教科版高中物理选修3-2学案第一章电磁感应7电磁感应中的能量转化与守恒

学案7电磁感应中的能量转化与守恒[学习目标定位]1.进一步理解能量守恒定律是自然界普遍遵循的一条规律，楞次定律的实质就是能量守恒在电磁感应现象中的具体表现.2.通过具体实例理解电磁感应现象中的能量转化.3.掌握电磁感应中动力学问题的分析．1．垂直于匀强磁场放置、长为L的直导线通过电流为I时，它所受的安培力F＝BIL，安培力方向的判断用左手定则．2．牛顿第二定律：F＝ma，它揭示了力与运动的关系．当加速度a与速度v方向相同时，速度增大，反之速度减小．当加速度a为零时，物体做匀速直线运动．3．做功的过程就是能量转化的过程，做了多少功，就有多少能量发生了转化，功是能量转化的量度．几种常见的功能关系(1)合外力所做的功等于物体动能的变化．(2)重力做的功等于重力势能的变化．(3)弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化．(4)除了重力和系统内弹力之外的其他力做的功等于机械能的变化．4．电流通过导体时产生的热量焦耳定律：Q＝I2Rt.在导线切割磁感线运动而产生感应电流时，产生的电能是通过外力克服安培力做功转化而来的，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、电磁感应中的动力学问题1．电磁感应中产生的感应电流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)求回路中的电流强度的大小和方向．(3)分析研究导体受力情况(包括安培力)．(4)列动力学方程或平衡方程求解．2．电磁感应现象中涉及的具有收尾速度的力学问题，关键要抓好受力情况和运动情况的动态分析；周而复始地循环，加速度等于零时，导体达到稳定运动状态．3．两种状态处理导体匀速运动，应根据平衡条件列式分析；导体做匀速直线运动之前，往往做变加速运动，处于非平衡状态，应根据牛顿第二定律或结合功能关系分析．二、电磁感应中的能量转化与守恒[问题设计]为什么说楞次定律是能量守恒定律在电磁感应中的具体表现？答案楞次定律表明，感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因．正是由于“阻碍”作用的存在，电磁感应现象中产生电能的同时必然伴随着其他形式能量的减少，可见，楞次定律是能量转化和守恒定律的必然结果．[要点提炼]1．电磁感应中的能量转化特点外力克服安培力做功，把机械能或其他形式的能转化成电能；感应电流通过电路做功又把电能转化成其他形式的能(如内能)．这一功能转化途径可表示为：2．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．(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：①有摩擦力做功，必有内能产生；②有重力做功，重力势能必然发生变化；③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．(3)列有关能量的关系式．3．焦耳热的计算技巧(1)感应电路中电流恒定，焦耳热Q＝I2Rt.(2)感应电路中电流变化，可用以下方法分析：①利用功能关系产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W安．而克服安培力做的功W安可由动能定理求得．②利用能量守恒，即感应电流产生的焦耳热等于其他形式能量的减少，即Q＝ΔE其他．一、电磁感应中的动力学问题例1如图1甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ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．图1(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．解析(1)如图所示，ab杆受：重力mg，竖直向下；支持力N，垂直于斜面向上；安培力F安，沿斜面向上．(2)当ab杆速度大小为v时，感应电动势E＝BLv，此时电路中电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)ab杆受到的安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)根据牛顿第二定律，有ma＝mgsinθ－F安＝mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)a＝gsinθ－eq\f(B2L2v,mR).(3)当a＝0时，ab杆有最大速度：vm＝eq\f(mgRsinθ,B2L2).答案(1)见解析图(2)eq\f(BLv,R)gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)(3)eq\f(mgRsinθ,B2L2)二、电磁感应中的能量转化与守恒例2如图2所示，矩形线圈长为L，宽为h，电阻为R，质量为m，线圈在空气中竖直下落一段距离后(空气阻力不计)，进入一宽度也为h、磁感应强度为B的匀强磁场中．线圈进入磁场时的动能为Ek1，线圈刚穿出磁场时的动能为Ek2，从线圈刚进入磁场到线圈刚穿出磁场的过程中产生的热量为Q，线圈克服磁场力做的功为W1，重力做的功为W2，则以下关系中正确的是()图2A．Q＝Ek1－Ek2 B．Q＝W2－W1C．Q＝W1 D．W2＝Ek2－Ek1解析线圈进入磁场和离开磁场的过程中，产生的感应电流受到安培力的作用，线圈克服安培力所做的功等于产生的热量，故选项C正确．根据功能的转化关系得，线圈减少的机械能等于产生的热量，即Q＝W2＋Ek1－Ek2，故选项A、B错误．根据动能定理得W2－W1＝Ek2－Ek1，故选项D错误．答案C1．(电磁感应中的动力学问题)如图3所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落．如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为()图3A．a1＞a2＞a3＞a4 B．a1＝a2＝a3＝a4C．a1＝a3＞a2＞a4 D．a1＝a3＞a2＝a4答案C解析线圈自由下落时，加速度为a1＝g.线圈完全在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度为a3＝g.线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力，根据牛顿第二定律得知，a2＜g，a4＜g.线圈完全在磁场中时做匀加速运动，到达4处的速度大于2处的速度，则线圈在4处所受的安培力大于在2处所受的安培力，又知，磁场力总小于重力，则a2＞a4，故a1＝a3＞a2＞a4.