专题31 电磁感应中的能量问题（精讲）-2019年高考物理双基突破（二）

专题31 电磁感应中的能量问题（精讲）-2019年高考物理双基突破（二）

在电磁感应现象中，安培力做正功，电能转化为其他形式的能；安培力做负功，即克服安培力做功，其他形式的能转化为电能。若产生的感应电流是恒定的，则可以利用焦耳定律计算电阻中产生的焦耳热；若产生的感应电流是变化的，则可以利用能量守恒定律计算电阻中产生的焦耳热。‎ ‎1．过程分析 ‎（1）电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程。‎ ‎（2）电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能。“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能。‎ ‎（3）当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能。安培力做功的过程，或通过电阻发热的过程，是电能转化为其他形式能的过程。安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能。‎ 综上所述，安培力做功是电能和其他形式的能之间转化的量度。‎ ‎2．求解思路 ‎（1）若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算。‎ ‎（2）若电流变化，则：‎ ‎①利用安培力做的功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；‎ ‎②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的电能。‎ ‎3．电磁感应中能量转化问题的分析技巧 ‎（1）电磁感应过程往往涉及多种能量的转化 ‎①如图中金属棒ab沿导轨由静止下滑时，重力势能减少，一部分用来克服安培力做功，转化为感应电流的电能，最终在R上转化为焦耳热，另一部分转化为金属棒的动能。‎ ‎②若导轨足够长，棒最终达到稳定状态做匀速运动，之后重力势能的减小则完全用来克服安培力做功，转化为感应电流的电能。‎ ‎③分析“双杆模型”问题时，要注意双杆之间的制约关系，即“动”杆与“被动”杆之间的关系，需要注意的是，最终两杆的收尾状态的确定是分析该类问题的关键。‎ ‎（2）安培力做功和电能变化的特定对应关系 ‎①“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能。‎ ‎②安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，安培力做多少功就有多少电能转化为其他形式的能。‎ ‎（3）解决此类问题的步骤：‎ ‎①用法拉第电磁感应定律和楞次定律（包括右手定则）确定感应电动势的大小和方向。‎ ‎②画出等效电路图，写出回路中电阻消耗的电功率的表达式。‎ ‎③分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程，联立求解。‎ ‎【题1】半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示。整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下。在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻（图中未画出）。直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略。重力加速度大小为g。求：‎ ‎（1）通过电阻R的感应电流的方向和大小；‎ ‎（2）外力的功率。‎ ‎【答案】（1），从C流向D （2）μmgωr＋ 根据右手定则，感应电流的方向是从B端流向A端，因此，通过电阻R的感应电流的方向是从C端流向D端。‎ ‎（2）在竖直方向上有mg－2N＝0 ⑤‎ 式中，由于质量分布均匀，内、外圆导轨对导体棒的正压力大小相等，其值为N，两导轨对运行的导体棒的滑动摩擦力大小均为f＝μN ⑥‎ 在Δt时间内，导体棒在内、外圆导轨上扫过的弧长分别为l1＝rωΔt ⑦‎ 和l2＝2rωΔt ⑧‎ 克服摩擦力做的总功为Wf＝f（l1＋l2）⑨）‎ 在Δr时间内，消耗在电阻R上的功为WR＝I2RΔt ⑩‎ 根据能量守恒定律知，外力在Δt时间内做的功为W＝Wf＋WR ⑪‎ 外力的功率为P＝ ⑫‎ 由④至⑫式得P＝μmgωr＋ ‎ ‎【题3】如图所示，电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s＝1.15 m，两导轨间距L＝0.75 m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值为R＝1.5 Ω的电阻，磁感应强度为B＝0.8 T的匀强磁场垂直轨道平面向上。阻值r＝0.5 Ω、质量m＝0.2 kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Qr＝0.1 J。（取g＝10 m/s2）求：‎ ‎（1）金属棒在此过程中克服安培力做的功W安；‎ ‎（2）金属棒下滑速度v＝2 m/s时的加速度a；‎ ‎（3）为求金属棒下滑的最大速度vm，有同学解答如下：由动能定理，WG－W安＝mv，….由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答。‎ ‎【答案】（1）0.4 J　（2）3.2 m/s2　（3）正确　理由见解析　2.74 m/s ‎（2）金属棒下滑时受重力和安培力F安＝BIL＝v 由牛顿第二定律得mgsin30°－v＝ma 所以a＝gsin30°－v＝m/s2＝3.2 m/s2‎ ‎（3）此解法正确。