2019版高考物理一輪復(fù)習第11章電磁感應(yīng)第44課時電磁感應(yīng)現(xiàn)象的能量問題學案

1、第44課時電磁感應(yīng)現(xiàn)象的能量問題1能量轉(zhuǎn)化特點2求解電能(電熱)的三種思路 (1)利用克服安培力做功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功。QW克。(2)利用能量守恒求解：其他形式的能的減少量等于產(chǎn)生的電能。QE其他。(3)利用電路特征來求解：通過電路中所產(chǎn)生的電能來計算。QI2Rt(焦耳定律)。例(2018黑龍江哈六中期末)(多選)如圖所示，在光滑的水平面上方，有兩個磁感應(yīng)強度大小均為B、方向相反的水平勻強磁場，PQ為兩個磁場的邊界，磁場范圍足夠大。一個邊長為a、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬正方形線框，以速度v垂直于磁場方向從實線位置開始向右運動，當線框運動到分別有一半面積在兩個磁場中

2、的位置時，線框的速度為。下列說法正確的是()A在虛線位置時線框中的電功率為B此過程中線框產(chǎn)生的內(nèi)能為mv2C在虛線位置時線框的加速度為D此過程中通過線框截面的電荷量為解析在虛線位置時線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E2BaBav，感應(yīng)電流為I，線框所受安培力大小為F2BIa2Ba，方向向左，根據(jù)牛頓第二定律得加速度為a，故C錯誤。線框在虛線位置時，線框中的電功率PI2R，故A正確。根據(jù)能量守恒定律可得，此過程中線框產(chǎn)生的內(nèi)能Qmv2m2mv2，故B正確。此過程中穿過線框的磁通量的變化量為Ba2，通過線框截面的電荷量為q，故D錯誤。答案AB解決電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量問題的一般步驟(1)確定研究對象(導體或

3、回路)。(2)分析清楚有哪些力做功，有哪些形式的能量發(fā)生轉(zhuǎn)化。(3)根據(jù)能量守恒列方程求解。 (2018唐山統(tǒng)考)(多選)如圖所示，在傾角為的光滑斜面上，存在著兩個磁感應(yīng)強度大小均為B的勻強磁場區(qū)域。區(qū)域的磁場方向垂直斜面向上，區(qū)域的磁場方向垂直斜面向下，磁場邊界MN、PQ、GH均平行于斜面底邊，MP、PG均為L。一個質(zhì)量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導線框，由靜止開始沿斜面下滑，下滑過程中ab邊始終與斜面底邊平行。t1時刻ab邊剛越過GH進入磁場區(qū)域，此時導線框恰好以速度v1做勻速直線運動；t2時刻ab邊下滑到PQ與MN的中間位置，此時導線框又恰好以速度v2做勻速直線運動。重力加速度為g

4、，下列說法中正確的是()A當ab邊剛越過PQ時，導線框的加速度大小為agsinB導線框兩次做勻速直線運動的速度之比v1v241C從t1到t2的過程中，導線框克服安培力做的功等于機械能的減少量D從t1到t2的過程中，有機械能轉(zhuǎn)化為電能答案BC解析線框在區(qū)域內(nèi)做勻速直線運動，其合力為零，則mgsinF安；線框的ab邊剛越過PQ時，兩邊都在切割磁感線，都受到沿斜面向上的安培力F安BILBL，則F合mgsin2F安mgsin4ma，a3gsin，A錯誤；線框再次勻速時，其合力也為零，則mgsin40，則，B正確；從t1到t2的過程中，安培力做負功，重力做正功，克服安培力所做的功等于線框機械能的減少量，

5、減少的動能和重力勢能轉(zhuǎn)化為電能，即E電E機減mgh，C正確、D錯誤。1.如圖所示，邊長為L的正方形導線框質(zhì)量為m，由距磁場H高處自由下落，其下邊ab進入勻強磁場后，線圈開始做減速運動，直到其上邊cd剛剛穿出磁場時，速度減為ab邊進入磁場時的一半，磁場的寬度也為L。則線框穿越勻強磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為()A2mgL B2mgLmgHC2mgLmgH D2mgLmgH答案C解析設(shè)線框ab邊剛進入磁場時速度大小為v。根據(jù)機械能守恒定律得：mgHmv2，解得：v，從線框下落到cd剛穿出勻強磁場的過程，根據(jù)能量守恒定律，焦耳熱為：Qmg2LmgHm22mgLmgH。C正確。2(2018唐山調(diào)研)豎直放

