2021高考物理鲁科版一轮复习教师用书：第十章专题提升（十）　电磁感应的综合应用

专题提升(十)　电磁感应的综合应用

电磁感应中的能量问题

1.能量转化及焦耳热的求法

(1)能量转化

(2)求解焦耳热Q的三种方法

2.解题的一般步骤

(1)确定研究对象(导体棒或回路);

(2)弄清电磁感应过程中,哪些力做功,哪些形式的能量相互转化;

(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解.

角度1　应用能量守恒定律求解电磁感应能量问题

[例1]

如图所示,两平行金属导轨位于同一水平面上,相距l,左端与一电阻R相连;整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向竖直向下.一质量为m的导体棒置于导轨上,在水平外力作用下沿导轨以速率v匀速向右滑动,滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好.已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g,导轨和导体棒的电阻均可忽略.求:

(1)电阻R消耗的功率.

(2)水平外力的大小.

解析:(1)导体棒切割磁感线产生的电动势E=Blv

由于导轨与导体棒的电阻均可忽略,则R两端电压等于电动势U=E

则电阻R消耗的功率PR=

综合以上三式可得PR=.

(2)设水平外力大小为F,由能量守恒有

Fv=PR+μmgv

故得F=+μmg.

答案:见解析

角度2　应用焦耳定律求解电磁感应能量问题

[例2] (2019·北京东城区模拟)随着新技术的应用,手机不断地更新换代.新机型除了常规的硬件升级外,还支持快充和无线充电.图(甲)为兴趣小组制作的无线充电装置中的输电线圈示意图,已知线圈匝数n=100,电阻r=1.0 Ω,线圈的横截面积S=1.5×10-3 m2,外接电阻R=5.0 Ω.线圈处在平行于线圈轴线的磁场中,磁场的磁感应强度随时间变化如图(乙)所示,求:

(1)t=1.0×10-2 s时线圈中的感应电动势E;

(2)0~2.0×10-2 s内通过电阻R的电荷量q;

(3)0~3.0×10-2 s内电阻R上产生的热量Q.

解析:(1)由图(乙)可知,t=0.01 s时刻=4 T/s

根据法拉第电磁感应定律得E=n=n

解得E=0.6 V.

(2)0~0.02 s内,I==0.1 A

电荷量q=IΔt

解得q=2.0×10-3 C.

(3)0~0.02 s内,E=0.6 V,I=0.1 A,根据焦耳定律可以得到,R上产生的焦耳热为

Q1=I2Rt1=1.0×10-3 J

0.02~0.03 s内,E′=1.2 V,I′=0.2 A,根据焦耳定律可以得到,R上产生的焦耳热为

Q2=I′2Rt2=2.0×10-3 J

所以Q=Q1+Q2=3.0×10-3 J.

答案:(1)0.6 V　(2)2.0×10-3 C　(3)3.0×10-3 J

(2)若电流变化,则①利用安培力做的功求解:电磁感应中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功;②利用能量守恒求解:若只有电能与机械能的转化,则机械能的减少量等于产生的焦耳热;③利用功能关系求解:若除重力、安培力做功外,还有其他力做功,则其他力做功等于增加的机械能和产生的焦耳热.

1.(2019·江苏七市二模)(多选)在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上,存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场,区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上,区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下,磁场的宽度均为L,一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框,由静止开始沿斜面下滑,当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时,恰好以速度v1做匀速直线运动;当ab边下滑到JP与MN的中间位置时,线框又恰好以速度v2做匀速直线运动,从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中,线框的动能变化量为ΔEk,重力对线框做功大小为W1,安培力对线框做功大小为W2,下列说法中正确的有(　CD　)

A.在下滑过程中,由于重力做正功,所以有v2>v1

B.从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中,线框的机械能守恒

C.从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中,有W1-ΔEk的机械能转化为电能

D.从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中,线框动能的变化量大小ΔEk=W1-W2

解析:ab边越过JP后回路感应电动势增大,感应电流增大,因此所受安培力增大,安培力阻碍线框下滑,因此ab边越过JP后开始做减速运动,使感应电动势和感应电流均减小,安培力减小,当安培力减小到与重力沿斜面向下的分力mgsin θ相等时,以速度v2做匀速运动,因此v2<v1,A错误;由于有安培力做功,线框机械能不守恒,B错误;线框克服安培力做功,将机械能转化为电能,克服安培力做了多少功,就有多少机械能转化为电能,由动能定理得W1-W2=ΔEk,W2=W1-ΔEk,故C,D正确.

