(教科版选修3-2)名校课件高中物理第一章电磁感应5电磁感应中的能量转化与守恒

一级达标重点名校中学课件第一章电磁感应5．电磁感应中的能量转化与守恒一级达标重点名校中学课件学习目标知识脉络1．知道电磁感应现象遵守能量守恒定律．2．理解电磁感应现象中产生的电能与克服安培力做功的关系．(难点)3．掌握感应电流做功过程中能量的转化．(重点)一级达标重点名校中学课件[自主预习·探新知][知识梳理]电磁感应中的能量问题1．在导线切割磁感线运动而产生感应电流时，电路中的电能来源于_________．2．在电磁感应中，产生的电能是通过外力克服________做功转化而来的．外力做了多少功，就产生多少______．3．电流做功将______转化为其他形式的能量．4．电磁感应现象中，能量在转化过程中是______的．机械能安培力电能电能守恒一级达标重点名校中学课件[基础自测]1．思考判断(1)在电磁感应现象中，安培力做正功，把其他形式的能转化为电能．()(2)电磁感应现象一定伴随着能量的转化，克服安培力做功的大小与电路中产生的电能相对应．()(3)安培力做负功，一定有电能产生．()×√√一级达标重点名校中学课件2．如图1­5­1所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1Ω.一导体棒MN垂直导轨放置，质量为0.2kg，接入电路的电阻为1Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8T．将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6)()图1­5­1一级达标重点名校中学课件A．2.5m/s1WB．5m/s1WC．7.5m/s9WD．15m/s9WB[导体棒MN匀速下滑时受力如答图所示，由平衡条件可得F安＋μmgcos37°＝mgsin37°，所以F安＝mg(sin37°－μcos37°)＝0.4N，由F安＝BIL得I＝F安BL＝1A，所以E＝I(R灯＋RMN)＝2V，导体棒的运动速度v＝EBL＝5m/s，小灯泡消耗的电功率为P灯＝I2R灯＝1W，B项正确．]一级达标重点名校中学课件3．如图1­5­2所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则()【导学号：24622025】一级达标重点名校中学课件图1­5­2A．Q1Q2，q1＝q2B．Q1Q2，q1q2C．Q1＝Q2，q1＝q2D．Q1＝Q2，q1q2一级达标重点名校中学课件A[根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1lbc＝B2l2abvRlbc＝B2SvRlab，同理Q2＝B2SvRlbc，又lablbc，故Q1Q2；因q＝I－t＝E－Rt＝ΔΦR＝BSR，故q1＝q2.因此A项正确．]一级达标重点名校中学课件[合作探究·攻重难]电磁感应中的电路问题电磁感应问题常与电路知识综合考查，解决此类问题的基本方法是：(1)明确哪部分电路或导体产生感应电动势，该部分电路或导体就相当于电源，其他部分是外电路．一级达标重点名校中学课件(2)画等效电路图，分清内、外电路．(3)用法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt或E＝BLv确定感应电动势的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电流的方向．在等效电源内部，电流方向从负极指向正极．(4)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率、电热等公式联立求解．一级达标重点名校中学课件如图1­5­3，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中．一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中()图1­5­3一级达标重点名校中学课件A．PQ中电流先增大后减小B．PQ两端电压先减小后增大C．PQ上拉力的功率先减小后增大D．线框消耗的电功率先减小后增大思路点拨：一级达标重点名校中学课件C[设PQ左侧金属线框的电阻为r，则右侧电阻为3R－r；PQ相当于电源，其电阻为R，则电路的外电阻为R外＝r3R－rr＋3R－r＝－r－3R22＋3R223R，当r＝3R2时，R外max＝34R，此时PQ处于矩形线框的中心位置，即PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中外电阻先增大后减小．PQ中的电流为干路电流I＝ER外＋R内，可知干路电流先减小后增大，选项A错误．PQ两端的电压为路端电压U＝E－U内，因E＝Blv不变，U内＝IR先减小后增大，所以路端电压先一级达标重点名校中学课件增大后减小，选项B错误．拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P＝F安v＝BIlv，可知因干路电流先减小后增大，PQ上拉力的功率也先减小后增大，选项C正确．线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，因外电阻最大值为34R，小于内阻R；根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系，外电阻越接近内阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大后减小，选项D错误．]一级达标重点名校中学课件1“电源”的确定方法：“切割”磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈相当于“电源”，该部分导体或线圈的电阻相当于“内电阻”.2电流的流向：在“电源”内部电流从负极流向正极，在“电源”外部电流从正极流向负极.一级达标重点名校中学课件[针对训练]1．在图1­5­4中，EF、GH为平行的金属导轨，其电阻不计，R为电阻，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体棒．有匀强磁场垂直于导轨平面．若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当AB棒()图1­5­4一级达标重点名校中学课件A．匀速滑动时，I1＝0，I2＝0B．匀速滑动时，I1≠0，I2≠0C．