高考物理一轮复习专题十电磁感应考点4电磁感应的综合应用教案

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高三物理综合实践——电磁感应教案

高三物理综合实践——电磁感应教案电磁感应教案一、教学目标1.了解电磁感应的基本概念和本质；2.系统地掌握电磁感应和感应电动势的基本原理和方法；3.能够运用电磁感应原理进行相关实验、检验和分析，并得到正确的结论；4.培养学生分析问题、处理问题的能力，以及综合实践能力。

二、教学重点和难点1.掌握电磁感应的基本概念和本质，能够简单解释电磁感应的原理和基本公式；2.掌握电磁感应和感应电动势的基本原理和方法，能够使用精确的语言和符号来表达和计算；3.进行相关实验、检验和分析，得到正确的结论；4.培养学生分析问题、处理问题的能力，以及综合实践能力。

三、教学内容1.电磁感应基本概念通过引导学生对电磁感应现象进行观察和实验，让学生了解电磁感应的概念和本质。

2.感应电动势基本原理和公式通过对电磁感应知识的整合，让学生系统地掌握感应电动势的基本原理和公式，并运用所学知识进行训和练习。

3.相关实验及分析通过各种实验进行训练，让学生掌握实验技巧和方法。

同时，经过实验和分析，培养学生的综合实践能力和科学素养。

四、教学方法1.教师引导发现性学习教师通过引导，发掘学生能够自己探究的问题，让学生具有自主探究和领悟知识的能力。

2.实验教学实验教学是本次教学的重要方法，让学生能够亲自进行实验，从中体验感性认识和个性化发展。

同时，通过实验，让学生掌握实验方法和技巧，提高实验能力和综合素质。

3.讨论式教学讨论式教学是本次教学中的重要方法，让学生在讨论中积极思考和交流，推动彼此内心的理解和认识。

四、教学安排1.开学之际，进行电磁感应的基本概念的讲解和讨论，让学生能够了解和认识电磁感应的基本概念和现象；2.通过相关的实验，辅助讲解和探究感应电动势的基本原理和公式；3.进行感应电动势的相关实验，检验学生所学知识的掌握程度，并通过讨论、分析等方法，提高学生的思维和分析能力。

