1、5.电磁感应中的能量转化与守恒 必备知识自主学习【情境思考】如图示“摇晃”手电筒发光时,能量是如何转化的?提示:机械能转化为电能。(1)_是自然界的一条普遍规律,在电磁感应现象中同样遵守能量转化 和守恒。(2)在电磁感应中,产生的电能是通过外力_做功转化而来的,外力克 服安培力做多少功,就有多少_产生,而这些电能又通过_做功,转 化为_的能量。能量守恒 克服安培力 电能 感应电流 其他形式 关键能力合作学习 知识点一 电磁感应与能量守恒 1.电磁感应中的能量转化:(1)电磁感应现象中,感应电流的能量(电能)不能无中生有,只能从其他形式的能量转化过来,外力克服安培力做功,正是这部分能量转化的量度
2、。(2)当条形磁铁靠近线圈时,线圈中感应电流产生的磁场对条形磁铁产生斥力,阻碍条形磁铁的靠近,必须有外力克服这个斥力做功,它才能靠近线圈。(3)当条形磁铁离开线圈时,感应电流产生的磁场对磁铁产生引力,阻碍条形磁铁的离开,必须有外力克服引力做功,它才能远离线圈。(4)外力克服安培力做功的过程就是其他形式的能转化为电能的过程。2.用功和能的观点分析电磁感应的基本思路:受力分析弄清哪些力做功(正功还是负功)明确有哪些形式的能量参与转化(哪些增哪些减)由动能定理或能量守恒定律列方程求解;其能量转化特点:【问题探究】安培力做功与克服安培力做功,对应的能量转化相同吗?分别是怎样的转化?提示:不同。安培力做
3、功对应电能转化为其他形式的能,克服安培力做功对应其他形式的能转化为电能。【典例示范】【典例】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，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vm，经过时间t 金属杆的速度为v1，时间t 内金属杆的位移为x，(重力加速度为g)求：(1)金属杆速度为v1时加速度的大小。(2)整个系统在时间t 内产生的热量。【审题关键】序号信息提取金属杆和导轨间有摩擦力F大小和方向
4、都不变金属杆所受合力为零【解析】(1)设金属杆和导轨间的动摩擦因数为,当杆运动的速度为vm时,有:F+mgsin-mgcos=0 当杆的速度为v1时,有:F+mgsin-mgcos=ma,解得a=22mB L vR221B L vR22m1B L(vv)mR(2)经过时间t 金属杆的速度为v1,时间t 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Q1=Fx+mgxsin-mgxcos-。答案:(1)(2)2222m111B L v x1mvmv2R222m1B L(vv)mR222m1B L v x1 mvR2【规律方法】求解焦耳热Q的几种方法【素养训练】1.(多选)两根光滑的金属
5、导轨,平行放置在倾角为 的斜面上,导轨的下端接有电阻R,导轨自身的电阻可忽略不计。斜面处在一匀强磁场中,磁场方向垂直斜面向上。质量为m、电阻可不计的金属棒ab,在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑,并上升h高度,如图所示。在这过程中()A.作用于金属棒上的各力的合力所做的功等于零 B.作用于金属棒上的各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【解析】选A、D。金属棒匀速上升过程中,根据动能定理得:WF-WG-W安=0,注意克服安培力所做功即为回路电阻中产生的热量,故有:金属棒上
6、的各个力的合力所做的功等于零,A正确,B错误;恒力F与安培力合力做的功等于克服重力所做的功,故C错误;恒力F与重力的合力所做的功等于克服安培力所做的功,即等于电阻R上产生的焦耳热,故D正确。2.(2020遵义高二检测)如图所示,两光滑金属导轨,接有电阻R,间距为d,导轨放在桌面上的部分是水平的,仅在桌面的区域内有磁感应强度为B,方向竖直向下的匀强磁场,桌面高为H,金属杆ab质量为m,电阻为r,从导轨上距桌面高度为h的地方由静止开始释放,落地点距桌面左边缘的水平距离为s,重力加速度为g,导轨电阻不计,求:(1)整个过程中R上的最大瞬时电流;(2)整个过程中电阻r产生的焦耳热。【解析】(1)金属棒
