2015-2016学年高中物理 第1章 第5节 电磁感应中的能量转化与守恒学案 教科版选修3-2

学案7 电磁感应中的能量转化与守恒[目标定位] 1.进一步理解能量守恒定律是自然界普遍遵循的一条规律，楞次定律的实质就是能量守恒在电磁感应现象中的具体表现.2.通过具体实例理解电磁感应现象中的能量转化.3.掌握电磁感应中动力学问题的分析方法．一、电磁感应中的动力学问题1．电磁感应中产生的感应电流在磁场中将受到安培力作用，所以电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是：(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向．(2)求回路中的电流强度的大小和方向．(3)分析研究导体受力情况(包括安培力)．(4)列动力学方程或平衡方程求解．2．电磁感应现象中涉及的具有收尾速度的力学问题，关键要抓好受力情况和运动情况的动态分析．周而复始地循环，加速度等于零时，导体达到稳定运动状态．3．两种状态处理导体匀速运动，应根据平衡条件列式分析；导体做匀速直线运动之前，往往做变加速运动，处于非平衡状态，应根据牛顿第二定律或结合功能关系分析．二、电磁感应中的能量转化与守恒[问题设计]为什么说楞次定律是能量守恒定律在电磁感应中的具体表现？答案楞次定律表明，感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因．正是由于“阻碍”作用的存在，电磁感应现象中产生电能的同时必然伴随着其他形式能量的减少，可见，楞次定律是能量转化和守恒定律的必然结果．[要点提炼]1．电磁感应中的能量转化特点外力克服安培力做功，把机械能或其他形式的能转化成电能；感应电流通过电路做功又把电能转化成其他形式的能(如内能)．这一功能转化途径可表示为：其他形式的能――→外力克服安培力做功电能――→电流做功错误!2．求解电磁感应现象中能量守恒问题的一般思路 (1)分析回路，分清电源和外电路．(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化．如： ①有摩擦力做功，必有内能产生； ②有重力做功，重力势能必然发生变化；③克服安培力做功，必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能．(3)列有关能量的关系式． 3．焦耳热的计算技巧(1)感应电路中电流恒定，焦耳热Q ＝I 2Rt . (2)感应电路中电流变化，可用以下方法分析：①利用功能关系，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q ＝W 安．而克服安培力做的功W 安可由动能定理求得．②利用能量守恒，即感应电流产生的焦耳热等于其他形式能量的减少，即Q ＝ΔE 其他．一、电磁感应中的动力学问题例1 如图1甲所示，两根足够长的直金属导轨MN 、PQ 平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L ，M 、P 两点间接有阻值为R 的电阻．一根质量为m 的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下．导轨和ab 杆的电阻可忽略，让ab 杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和ab 杆接触良好，不计它们之间的摩擦，已知重力加速度为g .图1(1)由b 向a 方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab 杆下滑过程中某时刻的受力示意图．(2)在加速下滑过程中，当ab 杆的速度大小为v 时，求此时ab 杆中的电流及其加速度的大小． (3)求在下滑过程中，ab 杆可以达到的速度最大值．解析 (1)如图所示，ab 杆受力分析：重力mg ，竖直向下；支持力N ，垂直于斜面向上；安培力F 安，沿斜面向上．(2)当ab 杆速度大小为v 时，感应电动势E ＝BLv ，此时 电路中电流I ＝E R ＝BLvRab 杆受到的安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2vR根据牛顿第二定律，有ma ＝mg sin θ－F 安＝mg sin θ－B 2L 2vRa ＝g sin θ－B 2L 2vmR.(3)当a ＝0时，ab 杆有最大速度为v m ＝mgR sin θB 2L 2.答案 (1)见解析图(2)BLv R g sin θ－B 2L 2v mR (3)mgR sin θB 2L 2例2 如图2所示，MN 和PQ 是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计．ab 是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆，开始时，将开关S 断开，让金属杆ab 由静止开始自由下落，过段时间后，再将S 闭合，若从S 闭合开始计时，则金属杆ab 的速度v 随时间t 变化的图像可能是( )图2解析 S 闭合时，若B 2L 2v R >mg ，金属杆ab 先减速再匀速，D 项有可能；若B 2L 2vR＝mg ，金属杆ab匀速运动，A 项有可能；若B 2L 2v R <mg ，金属杆ab 先加速再匀速，C 项有可能；由于v 变化，B 2L 2vR－mg ＝ma 中a 不恒定，故B 项不可能． 