（全國版）2019版高考物理一輪復習 第11章 電磁感應 第44課時 電磁感應現(xiàn)象的能量問題學案

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1、 第44課時　電磁感應現(xiàn)象的能量問題 1．能量轉化特點 2．求解電能(電熱)的三種思路 (1)利用克服安培力做功求解：電磁感應中產生的電能等于克服安培力所做的功。Q＝W克。 (2)利用能量守恒求解：其他形式的能的減少量等于產生的電能。Q＝ΔE其他。 (3)利用電路特征來求解：通過電路中所產生的電能來計算。Q＝I2Rt(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、質量為m、電阻為R的金屬正方形線框，以速度v垂直于磁

2、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．此過程中線框產生的內能為mv2 C．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生的感應電動勢為E＝2×Ba·＝Bav，感應電流為I＝＝，線框所受安培力大小為F＝2BIa＝2B··a＝，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P＝I2R＝，故A正確。根據(jù)能量守恒定律可得，此過程中線框產生的內能Q＝mv2－m2＝mv2，故B正確。此過程中穿過

3、線框的磁通量的變化量為ΔΦ＝Ba2，通過線框截面的電荷量為q＝＝，故D錯誤。 答案　AB 解決電磁感應現(xiàn)象中的能量問題的一般步驟 (1)確定研究對象(導體或回路)。 (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θ的光滑斜面上，存在著兩個磁感應強度大小均為B的勻強磁場區(qū)域。區(qū)域Ⅰ的磁場方向垂直斜面向上，區(qū)域Ⅱ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

4、終與斜面底邊平行。t1時刻ab邊剛越過GH進入磁場Ⅰ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，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a＝gsinθ B．導線框兩次做勻速直線運動的速度之比v1∶v2＝4∶1 C．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，有機械能轉化為電能 答案　BC 解析　線框在區(qū)域Ⅰ內做勻速直線運動，其合力為零，則mgsinθ＝F安＝；線框的ab邊剛越過PQ時，兩邊都在切割磁感線

5、，都受到沿斜面向上的安培力F安′＝BI′L＝B··L＝，則F合＝mgsinθ－2F安′＝mgsinθ－4×＝ma，a＝－3gsinθ，A錯誤；線框再次勻速時，其合力也為零，則mgsinθ－4×＝0，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，減少的動能和重力勢能轉化為電能，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

6、強磁場過程中產生的焦耳熱為(　　) A．2mgL B．2mgL＋mgH C．2mgL＋mgH D．2mgL＋mgH 答案　C 解析　設線框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：mgH＝mv2，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：Q＝mg·2L＋mgH－m2＝2mgL＋mgH。C正確。 2．(2018·唐山調研)豎直放置的平行光滑導軌，其電阻不計，磁場方向如圖所示，磁感應強度B＝0.5 T，導體ab及cd長均為0.2 m，電阻均為0.1 Ω，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

7、時，cd恰好靜止不動，那么ab上升時，下列說法正確的是(　　) A．ab受到的推力大小為2 N B．ab向上的速度為2 m/s C．在2 s內，推力做功轉化的電能是0.8 J D．在2 s內，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F＝2mg＝0.2 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，由平衡條件得F安＝G，即BIL＝G，設ab向上的速度為v，那么I＝＝，聯(lián)立得v＝＝ m/s＝2 m/s，故B正確；在2 s內，電路產生的電能Q＝t＝t＝×2 J

8、＝0.4 J，故C錯誤；在 2 s 內推力做的功，W＝Fx＝Fvt＝0.2×2×2 J＝0.8 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中產生的電能等于 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　

9、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，會產生感應電流，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，不產生感應電流，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，減少的重力勢能轉化為電能和桿的動能，由能量守恒定律得知：桿上產生的電能小于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ΔΦ＝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)域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，兩個用相同材料、相同粗細的導線繞制的單匝閉合正方形線圈1和2，其邊長

10、L1＝2L2，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且下邊緣平行于磁場上邊界。設線圈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(　　) A．v1Q2，q1>q2 B．v1＝v2，Q1＝Q2，q1＝q2 C．v1Q2，q1＝q2 D．v1＝v2，Q1

11、＝，由電阻定律有：R＝ρ(ρ為材料的電阻率，S為線圈的橫截面積)，線圈的質量為m＝ρ0S·4L(ρ0為材料的密度)。當線圈的下邊剛進入磁場時其加速度為：a＝＝g－；聯(lián)立解得加速度a＝g－；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，所以落地速度關系為v1m2，v1Q2。根據(jù)q＝＝＝∝L知，q1>q2，A正確。 5.

12、 (2018·廣東深圳月考)(多選)如圖所示，水平面內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，質量一定的金屬棒垂直于導軌并與導軌接觸良好。今對金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，關于金屬棒在運動過程中的有關說法正確的是(　　) A．金屬棒通過b、c兩位置時，外力F的大小之比為1∶ B．金屬棒通過b、c兩位置時，電阻R的電功率之比為1∶2 C．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1∶1 D．從a到b和從b到

13、c的兩個過程中，電阻R上產生的熱量之比為1∶1 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)v2＝2ax知，通過b、c兩個位置的速度比為1∶；根據(jù)E＝BLv知，產生的電動勢之比為1∶，由閉合電路歐姆定律得知感應電流之比為1∶，由公式FA＝BIL可知安培力之比為1∶，根據(jù)牛頓第二定律，有：F－FA＝ma，F(xiàn)＝FA＋ma，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兩個位置時產生的電動勢之比為1∶，根據(jù)P＝知，電阻R的電功率之比為1∶2，故B正確。由q＝，因為ΔΦab＝ΔΦbc，則qab＝qbc，則通過金屬棒橫截面的電荷量之比為1∶1，故C正確。根據(jù)能量

