（精品講義）模塊要點回眸第10點word版含答案2

04/403/4/第10點電磁感應現(xiàn)象中的能量問題產(chǎn)生和維持感應電流的存在的過程就是其他形式的能量轉化為感應電流電能的過程.在電磁感應現(xiàn)象中，認真分析電磁感應過程中的能量轉化，熟練地應用能量守恒定律是求解較復雜的電磁感應問題的常用方法.1.過程分析(1)電磁感應現(xiàn)象中產(chǎn)生感應電流的過程，實質上是能量的轉化過程.(2)電磁感應過程中產(chǎn)生的感應電流在磁場中必定受到安培力的作用，因此，要維持感應電流的存在，必須有“外力”克服安培力做功.此過程中，其他形式的能轉化為電能.“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能轉化為電能.(3)當感應電流通過用電器時，電能又轉化為其他形式的能.安培力做功的過程，是電能轉化為其他形式的能的過程.安培力做了多少功，就有多少電能轉化為其他形式的能.2.解決此類問題的步驟(1)用法拉第電磁感應定律和楞次定律(包括右手定則)確定感應電動勢的大小和方向.(2)畫出等效電路圖，寫出回路中電阻消耗的電功率的表達式.(3)分析導體機械能的變化，用能量守恒關系得到機械功率的改變與回路中電功率的改變所滿足的方程，聯(lián)立求解.說明：在利用能量守恒定律解決電磁感應中的能量問題時，參與轉化的能量的種類一定要考慮周全.哪些能量增加，哪些能量減少，要考慮準確，最后根據(jù)所滿足的規(guī)律列方程分析求解.3.焦耳熱Q的兩種求解方法Q的兩種求法eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(直接法\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Q＝I2Rt＝\f(U2,R)t＝UIt?I、U為定值?,Q＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Im,\r(2))))2Rt＝\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Um,\r(2))))2,R)t?正弦交流電?)),間接法\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(W克安＝－W安＝Q電,能量守恒))))對點例題1(多選)如圖1所示，固定的豎直光滑U形金屬導軌，間距為L，上端接有阻值為R的電阻，處在方向水平且垂直于導軌平面、磁感應強度為B的勻強磁場中，質量為m、接入電路的電阻為r的導體棒與勁度系數(shù)為k的固定輕彈簧相連放在導軌上，導軌的電阻忽略不計.初始時刻，彈簧處于伸長狀態(tài)，其伸長量為x1＝eq\f(mg,k)，此時導體棒具有豎直向上的初速度v0.在沿導軌往復運動的過程中，導體棒始終與導軌垂直并保持良好接觸.則下列說法正確的是()圖1A.初始時刻導體棒受到的安培力大小F＝eq\f(B2L2v0,R)B.初始時刻導體棒加速度的大小a＝2g＋eq\f(B2L2v0,m?R＋r?)C.導體棒往復運動，最終靜止時彈簧處于壓縮狀態(tài)D.導體棒開始運動直到最終靜止的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(1,2)mv02＋eq\f(2m2g2,k)解題指導由法拉第電磁感應定律得：E＝BLv0，由閉合電路的歐姆定律得：I＝eq\f(E,R＋r)，由安培力公式得：F＝eq\f(B2L2v0,R＋r)，故A錯誤；初始時刻，F(xiàn)＋mg＋kx1＝ma，得a＝2g＋eq\f(B2L2v0,m?R＋r?)，故B正確；因為導體棒靜止時不受安培力，只受重力和彈簧的彈力，故彈簧處于壓縮狀態(tài)，故C正確；根據(jù)能量守恒，減小的動能和重力勢能全都轉化為焦耳熱，但R上的只是一部分，故D錯誤.答案BC對點例題2如圖2甲所示，足夠長的光滑平行導軌MN、PQ傾斜放置，兩導軌間距離為L＝1.0m，導軌平面與水平面間的夾角為θ＝30°，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌平面向上，導軌的M、P兩端連接阻值為R＝3.0Ω的電阻，金屬棒ab垂直于導軌放置并用與導軌平面平行的細線通過光滑輕質定滑輪與重物相連，金屬棒ab的質量m＝0.20kg，電阻r＝0.50Ω，重物的質量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間的關系圖像如圖乙所示，不計導軌電阻，g＝10m/s2.