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第一章电磁感应第5节电磁感应中的能量转化与守恒第一章电磁感应1.掌握电磁感应现象中的能量转化与守恒问题，并能用来处理力、电综合问题．(重点)2.会判断电磁感应现象中哪一部分电路充当电源，并能结合闭合电路欧姆定律处理电磁感应现象中的电路问题．(重点)3.掌握电磁感应与力学综合应用问题的处理方法．(重点＋难点)4.知道什么是反电动势及其作用．一、电磁感应中的能量转化如图所示，处在匀强磁场中的水平导轨上有一根与导轨接触良好的可自由滑动的直导线ab在外力F作用下向右做匀速直线运动．该过程中外力F克服________做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能，因为这个电路是纯电阻电路，所以转化过来的电能通过电流做功又全部转化为电阻的___能，即：安培力内上面情境中外力F做功的功率P外与回路中的电功率P电有什么关系？为什么？提示：相等．因为只有P外＝P电，合外力对导线ab做的功才等于零，导线才能做匀速直线运动．二、电磁感应中的能量守恒能量既不会凭空产生，也不会凭空______，它只能从一种形式______为其他形式，或者从一个物体______到另一个物体，在转化和转移的过程中能量的______保持不变，这是自然界普遍遵循的一条规律，在电磁感应现象中也不例外．所以，在电磁感应现象中产生了多少焦耳热(纯电阻电路)就意味着______了多少其他形式的能量，即Q＝________．消失转化转移总量消耗ΔE减楞次定律与能量守恒1．电磁感应中的能量转化：电磁感应现象中，感应电流的能量(电能)不能无中生有，只能从其他形式的能量转化过来，外力克服磁场力做功，正是这个转化的量度，如图所示，当条形磁铁靠近线圈时，线圈中产生图示方向的电流，而这个感应电流产生的磁场对条形磁铁产生斥力，阻碍条形磁铁的靠近，必须有外力克服这个斥力做功，它才能移近线圈；当条形磁铁离开线圈时，感应电流方向与图中所示方向相反，感应电流产生的磁场对磁铁产生引力，阻碍条形磁铁的离开．这里外力做功的过程就是其他形式的能转化为电能的过程．2．电磁感应中的能量守恒：“阻碍”的结果，是实现了其他形式的能向电能转化，如果没有“阻碍”，将违背能量守恒定律，可以得出总能量增加的错误结论．所以楞次定律体现了在电磁感应现象中能的转化与守恒，能量守恒定律也要求感应电流的方向服从楞次定律．如图所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为L，左端接有阻值为R的电阻，处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略，初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有水平向右的初速度v0.在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好的接触．(1)求初始时刻导体棒受到的安培力．(2)若导体棒从初始时刻到速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为Ep，则这一过程中安培力所做的功W1和电阻R上产生的焦耳热Q1分别是多少？(3)导体棒往复运动，最终将静止于何处？从导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为多少？[思路点拨]在整个过程中，弹力和安培力都是变力，不能直接用公式W＝Fs求解，用能的转化和守恒关系求解比较方便．[解析](1)初始时刻棒中的感应电动势E＝BLv0①棒中的感应电流I＝ER②作用于棒上的安培力F＝BIL③联立①②③得F＝B2L2v0R方向水平向左．(2)由功能关系得安培力做功W1＝Ep－12mv20电阻R上产生的焦耳热Q1＝12mv20－Ep.(3)由能量转化及平衡条件等可判断知：棒最终静止于初始位置，Q＝12mv20.[答案](1)B2L2v0R，方向水平向左(2)Ep－12mv2012mv20－Ep(3)棒最终静止于初始位置12mv201.如图所示，两根足够长光滑平行金属导轨PQ、MN倾斜固定，倾角为θ＝30°，相距为L，导轨处于磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中．有两根质量均为m的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与小球c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b棒也垂直导轨放置在导轨上，b刚好能静止．a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g.则()A．小球c的质量为2mB．b棒放上导轨前a棒的加速度为0.5gC．b棒放上导轨后a棒中电流大小是mg2BLD．b棒放上导轨后，小球c减少的重力势能等于回路消耗的电能解析：选C.A.b棒静止，说明b棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，a棒匀速向上运动，说明a棒受绳的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡，c匀速下降则c所受重力和绳的拉力大小平衡．对b，由平衡条件可知，安培力大小F安＝mgsinθ，对a，由平衡条件可知F绳＝F安＋mgsinθ＝2mgsinθ，由c平衡可知F绳＝mcg，因为绳中拉力大小相等，故2mgsinθ＝mcg，即小球c的质量为mc＝2msinθ＝m，故A错误；B.b放上之前，根据牛顿第二定律得：b的加速度a＝mcg－mgsinθmc＋m＝0.25g，故B错误；C.根据b棒的平衡可知F安＝mgsinθ，又因为F安＝BIL，可得I＝mg2BL，故C正确；D.b棒放上导轨后，a匀速上升，a的重力势能增加，由能量守恒知小球c减少的重力势能等于回路消耗的电能与a增加的重力势能之和，故D错误．电磁感应现象与能量的综合问题求解电磁感应现象中能量守恒问题的一般思路：(1)分析回路，分清电源和外电路．在电磁感应现象中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，其余部分相当于外电路．(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：做功情况能量变化特点滑动摩擦力做功有内能产生重力做正功重力势能必然减少，且WG＝－ΔEp克服重力做功重力势能必然增加，且WG＝－ΔEp做功情况能量变化特点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，就产生多少电能安培力做正功电能转化为其他形式的能，安培力做多少功就有多少电能转化为其他形式的能(3)根据能量守恒列方程求解．