答案 ACD二、电磁感应中的能量转化与守恒例3 如图3所示，足够长的U 形框架宽度是L ＝0.5 m ，电阻忽略不计，其所在平面与水平面成θ＝37°角，磁感应强度B ＝0.8 T 的匀强磁场方向垂直于导体框平面，一根质量为m ＝0.2 kg 、有效电阻R ＝2 Ω的导体棒MN 垂直跨放在U 形框架上，该导体棒与框架间的动摩擦因数μ＝0.5，导体棒由静止开始沿框架下滑到刚开始匀速运动时，通过导体棒横截面的电荷量为Q ＝2 C ．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图3(1)导体棒匀速运动的速度大小；(2)导体棒从静止开始下滑到刚开始匀速运动，这一过程中导体棒的有效电阻消耗的电功． 解析 (1)导体棒受力分析如图，匀速下滑时有平行斜面方向：mg sin θ－f －F ＝0 垂直斜面方向：N －mg cos θ＝0 其中f ＝μN 安培力F ＝BIL 电流强度I ＝ER感应电动势E ＝BLv 由以上各式得v ＝5 m/s(2)通过导体棒的电荷量Q ＝I Δt其中平均电流I＝ER＝ΔΦRΔt设导体棒下滑位移为x，则ΔΦ＝BxL由以上各式得x＝QRBL＝2×20.8×0.5m＝10 m全程由动能定理得mgx sin θ－W安－μmgx cos θ＝12 mv2其中克服安培力做功W安等于电功W则W＝mgx sin θ－μmgx cos θ－12 mv2＝(12－8－2.5) J＝1.5 J.答案(1)5 m/s (2)1.5 J针对训练如图4所示，矩形线圈长为L，宽为h，电阻为R，质量为m，线圈在空气中竖直下落一段距离后(空气阻力不计)，进入一宽度也为h、磁感应强度为B的匀强磁场中．线圈进入磁场时的动能为E k1，线圈刚穿出磁场时的动能为E k2，从线圈刚进入磁场到线圈刚穿出磁场的过程中产生的热量为Q，线圈克服安培力做的功为W1，重力做的功为W2，则以下关系中正确的是( )图4A．Q＝E k1－E k2 B．Q＝W2－W1C．Q＝W1 D．W2＝E k2－E k1答案 C解析线圈进入磁场和离开磁场的过程中，产生的感应电流受到安培力的作用，线圈克服安培力所做的功等于产生的热量，故选项C正确．根据功能的转化关系得，线圈减少的机械能等于产生的热量，即Q＝W2＋E k1－E k2，故选项A、B错误．根据动能定理得W2－W1＝E k2－E k1，故选项D 错误．1．(电磁感应中的动力学问题)如图5所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落．如果线圈中受到的安培力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为( )图5A．a1＞a2＞a3＞a4 B．a1＝a2＝a3＝a4C．a1＝a3＞a2＞a4 D．a1＝a3＞a2＝a4答案 C解析线圈自由下落时，加速度为a1＝g.线圈完全在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度为a3＝g.线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力，根据牛顿第二定律知，a2＜g，a4＜g.线圈完全在磁场中时做匀加速运动，到达4处的速度大于2处的速度，则线圈在4处所受的安培力大于在2处所受的安培力，又知，磁场力总小于重力，则a2＞a4，故a1＝a3＞a2＞a4.所以本题选C.2. (电磁感应中的能量转化与守恒)如图6所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计．斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．质量为m、电阻可以忽略不计的金属棒ab，在沿着斜面与金属棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，且上升的高度为h，在这一过程中 ( )图6A．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热之和C．恒力F与安培力的合力所做的功等于零D．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热答案AD解析金属棒匀速上滑的过程中，对金属棒受力分析可知，有三个力对金属棒做功，恒力F做正功，重力做负功，安培力阻碍金属棒相对运动，沿斜面向下，做负功．匀速运动时，所受合力为零，故合力做功为零，A 正确；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于R 上产生的焦耳热，故外力F 与重力的合力所做的功等于电阻R 上产生的焦耳热，D 正确．3. 如图7所示，长为L 1、宽为L 2的矩形线圈的电阻为R ，处于磁感应强度为B 的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直，求将线圈以向右的速度v 匀速拉出磁场的过程中，图7(1)拉力F 的大小； (2)线圈中产生的电热Q .答案 (1)B 2L 22v R (2)B 2L 22L 1vR解析 (1)线圈被拉出磁场时，线圈所受的拉力与安培力等大反向，故F ＝BIL 2I ＝ER线圈中产生的感应电动势为E ＝BL 2v联立上式得F ＝B 2L 22vR(2)方法一 线圈被拉出磁场时所用的时间t ＝L 1v所以线圈中产生的电热Q ＝I 2Rt ＝B 2L 22L 1vR方法二 线圈中产生的电热等于拉力所做的功，故Q ＝W ＝FL 1＝B 2L 22L 1vR.