2.(2019·湖南娄底二模)(多选)如图所示,质量为3m的重物与一质量为m的线框用一根绝缘细线连接起来,挂在两个高度相同的定滑轮上,已知线框的横边边长为L,水平方向匀强磁场的磁感应强度为B,磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为h.初始时刻,磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为2h,将重物从静止开始释放,线框上边缘刚进磁场时,恰好做匀速直线运动,滑轮质量、摩擦阻力均不计.则下列说法中正确的是(　ABD　)

A.线框进入磁场时的速度为

B.线框的电阻为

C.线框通过磁场的过程中产生的热量Q=2mgh

D.线框通过磁场的过程中产生的热量Q=4mgh

解析:从初始时刻到线框上边缘刚进入磁场,由机械能守恒定律得3mg×2h=mg×2h+,解得线框刚进入磁场时的速度v=,故A正确;线框上边缘刚进磁场时,恰好做匀速直线运动,故受合力为零,3mg=BIL+mg,I=,解得线框的电阻R=,故B正确;线框匀速通过磁场的距离为2h,产生的热量等于系统重力势能的减少量,即Q=3mg×2h-mg×2h=4mgh,故C错误,D正确.

电磁感应中的动量和能量问题

角度1　用动量定理解决电磁感应问题

[例3]

(2019·广东佛山模拟)(多选)水平放置的足够长光滑平行导轨,电阻不计,间距为L,左端连接的电源电动势为E、内阻为r,质量为m的金属杆垂直静放在导轨上,金属杆处于导轨间的部分的电阻为R.整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中,闭合开关,金属杆沿导轨做变加速运动直至达到最大速度,下列说法正确的是(　AC　)

A.金属杆的最大速度大小为

B.此过程中通过金属杆的电荷量为

C.此过程中电源提供的电能为

D.此过程中金属杆产生的热量为

解析:开关闭合瞬间,电流通过金属杆,则金属杆在安培力作用下加速运动,同时由于金属杆切割磁感线产生感应电动势,方向与E相反,故金属杆做加速度减小的加速运动,当感应电动势等于电源电动势E时,金属杆加速度为0,速度最大,由BLvm=E,得vm=,A正确;整个过程中对金属杆应用动量定理有BL·t=mvm,则q=t==,B错误;电源提供的电能为E电=qE=,C正确;对整个过程由功能关系可知电源提供的能量转化为金属杆的动能和电路产生的热量,即E电=Q总+Ek,得=Q总+m,故Q总=Qr+QR=,金属杆的热量为QR=Q总=·,D错误.

角度2　用动量守恒定律解决电磁感应问题

[例4] (2019·北京丰台期末)如图所示,两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内,导轨间的距离为L,导轨上平行放置两根导体棒ab和cd,构成矩形回路.已知两根导体棒的质量均为m、电阻均为R,其他电阻忽略不计,整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B,导体棒均可沿导轨无摩擦的滑行.开始时,导体棒cd静止、ab有水平向右的初速度v0,两导体棒在运动中始终不接触.求:

(1)开始时,导体棒ab中电流的大小和方向;

(2)从开始到导体棒cd达到最大速度的过程中,矩形回路产生的焦耳热;

(3)当ab棒速度变为v0时,cd棒加速度的大小.

解析:(1)ab棒产生的感应电动势Eab=BLv0

ab棒中电流I==

方向由a→b.

(2)当ab棒与cd棒速度相同时,cd棒的速度最大,设最大速度为v

由动量守恒定律得mv0=2mv

解得v=v0

由能量守恒定律得Q=m-(2m)v2

解得Q=m.

(3)设ab棒的速度为v0时,cd棒的速度为v′

由动量守恒定律得mv0=mv0+mv′

解得v′=v0.

Eab=BLv0;

Ecd=BLv0;

I==

解得I=

cd棒受力为F=IBL=;

此时cd棒加速度为a==.

答案:见解析

(2)电磁感应中对于双杆切割磁感线运动,若双杆系统所受合外力为零,运用动量守恒定律结合能量守恒定律可求解与能量有关的问题.

1.

(2019·广东深圳二模)如图所示,在水平面上有两条导电导轨MN,PQ,导轨间距为d,匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里,磁感应强度的大小为B,两根完全相同的金属杆1,2间隔一定的距离摆开放在导轨上,且与导轨垂直.它们的电阻均为R,两杆与导轨接触良好,导轨电阻不计,金属杆的摩擦不计.杆1以初速度v0滑向杆2,为使两杆不相碰,则杆2固定与不固定两种情况下,最初摆放两杆时的最小距离之比为(　C　)

A.1∶1 B.1∶2 C.2∶1 D.1∶1

解析:杆2固定:对回路:q1==.

