電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)換經(jīng)典問(wèn)題

1、在電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題中有兩類常見(jiàn)的模型“電_動(dòng)_電”型“動(dòng)_電一動(dòng)”型示意圖s47Q棒ab長(zhǎng)L,質(zhì)量m電阻R；導(dǎo)軌光滑水平，電阻不計(jì)M棒ab長(zhǎng)L,質(zhì)量m,電阻R；導(dǎo)軌光滑，電阻不計(jì)分析S閉合，棒ab受安培力F=BLE此時(shí)a=BLE,rmR棒ab速度vT一感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)BLvT一電流I，一安培力FBILJ一加速度aj,當(dāng)安培力F=0時(shí)，a=0,v最大，最后勻速棒ab釋放后下滑，止匕時(shí)a=gsina,棒ab速度vT一感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLvT一電流I=gT一安培力FBILT一加速度aj,當(dāng)安R培力F=mgsina時(shí)，a=0,v最大，最后勻速運(yùn)動(dòng)形式變加速運(yùn)動(dòng)變加速運(yùn)動(dòng)最終狀態(tài)勻速運(yùn)動(dòng)vm=EBL少擊、

2、一一4mgRsina勻速運(yùn)動(dòng)vm=B2L21、如圖甲所示，兩根足夠長(zhǎng)的直金屬導(dǎo)軌MNPQ平行放置在傾角為9的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng).M、P兩點(diǎn)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(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直.整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直斜面向下.導(dǎo)軌和金屬桿的電阻可忽略.讓ab桿沿導(dǎo)軌由靜止開(kāi)始下滑，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，不計(jì)它們之間的摩擦.(1)由b向a方向看到的裝置如圖乙所示，請(qǐng)?jiān)诖藞D中畫出ab桿下滑過(guò)程中某時(shí)刻的受力示意圖.(2)在加速下滑過(guò)程中，當(dāng)ab桿的速度大小為v時(shí)，求此時(shí)ab桿中的電流及其加速度的大小.(3)求在下滑過(guò)程中，ab桿可以達(dá)到

3、的速度最大值.1、解析(1)如右圖所示，ab桿受重力mg豎直向下；支持力FN,垂直斜面向上；安培力F,平行斜面向上.當(dāng)ab桿速度為v時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv,此時(shí)電路中電流EBLvR=B2L2vab桿受到安培力F=BIL=fR根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律，有ma=mgsina=gsin9B2L2v.mR(3)當(dāng)B2L2v=mgsin9時(shí)，ab桿達(dá)到最大速度vm=mgRsin°RB2L22、如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑平行導(dǎo)軌MNPQ傾斜放置，兩導(dǎo)軌間距離為L(zhǎng)=1.0m,導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角為30°,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面向上，導(dǎo)軌的MP兩端連接阻值為R=3.0Q的電阻，金屬棒

4、ab垂直于導(dǎo)軌放置并用細(xì)線通過(guò)光滑定滑輪與重物相連，金屬棒ab的質(zhì)量m=0.20kg,時(shí)間t/s00.10.20.30.40.50.6上滑距離/m00.050.150.350.701.051.40電阻r=0.50Q,重物的質(zhì)量M=0.60kg,如果將金屬棒和重物由靜止釋放，金屬棒沿斜面上滑的距離與時(shí)間的關(guān)系如下表所示，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，g取10m/s2.求:(1)ab棒的最終速度是多少？(2)所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為多大？(3)當(dāng)v=2m/s時(shí)，金屬棒的加速度為多大?2、解析(1)由表中數(shù)據(jù)可以看出最終ab棒將做勻速運(yùn)動(dòng).svm=3.5m/s(2)棒受力如圖所小，由平衡條件得FT=F+mgsin3

