（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 第67課時(shí) 電磁感應(yīng)中的能量問題（題型研究課）講義（含解析）

（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 第67課時(shí) 電磁感應(yīng)中的能量問題（題型研究課）講義（含解析）電磁感應(yīng)過程的實(shí)質(zhì)是不同形式的能量之間轉(zhuǎn)化的過程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過(克服)安培力做功的形式實(shí)現(xiàn)的。安培力做功，則電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能(如機(jī)械能)，外力克服安培力做功，則其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，轉(zhuǎn)化過程和常用關(guān)系為：電能(1)功能關(guān)系：E電能W克安。(2)焦耳定律：QI2Rt。(3)動(dòng)能定理：W外W克安mv2mv02。命題點(diǎn)一應(yīng)用焦耳定律求解電磁感應(yīng)中的能量問題 典例一個(gè)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(nèi)部存在著一個(gè)邊長L0.20 m的正方形區(qū)域，其中有分布均勻但強(qiáng)弱隨時(shí)間變化的磁場，圖乙顯示了一個(gè)周期內(nèi)磁場的變化情況，周期T1.0×102 s，磁場方向以垂直線圈平面向外為正方向。求：(1)0時(shí)間內(nèi)，電阻R0上的電流大小和方向；(2)0時(shí)間內(nèi)，流過電阻R0的電荷量；(3)一個(gè)周期內(nèi)電阻R0產(chǎn)生的熱量。解析(1)0時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電動(dòng)勢大小E1n，SL2可得電流大小I1，解得I10.4 A電流方向?yàn)閺腷到a。(2)同(1)可得時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電流大小I20.2 A流過電阻R0的電荷量qI1·I2·解得q1.5×103 C。(3)由一個(gè)周期內(nèi)磁場變化的對稱性可得，一個(gè)周期內(nèi)電阻R0產(chǎn)生的熱量QI12R0·I22R0·解得Q1.6×102 J。答案(1)0.4 A方向?yàn)閺腷到a(2)1.5×103 C(3)1.6×102 J(1)不同時(shí)間段感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流大小不同，求解電荷量要分清時(shí)間段。(2)R0上產(chǎn)生的熱量與整個(gè)電路產(chǎn)生的熱量不同，要分時(shí)間段應(yīng)用QI2Rt計(jì)算。 集訓(xùn)沖關(guān)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(dǎo)軌(電阻不計(jì))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(yīng)電動(dòng)勢分別為E1BLv1，E2BLv2，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(shí)間，故產(chǎn)生的熱量，B錯(cuò)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(yùn)動(dòng)，外力的功率等于回路中的電功率，故，D錯(cuò)誤。2如圖甲所示，不計(jì)電阻的平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌間距L1 m，上端接有電阻R3 ，虛線OO下方是垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)將質(zhì)量m0.1 kg、電阻r1 、長度與導(dǎo)軌間距相等的金屬桿ab，從OO上方某處垂直導(dǎo)軌由靜止釋放，桿下落過程中始終與導(dǎo)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：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)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(jìn)入磁場以v1.0 m/s的速度做勻速運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的電動(dòng)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(diǎn)二根據(jù)功能關(guān)系求解電磁感應(yīng)能量問題考法1動(dòng)能定理的應(yīng)用例1(多選)(2018·江蘇高考)如圖所示，豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L，矩形勻強(qiáng)磁場、的高和間距均為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進(jìn)入磁場和時(shí)的速度相等。金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計(jì)，重力加速度為g。金屬桿()A剛進(jìn)入磁場時(shí)加速度方向豎直向下B穿過磁場的時(shí)間大于在兩磁場之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間C穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgdD釋放時(shí)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(yùn)動(dòng)，所以進(jìn)入磁場、的速度大于穿出磁場的速度，則金屬桿剛進(jìn)入磁場時(shí)做減速運(yùn)動(dòng)，加速度方向豎直向上，故A錯(cuò)誤；金屬桿在磁場中(先)做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)， 在兩磁場之間做加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)過程位移相等，v­t圖像可能如圖所示，所以t1>t2t1，故B正確；由于金屬桿進(jìn)入兩磁場時(shí)速度相等，由動(dòng)能定理得，W安1mg·2d0，可知金屬桿穿過磁場克服安培力做功為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(shè)金屬桿剛進(jìn)入磁場時(shí)速度為v，則由機(jī)械能守恒定律知mghmv2，由牛頓第二定律得mgma，解得h，故D錯(cuò)誤。