《2022年高中物理選修（3-2）第1章 第5節(jié)《電磁感應中的能量轉(zhuǎn)化與守恒》word學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高中物理選修（3-2）第1章 第5節(jié)《電磁感應中的能量轉(zhuǎn)化與守恒》word學案（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高中物理選修（3-2）第1章 第5節(jié)《電磁感應中的能量轉(zhuǎn)化與守恒》word學案 [目標定位]　1.進一步理解能量守恒定律是自然界普遍遵循的一條規(guī)律，楞次定律的實質(zhì)就是能量守恒在電磁感應現(xiàn)象中的具體表現(xiàn).2.通過具體實例理解電磁感應現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化.3.掌握電磁感應中動力學問題的分析方法． 一、電磁感應中的動力學問題 1．電磁感應中產(chǎn)生的感應電流在磁場中將受到安培力作用，所以電磁感應問題往往與力學問題聯(lián)系在一起，處理此類問題的基本方法是： (1)用法拉第電磁感應定律和楞次定律求感應電動勢的大小和方向． (2)求回路中的電流強度的大小和方向． (3)分析研究導體受力情況(

2、包括安培力)． (4)列動力學方程或平衡方程求解． 2．電磁感應現(xiàn)象中涉及的具有收尾速度的力學問題，關(guān)鍵要抓好受力情況和運動情況的動態(tài)分析． 周而復始地循環(huán)，加速度等于零時，導體達到穩(wěn)定運動狀態(tài)． 3．兩種狀態(tài)處理 導體勻速運動，應根據(jù)平衡條件列式分析；導體做勻速直線運動之前，往往做變加速運動，處于非平衡狀態(tài)，應根據(jù)牛頓第二定律或結(jié)合功能關(guān)系分析． 二、電磁感應中的能量轉(zhuǎn)化與守恒 [問題設(shè)計] 為什么說楞次定律是能量守恒定律在電磁感應中的具體表現(xiàn)？ 答案　楞次定律表明，感應電流的效果總是阻礙引起感應電流的原因．正是由于“阻礙”作用的存在，電磁感應現(xiàn)象中產(chǎn)生電能的同時必然伴

3、隨著其他形式能量的減少，可見，楞次定律是能量轉(zhuǎn)化和守恒定律的必然結(jié)果． [要點提煉] 1．電磁感應中的能量轉(zhuǎn)化特點 外力克服安培力做功，把機械能或其他形式的能轉(zhuǎn)化成電能；感應電流通過電路做功又把電能轉(zhuǎn)化成其他形式的能(如內(nèi)能)．這一功能轉(zhuǎn)化途徑可表示為： 2．求解電磁感應現(xiàn)象中能量守恒問題的一般思路 (1)分析回路，分清電源和外電路． (2)分析清楚有哪些力做功，明確有哪些形式的能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化．如： ①有摩擦力做功，必有內(nèi)能產(chǎn)生； ②有重力做功，重力勢能必然發(fā)生變化； ③克服安培力做功，必然有其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，并且克服安培力做多少功，就產(chǎn)生多少電能． (3)列有關(guān)

4、能量的關(guān)系式． 3．焦耳熱的計算技巧 (1)感應電路中電流恒定，焦耳熱Q＝I2Rt. (2)感應電路中電流變化，可用以下方法分析： ①利用功能關(guān)系，產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做的功，即Q＝W安．而克服安培力做的功W安可由動能定理求得． ②利用能量守恒，即感應電流產(chǎn)生的焦耳熱等于其他形式能量的減少，即Q＝ΔE其他． 一、電磁感應中的動力學問題 例1　如圖1甲所示，兩根足夠長的直金屬導軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導軌間距為L，M、P兩點間接有阻值為R的電阻．一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導軌上，并與導軌垂直．整套裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向