7、刚进入磁场时电流最大,设金属杆刚进入磁场时速度为v0,由 机械能守恒定律有:mgh=m ,又由法拉第电磁感应定律有:E=Bdv0,由闭合电路 欧姆定律有:I=,联立得:I=。(2)设金属杆刚离开磁场时速度为v,接着金属杆开始做平抛运动,在竖直方向上 有:H=gt2,在水平方向上有:s=vt,根据能量守恒有:Q=m -mv2,电磁感应 过程中电阻r上产生焦耳热为:Qr=Q,联立得:Qr=。答案:(1)(2)1220vERrBd 2ghRr121220v12rRr2mgr(4Hhs)4H(Rr)Bd 2ghRr2mgr(4Hhs)4H(Rr)【加固训练】图示为固定在水平桌面上的两根足够长相距为L、
8、电阻不计的金属平行轨道P、Q,在轨道左端固定一根导体棒a,轨道上放置另一根质量为m的导体棒b,两导体棒的电阻均为R,该轨道平面处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。t=0时刻给b棒一个大小为v、沿轨道向右运动的初速度,在b棒运动的过程中,b棒产生的焦耳热为Q。求:(1)t=0时刻,b棒两端的电压;(2)b棒运动的整个过程中与轨道摩擦所产生的热量。【解析】(1)由法拉第电磁感应定律可知:E=BLv 又因为a、b两棒的电阻相等,所以t=0时刻b棒两端的电压U=;(2)由功能关系可知:mv2=2Q+Qf 解得:Qf=mv2-2Q 答案:(1)(2)mv2-2Q BLv21212BLv21
9、2知识点二 电磁感应中的力学问题 1.导体中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:(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,达到稳定状态时,加速度等于零,导体达到稳定运动状态。3.两种运动状态的处理思路:(1)达到稳定运动状态后,导体匀速运动,受力平衡,应根据平衡条件合外力为零,列式分析平衡态。(2)导
10、体达到稳定运动状态之前,往往做变加速运动,处于非平衡态,应根据牛顿第二定律或结合功能关系分析非平衡态。【问题探究】如图所示为“单杆+倾斜导轨”模型,匀强磁场与导轨垂直,磁感应强度为B,导轨间距为L,导体棒质量为m,电阻为R,导轨光滑,电阻不计。(1)分析ab棒由静止释放后加速度和速度的变化情况。提示:棒ab释放后下滑,此时a=gsin,棒ab速度v增大感应电动势E=BLv增大 电流I=增大安培力F=BIL增大加速度a减小,当安培力F=mgsin 时,a=0,v最大。(2)分析收尾状态的运动特征和电学特征。提示:运动特征:a=0,vmax=电学特征:电流恒定 ER22mgRsinB L【典例示范
11、】【典例】(多选)(2020全国卷)如图,U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上,ab和dc边平行,和bc边垂直。ab、dc足够长,整个金属框电阻可忽略,一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上,用水平恒力F向右拉动金属框,运动过程中,装置始终处于竖直向下的匀强磁场中,MN与金属框保持良好接触,且与bc边保持平行。经过一段时间后()A.金属框的速度大小趋于恒定值 B.金属框的加速度大小趋于恒定值 C.导体棒所受安培力的大小趋于恒定值 D.导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值【解析】选B、C。由bc边切割磁感线产生电动势,形成电流,使得导体棒MN受到 向右的安培力,向右做加速运动,bc边受到向
12、左的安培力,向右做加速运动。当 MN运动时,金属框的bc边和导体棒MN一起切割磁感线,设导体棒MN和金属框的速 度分别为v1、v2,则电路中的电动势E=BL(v2-v1),导体棒中的电流I=,金属框受到的安培力F安框=,与运动方向相反,导体棒MN受到的安培力 F安MN=,与运动方向相同。设导体棒MN和金属框的质量分别为m1、m2,则对导体棒MN根据牛顿第二定律有 =m1a1,对金属框abcd根据牛顿第二 定律有F-=m2a2。因初始速度均为零,则a1从零开始逐渐增加,a2从 21EBL(vv)RR2221B L(vv)R2221B L(vv)R2221B L(vv)R2221B L(vv)R2
