《浙江省2018-2019版高中物理 第四章 電磁感應(yīng)章末整合提升學(xué)案 新人教版選修3-2》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《浙江省2018-2019版高中物理 第四章 電磁感應(yīng)章末整合提升學(xué)案 新人教版選修3-2（16頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第四章 電磁感應(yīng)章末整合提升突破一安培定則、左手定則、右手定則和楞次定律的綜合在研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象時(shí)，經(jīng)常用到安培定則、左手定則、右手定則及楞次定律等規(guī)律。要想靈活運(yùn)用“三定則一定律”，就必須明確這些規(guī)律的區(qū)別與聯(lián)系?！叭▌t一定律”應(yīng)用于不同的現(xiàn)象基本現(xiàn)象應(yīng)用的定則或定律運(yùn)動(dòng)電荷、電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)安培定則磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷、電流的作用力左手定則電磁感應(yīng)導(dǎo)線切割磁感線右手定則閉合回路磁通量變化楞次定律【例1】 如圖1甲所示，等離子氣流由左方連續(xù)以速度v0射入M和N兩極間的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，ab直導(dǎo)線與M、N相連接，線圈A與直導(dǎo)線cd連接，線圈A內(nèi)有如圖乙所示變化的磁場(chǎng)，且規(guī)定向左為磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的正方向

2、，則下列敘述正確的是()圖1A.01 s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相排斥B.1 s2 s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相吸引C.2 s3 s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相吸引D.3 s4 s內(nèi)ab、cd導(dǎo)線互相排斥解析根據(jù)左手定則，可判定等離子氣流中的正離子向上極板M偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向下極板N偏轉(zhuǎn)，所以ab中電流方向是由a向b的。在02 s內(nèi)，線圈A內(nèi)磁場(chǎng)方向向左，磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，由楞次定律可知感應(yīng)電流方向是由c向d的，根據(jù)ab、cd內(nèi)電流的流向關(guān)系，可知兩導(dǎo)線相互吸引，A錯(cuò)誤，B正確；在2 s4 s內(nèi)，線圈A內(nèi)磁場(chǎng)方向向左，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，由楞次定律可知感應(yīng)電流的方向是由d向c的，根據(jù)ab、cd內(nèi)電流的流向關(guān)系，可知兩導(dǎo)線相

3、互排斥，C錯(cuò)誤，D正確。答案BD題后反思在電流的磁效應(yīng)中由安培定則可確定磁場(chǎng)的方向；在電磁感應(yīng)中由右手定則或楞次定律可確定感應(yīng)電流的方向；左手定則適用于帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)受到的洛倫茲力和通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中受到的安培力的方向判定?！靖櫽?xùn)練1】 如圖2甲所示，長直導(dǎo)線與閉合金屬線框位于同一平面內(nèi)，長直導(dǎo)線中的電流i隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示。在0時(shí)間內(nèi)，長直導(dǎo)線中的電流方向向上，則線框中感應(yīng)電流的方向與所受安培力情況是()圖2A.0T時(shí)間內(nèi)線框中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向B.0T時(shí)間內(nèi)線框中感應(yīng)電流的方向?yàn)橄软槙r(shí)針方向后逆時(shí)針方向C.0T時(shí)間內(nèi)線框所受安培力的合力向左D.0時(shí)間內(nèi)線框所受安培力

4、的合力向右，T時(shí)間內(nèi)線框所受安培力的合力向左解析0時(shí)間內(nèi)，電流i在減小，閉合金屬線框內(nèi)的磁通量必然在減小，由楞次定律可以判斷出線框中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，而且0時(shí)間內(nèi)線框所受安培力的合力應(yīng)向左；同理，可以判斷在T時(shí)間內(nèi)，電流i在反向增大，閉合金屬線框內(nèi)的磁通量必然增大，由楞次定律可以判斷出線框中感應(yīng)電流的方向也為順時(shí)針方向，而且T時(shí)間內(nèi)線框所受安培力的合力應(yīng)向右。故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。答案A突破二電磁感應(yīng)的圖象問題1.對(duì)于圖象問題，搞清物理量之間的函數(shù)關(guān)系、變化范圍、初始條件、斜率的物理意義等，往往是解題的關(guān)鍵。2.解決圖象問題的一般步驟(1)明確圖象的種類，即是Bt圖象還是t圖象，