14、守恒定律，熱量Qab＝Fxab－mv，又v＝2axab，則Qab＝Fxab－maxab。同理Qbc＝Fxbc－maxbc，加速度相等，ab、bc的位移相等，但F不等，所以產生的熱量不等，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，一質量為m的橢圓形導體框平放在桌面上，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生的焦耳熱為Q1，導體框離開磁場過程中產生的焦耳熱為Q2。下列說法正確的是(　　) A．導體框離開磁場過程中，感

15、應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 C．Q1>Q2 D．Q1＋Q2＝m(v－v) 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，則感應電動勢變化，產生的感應電流變化，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，則進入磁場時產生的電流要比出磁場時產生的電流大，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生的焦耳熱可知Q1>Q2，C正確；由能量守恒定律可知，導體框進入磁場過程中產生的焦耳熱與離開磁場過

16、程中產生的焦耳熱之和等于線框的機械能減小量，即Q1＋Q2＝m·(v－v)，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?，F(xiàn)將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，則(　　) A．釋放瞬間金屬棒的加速度等于重力加速度g B．金屬棒向下運動時，流過電阻R的電流方向為a→b C．若彈簧彈力為F時，金屬棒獲得最大速度vm，則vm＝ D．最終電阻R上產生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少量 答案　AC 解析　

17、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b→a，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，金屬棒下落速度最大，即有F＋F安＝mg，而F安＝，解得vm＝，故C正確；當金屬棒最后靜止時，重力勢能轉化為彈性勢能和焦耳熱，所以電阻R上產生的總熱量小于金屬棒重力勢能的減少，故D錯誤。 8.

18、 (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θ，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，磁感應強度為B。有一質量為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a′b′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μ。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生的熱量為mv2－mgs(sinθ＋μcosθ) C．上滑過程中導體棒克服安培力做的功為mv2 D．上滑過程中導體棒損失的機械能為mv2－mgssinθ 答案　C 解析　

19、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)＝BIL＝B·L＝。則從開始到上升到最高點由動能定理： －mgssinθ－μmgscosθ－W克安＝0－mv2 可得：Q＝W克安＝mv2－mgssinθ－μmgscosθ ΔE機＝μmgscosθ＋W克安＝mv2－mgssinθ 故C錯誤，A、B、D正確。 9. (2015·天津高考)如圖所示，“凸”字形硬質金屬線框質量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內，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邊到磁場上邊界

20、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生的熱量為Q。線框在下落過程中始終處于原豎直平面內，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)設磁場的磁感應強度大小為B，cd邊剛進入磁場時，線框做勻速運動的速度為v1，cd邊上的感應電動勢為E1，有E1＝B·2l·v1① 設線框總電阻為R，此時線框中電

21、流為I1，由閉合電路歐姆定律，有I1＝② 設此時線框所受安培力為F1，有F1＝BI1·2l③ 由于線框做勻速運動，其受力平衡，有F1＝mg④ 由①②③④式得v1＝⑤ 設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＝⑥ 由⑤⑥式得＝4⑦ (2)線框自釋放直到cd邊進入磁場前，由機械能守恒定律，有mg·2l＝mv⑧ 線框完全穿過磁場的過程中，由能量守恒定律，有 mg(2l＋H)＝mv－mv＋Q⑨ 由⑦⑧⑨式得H＝＋28l。 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

22、所示的情景。 在豎直向下的磁感應強度為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，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Δt時間內，圖1“發(fā)電機”產生的電能和圖2“電動機”輸出的機械能； (2)從微觀角度看，導體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力在上述能量轉化中起著重要作用。為了方便，可認為導體棒中的自由電荷為

23、正電荷。 ①請在圖3(圖1的導體棒ab)、圖4(圖2的導體棒ab)中，分別畫出自由電荷所受洛倫茲力的示意圖； ②我們知道，洛倫茲力對運動電荷不做功。那么，導體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力是如何在能量轉化過程中起到作用的呢？請以圖2“電動機”為例，通過計算分析說明。 答案　(1)　BILvΔt (2)①圖見解析?、谝娊馕? 解析　(1)圖1中，電路中的電流I1＝＝ 棒ab受到的安培力F1＝BI1L 在Δt時間內，“發(fā)電機”產生的電能等于棒ab克服安培力做的功，有E電＝F1·vΔt＝。 圖2中，棒ab受到的安培力F2＝BIL，在Δt時間內，“電動機”輸出的機械能等于安培力對棒a

24、b做的功，故E機＝F2·vΔt＝BILvΔt。 (2)①自由電荷所受洛倫茲力的示意圖如圖甲、圖乙所示。 ②設自由電荷的電荷量為q，沿導體棒定向移動的速率為u。 如圖乙所示，沿棒方向的洛倫茲力f1′＝qvB，做負功， W1＝－f1′·uΔt＝－qvBuΔt 垂直棒方向的洛倫茲力f2′＝quB，做正功， W2＝f2′·vΔt＝quBvΔt 所以W1＝－W2，即導體棒中一個自由電荷所受的洛倫茲力做功為零。 f1′做負功，阻礙自由電荷的定向移動，宏觀上表現(xiàn)為“反電動勢”，消耗電源的電能；f2′做正功，宏觀上表現(xiàn)為安培力做正功，使機械能增加。大量自由電荷所受洛倫茲力做功的宏觀表現(xiàn)是將電能轉化為等量的機械能，在此過程中洛倫茲力通過兩個分力做功起到“傳遞”能量的作用。 13