13、Fm开始逐渐减小,当a1=a2时,解得金属框相对金属棒的速度为v2-v1=,则v2-v1大小恒定,结合 =m1a1、F安MN=可知,金属框的加速 度大小趋于恒定值,导体棒所受安培力大小也趋于恒定值,故选项B、C正确;整 个运动过程可用速度-时间图像描述,如图,则金属框的速度会一直增大,导体棒 到金属框bc边的距离也会一直增大,故选项A、D错误。12212FRmB L(mm)2221B L(vv)R2221B L(vv)R【规律方法】电磁感应中力学问题的解题技巧(1)将安培力与其他力一起进行分析。(2)要特别注意安培力的大小和方向都有可能变化,不像重力或其他力一样是恒力。(3)列出稳定状态下的受
14、力平衡方程往往是解题的突破口。【素养训练】(多选)如图所示,电阻不计的平行导轨竖直固定,上端接有电阻R,高度为h的匀强磁场与导轨平面垂直。一导体棒从磁场上方的A位置释放,用x表示导体棒进入磁场后的位移,i表示导体棒中的感应电流大小,v表示导体棒的速度大小,Ek表示导体棒的动能,a表示导体棒的加速度大小,导体棒与导轨垂直并接触良好。以下图像可能正确的是()【解析】选A、C。导体棒进入磁场之后受到向上的安培力和重力作用,进入时 安培力可能大于重力,也可能等于重力,还可能小于重力,即进入时可以是加速、匀速、减速运动。当进入时安培力大于重力时,即减速进入时,i=,则进入时 电流减小,同时安培力F=也减
15、小,当安培力减小到等于重力时,则导体棒做 匀速运动,则电流不变,离开磁场后电流为零,故选项A正确;当进入时安培力大于 重力时,即减速进入时,根据动能定理-Fx+mgx=Ek-Ek0,则Ek=-Fx+mgx+Ek0,由于安培 力F不是恒定的,所以Ek-x图像不是直线,故选项B错误;当进入时安培力等于重力 时,导体棒的加速度为零,离开磁场后为重力加速度g,故选项C正确;当进入时安培 力大于重力,则导体棒进入磁场时速度减小,同时根据牛顿第二定律 -mg=ma,BLvR22B L vR22B L vR可以知道进入时加速度也是减小的,但是当导体棒离开磁场之后只受到重力作用,则离开磁场后做加速运动,加速度
16、为重力加速度g,故选项D错误。所以本题正确选项为A、C。【加固训练】1.如图所示,固定在水平桌面上的金属框架edcf处在垂直于纸面向内的匀强磁场中,金属棒ab搁在框架上,可无摩擦滑动,此时adcb 构成一个边长为l的正方形,棒的电阻为r,其余部分电阻不计,开始时磁感应强度为B0。(1)若从t=0时刻起,磁感应强度均匀增加,每秒增量为k,同时保持棒静止。求棒中的感生电流大小及方向。(2)在上述(1)情况中,始终保持棒静止,当t=t1时需加的垂直于棒的水平拉力为多大?(3)若从t=0时刻起,磁感应强度逐渐减小,当棒以恒定速度v向右做匀速运动时,可使棒中不产生感生电流。则磁感应强度应怎样随时间变化(
17、写出B与t的关系式)?【解析】(1)感应电动势E=kl2,感应电流I=,由楞次定律可判定感 应电流方向为逆时针。(2)t=t1时,B=B0+kt1,F=BIl,所以F=(B0+kt1)。(3)使棒中不产生感应电流,则应保持总磁通量不变,即 Bl(l+vt)=B0l2,所以B=。答案:(1)感应电流方向为逆时针 (2)(B0+kt1)(3)B=tEr2krl3krl0Bvtll2krl3krl0Bvtll2.如图所示,电动机通过其转轴上的绝缘细绳牵引一根原来静止的长为L=1 m,质量m=0.1 kg 的导体棒ab,导体棒紧贴在竖直放置、电阻不计的金属框架上,导体棒的电阻R=1 ,磁感应强度B=1
18、 T的匀强磁场方向垂直于导体框架所在平面。当导体棒在电动机牵引下上升h=3.8 m时,获得稳定速度,此过程中导体棒产生热量Q=2 J。电动机工作时,电压表、电流表的读数分别为U=7 V和I=1 A,电动机的内阻r=1 。不计一切摩擦,g取10 m/s2。求:(1)导体棒所达到的稳定速度是多少?(2)导体棒从静止到达稳定速度的时间是多少?【解析】(1)导体棒在电动机牵引力的作用下,先做加速度减小的加速运动,后 做匀速运动,达到稳定状态,此时棒受力平衡,即绳的牵引力与重力、安培力平 衡。导体棒匀速运动时,合力为零,则有:F-mg-BIL=0 对于电动机,根据能量守恒知:Fv=UI-I2r 导体棒产
