教科版高中物理選修3-2學(xué)案第1章5電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化與守恒

5．電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化與守恒[學(xué)習(xí)目標]1.知道電磁感應(yīng)現(xiàn)象遵守能量守恒定律．2.理解電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電能與克服安培力做功的關(guān)系．(難點)3.掌握感應(yīng)電流做功過程中能量的轉(zhuǎn)化．(重點)一、電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化如圖所示，處在勻強磁場中的水平導(dǎo)軌上有一根與導(dǎo)軌接觸良好的可自由滑動的直導(dǎo)線ab，在外力F作用下向右做勻速直線運動．該過程中外力F克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，因為這個電路是純電阻電路，所以轉(zhuǎn)化過來的電能通過電流做功又全部轉(zhuǎn)化為電阻的內(nèi)能，即：二、電磁感應(yīng)中的能量守恒能量既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為其他形式，或者從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，在轉(zhuǎn)化和轉(zhuǎn)移的過程中能量的總量保持不變，這是自然界普遍遵循的一條規(guī)律，在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中也不例外．所以，在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生了多少焦耳熱(純電阻電路)就意味著消耗了多少其他形式的能量，即Q＝ΔE減．1．思考判斷(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，安培力做正功，把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能． (×)(2)電磁感應(yīng)現(xiàn)象一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，克服安培力做功的大小與電路中產(chǎn)生的電能相對應(yīng)． (√)(3)安培力做負功，一定有電能產(chǎn)生． (√)2．如圖所示，足夠長的平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，傾角為37°，寬度為0.5m，電阻忽略不計，其上端接一小燈泡，電阻為1Ω.一導(dǎo)體棒MN垂直導(dǎo)軌放置，質(zhì)量為0.2kg，接入電路的電阻為1Ω，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.5.在導(dǎo)軌間存在著垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為0.8T．將導(dǎo)體棒MN由靜止釋放，運動一段時間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此后導(dǎo)體棒MN的運動速度以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6)()A．2.5m/s1W B．5m/s1WC．7.5m/s9W D．15m/s9WB[導(dǎo)體棒MN勻速下滑時受力如答圖所示，由平衡條件可得F安＋μmgcos37°＝mgsin37°，所以F安＝mg(sin37°－μcos37°)＝0.4N，由F安＝BIL得I＝eq\f(F安,BL)＝1A，所以E＝I(R燈＋RMN)＝2V，導(dǎo)體棒的運動速度v＝eq\f(E,BL)＝5m/s，小燈泡消耗的電功率為P燈＝I2R燈＝1W，B項正確．]3.如圖所示，紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)體閉合線框abcd，ab邊長大于bc邊長，置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外，線框兩次勻速地完全進入磁場，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab邊平行MN進入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q1，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q1；第二次bc邊平行于MN進入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q2，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q2，則()A．Q1>Q2，q1＝q2 B．Q1>Q2，q1>q2C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1>q2A[根據(jù)功能關(guān)系知，線框上產(chǎn)生的熱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\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)t＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BS,R)，故q1＝q2.因此A項正確．]電磁感應(yīng)中的電路問題電磁感應(yīng)問題常與電路知識綜合考查，解決此類問題的基本方法是：(1)明確哪部分電路或?qū)w產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，該部分電路或?qū)w就相當于電源，其他部分是外電路．(2)畫等效電路圖，分清內(nèi)、外電路．(3)用法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)或E＝BLv確定感應(yīng)電動勢的大小，用楞次定律或右手定則確定感應(yīng)電流的方向．在等效電源內(nèi)部，電流方向從負極指向正極．(4)運用閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路特點、電功率、電熱等公式聯(lián)立求解．