5、垂直于斜面向下．導軌和ab桿的電阻可忽略，讓ab桿沿導軌由靜止開始下滑，導軌和ab桿接觸良好，不計它們之間的摩擦，已知重力加速度為g. 圖1 (1)由b向a方向看到的裝置如圖乙所示，請在此圖中畫出ab桿下滑過程中某時刻的受力示意圖． (2)在加速下滑過程中，當ab桿的速度大小為v時，求此時ab桿中的電流及其加速度的大?。? (3)求在下滑過程中，ab桿可以達到的速度最大值． 解析　(1)如圖所示，ab桿受力分析：重力mg，豎直向下；支持力N，垂直于斜面向上；安培力F安，沿斜面向上． (2)當ab桿速度大小為v時，感應電動勢E＝BLv，此時 電路中電流I＝＝ ab桿受到的安

6、培力F安＝BIL＝ 根據(jù)牛頓第二定律，有 ma＝mgsin θ－F安＝mgsin θ－ a＝gsin θ－. (3)當a＝0時，ab桿有最大速度為vm＝. 答案　(1)見解析圖 (2)　gsin θ－　(3) 例2　如圖2所示，MN和PQ是兩根互相平行豎直放置的光滑金屬導軌，已知導軌足夠長，且電阻不計．a(chǎn)b是一根與導軌垂直而且始終與導軌接觸良好的金屬桿，開始時，將開關(guān)S斷開，讓金屬桿ab由靜止開始自由下落，過段時間后，再將S閉合，若從S閉合開始計時，則金屬桿ab的速度v隨時間t變化的圖像可能是(　　) 圖2 解析　S閉合時，若>mg，金屬桿ab先減速再勻速，D項有

7、可能；若＝mg，金屬桿ab勻速運動，A項有可能；若

8、°＝0.8)求： 圖3 (1)導體棒勻速運動的速度大??； (2)導體棒從靜止開始下滑到剛開始勻速運動，這一過程中導體棒的有效電阻消耗的電功． 解析　(1)導體棒受力分析如圖，勻速下滑時有 平行斜面方向：mgsin θ－f－F＝0 垂直斜面方向：N－mgcos θ＝0 其中f＝μN 安培力F＝BIL 電流強度I＝ 感應電動勢E＝BLv 由以上各式得v＝5 m/s (2)通過導體棒的電荷量Q＝Δt 其中平均電流＝＝ 設(shè)導體棒下滑位移為x，則ΔΦ＝BxL 由以上各式得x＝＝ m＝10 m 全程由動能定理得 mgxsin θ－W安－μmgxcos θ＝mv2

9、 其中克服安培力做功W安等于電功W 則W＝mgxsin θ－μmgxcos θ－mv2 ＝(12－8－2.5) J ＝1.5 J. 答案　(1)5 m/s　(2)1.5 J 針對訓練　如圖4所示，矩形線圈長為L，寬為h，電阻為R，質(zhì)量為m，線圈在空氣中豎直下落一段距離后(空氣阻力不計)，進入一寬度也為h、磁感應強度為B的勻強磁場中．線圈進入磁場時的動能為Ek1，線圈剛穿出磁場時的動能為Ek2，從線圈剛進入磁場到線圈剛穿出磁場的過程中產(chǎn)生的熱量為Q，線圈克服安培力做的功為W1，重力做的功為W2，則以下關(guān)系中正確的是 (　　) 圖4 A．Q＝Ek1－Ek2 B．Q＝W2－W

10、1 C．Q＝W1 D．W2＝Ek2－Ek1 答案　C 解析　線圈進入磁場和離開磁場的過程中，產(chǎn)生的感應電流受到安培力的作用，線圈克服安培力所做的功等于產(chǎn)生的熱量，故選項C正確．根據(jù)功能的轉(zhuǎn)化關(guān)系得，線圈減少的機械能等于產(chǎn)生的熱量，即Q＝W2＋Ek1－Ek2，故選項A、B錯誤．根據(jù)動能定理得W2－W1＝Ek2－Ek1，故選項D錯誤． 1．(電磁感應中的動力學問題)如圖5所示，勻強磁場存在于虛線框內(nèi)，矩形線圈豎直下落．如果線圈中受到的安培力總小于其重力，則它在1、2、3、4位置時的加速度關(guān)系為(　　) 圖5 A．a(chǎn)1＞a2＞a3＞a4 B．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4 C．a(chǎn)1