答案BC考法2能量守恒定律的應(yīng)用例2如圖所示，傾角為的平行金屬導(dǎo)軌下端連接一阻值為R的電阻，導(dǎo)軌MN、PQ間距為L，與MN、PQ垂直的虛線a1b1、a2b2區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，a1b1、a2b2間距離為d，一長為L、質(zhì)量為m、電阻為R的導(dǎo)體棒在導(dǎo)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(dǎo)軌摩擦及電阻不計(jì))。求：(1)導(dǎo)體棒剛到達(dá)磁場上邊界a2b2時(shí)的速度大小v1；(2)導(dǎo)體棒勻速通過磁場下邊界a1b1時(shí)的速度大小v2；(3)導(dǎo)體棒穿過磁場過程中，回路產(chǎn)生的熱量。解析(1)導(dǎo)體棒在磁場外沿導(dǎo)軌下滑，只有重力做功，由機(jī)械能守恒定律得：mgdsin mv12解得：v1。(2)導(dǎo)體棒勻速通過磁場下邊界a1b1時(shí)，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(xùn)沖關(guān)1.如圖所示，間距為L的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在斜面上，導(dǎo)軌一端接入阻值為R的定值電阻，t0時(shí)，質(zhì)量為m的金屬棒由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑，tT時(shí)，金屬棒的速度恰好達(dá)到最大值vm，整個(gè)裝置處于垂直斜面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，金屬棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，金屬棒及導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，下列說法正確的是()At時(shí)，金屬棒的速度大小為B0T的過程中，金屬棒機(jī)械能的減少量等于R上產(chǎn)生的焦耳熱C電阻R在0內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱小于T內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱D金屬棒在0內(nèi)機(jī)械能的減少量大于T內(nèi)機(jī)械能的減少量解析：選C速度達(dá)到最大值vm前金屬棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故相同時(shí)間內(nèi)速度的增加量減小，所以t時(shí)，金屬棒的速度大于，故A錯(cuò)誤；由能量守恒定律，0T時(shí)間內(nèi)的過程中，金屬棒機(jī)械能的減少量等于R上產(chǎn)生的焦耳熱和金屬棒與導(dǎo)軌間摩擦生熱之和，故B錯(cuò)誤；0內(nèi)金屬棒的位移小于T內(nèi)的位移，金屬棒做加速運(yùn)動(dòng)，其所受安培力增大，所以T內(nèi)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(nèi)的位移比0內(nèi)的位移大，故T內(nèi)滑動(dòng)摩擦力對金屬棒做功多，由功能關(guān)系得WfW安E，T內(nèi)金屬棒機(jī)械能的減少量更多，故D錯(cuò)誤。2勻強(qiáng)磁場的方向垂直于銅環(huán)所在的平面向里，導(dǎo)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(zhuǎn)動(dòng)。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(xì)線掛在兩板間的中點(diǎn)M處，被拉起到水平位置；閉合開關(guān)S，無初速度釋放小球，小球沿圓弧經(jīng)過M點(diǎn)正下方的N點(diǎn)到另一側(cè)，小球在另一側(cè)不能到達(dá)與釋放點(diǎn)等高處。已知磁感應(yīng)強(qiáng)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(jì)，P、Q兩板的間距為 d，小球的質(zhì)量為m、帶電荷量為q，重力加速度為g。求：(1)a勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的方向；(2)P、Q間電場強(qiáng)度E的大?。?3)小球通過N點(diǎn)時(shí)對細(xì)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(fù)電。由右手定則可知，a沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)。(2)a轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線，由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動(dòng)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(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E解得E。(3)設(shè)細(xì)線的長度為L，小球到達(dá)N點(diǎn)時(shí)速度為v，由動(dòng)能定理可得mgLEqLmv2又Fmg解得F3mg。由牛頓第三定律可知小球?qū)?xì)線的拉力FF3mg。答案：(1)順時(shí)針方向(2)(3)3mg