6、置的平行光滑導軌，其電阻不計，磁場方向如圖所示，磁感應(yīng)強度B0.5 T，導體ab及cd長均為0.2 m，電阻均為0.1 ，重均為0.1 N，現(xiàn)用力向上推動導體ab，使之勻速上升(與導軌接觸良好)，此時，cd恰好靜止不動，那么ab上升時，下列說法正確的是()Aab受到的推力大小為2 NBab向上的速度為2 m/sC在2 s內(nèi)，推力做功轉(zhuǎn)化的電能是0.8 JD在2 s內(nèi)，推力做功為0.6 J答案B解析導體棒ab勻速上升，受力平衡，cd棒靜止，受力也平衡，對于兩棒組成的整體，合外力為零，根據(jù)平衡條件可得ab棒受到的推力F2mg0.2 N，故A錯誤；對cd棒，受到向下的重力G和向上的安培力F安，由平衡

7、條件得F安G，即BILG，設(shè)ab向上的速度為v，那么I，聯(lián)立得v m/s2 m/s，故B正確；在2 s內(nèi)，電路產(chǎn)生的電能Qtt2 J0.4 J，故C錯誤；在 2 s 內(nèi)推力做的功，WFxFvt0.222 J0.8 J，故D錯誤。3.如圖所示，電阻不計的豎直光滑金屬軌道PMNQ，其PMN部分是半徑為r的圓弧，NQ部分水平且足夠長，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于PMNQ平面指向紙里。一粗細均勻的金屬桿質(zhì)量為m，電阻為R，長為r，從圖示位置由靜止釋放，若當?shù)氐闹亓铀俣葹間，金屬桿與軌道始終保持良好接觸，則()A桿下滑過程機械能守恒B桿最終不可能沿NQ勻速運動C桿從釋放到桿全部滑至水平軌道過程

8、中產(chǎn)生的電能等于D桿從釋放到桿全部滑至水平軌道過程中，通過桿的電荷量等于答案D解析桿在下滑過程中，桿與金屬導軌組成閉合回路，磁通量在改變，會產(chǎn)生感應(yīng)電流，桿將受到安培力作用，安培力對桿做功，桿的機械能不守恒，故A錯誤；桿最終沿水平面時，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，不受安培力作用而做勻速運動，故B錯誤；桿從釋放到滑至水平軌道過程，重力勢能減小mgr，減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為電能和桿的動能，由能量守恒定律得知：桿上產(chǎn)生的電能小于mgr，故C錯誤；桿與金屬導軌組成閉合回路磁通量的變化量為B，根據(jù)推論q，得到通過桿的電荷量為q，D正確。4如圖所示，水平地面上方矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，兩個用相同材料、相同

9、粗細的導線繞制的單匝閉合正方形線圈1和2，其邊長L12L2，在距磁場上界面h高處由靜止開始自由下落，再逐漸完全進入磁場，最后落到地面，運動過程中，線圈平面始終保持在豎直平面內(nèi)且下邊緣平行于磁場上邊界。設(shè)線圈1、2落地時的速度大小分別為v1、v2，在磁場中運動時產(chǎn)生的熱量分別為Q1、Q2，通過線圈截面的電荷量分別為q1、q2，不計空氣阻力，則()Av1Q2，q1q2 Bv1v2，Q1Q2，q1q2Cv1Q2，q1q2 Dv1v2，Q1Q2，q1q2答案A解析線圈從同一高度下落，到達磁場邊界時具有相同的速度v，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到磁場的安培力大小為：F，由電阻定律有：R(為材料的電阻率，S