11、＝a3＞a2＞a4 D．a(chǎn)1＝a3＞a2＝a4 答案　C 解析　線圈自由下落時，加速度為a1＝g.線圈完全在磁場中時，磁通量不變，不產(chǎn)生感應電流，線圈不受安培力作用，只受重力，加速度為a3＝g.線圈進入和穿出磁場過程中，切割磁感線產(chǎn)生感應電流，將受到向上的安培力，根據(jù)牛頓第二定律知，a2＜g，a4＜g.線圈完全在磁場中時做勻加速運動，到達4處的速度大于2處的速度，則線圈在4處所受的安培力大于在2處所受的安培力，又知，磁場力總小于重力，則a2＞a4，故a1＝a3＞a2＞a4.所以本題選C. 2. (電磁感應中的能量轉(zhuǎn)化與守恒)如圖6所示，兩根光滑的金屬導軌，平行放置在傾角為θ的斜面上，導

12、軌的左端接有電阻R，導軌自身的電阻可忽略不計．斜面處在一勻強磁場中，磁場方向垂直于斜面向上．質(zhì)量為m、電阻可以忽略不計的金屬棒ab，在沿著斜面與金屬棒垂直的恒力F作用下沿導軌勻速上滑，且上升的高度為h，在這一過程中 (　　) 圖6 A．作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于零 B．作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于mgh與電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱之和 C．恒力F與安培力的合力所做的功等于零 D．恒力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱 答案　AD 解析　金屬棒勻速上滑的過程中，對金屬棒受力分析可知，有三個力對金屬棒做功，恒力F做正功，重力做負功，安培力阻礙金屬棒

13、相對運動，沿斜面向下，做負功．勻速運動時，所受合力為零，故合力做功為零，A正確；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電路中的電能，電能又等于R上產(chǎn)生的焦耳熱，故外力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱，D正確． 3. 如圖7所示，長為L1、寬為L2的矩形線圈的電阻為R，處于磁感應強度為B的勻強磁場邊緣，線圈與磁感線垂直，求將線圈以向右的速度v勻速拉出磁場的過程中， 圖7 (1)拉力F的大?。? (2)線圈中產(chǎn)生的電熱Q. 答案　(1)　(2) 解析　(1)線圈被拉出磁場時，線圈所受的拉力與安培力等大反向，故F＝BIL2 I＝ 線圈中產(chǎn)生的感應電動勢為E＝BL

14、2v 聯(lián)立上式得F＝ (2)方法一　線圈被拉出磁場時所用的時間t＝ 所以線圈中產(chǎn)生的電熱Q＝I2Rt＝ 方法二　線圈中產(chǎn)生的電熱等于拉力所做的功，故Q＝W＝FL1＝. 題組一　電磁感應中的動力學問題 1. 如圖1所示，在一勻強磁場中有一U形導線框abcd，線框處于水平面內(nèi)，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導體桿，它可在ab、cd上無摩擦地滑動．桿ef及線框中導線的電阻都可不計．開始時，給ef一個向右的初速度，則(　　) 圖1 A．ef將減速向右運動，但不是勻減速 B．ef將勻減速向右運動，最后停止 C．ef將勻速向右運動 D．ef將往返運動

15、 答案　A 解析　ef向右運動，切割磁感線，產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，會受到向左的安培力而做減速運動，直到停止，但不是勻減速，由F＝BIL＝＝ma知，ef做的是加速度逐漸減小的減速運動，故A正確． 2. 如圖2所示，金屬棒ab置于水平放置的光滑框架cdef上，ab棒與框架接觸良好，勻強磁場垂直于ab棒斜向下．從某時刻開始磁感應強度均勻減小，同時施加一個水平方向上的外力F使ab棒保持靜止，則F(　　) 圖2 A．方向向右，且為恒力 B．方向向右，且為變力 C．方向向左，且為變力 D．方向向左，且為恒力 答案　C 解析　由E＝n·S可知，因磁感應強度均勻減小，感應電動勢E恒定