5、或者是Et圖象、It圖象，F(xiàn)t圖象等。(2)分析電磁感應(yīng)的具體過程。(3)確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)(或感應(yīng)電流)的大小和方向，有下列兩種情況若回路面積不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化時(shí)，用楞次定律確定感應(yīng)電流的方向，用En確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小的變化。若磁場(chǎng)不變，導(dǎo)體桿切割磁感線，用右手定則判斷感應(yīng)電流的方向，用EBlv確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小的變化。(4)涉及受力問題，可由安培力公式FBIL和牛頓運(yùn)動(dòng)定律等規(guī)律寫出有關(guān)函數(shù)關(guān)系式。(5)畫圖象或判斷圖象。特別注意分析斜率的變化、截距等?！纠?】 如圖3甲所示，矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場(chǎng)的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)

6、間變化的規(guī)律如圖乙所示，若規(guī)定順時(shí)針方向?yàn)楦袘?yīng)電流的正方向，下列各圖中正確的是()圖3解析01 s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B均勻增大，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E恒定，電流i恒定；由楞次定律可知，電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，即負(fù)方向，在it圖象上，是一段平行于t軸的直線，且方向?yàn)樨?fù)，可見，A、C錯(cuò)誤；在12 s內(nèi)B、D中電流情況相同，在23 s內(nèi)，負(fù)向的磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大，由法拉第電磁感應(yīng)定律知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E恒定，電流i恒定，由楞次定律知，電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，即正方向，在it圖象上，是一段平行于t軸的直線，且方向?yàn)檎?，只有D符合。答案D題后反思對(duì)電磁感應(yīng)圖象問題，應(yīng)注意以下幾點(diǎn)(1)明

7、確圖象所描述的物理意義；(2)必須明確各種“”“”的含義；(3)必須明確斜率的含義；(4)必須建立圖象和電磁感應(yīng)過程之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系；(5)注意理解三個(gè)相似關(guān)系及其各自的物理意義：vv、BB、(、分別反映了v、B、變化的快慢。)【跟蹤訓(xùn)練2】 如圖4甲所示，光滑導(dǎo)軌水平放置在斜向下且與水平方向夾角為60的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定斜向下為B的正方向)，導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌接觸良好，除導(dǎo)體棒和電阻R的阻值外，其余電阻不計(jì)，導(dǎo)體棒ab在水平外力作用下始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。規(guī)定ab的方向?yàn)殡娏鞯恼较?，水平向右的方向?yàn)橥饬Φ恼较?，則在0t1時(shí)間內(nèi)，能正

8、確反映流過導(dǎo)體棒ab的電流I和導(dǎo)體棒ab所受水平外力F隨時(shí)間t變化的圖象是()解析由楞次定律可判定回路中的電流方向始終為ba，由法拉第電磁感應(yīng)定律可判定回路中的電流大小恒定，故A、B兩項(xiàng)錯(cuò)；由F安BIL可得F安隨B的變化而變化，在0t0時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)安方向水平向右，故外力F與F安等值反向，方向水平向左為負(fù)值；在t0t1時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)安方向改變，故外力F方向也改變?yōu)檎?，綜上所述，D項(xiàng)正確。答案D【例3】 如圖5所示，一個(gè)由導(dǎo)體做成的矩形線圈，以恒定速率v運(yùn)動(dòng)，從無場(chǎng)區(qū)進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)，磁場(chǎng)寬度大于矩形線圈的寬度da，然后出來；若取逆時(shí)針方向的電流為正方向，那么下列圖中能正確地表示回路中的電流與時(shí)間的函數(shù)

9、關(guān)系的是()圖5解析根據(jù)楞次定律，線圈進(jìn)入磁場(chǎng)的過程，穿過線圈的磁通量增加，產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，因?yàn)樗俣群愣?，所以電流恒定，故A、D錯(cuò)誤；離開磁場(chǎng)時(shí)，穿過線圈的磁通量減少，所以產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流，B錯(cuò)誤，C正確。答案C題后反思電磁感應(yīng)中常涉及感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的圖象，即it圖象，在圖象中一定要注意以下兩點(diǎn)：(1)首先利用楞次定律確定電流的方向問題，特別是由一種狀態(tài)過渡到另一種狀態(tài)時(shí)，電流的方向是否變化是考查的重點(diǎn)。(2)電流的大小問題則涉及電磁感應(yīng)定律，特別是動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)中兩兩垂直，等效長度都是考查的重點(diǎn)?！靖櫽?xùn)練3】 如圖6所示，垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的區(qū)域?qū)挾葹?a，磁感應(yīng)強(qiáng)度