‎ 金属棒下滑时受重力和安培力作用，其运动满足mgsin30°－v＝ma mgssin30°－Q＝mv 所以vm＝ ＝ m/s≈2.74 m/s。 ‎ ‎4．能量转化及焦耳热的求法 ‎（1）电磁感应中的能量转化 电磁感应过程的实质是不同形式的能量之间转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的，安培力做功，则电能转化为其他形式的能，外力克服安培力做功，则其他形式的能转化为电能。能量转化过程表示如下：‎ 电能 ‎（2）求解焦耳热Q的三种方法 电磁感应发生过程中，涉及能量包括外部能量、运动导体的动能、焦耳热，外力做功和（克服）安培力做功实现这些能量的转化，它们关系如下：‎ ‎①焦耳定律：Q＝I2Rt。‎ ‎②功能关系：Q＝W克安。‎ ‎③动能定理：W外－W克安＝mv2－mv02。‎ ‎（3）电能求解的三种主要思路 ‎①利用克服安培力求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；‎ ‎②利用能量守恒或功能关系求解；‎ ‎③利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电能来计算。‎ ‎ 【题4】如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻。一质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T。棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2‎ 的加速度做匀加速运动。当棒的位移x＝9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1Q2＝21。导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：‎ ‎（1）棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；‎ ‎（2）撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；‎ ‎（3）外力做的功WF.‎ ‎【答案】（1）4.5 C　（2）1.8 J　（3）5.4 J 其中ΔΦ＝Blx②‎ 设回路中的平均电流为I，由闭合电路的欧姆定律得I＝③‎ 则通过电阻R的电荷量为q＝IΔt④‎ 联立①②③④式，代入数据得q＝4.5 C⑤‎ ‎（2）设撤去外力时棒的速度为v，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v2＝2ax⑥‎ 设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W，由动能定理得W＝0－mv2⑦‎ 撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W⑧‎ 联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q2＝1.8 J⑨‎ ‎（3）由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1Q2＝21，可得Q1＝3.6 J⑩‎ 在棒运动的整个过程中，由功能关系可知，WF＝Q1＋Q2⑪‎ 由⑨⑩⑪式得WF＝3.6 J＋1.8 J＝5.4 J ‎【题5】（多选）如图所示，质量为3m的重物与一质量为m的线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知线框的横边边长为L，水平方向匀强磁场的磁感应强度为B，磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为h。初始时刻，磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为2h，将重物从静止开始释放，线框上边缘刚进磁场时，恰好做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计。则下列说法中正确的是 A．线框进入磁场时的速度为 B．线框的电阻为 C．线框通过磁场的过程中产生的热量Q＝2mgh ‎ D．线框通过磁场的过程中产生的热量Q＝4mgh ‎【答案】AD ‎【题6】CD、EF是两条水平放置的电阻可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为d，如图所示。导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ，则下列说法中正确的是 A．电阻R的最大电流为 B．流过电阻R的电荷量为 C．整个电路中产生的焦耳热为mgh D．电阻R中产生的焦耳热为mg（h－μd）‎ ‎【答案】D ‎【题7】如图甲，电阻不计的轨道MON与PRQ平行放置，ON及RQ与水平面的倾角θ＝53°，MO及PR部分的匀强磁场竖直向下，ON及RQ部分的磁场平行轨道向下，磁场的磁感应强度大小相同，两根相同的导体棒ab和cd分别放置在导轨上，与导轨垂直并始终接触良好．棒的质量m＝1.0 kg，R＝1.0 Ω，长度L＝1.0 m与导轨间距相同，棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.5，现对ab棒施加一个方向水平向右，按图乙规律变化的力F，同时由静止释放cd棒，则ab棒做初速度为零的匀加速直线运动，g取10 m/s2。