求：圖2(1)磁感應強度B的大?。?2)在0.6s內通過電阻R的電荷量；(3)在0.6s內電阻R上產(chǎn)生的熱量.解題指導(1)由題圖乙得棒ab勻速運動時的速度v＝eq\f(Δs,Δt)＝3.5m/s感應電動勢E＝BLv，感應電流I＝eq\f(E,R＋r)棒ab所受安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)棒ab勻速時，棒受力平衡，eq\f(B2L2v,R＋r)＋mgsinθ＝Mg解得B＝eq\r(5)T.(2)由題圖乙得，在0.6s內棒ab上滑的距離s＝1.40m，通過電阻R的電荷量q＝eq\f(BLs,R＋r)＝eq\f(2\r(5),5)C.(3)設0.6s內整個回路產(chǎn)生的熱量為Q，由能量守恒定律得Mgs＝mgssinθ＋Q＋eq\f(1,2)(M＋m)v2，解得：Q＝2.1J電阻R上產(chǎn)生的熱量QR＝eq\f(R,R＋r)Q＝1.8J.答案(1)eq\r(5)T(2)eq\f(2\r(5),5)C(3)1.8J1.(多選)如圖3所示，在傾角為θ的斜面上固定兩根足夠長的光滑平行金屬導軌PQ、MN，相距為L，導軌處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面向下.有兩根質量均為m的金屬棒a、b，先將a棒垂直導軌放置，用跨過光滑輕質定滑輪的細線與物塊c連接，連接a棒的細線平行于導軌，由靜止釋放c，此后某時刻，將b也垂直導軌放置，a、c此刻起做勻速運動，b棒剛好能靜止在導軌上.a棒在運動過程中始終與導軌垂直，兩棒與導軌接觸良好，導軌電阻不計.則()圖3A.物塊c的質量是2msinθB.b棒放上導軌前，物塊c減少的重力勢能等于a、c增加的動能C.b棒放上導軌后，物塊c減少的重力勢能等于回路消耗的電能D.b棒放上導軌后，a棒中電流大小是eq\f(mgsinθ,BL)答案AD解析b棒恰好靜止，受力平衡，有mgsinθ＝F安，對a棒，安培力沿導軌平面向下，由平衡條件，mgsinθ＋F安＝mcg，由上面的兩式可得mc＝2msinθ，選項A正確；根據(jù)機械能守恒定律知，b棒放上導軌之前，物塊c減少的重力勢能應等于a棒、物塊c增加的動能與a棒增加的重力勢能之和，選項B錯誤；根據(jù)能量守恒定律可知，b棒放上導軌后，物塊c減少的重力勢能應等于回路消耗的電能與a棒增加的重力勢能之和，選項C錯誤；對b棒，設通過的電流為I，由平衡條件mgsinθ＝F安＝BIL，得I＝eq\f(mgsinθ,BL)，a棒中的電流也為I＝eq\f(mgsinθ,BL)，選項D正確.2.如圖4甲所示，兩條間距為h的水平虛線之間存在方向水平向里的勻強磁場，磁感應強度大小按圖乙中的B－t圖像變化(圖中B0已知).現(xiàn)有一個“日”字形剛性金屬線框ABCDEF，它的質量為m，EF中間接有一開關S，開關S閉合時三條水平邊框的電阻均為R，其余各邊電阻不計.AB＝CD＝EF＝L，AD＝DE＝h.用兩根輕質的絕緣細線把線框豎直懸掛住，AB邊恰好在磁場區(qū)域M1N1和M2N2的正中間，開始開關S處于斷開狀態(tài).t0(未知)時刻細線恰好松馳，此后閉合開關同時剪斷兩根細線，當CD邊剛進入磁場上邊界M1N1時線框恰好做勻速運動(空氣阻力不計，重力加速度為g).求：圖4(1)t0的值；(2)線框EF邊剛離開磁場下邊界M2N2時的速度大小；(3)從剪斷細線到線框EF邊離開磁場下邊界M2N2的過程中金屬線框中產(chǎn)生的焦耳熱.答案(1)eq\f(B\o\al(,02)L2h,4mgR)(2)eq\f(3mgR,2B\o\al(,02)L2)(3)eq\f(5,2)mgh－eq\f(9m3g2R2,8B\o\al(4,0)L4)解析(1)t0時刻細線恰好松馳，對線框受力分析有B0IL＝mgI＝eq\f(E,R＋R)＝eq\f(E,2R)產(chǎn)生的感應電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝eq\f(B0S,t0)，S＝eq\f(1,2)Lh聯(lián)立得t0＝eq\f(B\o\al(2,0)L2h,4mgR)(2)當CD邊到達M1N1時線框恰好勻速運動，設速度為v′對線框受力分析有B0I′L＝mgI′＝eq\f(E′,R＋\f(R,2))＝eq\f(2E′,3R)因CD邊切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢E′＝B0Lv′解得v′＝eq\f(3mgR,2B\o\al(2,0)L2)CD邊