19、生的感应电流I=联立得:化简并代入数据得v=2 m/s(2)设导体棒从静止到达稳定速度的时间是t,由能量守恒定律得(UI-I2r)t=mgh+mv2+Q,代入数据得t=1 s 答案:(1)2 m/s(2)1 s BLvR222UII rB L vmgvR12【拓展例题】考查内容:电磁感应中的图像问题【典例】将一段导线绕成图甲所示的闭合回路,并固定在水平面(纸面)内。回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场中。回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场,以向里为磁场的正方向,其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力,以水平向右为F的正方向,能正确反映F随时间t变化的图像是()【
20、解析】选B。根据图乙可知,在0 时间内,先是向里的磁通量均匀减小,然 后向外的磁通量均匀增加,根据法拉第电磁感应定律E=和楞次定律可 知,这段时间内感应电流恒定不变,感应电流方向由b向a,由左手定则可以判 定,0 时间内,ab边受到恒定的水平向左的力F;同理可以判定,在 T时间内,先是向外的磁通量均匀减小,然后向里的磁通量均匀增加,这段时间内ab边中将 产生恒定的由a向b的感应电流,根据左手定则不难判断,这段时间内ab边受到恒 定的水平向右的力F,因此,只有选项B正确。T2BSttT2T2【课堂回眸】课堂检测素养达标 1.(多选)如图所示,两条电阻不计的平行导轨与水平面成 角,导轨的一端连接
21、定值电阻R1,匀强磁场垂直导轨平面向上。一根质量为m、电阻为R2的导体棒ab,垂直导轨放置且两端始终与导轨接触良好,导体棒与导轨之间的动摩擦因数为 ,且R2=nR1。如果导体棒以速度v匀速下滑,导体棒此时受到的安培力大小为F,则以下判断正确的是()A.电阻R1消耗的电功率为 B.重力做功的功率为 mgvsin C.运动过程中减少的机械能全部转化为电能 D.R2上消耗的功率为 FvnnFvn1【解析】选B、D。导体棒以速度v匀速下滑时,由E=BLv、I=,F=BIL,推导出F=电阻R1消耗的电功率为P1=I2R1=()2R1 又R2=nR1 以上各式联立解得:P1=,故A错误;根据瞬时功率表达式
22、:P=Fvcos(其中为F与v之间的夹角)可知,重力做功的 功率为:P=mgvcos(-)=mgvsin,故B正确;12ERR2212B L vRR12BLvRRFvn12根据能量守恒定律可知:运动过程中减少的机械能转化为电能和摩擦产生的热 量,故C错误;电阻R2消耗的热功率为 P2=I2R2=()2R2 结合以上分析可知P2=,故D正确。故选B、D。12BLvRRnFvn12.如图所示,两条相距L的足够长的平行光滑导轨放置在倾角为=30的斜面上,阻值为R的电阻与导轨相连,质量为m的导体棒MN垂直于导轨放置,整个装置在垂直于斜面向下的匀强磁场中,磁感应强度的大小为B。轻绳一端与导体棒相连,另一
23、端跨过定滑轮与一个质量为m的物块相连,且滑轮与杆之间的轻绳与斜面保持平行,物块距离地面足够高,导轨、导体棒电阻不计,轻绳与滑轮之间的摩擦力不计,重力加速度为g。从将物块由静止释放,到经过时间t达到最大速度的过程中,下列说法正确的是()A.导体棒M端电势高于N端电势 B.导体棒的加速度可能大于 g C.通过导体棒的电荷量为 D.导体棒运动的最大速度大小为 14233mgtm gR2BLB L22mgRB L【解析】选C。将物块由静止释放,则物块向下运动,导体棒沿斜面向上运动,由 右手定则可知导体棒中电流由M到N,导体棒M端电势低于N端电势,故A错误;设导 体棒的上升速度为v,根据E=BLv,I=