五、教学反思与展望本次教学最终达到了预期目标，学生也对电磁感应有了更深刻的了解。

高考物理一轮复习电磁感应规律的综合应用教学案

电磁感应规律的综合应用1．电磁感应中的电路问题：⑴ 内电路和外电路：切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于；该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的，其余部分是．⑵ 电源电动势和路端电压：电动势 E = 或E = n Δφ/Δt ．路端电压：U = IR = ． 2．电磁感应现象中的动力学问题：⑴ 安培力的大小：F = BIl = ．⑵ 安培力的方向：先用右手定则确定感应电流方向，再用左手定则确定安培力方向；根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向． 3．电磁感应现象中的能量问题：⑴ 能量的转化：感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为能，电流做功再将电能转化为能．⑵ 实质：电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能之间的转化． 4．电磁感应中的图象问题： ⑴ 图象类型：电磁感应中常涉及磁感应强度 B 、磁通量φ、感应电动势 E 和感应电流 I 等随______变化的图线，即 B – t 图线、φ – t 图线、E – t 图线和 I – t 图线．对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，有时还常涉及感应电动势 E 和感应电流 I 等随________变化的图线，即 E – x 图线和 I – x 图线等． ⑵ 两类图象问题：① 由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象；② 由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量．解决问题时需要分析磁通量的变化是否均匀，从而判断感应电动势（电流）或安培力的大小是否恒定，然后运用__________或左手定则判断它们的方向，分析出相关物理量之间的函数关系，确定其大小和方向及在坐标中的范围．图象的初始条件，方向与正、负的对应，物理量的变化趋势，物理量的增、减或方向正、负的转折点都是判断图象的关键．1．用均匀导线做成的正方形线圈边长为l ，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示，当磁场以ΔB /Δt 的变化率增大时，则（） A ．线圈中感应电流方向为acbdaB ．线圈中产生的电动势E = (l 2/2)(ΔB /Δt ) C ．线圈中a 点电势高于b 点电势D ．线圈中a 、b 两点间的电势差为(l 2/2)(ΔB /Δt )2．如图所示，MN 和PQ 是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计．有一垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，宽度为L ，ab 是一根不但与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆．开始，将开关S 断开，让ab 由静止开始自由下落，过段时间后，再将S 闭合，若从S 闭合开始计时，则金属杆ab 的速度v 随时间t 变化的图象可能是（）3．如图所示，水平固定放置的足够长的U 形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab ，开始时ab 棒以水平初速度v 0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和导轨粗糙的两种情况相比较，这个过程（） A ．安培力对ab 棒所做的功不相等 B ．电流所做的功相等C ．产生的总内能相等D ．通过ab 棒的电荷量相等4．半径为 a 的圆形区域内有均匀磁场,磁感强度为 B = 0.2 T ，磁场方向垂直纸面向里，半径为 b 的金属圆环与磁场同心地放置，磁场与环面垂直，其中 a = 0.4 m ，b = 0.6 m ，金属环上分别接有灯 L 1、L 2，两灯的电阻均为 R = 2Ω．一金属棒 MN 与金属环接触良好,棒上单位长度的电阻为 1 Ω，环的电阻忽略不计．⑴若棒以 v 0 = 5 m/s 的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径 OO ′ 的瞬时（如图所示）MN 中的电动势和流过灯 L 1 的电流；⑵ 撤去中间的金属棒 MN ，将右面的半圆环 OL 2O ′ 以OO ′为轴向上翻转90°，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为ΔB Δt ＝4π T/s ，求L 1的功率．〖考点1〗电磁感应中的电路问题【例1】为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了一种“闪烁”装置．如图所示，自行车后轮由半径r 1 = 5.0×10－2m 的金属内圈、半径r 2 = 0.40 m 的金属外圈和绝缘辐条构成．后轮的内、外圈之间等间隔地接有4根金属条，每根金属条的中间均串联有一电阻值为R 的小灯泡．在支架上装有磁铁，形成了磁感应强度B = 0.10 T 、方向垂直纸面向外的“扇形”匀强磁场，其内半径为r 1、外半径为r 2、张角θ = 30°．后轮以角速度ω = 2π rad/s 相对于转轴转动．若不计其它电阻，忽略磁场的边缘效应．⑴ 当金属条ab 进入“扇形”磁场时，求感应电动势E ，并指出ab 上的电流方向； ⑵ 当金属条ab 进入“扇形”磁场时，画出“闪烁”装置的电路图；⑶ 从金属条ab 进入“扇形”磁场时开始，经计算画出轮子转一圈过程中，内圈与外圈之间电势差U ab 随时间t 变化的U ab – t 图象；⑷ 若选择的是“1.5 V，0.3 A”的小灯泡，该“闪烁”装置能否正常工作？有同学提出，通过改变磁感应强度B、后轮外圈半径r2、角速度ω和张角θ等物理量的大小，优化前同学的设计方案，请给出你的评价．【变式跟踪1】如图所示，在倾角为θ = 37°的斜面内，放置MN和PQ两根不等间距的光滑金属导轨，该装置放置在垂直斜面向下的匀强磁场中．导轨M、P端间接入阻值R1= 30 Ω的电阻和理想电流表，N、Q端间接阻值为R2 = 6 Ω的电阻．质量为m = 0.6 kg、长为L = 1.5 m的金属棒放在导轨上以v0 = 5 m/s的初速度从ab处向右上方滑到a′b′处的时间为t = 0.5 s，滑过的距离l = 0.5 m．ab 处导轨间距L ab = 0.8 m，a′b′处导轨间距L a′b′ = 1 m．若金属棒滑动时电流表的读数始终保持不变，不计金属棒和导轨的电阻．sin 37° = 0.6，cos 37° = 0.8，g取10 m/s2，求：⑴此过程中电阻R1上产生的热量；⑵此过程中电流表上的读数；⑶匀强磁场的磁感应强度．〖考点2〗电磁感应中的动力学问题【例2】如图甲所示，光滑斜面的倾角α= 30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1＝1 m，bc边的边长l2＝0.6 m，线框的质量m＝1 kg，电阻R＝0.1 Ω，线框受到沿光滑斜面向上的恒力F 的作用，已知F＝10 N．斜面上ef线（ef∥gh）的右方有垂直斜面向上的均匀磁场，磁感应强度B 随时间t的变化情况如图乙的B–t图象所示，时间t是从线框由静止开始运动时刻起计时的．如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和gh线的距离x＝5.1 m，取g＝10 m/s2．求：⑴线框进入磁场前的加速度；⑵线框进入磁场时匀速运动的速度v；⑶线框整体进入磁场后，ab边运动到gh线的过程中产生的焦耳热．【变式跟踪2】如图所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上．导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．左侧是水平放置、间距为d的平行金属板．R和R x分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．⑴调节R x = R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v；⑵改变R x，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电荷量为 +q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的R x．〖考点3〗电磁感应中的能量问题【例3】如图所示，两根足够长、电阻不计、间距为d的光滑平行金属导轨，其所在平面与水平面夹角为θ，导轨平面内的矩形区域abcd内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于斜面向上，ab与cd之间相距为L，金属杆甲、乙的阻值相同，质量均为m．甲杆在磁场区域的上边界ab处，乙杆在甲杆上方与甲相距L处，甲、乙两杆都与导轨垂直且接触良好．由静止释放两杆的同时，在甲杆上施加一个垂直于杆平行于导轨的外力F，使甲杆在有磁场的矩形区域内向下做匀加速直线运动，加速度大小a = 2g sinθ，甲离开磁场时撤去F，乙杆进入磁场后恰好做匀速运动，然后离开磁场．⑴求每根金属杆的电阻R是多大？⑵从释放金属杆开始计时，求外力F随时间t的变化关系式，并说明F的方向．⑶若整个过程中，乙金属杆共产生热量Q，求外力F对甲金属杆做的功W是多少？【变式跟踪3】如图所示，足够长的光滑斜面上中间虚线区域内有一垂直于斜面向上的匀强磁场，一正方形线框从斜面底端以一定初速度上滑，线框越过虚线进入磁场，最后又回到斜面底端，则下列说法中正确的是（） A ．上滑过程线框中产生的焦耳热等于下滑过程线框中产生的焦耳热 B ．上滑过程线框中产生的焦耳热大于下滑过程线框中产生的焦耳热 C ．上滑过程线框克服重力做功的平均功率等于下滑过程中重力的平均功率 D ．上滑过程线框克服重力做功的平均功率大于下滑过程中重力的平均功率〖考点4〗电磁感应中的图象问题【例4】如图所示，正方形区域MNPQ 内有垂直纸面向里的匀强磁场．在外力作用下，一正方形闭合刚性导线框沿QN 方向匀速运动，t = 0时刻，其四个顶点M ′、N ′、P ′、Q ′恰好在磁场边界中点．下列图象中能反映线框所受安培力f 的大小随时间t 变化规律的是（）【变式跟踪4】如图所示，平行于y 轴的导体棒以速度v 向右做匀速运动，经过半径为R 、磁感应强度为B 的圆形匀强磁场区域，导体棒中的感应电动势ε与导体棒的位置x 关系的图象是（）1．【2012·天津】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l = 0.5 m ，左端接有阻值R = 0.3 Ω的电阻．一质量m = 0.1 kg ，电阻r = 0.1 Ω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B = 0.4 T ．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a = 2 m/s 2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x = 9 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Q 1∶Q 2 = 2∶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： ⑴ 棒在匀加速运动过程中，通过电阻R 的电荷量q ； ⑵ 撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2； ⑶ 外力做的功W F ．【预测1】如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨 MN 、PQ 间距为 l = 0.5 m ，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成 30°角．完全相同的两金属棒ab 、cd 分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒质量均为 m = 0.02 kg ，电阻均为 R = 0.1 Ω，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 B = 0.2 T ，棒 ab 在平行于导轨向上的力 F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒 cd 恰好能够保持静止．取 g = 10 m/s 2，问： ⑴ 通过棒 cd 的电流 I 是多少，方向如何？ ⑵ 棒 ab 受到的力 F 多大？ ⑶ 棒 cd 每产生 Q = 0.1 J 的热量，力 F 做的功 W 是多少？2．【2012·山东】如图所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B ．将质量为m 的导体棒由静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P ，导体棒最终以2v 的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g ．下列选项正确的是（）A ．P = 2mgv sin θB ．P = 3mgv sin θC ．当导体棒速度达到0.5v 时加速度大小为0.5g sin θD ．在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功【预测2】如图所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，轨距 0.2 m ，金属导体 ab 可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab 的电阻为 0.4 Ω，导轨电阻不计，导轨 ab 的质量为 0.2 g ，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为 0.2 T ，且磁场区域足够大，当 ab 导体自由下落 0.4 s时，突然接通开关 S ，取 g = 10 m/s 2．则： ⑴ 试说出 S 接通后，ab 导体的运动情况； ⑵ ab 导体匀速下落的速度是多少？1．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框一边a 、b 两点间的电势差绝对值最大的是（）2．两根平行的长直金属导轨，其电阻不计，导线ab 、cd 跨在导轨上且与导轨接触良好，如图所示，ab 的电阻大于cd 的电阻，当cd 在外力F 1（大小）的作用下，匀速向右运动时，ab 在外力F 2（大小）的作用下保持静止，那么在不计摩擦力的情况下（U ab 、U cd 是导线与导轨接触间的电势差）（） A ．F 1 > F 2，U ab > U cd B ．F 1 < F 2，U ab = U cd C ．F 1 = F 2，U ab > U cd D ．F 1 = F 2，U ab = U cd3．如图所示，两光滑平行导轨水平放置在匀强磁场中，磁场垂直导轨所在平面，金属棒ab 可沿导轨自由滑动，导轨一端连接一个定值电阻R ，金属棒和导轨电阻不计．现将金属棒沿导轨由静止向右拉，若保持拉力F 恒定，经时间t 1后速度为v ，加速度为a 1，最终以速度2v 做匀速运动；若保持拉力的功率P 恒定，棒由静止经时间t 2后速度为v ，加速度为a 2，最终也以速度2v 做匀速运动，则（） A ．t 2 = t 1 B ．t 1 > t 2 C ．a 2 = 2 a 1 D ．a 2 = 3 a 14．如图所示，足够长的光滑金属导轨MN 、PQ 平行放置，且都倾斜着与水平面成夹角θ．在导轨的最上端M 、P 之间接有电阻R ，不计其他电阻．导体棒ab 从导轨的最底端冲上导轨，当没有磁场时，ab 上升的最大高度为H ；若存在垂直导轨平面的匀强磁场时，ab 上升的最大高度为h ．在两次运动过程中ab 都与导轨保持垂直，且初速度都相等．关于上述情景，下列说法正确的是（） A ．两次上升的最大高度相比较为H < hB ．有磁场时导体棒所受合力的功等于无磁场时合力的功C ．有磁场时，电阻R 产生的焦耳热为0.5mv 02D ．有磁场时，ab 上升过程的最小加速度大小为g sin θ5．如图所示，边长为L 的正方形导线框质量为m ，由距磁场H = 4L /3高处自由下落，其下边ab 进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd 刚刚穿出磁场时，速度减为ab 边进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L ，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为（） A ．2mgL B ．10mgL /3 C ．3mgL D ．7mgL /36．如图所示，abcd 是一个质量为m ，边长为L 的正方形金属线框．如从图示位置自由下落，在下落h 后进入磁感应强度为B 的磁场，恰好做匀速直线运动，该磁场的宽度也为L .在这个磁场的正下方h + L 处还有一个未知磁场，金属线框abcd 在穿过这个磁场时也恰好做匀速直线运动，那么下列说法正确的是（） A ．未知磁场的磁感应强度是2B B ．未知磁场的磁感应强度是2BC ．线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgLD ．线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为2mgL7．如图所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒PQ沿导轨从MN 处匀速运动到M ′N ′的过程中，棒上感应电动势E 随时间t 变化的图示，可能正确的是（）8．如图所示，电阻不计且足够长的U 型金属框架放置在绝缘水平面上，框架与水平面间的动摩擦因数μ = 0.2，框架的宽度l = 0.4 m 、质量m 1 = 0.2 kg.质量m 2 =0.1 kg 、电阻R = 0.4 Ω的导体棒ab 垂直放在框架上，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B = 0.5 T ．对棒施加图示的水平恒力F ，棒从静止开始无摩擦地运动，当棒的运动速度达到某值时，框架开始运动．棒与框架接触良好，设框架与水平面间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，g 取10 m/s 2．求： ⑴ 框架刚开始运动时棒的速度v ；⑵ 欲使框架运动，所施加水平恒力F 的最小值；⑶ 若施加于棒的水平恒力F 为3 N ，棒从静止开始运动0.7 m 时框架开始运动，求此过程中回路中产生的热量Q ．9．如图（a ）所示，水平放置的两根平行金属导轨，间距L = 0.3 m ．导轨左端连接R = 0.6 Ω的电阻，区域abcd 内存在垂直于导轨平面的匀强磁场B = 0.6 T ，磁场区域宽D = 0.2 m ．细金属棒A 1和A 2用长为2D = 0.4 m 的轻质绝缘杆连接，放置在导轨平面上，并与导轨垂直，每根金属棒在导轨间的电阻均为r = 0.3 Ω．导轨电阻不计，使金属棒以恒定速度v = 1.0 m/s 沿导轨向右穿越磁场，计算从金属棒A 1进入磁场（t = 0）到A 2离开磁场的时间内，不同时间段通过电阻R 的电流强度，并在图（b ）中画出．10．如图所示，abcd 为静止于水平面上宽度为L 而长度很长的U 形金属滑轨，bc 边接有电阻R ，其他部分电阻不计．ef 为一可在滑轨平面上滑动、质量为m 的均匀金属棒．今金属棒以一水平细绳跨过定滑轮，连接一质量为M 的重物．一匀强磁场B 垂直滑轨面．重物从静止开始下落，不考虑滑轮的质量，且金属棒在运动中均保持与bc边平行．忽略所有摩擦力．⑴当金属棒做匀速运动时，其速率是多少？（忽略bc边对金属棒的作用力）⑵ 若重物从静止开始至匀速运动时下落的总高度为h ，求这一过程中电阻R 上产生的热量．参考答案：1．电源内阻外电路 E – Ir2．B 2l 2v /(R + r ) 相反 3．电内4．时间位移x 楞次定律1．AB ；根据楞次定律可知，选项A 正确；线圈中产生的电动势E = Δφ/Δt = S ΔB /Δt = (l 2/2)(ΔB /Δt )，选项B 正确；线圈中的感应电流沿逆时针方向，所以a 点电势低于b 点电势，选项C 错误；线圈左边的一半导线相当于电源，右边的一半相当于外电路，a 、b 两点间的电势差相当于路端电压，其大小为U = E /2 =(l 2/4)(ΔB /Δt )，选项D 错误． 2．ACD ；设闭合S 时，ab 的速度为v ，则E = BLv ，I = E /R = BLv /R ，F 安 = BIL = B 2L 2v /R ，若F 安 = B 2L 2v /R= mg ，则选项A 正确；若F 安 = B 2L 2v /R < mg ，则选项C 正确；若F 安 = B 2L 2v /R > mg ，则选项D 正确． 3．AC ；光滑导轨无摩擦力，导轨粗糙的有摩擦力，动能最终都全部转化为内能，所以内能相等，C 正确；对光滑的导轨有，mv 02/2 = Q 安，对粗糙的导轨有，mv 02/2 = Q 安′ + Q 摩，Q 安 ≠ Q 安′，则A 正确，B 错；q = It = Blvt /R = Blx /R ，且x 光 > x 粗，所以q 光 > q 粗，D 错．4．⑴棒滑过圆环直径 OO ′ 的瞬间，MN 中的电动势 E 1＝B ·2a ·v 0=0.8 V ，等效电路如图甲所示，流过灯 L 1 的电流I 1 = E 1/R = 0.4 A ． ⑵ 撤去中间的金属棒 MN ，将右面的半圆环 OL 2O ′ 以OO ′ 为轴向上翻转 90°，半圆环 OL 1O ′ 中产生感应电动势，相当于电源，灯 L 2 为外电路，等效电路如图乙所示，感应电动势E 2 = Δφ/Δt = (πa 2/2)( ΔB /Δt ) = 0.32V ，L 1的功率P 1 = (E 2/2)2/R= 1.28×10－2W ．例1 ⑴ 金属条ab 在磁场中切割磁感线时，所构成的回路的磁通量变化．设经过时间Δt ，磁通量变化量为Δφ，由法拉第电磁感应定律E = Δφ/Δt ① Δφ = B ΔS = B [(r 22Δθ)/2 – r 12Δθ)/2]② 由①、②式并代入数值得：E =Δφ/Δt = B ω(r 22 – r 12)/2 =4.9×10－2V ③ 根据右手定则（或楞次定律），可得感应电流方向为b → a ④⑵ 通过分析，可得电路图如图所示．⑶ 设电路中的总电阻为R 总，根据电路图可知，R 总 = R + R /3 = 4R /3 ⑤ ab 两端电势差U ab = E – IR = E – ER /R 总 = E /4 = 1.2×10－2 V ⑥ 设ab 离开磁场区域的时刻为t 1，下一根金属条进入磁场区域的时刻为t 2，t 1 = θ/ω = 1/12 s ⑦ t 2 = (π/2)/ω = 1/4 s ⑧ 设轮子转一圈的时间为T ，T = 2π/ω = 1 s ⑨ 在T = 1 s内，金属条有四次进出，后三次与第一次相同． ⑩ 由 ⑥、⑦、⑧、⑨、⑩ 可画出如下U ab – t 图象．⑷ “闪烁”装置不能正常工作．（金属条的感应电动势只有4.9×10－2V ，远小于小灯泡的额定电压，因此无法正常工作．）B 增大，E 增大，但有限度；r 2增大，E 增大，但有限度；ω增大，E 增大，但有限度；θ增大，E 不变．变式1 ⑴ 因电流表的读数始终保持不变，即感应电动势不变，故BL ab v 0 = B L a′b′v a′b′，代入数据可得v a′b′ = 4 m/s ，根据能量转化和守恒定律得：Q 总 = m (v 02 – v 2a′b′)/2 – mgl sin 37° = Q R1＋Q R2；由Q = U 2t /R 得：Q R1/Q R2 = R 2/R 1，代入数据可求得：Q R1 = 0.15 J ．⑵ 由焦耳定律Q R1 = I 12R 1t 可知：电流表读数I 1 = 0.1 A ．⑶ 不计金属棒和导轨上的电阻，则R 1两端的电压始终等于金属棒与两轨接触间的电动势，由E =I 1R 1，E = BL a′b′v a′b′可得：B = I 1R 1/L a′b′v a′b′ = 0.75 T ．例2 ⑴ 线框进入磁场前，线框仅受到拉力F 、斜面的支持力和线框重力由牛顿第二定律得：F – mg sin α = ma 线框进入磁场前的加速度a = (F –mg sin α)/m = 5m/s 2．⑵ 因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，ab 边进入磁场切割磁感线，产生的电动势E =Bl 1v ，形成的感应电流I = E /R = Bl 1v /R ，受到沿斜面向下的安培力F 安＝BIl 1，线框受力平衡，有F ＝mg sin α + B 2l 12v /R ，代入数据解得v = 2 m/s ．⑶ 线框abcd 进入磁场前时，做匀加速直线运动；进入磁场的过程中，做匀速直线运动；线框完全进入磁场后至运动到gh 线，仍做匀加速直线运动．进入磁场前线框的运动时间为t 1 = v /a = 0.4 s ；进入磁场过程中匀速运动时间为t 2 = l 2/v = 0.3 s ；线框完全进入磁场后线框受力情况与进入磁场前相同，所以该阶段的加速度大小仍为a = 5 m/s 2，该过程有 x – l 2 = vt 3 + at 32/2，解得t 3 = 1 s ．因此线框整体进入磁场后，ab 边运动到gh 线的过程中，线框中有感应电流的时间t 4 = t 1 + t 2 + t 3 – 0.9 s = 0.8 s ；E = (ΔB /Δt )S = 0.25V ．此过程产生的焦耳热Q = E 2t 4/R = 0.5J ．变式 2 ⑴ 对匀速下滑的导体棒进行受力分析如图甲所示．导体棒所受安培力F 安 = BIl ① 导体棒匀速下滑，所以F 安 = Mg sin θ ② 联立①②式，解得I = (Mg sin θ)/Bl ③ 导体棒切割磁感线产生感应电动势E = Blv ④ 由闭合电路欧姆定律得I = E /(R + R x )，且R x = R ，所以I = E /2R ⑤ 联立③④⑤式，解得v = (2MgR sin θ)/B 2l 2⑥ ⑵ 由题意知，其等效电路图如图乙所示．由图知，平行金属板两板间的电压等于R x 两端的电压．设两板间的电压为U ，由欧姆定律知U = IR x ⑦ 要使带电的微粒匀速通过，则mg = qU /d ⑧ 因为导体棒匀速下滑时的电流仍为I ，联立③⑦⑧式，解得R x = mBld /Mq sin θ．例3 ⑴ 设甲在磁场区域abcd 内运动时间为t 1，乙从开始运动到ab 位置的时间为t 2，则由运动学公式得L = 12·2g sin θ·t 12，L = 12g sin θ·t 22解得t 1＝Lgsin θ，t 2＝2Lgsin θ因为t 1 <t 2，所以甲离开磁场时，乙还没有进入磁场．设乙进入磁场时的速度为v 1，乙中产生的感应电动势为E 1，回路中的电流为I 1，则 12mv 12= mgL sin θ E 1 = Bdv 1 I 1 = E 1/2R mg sin θ = BI 1d 解得R = (B 2d 2/2m )2Lgsin θ．⑵ 从释放金属杆开始计时，设经过时间t ，甲的速度为v ，甲中产生的感应电动势为E ，回路中的电流为I ，外力为F ，则 v = at E = Bdv I = E /2R F + mg sin θ – Bid = ma a = 2g sin θ 联立以上各式解得 F = mg sin θ + mg sin θ2gsin θL·t （0 ≤t ≤ Lgsin θ）；方向垂直于杆平行于导轨向下．⑶ 甲在磁场运动过程中，乙没有进入磁场，设甲离开磁场时速度为v 0，甲、乙产生的热量相同，甲乙乙甲均设为Q 1，则v 02= 2aL W + mgL sin θ = 2Q 1 + 12mv 02解得W = 2Q 1 + mgL sin θ；乙在磁场运动过程中，甲、乙产生相同的热量，均设为Q 2，则2 Q 2 = mgL sin θ，根据题意有Q = Q 1 + Q 2 解得W = 2Q ．变式3 BD ；考查电磁感应中的功能关系，本题关键是理解上滑经过磁场的末速度与下滑经过磁场的初速度相等，由切割磁感线的效果差别，得A 错B 对．因过程中有能量损失，上滑平均速度大于下滑平均速度，用时t 上 < t 下．重力做功两次相同由P = W /t 可知C 错，D 对．例4 B ；如图所示，当M ′N ′ 从初始位置运动到AB 位置的过程中，切割磁感线的有效长度随时间变化关系为：L 1 = L – (L – 2vt ) = 2vt ，L 为导线框的边长，产生的电流I 1＝BL 1v R，导线框所受安培力f 1＝BI 1L 1＝B 2vt 2v R ＝4B 2v 3t 2R，所以f 1为t 的二次函数图象，是开口向上的抛物线．当Q ′P ′由CD 位置运动到M ′N ′位置的过程中，切割磁感线的有效长度不变，电流恒定．当Q ′P ′由M ′N ′位置运动到AB 位置的过程中，切割磁感线的有效长度L 2＝L －2vt ，产生的电流I 2＝BL 2v R ，导线框所受的安培力为f 2＝B 2L －2vt 2vR，所以也是一条开口向上的抛物线，所以应选B ．变式4 A ；在x = R 左侧，设导体棒与圆的交点和圆心的连线与x 轴正方向成θ角，则导体棒切割磁感线的有效长度L = 2R sin θ，电动势与有效长度成正比，故在x = R 左侧，电动势与x 的关系为正弦图象关系，由对称性可知在x = R 右侧与左侧的图象对称．1．⑴ 设棒匀加速运动的时间为Δt ，回路的磁通量变化量为Δφ，回路中的平均感应电动势为E 平，由法拉第电磁感应定律得E 平 = Δφ/Δt ① 其中Δφ = Blx ② 设回路中的平均电流为I 平，由闭合电路欧姆定律得I 平 = E 平/(R + r ) ③ 则通过电阻R 的电荷量为q =I 平Δt ④ 联立①②③④式，代入数据得q = 4.5 C ⑤⑵ 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v 2= 2ax ⑥ 设棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做的功为W ，由动能定理得W = 0 – mv 2/2 ⑦ 撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2 = – W ⑧ 联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q 2 = 1.8 J ⑨⑶ 由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比 Q 1∶Q 2 = 2∶1，可得Q 1 = 3.6 J ⑩ 在棒运动的整个过程中，由功能关系可知 W F = Q 1 + Q 2 ⑪ 由⑨⑩⑪式得W F = 5.4 J ．预测1 ⑴ 棒 cd 受到的安培力 F cd = BIl ① 棒 cd 在共点力作用下平衡，则 F cd = mg sin30° ②由 ①② 式代入数据解得 I = 1 A ，方向由右手定则可知由 d 到c ．⑵ 棒ab 与棒cd 受到的安培力大小相等，F ab = F cd ，对棒 ab 由共点力平衡有 F = mg sin30°+ BIl ③代入数据解得 F = 0.2 N ．④⑶ 设在时间 t 内棒cd 产生Q = 0.1 J 热量，由焦耳定律可知Q = I 2Rt ⑤ 设ab 棒匀速运动的速度大小为v ，则产生的感应电动势 E = Blv ⑥ 由闭合电路欧姆定律知I = E /2R ⑦ 由运动学公式知，在时间t 内，棒ab 沿导轨的位移 x = vt ⑧ 力F 做的功W = Fx ⑨ 综合上述各式，代入数据解得W = 0.4 J.2．AC ；导体棒由静止释放，速度达到v 时，回路中的电流为I ，则根据平衡条件，有mg sin θ = BIL ．对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，以2v 的速度匀速运动时，则回路中的电流为2I ，有F + mg sin θ = 2BIL 所以拉力F = mg sin θ，拉力的功率P = F ·2v = 2mgv sin θ，故选项A 正确、选项B 错误；当导体棒的速度达到0.5v 时，回路中的电流为I /2，根据牛顿第二定律，得mg sin θ – BIL /2 = ma ，解得a = 0.5g sin θ，选项C 正确；当导体棒以2v 的速度匀速运动时，根据能量守恒定律，重力和拉力所做的功之和等于R 上产生的焦耳热，故选项D 错误．预测2 ⑴ 闭合 S 之前导体自由下落的末速度为 v 0 = gt = 4 m/s ，S 闭合瞬间，导体产生感应电动势，回路中产生感应电流．ab 立即受到一个竖直向上的安培力F 安 = BIl ab = B 2l 2v 0/R = 0.016 N > mg = 0.002 N ，此刻导体棒所受到合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为 a = (F 安 –mg )/m = B 2l 2v 0/mR – g ，所以，ab 做竖直向下的加速度逐渐减小的变减速运动．当速度减小至 F安 = mg 时，ab 做竖直向下的匀速运动．F 安 = BIl = B 2l 2v /R = mg ，v = mgR /B 2l 2= 0.5 m/s ．1．B ；线框各边电阻相等，切割磁感线的那个边为电源，电动势相同均为Blv ，在A 、C 、D 中，U ab = Blv /4，B 中，U ab = 3Blv /4，选项B 正确．2．D ；通过两导线电流强度一样，两导线都处于平衡状态，则F 1 = BIL ，F 2 = BIL ，所以F 1 = F 2，A 、B错误；U ab = IR ab ，这里cd 导线相当于电源，所以U cd 是路端电压，U cd = IR ab 即U ab = U cd ．3．BD ；若保持拉力F 恒定，在t 1时刻，棒ab 切割磁感线产生的感应电动势为E = BLv ，其所受安培力F 1 = BIL = B 2L 2v /R ，由牛顿第二定律，有F –B 2L 2v /R = ma 1；棒最终以2v 做匀速运动，则F = 2B 2L 2v /R ，故a 1 = B 2L 2v /mR ．若保持拉力的功率P 恒定，在t 2时刻，有 P /v –B 2L 2v /R = ma 2；棒最终也以2v做匀速运动，则P /2v = 2B 2L 2v /R ，故a 2 = 3B 2L 2v /mR = 3a 1，选项C 错误、D 正确．由以上分析可知，在瞬时速度相同的情况下，恒力F 作用时棒的加速度比拉力的功率P 恒定时的加速度小，故t 1 > t 2，选项B 正确，A 错误．4．BD ；当有磁场时，导体棒除受到沿斜面向下的重力的分力外，还切割磁感线有感应电流受到安培力的作用，所以两次上升的最大高度相比较为h < H ，两次动能的变化量相等，所以导体棒所受合力的功相等，选项A 错误，B 正确，有磁场时，电阻R 产生的焦耳热小于0.5mv 02，ab 上升过程的最小加速度为g sin θ，选项C 错误、D 正确．5．C ；设线框刚进入磁场时的速度为v 1，刚穿出磁场时的速度v 2 = v 1/2；线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L ，由题意mv 12/2 = mgH ，mv 12/2 + mg ·2L = mv 22/2 + Q ，联立解得Q = 2mgL + 3mgH /4 = 3mgL ，选项C 正确． 6．C ；设线圈刚进入第一个磁场时速度大小为v 1，那么mgh = 12mv 21，v 1 = 2gh .设线圈刚进入第二个磁场时速度大小为v 2，那么v 22 – v 21 = 2gh ，v2 = 2v 1；根据题意还可得到，mg = B 2L 2v 1/R ，mg = B x 2L 2v 2/R 整理可得出B x =22B ，A 、B 两项均错．穿过两个磁场时都做匀速运动，把减少的重力势能都转化为电能，所以在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgL ，C 项正确、D 项错误．7．A ；在金属棒PQ 进入磁场区域之前或出磁场后，棒上均不会产生感应电动势，D 项错误．在磁场中运动时，感应电动势E ＝Blv ，与时间无关，保持不变，故A 选项正确．8．⑴ 框架开始运动时，MN 边所受安培力的大小等于其所受的最大静摩擦力，故有F 安 = μ(m 1 + m 2)g ，F 安 = BIl ，E = Blv ，I = Blv /R ，解得v = 6 m/s ．⑵ 框架开始运动时，MN 边所受安培力的大小等于其所受的最大静摩擦力，设此时加在ab 上的恒力为F ，应有 F ≥ F 安，当F = F 安时，F 最小，设为F min ，故有F min = μ(m 1 + m 2)g = 0.6 N ． ⑶ 根据能量转化和守恒定律，F 做功消耗外界能量，转化为导体棒ab 的动能和回路中产生的热量，有Fs = m 2v 2/2 + Q ，框架开始运动时，ab 的速度v = 6 m/s ，解得Q = 0.3 J ．9． t 1 = D /v = 0.2 s ；在0～t 1时间内，A 1产生的感应电动势E 1 = BLv = 0.18 V ，其等效电路如图甲所示．由图甲知，电路的总电阻 R 0 = r + rR /(r + R ) = 0.5 Ω，总电流为I = E 1/R = 0.36 A ，通过R 的电流为I R = I /3 = 0.12 A ；从A 1离开磁场（t 1 = 0.2 s ）至A 2刚好进入磁场t 2 = 2D /v 的时间内，回路无电流，I R = 0；从A 2进入磁场（t2＝0.4 s ）至离开磁场t 3 = (2D + D )/v = 0.6 s 的时间内，A 2上的感应电动势为E 2＝0.18 V ，其等效电路如图乙所示，由图乙知，电路总电阻R 0 = 0.5 Ω，总电流I = 0.36 A ，流过R 的电流I R = 0.12 A ；综合以上计算结果，绘制通过R 的电流与时间关系如图所示．10．⑴ 系统的运动情况分析可用简图表示如下：。

