高三物理一轮复习电磁感应中能量守恒和转化

高三物理一轮复习电磁感应专题3——电磁感应中的能量转化与守恒教学目标：1、知道电磁感应中的能量转化特点2、会用能量转化与守恒的思想处理电磁感应中的能量问题一．课前预习知识回顾1.（自学）【电磁感应中能量的转化】电磁感应过程实质是不同形式的能量转化的过程，电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力作用．因此要维持安培力存在，必须有“外力”克服安培力做功．此过程中，其他形式的能转化为电能．“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能．可以简化为下列形式：同理，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，安培力做多少功就有多少电能转化为其他形式的能．2．试证明电磁感应中克服安培力所做的功等于回路产生的电能（可以建立模型）.3.电磁感应中的能量转化与守恒：二．典型例题精讲精炼【例题1】如图所示，质量m1＝0.1kg，电阻R1＝0.3Ω，长度l＝0.4m的导体棒ab横放在U形金属框架上．框架质量m2＝0.2kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.相距0.4m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长．电阻R2＝0.1Ω的MN垂直于MM′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5T．垂直于ab施加F＝2N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM′、NN′保持良好接触．当ab运动到某处时，框架开始运动．设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2.(1)求框架开始运动时ab速度v的大小；(2)从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q＝0.1J，求该过程ab位移x的大小．答案：(1)6m/s(2)1.1m【例2】如图9－3－19所示，一矩形金属框架与水平面成角θ＝37°，宽L＝0.4m，上、下两端各有一个电阻R0＝2Ω，框架的其他部分电阻不计，框架足够长，垂直于金属框架平面的方向有一向上的匀强磁场，磁感应强度B＝1.0T．ab为金属杆，与框架良好接触，其质量m＝0.1kg，电阻r＝1.0Ω，杆与框架的动摩擦因数μ＝0.5.杆由静止开始下滑，在速度达到最大的过程中，上端电阻R0产生的热量Q0＝0.5J(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：（1）流过R0的最大电流；(2)从开始到速度最大的过程中ab杆沿斜面下滑的距离；(3)在时间1s内通过ab杆某横截面的最大电荷量．【例题2】如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料、不同粗细的导线绕制(Ⅰ为细导线)、两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界．设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2.不计空气阻力，则()A．v1v2，Q1Q2B．v1＝v2，Q1＝Q2C．v1v2，Q1Q2D．v1＝v2，Q1Q2答案：D【发散2】如图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，则下列说法正确的是()A．产生的焦耳热之比为1∶4B．产生的焦耳热之比为1∶1C．通过铜丝某截面的电量之比为1∶2D．通过铜丝某截面的电量之比为1∶4三．巩固提升1、如图所示，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，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，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()A．棒的机械能增加量B．棒的动能增加量C．棒的重力势能增加量D．电阻R上放出的热量2.如图所示，用质量为m、电阻为R的均匀导线做成边长为l的单匝正方形线框MNPQ，线框每一边的电阻都相等．将线框置于光滑绝缘的水平面上．在线框的右侧存在竖直方向的有界匀强磁场，磁场边界间的距离为2l，磁感应强度为B.在垂直MN边的水平拉力作用下，线框以垂直磁场边界的速度v匀速穿过磁场．在运动过程中线框平面水平，且MN边与磁场的边界平行．求：(1)线框MN边刚进入磁场时，线框中感应电流的大小；(2)线框MN边刚进入磁场时，M、N两点间的电压UMN；(3)在线框从MN边刚进入磁场到PQ边刚穿出磁场的过程中，水平拉力对线框所做的功W.3如图9－3－29所示，有一足够长的光滑平行金属导轨，电阻不计，间距L＝0.5m，导轨沿与水平方向成θ＝30°倾斜放置，底部连接有一个阻值为R＝3Ω的电阻．现将一个长也为L＝0.5m、质量为m＝0.2kg、电阻r＝2Ω的均匀金属棒，自轨道顶部静止释放后沿轨道自由滑下，下滑中均保持与轨道垂直并接触良好，经一段距离后进入一垂直轨道平面的匀强磁场中，如图所示．磁场上部有边界OP，下部无边界，磁感应强度B＝2T．