2019年高考物理双基突破：专题31-电磁感应中的能量问题（精讲）

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1、在电磁感应现象中，安培力做正功，电能转化为其他形式的能；安培力做负功，即克服安培力做功，其他形式的能转化为电能。若产生的感应电流是恒定的，则可以利用焦耳定律计算电阻中产生的焦耳热；若产生的感应电流是变化的，则可以利用能量守恒定律计算电阻中产生的焦耳热。1过程分析（1）电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程。（2）电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能。 “外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能。（3）当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能。安培力

2、做功的过程，或通过电阻发热的过程，是电能转化为其他形式能的过程。安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能。综上所述，安培力做功是电能和其他形式的能之间转化的量度。2求解思路（1）若回路中电流恒定，可以利用电路结构及 WUIt 或 QI 2Rt 直接进行计算。（2）若电流变化，则：利用安培力做的功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安 培力所做的功；利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的电能。3电磁感应中能量转化问题的分析技巧（1）电磁感应过 程往往涉及多种能量的转化如图中金属棒 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

3、流的电能，最终在 R 上转化为焦耳热，另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做匀速运动，之后重力势能的减小则完全用来克服安培力做功，转化为感应电流的电能。分析“双杆模型”问题时，要注意双杆之间的制约关系，即“动”杆与“被动”杆之间的关系，需要注意的是，最终两杆的收尾状态的确定是分析该类问题的关键。（2）安培力做功和电能变化的特定对应关系“外力”克服安培力做多少功， 就有多少其他形式的能转化为电能。安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，安培力做多少功就有多少电能转化为其他形式的能。（3）解决此类问题的步骤：用法拉第电磁感应定律和楞次定律（包括右手定则）确定感应电

4、动势的大小和方向。画出等效电路 图，写出回路中电阻消耗的 电功率的表达式。分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程，联立求解。【题 1】半径分别为 r 和 2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为 r、质量为 m 且质量分布均匀的直导体棒 AB 置于圆导轨上面，BA 的延长线通过圆导轨中心 O，装置的俯视图如图所示。整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为 B，方向竖直向下。在内圆导轨的 C 点和外圆导轨的 D 点之间接有一阻值为 R 的电阻（图中未画出） 。直导体棒在水平外力作用下以角速度 绕 O 逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨

5、保持良好接触。设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为 ，导体棒和导轨的电阻均可忽略。重力加速 度大小为 g。求：（1）通过电阻 R 的感应电流的方向和大小；（2）外力的功率。【答案】 （1） ，从 C 流向 D （2） mgr3Br22R 32 92B2r44R根据右手定则，感应电流的方向是从 B 端流向 A 端，因此，通过电阻 R 的感应电流的方向是从 C 端流向 D 端。（2）在竖直方向上有 mg2 N0 式中，由于质量分布均匀，内、外圆导轨对导体棒的正压力大小相等，其值为 N，两导轨对运行的导体棒的滑动摩擦力大小均为 fN 在 t 时间内，导体棒在内、外圆导轨上扫过的弧长分别为 l1r t 和

6、 l22rt 克服摩擦力做的总功为 Wff （l 1l 2） ）在 r 时间内，消耗在电阻 R 上的功为 WRI 2Rt 根据能量守恒定律知，外力在 t 时间内做的功为 WW fW R 外力的功率为 P Wt由至 式得 P mgr 32 92B2r44R【题 3】如图所示，电阻可忽略的光滑平行金属导轨长 s1.15 m，两导轨间距 L0.75 m，导轨倾角为 30，导轨上端 ab 接一阻值为 R1.5 的电阻，磁感应强度为 B0.8 T 的匀强磁场垂直轨道平面向上。阻值 r 0.5 、质量 m0.2 kg 的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端 ab 处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒

7、产生的焦耳热 Qr0.1 J。 （取 g10 m/s 2）求：（1）金属棒在此过程中克服安培力做的功 W 安 ；（2）金属棒下滑速度 v2 m/s 时的加速度 a；（3）为求金属棒下滑的最大速度 vm，有同学解答如下：由动能定理， WGW 安 mv ，.由此所12 2m得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答。【答案】 （1）0.4 J （2）3.2 m/s 2 （3）正确 理由见解析 2.74 m/s（2）金属棒下滑时受重力和安培力 F 安 BIL vB2L2R r由牛顿第二定律得 mgsin30 vmaB2L2R r所以 agsin30 v m/s23.2 m

8、/s 2B2L2mR r（3）此解法正确。金属棒下滑时受重力和安培力作用，其运动满足 mgsin30 vma B2L2R rmgssin30Q mv12 2m所以 vm m/s2.74 m/s。 2gssin30 2Qm 2101.1512 20.40.24能量转化及焦耳热的求法（1）电磁感应中的能量转化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，则电能转化为其他形式的能，外力克服安培力做功，则其他形式的能转化为电能。能量转化过程表示如下：电能其 他 形 式的 能 量 克 服 安 培 力 做 功 电 流 做 功 焦 耳 热 或 其 他