高三物理一轮复习电磁感应现象应用教学案

课题：电磁感应现象应用知识梳理：1.电磁感应中常涉及磁感应强度B 、磁通量、感应电动势和感应电流I 等随时间变化的图线，即B —t图线、φ—t 图线、E —t 图线和I —t 图线。

对于切割产生的感应电动势和感应电流的情况，有时还常涉及感应电动势和感应电流I 等随位移x 变化的图线，即E —x 图线和I —x 图线等。

2.这些图像问题大体上可分为两类：⑴由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像;⑵由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量。

注意点: ①画图象时要注意横、纵坐标的单位长度定义或表达。

②在图象中E 、I 、B 等物理量的方向是通过正负值来反映；3.互感现象:当一个线圈中电流变化，在另一个线圈中产生感应电动势的现象，称为。

如就是利用互感现象制成。

4.自感现象:导体本身电流发生变化而产生的电磁感应现象叫现象。

5.自感系数:自感电动势的大小与线圈中电流的变化率△I /△t 成正比,与线圈的自感系数L 成正比.写成公式为E =L tI ∆∆,L 叫自感系数是用来表示线圈的自感特性的物理量。

实验表明,自感系数与、、有关，另外，带有铁芯的线圈的自感系数比没有铁芯时。

自感系数的单位：亨利。

符号H ，更小的单位有、。

1H = mH 1H = μH例题分析：例1.如图所示，电路甲、乙中，电阻R 和自感线圈L 的电阻值都很小，接通S ，使电路达到稳定，灯泡D 发光。

则（）A.在电路甲中，断开S ，D 将逐渐变暗B.在电路甲中，断开S ，D 将先变得更亮，然后渐渐变暗C.在电路乙中，断开S ，D 将渐渐变暗D.在电路乙中，断开S ，D 将变得更亮，然后渐渐变暗例2.如图所示，自感线圈的自感系数很大，电阻为零。

电键K 原来是合上的，在K 断开后，分析： ⑴若R 1＞R 2，请分析灯泡的亮度怎样变化？并画出灯泡中的电流随时间变化的图像.⑵若R 1＜R 2，请分析灯泡的亮度怎样变化？并画出灯泡中的电流随时间变化的图像.⑴ ⑵例3.在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图1所示，当磁场的磁感应强度B 随时间t 如图2变化时，图3中正确表示线圈感应电动势E 变化的是（）例4.水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为l ,一端通过导线与阻值为R 的电阻连接；导轨上放一质量为m 的金属杆,金属杆与导轨的电阻忽略不计；匀强磁场竖直向下。

高三物理一轮复习学案--电磁感应与能量的综合应用

高三物理一轮复习学案电磁感应与能量的综合应用一、目标导航：1.熟练掌握电磁感应现象中的常见功能关系；2.熟练掌握电磁感应现象中电能的三种常用求解方法，并能灵活应用。

课前案二、电磁感应问题往往涉及牛顿定律、动量守恒、能量守恒、电路的分析和计算等许多方面的物理知识，试题常见的形式是导体棒切割磁感线，产生感应电流，从而使导体棒受到安培力作用。

