的末速度为：v0gt4 m/s.s闭合瞬间，导体产生感应电动势，回路中产生感应电流，ab立即受到一个竖直向上的安培力.f安bil0.016 nmg0.002 n.此刻导体所受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ab做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动.当速度减小至f安mg时，ab做竖直向下的匀速运动.(2)设匀速下落的速度为vm，此时f安mg，即mg，vm0.5 m/s.答案(1)先做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动，后做匀速运动(2)0.5 m/s例3如图3，两固定的绝缘斜面倾角均为，上沿相连两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为l，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为b，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为r，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g，图3已知金属棒ab匀速下滑求(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小解析(1)由ab、cd棒被平行于斜面的导线相连，故ab、cd速度总是相等，cd也做匀速直线运动设导线的张力的大小为t，右斜面对ab棒的支持力的大小为n1，作用在ab棒上的安培力的大小为f，左斜面对cd棒的支持力大小为n2，对于ab棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得甲乙2mgsin n1tfn12mgcos 对于cd棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得mgsin n2tn2mgcos 联立式得：fmg(sin 3cos )(2)设金属棒运动速度大小为v，ab棒上的感应电动势为eblv回路中电流i安培力fbil联立得：v(sin 3cos )答案(1)mg(sin 3cos )(2)(sin 3cos )电磁感应中力学问题的解题技巧：(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b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，不像重力或其他力一样是恒力.(3)根据牛顿第二定律分析a的变化情况，以求出稳定状态的速度.(4)列出稳定状态下的受力平衡方程往往是解题的突破口.二、电磁感应中的能量转化与守恒1.电磁感应现象中的能量守恒电磁感应现象中的“阻碍”是能量守恒的具体体现，在这种“阻碍”的过程中，其他形式的能转化为电能.2.电磁感应现象中的能量转化方式3.求解电磁感应现象中能量问题的一般思路(1)确定回路，分清电源和外电路.(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化.如：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；克服安培力做功，必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能；如果安培力做正功，就有电能转化为其他形式的能.(3)列有关能量的关系式.例4如图4所示，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度为b.正方形金属框abcd可绕光滑轴oo转动，边长为l，总电阻为r，ab边质量为m，其他三边质量不计，现将abcd拉至水平位置，并由静止释放，经一定时间到达竖直位置，ab边的速度大小为v，则在金属框内产生热量大小等于()图4a.b.c.mgld.mgl解析金属框绕光滑轴转下的过程中机械能有损失但能量守恒，损失的机械能为mgl，故产生的热量为mgl，选项c正确.答案c例5如图5所示，两根电阻不计的光滑平行金属导轨倾角为，导轨下端接有电阻r，匀强磁场垂直斜面向上.质量为m、电阻不计的金属棒ab在沿斜面与棒垂直的恒力f作用下沿导轨匀速上滑，上升高度为h，在这个过程中()图5a.金属棒所受各力的合力所做的功等于零b.金属棒所受各力的合力所做的功等于mgh和电阻r上产生的焦耳热之和c.恒力f与重力的合力所做的功等于棒克服安培力所做的功与电阻r上产生的焦耳热之和d.恒力f与重力的合力所做的功等于电阻r上产生的焦耳热解析棒匀速上升的过程有三个力做功：恒力f做正功、重力g做负功、安培力f安做负功.根据动能定理：wwfwgw安0，故a对，b错；恒力f与重力g的合力所做的功等于棒克服安培力做的功.而棒克服安培力做的功等于回路中电能(最终转化为焦耳热)的增加量，克服安培力做功与焦耳热不能重复考虑，故c错，d对.答案ad电磁感应中焦耳热的计算技巧：,(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，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即qw安.,利用能量守恒，即感应电流产生的焦耳热等于减少的其他形式的能量，即qe其他.1.如图6，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 时导线框的右边恰好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，可能正确描述上述过程的是()图6答案d解析进入阶段，导线框受到的安培力f安bil，方向向左，所以导线框速度减小，安培力减小，所以进入阶段导线框做的是加速度减小的减速运动全部进入之后，磁通量不变化，根据楞次定律，电路中没有感应电流，速度不变出磁场阶段，导线框受到的安培力f安bil，方向向左所以导线框速度减小，安培力减小，所以出磁场阶段导体框做的是加速度减小的减速运动综上所述，d正确2.(电磁感应中的动力学问题)如图7所示，光滑金属直导轨mn和pq固定在同一水平面内，mn、pq平行且足够长，两导轨间的宽度l0.5 m.导轨左端接一阻值r0.5 的电阻.导轨处于磁感应强度大小为b0.4 t，方向竖直向下的匀强磁场中，质量m0.5 kg的导体棒ab垂直于导轨放置.在沿着导轨方向向右的力f作用下，导体棒由静止开始运动，导体棒与导轨始终接触良好并且相互垂直，不计导轨和导体棒的电阻，不计空气阻力，若力f的大小保持不变，且f1.0 n，求：图7(1)导体棒能达到的最大速度vm的大小；(2)导体棒的速度v5.0 m/s时，导体棒的加速度大小.答案(1)12.5 m/s(2)1.2 m/s2解析(1)导体棒达到最大速度vm时受力平衡，有ff安m，此时f安m，解得vm12.5 m/s.(2)导体棒的速度v5.0 m/s时，感应电动势eblv1.0 v，导体棒上通过的感应电流大小i2.0 a，导体棒受到的安培力f安bil0.4 n，根据牛顿第二定律，有ff安ma，解得a1.2 m/s2.3.