第一章 第5节电磁感应中的能量转化与守恒.docx

1、第一章 第5节 电磁感应中的能量转化与守恒第5节电磁感应中的能量转化与守恒学习目标核心提炼1.明确电磁感应过程遵守能量守恒定律。1个过程能量转化过程：3种焦耳热求法功能关系焦耳定律能量转化2.了解电磁感应中产生的电能是通过外力克服安培力做功转化来的。3.能根据能量守恒定律分析和解决电磁感应现象中的相关问题。4.知道反电动势的概念，理解含反电动势电路中的能量转化。一、电磁感应中的能量转化1.如图1所示，处在匀强磁场中的水平导轨上有一根与导轨接触良好的可自由滑动的直导线ab，现导线ab具有向右的初速度v，则：图1(1)导线中的感应电流方向由ab；(2)ab受到的安培力的方向水平向左，安培力的方向与

2、速度方向相反，作用效果阻碍导线的运动；(3)导线ab运动的速度如何变化，逐渐减小；(4)电路中消耗的电能来源于机械能。2.如图1所示，设ab长为L，匀强磁场的磁感应强度为B，闭合电路的总电阻为R，导线在外力的作用下以速度v做匀速直线运动。导线产生的电动势EBLv电路中感应电流I磁场对这个电流的作用力F安BIL保持匀速运动所需外力F外F安在时间t内，外力所做的功W外F外vtt此时间t内，感应电流的电功为W电I2Rtt结论：(1)在导线切割磁感线运动产生感应电流时，电路中的电能来源于机械能。机械能借助于电磁感应实现了向电能的转化。(2)在电磁感应中，产生的电能是通过外力克服安培力做功转化而来的，外

3、力克服安培力做了多少功，就有多少电能产生；而这些电能又通过感应电流做功，转化为其他形式的能量。思维拓展在电磁感应现象中产生的电能与外力做的功一定相等吗？答案不一定。在电磁感应现象中产生的电能一定与克服安培力所做的功相等，当外力做功和克服安培力做功相等时，产生的电能等于外力做的功，否则不相等。二、反电动势含反电动势电路中的能量转化1.反电动势(1)定义：通电的导体，在匀强磁场中做切割磁感线运动，因而产生感应电动势E，E的方向与电路中电流方向相反，产生的这个电动势叫反电动势。(2)作用：抵消电源电动势的一部分作用，使电路中的电流减小，导体运动的动力减小。2.含反电动势电路中的能量转化由I2REIE

4、I知，电源提供电能克服反电动势做功并且产生焦耳热，而其中克服反电动势的能量又通过电磁感应转化为运动导线或线圈的机械能。思考判断(1)电动机转动时，线圈中会产生反电动势，若断电后，线圈会由于反电动势的存在而反向转动。()(2)当线圈减速转动时，也存在反电动势。()(3)随着科技的进步，也会使反电动势的作用变成线圈转动的动力。()预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中问题1问题2电磁感应中的能量问题要点归纳1.电磁感应中能量的转化(1)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，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做

5、功，则是其他形式的能转化为电能的过程。(2)能量转化方式(3)求解焦耳热Q的三种方法焦耳定律：QI2Rt。功能关系：QW克服安培力。能量转化：QE其他能的减少量。2.求解电磁感应现象中能量问题的一般思路(1)确定回路，分清电源和外电路。(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化，如：有滑动摩擦力做功，必有内能产生；有重力做功，重力势能必然发生变化；克服安培力做功，必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能；如果安培力做正功，就是电能转化为其他形式的能。(3)列有关能量的关系式。精典示例例1 (2018安徽芜湖期末)(多选)如图2所示，两根电阻不计的光滑

6、平行金属导轨倾角为，导轨下端接有电阻R，匀强磁场垂直斜面向上。质量为m、电阻不计的金属棒ab在沿斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，上升高度为h，在这个过程中()图2A.金属棒所受各力的合力所做的功等于零B.金属棒所受各力的合力所做的功等于mgh和电阻R上产生的焦耳热之和C.恒力F与重力的合力所做的功等于金属棒克服安培力所做的功与电阻R上产生的焦耳热之和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金属棒匀速上升的过程有三个力做功：恒力F做正功，重力G、安培力F安做负功。根据动能定理W合WFWGW安0，故A正确，B错误；恒力F与重力G的合力所做的功等于金属棒克服安培力做的功，

