高考物理一轮复习第十章电磁感应第6课时电磁感应中的能量问题学案新人教版

第6课时　电磁感应中的能量问题

　　　　　命题视角一　应用焦耳定律求解电磁感应的能量问题

[典例]　一个圆形线圈，匝数n＝10，其总电阻r＝4.0 Ω，线圈与阻值R0＝16 Ω的外电阻连成闭合回路，如图甲所示。线圈内部存在着一个边长L＝0.20 m的正方形区域，其中有分布均匀但强弱随时间变化的磁场，图乙显示了一个周期内磁场的变化情况，周期T＝1.0×10－2 s，磁场方向以垂直线圈平面向外为正方向。求：

(1)0～时间内，电阻R0上的电流大小和方向；

(2)0～时间内，流过电阻R0的电荷量；

(3)一个周期内电阻R0产生的热量。

[解析]　(1)0～时间内，感应电动势大小E1＝n＝，S＝L2

可得电流大小I1＝，解得I1＝0.4 A

电流方向为从b到a。

(2)同(1)可得～时间内，感应电流大小I2＝0.2 A

流过电阻R0的电荷量q＝I1·＋I2·

解得q＝1.5×10－3 C。

(3)由一个周期内磁场变化的对称性可得，一个周期内电阻R0产生的热量Q＝I12R0·＋I22R0·

解得Q＝1.6×10－2 J。

[答案]　(1)0.4 A　方向为从b到a　(2)1.5×10－3 C

(3)1.6×10－2 J

[集训冲关]

1．(多选)如图所示，同种材料的、均匀的金属丝做成边长之比为1∶2的甲、乙两单匝正方形线圈，已知两线圈的质量相同。现分别把甲、乙线圈以相同的速率匀速拉出磁场，则下列说法正确的是(　　)

A．甲、乙两线圈的热量之比为1∶2

B．甲、乙两线圈的电荷量之比为1∶4

C．甲、乙两线圈的电流之比为1∶2

D．甲、乙两线圈的热功率之比为1∶1

解析：选AD　两线圈质量相同，周长之比为1∶2，则组成线圈的金属丝的横截面积之比为2∶1，根据R＝ρ可知，电阻之比为R甲∶R乙＝1∶4；根据E＝BLv，Q＝·＝可知甲、乙两线圈的热量之比为1∶2，选项A正确；由q＝可知，甲、乙两线圈的电荷量之比为1∶1，选项B错误；由I＝可知，甲、乙两线圈的电流之比为2∶1，选项C错误；由P＝＝可知，甲、乙两线圈的热功率之比为1∶1，选项D正确。

2．如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距L＝1 m，上端接有电阻R＝3 Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场。现将质量m＝0.1 kg、电阻r＝1 Ω、长度与导轨间距相等的金属杆ab，从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的vt图像如图乙所示(g取10 m/s2)。求：

(1)磁感应强度B；

(2)杆在磁场中下落0.1 s的过程中电阻R产生的热量。

解析：(1)由题图乙可知，杆自由下落0.1 s进入磁场以v＝1.0 m/s的速度做匀速运动，产生的电动势E＝BLv

杆中的电流I＝

杆所受安培力F安＝BIL

由平衡条件得mg＝F安

代入数据得B＝2 T。

(2)电阻R产生的热量Q＝I2Rt＝0.075 J。

答案：(1)2 T　(2)0.075 J

　　　　　　　命题视角二　根据功能关系求解电磁感应能量问题

电磁感应过程的实质是不同形式的能量之间转化的过程，而能量的转化是通过克服安培力做功的形式实现的。安培力做功，则电能转化为其他形式的能如机械能，外力克服安培力做功，则其他形式的能转化为电能，转化过程和常用关系为：

1功能关系：Q＝W克安。

2能量转化与守恒定律：Q＝ΔE其他能的减少量。

题型1　功能关系的应用

[例1](多选)如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，固定在水平面上，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一个阻值为R的定值电阻，平直部分导轨左侧区域有宽度为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(重力加速度为g)(　　)

A．金属棒克服安培力做的功等于金属棒产生的焦耳热

B．金属棒克服安培力做的功为mgh

C．金属棒产生的电热为mg(h－μd)

