高三物理一轮复习电磁感应现象应用教学案无答案(新)

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高考物理一轮复习第十章第2讲法拉第电磁感应定律自感现象教案新人教版-新人教版高三全册物理教

第2讲法拉第电磁感应定律自感现象考点1 法拉第电磁感应定律的理解和应用1．法拉第电磁感应定律的理解(1)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率ΔΦΔt 共同决定，而与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系．(2)磁通量的变化率ΔΦΔt 对应Φt 图线上某点切线的斜率．2．应用法拉第电磁感应定律的三种情况(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝B ·ΔS ，则E ＝n B ΔSΔt ； (2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝S ·ΔB ，则E ＝nS ·ΔBΔt； (3)磁通量的变化是由面积和磁场共同变化引起时，则根据定义，ΔΦ＝|Φ末－Φ初|，E ＝n|B 2S 2－B 1S 1|Δt ≠n |ΔB ΔS |Δt.1．(2018·全国卷Ⅲ)(多选)如图甲，在同一平面内固定有一长直导线PQ 和一导线框R ，R 在PQ 的右侧．导线PQ 中通有正弦交流电i ，i 的变化如图乙所示，规定从Q 到P 为电流正方向．导线框R 中的感应电动势( AC )A ．在t ＝T 4时为零B ．在t ＝T 2时改变方向C ．在t ＝T2时最大，且沿顺时针方向D ．在t ＝T 时最大，且沿顺时针方向解析：本题考查楞次定律的应用及法拉第电磁感应定律．由i t 图象可知，在t ＝T4时，Δi Δt ＝0，此时穿过导线框R 的磁通量的变化率ΔΦΔt＝0，由法拉第电磁感应定律可知，此时导线框R 中的感应电动势为0，选项A 正确；同理在t ＝T 2和t ＝T 时，Δi Δt 为最大值，ΔΦΔt为最大值，导线框R 中的感应电动势为最大值，不改变方向，选项B 错误；根据楞次定律，t ＝T2时，导线框R 中的感应电动势的方向为顺时针方向，而t ＝T 时，导线框R 中的感应电动势的方向为逆时针方向，选项C 正确，选项D 错误．2．如图甲所示，用一根横截面积为S 、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r 的圆环，ab 为圆环的直径．在ab 的右侧存在一个足够大的匀强磁场，t ＝0时刻磁场方向垂直于竖直圆环平面向里，磁场磁感应强度B 随时间t 变化的关系如图乙所示，则0～t 1时间内( D )A ．圆环中产生感应电流的方向为逆时针B ．圆环中产生感应电流的方向先顺时针后是逆时针C ．圆环一直具有扩X 的趋势D ．圆环中感应电流的大小为B 0rS4t 0ρ解析：磁通量先向里减小再向外增大，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为一直为顺时针，故A 、B 错误；由楞次定律的“来拒去留”可知，0～t 0为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩X 的趋势，t 0～t 1为了阻碍磁通量的增大，线圈有缩小的趋势，故C 错误；由法拉第电磁感应定律，得E ＝ΔBS 2Δt ＝B 0πr 22t 0，感应电流I ＝E R ＝B 0πr 22t 0·Sρ×2πr＝B 0rS4t 0ρ，故D 正确． 3．(2019·某某某某质检)如图甲所示，导体棒MN 置于水平导轨上，P 、Q 之间有阻值为R 的电阻，PQNM 所围的面积为S ，不计导轨和导体棒的电阻．导轨所在区域内存在沿竖直方向的磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0～2t 0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN 始终处于静止状态．下列说法正确的是( D )A ．在0～t 0和t 0～2t 0内，导体棒受到导轨的摩擦力方向相同B ．在t 0～2t 0内，通过电阻R 的电流方向为P 到QC ．在0～t 0内，通过电阻R 的电流大小为2B 0SRt 0D ．在0～2t 0内，通过电阻R 的电荷量为B 0S R解析：本题考查法拉第电磁感应定律的图象问题，定性分析加定量计算可快速求解．由图乙所示图象可知，0～t 0内磁感应强度减小，穿过回路的磁通量减小，由楞次定律可知，为阻碍磁通量的减少，导体棒具有向右的运动趋势，导体棒受到向左的摩擦力，在t 0～2t 0内，穿过回路的磁通量增加，为阻碍磁通量的增加，导体棒有向左的运动趋势，导体棒受到向右的摩擦力，在两时间段内摩擦力方向相反，故A 错误；由图乙所示图象可知，在t 0～2t 0内磁感应强度增大，穿过闭合回路的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，通过电阻R 的电流方向为Q 到P ，故B 错误；由图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在0～t 0内感应电动势E 1＝ΔΦΔt ＝S ·ΔB Δt ＝B 0S t 0，感应电流为I 1＝E 1R ＝B 0S Rt 0，故C 错误；由图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在0～2t 0内通过电阻R 的电荷量为q 1＝N ΔΦR＝2B 0S －B 0S R ＝B 0SR，故D 正确．