高一物理课件 电磁感应中的能量问题.ppt

1、2022-12-32022-12-3一、感应电流在磁场中所受的安培力1.安培力的大小:F=BIL=2.安培力的方向判断(1)右手定则和左手定则相结合,先用 确定感应电流方向,再用 判断感应电流所受安培力的方向.(2)用楞次定律判断,感应电流所受安培力的方向一定和导体切割磁感线运动的方向 .RLBREBLv22右手定则左手定则相反2022-12-3名师点拨1.由F=知,v变化时,F变化,物体所受合外力变化,物体的加速度变化,因此可用牛顿运动定律进行动态分析.2.在求某时刻速度时,可先根据受力情况确定该时刻的安培力,然后用上述公式进行求解.RLB222022-12-3二、电磁感应的能量转化1.电磁

2、感应现象的实质是 和 之间的转化.2.感应电流在磁场中受安培力,外力克服安培力 ,将 的能转化为 ,电流做功再 将电能转化为 .3.电流做功产生的热量用焦耳定律计算,公式为 .其他形式的能电能做功其他形式电能内能Q=I2Rt2022-12-3特别提醒在利用能的转化和守恒定律解决电磁感应的问题时,要注意分析安培力做功的情况,因为安培力做的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”.简单表示如下:电能 其他形式能.W安0W安02022-12-3热点一 对导体的受力分析及运动分析从运动和力的关系着手,运用牛顿第二定律.基本方法是:受力分析运动分析(确定运动过程和最终的稳定状态)由牛顿第二定律列方程

3、求解.运动的动态结构:这样周而复始的循环,循环结束时加速度等于零,导体达到平衡状态.在分析过程中要抓住a=0时速度v达到最大这一关键.2022-12-3特别提示1.对电学对象要画好必要的等效电路图.2.对力学对象要画好必要的受力分析图和过程示意图.热点二 电路中的能量转化分析从能量的观点着手,运用动能定理或能量守恒定律.基本方法是:受力分析弄清哪些力做功,做正功还是负功明确有哪些形式的能参与转化,哪些增哪些减由动能定理或能量守恒定律列方程求解.2022-12-3例如,如图1所示,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

4、一部分转化为金属棒的动能.若导轨足够长,棒最终达到稳定状态匀速运动时,重力势能的减少则完全用来克服安培力做功转化为感应电流的电能.因此,从功和能的观点入手,分析清楚电磁感应过程中能量转化的关系,是解决电磁感应问题的重要途径之一.图12022-12-3题型1 电磁感应中的动力学问题【例1】如图2所示,光滑斜面的倾角 =30,在斜面上放置一矩形线框 abcd,ab边的边长l1=1 m,bc边的边长 l2=0.6 m,线框的质量m=1 kg,电阻 R=0.1,线框通过细线与重物相 连,重物质量M=2 kg,斜面上ef线(efghab)的右 方有垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T.如果线

5、框从静止开始运动,进入磁场最初一段 时间是匀速的,ef 线和gh线的距离s=11.4 m(取 g=10 m/s2).求:图22022-12-3(1)线框进入磁场时匀速运动的速度v.(2)ab边由静止开始运动到gh线所用的时间t.思路点拨 线框的运动可分为进入磁场前、进入磁场中、完全进入磁场后三个阶段,分析每个阶段的受力,确定运动情况.2022-12-3解析 (1)在线框进入磁场的最初一段时间内,重物和线框受力平衡,分别有Mg=FTFT=mgsin +FAab边切割磁感线产生的电动势E=Bl1v感应电流I=受到的安培力FA=BIl1联立得Mg=mgsin +代入数据得v=6 m/sRBlREv1

6、RlBv2122022-12-3(2)线框进入磁场前做匀加速直线运动对M有:Mg-FT=Ma对m有:FT-mgsin =ma联立解得a=5 m/s2该阶段运动时间为t1=s=1.2 s在磁场中匀速运动的时间t2=s=0.1 smMmgMgsinav5666.02vl2022-12-3完全进入磁场后线框受力情况与进入磁场前相同,加速度仍为5 m/s2s-l2=v t3+at32解得t3=1.2 s因此ab边由静止开始运动到gh线所用的时间t=t1+t2+t3=1.2 s+0.1 s+1.2 s=2.5 s答案 (1)6 m/s (2)2.5 s212022-12-3规律总结 此类问题中力现象和电