所以本题选C.2.(电磁感应中的能量转化与守恒)如图4所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ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4A．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，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．3．(电磁感应中的动力学及能量综合问题)足够长的平行金属导轨MN和PK表面粗糙，与水平面之间的夹角为α，间距为L.垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度为B，MP间接有阻值为R的电阻，质量为m的金属杆ab垂直导轨放置，其他电阻不计．如图5所示，用恒力F沿导轨平面向下拉金属杆ab，使金属杆由静止开始运动，杆运动的最大速度为vm，ts末金属杆的速度为v1，前ts内金属杆的位移为x，(重力加速度为g)求：图5(1)金属杆速度为v1时加速度的大小；(2)整个系统在前ts内产生的热量．答案(1)eq\f(B2L2vm－v1,mR)(2)eq\f(B2L2vmx,R)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解析(1)设金属杆和导轨间的动摩擦因数为μ，当杆运动的速度为vm时，有：F＋mgsinα－eq\f(B2L2vm,R)－μmgcosα＝0当杆的速度为v1时，有：F＋mgsinα－eq\f(B2L2v1,R)－μmgcosα＝ma解得：a＝eq\f(B2L2vm－v1,mR)(2)ts末金属杆的速度为v1，前ts内金属杆的位移为x，由能量守恒得：焦耳热Q1＝Fx＋mgxsinα－μmgxcosα－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1).＝eq\f(B2L2vmx,R)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)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F＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)＝ma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，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，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，金属杆的速度会趋于一个最大速度vm，除R外其余电阻不计，则()图2A．如果B变大，vm将变大 B．如果α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E＝Blv，在闭合电路中形成电流I＝eq\f(Blv,R)，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F作用，F＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)，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mgsinα－eq\f(B2l2v,R)＝ma，当a＝0时，v＝vm，解得vm＝eq\f(mgRsinα,B2l2)，故选项B、C正确．3.如图3所示，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b和下边界d水平．在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平．线圈从水平面a开始下落．已知磁场上、下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离．若线圈下边刚通过水平面b、c(位于磁场中)和d时，线圈所受到的磁场力的大小分别为Fb、Fc和Fd，则()图3A．Fd>Fc>Fb B．Fc<Fd<FbC．Fc>Fb>Fd D．Fc<Fb<Fd答案D解析线圈从a到b做自由落体运动，在b处开始进入磁场切割磁感线，产生感应电流，受到安培力作用，由于线圈的上下边的距离很短，所以经历很短的变速运动而完全进入磁场，在c处线圈中磁通量不变不产生感应电流，不受安培力作用，但线圈在重力作用下依然加速，因此线圈在d处离开磁场切割磁感线时，产生的感应电流较大，故该处所受安培力必然大于b处．综合分析可知，选项D正确．4.如图4所示，在平行水平地面的有理想边界的匀强磁场上方，有三个大小相同的，用相同的金属材料制成的正方形线框，线框平面与磁场方向垂直．A线框有一个缺口，B、C线框都闭合，但B线框导线的横截面积比C线框大．现将三个线框从同一高度由静止开始同时释放，下列关于它们落地时间说法正确的是()图4A．三个线框同时落地B．三个线框中，A线框最早落地C．B线框在C线框之后落地D．B线框和C线框在A线框之后同时落地答案BD解析A线框由于有缺口，在磁场中不能形成电流，所以下落时不受安培力作用，故下落的加速度一直为g；设正方形边长为l，电阻率为ρ，B、C线框的底边刚进入磁场时的速度为v，则根据牛顿第二定律知mg－Beq\f(Blv,R)l＝ma，即a＝g－eq\f(B2l2v,Rm)其中Rm＝ρeq\f(4l,S)·4lSρ密＝16l2ρρ密，所以加速度与线框横截面积无关，故两线框的运动情况完全相同，即在A线框之后B、C线框同时落地．选项B、D正确．题组二电磁感应中的能量转化与守恒5．如图5所示，位于一水平面内的两根平行的光滑金属导轨，处在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在的平面，导轨的一端与一电阻相连；具有一定质量的金属杆ab放在导轨上并与导轨垂直．现用一平行于导轨的恒力F拉杆ab，使它由静止开始向右运动．杆和导轨的电阻、感应电流产生的磁场均可不计．用E表示回路中的感应电动势，i表示回路中的感应电流，在i随时间增大的过程中，电阻消耗的功率等于()图5A．F的功率B．安培力的功率的绝对值C．F与安培力的合力的功率D．iE答案BD6.如图6所示，边长为L的正方形导线框质量为m，由距磁场H高处自由下落，其下边ab进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边dc刚刚穿出磁场时，速度减为ab边刚进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为()图6A．2mgL B．2mgL＋mgHC．