1、第67課時 電磁感應中的能量問題(題型研究課)電磁感應過程的實質是不同形式的能量之間轉化的過程,而能量的轉化是通過(克服)安培力做功的形式實現的。安培力做功，則電能轉化為其他形式的能(如機械能)，外力克服安培力做功，則其他形式的能轉化為電能，轉化過程和常用關系為：甘加皿 下佑公匕 目克服安培力做功 山公匕電流做功 徉五向 t甘筒mr鉆/百自其他形式的能重 > |電能焦耳熱或其他形式的能重(1)功能關系：E電能=此安。(2)焦耳定律：Q= I2Rt。 動能定理： W卜一Wfc安=2mV ；mv2。命題點一應用焦耳定律求解電磁感應中的能量問題典例 一個圓形線圈，匝數n = 10,其總電阻r=

2、4.0線圈與阻值 R=16 Q的外電阻連成閉合回路，如圖甲所示。線圈內部存在著一個邊長L=0.20 m的正方形區域，其中有分布均勻但強弱隨時間變化的磁場，圖乙顯示了一個周期內磁場的變化情況，周期T=1.0 x 10 2 s ,磁場方向以垂直線圈平面向外為正方向。求：(1)0I時間內，電阻 R上的電流大小和方向； 4(2)02時間內，流過電阻 R的電荷量；(3) 一個周期內電阻 R產生的熱量。T14nBS2解析(1)0二時間內，感應電動勢大小E1 = n S= L24 11 I一E 可得電流大小11 = ,解得I 1=0.4 AR+ r電流方向為從b到a。T T(2)同(1)可得4-時間內，感應

3、電流大小12= 0.2 A流過電阻R的電荷量q = I 1 - 4+ 12 - 4解得 q=1.5 X10 3 Co(3)由一個周期內磁場變化的對稱性可得，一個周期內電阻 R產生的熱量Q= I12R-T+2 TI 22R) -2解得 0= 1.6 X10 2 J o答案(1)0.4 A 方向為從 b 到 a (2)1.5 X10 3 C(3)1.6 X10 2J易錯提醒(1)不同時間段感應電動勢和感應電流大小不同，求解電荷量要分清時間段。(2) R上產生的熱量與整個電路產生的熱量不同，要分時間段應用Q= 12Rt計算。集訓沖關1 .(多選)如圖所示，金屬棒在外力作用下從圖示ab位置分別以vi、

4、V2的速度沿光滑水平導軌(電阻不計)勻速滑到a' b'位置，金屬棒接入電路的電阻為R,若vi ： V2=1 ： 2,則在這兩次過程中()A.回路電流I i ： 12= 1 ： 2B.產生白熱量Q ： Q= 1 ： 4C.通過任一截面的電荷量 q1 ： q2= 1 ： 1D.外力白功率P1 ： P2=1 ： 2解析：選AC在這兩次過程中產生的感應電動勢分別為E=BLv,巳=BLv2,電阻都為 E1 BLv E BLv2 11 V1 1,.、一 , R 故回路電流為 I 1= -R= R-, I 2 = =R-,故電流之比為 =-,A正確；在這兩次L11 V1 V2 2QI 12R

5、t11過程中所用時間 已=L=-=p故產生的熱量 Q=FTR；=5，B錯誤；在這兩次過程中磁通V2量變化量相同，故通過任一截面的電荷量 Aq= I t=71RAt等，故通過任一截面的電荷R 一 R重q1 ： q2=1 ： 1, C正確；由于金屬棒做勻速運動，外力的功率等于回路中的電功率，故=F2R= j, D錯誤。 I 2 R 42 .如圖甲所示，不計電阻的平行金屬導軌豎直放置，導軌間距L=13 上端接有電阻R= 3 Q ,虛線OO下方是垂直于導軌平面的勻強磁場?，F將質量rnr 0.1 kg、電阻r = 1 、長度與導軌間距相等的金屬桿ab,從OO上方某處垂直導軌由靜止釋放，桿下落過程中始終與

6、導軌保持良好接觸，桿下落過程中的v t圖像如圖乙所示(g取10 m/s2)。求：(1)磁感應強度B;(2)桿在磁場中下落 0.1 s的過程中電阻 R產生的熱量。解析：(1)由題圖乙可知，桿自由下落0.1 s進入磁場以v=1.0 m/s的速度做勻速運動, 產生的電動勢 E= BLv桿中的電流I=6E7R十r桿所受安培力F安=81由平衡條件得mg= F安代入數據得B= 2 To（2）電阻R產生的熱量 0= 12Rt = 0.075 J 。答案：（1）2 T （2）0.075 J命題點二根據功能關系求解電磁感應能量問題考法1動能定理的應用例1（多選）（2018 江蘇高考）如圖所示，豎直放置的形光滑導

7、軌寬為L,矩形勻強磁場I、n的高和間距均為d,磁感應強度為 區質量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場I和n時的速度相等。金屬桿在導軌間的電阻為R與導軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為 g。金屬桿（）A.剛進入磁場I時加速度方向豎直向下B.穿過磁場I的時間大于在兩磁場之間的運動時間C.穿過兩磁場產生的總熱量為4mgdD.釋放時距磁場I上邊界的高度h可能小于mgR4解析金屬桿在磁場之外的區域做加速運動，所以進入磁場I、 n的速度大于穿出磁場I的速度，則金屬桿剛進入磁場I時做減速運動，加速度方向豎直向上，故A錯誤；金屬桿在磁場I中（先）做加速度減小的減速運動， 在兩磁場之 間做加速度為g的勻加