7、磁现象相互联系,相互制约,解决问题首先要建立“动电动”的思维顺序,可概括为(1)找准主动运动者,用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解电动势大小和方向.(2)根据等效电路图,求解回路中电流的大小及方向.(3)分析导体棒的受力情况及导体棒运动后对电路中电学参量的“反作用”,即分析由于导体棒受到安培力,对导体棒运动速度、加速度的影响,从而推理得出对电路中的电流有什么影响,最后定性分析出导体棒的最终运动情况.(4)列出牛顿第二定律或平衡方程求解.2022-12-3变式练习1 如图3(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.

8、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.2022-12-3图32022-12-3(1)由b向a方向看到的装置如图3(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杆可以达到的速度最大值.解析 (1)如右图所示重力mg,竖直向下支持力FN,垂直斜面向上安培力F,平行斜面向上2022-12-3(2

9、)当ab杆速度为v时,感应电动势E=BLv 此时电路中电流I=ab杆受到的安培力F=BIL=根据牛顿运动定律,有ma=mgsin -F 解得a=gsin -(3)当ab杆稳定下滑时速度达到最大值,此时a=0;即mgsin -=0解得vm=答案 (1)见解析中图 (2)gsin -(3)RBLvmRLBv2222sinLBmgRRBLREvRLBv22mRLBv22RLBmv2222sinLBmgR2022-12-3题型2 电磁感应中的能量问题【例2】如图4所示,两条足够长的平行光滑金属导轨,与水平面的夹角均为 ,该空间存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域和,区域的磁场方向垂直导轨平面向

10、下,区域的磁场方向垂直导轨平面向上,两匀强磁场在斜面上的宽度均为L,一个质量为m、电阻为R、边长为L的正方形金属线框,由静止开始沿导轨下滑,当线圈运动到ab边刚越过ee即做匀速直线运动;当线框刚好有一半进入磁场区域时,线框又恰好做匀速直线运动.求:2022-12-3图4(1)当线框刚进入磁场区域时的速度v.(2)当线框刚进入磁场区域时的加速度.(3)当线框刚进入磁场区域到刚好有一半进入磁场区域的过程中产生的热量Q.2022-12-3思路点拨 (1)第一次匀速直线运动和第二次匀速直线运动的受力特点相同吗?(2)这一过程中都有几种形式的能参与了转化?解析(1)ab边刚越过ee即做匀速直线运动,线框

11、所受合力F为零.E=Blv,I=,则mgsin =BIL解得v=RE22sinLBmgR2022-12-3(2)当ab边刚越过ff时,线框中的总感应电动势为E=2BLv此时线框的加速度为a=-gsin =-gsin =3gsin(3)设线框再次做匀速运动的速度为v,则mgsin =2B v=由能量守恒定律得Q=mg Lsin +(mv2-mv2)=mgLsin +mFmRLEB 2LRBLv244sin22vLBmgR2321212344222332sin15LBRgm2022-12-3答案 (1)(2)3gsin 22sinLBmgR（3）mgLsin +2344222332sin15LBR

12、gm方法提炼求解焦耳热的途径(1)感应电路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功,即Q=WA.(2)感应电路中电阻产生的焦耳热等于电流通过电阻做的功,即Q=I2Rt.(3)感应电流中产生的焦耳热等于电磁感应现象中其他形式能量的减少,即Q=E他.2022-12-3变式练习2 如图5所示,将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出,穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场,磁场的方向垂直纸面向里.线框向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的一半,线框离开磁场后继续上升一段高度,然后落下并匀速进入磁场.整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力Ff,且线框不发生转动.求:(1)线框在下落阶