应用电磁感应定律需注意的三个问题(1)公式E ＝n ΔΦΔt 求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值．(2)利用公式E ＝nS ΔBΔt 求感应电动势时，S 为线圈在磁场X 围内的有效面积．(3)通过回路截面的电荷量q 仅与n 、ΔΦ和回路电阻R 有关，与时间长短无关，与Φ是否均匀变化无关．推导如下：q ＝I Δt ＝n ΔΦΔtR Δt ＝n ΔΦR.考点2 导体切割磁感线产生的感应电动势考向1 平动切割1．计算公式：E ＝BLv 或E ＝BLv sin θ. 2．E ＝Blv 的三个特性(1)正交性：本公式要求磁场为匀强磁场，而且B 、l 、v 三者互相垂直．(2)有效性：公式中的l 为导体棒切割磁感线的有效长度．下图中，导体棒的有效长度为ab 间的距离．(3)相对性：E ＝Blv 中的速度v 是导体棒相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系．(2019·某某某某统考)(多选)半径为a 右端开小口的导体圆环和长为2a 的导体直杆，单位长度电阻均为R 0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B .杆在圆环上以速度v 平行于直径CD 向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O 开始，杆的位置由θ确定，如图所示．则( )A ．θ＝0时，杆产生的电动势为2BavB ．θ＝π3时，杆产生的电动势为3BavC ．θ＝0时，杆受的安培力大小为2B 2av(π＋2)R 0D ．θ＝π3时，杆受的安培力大小为3B 2av(5π＋3)R 0[审题指导] (1)导体棒长度指处在磁场中的长度，称为有效长度．θ＝0和θ＝π3时二者不同．(2)先计算感应电动势，再计算感应电流，最后计算安培力．【解析】当θ＝0时，杆产生的电动势E ＝BLv ＝2Bav ，故A 正确；当θ＝π3时，根据几何关系得出此时导体棒的有效切割长度为a ，所以杆产生的电动势为E ＝Bav ，故B 错误；当θ＝0时，由于单位长度电阻均为R 0，所以电路中总电阻为(2＋π)aR 0，所以杆受的安培力大小为F ＝BIL ＝B ·2a 2Bav (2＋π)aR 0＝4B 2av (2＋π)R 0，故C 错误；当θ＝π3时，电路中总电阻为⎝⎛⎭⎪⎫1＋5π3aR 0，所以杆受的安培力大小为F ′＝BI ′L ′＝3B 2av (3＋5π)R 0，故D 正确．【答案】 AD1．(2019·某某某某模拟)如图所示，一对光滑的平行金属导轨(电阻不计)固定在同一水平面内，导轨足够长且间距为L ，左端接有阻值为R 的电阻，一质量为m 、长度为L 的匀质金属棒cd 放置在导轨上，金属棒的电阻为r ，整个装置置于方向竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B .金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始做加速度大小为a 的匀加速直线运动，经过的位移为s 时，则( C )A ．金属棒中感应电流方向由d 到cB ．金属棒产生的感应电动势为BL asC ．金属棒中感应电流为BL 2asR ＋rD ．水平拉力F 的大小为B 2L 22asR ＋r解析：根据楞次定律可知电流I 的方向从c 到d ，故A 错误；设金属棒cd 的位移为s 时速度为v ，则有v 2＝2as ，金属棒产生的电动势为E ＝BLv ＝BL 2as ，故B 错误；金属棒中感应电流的大小为I ＝ER ＋r，解得I ＝BL 2asR ＋r，故C 正确；金属棒受到的安培力大小为f ＝BIL ，根据牛顿第二定律可得F －f ＝ma ，联立解得F ＝B 2L 22asR ＋r＋ma ，故D 错误．考向2 导体棒转动切割磁感线当导体棒在垂直于磁场的平面内绕一端以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E ＝Bl v ＝12Bl 2ω，如图所示．如图，直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于ab 边向上．当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，a 、b 、c 三点的电势分别为U a 、U b 、U c .已知bc 边的长度为l .下列判断正确的是( )A ．U a >U c ，金属框中无电流B ．U b >U c ，金属框中电流方向沿a —b —c —aC ．U bc ＝－12Bl 2ω，金属框中无电流D ．U bc ＝12Bl 2ω，金属框中电流方向沿a —c —b —a[审题指导] (1)金属框在转动过程中，磁通量不变，无感应电流产生． (2)金属框bc 边和ac 边都在切割磁感线，所以有感应电动势．【解析】穿过金属框的磁通量始终为零，没有发生变化，故金属框中无电流，B 、D 项错误；bc 边切割磁感线的等效速度为12lω，根据右手定则U b <U c ，故U bc ＝－12Bl 2ω，C 项正确；ac 边切割磁感线，根据右手定则得U a <U c ，A 项错误．【答案】 C2．(2018·全国卷Ⅰ)如图，导体轨道OPQS 固定，其中PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM 是有一定电阻、可绕O 转动的金属杆，M 端位于PQS 上，OM 与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B ′(过程Ⅱ)．