24、可知导体棒所受安培力为FA=BIL=根据牛顿第二定律可得mg-mgsin30-=2ma 当导体棒的上升速度为零时,导体棒的加速度最大,最大加速度为amax=g 当导体棒的上升加速度为零时,导体棒的速度最大,最大速度为vmax=,故B、D错误;对整体由动量定理得(mg-mgsin30)t-B Lt=2mvmax即 -BqL=2m 解得q=,故C正确。故选C。BLvR22B L vR1422mgR2B LImgt222mgR2B L233mgtm gR2BLB L22B L vR3.(2020内江高二检测)一个半径为r、质量为m、电阻为R的金属圆环,用一根 长为L的绝缘细绳悬挂于O点,离O点下方
25、处有一宽度为 、垂直纸面向里的匀 强磁场区域,如图所示。现使圆环从与悬点O等高位置A处由静止释放(细绳张直,忽略空气阻力),摆动过程中金属圆环所在平面始终垂直磁场,则在达到稳定摆 动的整个过程中金属圆环产生的热量是()A.mgL B.mg(+r)C.mg(+r)D.mg(L+2r)L2L4L23L4【解析】选C。当圆环摆动时,由于不断地进出磁场切割磁感线产生感应电流,消耗机械能,高度逐渐降低;当圆环在磁场下方摆动,不再进入磁场时,摆动稳 定,金属圆环中产生的焦耳热等于圆环减少的机械能,由能量守恒定律得 Q=mg(+r)=mg(+r),故C正确,A、B、D错误。故选C。L2L43L44.(202
26、0三明高二检测)如图所示,相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为,上端接有定值电阻R,匀强磁场垂直于导轨平面,磁感应强度为B。将质量为m的导体棒由静止释放,当速度达到v时开始匀速运动,此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力,并保持拉力的功率为P,导体棒最终以2v的速度匀速运动。导体棒始终与导轨垂直且接触良好,不计导轨和导体棒的电阻,重力加速度为g,下列说法中正确的是()A.P=3mgvsin B.导体棒在速度达到v后做加速度增大的加速运动 C.当导体棒速度达到 v时加速度为 sin D.在速度达到2v以后匀速运动的过程中,R上产生的焦耳热等于拉力所做的功 12g2【解析】选C。
27、当速度达到v时开始匀速运动,受力分析可得mgsin=,导 体棒最终以2v的速度匀速运动时,拉力为F=mgsin,所以拉力的功率为 P=2mgvsin,A错误;当速度达到v后施加力F,则加速度ma=+mgsin,则 随着速度的增加加速度a减小,则导体棒做加速度减小的加速运动,B错误;当导体 棒速度为v时满足mgsin=,达到 时安培力F安=mgsin,加速度为 a=sin,C正确;在速度达到2v以后匀速运动的过程中,根据能 量守恒定律,R上产生的焦耳热等于拉力所做的功加上重力做的功,D错误。22B L vR22PB L vvR22B L vRv212mgsinFgm2安5.(2020瑞安高二检测
28、)如图所示,在磁感应强度为B的水平匀强磁场中,有两根竖直放置的平行金属导轨,顶端用一电阻R相连,两导轨所在的竖直平面与磁场方向垂直。一根金属棒ab以初速度v0沿导轨竖直向上运动,到某一高度后又向下运动返回到原出发点。整个过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好,导轨与金属棒间的摩擦及它们的电阻均可忽略不计。则在金属棒整个上行与整个下行的两个过程中,下列说法正确的是()A.回到出发点的速度v等于初速度v0 B.上行过程中通过R的电荷量小于下行过程中通过R的电荷量 C.上行过程中R上产生的热量大于下行过程中R上产生的热量 D.上行的运动时间大于下行的运动时间【解析】选C。金属棒切割磁感线运动,由右手定
29、则和法拉第电磁感应定律、安 培力公式可知金属棒下行和上行时的受力情况,如图所示:由能量守恒定律可知,金属棒在运动过程中,部分机械能转化为 系统的焦耳热,故金属棒回到出发点的速度v小于初速度v0,故A 错误;由电荷量的定义q=t,欧姆定律 ,法拉第电磁感应 定律 ,可得运动过程中产生的电荷量q=可知,上行和 下行过程中磁通量变化相等,故B错误;上行和下行两个过程中,安培力方向都与 金属棒的速度方向相反,安培力都做负功,即金属棒均克服安培力。由于上行与 IEIREt t下行经过同一位置时,上行速度大,产生的感应电动势和感应电流大,金属棒所受的安培力大,而两个过程位移大小相等,所以上升过程中金属棒克