13、段匀速进入磁场时的速度v2.(2)线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v1.(3)线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q.图52022-12-3解析(1)线框在下落阶段匀速进入磁场瞬间有mg=Ff+解得v2=(2)由动能定理,线框从离开磁场至上升到最高点的过程(mg+Ff)h=mv12 线框从最高点回落至进入磁场瞬间(mg-Ff)h=mv22 由联立解得v1=v2=RaB222v22f)(aBRFmg2121ffFmgFmg2f222)(FmgaBR2022-12-3(3)设线框在向上通过磁场过程中,线框刚进入磁场时速度为v0,由能量守恒定律有 mv02-mv12=Q+(mg+Ff)(a+b)

14、v0=2v1Q=(mg)2-Ff2-(mg+Ff)(a+b)答案 (1)(2)(3)(mg)2-Ff2-(mg+Ff)(a+b)212144223aBmR22f)(aBRFmg 2f222)(FmgaBR44223aBmR2022-12-3题型3 电磁感应问题的综合应用【例3】光滑的平行金属导轨长 L=2 m,两导轨间距d=0.5 m,轨 道平面与水平面的夹角 =30,导轨上端接一阻值为R=0.6的 电阻,轨道所在空间有垂直轨道 平面向上的匀强磁场,磁场的磁 感应强度B=1 T,如图6所示.有一质量m=0.5kg、电阻 r=0.4的 金属棒ab,放在导轨最上端,其余部分电阻不 计.当棒ab从轨

15、道最上端由静止开始下滑到底端脱离轨 道时,电阻R上产生的热量 =0.6 J,取g=10m/s2,试求:图61Q2022-12-3(1)当棒的速度v=2 m/s时,电阻R两端的电压.(2)棒下滑到轨道最底端时的速度大小.(3)棒下滑到轨道最底端时的加速度大小.解析 (1)速度v=2 m/s时,棒中产生的感应电动势E=Bdv=1 V 电路中的电流I=1 A 所以电阻R两端的电压U=IR=0.6 V rRE2022-12-3(2)根据Q=I 2RtR在棒下滑的整个过程中金属棒中产生的热量 设棒到达底端时的速度为v m,根据能的转化和守恒定律,得mgLsin =解得v m=4 m/s J4.012QR

16、rQ212m21QQmv2022-12-3(3)棒到底端时回路中产生的感应电流根据牛顿第二定律有mg sin -BI md=ma 解得a=3 m/s2 答案 (1)0.6V(2)4 m/s(3)3m/s2A2mmrRBdIv2022-12-3 本题共10分.其中式各1分,式各2分.【名师导析】本题是典型的电磁感应综合题,涉及到电路知识和能量知识.特别注意第(2)问中不要漏掉AD、BF段的电动势,在计算DF间电压时注意计算的是路端电压,等于电流与外电阻之积,不是UFD=Lr=Blv0.第(3)问中注意分析能量关系,不能漏掉重力势能的变化量.【评分标准】rLBl30v312022-12-3 本题共

17、10分.其中式各1分,式2分.【名师导析】1.本题综合考查电磁感应、牛顿运动定律、能量的转化与守恒定律等，解答的关键是对金属框进行正确的受力分析，弄清楚能量的转化情况.2.对导体棒或线框受力分析时，安培力是它们受到的其中一个力，因此分析导体棒或线框的运动规律时，方法与力学中完全相同，但必须注意的是，安培力是个容易变化的力，其大小和方向都可能随着速度的变化而变化.【评分标准】2022-12-3自我批阅(20分)如图7所示,足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置,一个磁感应强度B=0.50 T的匀强磁场垂直穿过导轨平面,导轨的上端M与P间连接阻值为R=0.30 的电阻,长为L=0.40 m、电

18、阻为r=0.20 的金属棒ab紧贴在导轨上.现使金属棒ab由静止开始下滑,通过传感器记录金属棒ab下滑的距离,其下滑距离与时间的关系如下表所示,导轨电阻不计.(g=10 m/s2)求:图72022-12-3(1)在前0.4 s的时间内,金属棒ab电动势的平均值.(2)金属棒的质量.(3)在前0.7 s的时间内,电阻R上产生的热量.时间时间t(s)(s)0 00.100.100.200.200.300.30 0.400.40 0.500.50 0.600.600.700.70下滑距离下滑距离x（m m）0 00.100.100.300.300.700.70 1.201.20 1.701.70 2

