（通用版）2022年高考物理一輪復習 第十章 第67課時 電磁感應中的能量問題（題型研究課）講義（含解析）

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1、（通用版）2022年高考物理一輪復習 第十章 第67課時 電磁感應中的能量問題（題型研究課）講義（含解析） 電磁感應過程的實質(zhì)是不同形式的能量之間轉(zhuǎn)化的過程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過(克服)安培力做功的形式實現(xiàn)的。安培力做功，則電能轉(zhuǎn)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(zhuǎn)化為電能，轉(zhuǎn)化過程和常用關(guān)系為： 電能 (1)功能關(guān)系：E電能＝W克安。 (2)焦耳定律：Q＝I2Rt。 (3)動能定理：W外－W克安＝mv2－mv02。 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(shù)n＝10，其總電阻r＝4.0 Ω，線圈與阻值R0＝16 Ω

2、的外電阻連成閉合回路，如圖甲所示。線圈內(nèi)部存在著一個邊長L＝0.20 m的正方形區(qū)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(nèi)磁場的變化情況，周期T＝1.0×10－2 s，磁場方向以垂直線圈平面向外為正方向。求： (1)0～時間內(nèi)，電阻R0上的電流大小和方向； (2)0～時間內(nèi)，流過電阻R0的電荷量； (3)一個周期內(nèi)電阻R0產(chǎn)生的熱量。 [解析]　(1)0～時間內(nèi)，感應電動勢大小E1＝n＝，S＝L2 可得電流大小I1＝，解得I1＝0.4 A 電流方向為從b到a。 (2)同(1)可得～時間內(nèi)，感應電流大小I2＝0.2 A 流過電阻R0的電荷量q＝I1·＋I

3、2· 解得q＝1.5×10－3 C。 (3)由一個周期內(nèi)磁場變化的對稱性可得，一個周期內(nèi)電阻R0產(chǎn)生的熱量Q＝I12R0·＋I22R0· 解得Q＝1.6×10－2 J。 [答案]　(1)0.4 A　方向為從b到a　(2)1.5×10－3 C (3)1.6×10－2 J (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)R0上產(chǎn)生的熱量與整個電路產(chǎn)生的熱量不同，要分時間段應用Q＝I2Rt計算?！　? [集訓沖關(guān)] 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v1、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

4、電路的電阻為R，若v1∶v2＝1∶2，則在這兩次過程中(　　) A．回路電流I1∶I2＝1∶2 B．產(chǎn)生的熱量Q1∶Q2＝1∶4 C．通過任一截面的電荷量q1∶q2＝1∶1 D．外力的功率P1∶P2＝1∶2 解析：選AC　在這兩次過程中產(chǎn)生的感應電動勢分別為E1＝BLv1，E2＝BLv2，電阻都為R，故回路電流為I1＝＝，I2＝＝，故電流之比為＝＝，A正確；在這兩次過程中所用時間＝＝＝，故產(chǎn)生的熱量＝＝，B錯誤；在這兩次過程中磁通量變化量相同，故通過任一截面的電荷量q＝t＝Δt＝，故通過任一截面的電荷量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

5、＝＝，D錯誤。 2．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＝1 m，上端接有電阻R＝3 Ω，虛線OO′下方是垂直于導軌平面的勻強磁場?，F(xiàn)將質(zhì)量m＝0.1 kg、電阻r＝1 Ω、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(chǎn)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(chǎn)生的電動勢E＝BLv 桿中的電流I＝ 桿所受安培力

6、F安＝BIL 由平衡條件得mg＝F安 代入數(shù)據(jù)得B＝2 T。 (2)電阻R產(chǎn)生的熱量Q＝I2Rt＝0.075 J。 答案：(1)2 T　(2)0.075 J 命題點二　根據(jù)功能關(guān)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“”形光滑導軌寬為L，矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應強度為B。質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場Ⅰ和Ⅱ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