导体棒运动的形式有匀速、匀变速和非匀变速3种，对前两种情况，容易想到用牛顿定律求解，对后一种情况一般要用能量守恒和动量守恒定律求解，但当安培力变化，且又涉及位移、速度、电荷量等问题时，用动量定理求解往往能巧妙解决。

1．能量转化2．求解焦耳热Q的三种方法3. 解决电磁感应能量问题的策略克服安培力做功，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；如果是安培力做正功，就是电能转化为其他形式的能【课中案】例1．如图所示,固定在水平绝缘平面上足够长的金属导轨不计电阻,但表面粗糙,导轨左端连接一个电阻R,质量为m的金属棒（电阻也不计）放在导轨上,并与导轨垂直,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向与导轨平面垂直.用水平恒力F把ab棒从静止起向右拉动的过程中以下结论正确的有（）A.恒力F做的功等于电路产生的电能B.恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能C.克服安培力做的功等于电路中产生的电能D.恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒获得的动能之和例2．如图所示水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在空间内，质量一定的金属棒PQ垂直于导轨放置。

今使棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为v a、v b，到位置c时棒刚好静止。

设导轨与棒的电阻均不计a、b与b、c的间距相等，则金属棒在由a→b与b→c的两个过程中下列说法中正确的是( )A，金属棒运动的加速度相等B．通过金属棒横截面的电荷量相等C．回路中产生的电能E ab<EｂｃD．金属棒通过a、b两位置时的加速度大小关系为ａａ<ａｂ例3如图所示，两根足够长固定平行金属导轨位于倾角θ＝30°的斜面上，导轨上、下端各接有阻值R＝20Ω的电阻，导轨电阻忽略不计，导轨宽度L＝2m，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝1T.质量m＝0.1kg、连入电路的电阻r＝10Ω的金属棒ab在较高处由静止释放，当金属棒ab下滑高度h＝3m时，速度恰好达到最大值v＝2m/s.金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨良好接触．g取10m/s2.求：(1)金属棒ab由静止至下滑高度为3m的运动过程中机械能的减少量．(2)金属棒ab由静止至下滑高度为3m的运动过程中导轨上端电阻R中产生的热量．课后案1、光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程y=x2，其下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y=a的直线（图中的虚线所示），一个小金属块从抛物线y=b（b>a）处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是（）A．mgbB ．C ．mg （b-a ）D ．2、如图所示，相距为d 的两条水平虚线L 1、L 2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，正方形线圈abcd 边长为L （L ＜d ），质量为m ，电阻为R ，将线圈在磁场上方高h 处静止释放，cd 边刚进入磁场时速度为v 0，cd 边刚离开磁场时速度也为v 0，则线圈穿越磁场的过程中（从cd 边刚进入磁场起一直到ab 边离开磁场为止）（）A ．感应电流所做的功为mgdB ．感应电流所做的功为2mgdC ．线圈的最小速度可能为22L B mgR D ．线圈的最小速度一定为)(2d L h g -+3.如图所示，正方形导线框ABCD 、abcd 的边长均为L ，电阻均为R ，质量分别为2m 和m ，它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，且正方形导线框与定滑轮处于同一竖直平面内。

高三物理一轮复习学案电磁感应与图象的综合应用

高三物理一轮复习学案电磁感应与图象的综合应用课前案（一）、目标导航：1、分析回顾通电自感与断电自感的现象；2、分析解答电磁感应中涉及的各类图像问题。

（二）基本知识方法点拨；1.自感——通电自感和断电自感(1)通电自感：电路接通后，在有线圈的支路中的电流不会立即变大，而是由于自感作用电流逐渐增大。

因而与线圈串联的灯泡亮度逐渐变亮。

如图：L1逐渐变亮，L2立即变亮。

(2)断电自感：电路断开后，在有线圈的支路中的电流不会立即变小，而是由于自感作用电流逐渐减小。

因而与线圈串联的灯泡亮度逐渐变暗。

断开时，虚线框内的电路组成闭合回路，回路电流在L2上由右向左，大小由断开前L1的电流大小逐渐变小，如图L1逐渐变暗，如果I1≤I2，则L2逐渐变暗，如果I1> I2，则L2闪亮后逐渐变暗。

2．电磁感应图像问题：（1）题型简述借助图像考查电磁感应的规律，一直是高考的热点，此类题目一般分为两类：a.由给定的电磁感应过程选出正确的图像。

b.由给定的图像分析电磁感应过程，定性或定量求解相应的物理量或推断出其他图像。

常见的图像有B－t图、Φ－t图、E－t图、i－t图、v－t图及F－t图等。

(2).解题关键弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键。

(3).解题步骤a.明确图像的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等。

b.分析电磁感应的具体过程。

c.用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系。

d.结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式。

e.根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。

f.画图像或判断图像。

(4).常用方法a.排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项。

b.函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像进行分析和判断。

高三物理电磁感应规律的综合应用教案

电磁感应规律的综合应用知识点电磁感应和电路的综合1．对电源的理解：在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体相当于01电源。

如：切割磁感线的导体棒、有磁通量变化的线圈等。

2．对电路的理解：内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈；除电源外其余部分是外电路，外电路由电阻器、电容器等电学元件组成。

在外电路中，电流从高电势处流向低电势处；在内电路中，电流则从02低电势处流向03高电势处。

3．与电路相联系的几个公式(1)电源电动势：E ＝04n ΔΦΔt 或E ＝Bl v 。

(2)闭合电路欧姆定律：I ＝E R ＋r。

电源的内电压：U 内＝05Ir 。

电源的路端电压：U 外＝IR ＝E －Ir 。

(3)消耗功率：P 外＝IU ，P 总＝06EI 。

(4)电热：Q 外＝07I 2Rt ，Q 总＝I 2(R ＋r )t 。

知识点电磁感应现象中的动力学问题 Ⅱ1．安培力的大小⎬⎪⎫感应电动势：E 01Bl v 感应电流：I ＝E R ＋r安培力公式：F 02IlB F ＝B 2l 2v R ＋r 2．安培力的方向(1)03右手定则或楞次定律确定感应电流方向，04左手定则确定安培力方向。

(2)根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向05相反。

3．分析导体受力情况时，应做包含安培力在内的全面受力分析。

4．根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。

知识点电磁感应现象中的能量问题Ⅱ1．电磁感应中的能量转化闭合电路的部分导体做01切割磁感线运动产生感应电流，通有感应电流的导体在磁场中受02安培力。

外力03克服安培力做功，将其他形式的能转化为04电能；通有感应电流的导体在磁场中通过受安培力做功或通过电阻发热，使电能转化为其他形式的能。

2．实质电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和05电能之间的转化。

一堵点疏通1．在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体相当于电源。

() 2．导体所受安培力的方向一定与导体的运动方向相反。

高三物理重点——电磁感应教案

高三物理重点——电磁感应教案。

电磁感应是高三物理中的重要内容，也是普通物理中较为复杂的内容之一。

掌握电磁感应的基本原理和计算方法对于学生将来的科学研究和应用领域都至关重要。

因此，高三物理教学中电磁感应的教学显得尤为重要。

一、教学内容电磁感应是指电流在电磁场中产生电场，使电荷产生位移和电势差的现象，也就是由变化的电场所产生的电动势现象。

电磁感应包括自感现象、互感现象、电磁振荡、变压器、感应电流等多个方面。

在高三物理中主要学习电磁感应的基础知识、电磁感应定律、互感和自感电感、电磁感应的应用等内容。

其中，电磁感应定律是电磁感应的重要基础。

包括了安培环路定理和法拉第电磁感应定律。

安培环路定理表明，在任何物理过程中，沿着一个封闭回路的总电磁动力学作用相等于该封闭回路所包括的面积的变化率和该面积所包含的传导电流的乘积。

而法拉第电磁感应定律则是一个极其重要的公式，是应用最广泛的电磁感应定律。

二、教学重点1.熟练掌握电磁感应定律的两个公式：1）动生电动势E=-ΔΦ/Δt2）静生电动势E=-n·ΔΦ/Δt其中，ΔΦ表示磁通量的变化量，Δt表示时间变化量，n表示匝数比，E表示电动势。

静生电动势和动生电动势的区别在于，静生电动势的电磁感应过程是在磁场恒定的条件下进行的，因此不会产生电流；而动生电动势是在磁场变化的条件下进行的，因此会产生感应电流。

2.掌握互感和自感电感计算公式：1）互感电感L1,2=M1,2/√(L1L2)2）自感电感L=(μ0n^2A)/l其中，M1,2表示物两个线圈之间的互感系数，L1和L2分别表示物两个线圈的自感系数，n表示线圈的匝数，A表示线圈的截面积，μ0表示真空中磁导率，l表示线圈的长度。

三、教学方法1.讲解和实验相结合通过讲解和实验相结合的方法，使学生在适当地理论知识的引导下，能够亲自感受和体验电磁感应的原理和应用。

例如，做出一个电磁铁或者测量电动势的实验，通过实验得到的数据能够进一步加深学生对电磁感应定律的理解。

高考物理总复习10第3讲电磁感应规律的综合应用教案新人教版

高考物理总复习10第3讲电磁感应规律的综合应用教案新人教版第3讲电磁感应规律的综合应用一、电磁感应中的电路问题1．内电路和外电路(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源。

(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电路。

2．电源电动势和路端电压(1)电动势：E＝BLv或E＝nΔΦΔt。

(2)电源正、负极：用右手定则或楞次定律确定。

(3)路端电压：U＝E－Ir＝IR。

二、电磁感应图象问题图象类型(1)随时间变化的图象如B－t图象、Φ－t图象、E－t图象和I－t图象(2)随位移x变化的图象如E－x图象和I－x图象问题类型(1)由给定的电磁感应过程判断或画出正确的图象(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量(3)利用给出的图象判断或画出新的图象应用知识左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿定律、函数图象知识等三、感应电流在磁场中所受的安培力1．安培力的大小由感应电动势E＝BLv，感应电流I＝ER和安培力公式F＝BIL得F＝B2L2vR。

2．安培力的方向判断四、电磁感应中的能量转化与守恒1．能量转化的实质电磁感应现象的能量转化实质是其他形式能和电能之间的转化。

2．能量的转化感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为内能(或其他形式的能)。

3．热量的计算电流(恒定)做功产生的热量用焦耳定律计算，公式Q＝I2Rt。

(判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。

)1．闭合电路的欧姆定律同样适用于电磁感应电路。

(√)2．在闭合回路中切割磁感线的那部分导体两端的电压一定等于产生的感应电动势。

(×) 3．电路中电流一定从高电势流向低电势。

(×)4．克服安培力做的功一定等于回路中产生的焦耳热。

(×)5．有安培力作用时导体棒不可能做加速运动。

2017届一轮复习 10.4 电磁感应的综合应用教案

考点四电磁感应的综合应用基础点知识点1 电磁感应中的动力学问题1．安培力的大小⎭⎪⎬⎪⎫安培力公式：F A ＝BIl 感应电动势：E ＝Bl v 感应电流：I ＝E R ⇒F A ＝B 2l 2v R 2．安培力的方向 (1)用左手定则判断：先用右手定则判断感应电流的方向，再用左手定则判定安培力的方向。

(2)用楞次定律判断：安培力的方向一定与导体切割磁感线的运动方向相反(选填“相同”或“相反”)。

3．安培力参与物体的运动：导体棒(或线框)在安培力和其他力的作用下，可以做加速运动、减速运动、匀速运动、静止或做其他类型的运动，可应用动能定理、牛顿运动定律等规律解题。

知识点2 电磁感应中的能量问题1．能量转化：感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将机械能转化为电能，电流做功再将电能转化为其他形式的能。

2．转化实质：电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能与电能之间的转化。

3．电能的三种计算方法(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。

(2)利用能量守恒求解：机械能的减少量等于产生的电能。

(3)利用电路特征求解：通过电路中所产生的电热来计算。

重难点一、电磁感应中的动力学问题1．导体的两种运动状态(1)平衡状态：静止或匀速直线运动，F 合＝0。

(2)非平衡状态：加速度不为零，F 合＝ma 。

2．电磁感应综合问题的两大研究对象及其关系电磁感应中导体棒既可视为电学对象(因为它相当于电源)，又可视为力学对象(因为感应电流的存在而受到安培力)，而感应电流I 和导体棒的速度v 则是联系这两大对象的纽带。

3．解答电磁感应中的动力学问题的一般思路(1)电路分析：等效电路图(导体棒相当于电源)。

电路方程：I ＝BL v R ＋r。

(2)受力分析：受力分析图(安培力大小、方向)，动力学方程：F 安＝BIL ，F 合＝ma (牛顿第二定律)。

其中I ＝BL v R 总，可得F 安＝B 2L 2v R 总，注意这个公式是连接电学与力学问题的关键。

第十三高三物理一轮复习电磁感应规律的综合应用教学设计

城东蜊市阳光实验学校第十三中学高三物理一轮复习电磁感应规律的综合应用教学设计一、教学目的1.知识与技能：熟悉电磁感应的根本问题类型及解决问题的思路和本卷须知，可以较好地解决近几年高考在电磁感应部分的热点问题。