电能的三种求解思路(1)利用克服安培力做功求解：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：相应的其他能量的减少量等于产生的电能．(3)利用电路特征求解：通过电路中所消耗的电能来计算．如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1kg，电阻R1＝0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4kg，电阻R2＝0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10m/s2.问：(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．[解析](1)由右手定则可判断出cd中的电流方向为由d到c，则ab中电流方向为由a流向b.(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmax＝m1gsinθ①设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv②设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I＝ER1＋R2③设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL④此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安＝m1gsinθ＋Fmax⑤综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5m/s.(3)设cd棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gxsinθ＝Q总＋12m2v2又Q＝R1R1＋R2Q总解得Q＝1.3J.[答案](1)由a流向b(2)5m/s(3)1.3J焦耳热的计算技巧(1)感应电路中电流恒定，则电阻产生的焦耳热等于电流通过电阻做的功，即Q＝I2Rt.(2)感应电路中电流变化，可用以下方法分析：①利用动能定理，根据产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W安．②利用能量守恒，即感应电流产生的焦耳热等于电磁感应现象中其他形式能量的减少量，即Q＝ΔE其他．2.如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面．开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动．线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g.求：(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；(2)磁场上下边界间的距离H.解析：(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有E1＝2Blv1①设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有I1＝E1R②设此时线框所受安培力为F1，有F1＝2I1lB③由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mg＝F1④由①②③④式得v1＝mgR4B2l2⑤设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2＝mgRB2l2⑥由⑤⑥式得v2＝4v1.⑦(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mgl＝12mv21⑧线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有mg(2l＋H)＝12mv22－12mv21＋Q⑨由⑦⑧⑨式得H＝Qmg＋28l.答案：(1)4(2)Qmg＋28l电磁感应现象中的动力学问题一个质量m＝0.016kg，长L＝0.5m，宽d＝0.1m，电阻R＝0.1Ω的矩形线圈，从h1＝5m高处由静止开始自由落下，如图所示，然后进入一个匀强磁场．线圈下边刚进入磁场时，由于磁场力作用，线圈正好做匀速运动，求：(1)磁场的磁感应强度B(g取10m/s2)．(2)如果线圈下边通过磁场所经历的时间为Δt＝0.15s，求磁场区域的高度h2.[解析](1)线圈自由下落5m进入磁场时速度v0＝2gh1＝2×10×5m/s＝10m/s线圈进入磁场，切割磁感线产生感应电流，使线圈受到了向上的磁场力F＝BId＝B2d2v0R匀速下降时，由mg＝F得B＝1dmgRv0＝10.1×0.016×10×0.110T＝0.4T.(2)当整个线圈进入磁场后，磁通量不再发生变化，线圈中无感应电流，磁场对它不起阻碍作用，这时线圈将以10m/s的初速度，10m/s2的加速度加速下落，下落的距离为(h2－L)，故线圈下边在磁场中经历两个运动过程，其时间分别为Δt1(匀速运动时间)，Δt2(加速运动时间)．Δt1＝Lv＝0.510s＝0.05sΔt2＝Δt－Δt1＝0.15s－0.05s＝0.1s由h2－L＝v0·Δt2＋12gΔt22得h2＝v0Δt2＋12gΔt22＋L＝10×0.1＋12×10×0.12＋0.5m＝1.55m.[答案](1)0.4T(2)1.55m3.如图所示，一刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域，则()A．若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程一定是匀速运动B．若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程一定是加速运动C．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是加速运动D．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是减速运动解析：选D.线圈从高处自由下落，以一定的速度进入磁场，会受到重力和