对杆1:-Bd·Δt=0-mv0,q1=·Δt

联立解得s1=.

杆2不固定:q2=

对杆2:Bd·Δt=mv2-0

全程动量守恒:mv0=mv1+mv2

末态两棒速度相同,v1=v2,q2=·Δt

联立解得s2=.

s1∶s2=2∶1,C正确.

2.(2019·贵州黔东南二模)如图所示,宽度为L的平行光滑的金属轨道,左端为半径为r1的四分之一圆弧轨道,右端为半径为r2的半圆轨道,中部为与它们相切的水平轨道.水平轨道所在的区域有磁感应强度为B的竖直向上的匀强磁场.一根质量为m的金属杆a置于水平轨道上,另一根质量为M的金属杆b由静止开始自左端轨道最高点滑下,当b滑入水平轨道某位置时,a就滑上了右端半圆轨道最高点(b始终运动且a,b未相撞),并且a在最高点对轨道的压力大小为mg,此过程中通过a的电荷量为q,a,b杆的电阻分别为R1,R2,其余部分电阻不计.在b由静止释放到a运动到右端半圆轨道最高点过程中,求:

(1)在水平轨道上运动时b的最大加速度是多大;

(2)自b释放到a到达右端半圆轨道最高点过程中,系统产生的焦耳热是多少;

(3)a刚到达右端半圆轨道最低点时b的速度是多大.

解析:(1)由机械能守恒定律得

M=Mgr1

解得vb1=

b刚滑到水平轨道时加速度最大,E=BLvb1,I=,

由牛顿第二定律有F安=BIL=Ma

解得a=.

(2)由动量定理有-BLt=Mvb2-Mvb1,

即-BLq=Mvb2-Mvb1

解得vb2=-

根据牛顿第三定律得:a在最高点受支持力

N=N′=mg,mg+N=m

解得va1=

由能量守恒定律得

Mgr1=M+m+mg2r2+Q

解得Q=BLq-3mgr2-.

(3)由能量守恒定律有2mgr2=m-m

解得va2=

由动量守恒定律得Mvb1=Mvb3+mva2

解得vb3=-.

答案:(1)

(2)BLq-3mgr2-

(3)-

1.

(2019·福建厦门模拟)(多选)在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ,MN,相距为L,导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向下.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物块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也垂直导轨放置,a,c此刻起做匀速运动,b棒刚好能静止在导轨上.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.则(　AD　)

A.物块c的质量是2msin θ

B.b棒放上导轨前,物块c减少的重力势能等于a,c增加的动能

C.b棒放上导轨后,物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能

D.b棒放上导轨后,a棒中电流大小是

解析: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棒受细线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所受重力和细线的拉力大小平衡.由b平衡可知,安培力大小F安=mgsin θ,由a平衡可知F线=F安+mgsin θ=2mgsin θ,由c平衡可知F线=mcg;因为线中拉力大小相等,故2mgsin θ=mcg,即物块c的质量为2msin θ,故A正确;b放上之前,a,c系统的机械能守恒,c减少的重力势能转化为a,c的动能和a的重力势能,故B错误;放上b后,a匀速上升重力势能在增加,根据能量守恒知c减小的重力势能等于回路消耗的电能和a增加的重力势能之和,C错误;根据b棒的平衡可知F安=mgsin θ,又因为F安=BIL,故I=,故D正确.

2.(2018·江苏卷,9)(多选)如图所示,竖直放置的“”形光滑导轨宽为L,矩形匀强磁场Ⅰ,Ⅱ的高和间距均为d,磁感应强度为B.质量为m的水平金属杆由静止释放,进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等.金属杆在导轨间的电阻为R,与导轨接触良好,其余电阻不计,重力加速度为g.金属杆(　BC　)

A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下

B.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间

C.穿过两磁场产生的总热量为4mgd

D.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于

解析:穿过磁场Ⅰ后,金属杆在磁场之间做加速运动,在磁场Ⅱ上边缘速度大于从磁场Ⅰ出来时的速度,即进入磁场Ⅰ时速度等于进入磁场Ⅱ时速度且大于从磁场Ⅰ出来时的速度,故金属杆在刚进入磁场Ⅰ中时做减速运动,加速度方向向上,选项A错误.