2.过程与方法：由一道高考改变试题，引导学生分析并掌握如何解决电磁感应规律中所涉及到的动力学问题，电路问题和能量问题，并养生画等效电路的习惯。

3.情感态度价值观：通过循序渐进的引导，使学生抑制畏难情绪，树立解决高考难点的信心，同时养成严谨细致的思维习惯。

等效电路图的画法以及电路构造的分析二、教学过程：课前复习：1、产生感应电流的条件：穿过闭合回路的发生变化。

2、感应电流的方向的判断：〔1〕定律，感应电流的磁场总是要阻碍的变化，简化为八个字：，；〔2〕右手定那么3、感应电动势的判断：〔1〕法拉第电磁感应定律，表达式。

（2）导体棒切割磁感线用E=判断，切割磁感线的导体棒当成电源，电源内部电流由极流向极，四指指向电势的一端。

4、导体棒垂直切割磁感线产生感应电流，导体棒受到力，大小为。

5、考虑：电磁感应规律详细的综合应用有哪些？与我们前面已经学过的哪些知识有联络？比方说：电学问题，涉及到；动力学问题，涉及到；能量问题，涉及到；课堂探究：课程引入讲解例题——引出电磁感应规律的综合应用问题。

〔2021高考卷改编〕如图，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN 在程度恒力F 作用下，在光滑的间距为L 的平行金属导轨上以速度v 向右匀速滑动，导轨左端连一个阻值为R 的电阻，金属杆内阻为r ，求解以下问题：（1）程度拉力F 的大小是多少，方向如何？（2）金属杆两端M 、N,哪端电势较高？（3）金属杆MN 两端电压为多少？（4）电路消耗的总电功率是多少？外电路消耗的电功率是多少？〔5〕假设突然撤去外力F ，那么在此后的时间是是中，电阻R 上产生多少热量？讨论总结：通过对以上问题的研究，请总结出你认为高考对于电磁感应部分的考点都有哪些？要注意哪些问题〔1〕电磁感应中的电路问题〔2〕电磁感应中的动力学问题〔3〕电磁感应中的能量问题拓展提升：1.如下列图，竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T ，并且以tB ∆∆=0.1T/s 在变化，程度轨道电阻不计，且不计摩擦阻力，宽0.5 m的导轨上放一电阻R0=0.1Ω的导体棒，并用程度线通过定滑轮吊着质量M=0.2 kg的重物，轨道左端连接的电阻R=0.4Ω，图中的l=0.8 m，求至少经过多长时间是是才能吊起重物.2、把总电阻为2R的均匀电阻丝焊成一个半径为a的圆环，程度固定在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，如下列图。

高三物理复习教案：电磁感应

高三物理复习教案：电磁感应教学目标:1. 理解电磁感应的基本原理2. 掌握电磁感应的公式和计算方法3. 了解电磁感应在生活和工业中的应用教学重点:1. 电磁感应的基本原理2. 电磁感应的公式和计算方法教学难点:1. 理解电磁感应的原理和机制2. 运用电磁感应公式解决实际问题教学准备:1. 教师准备：教学课件、实验装置、相关实物模型、多媒体设备2. 学生准备：教科书、笔记本、计算器教学过程:Step 1: 引入新知识教师向学生介绍电磁感应的概念，并提问学生对电磁感应的了解和应用。

通过引入实际案例或实验现象，激发学生的学习兴趣和思考。

Step 2: 理解电磁感应的原理教师通过示意图或实物模型向学生解释电磁感应的原理，包括自感应和互感应的概念。

引导学生理解磁感线剪切导体产生感应电动势的机制。

Step 3: 学习电磁感应的公式和计算方法教师向学生介绍电磁感应的公式和计算方法，包括法拉第电磁感应定律的公式表达和计算应用。

通过例题和实例演示，让学生掌握基本的计算方法和技巧。

Step 4: 练习和巩固教师布置一些练习题让学生自主练习，然后进行答疑和讲解。

通过讲解过程，强调常见的错误和易混淆的知识点，加深学生对电磁感应的理解和记忆。

Step 5: 应用和拓展教师介绍电磁感应在生活和工业中的应用，如电磁感应发电机、变压器等。

让学生思考和讨论其他相关应用，并鼓励他们进行进一步的探究和研究。

Step 6: 实验展示和讨论教师进行相关的实验展示，通过实验现象和数据，让学生进一步理解电磁感应的原理和公式。

引导学生进行实验数据的分析和讨论，提高他们的实验能力和科学思维。

Step 7: 总结和评价教师对本节课的内容进行总结，并对学生的学习情况进行评价。

鼓励学生总结和归纳电磁感应的关键知识点，并指导他们进行复习和强化练习。

Step 8: 课后作业教师布置适量的课后作业，包括练习题、课外阅读或实验报告等。

鼓励学生主动思考和解决问题，加深对电磁感应的理解和掌握。

高三物理第一阶段高考总复习第十章电磁感应教案

第一阶段高考总复习第十章电磁感应一、电磁感应现象1.产生感应电流的条件感应电流产生的条件是：穿过闭合电路的磁通量发生变化。

以上表述是充分必要条件。

不论什么情况，只要满足电路闭合和磁通量发生变化这两个条件，就必然产生感应电流；反之，只要产生了感应电流，那么电路一定是闭合的，穿过该电路的磁通量也一定发生了变化。

当闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线的运动时，电路中有感应电流产生。

这个表述是充分条件，不是必要的。

在导体做切割磁感线运动时用它判定比较方便。

2.感应电动势产生的条件。

感应电动势产生的条件是：穿过电路的磁通量发生变化。

这里不要求闭合。

无论电路闭合与否，只要磁通量变化了，就一定有感应电动势产生。

这好比一个电源：不论外电路是否闭合，电动势总是存在的。

但只有当外电路闭合时，电路中才会有电流。

3.关于磁通量变化在匀强磁场中，磁通量Φ=B ∙S ∙sin α（α是B 与S 的夹角），磁通量的变化ΔΦ=Φ2-Φ1有多种形式，主要有：①S 、α不变，B 改变，这时ΔΦ=ΔB ∙S sin α②B 、α不变，S 改变，这时ΔΦ=ΔS ∙B sin α③B 、S 不变，α改变，这时ΔΦ=BS (sin α2-sin α1)当B 、S 、α中有两个或三个一起变化时，就要分别计算Φ1、Φ2，再求Φ2-Φ1了。

在非匀强磁场中，磁通量变化比较复杂。

有几种情况需要特别注意：①如图所示，矩形线圈沿a →b →c 在条形磁铁附近移动，试判断穿过线圈的磁通量如何变化？如果线圈M 沿条形磁铁轴线向右移动，穿过该线圈的磁通量如何变化？（穿过上边线圈的磁通量由方向向上减小到零，再变为方向向下增大；右边线圈的磁通量由方向向下减小到零，再变为方向向上增大） ②如图所示，环形导线a 中有顺时针方向的电流，a 环外有两个同心导线圈b 、c ，与环形导线a 在同一平面内。

当a 中的电流增大时，穿过线圈b 、c 的磁通量各如何变化？在相同时间内哪一个变化更大？（b 、c 线圈所围面积内的磁通量有向里的也有向外的，但向里的更多，所以总磁通量向里，a 中的电流增大时，总磁通量也向里增大。