【例1】如圖，由某種粗細均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強磁場中．一接入電路電阻為R的導(dǎo)體棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動，滑動過程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計摩擦．在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中()A．PQ中電流先增大后減小B．PQ兩端電壓先減小后增大C．PQ上拉力的功率先減小后增大D．線框消耗的電功率先減小后增大思路點撥：C[設(shè)PQ左側(cè)金屬線框的電阻為r，則右側(cè)電阻為3R－r；PQ相當于電源，其電阻為R，則電路的外電阻為R外＝eq\f(r3R－r,r＋3R－r)＝eq\f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r－\f(3R,2)))eq\s\up20(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3R,2)))eq\s\up20(2),3R)，當r＝eq\f(3R,2)時，R外max＝eq\f(3,4)R，此時PQ處于矩形線框的中心位置，即PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中外電阻先增大后減?。甈Q中的電流為干路電流I＝eq\f(E,R外＋R內(nèi))，可知干路電流先減小后增大，選項A錯誤．PQ兩端的電壓為路端電壓U＝E－U內(nèi)，因E＝Blv不變，U內(nèi)＝IR先減小后增大，所以路端電壓先增大后減小，選項B錯誤．拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P＝F安v＝BIlv，可知因干路電流先減小后增大，PQ上拉力的功率也先減小后增大，選項C正確．線框消耗的電功率即為外電阻消耗的功率，因外電阻最大值為eq\f(3,4)R，小于內(nèi)阻R；根據(jù)電源的輸出功率與外電阻大小的變化關(guān)系，外電阻越接近內(nèi)阻時，輸出功率越大，可知線框消耗的電功率先增大后減小，選項D錯誤．](1)“電源”的確定方法：“切割”磁感線的導(dǎo)體(或磁通量發(fā)生變化的線圈)相當于“電源”，該部分導(dǎo)體(或線圈)的電阻相當于“內(nèi)電阻”．(2)電流的流向：在“電源”內(nèi)部電流從負極流向正極，在“電源”外部電流從正極流向負極．[跟進訓(xùn)練]訓(xùn)練角度1：電磁感應(yīng)中的電容器電路1.在圖中，EF、GH為平行的金屬導(dǎo)軌，其電阻不計，R為電阻，C為電容器，AB為可在EF和GH上滑動的導(dǎo)體棒．有勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面．若用I1和I2分別表示圖中該處導(dǎo)線中的電流，則當AB棒()A．勻速滑動時，I1＝0，I2＝0B．勻速滑動時，I1≠0，I2≠0C．加速滑動時，I1＝0，I2＝0D．加速滑動時，I1≠0，I2≠0D[導(dǎo)體棒水平運動時產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，對整個電路，可把AB棒看成電源，等效電路如答圖所示．當棒勻速滑動時，電動勢E不變，故I1≠0，I2＝0.當棒加速運動時，電動勢E不斷變大，電容器不斷充電，故I1≠0，I2≠0，故D正確．]訓(xùn)練角度2：電磁感應(yīng)中電路分析2.(多選)如圖所示，垂直紙面的正方形勻強磁場區(qū)域內(nèi)，有一位于紙面且電阻均勻的正方形導(dǎo)體框abcd，現(xiàn)將導(dǎo)體框分別朝兩個方向以速度v、3v勻速拉出磁場，則導(dǎo)體框分別從兩個方向移出磁場的過程中()A．導(dǎo)體框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相同B．導(dǎo)體框中產(chǎn)生的焦耳熱相同C．導(dǎo)體框ad邊兩端電勢差相同D．通過導(dǎo)體框截面的電荷量相同AD[由右手定則可得兩種情況導(dǎo)體框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相同，A項正確；熱量Q＝I2Rt＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Blv,R)))eq\s\up20(2)R×eq\f(l,v)＝eq\f(B2l3v,R)，導(dǎo)體框產(chǎn)生的焦耳熱與運動速度有關(guān)，B項錯誤；電荷量q＝It＝eq\f(Blv,R)×eq\f(l,v)＝eq\f(Bl2,R)，電荷量與速度無關(guān)，電荷量相同，D項正確；以速度v拉出時，Uad＝eq\f(1,4)Blv，以速度3v拉出時，Uad＝eq\f(1,4)Bl·3v，C項錯誤．]電磁感應(yīng)中的能量問題1．電磁感應(yīng)中的能量守恒(1)由磁場變化引起的電磁感應(yīng)中，磁場能轉(zhuǎn)化為電能，若電路是純電阻電路，轉(zhuǎn)化過來的電能將全部轉(zhuǎn)化為電阻的內(nèi)能．(2)由相對運動引起的電磁感應(yīng)中，通過克服安培力做功，把機械能或其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能．克服安培力做多少功，就產(chǎn)生多少電能．若電路是純電阻電路，轉(zhuǎn)化過來的電能也將全部轉(zhuǎn)化為電阻的內(nèi)能．2．求解電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量守恒問題的一般思路(1)分析回路，分清電源和外電路．在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，該導(dǎo)體或回路就相當于電源，其余部分相當于外電路．(2)分析清楚有哪些力做功，明確有哪些形式的能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化．如：做功情況能量變化特點滑動摩擦力做功有內(nèi)能產(chǎn)生重力做功重力勢能必然發(fā)生變化克服安培力做功必然有其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，并且克服安培力做多少功，就產(chǎn)生多少電能安培力做正功電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能(3)根據(jù)能量守恒列方程求解．【例2】如圖所示，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑連接．