5、0°FT=MgF=BLvmRT7l聯(lián)立解得B=5TB2L2v(3)當(dāng)速度為2m/s時(shí)，安培力F=-R+r對(duì)金屬棒ab有FT-Fmgsin300=ma對(duì)重物有Mg-FT=Ma聯(lián)立上式，41人數(shù)據(jù)得a=2.68m/s23、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形閉合金屬線框，其質(zhì)量為m,回路電阻為R.圖中MN、下兩部分水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B,方向如圖4所示.現(xiàn)讓金屬線框在圖示位置由靜止開(kāi)始下落，金屬線框在穿過(guò)M和P兩界面的過(guò)程中P為磁場(chǎng)區(qū)域的邊界，上均為勻速運(yùn)動(dòng).已知MN之間和NP之間的高度差相等,均為h=L+金屬線框下落過(guò)程中金屬線框平面始終保持豎直，底邊始終保持水平，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間.試求：

6、(1)圖示位置金屬線框的底邊到M的高度d；(2)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，金屬線框中產(chǎn)生的焦耳熱；金屬線框的底邊剛通過(guò)磁場(chǎng)邊界N時(shí)，金屬線框加速度的大小.5m2gR28B4L4'3、解析(1)根據(jù)題意分析可知，金屬線框在穿過(guò)M界面時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)為v1,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v12=2gd在金屬線框穿過(guò)M的過(guò)程中，金屬線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv1金屬線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流I=ER金屬線框受到的安培力根據(jù)物體的平衡條件有F=BILmg=F,聯(lián)立解得d=m2gR22B4L4(2)根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，金屬線框中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=mg(2h+L)解彳3Q=mg(3L+5m2gR2)

7、4B4L4)設(shè)金屬線框的底邊剛通過(guò)磁場(chǎng)邊界N時(shí)，金屬線框的速度大小為v2,根據(jù)題意和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v22-v12=2g(hL)此時(shí)金屬線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E'=2BLv2，一、一，E金屬線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流I'=下R金屬線框受到的安培力F'=2BI'L根據(jù)牛頓第二定律有F'-mg=ma'解得金屬線框的加速度大小為a'=5g4、如圖所示，兩電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角為9,導(dǎo)軌間距為l,所在平面的正方形區(qū)域abcd內(nèi)存在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直斜面向上.將甲、乙兩阻值相同、質(zhì)量均為m的相同金屬桿放置在導(dǎo)軌上，甲

8、金屬桿處在磁場(chǎng)的上邊界，甲乙相距1.靜止釋放兩金屬桿的同時(shí)，在甲金屬桿上施加一個(gè)沿著導(dǎo)軌向下的外力F,使甲金屬桿在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終沿導(dǎo)軌向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為gsin9,乙金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng).(1)甲、乙的電阻R為多少；(2)設(shè)剛釋放兩金屬桿時(shí)t=0,寫出從開(kāi)始釋放到乙金屬桿離開(kāi)磁場(chǎng)，外力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系；若從開(kāi)始釋放到乙金屬桿離開(kāi)磁場(chǎng)，乙金屬桿中共產(chǎn)生熱量Q試求此過(guò)程中外力F對(duì)甲做的功.4、解析(1)對(duì)乙受力分析知，乙的加速度大小為gsin8,甲、乙加速度相同，所以當(dāng)乙剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，甲剛出磁場(chǎng)，乙進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)v=2glsin(T對(duì)乙由受力平衡可知B2l2vB2l2J2g

9、lsin""(Tmgsin0=2R2R故12yg嗎。2mgsin0(2)甲在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，外力F始終等于安培力，F(xiàn)=F安=IlB=BvlB2R因?yàn)関=gsin0tmg2sin282glsin0Bl.gsinet所以F=2rlB其中00tWVgsin9甲出磁場(chǎng)以后，外力F為零.(3)乙進(jìn)入磁場(chǎng)前做勻加速運(yùn)動(dòng)，甲乙產(chǎn)生相同的熱量，設(shè)為Q1,此過(guò)程中甲一直在磁場(chǎng)中，外力F始終等于安培力，則有WFW=2Q1,乙在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的熱量Q2=Q-Q1,對(duì)乙利用動(dòng)能定理有mglsin82Q2=0,聯(lián)立解得WF2Q-mglsinT5、如圖9所示，長(zhǎng)L1=1.0m,寬L2=0.50m的矩形導(dǎo)