‎ ‎（1）求ab棒的加速度大小；‎ ‎（2）求磁感应强度B的大小；‎ ‎（3）若已知在前2 s内F做功W＝30 J，求前2 s内电路产生的焦耳热；‎ ‎（4）求cd棒达到最大速度所需的时间 ‎【答案】（1）1 m/s2（2）2 T（3）18 J（4）5 s ‎【解析】（1）对ab棒：Ff＝μmg v＝at F－BIL－Ff＝ma F＝m（μg＋a）＋ 由图象信息，代入数据解得：a＝1 m/s2。‎ ‎（2）当t1＝2 s时，F＝10 N，由（1）知＝F－m（μg＋a），得B＝2 T。‎ ‎（3）0～2 s过程中，对ab棒，x＝at＝2 m v2＝at1＝2 m/s 由动能定理知：W－μmgx－Q＝mv 代入数据解得Q＝18 J。 ‎ ‎（4）设当时间为t′时，cd棒达到最大速度，FN′＝BIL＋mgcos53°‎ Ff′＝μFN′‎ mgsin53°＝Ff′‎ mgsin53°＝μ（＋mgcos53°）‎ 解得：t′＝5 s。‎ 一、应用焦耳定律求解电磁感应能量问题 ‎【题8】小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50 m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个 R＝0.05 Ω的电阻。在导轨间长d＝0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T。质量m＝4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连。CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24 m。一位健身者用恒力F＝80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直。当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量。求：‎ ‎（1）CD棒进入磁场时速度v的大小；‎ ‎（2）CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；‎ ‎（3）在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q。‎ ‎【答案】（1）2.4 m/s（2）48 N（3）26.88 J ‎（3）健身者做功W＝F（s＋d）＝64 J 由牛顿第二定律F－mgsin θ－FA＝0‎ CD棒在磁场区做匀速运动在磁场中运动时间t＝ 焦耳热Q＝I2Rt＝26.88 J。‎ 二、应用能量守恒定律求解电磁感应能量问题 功能关系在电磁感应能量问题中的应用：‎ ‎（1）重力做功，重力势能减少。‎ ‎（2）杆加速下滑，杆的动能增加。‎ ‎（3）杆克服安培力做功时，杆上产生热量。‎ ‎（4）根据能量守恒定律和以上能量转化情况，可以列出方程求解。‎ ‎【题9】如图所示，在高度差为h的平行虚线区域内，有磁感应强度为B、方向水平向里的匀强磁场。正方形线框abcd的质量为m，边长为L（L＝h），电阻为R，线框平面与竖直平面平行，静止于位置“Ⅰ”时，cd边与磁场下边缘有一段距离H。现用一竖直向上的恒力F提线框，线框由位置“Ⅰ”无初速度向上运动，穿过磁场区域最后到达位置“Ⅱ”（ab边恰好出磁场），线框平面在运动中保持在竖直平面内，且ab边保持水平。当cd边刚进入磁场时，线框恰好开始匀速运动。空气阻力不计，求：‎ ‎（1）线框进入磁场前距磁场下边界的距离H；‎ ‎（2）线框由位置“Ⅰ”到位置“Ⅱ”的过程中，恒力F做的功和线框产生的热量。‎ ‎【答案】（1）（F－mg）（2）2（F－mg）L ‎（2）线框由位置“Ⅰ”到位置“Ⅱ”的过程中，恒力F做的功为W＝F（H＋h＋L）＝（F－mg）＋2FL。‎ 只有线框在穿越磁场的过程中才会产生热量，因此从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程中，‎ 根据能量守恒定律有F（h＋L）＝mg（h＋L）＋Q，‎ 所以Q＝2（F－mg）L。‎ ‎【题10】如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ电阻不计，其间距离为L，两导轨及其构成的平面与水平面成θ角。两根用细线连接的金属杆ab、cd分别垂直导轨放置，平行斜面向上的外力F作用在杆ab上，使两杆静止。已知两金属杆ab、cd的质量分别为m和2m，两金属杆的电阻都为R，并且和导轨始终保持良好接触，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。某时刻将细线烧断，保持杆ab静止不动，重力加速度为g。求：‎ ‎（1）细线烧断后外力F的最小值F1和最大值F2；‎ ‎（2）当外力F＝时，cd杆的速度大小；‎ ‎（3）从细线烧断到cd杆达到最大速度，杆ab产生的电热为Q，求cd杆在此过程中经过的位移。‎ ‎【答案】（1）mgsinθ 3mgsin θ（2）（3） ‎【解析】（1）细线烧断瞬间，外力F取得最小值F1，对杆ab：F1＝mgsinθ 杆到达最大速度vm时，外力F取得最大值F2，对杆ab：F2＝mgsin θ＋F安 对cd杆，因其匀速运动，则F安′＝2mgsin θ F安＝F安′‎ 代入可得F2＝3mgsin θ。‎ ‎（2）当外力F＝时，对杆ab：F＝mgsin θ＋F安＝2mgsin θ ‎（3）由于两杆电阻相等，所以产生电热相等。cd杆达到最大速度前，电路产生的总电热为2Q，设cd杆达到最大速度前经过的位移为x，由能量守恒可知2mgxsin θ＝（2m）vm2＋2Q cd杆最后匀速时F安＝2mgsin θ＝BIL I＝ 联立得x＝