题组一 电磁感应中的动力学问题1. 如图1所示，在一匀强磁场中有一U 形导线框abcd ，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R 为一电阻，ef 为垂直于ab 的一根导体杆，它可在ab 、cd 上无摩擦地滑动．杆ef 及线框中导线的电阻都可不计．开始时，给ef 一个向右的初速度，则( )图1A．ef将减速向右运动，但不是匀减速B．ef将匀减速向右运动，最后停止C．ef将匀速向右运动D．ef将往返运动答案 A解析ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F＝BIL＝B2L2vR＝ma知，ef做的是加速度逐渐减小的减速运动，故A正确．2. 如图2所示，金属棒ab置于水平放置的光滑框架cdef上，ab棒与框架接触良好，匀强磁场垂直于ab棒斜向下．从某时刻开始磁感应强度均匀减小，同时施加一个水平方向上的外力F使ab棒保持静止，则F( )图2A．方向向右，且为恒力B．方向向右，且为变力C．方向向左，且为变力D．方向向左，且为恒力答案 C解析由E＝n ΔBΔt·S可知，因磁感应强度均匀减小，感应电动势E恒定，由F安＝BIL，I＝ER可知，ab棒受到的安培力随B的减小而均匀变小，由外力F＝F安可知，外力F也均匀减小，为变力，由左手定则可判断F安水平向右，所以外力F水平向左，故C正确．3. 如图3所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，间距为l，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B.一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋于一个最大速度v m，除R外其余电阻不计，则( )图3A．如果B变大，v m将变大 B．如果α变大，v m将变大C．如果R变大，v m将变大 D．如果m变小，v m将变大答案BC解析金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势E＝Blv，在闭合电路中形成电流I＝BlvR，因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力F作用，F＝BIl＝B2l2vR，先用右手定则判定感应电流的方向，再用左手定则判定出安培力的方向，如图所示．根据牛顿第二定律，得mg sin α－B2l2vR＝ma，当a＝0时，v＝v m，解得v m＝mgR sin αB2l2，故选项B、C正确．4. 如图4所示，空间某区域中有一匀强磁场，磁场方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b和下边界d水平．在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上、下边的距离很短，下边水平．线圈从水平面a开始下落．已知磁场上、下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离．若线圈下边刚通过水平面b、c(位于磁场中)和d时，线圈所受到的磁场力的大小分别为F b、F c和F d，则( )图4A．F d>F c>F b B．F c<F d<F bC．F c>F b>F d D．F c<F b<F d答案 D解析线圈从a到b做自由落体运动，在b处开始进入磁场切割磁感线，产生感应电流，受到安培力作用，由于线圈的上、下边的距离很短，所以经历很短的变速运动而完全进入磁场，在c 处线圈中磁通量不变，不产生感应电流，不受安培力作用，但线圈在重力作用下依然加速，因此线圈在d处离开磁场切割磁感线时，产生的感应电流较大，故该处所受安培力必然大于b 处．综合分析可知，选项D正确．题组二电磁感应中的能量转化与守恒5. 如图5所示，位于一水平面内的两根平行的光滑金属导轨，处在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在的平面，导轨的一端与一电阻相连．具有一定质量的金属杆ab 放在导轨上并与导轨垂直．现用一平行于导轨的恒力F 拉杆ab ，使它由静止开始向右运动．杆和导轨的电阻、感应电流产生的磁场均可不计．用E 表示回路中的感应电动势，i 表示回路中的感应电流，在i 随时间增大的过程中，电阻消耗的功率等于 ( )图5A ．F 的功率B ．安培力的功率的绝对值C ．F 与安培力的合力的功率D ．iE 答案 BD6. 如图6所示，边长为L 的正方形导线框质量为m ，由距磁场H 高处自由下落，其下边ab 进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边dc 刚刚穿出磁场时，速度减为ab 边刚进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L ，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为( )图6A ．2mgLB ．2mgL ＋mgHC ．2mgL ＋34mgHD ．2mgL ＋14mgH答案 C解析 设线框刚进入磁场时的速度为v 1，刚穿出磁场时的速度v 2＝v 12①线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L .