10、線框，質(zhì)量為0.20kg,電阻R=2.0Q.其正下方有寬為H(H>L2),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=1.0T,垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng).現(xiàn)在，讓導(dǎo)線框從cd邊距磁場(chǎng)上邊界h=0.70m處開(kāi)始自由下落，當(dāng)cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)中，ab尚未進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，導(dǎo)線框做勻速運(yùn)動(dòng).(不計(jì)空氣阻力，取g=10m/s2)求：八XXXX(1)線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中安培力做的功是多少？(2)線框穿出磁場(chǎng)過(guò)程中通過(guò)線框任一截面的電荷量q是多少?ffxXX±_£一5一一工5、解析當(dāng)線框勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)：滿足m驢BIL1,而E=BL1v,E=IR.線框由靜止到剛好進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理有mg(L2+h)+W=等一0,

11、解得安培力做的功W0.8J.(2)線框穿出磁場(chǎng)過(guò)程中通過(guò)線框任一截面的電荷量：q=Tt=*,即q=BLRL2,代入數(shù)據(jù)解得q=0.25C.6、如圖所示，絕緣細(xì)繩繞過(guò)輕滑輪連接著質(zhì)量為m的正方形導(dǎo)線框和質(zhì)量為M的物塊，導(dǎo)線框的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為R,物塊放在光滑水平面上，線框平面豎直且ab邊水平，其下方存在兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B,方向水平但相反，I區(qū)域的高度為L(zhǎng),R區(qū)域的高度為2L.開(kāi)始時(shí)，線框ab邊距磁場(chǎng)上邊界PP的高度也為L(zhǎng),各段純都處于伸直狀態(tài)，把它們由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)中線框平面始終ab邊剛穿過(guò)兩磁場(chǎng)的分界線QQ進(jìn)入磁場(chǎng)n時(shí)，線框做與磁場(chǎng)方向垂直，M始終在水平面上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)勻速運(yùn)

12、動(dòng).不計(jì)滑輪處的摩擦.求：通過(guò)線圈導(dǎo)線某橫截面的電荷量；(1)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)I時(shí)，線框的速度大??；(2)cd邊從PP位置運(yùn)動(dòng)到QQ位置過(guò)程中,(3)ab邊從PP位置運(yùn)動(dòng)到NN位置過(guò)程中,產(chǎn)生的焦耳熱.6、解析1(1)在線框下降L過(guò)程中，對(duì)線框和物塊組成的整體，由動(dòng)能定理得mg2(m+M)v12,所以線框的速度:v1=2mgLM(2)線框從I區(qū)進(jìn)入II區(qū)過(guò)程中,A=BS-(BS)=2BL2,E=f,I=|,所以通過(guò)線圈導(dǎo)線某截面的電量：q=IAt2BL2=I,線框ab邊運(yùn)動(dòng)到位置NN之前，只有ab邊從PP位置下降2L的過(guò)程中線框中有感應(yīng)電流，設(shè)線框ab邊剛進(jìn)入R區(qū)域做勻速運(yùn)動(dòng)的速度是v2,線圈

13、中電流為I2,則I2=2B詈I此時(shí)Mmt勻做勻速運(yùn)動(dòng)，2BI2L=mgv2=m?14B2L21根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒定律有mg-3L=2(m+M)v22+Q則線圈中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=3mgL-mMm2g2I232B4L4.7、(2011天津11)(18分)如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MNPQ間距為L(zhǎng)=0.5m,其電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成300角.完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導(dǎo)軌放置，每棒兩端都與導(dǎo)軌始終有良好接觸，已知兩棒質(zhì)量均為0.02kg,電阻均為1=0.1Q,整個(gè)裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2T,棒ab在平行于導(dǎo)軌向上的力F作