10、的大小為B。一邊長為a、電阻為4R的正方形均勻?qū)Ь€框ABCD從圖示位置開始沿水平向右方向以速度v勻速穿過磁場(chǎng)區(qū)域，在圖中線框A、B兩端電壓UAB與線框移動(dòng)距離的關(guān)系圖象正確的是()圖6解析進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，注意UAB是路端電壓，應(yīng)該是電動(dòng)勢(shì)的四分之三，此時(shí)EBav，所以UAB；完全進(jìn)入后，沒有感應(yīng)電流，但有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，大小為Bav，穿出磁場(chǎng)時(shí)電壓應(yīng)該是電動(dòng)勢(shì)的四分之一，UAB，電勢(shì)差方向始終相同，即AB，由以上分析可知選D。答案D突破三電磁感應(yīng)的電路問題1.電磁感應(yīng)中電路問題(1)電源：磁通量發(fā)生變化的回路或切割磁感線的導(dǎo)體相當(dāng)于電源。(2)電路：內(nèi)電路是磁通量變化的回路或切割磁感線的導(dǎo)體，外電路由

11、電阻、電容器等電學(xué)元件組成。2.解決電磁感應(yīng)中電路問題的一般步驟(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律(右手定則)確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向。(2)畫等效電路圖。(3)運(yùn)用閉合電路的歐姆定律、串并聯(lián)電路的性質(zhì)、電功率等公式求解。3.與上述問題相關(guān)的幾個(gè)知識(shí)點(diǎn)(1)電源電動(dòng)勢(shì)：En或EBlv。(2)閉合電路歐姆定律：I。部分電路歐姆定律：I。電源的內(nèi)電壓：U內(nèi)Ir。電源的路端電壓：U外EIr。(3)通過導(dǎo)體的電荷量：qtn?！纠?】 如圖7所示，面積為0.2 m2的100匝線圈A處在磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于線圈平面。磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的規(guī)律是B(60.2t)T，已知電路中的R14 ，R26 ，電

12、容C30 F，線圈的電阻不計(jì)，求：圖7(1)閉合S一段時(shí)間后，通過R2的電流大小及方向。(2)閉合S一段時(shí)間后，再斷開S，S斷開后通過R2的電荷量是多少？解析(1)由于磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化，根據(jù)B(60.2t)T，可知0.2 T/s，所以線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為EnnS1000.20.2 V4 V。通過R2的電流大小為I A0.4 A。由楞次定律可知電流的方向自上而下通過R2。(2)閉合 S一段時(shí)間后，電容器充電，此時(shí)兩板間電壓U2IR20.46 V2.4 V。再斷開S，電容器將放電，通過R2的電荷量就是電容器原來所帶的電荷量QCU2301062.4 C7.2105 C答案(1)0.4 A

13、由上向下通過R2(2)7.2105 C題后反思在計(jì)算線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)時(shí)，一定不能漏掉公式En中的線圈匝數(shù)n。導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)EBLv。當(dāng)v為平均值時(shí)，求得的電動(dòng)勢(shì)為平均電動(dòng)勢(shì)；當(dāng)v為瞬時(shí)值時(shí)，求得的電動(dòng)勢(shì)為瞬時(shí)電動(dòng)勢(shì)?！靖櫽?xùn)練4】 如圖8所示，把總電阻為2R的均勻電阻絲焊接成一半徑為a的圓環(huán)，水平固定在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一長度為2a，電阻等于R，粗細(xì)均勻的金屬棒MN放在圓環(huán)上，它與圓環(huán)始終保持良好接觸，當(dāng)金屬棒以恒定速度v向右移動(dòng)經(jīng)過環(huán)心時(shí)，求：圖8(1)棒上電流的大小和方向及棒兩端的電壓UMN。(2)電路中消耗的熱功率。解析求金屬棒上的瞬時(shí)電流，需先求得