8、速直線運動，兩個過程位移相等， v-t圖像可能如圖所示，所以t>t2t1,故B正確；由于金屬桿進入兩磁場時速度相等，由動能定理得，W安1+m（g- 2d=0,可知金屬桿穿過磁場I克服安培力做功為2mgd,即產生的熱量為2mgd,所以穿過兩磁場產生的總熱量為4mgd,故C正確；設金屬桿剛進入磁場I時速度為v,則由機械能守恒定律知12mgh= ?mv,由牛頓第一te律得E2L2v-r"mg= ma解得rm a+g 2R m2gR->2E4L4,Z4-4- 2E4L4g故D錯誤。答案BC考法2能量守恒定律的應用例2如圖所示，傾角為 0的平行金屬導軌下端連接一阻值為R的電阻，導軌

9、 MNPQ間距為L,與MN PQ垂直的虛線a1b1、a2b2區域內有垂直導軌平面向上的勻強磁場，磁感 應強度大小為B,a1b1、a2b2間距離為d,一長為L、質量為m電阻為R的導體棒在導軌平面上與磁場上邊界 a2b2距離d處從靜止開始釋放，最后能勻速通過磁場下邊界2心1。重力加速度為g（導軌摩擦及電阻不計）。求：（1）導體棒剛到達磁場上邊界a2b2時的速度大小V1；(2)導體棒勻速通過磁場下邊界aibi時的速度大小V2；(3)導體棒穿過磁場過程中，回路產生的熱量。解析(1)導體棒在磁場外沿導軌下滑,只有重力做功，由機械能守恒定律得：mgcbin120 =/mv解得：vi= Wgdsin一(T。

10、(2)導體棒勻速通過磁場下邊界aibi時，由平衡條件得:mgin0 = F 安B2L2V2F 安=BIL= R 2R-22mgRin 0解得：V2=置2。(3)由能量守恒定律得：,1212 分mg&in 0=2mv2mv+Q解得：Q= 2mgcbin2n3g2Rsin 2 0B4L46答案 42gdsin。2rmg2Rsin 2 oBY4一t = T時，金屬棒的速度B的勻強磁場中，已知金屬2mgRin 0(2) B2L2 (3)2 mgdin集訓沖關1 .如圖所示，間距為L的足夠長的平行金屬導軌固定在斜面上，導軌一端接入阻值為R的定值電阻，t=0時，質量為 m的金屬棒由靜止開始沿導軌下

11、滑,恰好達到最大值Vm,整個裝置處于垂直斜面向下、磁感應強度為棒與導軌間的動摩擦因數為科，金屬棒在運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好，金屬棒及導軌的電阻不計，下列說法正確的是().T . VmA. t=2時，金屬棒的速度大小為 B. 0T的過程中，金屬棒機械能的減少量等于R上產生的焦耳熱C.電阻R在。g內產生的焦耳熱小于gT內產生的焦耳熱D.金屬棒在。T內機械能的減少量大于 TT內機械能的減少量解析：選C速度達到最大值 Vm前金屬棒做加速度減小的加速運動，故相同時間內速度的增加量減小，所以t=T時，金屬棒的速度大于 當，故A錯誤；由能量守恒定律，0T時間內的過程中，金屬棒機械能的減少量等于 R

12、上產生的焦耳熱和金屬棒與導軌間摩擦生熱之和，故B錯誤；0T內金屬棒的位移小于 TT內的位移，金屬棒做加速運動，其所受安培力增大，所以TT內金屬棒克服安培力做功更多，產生的電能更多，電阻R上產生的焦耳熱更多，故C正確；TT內的位移比。T內的位移大，故TT內滑動摩擦力對金屬棒做功 多，由功能關系得 W+ Wfe=AE, TT內金屬棒機械能的減少量更多，故 D錯誤。2.勻強磁場的方向垂直于銅環所在的平面向里，導體棒 a的一端固定在銅環的圓心 O 處，另一端緊貼銅環，可繞 O勻速轉動。通過電刷把銅環、環心與兩塊豎直平行金屬板P、Q連接成如圖所示的電路，R、R2是定值電阻。帶正電的小球通過絕緣細線掛在兩

13、板間的中點M處，被拉起到水平位置；閉合開關S,無初速度釋放小球，小球沿圓弧經過M點正下方的N點到另一側，小球在另一側不能到達與釋放點等高處。已知磁感應強度為B, a的角速度為3,長度為l ,電阻為r, R = R=2r,銅環的電阻不計，P Q兩板的間距為 d,小球的質量為m帶電荷量為q,重力加速度為go求：(1) a勻速轉動的方向；(2) P、Q間電場強度E的大?。?3)小球通過N點時對細線的拉力 F的大小。解析：(1)依題意可知，P板帶正電，Q板帶負電。由右手定則可知，a沿順時針方向轉動。(2) a轉動切割磁感線，由法拉第電磁感應定律得感應電動勢的大小1E 感=2Bl由閉合電路的歐姆定律有I =由歐姆定律可知，PQ間