14、用下，沿導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動(dòng)，而棒cd恰好能夠保持靜止，取g=10m/s2,問(wèn)：(1)通過(guò)棒cd的電流I是多少，方向如何？棒ab受到的力F多大？棒cd每產(chǎn)生Q=0.1J的熱量，力F做的功W是多少？7、解析(1)對(duì)cd棒受力分析如圖所示由平衡條件得mgsin8=BIL(2分)mgsin90.02X10Xsin30BL0.2X0.5A=1A.根據(jù)楞次定律可判定通過(guò)棒cd的電流方向?yàn)橛蒬到c.（1分）棒ab與cd所受的安培力大小相等，對(duì)ab棒受力分析如圖所示，由共點(diǎn)力平衡條件知F=mgsin9+BIL（2分）代入數(shù)據(jù)解得F=0.2N.設(shè)在時(shí)間t內(nèi)棒cd產(chǎn)生0=0.1J的熱量，由焦耳定律知Q=I2Rt（2

15、分）設(shè)ab棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度是v,其產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv（2分）由閉合電路歐姆定律知時(shí)間t內(nèi)棒ab運(yùn)動(dòng)的位移s=vt力F所做白功WFs綜合上述各式，代入數(shù)據(jù)解得W=0.4J.（1分）8、（15分）如圖所示，兩平x2xxxXXM&戶H行光滑的金屬導(dǎo)軌MNPQ固定在水平面上，相距為L(zhǎng),處于豎直方向3*!x4xXX昆XX的磁場(chǎng)中，整個(gè)磁場(chǎng)由若干個(gè)寬度皆為d的條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域1、2、3、4組成，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1、B2的方向相反，大小相等，即B1=B2=B.導(dǎo)軌左端MP間接一電阻R,質(zhì)量為m電阻為r的細(xì)導(dǎo)體棒ab垂直放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻.現(xiàn)對(duì)棒ab施加水平向右的拉力，使

16、其從區(qū)域1磁場(chǎng)左邊界位置開(kāi)始以速度v0向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)并穿越n個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域.（1）求棒ab穿越區(qū)域1磁場(chǎng)的過(guò)程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q求棒ab穿越n個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中拉力對(duì)棒ab所做白功W（3）規(guī)定棒中從a到b的電流方向?yàn)檎?，畫出上述過(guò)程中通過(guò)棒ab的電流I隨時(shí)間t變化的圖象;求棒ab穿越n個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中通過(guò)電阻R的凈電荷量q.,8、B2L2V0Rd(R+r)2(2)nB2L2V0d（3）見(jiàn)解析BLdR+r解析（3）如圖所示9、（16分）如圖所示，在水平面上固定一光滑金屬導(dǎo)軌HGDEFEF/GH,DE=EF=D氏GH=EG=L.一質(zhì)量為m足夠長(zhǎng)導(dǎo)體棒AC垂直EF方向放置在金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌與導(dǎo)

17、體棒單位長(zhǎng)度的電阻均為r,整個(gè)裝置處在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.現(xiàn)對(duì)導(dǎo)體棒AC施加一水平向右的外力，使導(dǎo)體棒從D位置開(kāi)始以速度v0沿EF方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒在滑動(dòng)過(guò)程中始終保持與導(dǎo)軌良好接觸.（1）求導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到FH位置，即將要離開(kāi)導(dǎo)軌時(shí),FH兩端的電勢(shì)差.（2）關(guān)于導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中回路產(chǎn)生的感應(yīng)電流，小明和小華兩位同學(xué)進(jìn)行了討論.小明認(rèn)為導(dǎo)體棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中是勻速的，所以回路中電流的值是恒定不變的；小華則認(rèn)為前一過(guò)程導(dǎo)體棒有效切割長(zhǎng)度在增大，所以電流是增大的，后一過(guò)程導(dǎo)體棒有效切割長(zhǎng)度不變，電流才是恒定不變的，你認(rèn)為這兩位同學(xué)的觀點(diǎn)正確嗎？請(qǐng)通過(guò)推算證明你的觀點(diǎn).（3

18、）求導(dǎo)體棒從D位置運(yùn)動(dòng)到EG位置的過(guò)程中，導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的焦耳熱.9、解析（1）E=BLv0（2分）4八UF生5BLv0（3分）（2）兩個(gè)同學(xué)的觀點(diǎn)都不正確.（2分）取AC棒在D到EG運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的某一位置，MN間距離設(shè)為x,WJDMhNMhDN=x,E=Bxv0,R=3rx，I，此過(guò)程中電流是恒定的.（2AC#在EG至FH運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定不變，而電阻一直在增大，所以電流是減小的.（2（3）設(shè)任意時(shí)刻沿運(yùn)動(dòng)方向的位移為s,則s=¥x,安培力與位移的關(guān)系為FA=BIxB2v0x23B2V0s3r=9r（2分）AC棒在D到EG上滑動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電熱，數(shù)值上等于克服安培力做的功，又因?yàn)镕