30、服安培力做的功比下降过程中克服安培力做的功多,根据功能关系可知:上升过程中产生的热量大于下降过程中产生的热量,故C正确;除最高点外,在任何一个位置,上升到此位置的速度大于下落到此位置的速度,所以上行过程的平均速度较大,而上升的位移和下降的位移大小相等,则上升的时间小于下落的时间,故D错误。【加固训练】如图所示,一宽2L的匀强磁场区域,磁场方向垂直纸面向里。一边长为L的正方形导线框位于纸面内,以垂直于磁场边界的恒定速度v通过磁场区域,在运动过程中,线框有一边始终与磁场区域的边界平行,取它刚进入磁场的时刻为t=0,规定逆时针方向电流为正方向,在如图所示的图像中,能正确反映感应电流随时间变化的规律的
31、是()【解析】选C。线框进入磁场过程,时间为t1=,根据楞次定律判断可知感应电 流方向是逆时针方向,为正值,感应电流大小I=保持不变。线框完全在磁场 中运动过程,磁通量不变,没有感应电流产生,经历时间t2=,线框穿出磁场 过程与进入磁场过程,感应电流大小相等,方向相反,所用时间相等为t3=,感应 电流方向是顺时针方向,是负值。所以C正确,A、B、D错误。LvBLvR2LLvLv6.(2020深圳高二检测)如图所示,两根平行光滑金属导轨MN和PQ放置在水平面内,其间距L=2 m,磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场垂直轨道平面向下,两导轨之间连接的电阻R=4.8 ,在导轨上有一金属棒ab,其电阻r
32、=0.2 ,金属棒与导轨垂直且接触良好,如图所示,在ab棒上施加水平拉力使其以速度v=5 m/s向右匀速运动,设金属导轨足够长。求:(1)金属棒ab产生的感应电动势和通过电阻R的电流方向;(2)水平拉力F;(3)在05 s内,通过金属棒ab的电荷量q及电阻R产生的焦耳热Q。【解析】(1)设金属棒中感应电动势为E,则:E=BLv 代入数值得:E=5 V 由右手定则可得,通过电阻R的电流方向从M通过R流向P(2)设流过电阻R的电流大小为I,则:I=代入数值得I=1 A F安=BIL ab棒匀速直线运动,则F=F安=1 N 方向水平向右 ERr(3)在05 s内,通过金属棒ab的电荷量q=It 代入
33、数据可得:q=5 C 在05 s内,电阻R产生的焦耳热Q=I2Rt 代入数据可得,Q=24 J 答案:(1)5 V,通过电阻R的电流方向从M通过R流向P(2)1 N,方向水平向右(3)5 C 24 J【加固训练】如图甲所示,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 ,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 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
34、量。【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 ERr课时素养评价 四 电磁感应中的能量转化与守恒【基础达标】(25分钟60分)一、选择题(本题共6小题,每小题7分,共42分)1.如图所示,上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置。小磁块先后在 两管中从相同高度处由静止释放,并落至底部。则小磁块()A.在P和Q中都做自由落体运动 B.在两个下落过程中的
35、机械能都守恒 C.在P中的下落时间比在Q中的长 D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大【解析】选C。小磁块在内壁光滑的塑料管Q中,从高处由静止释放,做自由落体运动,机械能守恒;小磁块在内壁光滑的铜管P中,则会产生电磁阻尼阻碍小磁块的运动,相比Q中自由落体运动时间要长,C项正确、A项错误;由于电磁阻尼产生焦耳热,机械能不守恒,B项错误;由于机械能有损失,落至底部时在P中的速度比在Q中的小,D项错误。2.(多选)光滑绝缘曲面与竖直平面的交线是抛物线,如图所示,抛物线的方程是y=x2,下半部处在一个水平方向的匀强磁场中,磁场的上边界是y=a的直线(图中的虚线所示),一个质量为m的小金属球从抛物线上y