14、瞬時(shí)電動(dòng)勢(shì)?？捎霉紼BLv求解。(1)金屬棒過圓心時(shí)的電動(dòng)勢(shì)大小E2Bav。由閉合電路歐姆定律得電流大小I，電流方向從N流向M。金屬棒兩端電壓UMN。(2)電路中消耗的熱功率PIE。答案(1)，方向從N流向MBav(2)突破四電磁感應(yīng)的動(dòng)力學(xué)問題1.導(dǎo)體中的感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中將受到安培力作用，所以電磁感應(yīng)問題往往與力學(xué)問題聯(lián)系在一起，處理此類問題的基本方法：(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向。(2)求回路中的電流強(qiáng)度的大小和方向。(3)分析研究導(dǎo)體受力情況(包括安培力)。(4)列動(dòng)力學(xué)方程或平衡方程求解。2.電磁感應(yīng)現(xiàn)象中涉及的具有收尾速度的力學(xué)問題，關(guān)鍵要抓好受力情

15、況和運(yùn)動(dòng)情況的動(dòng)態(tài)分析：周而復(fù)始地循環(huán)，達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，加速度等于零，導(dǎo)體達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。3.兩種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的處理思路(1)達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)狀態(tài)后，導(dǎo)體勻速運(yùn)動(dòng)，受力平衡，應(yīng)根據(jù)平衡條件合外力為零，列式分析平衡態(tài)。(2)導(dǎo)體達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)狀態(tài)之前，往往做變加速運(yùn)動(dòng)，處于非平衡態(tài)，應(yīng)根據(jù)牛頓第二定律或結(jié)合功能關(guān)系分析非平衡態(tài)?！纠?】 如圖9甲所示，兩根足夠長的直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置在傾角為的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L，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。

16、讓ab桿沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，不計(jì)它們之間的摩擦。圖9(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桿下滑過程中某時(shí)刻的受力示意圖；(2)在加速下滑過程中，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??；(3)求在下滑過程中，ab桿可以達(dá)到的速度最大值。解析(1)如圖所示，ab桿受重力mg，豎直向下；支持力FN，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上。(2)當(dāng)ab桿速度為v時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv，此時(shí)電路中的電流Iab桿受到的安培力FBIL根據(jù)牛頓第二定律，有mamgsin Fmgsin agsin 。(3)當(dāng)mgsin 時(shí)，ab桿達(dá)到最大速度vm

17、ax。答案(1)如圖所示(2)gsin (3)題后反思(1)電磁感應(yīng)力學(xué)問題中，要把握好受力情況、運(yùn)動(dòng)情況的動(dòng)態(tài)分析。導(dǎo)體受力運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)感應(yīng)電流通電導(dǎo)體受安培力合力變化加速度變化速度變化感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變化，周而復(fù)始地循環(huán)，循環(huán)結(jié)束時(shí)，加速度等于零，導(dǎo)體達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，a0，速度v達(dá)到最大值。(2)受力分析時(shí)，要把立體圖轉(zhuǎn)換為平面圖，同時(shí)標(biāo)明電流方向及磁場(chǎng)B的方向，以便準(zhǔn)確地畫出安培力的方向?！靖櫽?xùn)練5】 如圖10所示，空間存在B0.5 T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN、PQ是水平放置的平行長直導(dǎo)軌，其間距L0.2 m，電阻R0.3 接在導(dǎo)軌一端，ab是跨接在導(dǎo)軌上質(zhì)量m0.1 kg、電阻r

18、0.1 的導(dǎo)體棒，已知導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2。從零時(shí)刻開始，對(duì)ab棒施加一個(gè)大小為F0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其從靜止開始沿導(dǎo)軌滑動(dòng)，過程中棒始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，求：圖10(1)導(dǎo)體棒所能達(dá)到的最大速度；(2)試定性畫出導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度時(shí)間圖象。解析ab棒在拉力F作用下運(yùn)動(dòng)，隨著ab棒切割磁感線運(yùn)動(dòng)的速度增大，棒中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大，棒中感應(yīng)電流增大，棒受到的安培力也增大，最終達(dá)到勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)棒的速度達(dá)到最大值。(1)導(dǎo)體棒切割磁感線運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：EBLvI導(dǎo)體棒受到的安培力F安BIL棒運(yùn)動(dòng)過程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用，根據(jù)牛頓第二定