19、rs,所以Q=0H2FAX$L=（2分）全過(guò)程中，導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的焦耳熱始終為全部的三分之一，所以，導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的焦耳熱,10+FA33B2L2v0Q=-XX-L=32336r（1分）分）3B2L2v012rX分）10、（重慶市2012（春）高三考前模擬測(cè)）（16分）如題23-1圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m總電阻為R的正方形導(dǎo)線框靜置于光滑水平面上，處于與水平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化規(guī)律如題23-2圖所示.求：（1）在t=0到t=t0時(shí)間內(nèi)，通過(guò)導(dǎo)線框的感應(yīng)電流大小；t0（2）在t=2時(shí)刻，a、b邊所受磁場(chǎng)作用力大??；（3）在t=0到t=t0時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框中電流做的功1

20、0、（重慶市2012（春）高三考前模擬測(cè)）（16分）B0L2解：（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律得，導(dǎo)線框的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)t0（4分）,EBoL2I=通過(guò)導(dǎo)線框的感應(yīng)電流大?。篟Rto（4分）匚BoL3F二（2）ab邊所受磁場(chǎng)作用力大?。篎=BIL2Rto（4分）W=I2Rt0=BL（3）導(dǎo)線框中電流做的功：Rto（4分）電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題1 .考點(diǎn)分析:電磁感應(yīng)的題目往往綜合性較強(qiáng)，與前面的知識(shí)聯(lián)系較多，涉及力學(xué)知識(shí)（如牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功、動(dòng)能定理、能量守恒定律等）、電學(xué)知識(shí)（如電磁感應(yīng)定律、楞次定律、安培力、直流電路知識(shí)、磁場(chǎng)知識(shí)等）等多個(gè)知識(shí)點(diǎn)，突出考查考生理解能力、分析綜合能力，尤其從實(shí)際問(wèn)題中

21、抽象概括構(gòu)建物理模型的創(chuàng)新能力。2 .考查類型說(shuō)明：本部分內(nèi)容是歷年高考考查的重點(diǎn)，年年都有考題，且多為計(jì)算題，分值高，難度大，對(duì)考生具有較高的區(qū)分度。3 .考查趨勢(shì)預(yù)測(cè)：電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題是高考?？嫉念}型之一，這類問(wèn)題要求學(xué)生能理清電磁感應(yīng)過(guò)程中做功及能量的轉(zhuǎn)化情況，然后選用相應(yīng)的規(guī)律進(jìn)行解答。這類問(wèn)題既要用到電磁感應(yīng)知識(shí)，又要用到功能關(guān)系和能量守恒定律，是不少同學(xué)都感到困難的問(wèn)題。因此，本專題是復(fù)習(xí)中應(yīng)強(qiáng)化訓(xùn)練的重要內(nèi)容?！局R(shí)儲(chǔ)備】?jī)?nèi)容說(shuō)明能級(jí)要求IR法拉第電磁展應(yīng)定律的用名=N里s=BLV求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小V楞次定律判斷產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向V功能關(guān)系安培力做正功，是將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能

22、，安培力做負(fù)功，是將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能在物理學(xué)研究的問(wèn)題中，能量是一個(gè)非常重要的課題，能量守恒是自然界的一個(gè)普遍的、重要的規(guī)律。在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，由磁生電并不是創(chuàng)造了電能，而只是機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能而已。在力學(xué)中就已經(jīng)知道:功是能量轉(zhuǎn)化的量度。那么在機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能的電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，是什么力在做功呢？是安培力在做功，在電學(xué)中，安培力做正功，是將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能(電動(dòng)機(jī))，安培力做負(fù)功，是將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能(發(fā)電機(jī))，必須明確發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，是安培力做功導(dǎo)致能量的轉(zhuǎn)化。(1)由6=N噌決定的電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，無(wú)論磁場(chǎng)發(fā)生的增強(qiáng)變化還是減弱變化，磁場(chǎng)都通過(guò)感應(yīng)導(dǎo)體對(duì)外輸出能量(指電路閉合的情況下，下同