高考物理一轮复习第十章电磁感应专题提升(十)电磁感应的综合应用教案

专题提升(十) 电磁感应的综合应用电磁感应中的能量问题1.能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化(2)求解焦耳热Q的三种方法2.解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路);(2)弄清电磁感应过程中,哪些力做功,哪些形式的能量相互转化;(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解.角度1 应用能量守恒定律求解电磁感应能量问题[例1]如图所示,两平行金属导轨位于同一水平面上,相距l,左端与一电阻R相连;整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向竖直向下.一质量为m的导体棒置于导轨上,在水平外力作用下沿导轨以速率v匀速向右滑动,滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好.已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g,导轨和导体棒的电阻均可忽略.求:(1)电阻R消耗的功率.(2)水平外力的大小.解析:(1)导体棒切割磁感线产生的电动势E=Blv由于导轨与导体棒的电阻均可忽略,则R两端电压等于电动势U=E 则电阻R消耗的功率P R=2UR综合以上三式可得P R =222B l vR .(2)设水平外力大小为F,由能量守恒有 Fv=P R +μmgv 故得F=22vB l R+μmg.答案:见解析角度2 应用焦耳定律求解电磁感应能量问题[例2] (2019·北京东城区模拟)随着新技术的应用,手机不断地更新换代.新机型除了常规的硬件升级外,还支持快充和无线充电.图(甲)为兴趣小组制作的无线充电装置中的输电线圈示意图,已知线圈匝数n=100,电阻r=1.0 Ω,线圈的横截面积S=1.5×10-3m 2,外接电阻R=5.0 Ω.线圈处在平行于线圈轴线的磁场中,磁场的磁感应强度随时间变化如图(乙)所示,求:(1)t=1.0×10-2s 时线圈中的感应电动势E; (2)0~2.0×10-2 s 内通过电阻R 的电荷量q; (3)0~3.0×10-2 s 内电阻R 上产生的热量Q.解析:(1)由图(乙)可知,t=0.01 s 时刻ΔΔBt =4 T/s根据法拉第电磁感应定律得E=n ΔΔt Φ=n ΔΔS Bt解得E=0.6 V.(2)0~0.02 s 内,I=E R r +=0.1 A电荷量q=IΔt 解得q=2.0×10-3C.(3)0~0.02 s 内,E=0.6 V,I=0.1 A,根据焦耳定律可以得到,R 上产生的焦耳热为Q1=I2Rt1=1.0×10-3 J0.02~0.03 s内,E′=1.2 V,I′=0.2 A,根据焦耳定律可以得到,R 上产生的焦耳热为Q2=I′2Rt2=2.0×10-3 J所以Q=Q1+Q2=3.0×10-3 J.答案:(1)0.6 V (2)2.0×10-3 C (3)3.0×10-3 J1.(2019·江苏七市二模)(多选)在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上,存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场,区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上,区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下,磁场的宽度均为L,一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框,由静止开始沿斜面下滑,当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时,恰好以速度v1做匀速直线运动;当ab边下滑到JP与MN的中间位置时,线框又恰好以速度v2做匀速直线运动,从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中,线框的动能变化量为ΔE k,重力对线框做功大小为W1,安培力对线框做功大小为W2,下列说法中正确的有( CD)A.在下滑过程中,由于重力做正功,所以有v2>v1B.从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中,线框的机械能守恒C.从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中,有W1-ΔE k 的机械能转化为电能D.从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中,线框动能的变化量大小ΔE k=W1-W2解析:ab边越过JP后回路感应电动势增大,感应电流增大,因此所受安培力增大,安培力阻碍线框下滑,因此ab边越过JP后开始做减速运动,使感应电动势和感应电流均减小,安培力减小,当安培力减小到与重力沿斜面向下的分力mgsin θ相等时,以速度v2做匀速运动,因此v2<v1,A错误;由于有安培力做功,线框机械能不守恒,B错误;线框克服安培力做功,将机械能转化为电能,克服安培力做了多少功,就有多少机械能转化为电能,由动能定理得W1-W2=ΔE k,W2=W1-ΔE k,故C,D正确.2.(2019·湖南娄底二模)(多选)如图所示,质量为3m的重物与一质量为m的线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( ABD ) A.线框进入磁场时的速度为2ghB.线框的电阻为2222B L gh mgC.线框通过磁场的过程中产生的热量Q=2mghD.线框通过磁场的过程中产生的热量Q=4mgh解析:从初始时刻到线框上边缘刚进入磁场,由机械能守恒定律得3mg×2h=mg×2h+242mv ,解得线框刚进入磁场时的速度v=2gh,故A正确;线框上边缘刚进磁场时,恰好做匀速直线运动,故受合力为零,3mg=BIL+mg,I=BLv R,解得线框的电阻R=2222B L gh mg,故B 正确;线框匀速通过磁场的距离为2h,产生的热量等于系统重力势能的减少量,即Q=3mg×2h -mg×2h=4mgh,故C 错误,D 正确.电磁感应中的动量和能量问题角度1 用动量定理解决电磁感应问题 [例3](2019·广东佛山模拟)(多选)水平放置的足够长光滑平行导轨,电阻不计,间距为L,左端连接的电源电动势为E 、内阻为r,质量为m 的金属杆垂直静放在导轨上,金属杆处于导轨间的部分的电阻为R.整个装置处在磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中,闭合开关,金属杆沿导轨做变加速运动直至达到最大速度,下列说法正确的是( AC )A.金属杆的最大速度大小为B.此过程中通过金属杆的电荷量为222mEB LC.此过程中电源提供的电能为222mE B L D.此过程中金属杆产生的热量为2222mE B L 解析:开关闭合瞬间,电流通过金属杆,则金属杆在安培力作用下加速运动,同时由于金属杆切割磁感线产生感应电动势,方向与E 相反,故金属杆做加速度减小的加速运动,当感应电动势等于电源电动势E 时,金属杆加速度为0,速度最大,由BLv m =E,得v m =EBL ,A 正确;整个过程中对金属杆应用动量定理有B IL·t=mv m ,则q=I t=mmv BL=22mE B L ,B 错误;电源提供的电能为E 电=qE=222mE B L ,C 正确;对整个过程由功能关系可知电源提供的能量转化为金属杆的动能和电路产生的热量,即E 电=Q 总+E k ,得222mE B L =Q 总+12m 222E B L,故Q 总=Q r +Q R =2222mEB L ,金属杆的热量为Q R =RR r+Q 总=2222mE B L ·R R r+,D 错误.角度2 用动量守恒定律解决电磁感应问题[例4] (2019·北京丰台期末)如图所示,两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内,导轨间的距离为L,导轨上平行放置两根导体棒ab 和cd,构成矩形回路.已知两根导体棒的质量均为m 、电阻均为R,其他电阻忽略不计,整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B,导体棒均可沿导轨无摩擦的滑行.开始时,导体棒cd 静止、ab 有水平向右的初速度v 0,两导体棒在运动中始终不接触.求:(1)开始时,导体棒ab 中电流的大小和方向;(2)从开始到导体棒cd 达到最大速度的过程中,矩形回路产生的焦耳热;(3)当ab 棒速度变为34v 0时,cd 棒加速度的大小.解析:(1)ab 棒产生的感应电动势E ab =BLv 0ab 棒中电流I=2abE R=02BLvR方向由a→b.(2)当ab 棒与cd 棒速度相同时,cd 棒的速度最大,设最大速度为v 由动量守恒定律得mv 0=2mv 解得v=12v 0由能量守恒定律得Q=12m 20v -12(2m)v 2解得Q=14m 20v .(3)设ab 棒的速度为34v 0时,cd 棒的速度为v′由动量守恒定律得mv 0=m 34v 0+mv′解得v′=14v 0.E ab =BL 34v 0;E cd =BL 14v 0;I=2abcd EE R-=0031()442BL v v R- 解得I=04BLvRcd 棒受力为F=IBL=2204B L v R;此时cd 棒加速度为a==.答案:见解析动量定理及动量守恒定律在电磁感应中的应用技巧(1)在电磁感应中,动量定理应用于单杆切割磁感线运动,可求解变力的时间、速度、位移和电荷量.①求电荷量或速度:B I lΔt=mv 2-mv 1,q=I t. ②求时间:Ft-I 冲=mv 2-mv 1,I 冲=BIlΔt=Bl ΔR Φ总.③求位移:-BIlΔt=-=0-mv 0, 即-22B l R 总s=m(0-v 0).(2)电磁感应中对于双杆切割磁感线运动,若双杆系统所受合外力为零,运用动量守恒定律结合能量守恒定律可求解与能量有关的问题. 1.(2019·广东深圳二模)如图所示,在水平面上有两条导电导轨MN,PQ,导轨间距为d,匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里,磁感应强度的大小为B,两根完全相同的金属杆1,2间隔一定的距离摆开放在导轨上,且与导轨垂直.它们的电阻均为R,两杆与导轨接触良好,导轨电阻不计,金属杆的摩擦不计.杆1以初速度v 0滑向杆2,为使两杆不相碰,则杆2固定与不固定两种情况下,最初摆放两杆时的最小距离之比为( C )A.1∶1B.1∶2C.2∶1D.1∶1解析:杆2固定:对回路:q 1=Δ2RΦ=12BdsR .对杆1:-B 1I d·Δt=0-mv 0,q 1=·Δt联立解得s 1=0222mRvB d.杆2不固定:q 2=22BdsR对杆2:Bd·Δt=mv 2-0 全程动量守恒:mv 0=mv 1+mv 2末态两棒速度相同,v 1=v 2,q 2=·Δt 联立解得s 2=022mRv B d.s 1∶s 2=2∶1,C 正确.2.(2019·贵州黔东南二模)如图所示,宽度为L 的平行光滑的金属轨道,左端为半径为r 1的四分之一圆弧轨道,右端为半径为r 2的半圆轨道,中部为与它们相切的水平轨道.水平轨道所在的区域有磁感应强度为B 的竖直向上的匀强磁场.一根质量为m 的金属杆a 置于水平轨道上,另一根质量为M 的金属杆b 由静止开始自左端轨道最高点滑下,当b 滑入水平轨道某位置时,a 就滑上了右端半圆轨道最高点(b 始终运动且a,b 未相撞),并且a 在最高点对轨道的压力大小为mg,此过程中通过a 的电荷量为q,a,b 杆的电阻分别为R 1,R 2,其余部分电阻不计.在b 由静止释放到a 运动到右端半圆轨道最高点过程中,求:(1)在水平轨道上运动时b 的最大加速度是多大;(2)自b 释放到a 到达右端半圆轨道最高点过程中,系统产生的焦耳热是多少;(3)a 刚到达右端半圆轨道最低点时b 的速度是多大. 解析:(1)由机械能守恒定律得12M 21b v =Mgr 1解得vb1b 刚滑到水平轨道时加速度最大,E=BLv b1,I=12ER R+,由牛顿第二定律有F 安=BIL=Ma解得12.(2)由动量定理有-B I Lt=Mv b2-Mv b1, 即-BLq=Mv b2-Mv b1 解得vb2-BLq M根据牛顿第三定律得:a 在最高点受支持力N=N′=mg,mg+N=m 212a v r解得va1由能量守恒定律得Mgr 1=12M 22b v +12m 21a v +mg2r 2+Q解得-3mgr 2-2222B L q M.(3)由能量守恒定律有2mgr 2=12m 22a v -12m 21a v解得va2由动量守恒定律得Mv b1=Mv b3+mv a2 解得vb3答案:12-3mgr 2-2222B L q M1.(2019·福建厦门模拟)(多选)在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ,MN,相距为L,导轨处于磁感应强度为B 的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向下.有两根质量均为m 的金属棒a,b,先将a 棒垂直导轨放置,用跨过光滑定滑轮的细线与物块c 连接,连接a 棒的细线平行于导轨,由静止释放c,此后某时刻,将b 也垂直导轨放置,a,c 此刻起做匀速运动,b 棒刚好能静止在导轨上.a 棒在运动过程中始终与导轨垂直,两棒与导轨接触良好,导轨电阻不计.则( AD )A.物块c 的质量是2msin θB.b 棒放上导轨前,物块c 减少的重力势能等于a,c 增加的动能C.b 棒放上导轨后,物块c 减少的重力势能等于回路消耗的电能D.b 棒放上导轨后,a 棒中电流大小是sin mgBL θ解析:b 棒静止说明b 棒受力平衡,即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡,a 棒匀速向上运动,说明a 棒受细线的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡,c 匀速下降则c 所受重力和细线的拉力大小平衡.由b 平衡可知,安培力大小F 安=mgsin θ,由a 平衡可知F 线=F 安+mgsin θ=2mgsin θ,由c 平衡可知F 线=m c g;因为线中拉力大小相等,故2mg sin θ=m c g,即物块c 的质量为2msin θ,故A 正确;b 放上之前,a,c 系统的机械能守恒,c 减少的重力势能转化为a,c 的动能和a 的重力势能,故B 错误;放上b 后,a 匀速上升重力势能在增加,根据能量守恒知c 减小的重力势能等于回路消耗的电能和a 增加的重力势能之和,C 错误;根据b 棒的平衡可知F 安=mgsin θ,又因为F 安=BIL,故I=sin mgBL θ,故D 正确.2.(2018·江苏卷,9)(多选)如图所示,竖直放置的“”形光滑导轨宽为L,矩形匀强磁场Ⅰ,Ⅱ的高和间距均为d,磁感应强度为B.质量为m 的水平金属杆由静止释放,进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等.金属杆在导轨间的电阻为R,与导轨接触良好,其余电阻不计,重力加速度为g.金属杆( BC )A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C.穿过两磁场产生的总热量为4mgdD.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于2244g 2m R B L 解析:穿过磁场Ⅰ后,金属杆在磁场之间做加速运动,在磁场Ⅱ上边缘速度大于从磁场Ⅰ出来时的速度,即进入磁场Ⅰ时速度等于进入磁场Ⅱ时速度且大于从磁场Ⅰ出来时的速度,故金属杆在刚进入磁场Ⅰ中时做减速运动,加速度方向向上,选项A 错误.金属杆刚进入磁场Ⅰ中时,由牛顿第二定律知BIL-mg=22v BL R -mg=ma a 随着减速过程逐渐变小,即在前一段做加速度减小的减速运动,若出磁场Ⅰ前a 减为零则再做匀速运动.金属杆在磁场之间做加速度为g 的匀加速直线运动,两个过程位移大小相等,由v t 图象(以金属杆在磁场Ⅰ中一直减速为例),如图所示,可以看出前一段用时多于后一段用时(若金属杆在磁场Ⅰ中先减速再匀速可以得出同样的结论),选项B 正确.由于进入两磁场时速度相等,从金属杆刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ的过程,由动能定理知,W 安1+mg·2d=0,则W 安1=-2mgd,可知通过磁场Ⅰ产生的热量为2mgd,故穿过两磁场产生的总热量为4mgd,选项C 正确.设刚进入磁场Ⅰ时速度为v,则由机械能守恒定律知 mgh=12mv 2, 进入磁场时BIL-mg=22v BL R -mg=ma 解得v=22()m a g R B L +, 联立得h=22244(a g)2g m R B L +>2244g 2m R B L ,选项D 错误. 3.(2019·安徽蚌埠二模)如图所示,质量M=1 kg 的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上,凹槽部分嵌有cd 和ef 两个光滑半圆形导轨,c 与e 端由导线连接,一质量m=1 kg 的导体棒自ce 端的正上方h=2 m 处平行ce 由静止下落,并恰好从ce 端进入凹槽,整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中,导体棒在凹槽内运动过程中与导轨接触良好.已知磁场的磁感应强度B=0.5 T,导轨的间距与导体棒的长度均为L=0.5 m,导轨的半径r=0.5 m,导体棒的电阻R=1 Ω,其余电阻均不计,重力加速度g=10 m/s 2,不计空气阻力.(1)求导体棒刚进入凹槽时的速度大小;(2)求导体棒从开始下落到最终静止的过程中系统产生的热量;(3)若导体棒从开始下落到第一次通过导轨最低点的过程中产生的热量为16 J,求导体棒第一次通过最低点时回路中的电功率.解析:(1)根据机械能守恒定律,得mgh=12mv2解得m/s.(2)导体棒在凹槽导轨上运动过程中发生电磁感应现象,产生感应电流,最终整个系统处于静止,导体棒停在凹槽最低点.根据能量守恒可知整个过程中系统产生的热量Q=mg(h+r)=25 J.(3)设导体棒第一次通过最低点时速度大小为v1,凹槽速度大小为v2,导体棒在凹槽内运动时系统在水平方向动量守恒,故有mv1=Mv2由能量守恒,得12m21v+12M22v=mg(h+r)-Q1导体棒第一次通过最低点时感应电动势E=BLv1+BLv2回路电功率P=2ER联立解得P=94W.答案:m/s (2)25 J (3)94W4.(2019·湖南湘潭调研)如图所示,将不计电阻的长导线弯折成P1P2P3,Q1Q2Q3形状,P1P2P3和Q1Q2Q3是相互平行且相距为d的光滑固定金属导轨.P1P2,Q1Q2的倾角均为θ,P2P3,Q2Q3在同一水平面上,P2Q2⊥P2P3,整个导轨在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,质量为m电阻为R的金属杆CD从斜导轨上某处静止释放,然后沿水平导轨滑动一段距离后停下.杆CD 始终垂直导轨并与导轨保持良好接触,导轨和空气阻力均不计,重力加速度大小为g,导轨倾斜段和水平段都足够长,求:(1)杆CD 能达到的最大速度;(2)杆CD 在距P 2Q 2为L 处释放,滑到P 2Q 2处恰达到最大速度,则沿倾斜导轨下滑的时间Δt 1及在水平导轨上滑行的最大距离. 解析:(1)杆CD 达到最大速度时,杆受力平衡,则有Bcos θ·dI m =mgsin θ此时杆CD 切割磁感线产生的感应电动势为E=Bcos θ·dv m由欧姆定律可得I m =E R, 解得v m =222sin cos θmgR B d θ. (2)在杆CD 沿倾斜导轨下滑的过程中,根据动量定理有 mgsin θ·Δt 1-Bcos θ1I d·Δt 1=mv m -0 1I =E R =1ΔΔR t Φ=1cos ΔR B Ld t θ 解得Δt 1=222cos θmRB d +222Lcos θsin B d mgR θ在杆CD 沿水平导轨运动的过程中,根据动量定理有 -B 2I d·Δt 2=0-mv m 该过程中通过R 的电荷量为q 2=2I Δt 2,得q 2=m mvBd杆CD 沿水平导轨运动的过程中,通过的平均电流为2I =E R =2ΔBsd R t ,q 2=2I Δt 2=Bds R解得s=22442g sin cos θm R B d θ. 答案:(1)222sin cos θmgR B d θ (2)222cos θmRB d +222Lcos θsin B d mgR θ 22442g sin cos θm R B d θ。

高中物理一轮复习教案：10.4-电磁感应的综合应用

基础点知识点1 电磁感应中的动力学问题1．安培力的大小⎭⎪⎬⎪⎫安培力公式：F A ＝BIl感应电动势：E ＝Bl v感应电流：I ＝E R ⇒F A＝B 2l 2v R 2．安培力的方向(1)用左手定则判断：先用右手定则判断感应电流的方向，再用左手定则判定安培力的方向。