10、為線圈的橫截面積)，線圈的質(zhì)量為m0S4L(0為材料的密度)。當線圈的下邊剛進入磁場時其加速度為：ag；聯(lián)立解得加速度ag；則知，線圈1和2進入磁場時，速度相同，加速度相同，線圈1由于邊長較長還沒有全部進入磁場時，線圈2已完全進入磁場后做加速度為g的勻加速運動，而線圈1仍先做加速度小于g的變加速運動，完全進入磁場后才做加速度為g的勻加速運動，所以落地速度關(guān)系為v1m2，v1Q2。根據(jù)qL知，q1q2，A正確。5.(2018廣東深圳月考)(多選)如圖所示，水平面內(nèi)兩光滑的平行金屬導軌，左端與電阻R相連接，勻強磁場B豎直向下分布在導軌所在的空間內(nèi)，質(zhì)量一定的金屬棒垂直于導軌并與導軌接觸良好。今對金

11、屬棒施加一個水平向右的外力F，使金屬棒從a位置開始向右做初速度為零的勻加速運動，依次通過位置b和c。若導軌與金屬棒的電阻不計，ab與bc的距離相等，關(guān)于金屬棒在運動過程中的有關(guān)說法正確的是()A金屬棒通過b、c兩位置時，外力F的大小之比為1B金屬棒通過b、c兩位置時，電阻R的電功率之比為12C從a到b和從b到c的兩個過程中，通過金屬棒橫截面的電荷量比為11D從a到b和從b到c的兩個過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量之比為11答案BC解析金屬棒從a位置由靜止開始向右做勻加速運動，根據(jù)v22ax知，通過b、c兩個位置的速度比為1；根據(jù)EBLv知，產(chǎn)生的電動勢之比為1，由閉合電路歐姆定律得知感應(yīng)電流之比為1

12、，由公式FABIL可知安培力之比為1，根據(jù)牛頓第二定律，有：FFAma，F(xiàn)FAma，ma是定值，所以外力F的大小之比不等于1，故A錯誤。通過b、c兩個位置時產(chǎn)生的電動勢之比為1，根據(jù)P知，電阻R的電功率之比為12，故B正確。由q，因為abbc，則qabqbc，則通過金屬棒橫截面的電荷量之比為11，故C正確。根據(jù)能量守恒定律，熱量QabFxabmv，又v2axab，則QabFxabmaxab。同理QbcFxbcmaxbc，加速度相等，ab、bc的位移相等，但F不等，所以產(chǎn)生的熱量不等，故D錯誤。6.(多選)如圖所示，寬度為d的有界勻強磁場豎直向下穿過光滑的水平桌面，一質(zhì)量為m的橢圓形導體框平放在

13、桌面上，橢圓的長軸平行磁場邊界，短軸小于d?，F(xiàn)給導體框一個初速度v0(v0垂直磁場邊界)，已知導體框全部在磁場中的速度為v，導體框全部出磁場后的速度為 v1；導體框進入磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q1，導體框離開磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q2。下列說法正確的是()A導體框離開磁場過程中，感應(yīng)電流的方向為順時針方向B導體框進出磁場都是做勻變速直線運動CQ1Q2DQ1Q2m(vv)答案ACD解析導線框離開磁場時，磁通量減小，根據(jù)楞次定律得，感應(yīng)電流的方向為順時針方向，故A正確。導線框在進出磁場時，速度變化，則感應(yīng)電動勢變化，產(chǎn)生的感應(yīng)電流變化，則所受的安培力變化，加速度變化，則線框做的是非勻變速運動，故

14、B錯誤。因為進入磁場時的速度大于離開磁場時的速度，則進入磁場時產(chǎn)生的電流要比出磁場時產(chǎn)生的電流大，則進入磁場過程中安培力大，根據(jù)克服安培力做功等于產(chǎn)生的焦耳熱可知Q1Q2，C正確；由能量守恒定律可知，導體框進入磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱與離開磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱之和等于線框的機械能減小量，即Q1Q2m(vv)，D正確。7.(多選)兩根足夠長的光滑導軌豎直放置，間距為L，底端接阻值為R的電阻。將質(zhì)量為m的金屬棒懸掛在一根上端固定的輕彈簧下端，金屬棒和導軌接觸良好，導軌所在平面與磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直，如圖所示。除電阻R外其余電阻不計。現(xiàn)將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，則()A釋放瞬間金屬棒