23、)。磁場(chǎng)增強(qiáng)時(shí)，是其它形式的能量轉(zhuǎn)化為磁場(chǎng)能中的一部分對(duì)外輸出；磁場(chǎng)子削弱時(shí)，是消耗磁場(chǎng)自身儲(chǔ)存的能量對(duì)外輸出。(2)由8=BlvsinH決定的電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，由于磁場(chǎng)本身不發(fā)生變化，一般認(rèn)為磁場(chǎng)并不輸出能量，而是其它形式的能量，借助安培的功(做正功、負(fù)功)來(lái)實(shí)現(xiàn)能量的轉(zhuǎn)化。率的改變與回路中電功率的變化所滿足的方程。(3)解決這類問(wèn)題的基本方法：用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律確定感應(yīng)電動(dòng)的大小和方向；畫出等效電路，求出回路中電阻消耗電功率表達(dá)式；分析導(dǎo)體機(jī)械能的變化，用能量守恒關(guān)系得到機(jī)械功【典例分析】例題1如圖(a)所示，光滑的平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，間距為L(zhǎng)、導(dǎo)軌左端接有阻值為R的電

24、阻,質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒垂直跨接在導(dǎo)軌上。導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均不計(jì)，且接觸良好。在導(dǎo)軌平面上有一矩形區(qū)域內(nèi)存在著豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bo開(kāi)始時(shí)，導(dǎo)體棒靜止于磁場(chǎng)區(qū)域的右端，當(dāng)磁場(chǎng)以速度vi勻速向右移動(dòng)時(shí)，導(dǎo)體棒隨之開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，同時(shí)受到水平向左、大小為f的恒定阻力，并很快達(dá)到恒定速度，此時(shí)導(dǎo)體棒仍處于磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)。(1)求導(dǎo)體棒所達(dá)到的恒定速度V2；(2)為使導(dǎo)體棒能隨磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)，阻力最大不能超過(guò)多少？(3)導(dǎo)體棒以恒定速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，單位時(shí)間內(nèi)克服阻力所做的功和電路中消耗的電功率各為多大？(4)若t=0時(shí)磁場(chǎng)由靜止開(kāi)始水平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)較短時(shí)間后，導(dǎo)體棒也做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其v-

25、t關(guān)系如圖(b)所示，已知在時(shí)刻t導(dǎo)體棋睥瞬時(shí)速度大小為vt,求導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小?？键c(diǎn)分析本題考察了法拉第電磁感應(yīng)定律，物體的平衡解題思路(1)E=BL(V1-V2),I=E/R,F=BIL=B2L2(V1-V2),速度恒定時(shí)有:B2L2(V1-V2),ifRR=f,可得：V2=V1B2L2,B2L2V1(2) fm=-p-R(3)P導(dǎo)體棒=(4)因?yàn)锽2L2(viV2)B2L2(at-vt)乳2Vt+fRa=B2L2t-mR正確答案是：Vi-BL2,P電路=E/R=Bl2(V1-V2)2f=ma導(dǎo)體棒要做勻加速運(yùn)動(dòng),f=ma可解得:fB2L2v1f2RB2L2Vt+fRm