(2)用楞次定律判断：安培力的方向一定与导体切割磁感线的运动方向相反(选填“相同”或“相反”)。

2．转化实质：电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能与电能之间的转化。

3．电能的三种计算方法(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。

(2)利用能量守恒求解：机械能的减少量等于产生的电能。

(3)利用电路特征求解：通过电路中所产生的电热来计算。

重难点一、电磁感应中的动力学问题1．导体的两种运动状态(1)平衡状态：静止或匀速直线运动，F 合＝0。

(2)非平衡状态：加速度不为零，F 合＝ma 。

3．解答电磁感应中的动力学问题的一般思路(1)电路分析：等效电路图(导体棒相当于电源)。

电路方程：I ＝BL v R ＋r。

(2)受力分析：受力分析图(安培力大小、方向)，动力学方程：F 安＝BIL ，F 合＝ma (牛顿第二定律)。

其中I ＝BL v R 总，可得F 安＝B 2L 2v R 总，注意这个公式是连接电学与力学问题的关键。

物理总复习专题十电磁感应高三全册物理教案

城东蜊市阳光实验学校专题十电磁感应挖命题【考情探究】考点内容解读要求5年考情预测热度考题例如关联考点解法电磁感应现象、楞次定律电磁感应现象Ⅰ★☆☆感应电流的产生条件Ⅱ2021,6,4分法拉第电磁感应定律★★☆楞次定律Ⅱ法拉第电磁感应定律法拉第电磁感应定律Ⅱ2021,1,3分2021,13,15分2021,13,15分2021,13,15分2021,13,15分2021,9,4分2021,13,15分一一共点力平衡牛顿运动定律功能关系平衡法能量守恒法★★★自感、涡流自感涡流Ⅰ2021,7,4分★★☆分析解读导体棒切割磁感线的计算限于导线方向与磁场方向、运动方向垂直的情况。

本专题主要研究电磁感应现象的描绘、感应电流的方向的判断(楞次定律、右手定那么)、感应电动势的大小的计算、自感现象和涡流现象等。

这部分是高考考察的重点内容,近几年多放在第一道计算题考察。

在高考中电磁感应现象多与磁场、电路、力学、能量等知识结合,综合性较高,因此在复习时应深化理解各知识点内容、注重训练和掌握综合性题目的分析思路,要研究与实际生活、消费科技相结合的实际应用问题。

命题趋势:(1)楞次定律、右手定那么、左手定那么的应用。

(2)与图像结合考察电磁感应现象。

(3)通过“杆+导轨〞模型,“线圈穿过有界磁场〞模型,考察电磁感应与力学、电路、能量等知识的综合应用。

【真题典例】破考点【考点集训】考点一电磁感应现象、楞次定律1.(2021海安高级中学阶段检测,8)(多项选择)如下列图,A为一固定的圆环,条形磁铁B从左侧无穷远处以初速度v0沿圆环轴线移向圆环,穿过后移到右侧无穷远处。

以下说法中正确的选项是()A.假设圆环A是电阻为R的线圈,磁铁移近圆环直至分开圆环这一过程中圆环中的感应电流方向发生变化B.假设圆环A是一超导线圈,磁铁移近圆环直至分开圆环这一过程中圆环中的感应电流方向发生变化C.假设圆环A是电阻为R的线圈,磁铁的中点通过环面时,圆环中电流为零D.假设圆环A是一超导线圈,磁铁的中点通过环面时,圆环中电流为零答案AC2.(2021、才能测试,3)如下列图,螺线管与灵敏电流计相连,磁铁从螺线管的正上方由静止释放,向下穿过螺线管。

物理总复习专题十电磁感应高三全册物理教案_1

诚西郊市崇武区沿街学校专题十电磁感应挖命题【考情探究】考点考向5年考情预测热度考试要求考题例如关联考点素养要素电磁感应现象、楞次定律电磁感应现象b2021.01学考,04,3分实验解释意识★★☆☆☆楞次定律c2021.01学考,34,3分科学推理★★★★★法拉第电磁感应定律、自感和涡流法拉第电磁感应定律d2021理综,16,6分2021.01学考,30,3分科学论证★★★★★电磁感应现象的两类情况b2020选考,22,10分2021理综,24,20分2021理综,24,20分2021理综,24,20分闭合电路欧姆定律、动量定理与动量守恒定律、能量守恒定律等问题意识★★★★★互感和自感b-解释意识★☆☆☆☆涡流、电磁阻尼和电磁驱动b-解释意识☆☆☆☆☆分析解读本专题是电磁学的核心内容,在近两年选考中均在计算题中出现,有时会结合动量定理或者者动量守恒定律进展考察,比较综合,难度较大。

电磁感应现象常与力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律、闭合电路欧姆定律、动量定理、动量守恒定律等知识相结合,涉及受力分析、运动分析、能量分析、动量分析、电路分析、图像分析等方面,本专题仍将是今后考察的重点。

【真题典例】破考点【考点集训】考点一电磁感应现象、楞次定律1.(2021选考模拟,14)现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如下列图连接。

以下说法中正确的选项是()A.开关闭合后,线圈A插入或者者拔出都会引起电流计指针偏转B.线圈A插入线圈B中后,开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转C.开关闭合后,滑动变阻器的滑片P匀速滑动,电流计指针不会偏转D.开关闭合后,只有滑动变阻器的滑片P加速滑动,电流计指针才能偏转答案A2.(2021选考模拟,14)如下列图,导线框abcd和通电直导线在同一平面内,直导线通有恒定电流并通过ad 和bc的中点,在线框向右运动的瞬间,以下说法正确的选项是()A.线框中有感应电流,且沿顺时针方向B.线框中有感应电流,且沿逆时针方向C.线框中有感应电流,但方向难以判断D.由于穿过线框的磁通量为零,所以线框中没有感应电流答案B考点二法拉第电磁感应定律、自感和涡流1.(2021镇海中学期中,14)(多项选择)图甲为某品牌电磁炉,图乙为内部构造,中间圆形部分是铜质线圈,以下说法正确的选项是()甲乙A.工作时线圈中通以直流电,产生大量焦耳热来烹饪食物B.工作时在线圈内通以交流电,产生变化的磁场,继而在锅体内部产生涡流,加热食物C.涡流的出现是交变磁场在导体中产生涡旋电场,电场力推动铁原子运动所致D.假设工作时把铁锅换成塑料锅,那么无法在锅内产生涡流答案BD2.如下列图,A、B、C是3个完全一样的灯泡,L是一个自感系数较大的线圈(直流电阻可忽略不计)。

2019届高三物理总复习-一轮复习教学案设计：电磁感应

高三物理总复习-一轮复习教学案-电磁感应编制教师：贾培清一、电磁感应现象1．产生感应电流的条件穿过闭合电路的磁通量发生变化。

当闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线的运动时，电路中有感应电流产生。

2．感应电动势产生的条件穿过电路的磁通量发生变化。

无论电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量变化了，就一定有感应电动势产生。

由磁场变化引起的感应电动势叫做感生电动势，其本质是变化的磁场在空间激发出电场；由导体切割磁感线产生的感应电动势叫做动生电动势，其本质与导体内部的自由电荷随导体运动时在磁场中运动受到的洛伦兹力有关。

3．磁通量和磁通量变化如果在磁感应强度为B 的匀强磁场中有一个与磁场方向垂直的平面，其面积为S ，则定义B 与S 的乘积为穿过这个面的磁通量，用Φ表示，即Φ=BS 。

Φ是标量，但是有方向（分进、出该面两种方向）。

单位为韦伯，符号为W b 。

1W b =1T ∙m 2=1kg ∙m 2/(A ∙s 2)。

可以认为磁通量就是穿过某个面的磁感线条数。

在匀强磁场的磁感线垂直于平面的情况下，B =Φ/S ，所以磁感应强度又叫磁通密度。

当匀强磁场的磁感应强度B 与平面S 的夹角为α时，磁通量Φ=BS sin α（α是B 与S 的夹角）。

磁通量的变化ΔΦ=Φ2－Φ1。

磁通量是有方向的，当初、末状态磁通量方向相同时，计算磁通量变化时应将初、末状态磁通量的大小相减；当初、末状态的磁通量方向相反时，计算磁通量变化时应将初、末状态磁通量的大小相加。

例1．如图所示，矩形线圈沿a →b →c 在条形磁铁附近移动，试判断穿过线圈的磁通量如何变化？如果线圈M 沿条形磁铁从N 极附近向右移动到S 极附近，穿过该线圈的磁通量如何变化？解：⑴矩形线框由上到下移动时，穿过线圈的磁通量由方向向下减小到零，再变为方向向上增大。