9、形 式 的 能 量（2）求解焦耳热 Q 的三种方法电磁感应发生过程中，涉及能量包括外部能量、运动导体的动能、焦耳热，外力做功和（克服）安培力做功实现这些能量的转化，它们关系如下：焦耳定律：QI 2Rt。功能关系：QW 克安 。动能定理：W 外 W 克安 mv2 mv02。12 12（3）电能求解的三种主要思路利用克服安培力求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；利用能量守恒或功能关系求解；利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电能来计算。【题 4】如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距 l0.5 m，左端接有阻值 R0.3 的电阻。一质量 m0.1 kg，电阻

10、r0.1 的金属棒 MN 放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应 强度 B0.4 T。棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以 a2 m/s2 的加速度做匀加速运动。当棒的位移 x9 m 时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比 Q1 Q22 1。导轨足够长且电阻不计，棒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：（1）棒在匀加速运动过程中，通过电阻 R 的电荷量 q；（2）撤去外力后回路中产生的焦耳热 Q2；（3）外力做的功 WF.【答案】 （1）4.5 C （2）1.8 J （3）5.4 J其中 Blx设回路中的平均电流

11、为 I，由闭合电路的欧姆定律得 I ER r则通过电阻 R 的电荷量为 qIt联立式，代入数据得 q4.5 C（2）设撤去外力时棒 的速度为 v，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得 v22ax设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为 W，由动能定理得 W0 mv212撤去外力后回路中产生的焦耳热 Q2W 联立式，代入数据得 Q21.8 J（3）由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比 Q1 Q22 1，可得 Q13.6 J在棒运动的整个过程中，由功能关系可知，W FQ 1Q 2由式得 WF3.6 J1.8 J5.4 J【题 5】 （多选）如图所示，质量为 3m 的重物与一质量为 m 的线

12、框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知线框的横边边长为 L，水平方向匀强磁场的磁感应强度为 B，磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为 h。初始时刻，磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为 2h，将重物从静止开始释放，线框上边缘刚进磁场时，恰好做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计。则下列说法中正确的是A线框进入磁场时的速度为 2ghB线框的电阻为B2L22mg 2ghC线框通过磁场的过程中产生的热量 Q2mgh D线框通过磁场的过程中产生的热量 Q4mgh【答案】AD【题 6】CD、EF 是两条水平放置的电阻可忽略的平行金属导轨，导轨间距为 L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度

13、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，磁场区域的长度为 d，如图所示。导轨的右端接有一电阻 R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。将一阻值也为 R 的导体棒从弯曲轨道上 h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为 ，则下列说法中正确的是A电阻 R 的最大电流为Bd2ghRB流过电阻 R 的电荷量为BdLRC整个电路中产生的焦耳热为 mghD电阻 R 中产生的焦耳热为 mg（hd）12【答案】D【题 7】如图甲，电阻不计的轨道 MON 与 PRQ 平行放置， ON 及 RQ 与水平面的倾角 53，MO及 PR 部分的匀强磁场竖直

14、向下，ON 及 RQ 部分的磁场平行轨道向下，磁场的磁感应强度大小相同，两根相同的导体棒 ab 和 cd 分别放置在导轨上，与导轨垂直并始终接触良好棒的质量 m1.0 kg，R1.0 ，长度 L1.0 m 与导轨间距相同，棒与导轨间动摩擦因数 0.5，现对 ab 棒施加一个方向水平向右，按图乙规律变化的力 F，同时由静止释放 cd 棒，则 ab 棒做初速度为零的匀加速直线运动，g 取 10 m/s2。（1）求 ab 棒的加速度大小；（2）求磁感应强度 B 的大小；（3）若已知在前 2 s 内 F 做功 W30 J，求前 2 s 内电路产生的焦耳热；（4）求 cd 棒达到最大速度所需的时间【答案

15、】 （1）1 m/s 2（2）2 T （3）18 J（4）5 s【解析】 （1）对 ab 棒：F f mgvatFBILF fmaFm（ga）B2L2at2R由图象信息，代入数据解得：a1 m/s 2。（2）当 t12 s 时，F10 N，由（1）知 Fm（ga） ，得 B2 T。B2L2at2R（3）02 s 过程中，对 ab 棒，x at 2 m12 21v2at 12 m/s由动能定理知：WmgxQ mv12 2代入数据解得 Q18 J。 （4）设当时间为 t时，cd 棒达到最大速度，F NBILmgcos53FfF Nmgsin53F fmgsin53（ mgcos53 ）B2L2at