26、;RTBL2(4)BVtmRf2R=B2?，,rVt+AV必有V1V2為常數(shù)，設(shè)為Av,a=-t一,對(duì)電磁感應(yīng)過(guò)程中能量的轉(zhuǎn)化不清楚，導(dǎo)致解決問(wèn)題時(shí)出現(xiàn)錯(cuò)誤例題2如圖(a)所示，一端封閉的兩條平行光滑導(dǎo)軌相距L,距左端L處的中間一段被彎成半徑為H的1/4圓弧，導(dǎo)軌左右兩段處于高度相差H的水平面上。圓弧導(dǎo)軌所在區(qū)域無(wú)磁場(chǎng)，右段區(qū)域存在磁場(chǎng)Bo,左段區(qū)域存在均勻分布但隨時(shí)間線性變化的磁場(chǎng)B(t),如圖(b)所示，兩磁場(chǎng)方向均豎直向上。在圓弧頂端，放置一質(zhì)量為m的金屬棒ab,與導(dǎo)軌左段形成閉合回路，從金屬棒下滑開(kāi)始計(jì)時(shí)，經(jīng)過(guò)時(shí)間to滑到圓弧頂端。設(shè)金屬棒在回路中的電阻為R,導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為

27、g(1)問(wèn)金屬棒在圓弧內(nèi)滑動(dòng)時(shí)，回路中感應(yīng)電流的大小和方向是否發(fā)生改變?(2)求0到時(shí)間to內(nèi)，回路中感應(yīng)電流產(chǎn)生的焦耳熱量。(3)探討在金屬棒滑到圓弧底端進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)Bo的一瞬間，回路中感應(yīng)電流的大小和方向。為什么?考點(diǎn)分析法拉第電磁感應(yīng)定律，機(jī)械能守恒定律，以及閉合電路的歐姆定律。解題思路解：(1)感應(yīng)電流的大小和方向均不發(fā)生改變。因?yàn)榻饘侔艋綀A弧任意位置時(shí)，回路中磁通量的變化率相同。(2) 010時(shí)間內(nèi)，設(shè)回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為£,感應(yīng)電流為I,感應(yīng)電流產(chǎn)生的焦耳熱為Q由法拉第電磁感應(yīng)定律：E。=竺=L2生tto根據(jù)閉合電路白歐姆定律：I=旦R由焦定律及有：Q=|2Rt=、曳

28、toR(3)設(shè)金屬進(jìn)入磁場(chǎng)B0一瞬間的速度變v,金屬棒在圓弧區(qū)域下滑的過(guò)程中，機(jī)械能守恒:mgH=12mvBo區(qū)域瞬間的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E,則:2在很短的時(shí)間&內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)/LXE=,=v.：t.：t4=B0LAx+L2AB(t)(6由閉合電路歐姆定律及，求得感應(yīng)電流:1目；2gH根據(jù)討論：I.當(dāng)J2gH=L時(shí),I=o；toii.當(dāng)、萬(wàn)而下二時(shí),toRI&-,方向?yàn)閎Tto)iii.當(dāng)也g1<L時(shí),toBoLRto,方向?yàn)閍-*b。正確答案是：(1)感應(yīng)電流的大小和方向均不發(fā)生改變。因?yàn)榻饘侔艋綀A弧任意位置時(shí)，回路中磁通量的變化率相同toR(3

29、) I.當(dāng)v'2glT=L時(shí)，I=0;toII .當(dāng)J2gHaL時(shí)，I=BL|J2gH-,方向?yàn)閎Ta;toRVto；III .當(dāng),2gHJ時(shí),I=恥工：'2gH，方向?yàn)閍->b。toRto失分陷阱不清楚雙回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小的求法例題3如圖所示，兩條水平虛線之間有垂直于紙面向里，寬度為d,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng).質(zhì)量為m電阻為R的正方形線圈邊長(zhǎng)為L(zhǎng)(L<d),線圈下邊緣到磁場(chǎng)上邊界的距離為h,將線圈由靜止釋放，具下邊緣剛進(jìn)入磁場(chǎng)和剛穿出磁場(chǎng)時(shí)刻的速度都是Vo,則在整個(gè)線圈穿過(guò)磁場(chǎng)的全過(guò)程中(從下邊緣進(jìn)入磁場(chǎng)到上邊緣穿出磁場(chǎng))，下列說(shuō)法中正確的是()A.線圈可能一