19、.202.202.702.702022-12-3解析 (1)=0.6 V (4分)(2)从表格中数据可知,0.3 s后金属棒做匀速运动速度v=5 m/s (2分)由mg-F=0 (2分)F=BIL (2分)I=(2分)E=BLv (2分)解得m=0.04 kg (1分)EtBLxttxrRE2022-12-3(3)金属棒在下滑过程中,有重力和安培力做功,克服安培力做的功等于回路的焦耳热.则mgx=mv2-0+Q (2分)QR=(2分)解得QR=0.348 J (1分)答案 (1)0.6 V (2)0.04 kg (3)0.348 J21QrRR2022-12-31.如图8所示,边长为L的正方形

20、导线框质 量为m,由距磁场H高处自由下落,其下边 ab进入匀强磁场后,线圈开始做减速运动,直到其上边cd刚刚穿出磁场时,速度减为 ab边刚进入磁场时的一半,磁场的宽度也 为L,则线框穿越匀强磁场过程中发出的 焦耳热为 ()A.2mgL B.2mgL+mgH C.2mgL+mgH D.2mgL+mgH图843412022-12-3解析 设刚进入磁场时的速度为v1,刚穿出磁场时的速度v2=线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L.由题意 mv12=mgH mv12+mg2L=mv22+Q 由得Q=2mgL+mgH,C选项正确.答案 C21v212121432022-12-32.如图9所示,

21、平行导轨与水平地面成 角,沿水平方向横放在平行导轨上 的金属棒ab处于静止状态.现加一个 竖直向下的匀强磁场,且使磁场的磁 感应强度逐渐增大,直到ab开始运动,在运动之前金属棒ab受到的静摩擦力 可能是 ()A.逐渐减小,方向不变 B.逐渐增大,方向不变 C.先减小后增大,方向发生变化 D.先增大后减小,方向发生变化图92022-12-3解析 没有加磁场前金属棒ab受力如下图甲,Ff=mgsin ;当加磁场后由楞次定律可以判断回路感应电流的方向为逆时针,磁场会立即对电流施加力的作用,金属棒ab的受力如图乙,Ff=mgsin +F安cos ,很显然金属棒ab后来受到的静摩擦力大于开始时的静摩擦力

22、,故B项正确.答案 B甲乙2022-12-33.平行金属导轨MN竖直放置于绝缘水 平地板上如图10所示,金属杆PQ可以 紧贴导轨无摩擦滑动,导轨间除固定 电阻R外,其他电阻不计,匀强磁场B垂 直穿过导轨平面,以下有两种情况:第 一次,闭合开关S,然后从图中位置由 静止释放PQ,经过一段时间后PQ匀速到达地面;第二次,先从同一高度由静止释放PQ,当PQ下滑 一段距离后突然关闭开关,最终PQ也匀速到达了 地面.设上述两种情况下PQ由于切割磁感线产生 的电能(都转化为内能)分别为E1、E2,则可断定()图102022-12-3A.E1E2B.E1=E2C.E1E2D.无法判定E1、E2的大小解析 设

23、PQ棒的质量为m,匀速运动的速度为v,导轨宽l,则由平衡条件,得BIl=mg,而I=,E=Blv,所以v=,可见PQ棒匀速运动的速度与何时闭合开关无关,即PQ棒两种情况下落地速度相同,由能的转化和守恒定律得:机械能的损失完全转化为电能,故两次产生的电能相等.答案 BRE22lBRmg2022-12-34.如图11所示,固定在水平绝缘平面上足 够长的金属导轨不计电阻,但表面粗糙,导轨左端连接一个电阻R,质量为m的金 属棒(电阻也不计)放在导轨上,并与导 轨垂直,整个装置放在匀强磁场中,磁场 方向与导轨平面垂直.用水平恒力F把ab棒从静止 起向右拉动的过程中,下列说法正确的是 ()A.恒力F做的功