16、，由F安＝BIL，I＝可知，ab棒受到的安培力隨B的減小而均勻變小，由外力F＝F安可知，外力F也均勻減小，為變力，由左手定則可判斷F安水平向右，所以外力F水平向左，故C正確． 3. 如圖3所示，有兩根和水平方向成α角的光滑平行的金屬軌道，間距為l，上端接有可變電阻R，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面的勻強磁場，磁感應強度為B.一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下，經(jīng)過足夠長的時間后，金屬桿的速度會趨于一個最大速度vm，除R外其余電阻不計，則(　　) 圖3 A．如果B變大，vm將變大 B．如果α變大，vm將變大 C．如果R變大，vm將變大 D．如果m變小，vm將變大 答案　B

17、C 解析　金屬桿從軌道上滑下切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢E＝Blv，在閉合電路中形成電流I＝，因此金屬桿從軌道上滑下的過程中除受重力、軌道的彈力外還受安培力F作用，F(xiàn)＝BIl＝，先用右手定則判定感應電流的方向，再用左手定則判定出安培力的方向，如圖所示． 根據(jù)牛頓第二定律，得mgsin α－＝ma，當a＝0時，v＝vm， 解得vm＝，故選項B、C正確． 4. 如圖4所示，空間某區(qū)域中有一勻強磁場，磁場方向水平，且垂直于紙面向里，磁場上邊界b和下邊界d水平．在豎直面內(nèi)有一矩形金屬線圈，線圈上、下邊的距離很短，下邊水平．線圈從水平面a開始下落．已知磁場上、下邊界之間的距離大于水平面a、b之間

18、的距離．若線圈下邊剛通過水平面b、c(位于磁場中)和d時，線圈所受到的磁場力的大小分別為Fb、Fc和Fd，則(　　) 圖4 A．Fd>Fc>Fb B．FcFb>Fd D．Fc

19、 題組二　電磁感應中的能量轉(zhuǎn)化與守恒 5. 如圖5所示，位于一水平面內(nèi)的兩根平行的光滑金屬導軌，處在勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌所在的平面，導軌的一端與一電阻相連．具有一定質(zhì)量的金屬桿ab放在導軌上并與導軌垂直．現(xiàn)用一平行于導軌的恒力F拉桿ab，使它由靜止開始向右運動．桿和導軌的電阻、感應電流產(chǎn)生的磁場均可不計．用E表示回路中的感應電動勢，i表示回路中的感應電流，在i隨時間增大的過程中，電阻消耗的功率等于 (　　) 圖5 A．F的功率 B．安培力的功率的絕對值 C．F與安培力的合力的功率 D．iE 答案　BD 6. 如圖6所示，邊長為L的正方形導線框質(zhì)量為m，由距磁場H高

20、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dc剛剛穿出磁場時，速度減為ab邊剛進入磁場時的一半，磁場的寬度也為L，則線框穿越勻強磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為(　　) 圖6 A．2mgL B．2mgL＋mgH C．2mgL＋mgH D．2mgL＋mgH 答案　C 解析　設(shè)線框剛進入磁場時的速度為v1，剛穿出磁場時的速度v2＝① 線框自開始進入磁場到完全穿出磁場共下落高度為2L.由題意得mv＝mgH② mv＋mg·2L＝mv＋Q③ 由①②③得Q＝2mgL＋mgH，C選項正確． 7．如圖7所示，紙面內(nèi)有一矩形導體閉合線框abcd，ab邊長大于bc邊長，

21、置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外，線框兩次勻速地完全進入磁場，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab邊平行MN進入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q1，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q1；第二次bc邊平行于MN進入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q2，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q2，則 (　　) 圖7 A．Q1＞Q2，q1＝q2 B．Q1＞Q2，q1＞q2 C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1＞q2 答案　A 解析　根據(jù)功能關(guān)系知，線框上產(chǎn)生的熱量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1Lbc＝Lbc＝Lab 同理Q2＝Lbc，又Lab＞Lbc，故Q1＞Q2；