7、而金属棒克服安培力做的功等于回路中电能(最终转化为焦耳热)的增加量，克服安培力做功与焦耳热不能重复考虑，故C错误，D正确。答案AD电磁感应中焦耳热的计算技巧(1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即QI2Rt。(2)感应电流变化，可用以下方法分析：利用动能定理，求出克服安培力做的功，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即QW安。利用能量守恒，即感应电流产生的焦耳热等于其他形式能量的减少，即QE其他。针对训练1 水平放置的光滑平行导轨上放置一根长为L、质量为m的导体棒ab，ab处在磁感应强度大小为B、方向如图3所示的匀强磁场中，导轨的一端接一阻值为R的电阻，导轨及导体棒电阻不计。现使ab在水平恒力F作

8、用下由静止沿垂直于磁场的方向运动，当通过的位移为x时，ab达到最大速度vm，此时撤去外力，最后ab静止在导轨上。在ab运动的整个过程中，下列说法正确的是()图3A.撤去外力后，ab做匀减速运动B.合力对ab做的功为FxC.R上释放的热量为FxmvD.R上释放的热量为Fx解析撤去外力后，导体棒水平方向只受安培力作用，而F安，F安随v的变化而变化，故导体棒做加速度变化的变速运动，选项A错误；对整个过程由动能定理得W合Ek0，选项B错误；由能量守恒定律知，恒力F做的功等于整个回路产生的电能，电能又转化为R上释放的热量，即QFx，选项C错误，D正确。答案D针对训练2 如图4所示，足够长的平行光滑U形导

9、轨倾斜放置，所在平面的倾角37，导轨间的距离L1.0 m，下端连接R1.6 的电阻，导轨电阻不计，所在空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B1.0 T。质量m0.5 kg、电阻r0.4 的金属棒ab垂直置于导轨上，现用沿导轨平面且垂直于金属棒、大小为F5.0 N的恒力使金属棒ab从静止开始沿导轨向上滑行，当金属棒滑行s2.8 m后速度保持不变。求：(sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2)图4(1)金属棒匀速运动时的速度大小v；(2)金属棒从静止到刚开始匀速运动的过程中，电阻R上产生的热量QR。解析(1)金属棒沿斜面向上匀速运动时产生的感应电流方向ab，产生的感应

10、电动势EBLv，产生的感应电流为I安培力F安BIL，金属棒ab受力如图所示。由平衡条件有Fmgsin BIL代入数据解得v4 m/s。(2)设整个电路中产生的热量为Q，由能量守恒定律有QFsmgssin mv2而QRQ，代入数据解得QR1.28 J。答案(1)4 m/s(2)1.28 J电磁感应中能量转化的应用要点归纳1.导体在达到稳定状态之前，外力移动导体所做的功，一部分消耗于克服安培力做功，转化为产生感应电流的电能或最后转化为焦耳热，另一部分用于增加导体的动能。2.导体达到稳定状态(做匀速运动时)，外力所做的功，完全消耗于克服安培力做功，并转化为感应电流的电能或最后再转化为焦耳热。精典示例

11、例2 (2018绵阳高二检测)如图5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L1 m，质量m0.1 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R1 ，磁感应强度B1 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h3.8 m时，获得稳定速度，此过程中导体棒产生热量Q2 J。电动机工作时，电压表、电流表的读数分别为U7 V和I1 A，电动机的内阻r1 。不计一切摩擦，g取10 m/s2。求：图5(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

12、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FmgBIL0对于电动机，根据能量守恒知FvUII2r导体棒产生的感应电流I联立得mg化简并代入数据得v2 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(UII2r)tmghmv2Q代入数据得t1 s答案(1)2 m/s(2)1 s针对训练3 (2018玉溪高二检测)如图6甲所示，一边长L2.5 m、质量m0.5 kg的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置放在方向竖直向上、磁感应强度B0.8 T的匀强磁场中，它的一边与磁场的边界MN重合，在水平

13、力F作用下由静止开始向左运动，经过5 s线框被拉出磁场，测得金属线框中的电流随时间变化的图像如图乙所示。在金属线框被拉出的过程中图6(1)求通过线框中导线横截面的电荷量及线框的电阻；(2)写出水平力F随时间变化的表达式；(3)已知在这5 s内力F做功1.92 J，那么在此过程中，线框产生的焦耳热是多少？解析(1)根据qt，由It图像得q1.25 C又根据，得R4 。(2)由电流图像可知，感应电流随时间变化的规律I0.1 t(A)由感应电流I，可得金属线框的速度随时间也是线性变化的，v0.2t m/s。线框做匀加速直线运动，加速度a0.2 m/s2线框在外力F和安培力FA作用下做匀加速直线运动，