24、等于电路产生的电能 B.恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生 的电能 C.克服安培力做的功等于电路中产生的电能 D.恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生 的电能和棒获得的动能之和图112022-12-3解析 物体克服安培力做功,其他形式的能转化为电能,且功的数值等于电路中产生的电能,C正确;由动能定理知,恒力F、安培力和摩擦力三者的合力做的功等于物体动能的增加量,故A、B错误,D正确,也可从能量守恒角度进行判定,即恒力F做的功等于电路中产生的电能、因摩擦而产生的内能及棒动能的增加.答案 CD2022-12-35.如图12所示,两根水平放置的相互 平行的金属导轨ab、cd表面光滑,处在竖

25、直向上的匀强磁场中,金属 棒PQ垂直于导轨放在上面,以速度 v向右匀速运动,欲使棒PQ停下来,下面的措施可行的是(导轨足够长,棒PQ有电阻)()A.在PQ右侧垂直于导轨再放上一根同样的金属棒 B.在PQ右侧垂直于导轨再放上一根质量和电阻均 比棒PQ大的金属棒 C.将导轨的a、c两端用导线连接起来 D.将导轨的a、c两端和b、d两端分别用导线连接 起来图122022-12-3解析 在PQ棒右侧放金属棒时,回路中会有感应电流,使金属棒加速,PQ棒减速,当获得共同速度时,回路中感应电流为零,两棒都将匀速运动,A、B项错误;当一端或两端用导线连接时,PQ的动能将转化为内能而最终静止,C、D两选项正确.

26、答案 CD2022-12-36.如图13所示,金属杆ab可在平行金属 导轨上滑动,金属杆电阻R0=0.5,长L=0.3 m,导轨一端串接一电阻R=1,匀强磁场磁感应强度B=2 T,当ab以v=5 m/s向右匀速运动过程中,求:(1)ab间感应电动势E和ab间的电压U.(2)所加沿导轨平面的水平外力F的大小.(3)在2 s时间内电阻R上产生的热量Q.图132022-12-3解析(1)根据公式:E=BLv=3 VI=,U=IR=2 V(2)F=F安=BIL=1.2 N(3)2 s内产生的总热量Q等于安培力做的功Q=F安x=F安vt=12 J电阻R上产生的热量为QR=Q=8 J答案(1)3 V 2

27、V (2)1.2 N (3)8 J0RRE0RRR2022-12-37.如图14甲所示,空间存在B=0.5 T,方向竖直向下 的匀强磁场,MN、PQ是处于同一水平面内相互平 行的粗糙长直导轨,间距L=0.2 m,R是连在导轨一 端的电阻,ab是跨接在导轨上质量m=0.1 kg的导 体棒.从零时刻开始,通过一小型电动机对ab棒施 加一个牵引力F,方向水平向左,使其从静止开始 沿导轨做加速运动,此过程中棒始终保持与导轨 垂直且接触良好.图乙是棒的vt图象,其中OA段 是直线,AC段是曲线,DE是曲线图象的渐近线,小 型电动机在12 s末达到额定功率P额=4.5 W,此后 功率保持不变.除R以外,其

28、余部分的电阻均不计,g=10 m/s2.2022-12-3(1)求导体棒在012 s内的加速度大小.(2)求导体棒与导轨间的动摩擦因数及电阻R的阻值.(3)若t=17 s时,导体棒ab达到最大速度,从017 s内共发生位移100 m,试求1217 s内,R上产生的热量是多少?图142022-12-3解析(1)由vt图象知a=0.75 m/s2(2)导体棒在012 s内做匀加速运动,电动机的输出功率在增大,12 s末达额定功率,做加速度逐渐减小的加速运动,16 s后做匀速运动.设12 s末的速度为v1,012 s内的加速度为a1,E1=Blv1,I1=由牛顿第二定律F1-mg-BI1L=ma1则P额=F1v1在乙图C点时棒达到最大速度vm=10 m/sEm=Blvm,Im=由牛顿第二定律：F2-mg-BImL=0则P额=F2vm联立,代入数据解得 =0.2,R=0.4 tv129RE1REm2022-12-3(3)在012 s内通过的位移:x1=(0+v1)t1=54 mAC段过程发生的位移:x2=100-x1=46 m由能量守恒:P0t=QR+mgx2+mvm2-mv12解得QR=12.35 J答案(1)0.75 m/s2 (2)0.2 0.4(3)12.35 J2121212022-12-3反思总结B