36、=b(ba)处沿抛物线自由下滑,忽略空气阻力,重力加速度为g。则()A.小金属球沿抛物线下滑后最终停在O点 B.小金属球沿抛物线下滑后对O点的压力一定大于mg C.小金属球沿抛物线下滑后每次过O点时的速度一直在减小 D.小金属球沿抛物线下滑后最终产生的焦耳热总量是mg(b-a)【解析】选B、D。小金属球在磁场中运动的过程中,没有感应电流,机械能不再减小,所以小金属球最终在直线y=a以下来回摆动,故A错误;小金属球沿抛物线下滑后在最低点O只受到重力和支持力的作用,合力提供向心力,加速度的方向向上,所以对O点的压力一定大于mg,故B正确;小金属球机械能不再减小时,最终在直线y=a以下来回摆动,之后
37、每次过O点时的速度不再减小,故C错误;小金属球沿抛物线下滑后最终产生的焦耳热总量等于减少的机械能,即Q=mgh=mg(b-a),故D正确。故选B、D。3.如图所示,“”形光滑金属导轨与水平地面倾斜固定,空间有垂直于导轨 平面的磁场,将一根质量为m的金属杆ab垂直于导轨放置。金属杆ab从高度h2处 从静止释放后,到达高度为h1的位置(图中虚线所示)时,其速度为v,在此过程中,设重力G和磁场力F对杆ab做的功分别为WG和WF,那么()A.=mgh1-mgh2 B.=WG+WF C.WG+WF D.v1 B.从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中,线框动能的变化量大小为 Ek=W2+W1 C.从ab
38、边进入磁场到速度变为v2的过程中,线框动能的变化量大小为 Ek=W1-W2 D.从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中,机械能减少了W1+Ek【解析】选B、D。在导线框下落过程中,重力做正功,但安培力做负功,不能根 据重力做功判断两速度的大小。设线框匀速运动时速度大小为v,线框的电阻为 R,质量为m。ab边进入磁场,由于线框匀速运动,则有mg=线框以速度v2做匀速直线运动时,线框中总的感应电动势为E=2Bdv2,线框所受的 安培力大小为F=2BId=,由比较得,v1v2。从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中,根据动能定理得:线框动能的变化量大 小为Ek=W1+W2 从ab边进入磁场到速度变为
39、v2的过程中,机械能减少量等于重力势能的减小量与 动能减小量之和,而重力势能的减小量等于重力做功W1,即有E=W1+Ek,故选 B、D。221B d vR2224B d vR9.(9分)(多选)如图所示,光滑导轨由倾斜和水平两部分在MM处平滑连接组成,导轨间距为0.5 m,水平导轨处于竖直向上、磁感应强度大小为2 T的匀强磁场 中,倾斜导轨上端连接阻值为1 的电阻R,现让质量为0.1 kg、阻值也为1 的金属棒a从距离水平导轨高度为0.8 m处由静止释放,金属棒a到达磁场中OO 时的动能是金属棒运动到MM时动能的 ,最终静止在水平导轨上,金属棒a与 导轨垂直且接触良好、导轨电阻不计,重力加速度
40、g取10 m/s2,下列分析正确的 是()14A.金属棒a运动到MM时回路中的电流为4 A B.金属棒a运动到OO时的加速度大小为10 m/s2 C.在金属棒a滑动的整个过程中,电阻R上产生的焦耳热为0.4 J D.若金属棒a从高为1.25 m处由静止释放,可能停在OO的左侧【解析】选B、C。金属棒沿倾斜轨道下滑过程中,根据动能定理有mgh=mv2 解得v=4 m/s 此时的电动势为E=BLv=20.54 V=4 V 电流为I=A=2 A,故A错误;由题意知,金属棒a到达磁场中OO时的动能是金属棒运动到MM时动能的 ,金属棒到达OO时的速度为v=2 m/s 根据牛顿第二定律得 F=BIL=ma