14、FFAma所以水平力F随时间变化的表达式为F(0.2t0.1) N。(3)当t5 s时，线框从磁场中被拉出时的速度v5at1 m/s线框中产生的焦耳热为QWmv1.67 J。答案(1)1.25 C4 (2)F(0.2t0.1) N(3)1.67 J电磁感应中的动力学问题要点归纳1.具有感应电流的导体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是：(1)用法拉第电磁感应定律求感应电动势的大小，用楞次定律确定感应电动势的方向。(2)确定回路中的感应电流的大小和方向。(3)分析导体的受力情况(包括安培力)。(4)列动力学方程或平衡方程求解。2.两种状态处

15、理(1)导体处于平衡状态静止或匀速直线运动状态。处理方法：根据平衡条件合力等于零列式分析。(2)导体处于非平衡状态加速度不为零。处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析。例3(2018雅安高二检测)如图7所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，轨距0.2 m，金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4 ，导轨电阻不计，导体ab的质量为0.2 g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.2 T，且磁场区域足够大，当导体ab自由下落0.4 s时，突然接通电键S，则：图7(1)试说出S接通后，导体ab的运动情况；(2)导体ab匀速下落的速度是多少？(g取10 m/s2)解

16、析(1)闭合S之前导体自由下落的末速度为v0gt4 m/s。S闭合瞬间，导体产生感应电动势，回路中产生感应电流，ab立即受到一个竖直向上的安培力。F安BIL0.016 Nmg0.002 N此刻导体所受到合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为ag，所以，ab做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动。当速度减小至F安mg时，ab做竖直向下的匀速运动。(2)设匀速下落的速度为vm，此时F安mg，即mg，vm0.5 m/s。答案(1)先做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动，后做匀速运动(2)0.5 m/s电磁感应动力学问题中的动态分析思路周而复始地循环，循环结束时，加速度等于零，导体达到稳

17、定状态，a0，速度v达到最大值。例4 如图8甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦。图8(1)由b向a方向看到的装置示意图如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；(3)求在下滑过程中，ab杆可

18、以达到的速度最大值。解析(1)由右手定则知，产生的感应电流方向ab。如图所示，ab杆受重力mg，竖直向下；支持力FN，垂直于斜面向上；安培力F安，沿斜面向上。(2)当ab杆的速度大小为v时，感应电动势EBLv，此时电路中的电流Iab杆受到安培力F安BIL根据牛顿第二定律，有mgsin F安mgsin maagsin 。(3)当a0时，ab杆有最大速度，其最大值为vm。答案(1)见解析图(2)gsin (3)电磁感应中动力学问题的解题技巧(1)受力分析时，要把立体图转换为平面图，同时标明电流方向及磁场B的方向，以便准确地画出安培力的方向。(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

19、其他力一样是恒力。(3)根据牛顿第二定律分析a的变化情况，以求出稳定状态的速度。(4)列出稳定状态下的受力平衡方程往往是解题的突破口。针对训练4 如图9所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻。质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v。导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆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：图9(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；(3)PQ刚要

20、离开金属杆时，感应电流的功率P。解析(1)感应电动势EBdv0感应电流I，解得I(2)安培力FBId牛顿第二定律Fma解得a(3)金属杆切割磁感线的速度vv0v，则感应电动势EBd(v0v)电功率P，解得P答案(1)(2)(3)1.(电磁感应中的能量问题)如图10所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，导轨平面与水平面的夹角为，导轨的下端接有电阻。当导轨所在空间没有磁场时，使导体棒ab以平行导轨平面的初速度v0冲上导轨，ab上升的最大高度为H；当导轨所在空间存在方向与导轨平面垂直的匀强磁场时，再次使ab以相同的初速度从同一位置冲上导轨，ab上升的最大高度为h，两次运动中ab始终与两导

21、轨垂直且接触良好，关于上述情景，下列说法中正确的是()图10A.比较两次上升的最大高度，有HhB.比较两次上升的最大高度，有HhC.无磁场时，导轨下端的电阻中有电热产生D.有磁场时，导轨下端的电阻中有电热产生解析没有磁场时，只有重力做功，机械能守恒，没有电热产生，C错误；有磁场时，ab切割磁感线产生感应电流，重力和安培力均做负功，机械能减小，有电热产生，故ab上升的最大高度变小，A、B错误，D正确。答案D2.(电磁感应中的能量问题)如图11所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向

22、均垂直于MN。第一次ab边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则()图11A.Q1Q2，q1q2 B.Q1Q2，q1q2C.Q1Q2，q1q2 D.Q1Q2，q1q2解析根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q1W1F1LbcLbcLab，同理Q2Lbc，又LabLbc，故Q1Q2；因qtt，故q1q2，因此A正确。答案A3.(电磁感应中的动力学问题)如图12所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一

