（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是不同形式的能量之間轉化的過程，而能量的轉化是通過(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，則其他形式的能轉化為電能，轉化過程和常用關系為：電能(1)功能關系：E電能W克安。(2)焦耳定律：QI2Rt。(3)動能定理：W外W克安mv2mv02。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)n10，其總電阻r4.0 ，線圈與阻值R016 的外電阻連成閉合回路，如圖甲所示。線圈內部存在著一個邊長

2、L0.20 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磁場的變化情況，周期T1.0102 s，磁場方向以垂直線圈平面向外為正方向。求：(1)0時間內，電阻R0上的電流大小和方向；(2)0時間內，流過電阻R0的電荷量；(3)一個周期內電阻R0產(chǎn)生的熱量。解析(1)0時間內，感應電動勢大小E1n，SL2可得電流大小I1，解得I10.4 A電流方向為從b到a。(2)同(1)可得時間內，感應電流大小I20.2 A流過電阻R0的電荷量qI1I2解得q1.5103 C。(3)由一個周期內磁場變化的對稱性可得，一個周期內電阻R0產(chǎn)生的熱量QI12R0I22R0解得Q1.610

3、2 J。答案(1)0.4 A方向為從b到a(2)1.5103 C(3)1.6102 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QI2Rt計算。 集訓沖關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ab位置，金屬棒接入電路的電阻為R，若v1v212，則在這兩次過程中()A回路電流I1I212B產(chǎn)生的熱量Q1Q214C通過任一截面的電荷量q1q211D外力的功率P1P212解析：選AC在這兩次過程中產(chǎn)生的感應電動勢分別為E1BLv1，E2BLv

4、2，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qtt，故通過任一截面的電荷量q1q211，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，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L1 m，上端接有電阻R3 ，虛線OO下方是垂直于導軌平面的勻強磁場。現(xiàn)將質量m0.1 kg、電阻r1 、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vt圖像如圖乙所示(g取10 m/s2)。求：

5、(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v1.0 m/s的速度做勻速運動，產(chǎn)生的電動勢EBLv桿中的電流I桿所受安培力F安BIL由平衡條件得mgF安代入數(shù)據(jù)得B2 T。(2)電阻R產(chǎn)生的熱量QI2Rt0.075 J。答案：(1)2 T(2)0.075 J命題點二根據(jù)功能關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、的高和間距均為d，磁感應強度為B。質量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場和時的速度相等。金屬桿在導軌間的

6、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剛進入磁場時加速度方向豎直向下B穿過磁場的時間大于在兩磁場之間的運動時間C穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgdD釋放時距磁場上邊界的高度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、的速度大于穿出磁場的速度，則金屬桿剛進入磁場時做減速運動，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，vt圖像可能如圖所示，所以t1t2t1，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1mg2d0，可知金屬桿穿過磁場克服安培力做

7、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正確；設金屬桿剛進入磁場時速度為v，則由機械能守恒定律知mghmv2，由牛頓第二定律得mgma，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)。

8、求：(1)導體棒剛到達磁場上邊界a2b2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 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 F安F安BIL解得：v2。(3)由能量守恒定律得：mgdsin mv22mv12Q解得：Q2mgdsin 。答案(1)(2)(3)2mgdsin 集訓沖關1.如圖所示，間距為L的足夠長的平行金屬導軌固定在斜面上，導軌一端接入阻值為R的定值電阻，t0時，質量為m的金屬棒由

9、靜止開始沿導軌下滑，tT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，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()At時，金屬棒的速度大小為B0T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內產(chǎn)生的焦耳熱小于T內產(chǎn)生的焦耳熱D金屬棒在0內機械能的減少量大于T內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動，故相同時間內速度的增加量減小，所以t時，金屬棒的速度大于，故A錯誤；由能量守恒定律，0T時間內的過程中，金屬棒機械能的減少量等

10、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內金屬棒的位移小于T內的位移，金屬棒做加速運動，其所受安培力增大，所以T內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內的位移比0內的位移大，故T內滑動摩擦力對金屬棒做功多，由功能關系得WfW安E，T內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

11、合開關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，小球在另一側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，長度為l，電阻為r，R1R22r，銅環(huán)的電阻不計，P、Q兩板的間距為 d，小球的質量為m、帶電荷量為q，重力加速度為g。求：(1)a勻速轉動的方向；(2)P、Q間電場強度E的大?。?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沿順時針方向轉動。(2)a轉動切割磁感線，由法拉第電磁感應定律得感應電動勢的大小E感Bl2由閉合電路的歐姆定律有I由歐姆定律可知，PQ間的電壓UPQIR2PQ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mgLEqLmv2又Fmg解得F3mg。由牛頓第三定律可知小球對細線的拉力FF3mg。答案：(1)順時針方向(2)(3)3mg