16、2R解得：t5 s。一、应用焦耳定律求解电磁感应能量问题【题 8】小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距 l0.50 m ，倾角 53，导轨上端串接一个 R0.05 的电阻。在导轨间长 d0.5 6 m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度 B2.0 T。质量 m4.0 kg 的金属棒 CD 水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆 GH 相连。CD 棒的初始位置与磁场区域的下边界相距 s0.24 m。一位健身者用恒力 F80 N 拉动GH 杆，CD 棒由静止开始运动，上升过程中 CD 棒始终保持与导轨垂直。当 CD 棒到达磁场上边界时健身者松手，触

17、发恢复装置使 CD 棒回到初始位置，重力加速度 g10 m/s2，sin 530.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量。求：（1）CD 棒进入磁场时速度 v 的大小；（2）CD 棒进入磁场时所受的安培力 FA 的大小；（3）在拉升 CD 棒的过程中，健身者所做的功 W 和电阻产生的焦耳热 Q。【答案】 （1）2.4 m/s（2）48 N（3）26.88 J（3）健身者做功 WF（s d）64 J由牛顿第二定律 Fmgsin FA0CD 棒在磁场区做匀速运动在磁场中运动时间 tdv焦耳热 QI 2Rt26.88 J。二、应用能量守恒定律求解电磁感应能量问题功能关系在电磁感应能量问题中的应

18、用：（1）重力做功，重力势能减少。（2）杆加速下滑，杆的动能增加。（3）杆克服安培力做功时，杆上产生热量。（4）根据能量守恒定律和以上能量转化情况，可以列出方程求解。【题 9】如图所示，在高度差为 h 的平行虚线区域内，有磁感应强度为 B、方向水平向里的匀强磁场。正方形线框 abcd 的质量为 m，边长为 L（L h） ，电阻为 R，线框平面与竖直平面平行，静止于位置“”时，cd 边与磁场下边缘有一段距离 H。现用一竖直向上的恒力 F 提线框，线框由位置“”无初速度向上运动，穿过磁场区域最后到达位置“” （ab 边恰好出磁场） ，线框平面在运动中保持在竖直平面内，且 ab 边保持水平。当 cd

19、 边刚进入磁场时，线框恰好开始匀速运动。空气阻力不计，求：（1）线框进入磁场前距磁场下边界的距离 H；（2）线框由位置“”到位置“”的过程中，恒力 F 做的功和线框产生的热量。【答案】 （1） （Fmg） （2）2（Fmg ）LmR22B4L4（2）线框由位置“”到位置“”的过程中，恒力 F 做的功为 WF（H hL） （Fmg）2FL。FmR22B4L4只有线框在穿越磁场的过程中才会产生热量，因此从 cd 边进入磁场到 ab 边离开磁场的 过程中，根据能量守恒定律有 F（hL）mg（hL）Q ，所以 Q2（Fmg）L。【题 10】如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨 MN、PQ 电阻不计，

20、其间距离为 L，两导轨及其构成的平面与水平面成 角。两根用细线连接的金属杆 ab、cd 分别垂直导轨放置，平行斜面向上的外力F 作用在杆 ab 上，使两杆静止。已知两金属杆 ab、cd 的质量分别为 m 和 2m，两金属杆的电阻都为 R，并且和导轨始终保持良好接触，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为 B。某时刻将细线烧断，保持杆 ab 静止不动，重力加速度为 g。求：（1）细线烧断后外力 F 的最小值 F1 和最大值 F2；（2）当外力 F 时，cd 杆的速度大小；F1 F22（3）从细线烧断到 cd 杆达到最大速度，杆 ab 产生的电热为 Q，求 cd 杆在此过程中经过

21、的位移。【答案】 （1）mgsin 3mgsin （ 2） （3）2mgRsin B2L2 8m3g2R2sin2 B4L4QB4L4mgsin 【解析】 （1）细线烧断瞬间，外力 F 取得最小值 F1，对杆 ab：F 1mgsin杆到达最大速度 vm 时，外力 F 取得最大值 F2， 对杆 ab：F 2mgsin F 安对 cd 杆，因其匀速运动，则 F 安 2mg sin F 安 F 安 代入可得 F23mgsin 。（2）当外力 F 时，对杆 ab：Fmg sin F 安 2mgsin F1 F22（3）由于两杆电阻相等，所以产生电热相等。cd 杆达到最大速度前，电路产生的总电热为 2Q，设 cd杆达到最大速度前经过的位移为 x，由能量守恒可知 2mgxsin （2m）v m22Q12cd 杆最后匀速时 F 安 2mgsin BIL IBLvm2R联立得 x8m3g2R2sin2 B4L4QB4L4mgsin