23、电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。杆ef及线框中导线的电阻都可不计。开始时，给ef一个向右的初速度，则()图12A.ef将减速向右运动，但不是匀减速B.ef将匀减速向右运动，最后停止C.ef将匀速向右运动D.ef将往返运动解析ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由FBILma知，ef做的是加速度减小的减速运动，故选项A正确。答案A4.(电磁感应中的动力学综合问题)如图13所示，足够长的光滑金属框竖直放置，框宽L0.5 m，框的电阻不计，匀强磁场的磁感应强度B1 T，方向与框面垂直，金属棒M

24、N的质量为100 g，电阻为1 ，现让MN无初速的释放并与框保持接触良好的竖直下落，从释放到达到最大速度的过程中通过棒某一横截面的电荷量为2 C，求此过程回路中产生的电能为多少？(空气阻力不计，g10 m/s2)图13解析金属棒下落过程做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小到零时速度达到最大，根据平衡条件得mg在下落过程中，金属棒减小的重力势能转化为它的动能和电能E，由能量守恒定律得mghmvE通过导体某一横截面的电荷量为q由解得Emghmv J J3.2 J答案3.2 J基础过关1.如图1所示，质量为m的金属圆环用不可伸长的细线悬挂起来，金属圆环的下半部分处于方向水平且与环面垂直的匀强磁场中

25、，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线的拉力大小，下列说法中正确的是()图1A.大于环重力mg，并逐渐减小B.始终等于环重力mgC.小于环重力mg，并保持恒定D.大于环重力mg，并保持恒定解析根据楞次定律知圆环中感应电流的方向为顺时针方向，再由左手定则可知圆环所受安培力方向竖直向下，对圆环受力分析，根据受力平衡有TmgF安，得Tmg，F安BIL，根据法拉第电磁感应定律知，IS，可知I为恒定电流，故B减小时，F安减小，则由TmgF安知T减小，选项A正确。答案A2.(多选)如图2所示，竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R，金属杆ab质量为m，跨在平行导轨上，

26、垂直导轨平面的水平匀强磁场的磁感应强度为B，不计ab与导轨电阻及一切摩擦，ab与导轨垂直且接触良好。若ab杆在竖直向上的外力F作用下匀速上升，则以下说法正确的是()图2A.拉力F所做的功等于电阻R上产生的热量B.杆ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量C.电流所做的功一定等于重力势能的增加量D.拉力F与重力做功的代数和等于电阻R上产生的热量解析当外力F拉着金属杆匀速上升时，拉力要克服重力和安培力做功，拉力做的功等于克服安培力和重力做功之和，即等于电阻R上产生的热量和金属杆增加的重力势能之和，选项A、C错误，D正确；克服安培力做多少功，电阻R上就产生多少热量，选项B正确。答案BD3.如图3所

27、示，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b和下边界d水平。在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平。线圈从水平面a开始下落。已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离。若线圈下边通过水平面b、c(位于磁场中)和d时，线圈所受到的磁场力的大小分别为Fb、Fc和Fd，则()图3A.FdFcFb B.FcFdFbC.FcFbFd D.FcFbFd解析线圈在a处自由下落，到b点速度vb，受安培力Fb，线圈全部进入磁场，无感应电流，则线圈不受安培力作用，Fc0，线圈继续加速，由于线圈上下边界很短，故vdvb，d点处所受安培力为Fd，故Fd

28、FbFc，选项D正确。答案D4.(2018福建师大附中高二检测)如图4所示，矩形线圈长为L，宽为h，电阻为R，质量为m，线圈在空气中竖直下落一段距离后(空气阻力不计)，进入一宽度也为h、磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈进入磁场时的动能为Ek1，线圈刚穿出磁场时的动能为Ek2，从线圈刚进入磁场到线圈刚穿出磁场的过程中产生的热量为Q，线圈克服磁场力做的功为W1，重力做的功为W2，则以下关系中正确的是()图4A.QEk1Ek2 B.QW2W1C.QW1 D.W2Ek2Ek1解析线圈进入磁场和离开磁场的过程中，克服安培力做的功等于产生的焦耳热，即QW1，C正确；根据动能定理W2W1Ek2Ek1，D错误

29、；根据功能关系，线圈减少的机械能等于产生的焦耳热，也等于克服安培力做的功，即QW2Ek1Ek2，所以A、B错误。答案C5. (多选)如图5所示，有两根和水平方向成角的光滑平行的金属轨道，间距为L，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B。一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则()图5A.如果B变大，vm将变大 B.如果变大，vm将变大C.如果R变大，vm将变大 D.如果m变小，vm将变大解析金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势EBLv，在闭合电路中形成电流I，因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力F安作用，F安BIL，先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定出安培力方向，如图所示，根据牛顿第二定律得mgsin ma，当a0时，vvm，解得vm，故选项B、C正确。答案BC6.(多选)如图6所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