2020版高考物理新创新一轮复习通用版讲义：第十章第67课时　电磁感应中的能量问题（题型研究课）

第67课时　电磁感应中的能量问题(题型研究课)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：电能(1)功能关系：E电能＝W克安。(2)焦耳定律：Q＝I2Rt。(3)动能定理：W外－W克安＝mv2－mv02。命题点一　应用焦耳定律求解电磁感应中的能量问题 [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(1)不同时间段感应电动势和感应电流大小不同，求解电荷量要分清时间段。(2)R0上产生的热量与整个电路产生的热量不同，要分时间段应用Q＝I2Rt计算。　　 [集训冲关]1．(多选)如图所示，金属棒在外力作用下从图示ab位置分别以v1、v2的速度沿光滑水平导轨(电阻不计)匀速滑到a′b′位置，金属棒接入电路的电阻为R，若v1∶v2＝1∶2，则在这两次过程中(　　)A．回路电流I1∶I2＝1∶2B．产生的热量Q1∶Q2＝1∶4C．通过任一截面的电荷量q1∶q2＝1∶1D．外力的功率P1∶P2＝1∶2解析：选AC　在这两次过程中产生的感应电动势分别为E1＝BLv1，E2＝BLv2，电阻都为R，故回路电流为I1＝＝，I2＝＝，故电流之比为＝＝，A正确；在这两次过程中所用时间＝＝＝，故产生的热量＝＝，B错误；在这两次过程中磁通量变化量相同，故通过任一截面的电荷量q＝t＝Δt＝，故通过任一截面的电荷量q1∶q2＝1∶1，C正确；由于金属棒做匀速运动，外力的功率等于回路中的电功率，故＝＝，D错误。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命题点二　根据功能关系求解电磁感应能量问题考法1　动能定理的应用　[例1]　(多选)(2018·江苏高考)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(　　)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4mgdD．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于[解析]　金属杆在磁场之外的区域做加速运动，所以进入磁场Ⅰ、Ⅱ的速度大于穿出磁场Ⅰ的速度，则金属杆刚进入磁场Ⅰ时做减速运动，加速度方向竖直向上，故A错误；金属杆在磁场Ⅰ中(先)做加速度减小的减速运动， 在两磁场之间做加速度为g的匀加速直线运动，两个过程位移相等，v­t图像可能如图所示，所以t1>t2－t1，故B正确；由于金属杆进入两磁场时速度相等，由动能定理得，W安1＋mg·2d＝0，可知金属杆穿过磁场Ⅰ克服安培力做功为2mgd，即产生的热量为2mgd，所以穿过两磁场产生的总热量为4mgd，故C正确；设金属杆刚进入磁场Ⅰ时速度为v，则由机械能守恒定律知mgh＝mv2，由牛顿第二定律得－mg＝ma，解得h＝＞，故D错误。[答案]　BC考法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．匀强磁场的方向垂直于铜环所在的平面向里，导体棒a的一端固定在铜环的圆心O处，另一端紧贴铜环，可绕O匀速转动。通过电刷把铜环、环心与两块竖直平行金属板P、Q连接成如图所示的电路，R1、R2是定值电阻。带正电的小球通过绝缘细线挂在两板间的中点M处，被拉起到水平位置；闭合开关S，无初速度释放小球，小球沿圆弧经过M点正下方的N点到另一侧，小球在另一侧不能到达与释放点等高处。已知磁感应强度为B，a的角速度为ω，长度为l，电阻为r，R1＝R2＝2r，铜环的电阻不计，P、Q两板的间距为 d，小球的质量为m、带电荷量为q，重力加速度为g。求：(1)a匀速转动的方向；(2)P、Q间电场强度E的大小；(3)小球通过N点时对细线的拉力F的大小。解析：(1)依题意可知，P板带正电，Q板带负电。由右手定则可知，a沿顺时针方向转动。(2)a转动切割磁感线，由法拉第电磁感应定律得感应电动势的大小E感＝Bl2ω由闭合电路的欧姆定律有I＝由欧姆定律可知，PQ间的电压UPQ＝IR2PQ间匀强电场的电场强度E＝解得E＝。(3)设细线的长度为L，小球到达N点时速度为v，由动能定理可得mgL－EqL＝mv2又F′－mg＝解得F′＝3mg－。由牛顿第三定律可知小球对细线的拉力F＝F′＝3mg－。答案：(1)顺时针方向　(2)　(3)3mg－