加速滑动时，I1＝0，I2＝0D．加速滑动时，I1≠0，I2≠0D[导体棒水平运动时产生感应电动势，对整个电路，可把AB棒看成电源，等效电路如答图所示．当棒匀速滑动时，电动势E不变，故I1≠0，I2＝0.当棒加速运动时，电动势E不断变大，电容器不断充电，故I1≠0，I2≠0，故D正确．]一级达标重点名校中学课件2．(多选)如图1­5­5所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面且电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以速度v、3v匀速拉出磁场，则导体框分别从两个方向移出磁场的过程中()【导学号：24622026】图1­5­5一级达标重点名校中学课件A．导体框中产生的感应电流方向相同B．导体框中产生的焦耳热相同C．导体框ad边两端电势差相同D．通过导体框截面的电荷量相同一级达标重点名校中学课件AD[由右手定则可得两种情况导体框中产生的感应电流方向相同，A项正确；热量Q＝I2Rt＝BlvR2R×lv＝B2l3vR，导体框产生的焦耳热与运动速度有关，B项错误；电荷量q＝It＝BlvR×lv＝Bl2R，电荷量与速度无关，电荷量相同，D项正确；以速度v拉出时，Uad＝14Blv，以速度3v拉出时，Uad＝14Bl·3v，C项错误．]一级达标重点名校中学课件电磁感应中的能量问题1．电磁感应中的能量守恒(1)由磁场变化引起的电磁感应中，磁场能转化为电能，若电路是纯电阻电路，转化过来的电能将全部转化为电阻的内能．(2)由相对运动引起的电磁感应中，通过克服安培力做功，把机械能或其他形式的能转化为电能．克服安培力做多少功，就产生多少电能．若电路是纯电阻电路，转化过来的电能也将全部转化为电阻的内能．一级达标重点名校中学课件2．求解电磁感应现象中能量守恒问题的一般思路(1)分析回路，分清电源和外电路．在电磁感应现象中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，其余部分相当于外电路．一级达标重点名校中学课件(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化．如：做功情况能量变化特点滑动摩擦力做功有内能产生重力做功重力势能必然发生变化克服安培力做功必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能安培力做正功电能转化为其他形式的能(3)根据能量守恒列方程求解．一级达标重点名校中学课件(多选)如图1­5­6所示，两根电阻不计的光滑平行金属导轨的倾角为θ，导轨下端接有电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面向上．质量为m、电阻不计的金属棒ab在沿导轨平面且与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，上升高度为h.在此过程中()图1­5­6一级达标重点名校中学课件A．金属棒所受各力的合力所做的功为零B．金属棒所受各力的合力所做的功等于mgh和电阻R上产生的焦耳热之和C．恒力F与重力的合力所做的功等于棒克服安培力所做的功与电阻R上产生的焦耳热之和D．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热思路点拨：①金属棒ab匀速上滑过程中所受合力为零，合力做功为零．②金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热．一级达标重点名校中学课件AD[由于金属棒沿导轨匀速上滑，根据动能定理可知金属棒所受各力的合力所做的功为零，选项A正确，B错误；恒力F与重力的合力所做的功等于金属棒克服安培力所做的功，或者说等于电阻R上产生的焦耳热，克服安培力所做的功就等于电阻R上产生的焦耳热，不要把二者混淆，选项C错误，D正确．]一级达标重点名校中学课件焦耳热的计算技巧(1)感应电路中电流恒定，则电阻产生的焦耳热等于电流通过电阻做的功，即Q＝I2Rt.(2)感应电路中电流变化，可用以下方法分析：①利用动能定理，根据产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W安．②利用能量守恒，即感应电流产生的焦耳热等于电磁感应中其他形式能量的减少，即Q＝ΔE其他．一级达标重点名校中学课件[针对训练]3.如图1­5­7所示，两条水平虚线之间有垂直于纸面向里、宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场．质量为m、电阻为R的正方形线圈边长为L(Ld)，线圈下边缘到磁场上边界的距离为h.将线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，则在整个线圈穿过磁场的全过程中(从下边缘进入磁场到上边缘穿出磁场)，下列说法正确的是()一级达标重点名校中学课件A．线圈可能一直做匀速运动B．线圈可能先加速后减速C．线圈的最小速度一定是mgRB2L2D．线圈的最小速度一定是2gh－d＋L图1­5­7一级达标重点名校中学课件D[由于Ld，总有一段时间线圈全部处于匀强磁场中，磁通量不发生变化，不产生感应电流，不受安培力，因此不可能一直匀速运动，选项A错误；已知线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，由于线圈全在磁场中，线圈下边缘到达磁场下边界前一定是加速运动，所以只可能是先减速后加速，而不可能是先加速后减速，选项B错误；mgRB2L2是安培力和重力平衡时所对应的速度，而本题线圈减速过程中不一定能达到这一速度，选项C错误；从开始自由下落到线圈上边缘刚进入磁场过程中应用动能定理，一级达标重点名校中学课件设该过程克服安培力做的功为W，则有mg(h＋L)－W＝12mv2，在线圈下边缘刚进入磁场到刚穿出磁场的过程中应用动能定理，该过程克服安培力做的功也是W，而始、末动能相同，所以有mgd－W＝0，由以上两式可得最小速度v＝2gh－d＋L，选项D正确．]一级达标重点名校中学课件4．如图1­5­8所示，两条平行光滑导轨相距L，左端一段被弯成半径为H的14圆弧，圆弧导轨所在区域无磁场．水平导轨区域存在着竖直向上的匀强磁场B，右端连接阻值为R的定值电阻，水平导轨足够长．在圆弧导轨顶端放置一根质量为m的金属棒ab，导轨和金属棒ab的电阻不计，重力加速度为g.现让金属棒由静止开始运动，