金属棒进入磁场后又运动了一段距离便开始做匀速直线运动，在做匀速直线运动之前这段时间内，金属棒上产生了Qr＝2.4J的热量，且通过电阻R上的电荷量为q＝0.6C，取g＝10m/s2.求：图9－3－29(1)金属棒匀速运动时的速度v0；(2)金属棒进入磁场后速度v＝6m/s时，其加速度a的大小及方向；(3)磁场的上部边界OP距导轨顶部的距离s.4.如图所示，两根足够长固定平行金属导轨位于倾角θ＝30°的斜面上，导轨上、下端各接有阻值R＝20Ω的电阻，导轨电阻忽略不计，导轨宽度L＝2m，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝1T．质量m＝0.1kg、连入电路的电阻r＝10Ω的金属棒ab在较高处由静止释放，当金属棒ab下滑高度h＝3m时，速度恰好达到最大值v＝2m/s，金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好．g取10m/s2.求：(1)金属棒ab由静止至下滑高度为3m的运动过程中机械能的减少量．(2)金属棒ab由静止至下滑高度为3m的运动过程中导轨上端电阻R中产生的热量．例2错误的主要原因是：一是对串、并联电路中焦耳热的分配不清楚，误认为焦耳热都和电阻成正比，错误地认为ab杆的焦耳热是R0的1/2为0.25J；二是对公式q＝ΔΦR＝BΔSR认识不清，ΔS应为金属杆扫过的面积．有些同学误认为金属杆与上下两部分轨道所围的面积均发生变化，ΔS为上下两部分变化面积的和，这是错误的．正确解答：(1)当满足BIL＋μmgcosθ＝mgsinθ时ab中有最大电流Im，则Im＝sinθ－μcosθmgBL＝0.6－0.5×0.8×0.1×101.0×0.4A＝0.5A流过R0的最大电流为I0＝Im2＝0.25A.(2)Q总＝4Q0＝2J，Em＝ImR总＝0.5×2V＝1.0V此时杆的速度为vm＝EmBL＝1.01.0×0.4m/s＝2.5m/s由动能定理得mgssinθ－μmgscosθ－Q总＝12mv2m－0求得杆下滑的距离s＝mv2m＋2Q总2mgsinθ－μcosθ＝0.1×2.52＋2×22×0.1×10×0.6－0.5×0.8m＝11.56m.(3)1s内通过ab杆的最大电荷量q＝ΔΦR总＝BΔSR总＝BLvmΔtR总＝1.0×0.4×2.5×12C＝0.5C例题2解析：两线圈在未进入磁场时，都做自由落体运动，从距磁场上界面h高处下落，由动能定理知两线圈在进入磁场时的速度相同，设为v，线圈Ⅰ所受安培阻力F1′＝BI1L＝B2L2vR1，而R1＝ρ电4LS1，S1＝m1ρ·4L.故F1′＝B2L2vm116ρ电ρL2＝B2vm116ρ电ρ.所以此时刻a1＝m1g－F1′m1＝g－B2v16ρ电ρ，同理可得a2＝g－B2v16ρ电ρ与线圈的质量无关，即两线圈进入磁场时的加速度相同，当两线圈进入磁场后虽加速度发生变化，但两者加速度是同步变化的，速度也同步变化，因此落地时速度相等即v1＝v2；又由于线圈Ⅱ质量大，机械能损失多，所以产生的热量也多，即Q2Q1，故D项正确．发散2解析：选AC.根据能的转化和守恒可知，外力做功等于电能，而电能又全部转化为焦耳热Wa＝Qa＝BLv2Ra·LvWb＝Qb＝B2Lv2Rb·2Lv由电阻定律知Rb＝2Ra，故Wa∶Wb＝1∶4，A对B错；由产生的电量Q＝ΔΦR＝BSR得，Qa∶Qb＝1∶2，C对D错．解题小结：解决此类问题的步骤(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(包括右手定则)确定感应电动势的大小和方向．(2)画出等效电路图，写出回路中电阻消耗的电功率的表达式．(3)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程，联立求解．1解析：选A.对金属棒受力分析可知，设金属棒所受重力为G、上升高度为h，则根据能量守恒可得：Fh－W安＝Gh＋ΔE，即拉力及安培力所做的功的代数和等于金属棒机械能的增加量，A正确．2解析：(1)线框MN边在磁场中运动时，感应电动势E＝Blv线框中的感应电流I＝ER＝BlvR.(2)M、N两点间的电压UMN＝34E＝34Blv.(3)只有MN边在磁场中时，线框运动的时间t＝lv此过程线框中产生的焦耳热Q1＝I2Rt＝B2l3vR只有PQ边在磁场中运动时线框中产生的焦耳热Q2＝B2l3vR根据能量守恒定律得水平外力做的功W＝Q1＋Q2＝2B2l3vR.3解析：(1)此时金属棒沿斜面方向受力平衡：BIL＝mgsinθ对闭合电路有：I＝ER＋r，E＝BLv0联立解得：v0＝mgsinθR＋rB2L2＝5m/s.(2)由牛顿第二定律得：mgsinθ－BIL＝ma而由电路：I＝BLvR＋ra＝gsinθ－B2L2vmR＋r＝－1m/s2因此，此时加速度大小为1m/s2，方向沿斜面向上．(3)由于金属棒r和电阻R上的电流瞬时相同，根据焦耳定律产生的电热应与阻值成正比，因此可求出金属棒匀速运动前R上产生的电热为：QR＝RrQr＝3.6J因此，该过程中电路中的总电热为：Q＝Qr＋QR＝6J又该过程中电路平均电流为：I＝ER＋r＝ΔΦΔtR＋r设匀速前金属棒在磁场中位移为x，则此过程中通过R的电荷量为：q＝I·Δt＝ΔΦR＋r＝BLxR＋r从释放到刚好达到匀速运动的过程中，由能量守恒得到：mgsinθ(s＋x)＝12mv20＋Q联立解得：s＝mv20＋2Q2mgsinθ－qR＋rBL＝5.5m.答案：(1)5m/s(2)1m/s2方向沿斜面向上(3)5.5m