22、 因q＝t＝t＝， 故q1＝q2，因此A正確． 題組三　電磁感應中的動力學及能量綜合問題 8．如圖8所示，間距為L、電阻不計的足夠長平行光滑金屬導軌水平放置，導軌左端用一阻值為R的電阻連接，導軌上橫跨一根質(zhì)量為m、有效電阻也為R的金屬棒，金屬棒與導軌接觸良好．整個裝置處于豎直向上、磁感應強度為B的勻強磁場中．現(xiàn)使金屬棒以初速度v沿導軌向右運動，若金屬棒在整個運動過程中通過的電荷量為q.下列說法正確的是 (　　) 圖8 A．金屬棒在導軌上做勻減速運動 B．整個過程中金屬棒在導軌上發(fā)生的位移為 C．整個過程中金屬棒克服安培力做的功為mv2 D．整個過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為m

23、v2 答案　C 解析　因為金屬棒向右運動時受到向左的安培力作用，且安培力隨速度的減小而減小，所以金屬棒向左做加速度逐漸減小的減速運動，故A錯誤；根據(jù)E＝＝，q＝IΔt＝Δt＝，解得x＝，故B錯誤；整個過程中金屬棒克服安培力做的功等于金屬棒動能的減少量mv2，故C正確；整個過程中電路中產(chǎn)生的熱量等于機械能的減少量mv2，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mv2，故D錯誤． 9. 如圖9所示，兩足夠長的光滑金屬導軌豎直放置，相距為L.一理想電流表與兩導軌相連，勻強磁場與導軌平面垂直，一質(zhì)量為m、有效電阻為R的導體棒在距磁場上邊界h處由靜止釋放．導體棒進入磁場后，流經(jīng)電流表的電流逐漸減小，最終穩(wěn)定為I.整

24、個運動過程中，導體棒與導軌接觸良好，且始終保持水平，不計導軌的電阻，已知重力加速度為g.求： 圖9 (1)磁感應強度B的大?。? (2)電流穩(wěn)定后，導體棒運動速度v的大?。? (3)流經(jīng)電流表電流的最大值Im. 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)電流穩(wěn)定后，導體棒做勻速運動， 則有：BIL＝mg① 解得B＝② (2)感應電動勢E＝BLv③ 感應電流I＝④ 由②③④式解得v＝ (3)由題意分析知，導體棒剛進入磁場時的速度最大，設(shè)為vm 根據(jù)機械能守恒有mv＝mgh 感應電動勢的最大值Em＝BLvm 感應電流的最大值Im＝ 解得Im＝ 10．如圖10甲所示

25、，不計電阻的平行金屬導軌豎直放置，導軌間距為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．現(xiàn)將質(zhì)量m＝0.1 kg、電阻r＝1 Ω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．(取g＝10 m/s2)求： 圖10 (1)磁感應強度B的大?。? (2)桿在磁場中下落0.1 s的過程中，電阻R產(chǎn)生的熱量． 答案　(1)2 T　(2)0.075 J 解析　(1)由圖像可知，桿自由下落0.1 s進入磁場以v＝1.0 m/s做勻速運動，產(chǎn)生的感應電動勢E＝BLv 桿中的感應電流I＝

26、 桿所受的安培力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. 11．足夠長的平行金屬導軌MN和PK表面粗糙，與水平面之間的夾角為α，間距為L.垂直于導軌平面向上的勻強磁場的磁感應強度為B，M、P間接有阻值為R的電阻，質(zhì)量為m的金屬桿ab垂直導軌放置，其他電阻不計．如圖11所示，用恒力F沿導軌平面向下拉金屬桿ab，使金屬桿由靜止開始運動，金屬桿運動的最大速度為vm，t s末金屬桿的速度為v1，前t s內(nèi)金屬桿的位移為x，(重力加速度為g)求： 圖11 (1)金屬桿速度為v1時加速度的大??； (2)整個系統(tǒng)在前t s內(nèi)產(chǎn)生的熱量． 答案　(1) (2)－mv 解析　(1)設(shè)金屬桿和導軌間的動摩擦因數(shù)為μ，當桿運動的速度為vm時，有： F＋mgsin α－－μmgcos α＝0 當桿的速度為v1時，有： F＋mgsin α－－μmgcos α＝ma 解得a＝ (2)t s末金屬桿的速度為v1，前t s內(nèi)金屬桿的位移為x，由能量守恒得， 整個系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為Q1＝Fx＋mgxsin α－μmgxcos α－mv＝－mv.