7、間的運動時間 C．穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd D．釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于 [解析]　金屬桿在磁場之外的區(qū)域做加速運動，所以進入磁場Ⅰ、Ⅱ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t1>t2－t1，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＋mg·2d＝0，可知金屬桿穿過磁場Ⅰ克服安培力做功為2mgd，即產(chǎn)生的熱量為2mgd，所以穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd，故C

8、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mgh＝mv2，由牛頓第二定律得－mg＝ma，解得h＝＞，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θ的平行金屬導軌下端連接一阻值為R的電阻，導軌MN、PQ間距為L，與MN、PQ垂直的虛線a1b1、a2b2區(qū)域內(nèi)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(zhì)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a1b1。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a

9、2b2時的速度大小v1； (2)導體棒勻速通過磁場下邊界a1b1時的速度大小v2； (3)導體棒穿過磁場過程中，回路產(chǎn)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：mgdsin θ＝mv12 解得：v1＝。 (2)導體棒勻速通過磁場下邊界a1b1時，由平衡條件得： mgsin θ＝F安 F安＝BIL＝ 解得：v2＝。 (3)由能量守恒定律得： mgdsin θ＝mv22－mv12＋Q 解得：Q＝2mgdsin θ－。 [答案]　(1)　(2)　(3)2mgdsin θ－ [集訓沖關(guān)] 1.如圖所示，間距為L的足夠長的平行金

10、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(zhì)量為m的金屬棒由靜止開始沿導軌下滑，t＝T時，金屬棒的速度恰好達到最大值vm，整個裝置處于垂直斜面向下、磁感應強度為B的勻強磁場中，已知金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ，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(　　) A．t＝時，金屬棒的速度大小為 B．0～T的過程中，金屬棒機械能的減少量等于R上產(chǎn)生的焦耳熱 C．電阻R在0～內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱小于～T內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱 D．金屬棒在0～內(nèi)機械能的減少量大于～T內(nèi)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

11、動，故相同時間內(nèi)速度的增加量減小，所以t＝時，金屬棒的速度大于，故A錯誤；由能量守恒定律，0～T時間內(nèi)的過程中，金屬棒機械能的減少量等于R上產(chǎn)生的焦耳熱和金屬棒與導軌間摩擦生熱之和，故B錯誤；0～內(nèi)金屬棒的位移小于～T內(nèi)的位移，金屬棒做加速運動，其所受安培力增大，所以～T內(nèi)金屬棒克服安培力做功更多，產(chǎn)生的電能更多，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱更多，故C正確；～T內(nèi)的位移比0～內(nèi)的位移大，故～T內(nèi)滑動摩擦力對金屬棒做功多，由功能關(guān)系得Wf＋W安＝ΔE，～T內(nèi)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(huán)所在的平面向里，導體棒a的一端固定在銅環(huán)的圓心O處，另一端緊貼銅環(huán)，可繞O勻速轉(zhuǎn)

12、動。通過電刷把銅環(huán)、環(huán)心與兩塊豎直平行金屬板P、Q連接成如圖所示的電路，R1、R2是定值電阻。帶正電的小球通過絕緣細線掛在兩板間的中點M處，被拉起到水平位置；閉合開關(guān)S，無初速度釋放小球，小球沿圓弧經(jīng)過M點正下方的N點到另一側(cè)，小球在另一側(cè)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ω，長度為l，電阻為r，R1＝R2＝2r，銅環(huán)的電阻不計，P、Q兩板的間距為 d，小球的質(zhì)量為m、帶電荷量為q，重力加速度為g。求： (1)a勻速轉(zhuǎn)動的方向； (2)P、Q間電場強度E的大小； (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(zhuǎn)動。 (2)a轉(zhuǎn)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 E感＝Bl2ω 由閉合電路的歐姆定律有I＝ 由歐姆定律可知，PQ間的電壓UPQ＝IR2 PQ間勻強電場的電場強度E＝ 解得E＝。 (3)設細線的長度為L，小球到達N點時速度為v，由動能定理可得 mgL－EqL＝mv2 又F′－mg＝ 解得F′＝3mg－。 由牛頓第三定律可知小球?qū)毦€的拉力F＝F′＝3mg－。 答案：(1)順時針方向　(2)　(3)3mg－