(电磁感应中的能量转化)如图8所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l0.5 m，左端接有阻值r0.3 的电阻，一质量m0.1 kg、电阻r0.1 的金属棒mn放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度b0.4 t.金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a2 m/s2的加速度做匀加速运动，当金属棒的位移x9 m时撤去外力，金属棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比q1q221.导轨足够长且电阻不计，金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触.求：图8(1)金属棒在匀加速运动过程中，通过电阻r的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热q2；(3)外力做的功wf.答案(1)4.5 c(2)1.8 j(3)5.4 j解析(1)匀加速运动过程中产生的平均电动势n回路中的电流为通过电阻r的电荷量为qt由上述公式联立可得：qn c4.5 c.(2)撤去外力前金属棒做匀加速运动，根据运动学公式得xat2，vat所以v6 m/s撤去外力后金属棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将金属棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为内能，所以焦耳热等于金属棒的动能减少量，有：q2ekmv20.162 j1.8 j.(3)根据题意，在撤去外力前的焦耳热为q12q23.6 j，撤去外力前拉力做正功、安培力做负功(其大小等于焦耳热q1)、重力不做功.金属棒的动能增大，根据动能定理有：ekwfq1则wfq1ek3.6 j1.8 j5.4 j.题组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可不计.开始时，给ef一个向右的初速度，则()图1a.ef将减速向右运动，但不是匀减速b.ef将匀减速向右运动，最后停止c.ef将匀速向右运动d.ef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，但不是匀减速，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，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是一根不但与导轨垂直而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2答案b解析s闭合时，若mg，先减速再匀速，d项有可能；若mg，匀速，a项有可能；若mg，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.(多选)如图3所示，有两根和水平方向成角的光滑平行金属轨道，间距为l，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3a.如果b变大，vm将变大b.如果变大，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解析金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势eblv，在闭合电路中形成电流i，因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力作用，f安bil，先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定出安培力方向，如图所示，根据牛顿第二定律，得mgsinma，当a0时，vvm，解得vm，故选项b、c正确.4如图4，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上，t0时，金属杆在水平向右、大小为f的恒定拉力作用下由静止开始运动，t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为b、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为.重力加速度大小为g.求图4(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值答案(1)blt0(g)(2)解析(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得fmgma设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有vat0当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为eblv联立式可得eblt0(g)(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为i，根据欧姆定律i式中r为电阻的阻值金属杆所受的安培力为f安bli因金属杆做匀速运动，有fmgf安0联立式得r题组二电磁感应中的能量问题5.光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图5所示，抛物线的方程为yx2，其下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是ya的直线(图中虚线所示)，一个质量为m的小金属块从抛物线yb(ba)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是()图5a.mgbb.mv2c.mg(ba) d.mg(ba)mv2答案d解析金属块在进入磁场或离开磁场的过程中，穿过金属块的磁通量发生变化，产生电流，进而产生焦耳热，最后，金属块在高为a的曲面上做往复运动，减少的机械能为mg(ba)mv2，由能量守恒定律可知，减少的机械能全部转化成焦耳热，即d选项正确.6.如图6所示，质量为m、高为h的矩形导线框在竖直面内自由下落，其上下两边始终保持水平，途中恰好匀速穿过一有理想边界、高亦为h的匀强磁场区域，线框在此过程中产生的内能为()图6a.mghb.2mghc.大于mgh而小于2mghd.大于2mgh答案b解析因线框匀速穿过磁场，在穿过磁场的过程中合外力做功为零，克服安培力做功为2mgh，产生的内能亦为2mgh.故选b.7.如图7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7a.q1q2，q1q2b.q1q2，q1q2c.q1q2，q1q2d.q1q2，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.题组三