41、 解得a=10 m/s2,故B正确;金属棒运动全过程,根据能量守恒定律有mgh=Q 122gh2 10 0.8 m/sE2R42 114v222B L v2R其中电阻R上产生的焦耳热与金属棒上的焦耳热按阻值分配有 QR=Q=mgh=0.1100.8 J=0.4 J,故C正确;金属棒a从距离水平导轨高度为0.8 m处由静止释放,金属棒a到达磁场 中OO时的动能是金属棒运动到MM时动能的 ,最终静止时停在OO的右侧,若金属棒a从高为1.25 m处由静止释放,最终静止时产生的内能会更多,在磁场 中运动的距离会更大,所以最终静止时停在OO的右侧,故D错误。故选B、C。1212121410.(22分)(
42、2019天津高考)如图所示,固定在水平面上间距为l的两条平行光 滑金属导轨,垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R,两棒 与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连,线圈 内存在竖直向下均匀增加的磁场,磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直 于导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B。PQ的质量为m,金属导轨足够 长,电阻忽略不计。(1)闭合S,若使PQ保持静止,需在其上加多大的水平恒力F,并指出其方向。(2)断开S,PQ在上述恒力作用下,由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过 PQ的电荷量为q,求该过程安培力做的功W。【解析】(1)设线圈中的
43、感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律E=,则E=k 设PQ与MN并联的电阻为R并,有R并=闭合S时,设线圈中的电流为I,根据闭合电路欧姆定律得I=设PQ中的电流为IPQ,有IPQ=I 设PQ受到的安培力为F安,有F安=BIPQl 根据楞次定律和左手定则判断可得安培力方向水平向左 保持PQ静止,由于受力平衡,有F=F安 联立式得F=方向水平向右。tR2ERR并12Bk3Rl(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中,PQ运动的位移为x,所用时间 为t,回路中的磁通量变化量为,平均感应电动势为 ,有 其中=Blx 设PQ中的平均电流为 ,有 根据电流的定义得 由动能定理,有Fx+W=mv2-
44、0 联立 得W=mv2-kq 答案:(1)方向水平向右(2)mv2-kq Et EIEI2RqIt 121223Bk3Rl1223【加固训练】如图所示,两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ间距为l=0.5 m,其电阻不计,两导 轨及其构成的平面均与水平面成30角。完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直 导轨放置,每棒两端都与导轨始终有良好接触,已知两棒的质量均为0.02 kg,电 阻均为R=0.1 ,整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度 B=0.2 T,棒ab在平行于导轨向上的力F作用下,沿导轨向上匀速运动,而棒cd恰 好能保持静止。g取10 m/s2,问:(1)通过cd棒的电流
45、I是多少?方向如何?(2)棒ab受到的力F多大?(3)棒cd每产生Q=0.1 J的热量,力F做的功W是多少?【解析】(1)棒cd受到的安培力Fcd=IlB 棒cd在共点力作用下平衡,则 Fcd=mgsin 30 由式代入数据解得I=1 A 方向由右手定则可知由d到c。(2)棒ab与棒cd受到的安培力大小相等,Fab=Fcd 对棒ab由共点力平衡有 F=mgsin 30+IlB 代入数据解得F=0.2 N。(3)设在时间t内棒cd产生Q=0.1 J的热量,由焦耳定律可知Q=I2Rt 设ab棒匀速运动的速度大小为v,则产生的感应电动势 E=Blv 由闭合电路欧姆定律知I=由运动学公式知,在时间t内,棒ab沿导轨的位移 x=vt 力F做的功W=Fx 综合上述各式,代入数据解得 W=0.4 J。答案:(1)1 A 方向由d到c (2)0.2 N(3)0.4 J E2R