由题意得12mv 21＝mgH ②1 2mv21＋mg·2L＝12mv22＋Q③由①②③得Q＝2mgL＋34mgH，C选项正确．7．如图7所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则 ( )图7A．Q1＞Q2，q1＝q2 B．Q1＞Q2，q1＞q2C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1＞q2答案 A解析根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1L bc＝B2L2ab v RL bc＝B2Sv RL ab同理Q2＝B2SvRL bc，又L ab＞L bc，故Q1＞Q2；因q＝I t＝ERt＝ΔΦR，故q1＝q2，因此A正确．题组三电磁感应中的动力学及能量综合问题8．如图8所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m、有效电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q.下列说法正确的是 ( )图8A ．金属棒在导轨上做匀减速运动B ．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为qR BLC ．整个过程中金属棒克服安培力做的功为12mv 2D ．整个过程中电阻R 上产生的焦耳热为12mv 2答案 C解析 因为金属棒向右运动时受到向左的安培力作用，且安培力随速度的减小而减小，所以金属棒向左做加速度逐渐减小的减速运动，故A 错误；根据E ＝ΔΦΔt ＝BLx Δt ，q ＝I Δt ＝E2RΔt ＝BLx 2R ，解得x ＝2qR BL ，故B 错误；整个过程中金属棒克服安培力做的功等于金属棒动能的减少量12mv 2，故C 正确；整个过程中电路中产生的热量等于机械能的减少量12mv 2，电阻R 上产生的焦耳热为14mv 2，故D 错误． 9. 如图9所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L .一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直，一质量为m 、有效电阻为R 的导体棒在距磁场上边界h 处由静止释放．导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I .整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻，已知重力加速度为g .求：图9(1)磁感应强度B 的大小；(2)电流稳定后，导体棒运动速度v 的大小； (3)流经电流表电流的最大值I m .答案 (1)mg IL (2)I 2R mg (3)mg 2ghIR解析 (1)电流稳定后，导体棒做匀速运动， 则有：BIL ＝mg ① 解得B ＝mg IL② (2)感应电动势E ＝BLv ③ 感应电流I ＝E R④由②③④式解得v＝I2R mg(3)由题意分析知，导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为v m根据机械能守恒有12mv2m＝mgh感应电动势的最大值E m＝BLv m感应电流的最大值I m＝E m R解得I m＝mg2ghIR10．如图10甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为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．(取g＝10 m/s2)求：图10(1)磁感应强度B的大小；(2)杆在磁场中下落0.1 s的过程中，电阻R产生的热量．答案(1)2 T (2)0.075 J解析(1)由图像可知，杆自由下落0.1 s进入磁场以v＝1.0 m/s做匀速运动，产生的感应电动势E＝BLv杆中的感应电流I＝E R＋r杆所受的安培力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.11．足够长的平行金属导轨MN和PK表面粗糙，与水平面之间的夹角为α，间距为L.垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度为B，M、P间接有阻值为R的电阻，质量为m的金属杆ab 垂直导轨放置，其他电阻不计．如图11所示，用恒力F沿导轨平面向下拉金属杆ab，使金属杆由静止开始运动，金属杆运动的最大速度为v m ，t s 末金属杆的速度为v 1，前t s 内金属杆的位移为x ，(重力加速度为g )求：图11(1)金属杆速度为v 1时加速度的大小； (2)整个系统在前t s 内产生的热量．答案 (1)B 2L 2 v m －v 1mR(2)B 2L 2v m x R －12mv 21解析 (1)设金属杆和导轨间的动摩擦因数为μ，当杆运动的速度为v m 时，有：F ＋mg sin α－B 2L 2v mR－μmg cos α＝0 当杆的速度为v 1时，有：F ＋mg sin α－B 2L 2v 1R－μmg cos α＝ma解得a ＝B 2L 2 v m －v 1mR(2)t s 末金属杆的速度为v 1，前t s 内金属杆的位移为x ，由能量守恒得，整个系统产生的焦耳热为Q 1＝Fx ＋mgx sin α－μmgx cos α－12mv 21＝B 2L 2v m x R －12mv 21.。