D．金属棒运动的时间为－

[解析]　根据功能关系知，金属棒克服安培力做的功等于金属棒以及电阻R上产生的焦耳热之和，故A错误；设金属棒克服安培力所做的功为W，对整个过程，由动能定理得mgh－μmgd－W＝0，得W＝mg(h－μd)，故B错误；电路中产生的总的焦耳热Q＝W＝mg(h－μd)，则金属棒产生的电热为mg(h－μd)，故C正确；金属棒在下滑过程中，其机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＝mv02，得v0＝，金属棒经过磁场到达磁场右边界过程通过某截面的电荷量为q＝＝，根据动量定理得－BLΔt－μmgΔt＝0－mv0，其中q＝Δt，解得Δt＝－，故D正确。

[答案]　CD

题型2　能量守恒定律的应用

[例2]如图所示，倾角为θ的平行金属导轨下端连接一阻值为R的电阻，导轨MN、PQ间距为L，与MN、PQ垂直的虚线a1b1、a2b2区域内有垂直导轨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的导体棒在导轨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(导轨摩擦及电阻不计)。求：

(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)导体棒穿过磁场过程中，回路产生的热量。

[解析]　(1)导体棒在磁场外沿导轨下滑，只有重力做功，由机械能守恒定律得：mgdsin θ＝mv12

解得：v1＝。

(2)导体棒匀速通过磁场下边界a1b1时，由平衡条件得：

mgsin θ＝F安

F安＝BIL＝

解得：v2＝。

(3)由能量守恒定律得：

mgdsin θ＝mv22－mv12＋Q

解得：Q＝2mgdsin θ－。

[答案]　(1)　(2)　

(3)2mgdsin θ－

[集训冲关]

1.如图所示，间距为L的足够长的平行金属导轨固定在斜面上，导轨一端接入阻值为R的定值电阻，t＝0时，质量为m的金属棒由静止开始沿导轨下滑，t＝T时，金属棒的速度恰好达到最大值vm，整个装置处于垂直斜面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，金属棒及导轨的电阻不计，下列说法正确的是(　　)

A．t＝时，金属棒的速度大小为

B．0～T的过程中，金属棒机械能的减少量等于R上产生的焦耳热

C．电阻R在0～内产生的焦耳热小于～T内产生的焦耳热

D．金属棒在0～内机械能的减少量大于～T内机械能的减少量

解析：选C　速度达到最大值vm前金属棒做加速度减小的加速运动，故相同时间内速度的增加量减小，所以t＝时，金属棒的速度大于，故A错误；由能量守恒定律，0～T时间内的过程中，金属棒机械能的减少量等于R上产生的焦耳热和金属棒与导轨间摩擦生热之和，故B错误；0～内金属棒的位移小于～T内的位移，金属棒做加速运动，其所受安培力增大，所以～T内金属棒克服安培力做功更多，产生的电能更多，电阻R上产生的焦耳热更多，故C正确；～T内的位移比0～内的位移大，故～T内滑动摩擦力对金属棒做功多，由功能关系得Wf＋W安＝ΔE，～T内金属棒机械能的减少量更多，故D错误。

2．(2021·南京模拟)如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L＝0.30 m。导轨电阻忽略不计，其间连接有固定电阻R＝0.40 Ω。导轨上停放一质量m＝0.10 kg、电阻r＝0.20 Ω的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度B＝0.50 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。用一外力F沿水平方向拉金属杆ab，使之由静止开始做匀加速运动，电压传感器可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，获得电压U随时间t变化的关系如图乙所示。

(1)计算加速度的大小；

(2)求第2 s末外力F的瞬时功率；

(3)如果水平外力从静止开始拉动杆2 s所做的功W＝0.35 J，求金属杆上产生的焦耳热。

解析：(1)根据E＝BLv，v＝at，UR＝E，

结合图乙所示数据，解得：a＝1 m/s2。

(2)由图像可知在2 s末，电阻R两端电压为0.2 V，

通过金属杆的电流I＝，金属杆受安培力F安＝BIL

设2 s末外力大小为F2，由牛顿第二定律，F2－F安＝ma，

故2 s末时F的瞬时功率P＝F2v2＝0.35 W。

(3)设回路产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律，

W＝Q＋mv22,

电阻R与金属杆的电阻r串联，产生焦耳热与电阻成正比

金属杆上产生的焦耳热Qr＝

解得：Qr＝5.0×10－2 J。

答案：(1)1 m/s2　(2)0.35 W　(3)5.0×10－2 J