2mgL＋eq\f(3,4)mgH D．2mgL＋eq\f(1,4)mgH答案C解析设线框刚进入磁场时的速度为v1，刚穿出磁场时的速度v2＝eq\f(v1,2)①线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L.由题意得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgH②eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋mg·2L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋Q③由①②③得Q＝2mgL＋eq\f(3,4)mgH.C选项正确．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积的电荷量为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．Q1＞Q2，q1＝q2 B．Q1＞Q2，q1＞q2C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1＞q2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Q1＝W1＝F1lbc＝eq\f(B2l\o\al(2,ab)v,R)lbc＝eq\f(B2Sv,R)lab同理Q2＝eq\f(B2Sv,R)lbc，又lab＞lbc，故Q1＞Q2；因q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E),R)t＝eq\f(ΔΦ,R)，故q1＝q2.因此A正确．8.水平放置的光滑平行导轨上放置一根长为L、质量为m的导体棒ab，ab处在磁感应强度大小为B、方向如图8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8A．撤去外力后，ab做匀减速运动B．合力对ab做的功为FxC．R上释放的热量为Fx＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)D．R上释放的热量为Fx答案D解析撤去外力后，导体棒水平方向只受安培力作用，而F安＝eq\f(B2L2v,R)，F安随v的变化而变化，故导体棒做加速度变化的变速运动，A错；对整个过程由动能定理得W合＝ΔEk＝0，B错；由能量守恒定律知，外力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Q＝Fx，C错，D正确．题组三电磁感应中的动力学及能量综合问题9．如图9所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m、有效电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q.下列说法正确的是()图9A．金属棒在导轨上做匀减速运动B．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为eq\f(qR,BL)C．整个过程中金属棒克服安培力做功为eq\f(1,2)mv2D．整个过程中电阻R上产生的焦耳热为eq\f(1,2)mv2答案C解析因为金属棒向右运动时受到向左的安培力作用，且安培力随速度的减小而减小，所以金属棒向左做加速度减小的减速运动；根据E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BLx,Δt)，q＝IΔt＝eq\f(E,2R)Δt＝eq\f(BLx,2R)，解得x＝eq\f(2Rq,BL)；整个过程中金属棒克服安培力做功等于金属棒动能的减少量eq\f(1,2)mv2；整个过程中电路中产生的热量等于机械能的减少量eq\f(1,2)mv2，电阻R上产生的焦耳热为eq\f(1,4)mv2.10．如图10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、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，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μ，金属棒与导轨间接触良好．则金属棒穿过磁场区域的过程中()图10A．流过金属棒的最大电流为eq\f(Bd\r(2gh),2R)B．通过金属棒的电荷量为eq\f(BdL,R)C．克服安培力所做的功为mghD．金属棒产生的焦耳热为eq\f(1,2)(mgh－μmgd)答案D解析金属棒下滑到底端时的速度为v＝eq\r(2gh)，感应电动势E＝BLv，所以流过金属棒的最大电流为I＝eq\f(BL\r(2gh),2R)；通过金属棒的电荷量为q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BLd,2R)；克服安培力所做的功为W＝mgh－μmgd；电路中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功，所以金属棒产生的焦耳热为eq\f(1,2)(mgh－μmgd)．选项D正确．11．如图11所示，倾角为θ的“U”型金属框架下端连接一阻值为R的电阻，相互平行的金属杆MN、PQ间距为L，与金属杆垂直的虚线a1b1、a2b2区域内有垂直框架平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，a1b1、a2b2间距离为d，一长为L、质量为m、电阻为R的导体棒在金属框架平面上与磁场上边界a2b2距离d处从静止开始释放，最后能匀速通过磁场下边界a1b1.重力加速度为g(金属框架摩擦及电阻不计)．求：图11(1)导体棒刚到达磁场上边界a2b2时的速度大小v1；(2)导体棒匀速通过磁场下边界a1b1时的速度大小v2；(3)导体棒穿越磁场过程中，回路产生的电能．答案(1)eq\r(2gdsinθ)(2)eq\f(2mgRsinθ,B2L2)(3)2mgdsinθ－eq\f(2m3g2R2sin2θ,B4L4)解析(1)导体棒在磁场外沿斜面下滑，只有重力做功，由机械能守恒定律得：mgdsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得：v1＝eq\r(2gdsinθ)(2)导体棒匀速通过匀强磁场下边界a1b1时，由平衡条件：mgsinθ＝F安F安＝BIL＝eq\f(B2L2v2,2R)解得：v2＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)(3)由能量守恒定律得：mgdsinθ－Q＝eq\f(1,2)mveq\o\a