19、律：FmgF安ma由得：Fmgma由上式可以看出，隨著速度的增大，安培力增大，加速度a減小，當(dāng)加速度a減小到0時(shí)，速度達(dá)到最大。此時(shí)有Fmg0可得：vm10 m/s(2)棒的速度時(shí)間圖象如圖所示。答案(1)10 m/s(2)圖見解析突破五電磁感應(yīng)中的能量問題1.電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化：(1)與感生電動(dòng)勢(shì)有關(guān)的電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，磁場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為電能，若電路是純電阻電路，轉(zhuǎn)化過來的電能將全部轉(zhuǎn)化為電路的內(nèi)能。(2)與動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)有關(guān)的電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，通過克服安培力做功，把機(jī)械能或其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能?？朔才嗔ψ龆嗌俟?，就產(chǎn)生多少電能。若電路是純電阻電路，轉(zhuǎn)化過來的電能將全部轉(zhuǎn)化為電路的內(nèi)能。可簡(jiǎn)單表

20、述如下：2.電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量守恒：(1)能量守恒定律是自然界中的一條基本規(guī)律，電磁感應(yīng)現(xiàn)象當(dāng)然也不例外。電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，從磁通量變化的角度來看，感應(yīng)電流總要阻礙原磁通量的變化；從導(dǎo)體和磁體相對(duì)運(yùn)動(dòng)的角度來看，感應(yīng)電流總要阻礙它們的相對(duì)運(yùn)動(dòng)。(2)電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的“阻礙”正是能量守恒的具體體現(xiàn)，在這種“阻礙”的過程中，其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能。3.求解電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量守恒問題的一般思路：(1)分析回路，分清電源和外電路。在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，該導(dǎo)體或回路就相當(dāng)于電源，其余部分相當(dāng)于外電路。(2)分析清楚有哪些力做功，明確有哪些形式的能量發(fā)生

21、了轉(zhuǎn)化。如：做功情況能量變化特點(diǎn)滑動(dòng)摩擦力做功有內(nèi)能產(chǎn)生重力做正功重力勢(shì)能必然減少，且WGEp克服重力做功重力勢(shì)能必然增加，且WGEp克服安培力做功必然有其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，并且克服安培力做多少功，就產(chǎn)生多少電能安培力做正功電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能，安培力做多少功就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能(3)根據(jù)能量守恒列方程求解?！纠?】 (2017金華高二檢測(cè))如圖11所示，電阻為R質(zhì)量為m的矩形導(dǎo)線框abcd自某一高度自由落下，通過一有界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，若線框恰好以恒定的速度通過磁場(chǎng)，在不計(jì)空氣阻力的情況下，線框中產(chǎn)生的焦耳熱是多少？ab、cd邊長均為l，ad、bc的邊長均為h，磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾葹閔。圖

22、11解析由能量轉(zhuǎn)化與守恒定律可知，線框勻速通過磁場(chǎng)時(shí)，重力做的功全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱。線框通過磁場(chǎng)重心下降的距離是2h重力做的功Wmg2h由能量轉(zhuǎn)化與守恒定律得Qmg2h答案2mgh題后反思(1)線框下落過程中臨界狀態(tài)界定不清晰，而不能確定“恰好”是一種特殊情況，導(dǎo)致無法利用能量守恒定律，導(dǎo)致QW無法列出。(2)線框下降的距離s2h，容易錯(cuò)誤認(rèn)為是h。(3)用能量守恒定律最簡(jiǎn)潔，用其他方法容易丟分?！纠?】 如圖12所示，匝數(shù)N100、截面積S1.0102 m2、電阻r0.15 的線圈內(nèi)有方向垂直于線圈平面向上的隨時(shí)間均勻增加的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1，其變化率k0.80 T/s。線圈通過開關(guān)S連接兩根相互平

23、行、間距d0.20 m的豎直導(dǎo)軌，下端連接阻值R0.50 的電阻。一根阻值也為0.50 、質(zhì)量m1.0102 kg的導(dǎo)體棒ab擱置在等高的擋條上。在豎直導(dǎo)軌間的區(qū)域僅有垂直紙面的不隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2。接通開關(guān)S后，棒對(duì)擋條的壓力恰好為零。假設(shè)棒始終與導(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌接觸良好，不計(jì)摩擦阻力和導(dǎo)軌電阻。圖12(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小，并指出磁場(chǎng)方向；(2)斷開開關(guān)S后撤去擋條，棒開始下滑，經(jīng)t0.25 s后下降了h0.29 m，求此過程棒上產(chǎn)生的熱量。解析(1)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為ENNS代入數(shù)據(jù)得E0.8 V，由楞次定律判斷可知，電流從左邊流入，右邊流出。等價(jià)電路圖如右：總電流I