15、的加速度等于重力加速度gB金屬棒向下運動時，流過電阻R的電流方向為abC若彈簧彈力為F時，金屬棒獲得最大速度vm，則vmD最終電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少量答案AC解析金屬棒剛釋放時，彈簧處于原長，彈力為零，又因此時速度為零，沒有感應(yīng)電流，金屬棒不受安培力作用，金屬棒只受到重力作用，所以金屬棒的加速度等于重力加速度g，故A正確；金屬棒向下運動時，由右手定則可知，在金屬棒上電流方向向右，流過電阻R的電流方向為ba，故B錯誤；金屬棒向下運動的過程中，受到重力、彈簧的彈力和安培力三個力作用，當三力平衡時，速度最大，即當彈簧彈力F、安培力F安之和等于金屬棒的重力mg時，金屬棒下落速度最

16、大，即有FF安mg，而F安，解得vm，故C正確；當金屬棒最后靜止時，重力勢能轉(zhuǎn)化為彈性勢能和焦耳熱，所以電阻R上產(chǎn)生的總熱量小于金屬棒重力勢能的減少，故D錯誤。8.(2018石家莊模擬)如圖所示，平行金屬導軌與水平面間的傾角為，導軌電阻不計，與阻值為R的定值電阻相連，勻強磁場垂直穿過導軌平面，磁感應(yīng)強度為B。有一質(zhì)量為m、長為l的導體棒從ab位置獲得平行于斜面的、大小為v的初速度向上運動，最遠到達ab的位置，滑行的距離為s，導體棒的電阻也為R，與導軌之間的動摩擦因數(shù)為。則下列說法錯誤的是()A上滑過程中導體棒受到的最大安培力為B上滑過程中電流做功產(chǎn)生的熱量為mv2mgs(sincos)C上滑過

17、程中導體棒克服安培力做的功為mv2D上滑過程中導體棒損失的機械能為mv2mgssin答案C解析對導體棒受力分析如圖，導體棒向上做減速運動，所以剛開始時速度最大安培力最大，F(xiàn)BILBL。則從開始到上升到最高點由動能定理：mgssinmgscosW克安0mv2可得：QW克安mv2mgssinmgscosE機mgscosW克安mv2mgssin故C錯誤，A、B、D正確。9.(2015天津高考)如圖所示，“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內(nèi)，ab邊長為l，cd邊長為2l，ab與cd平行，間距為2l。勻強磁場區(qū)域的上下邊界均水平，磁場方向垂直于線框所在平面。開始時，cd

18、邊到磁場上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進入磁場直到ef、pq邊進入磁場前，線框做勻速運動。在ef、pq邊離開磁場后，ab邊離開磁場之前，線框又做勻速運動。線框完全穿過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為Q。線框在下落過程中始終處于原豎直平面內(nèi)，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g。求：(1)線框ab邊將離開磁場時做勻速運動的速度大小是cd邊剛進入磁場時的幾倍；(2)磁場上下邊界間的距離H。答案(1)4(2)28l解析(1)設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，cd邊剛進入磁場時，線框做勻速運動的速度為v1，cd邊上的感應(yīng)電動勢為E1，有E1B2lv1設(shè)線框總電阻為R，此時線框中電流為I1，由閉合電路歐

19、姆定律，有I1設(shè)此時線框所受安培力為F1，有F1BI12l由于線框做勻速運動，其受力平衡，有F1mg由式得v1設(shè)ab邊離開磁場之前，線框做勻速運動的速度為v2，同理可得v2由式得4(2)線框自釋放直到cd邊進入磁場前，由機械能守恒定律，有mg2lmv線框完全穿過磁場的過程中，由能量守恒定律，有mg(2lH)mvmvQ由式得H28l。10(2017北京高考)發(fā)電機和電動機具有裝置上的類似性，源于它們機理上的類似性。直流發(fā)電機和直流電動機的工作原理可以簡化為如圖1、圖2所示的情景。在豎直向下的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，兩根光滑平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi)，相距為L，電阻不計。電阻為R的金屬導體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好，以速度v(v平行于MN)向右做勻速運動。圖1軌道端點M、P間接有阻值為r的電阻，導體棒ab受到水平向右的外力作用。圖2軌道端點M、P間接有直流電源，導體棒ab通過滑輪勻速提升重物，電路中的電流為I。(1)求在t