⑵M 沿条形磁铁轴线向右移动，穿过线圈的磁通量先增大再减小，方向始终向左。

例2．如图所示，环形导线a 中有顺时针方向的电流，a 环外有两个同心导线圈b 、c ，与环形导线a 在同一平面内。

高考物理一轮复习第十单元电磁感应专题十电磁感应规律的综合应用(一)学案新人教版-新人教版高

专题十电磁感应规律的综合应用(一) 考纲考情核心素养►电磁感应中的电路问题Ⅰ►电磁感应中的动力学问题Ⅱ►电磁感应中的图象问题Ⅱ►综合应用楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律分析、解决电磁感应问题.科学思维全国卷5年9考高考指数★★★★★突破1 电磁感应中的电路问题1．电磁感应中电路知识的关系图2．解决电磁感应中的电路问题三步骤如图甲所示，一个电阻为R 、匝数为n 的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R 1连接成闭合回路．线圈的半径为r 1，在线圈中半径为r 2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图乙所示．图线的横、纵轴截距分别为t 0和B 0，导线的电阻不计．在0至t 1时间内，求：(1)通过电阻R 1的电流大小和方向； (2)通过电阻R 1的电荷量q 和产生的热量Q . 【解析】 (1)由图象可知，0～t 1时间内，有⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔB Δt ＝B 0t 0由法拉第电磁感应定律有E ＝n ⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔΦΔt ＝n ⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔB Δt ·S其中S ＝πr 22由闭合电路欧姆定律有I 1＝E 3R联立解得I 1＝nB 0πr 223Rt 0.由楞次定律可判断，通过电阻R 1的电流方向为从b 到a . (2)通过电阻R 1的电荷量q ＝I 1t 1＝nB 0πr 22t 13Rt 0，电阻R 1上产生的热量Q ＝I 21R 1t 1＝2n 2B 20π2r 42t 19Rt 2. 【答案】 (1)nB 0πr 223Rt 0方向从b 到a(2)nB 0πr 22t 13Rt 0 2n 2B 20π2r 42t 19Rt 2高分技法1对电源的理解：在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体相当于电源.如：切割磁感线的导体棒、内有磁通量变化的线圈等.2对电路的理解：内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈；除电源外其余部分是外电路，外电路由电阻、电容器等电学元件组成.在外电路中，电流从高电势处流向低电势处；在内电路中，电流则从低电势处流向高电势处.1．(多选)如图所示，光滑的金属框CDEF 水平放置，宽为L ，在E 、F 间连接一阻值为R 的定值电阻，在C 、D 间连接一滑动变阻器R 1(0≤R 1≤2R )．框内存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B ．一长为L ，电阻为R 的导体棒AB 在外力作用下以速度v 匀速向右运动，金属框电阻不计，导体棒与金属框接触良好且始终垂直，下列说法正确的是( CD )A ．ABFE 和ABCD 回路的电流方向均为逆时针方向B ．左右两个闭合区域的磁通量都在变化且变化率相同，故电路中的感应电动势大小为2BLvC ．当滑动变阻器接入电路中的阻值R 1＝R 时，导体棒两端的电压为13BLvD ．当滑动变阻器接入电路中的阻值R 1＝R2时，滑动变阻器有最大电功率且最大电功率为B 2L 2v 28R解析：本题考查电磁感应与动态电路的结合．导体棒AB 向右运动，由右手定则可判断出导体棒AB 中产生从A 指向B 的感应电流，ABFE 回路中电流方向为逆时针方向，ABCD 回路中电流方向为顺时针方向，选项A 错误；由E ＝BLv 可知，电路中产生感应电动势大小为BLv ，选项B 错误；当滑动变阻器接入电路中的阻值R 1＝R 时，外电路电阻为R 2，导体棒中电流I ＝E R ＋R2，导体棒两端电压U ＝E －IR ＝13BLv ，选项C 正确；求解滑动变阻器的最大电功率时，可以将导体棒和电阻R 看成新的等效电源，等效内阻为R 2，故当R 1＝R2时，等效电源输出功率最大，即滑动变阻器电功率最大，当滑动变阻器接入电路中的阻值R 1＝R 2时，外电路电阻为R3，导体棒中电流I ′＝ER ＋R 3，滑动变阻器中电流I 1＝23I ′＝BLv 2R ，滑动变阻器消耗的功率P ＝I 2112R ＝B 2L 2v 28R ，选项D 正确．2. (多选)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 、电阻为R 的均匀金属棒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．在两环之间接阻值为R 的定值电阻和电容为C 的电容器．金属棒在水平外力作用下以角速度ω绕O 逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．导轨电阻不计．下列说法正确的是( AB )A ．金属棒中电流从B 流向A B ．金属棒两端电压为34Bωr 2C ．电容器的M 板带负电D ．电容器所带电荷量为32CBωr 2解析：根据右手定则可知金属棒中电流从B 流向A ，选项A 正确；金属棒转动产生的电动势为E ＝Brωr ＋ω·2r 2＝32Bωr 2，切割磁感线的金属棒相当于电源，金属棒两端电压相当于电源的路端电压，因而U ＝R R ＋R E ＝34Bωr 2，选项B 正确；金属棒A 端相当于电源正极，电容器M 板带正电，选项C 错误；由C ＝Q U 可得电容器所带电荷量为Q ＝34CBωr 2，选项D 错误．突破2 电磁感应中的图象问题1．分析图象的关键：2．图象问题的解题步骤：题型1 根据电磁感应过程选择图象(2019·全国卷Ⅱ)(多选)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ进入磁场时加速度恰好为零．从PQ 进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是( )【解析】根据题述，PQ进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，若释放两导体棒的时间间隔足够长，在PQ通过磁场区域一段时间后MN进入磁场区域，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知流过PQ的电流随时间变化的图象可能是A；由于两导体棒从同一位置释放，两导体棒进入磁场时产生的感应电动势大小相等，MN进入磁场区域切割磁感线产生感应电动势，回路中产生的感应电流不可能小于I1，B错误；若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ 没有出磁场区域时MN就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动，PQ出磁场后，MN切割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电流一定大于I1，受到安培力作用，由于安培力与速度成正比，则MN所受的安培力一定大于MN的重力沿斜面方向的分力，所以MN一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过PQ的电流随时间变化的图象可能是D，C错误．【答案】AD高分技法应用“三大”定律解决图象问题1楞次定律判断电流方向.当然，也可以用右手定则.2法拉第电磁感应定律计算电动势，也可以用特例E ＝Blv ，注意切割导体的有效长度和导体速度的变化.3闭合电路的欧姆定律计算电流，感应电流是由电动势和回路电阻共同决定的.3．(多选)边长为a 的闭合金属正三角形轻质框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直于框架平面向里的匀强磁场中，现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图所示，则下列图象与这一拉出过程相符合的是( BC )解析：设正三角形轻质框架开始出磁场的时刻t ＝0，则其切割磁感线的有效长度L ＝2x tan30°＝233x ，则感应电动势E 电动势＝BLv ＝233Bvx ，则C 项正确，D 项错误；框架匀速运动，故F 外力＝F 安＝B 2L 2v R ＝4B 2x 2v 3R∝x 2，A 项错误；P 外力功率＝F 外力v ∝F 外力∝x 2，B 项正确．题型2 根据图象分析电磁感应过程(多选)在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1 m 2，线圈电阻为1 Ω.规定线圈中感应电流I 的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示．磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示．以下说法正确的是( )A ．在0～2 s 时间内，I 的最大值为0.01 AB ．在3～5 s 时间内，I 的大小越来越小C ．前2 s 内，通过线圈某截面的总电荷量为0.01 CD ．第3 s 内，线圈的发热功率最大【解析】 0～2 s 时间内，t ＝0时刻磁感应强度变化率最大，感应电流最大，I ＝E R＝ΔB ·SΔtR＝0.01 A ，A 正确；3～5 s 时间内电流大小不变，B 错误；前2 s 内通过线圈的电荷量q ＝ΔΦR ＝ΔB ·SR＝0.01 C ，C 正确；第3 s 内，B 没有变化，线圈中没有感应电流产生，则线圈的发热功率最小，D 错误．【答案】 AC 高分技法据图象分析判断电磁感应过程的方法对于利用图象速度图象、磁感应强度随时间或位移变化图象、安培力随时间或位移变化图象等给出解题信息的电磁感应选择题，其方法是：依据题给图象，结合题述电磁感应过程，将电磁感应分成几个子过程，找出衔接点及其对应的速度、电流、力，利用相关物理规律列方程分析求解.4．(多选)如图甲所示，在MN 、OP 之间存在一匀强磁场，t ＝0时，一正方形光滑金属线框在水平向右的外力F 作用下紧贴MN 从静止开始做匀加速运动，外力F 随时间变化的图线如图乙所示．已知线框的质量m ＝1 kg ，电阻R ＝2 Ω.则( AB )A ．磁场宽度为4 mB ．匀强磁场的磁感应强度为 2 TC ．线框穿过磁场过程中，通过线框的电荷量为2 CD ．线框穿过磁场过程中，线框产生的热量为1 J解析：线框的加速度a ＝F 0m ＝2 m/s 2，磁场的宽度d ＝12at 22＝4 m ，A 项正确；当线框全部进入磁场的瞬间，F 1－F 安＝ma ，而F 安＝B 2L 2v 1R ＝B 2L 2at 1R ，线框宽度L ＝12at 21＝1 m ，联立得B ＝ 2T ，B 项正确；线框穿过磁场过程中，线框的磁通量不变，所以通过线框的电荷量为零，C 项错误；线框进入磁场过程中，线框产生的热量为Q 进＝W 进－12mv 21>1 J ，故D 项错误．突破3 电磁感应中的动力学问题1．导体的两种运动状态(1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态．处理方法：根据平衡条件(合力等于零)列式分析． (2)导体的非平衡状态——加速度不为零．处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析． 2．力学对象和电学对象的相互关系题型1 电磁感应中的平衡问题如图所示，两金属杆ab和cd长均为L＝0.5 m，电阻均为R＝8.0 Ω，质量分别为M＝0.2 kg和m＝0.1 kg，用两根质量和电阻均可忽略的不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，并悬挂在水平、光滑、不导电的圆棒两侧．两金属杆都处在水平位置，整个装置处在一个与回路平面相垂直向内的匀强磁场中，磁感应强度为B＝2 T．若整个装置从静止开始到金属杆ab下降高度h＝5.0 m时刚好匀速向下运动．(g取10 m/s2)求：(1)ab杆匀速运动时杆上的电流方向；(2)ab杆匀速运动的速度v m.【解析】(1)磁场方向垂直纸面向里，当ab匀速下滑时，ab中产生感应电动势，根据右手定则可知电流方向由a→b，cd中的感应电流方向由d→c.(2)电路中的电动势是ab与cd中电动势的和，即E＝2BLv m回路中电流大小为I＝E2R由安培力公式得F A＝BILab受到的安培力向上，cd受到的安培力向下，大小均为F A，对ab有：T＋F A＝Mg，对cd有：T＝F A＋mg联立得：2F A ＝(M －m )g 解得v m ＝M －m gR 2B 2L 2＝0.2－0.1×10×8.02×22×0.52m/s ＝4 m/s. 【答案】 (1)a →b (2)4 m/s5．如图所示，将边长为L ，电阻为R ，质量为m 的正方形金属线圈abcd 平放在粗糙的水平传送带上，线圈跟传送带保持相对静止，以速度v 匀速运动．有一边界长度为2L 的正方形匀强磁场垂直于传送带向上，磁感应强度为B ，线圈穿过磁场区域的过程中速度不变，下列说法中正确的是( D )A ．线圈进入磁场时感应电流的方向沿abcdaB ．线圈进入磁场区域时受到水平向左的静摩擦力，穿出磁场区域时受到水平向右的静摩擦力C ．线圈经过磁场区域的过程中，始终受到水平向右的静摩擦力D ．线圈经过磁场区域的过程中，电动机多消耗的电能为2B 2L 3vR解析：根据楞次定律可知，进入磁场时感应电流方向沿adcba ，A 错误；进入磁场时，感应电流方向沿adcba ，则根据左手定则，bc 边受到的安培力方向向左，所以线圈受到传送带给它的向右的静摩擦力；穿出磁场时，根据右手定则判断，感应电流方向沿abcda ，根据左手定则，ad 边受到的安培力方向向左，所以线圈受到传送带给它的向右的静摩擦力，B 错误；线圈完全进入磁场区域时，磁通量不发生变化，线圈内没有感应电流，没有安培力，此时不受摩擦力，C 错误；根据功能关系得，进入磁场和穿出磁场时线框会发热，需要多消耗的电能即线框产生的热量，Q ＝I 2Rt ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫BLv R 2·R ·2L v ＝2B 2L 3v R ，因此电动机多消耗的电能为2B 2L 3v R ，D正确．题型2 电磁感应中的非平衡问题足够长的平行金属导轨MN 和PQ 表面粗糙，与水平面间的夹角为θ＝37°(sin37°＝0.6)，间距为1 m ．垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度的大小为4 T ，P 、M 间所接电阻的阻值为8 Ω.质量为2 kg 的金属杆ab 垂直导轨放置，不计杆与导轨的电阻，杆与导轨间的动摩擦因数为0.25.金属杆ab 在沿导轨向下且与杆垂直的恒力F 作用下，由静止开始运动，杆的最终速度为8 m/s ，取g ＝10 m/s 2，求：(1)当金属杆的速度为4 m/s 时，金属杆的加速度大小； (2)当金属杆沿导轨的位移为6 m 时，通过金属杆的电荷量．【解析】 (1)对金属杆ab 应用牛顿第二定律，有F ＋mg sin θ－F 安－f ＝ma ，f ＝μF N ，F N ＝mg cos θ ab 杆所受安培力大小为F 安＝BILab 杆切割磁感线产生的感应电动势为E ＝BLv由闭合电路欧姆定律可知I ＝ER整理得：F ＋mg sin θ－B 2L 2Rv －μmg cos θ＝ma代入v m ＝8 m/s 时a ＝0，解得F ＝8 N 代入v ＝4 m/s 及F ＝8 N ，解得a ＝4 m/s 2. (2)设通过回路横截面的电荷量为q ，则q ＝I t回路中的平均电流强度为I ＝ER回路中产生的平均感应电动势为E ＝ΔΦt回路中的磁通量变化量为ΔΦ＝BLx ，联立解得q ＝3 C ．【答案】(1)4 m/s2(2)3 C高分技法用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤6.如图所示，竖直放置的足够长的U形金属框架中，定值电阻为R，其他电阻均可忽略，ef是一水平放置的电阻可忽略的导体棒，导体棒质量为m，棒的两端始终与ab、cd保持良好接触，且能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架平面垂直的匀强磁场中，当导体棒ef从静止下滑一段时间后闭合开关S，则S闭合后( D )A．导体棒ef的加速度一定大于gB．导体棒ef的加速度一定小于gC．导体棒ef的机械能一定守恒D．导体棒ef的机械能一定减少解析：本题考查电磁感应中的单杆的加速度、机械能等问题．当导体棒ef从静止下滑一段时间后闭合开关S ，则S 闭合后由于导体棒ef 切割磁感线产生感应电动势，在回路中产生感应电流，则导体棒ef 受到向上的安培力作用，而F A ＝B 2L 2vR，此时棒的速度大小未知，则其加速度与g 的大小关系未知，选项A 、B 错误；由于回路中产生了感应电流，导体棒ef 的机械能一部分转化成了电阻R 的内能，则机械能一定减少，选项D 正确，C 错误．。

高三物理一轮复习教学案课题：电磁感应综合应用

高三物理一轮复习教学案课题：电磁感应综合应用1：如图所示，ab 和cd 是两根足够长的平行金属导轨，两导轨间距离为L ，导轨固定，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨所在的平面内有垂直导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感应强度B 在导轨的a 、b 端之间连接一阻值为R 的定值电阻。

一根质量为m 的金属棒MN 放置在导轨上。

且总与导轨垂直。

导轨和棒接触良好，且电阻均可不计。

（1）导轨与棒之间光滑接触，棒运动的最大速度是多少？（2）若导轨与棒之间动摩擦因数为μ，棒运动的最大速度又是多少？2．如图13-3-11所示，固定于水平桌面上足够长的两平行导轨PQ 、 MN ，PQ 、MN 的电阻不计，间距为d =0.5m ，P 、M 两端接有一只理想电压表，整个装置处于竖直向下的磁感应强度B =0.2T 的匀强磁场中，电阻均为r =0.1Ω，质量分别为1m =300g 和2m =500g 的两金属棒1L 、2L 平行搁在光滑导柜上，现固定棒1L ，2L 在水平恒力F =0.8N 的作用下，由静止开始做加速运动，试求：（1）当电压表读数为U =0.2V 时，棒2L 的加速度多大？（2）棒2L 能达到的最大速度m v（3）若固定1L ，当棒2L 的速度为v ，且离开棒1L 距离为s 的同时，撤去外力F ，为保持棒2L 做匀速运动，可以采用将B 从原值（0B =0.2T ）逐渐减小的办法，则磁感应强度B 应怎样随时间变化（写出B 与t 的关系式）图13-3-11电阻连接；导轨上放一质量为m 的金属杆（见图13-4-4），金属杆与导轨的电阻忽略不计；均匀磁场竖直向下.用与导轨平行的恒定拉力F 作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动.当改变拉力的大小时，相对应的匀速运动速度v 也会变化，v 与F 的关系如图13-4-5。

（取重力加速度g=10m/s 2）（1）金属杆在匀速运动之前做什么运动？（2）若m =0.5kg ，L =0.5m,R =0.5Ω；磁感应强度B 为多大？（3）由v —F 图线的截距可求得什么物理量？其值为多少？4、如图-29所示，一垂直纸面向里的非匀强磁场，其磁感强度沿y 方向大小不变，沿x 方向均匀减弱，减小率为0.05T/m 。