24、 A2 A，ab棒中Iab1 A。根據(jù)題意，此刻棒對(duì)擋條的壓力為零，即金屬棒所受安培力等于其重力，即B2Iabdmg，解得B20.50 T，根據(jù)左手定則可知磁場(chǎng)的方向應(yīng)該垂直紙面向外。(2)開關(guān)斷開之后，撤去擋板，ab下滑中切割磁感線，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)動(dòng)量定理，得(mgB2d)tmv0其中qt，B2dh聯(lián)立上式可知v2.21 m/s根據(jù)動(dòng)能定理可知mghWmv20求得W4.58103 J，因此金屬棒上產(chǎn)生熱量為Q|W|2.29103 J答案(1)0.5 T，磁場(chǎng)垂直紙面向外(2)2.29103 J【例8】 如圖13所示，足夠長的U形框架寬度是L0.5 m，電阻忽略不計(jì)，其所在平面與水平面

25、成37角，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.8 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)體框平面，一根質(zhì)量為m0.2 kg，有效電阻R2 的導(dǎo)體棒MN垂直跨放在U形框架上，該導(dǎo)體棒與框架間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，導(dǎo)體棒由靜止開始沿框架下滑到剛開始勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，通過導(dǎo)體棒截面的電荷量共為Q2 C。求：圖13(1)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度；(2)導(dǎo)體棒從靜止開始下滑到剛開始勻速運(yùn)動(dòng)，這一過程中導(dǎo)體棒的有效電阻消耗的電能。解析(1)導(dǎo)體棒受力如圖，勻速下滑時(shí)有平行斜面方向：mgsin FfF0垂直斜面方向：FNmgcos 0其中FfFN，安培力FBIL電流強(qiáng)度I，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv由以上各式得v5 m/s(2)通過導(dǎo)體棒的電荷量Qt其中平均電

26、流設(shè)導(dǎo)體棒下滑位移為s，則BsL由以上各式得s m10 m全程由動(dòng)能定理得mgssin W安mgcos smv2其中克服安培力做的功W安等于電功W則Wmgssin mgscos mv2(1282.5) J1.5 J答案(1)5 m/s(2)1.5 J題后反思利用功能關(guān)系求解電磁感應(yīng)問題的基本方法(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律或?qū)w切割磁感線公式確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，用楞次定律和右手定則判斷感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向。(2)根據(jù)等效電路，求解電路中相關(guān)參量，分析電路中能量轉(zhuǎn)化關(guān)系。(3)研究導(dǎo)體機(jī)械能的轉(zhuǎn)化，利用能量轉(zhuǎn)化和守恒關(guān)系，列出機(jī)械能與電路中電能轉(zhuǎn)化的守恒關(guān)系式?！靖櫽?xùn)練6】 如圖14所示，兩根電阻

27、不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌傾角為，導(dǎo)軌下端接有電阻R，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直斜面向上。質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的金屬棒ab在沿斜面與棒垂直的恒力F作用下沿導(dǎo)軌勻速上滑，上升高度為h，在這個(gè)過程中()圖14A.金屬棒所受各力的合力所做的功等于零B.金屬棒所受各力的合力所做的功等于mgh和電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱之和C.恒力F與重力的合力所做的功等于棒克服安培力所做的功與電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱之和D.恒力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱解析棒勻速上升的過程有三個(gè)力做功：恒力F做正功，重力G做負(fù)功、安培力F安做負(fù)功。根據(jù)動(dòng)能定理：WWFWGW安0，故A正確，B錯(cuò)誤；恒力F與重力G的合力所做的功等于棒克服安培力做的功，而棒克服安培力做的功等于回路中電能(最終轉(zhuǎn)化為焦耳熱)的增加量，克服安培力做功與焦耳熱不能重復(fù)考慮，故C錯(cuò)誤，D正確。答案AD16