右端接一個阻值為R的定值電阻．平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場．質(zhì)量為m、接入電路的電阻也為R的金屬棒從高度為h處靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止．已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好．則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中()A．流過金屬棒的最大電流為eq\f(Bd\r(2gh),2R)B．通過金屬棒的電荷量為eq\f(BdL,R)C．克服安培力所做的功為mghD．金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)mg(h－μd)D[金屬棒沿彎曲部分下滑過程中，機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgh＝eq\f(1,2)mv2，金屬棒到達平直部分時的速度v＝eq\r(2gh)，金屬棒到達平直部分后做減速運動，剛到達平直部分時的速度最大，最大感應(yīng)電動勢E＝BLv，最大感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋R)＝eq\f(BL\r(2gh),2R)，故A錯誤；通過金屬棒的感應(yīng)電荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BdL,2R)，故B錯誤；金屬棒在整個運動過程中，由動能定理得：mgh－W安－μmgd＝0－0，克服安培力做功：W安＝mgh－μmgd，故C錯誤；克服安培力做的功轉(zhuǎn)化為焦耳熱，定值電阻與金屬棒的電阻相等，通過它們的電流相等，則金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱：Q′＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,2)W安＝eq\f(1,2)mg(h－μd)，故D正確．]焦耳熱的計算技巧(1)感應(yīng)電路中電流恒定，則電阻產(chǎn)生的焦耳熱等于電流通過電阻做的功，即Q＝I2Rt.(2)感應(yīng)電路中電流變化，可用以下方法分析：①利用動能定理，根據(jù)產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做的功，即Q＝W安．②利用能量守恒，即感應(yīng)電流產(chǎn)生的焦耳熱等于電磁感應(yīng)中其他形式能量的減少，即Q＝ΔE其他．[跟進訓(xùn)練]3.如圖所示，兩條水平虛線之間有垂直于紙面向里、寬度為d、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場．質(zhì)量為m、電阻為R的正方形線圈邊長為L(L<d)，線圈下邊緣到磁場上邊界的距離為h.將線圈由靜止釋放，其下邊緣剛進入磁場和剛穿出磁場時刻的速度都是v0，則在整個線圈穿過磁場的全過程中(從下邊緣進入磁場到上邊緣穿出磁場)，下列說法正確的是()A．線圈可能一直做勻速運動B．線圈可能先加速后減速C．線圈的最小速度一定是eq\f(mgR,B2L2)D．線圈的最小速度一定是eq\r(2gh－d＋L)D[由于L<d，總有一段時間線圈全部處于勻強磁場中，磁通量不發(fā)生變化，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，不受安培力，因此不可能一直勻速運動，選項A錯誤；已知線圈下邊緣剛進入磁場和剛穿出磁場時刻的速度都是v0，由于線圈全在磁場中，線圈下邊緣到達磁場下邊界前一定是加速運動，所以只可能是先減速后加速，而不可能是先加速后減速，選項B錯誤；eq\f(mgR,B2L2)是安培力和重力平衡時所對應(yīng)的速度，而本題線圈減速過程中不一定能達到這一速度，選項C錯誤；從開始自由下落到線圈上邊緣剛進入磁場過程中應(yīng)用動能定理，設(shè)該過程克服安培力做的功為W，則有mg(h＋L)－W＝eq\f(1,2)mv2，在線圈下邊緣剛進入磁場到剛穿出磁場的過程中應(yīng)用動能定理，該過程克服安培力做的功也是W，而始、末動能相同，所以有mgd－W＝0，由以上兩式可得最小速度v＝eq\r(2gh－d＋L)，選項D正確．]1．2個問題——電磁感應(yīng)中的電路問題和動力學(xué)問題2．1個守恒——電磁感應(yīng)中的能量守恒1．如圖所示，在O點正下方有一個具有理想邊界的磁場，銅環(huán)在A點由靜止釋放向右擺至最高點B.不考慮空氣阻力，則下列說法正確的是()A．A、B兩點在同一水平線上B．A點高于B點C．A點低于B點D．銅環(huán)將做等幅擺動B[銅環(huán)由A點向B點運動，在進入磁場和離開磁場的過程中，由于穿過環(huán)面的磁通量變化，都要產(chǎn)生感應(yīng)電流，即產(chǎn)生電能．此電能是由環(huán)的機械能轉(zhuǎn)化來的，即環(huán)由A到B過程中機械能減少，所以B點比A點低，B選項正確．]2．如圖所示，勻強磁場存在于虛線框內(nèi)，矩形線圈豎直下落，不計空氣阻力．如果線圈中受到的磁場力總小于其重力，則它在1、2、3、4位置時的加速度關(guān)系為()A．a(chǎn)1>a2>a3>a4 B．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4C．a(chǎn)1＝a3>a2>a4 D．a(chǎn)1＝a3>a2＝a4C[線圈自由下落時，加速度為a1＝g.線圈完全在磁場中時，磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，線圈不受安培力作用，只受重力，加速度為a3＝g.線圈進入和穿出磁場過程中，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，將受到向上的安培力，根據(jù)牛頓第二定律得知，a2<g，a4<g.線圈完全在磁場中時做勻加速運動，到達4處的速度大于2處的速度，則線圈在4處所受的安培力大于在2處所受的安培力，又知，磁場力總小于重力，則a2>a4，故a1＝a3>a2>a4.所以選C.]3.如圖所示，兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，導(dǎo)軌的下端接有電阻．當導(dǎo)軌所在空間沒有磁場時，使導(dǎo)體棒ab以平行導(dǎo)軌平面的初速度v0沖上導(dǎo)軌，ab上升的最大高度為H；當導(dǎo)軌所在空間存在方向與導(dǎo)軌平面垂直的勻強磁場時，再次使ab以相同的初速度從同一