金属杆刚进入磁场Ⅰ中时,由牛顿第二定律知

BIL-mg=-mg=ma

a随着减速过程逐渐变小,即在前一段做加速度减小的减速运动,若出磁场Ⅰ前a减为零则再做匀速运动.

金属杆在磁场之间做加速度为g的匀加速直线运动,两个过程位移大小相等,由vt图象(以金属杆在磁场Ⅰ中一直减速为例),如图所示,可以看出前一段用时多于后一段用时(若金属杆在磁场Ⅰ中先减速再匀速可以得出同样的结论),选项B正确.

由于进入两磁场时速度相等,从金属杆刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ的过程,由动能定理知,

W安1+mg·2d=0,

则W安1=-2mgd,

可知通过磁场Ⅰ产生的热量为2mgd,故穿过两磁场产生的总热量为4mgd,选项C正确.

设刚进入磁场Ⅰ时速度为v,则由机械能守恒定律知

mgh=mv2,

进入磁场时BIL-mg=-mg=ma

解得v=,

联立得h=>,选项D错误.

3.

(2019·安徽蚌埠二模)如图所示,质量M=1 kg的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上,凹槽部分嵌有cd和ef两个光滑半圆形导轨,c与e端由导线连接,一质量m=1 kg的导体棒自ce端的正上方h=2 m处平行ce由静止下落,并恰好从ce端进入凹槽,整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中,导体棒在凹槽内运动过程中与导轨接触良好.已知磁场的磁感应强度B=0.5 T,导轨的间距与导体棒的长度均为L=0.5 m,导轨的半径r=0.5 m,导体棒的电阻R=1 Ω,其余电阻均不计,重力加速度g=10 m/s2,不计空气阻力.

(1)求导体棒刚进入凹槽时的速度大小;

(2)求导体棒从开始下落到最终静止的过程中系统产生的热量;

(3)若导体棒从开始下落到第一次通过导轨最低点的过程中产生的热量为16 J,求导体棒第一次通过最低点时回路中的电功率.

解析:(1)根据机械能守恒定律,得mgh=mv2

解得v=2 m/s.

(2)导体棒在凹槽导轨上运动过程中发生电磁感应现象,产生感应电流,最终整个系统处于静止,导体棒停在凹槽最低点.根据能量守恒可知整个过程中系统产生的热量

Q=mg(h+r)=25 J.

(3)设导体棒第一次通过最低点时速度大小为v1,凹槽速度大小为v2,导体棒在凹槽内运动时系统在水平方向动量守恒,故有

mv1=Mv2

由能量守恒,得m+M=mg(h+r)-Q1

导体棒第一次通过最低点时感应电动势

E=BLv1+BLv2

回路电功率P=

联立解得P= W.

答案:(1)2 m/s　(2)25 J　(3) W

4.

(2019·湖南湘潭调研)如图所示,将不计电阻的长导线弯折成P1P2P3,Q1Q2Q3形状,P1P2P3和Q1Q2Q3是相互平行且相距为d的光滑固定金属导轨.P1P2,Q1Q2的倾角均为θ,P2P3,Q2Q3在同一水平面上,P2Q2⊥P2P3,整个导轨在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,质量为m电阻为R的金属杆CD从斜导轨上某处静止释放,然后沿水平导轨滑动一段距离后停下.杆CD始终垂直导轨并与导轨保持良好接触,导轨和空气阻力均不计,重力加速度大小为g,导轨倾斜段和水平段都足够长,求:

(1)杆CD能达到的最大速度;

(2)杆CD在距P2Q2为L处释放,滑到P2Q2处恰达到最大速度,则沿倾斜导轨下滑的时间Δt1及在水平导轨上滑行的最大距离.

解析:(1)杆CD达到最大速度时,杆受力平衡,

则有Bcos θ·dIm=mgsin θ

此时杆CD切割磁感线产生的感应电动势为

E=Bcos θ·dvm

由欧姆定律可得Im=,

解得vm=.

(2)在杆CD沿倾斜导轨下滑的过程中,根据动量定理有

mgsin θ·Δt1-Bcos θd·Δt1=mvm-0

===

解得Δt1=+

在杆CD沿水平导轨运动的过程中,根据动量定理有

-Bd·Δt2=0-mvm

该过程中通过R的电荷量为

q2=Δt2,得q2=

杆CD沿水平导轨运动的过程中,通过的平均电流为

==,q2=Δt2=

解得s=.

答案:(1)

(2)+