30、直做勻速運(yùn)動(dòng)B.線圈可能先加速后減速,：C.線圈的最小速度一定是mgR/B2L2一：一i'i|D.線圈的最小速度一定是、2g(hd+L)p1*：/K:考點(diǎn)分析;1XXX1法拉第電磁感應(yīng)定律，安培力以及牛頓第二定律。解題思路由于L<d,總有一段時(shí)間線圈全部處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁通量不發(fā)生變化，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，因此不受安培力，而做自由落體運(yùn)動(dòng)，因此不可能一直勻速運(yùn)動(dòng)，A選項(xiàng)錯(cuò)誤。已知線圈下邊緣剛進(jìn)入磁場(chǎng)和剛穿出磁場(chǎng)時(shí)刻的速度都是V。，由于線圈下邊緣到達(dá)磁場(chǎng)下邊界前一定是加速運(yùn)動(dòng)，所以只可能是先減速后加速，而不可能是先加速后減速，B選項(xiàng)錯(cuò)誤。mgRBl?是安培力和重力平衡時(shí)所對(duì)應(yīng)的速度，而

31、本題線圈減速過(guò)程中不一定能達(dá)到這一速度，C選項(xiàng)錯(cuò)誤。從能量守恒的角度來(lái)分析，線圈穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中，當(dāng)線圈上邊緣剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度一定最小。從開(kāi)始自由下落到線圈上邊緣剛進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中用動(dòng)能定理，設(shè)該過(guò)程克服安培力做的功為W則有：mg(h+L)悵工mV。再在線圈下邊緣剛進(jìn)入磁場(chǎng)到剛2穿出磁場(chǎng)過(guò)程中用動(dòng)能定理，該過(guò)程克服安培力做的功也是W而始、末動(dòng)能相同，所以有：mg5怔0。由以上兩式可得最小速度v-，2g(hd+L1所以D選項(xiàng)正確。正確答案：D失分陷阱本題以豎直面內(nèi)矩形線框進(jìn)入有界磁場(chǎng)產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象為背景，考查能的轉(zhuǎn)化與守恒定律、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小的計(jì)算、安培力、平衡條件等較多知識(shí)點(diǎn)，情景復(fù)雜，考查考生

32、對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的掌握和分析綜合能力用密度為d、電阻率為p、橫截面積為A的薄金屬條制成邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的閉合正方形框abbH。如圖所示，金屬方框水平放在磁極的狹縫間，方框平面與磁場(chǎng)方向平行。設(shè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)僅存在于相對(duì)磁極之間，其他地方的磁場(chǎng)忽略不計(jì)?？烧J(rèn)為方框的aa.邊和bb.邊都處在磁極之間，極間磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。方框從靜止開(kāi)始釋放，其平面在下落過(guò)程中保持水平（不計(jì)空氣阻力）。求方框下落的最大速度vm（設(shè)磁場(chǎng)區(qū)域在數(shù)值方向足夠長(zhǎng)）；當(dāng)方框下落的加速度為g時(shí)，求方框的發(fā)熱功率P;2已知方框下落時(shí)間為t時(shí)，下落高度為h,其速度為vt（Vt<Vm）。若在同一時(shí)間t內(nèi)，方框內(nèi)產(chǎn)生的熱與一恒定電流|0在該框內(nèi)產(chǎn)

33、生的熱相同，求恒定電流|0的表達(dá)式。圖1裝置縱截面示意圖圖2裝置俯視示意圖考點(diǎn)分析本題考察了牛頓第二定律、能量守恒定律及電磁感應(yīng)的相關(guān)知識(shí)。解題思路方框質(zhì)量：m=4LAd方框電阻：R=：也A方框下落速度為v時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=B2Lv感應(yīng)電流I二E=BAvR2：方框下落過(guò)程，受到重力G及安培力F,G=mg=4LAdg,方向豎直向下B2AL、,、一,F=BI2L=v,萬(wàn)向豎直向下P當(dāng)F=G時(shí)，方框達(dá)到最大速度，即V=Vm方框下落的最大速度:4：dVm=2gB方框下落加速度為g時(shí)，有:2mg-IB2L=m9，貝U:2mgAdgI-4BLB方框的發(fā)熱功率：p=i2r-4：ALd2g2b2根據(jù)能量守恒定律，有,12.2mgh=-mvtI0Rt2解得恒定電流10的表達(dá)