过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM 的电荷量相等，则B ′B等于( B )A.54B.32C.74D ．2 解析：本题考查法拉第电磁感应定律及电荷量公式．由公式E ＝ΔΦΔt ，I ＝ER ，q ＝It 得q ＝ΔΦR ，设半圆弧半径为r ，对于过程Ⅰ，q 1＝B ·πr 24·R ，对于过程Ⅱ，q 2＝(B ′－B )·πr22R ，由q 1＝q 2得，B ′B ＝32，故B 项正确．四种求电动势的方法考点3 自感现象涡流考向1 通电自感与断电自感1．自感现象的四大特点(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化．(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化．(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体．(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向．2．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题电流突然增大，灯泡立刻变亮，然后逐12开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，然后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立刻变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是( C )A．图1中，A1与L1的电阻值相同B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等解析：本题考查自感现象判断．在图1中断开S1瞬间，灯A1突然闪亮，说明断开S1前，L1中的电流大于A1中的电流，故L1的阻值小于A1的阻值，A、B选项均错误；在图2中，闭合S2瞬间，由于L2的自感作用，通过L2的电流很小，D错误；闭合S2后，最终A2与A3亮度相同，说明两支路电流相等，故R与L2的阻值相同，C项正确．2．(2019·某某模拟)在如图所示的电路中，S闭合时流过线圈L的电流是2 A，流过灯泡A的电流是1 A．将S突然断开，则S断开前后，能正确反映流过灯泡的电流I随时间t变化关系的是图中的( D )解析：当电键断开时，由于线圈中自感电动势阻碍电流减小，线圈中的电流逐渐减小，线圈与灯泡A构成回路，所以灯泡中的电流与线圈中电流大小相等，灯泡中电流也逐渐减小，但与断开前方向相反．故D正确，A、B、C错误．分析自感现象的两点注意(1)断电自感现象中灯泡是否“闪亮”的判断：关键在于对电流大小的分析，只有断电瞬间通过灯泡的电流比原来大，灯泡才先闪亮后慢慢熄灭．(2)断电自感现象中电流方向是否改变的判断：与线圈在同一支路的用电器的电流方向不变，与线圈不在同一支路的用电器中的电流方向改变．考向2 对涡流的考查3．(多选)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示，实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是( AB )A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动解析：小磁针在圆盘所在处形成的磁场是非匀强磁场，圆盘可以等效为许多环形闭合线圈，圆盘转动过程中，穿过每个环形闭合线圈的磁通量不断地发生变化，在每一环形线圈上产生电动势和涡电流，A正确；环形线圈随圆盘转动，由楞次定律可知，线圈会受到小磁针施加的阻碍相对运动的力，根据牛顿第三定律可知，小磁针会受到与线圈即圆盘转动方向相同的力的作用，此力来源于电磁感应形成的涡电流，而不是自由电子随圆盘转动形成的电流，B正确，D错误．从圆盘的整个盘面上看，圆盘转动过程中穿过整个圆盘的磁通量不变，C 错误．4．扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌．为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示．无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是( A )解析：本题考查电磁阻尼．若要有效衰减紫铜薄板上下及左右的微小振动，则要求施加磁场后，在紫铜薄板发生上下及左右的微小振动时，穿过紫铜薄板横截面的磁通量都能发生变化．由选项图可知只有A满足要求，故选A.对安培力是动力、阻力的理解技巧电磁阻尼是安培力总是阻碍导体运动的现象，电磁驱动是安培力使导体运动起来的现象，但实质上均是感应电流使导体在磁场中受到安培力．学习至此，请完成课时作业34。

高考物理电磁感应现象专题复习教案

高考物理电磁感应现象专题复习教案一、概述电磁感应是物理学中的重要概念，涉及到电磁场和运动导体之间的相互作用。

在高考物理考试中，电磁感应是一个重点难点，考察的内容包括楞次定律、法拉第电磁感应定律以及互感现象等。

本文将针对电磁感应的相关知识进行复习总结和教学指导。

二、楞次定律楞次定律是电磁感应中的基础定律，描述了电流的感应方向。

根据楞次定律可知，当导体中的磁场发生变化时，导体内会产生感应电流，感应电流的方向使得产生的磁场与原磁场的变化态势相反。

1. 楞次定律表达式：设导体中的磁场变化率为dB/dt，导体上感应电动势为ε，感应电流为I，则楞次定律表达式可以表示为ε = -dΦ/dt，其中Φ为磁通量。

2. 楞次定律应用举例：a. 导体运动磁场：当导体以速度v在磁感应强度为B的磁场中运动时，所感应出的电动势为ε = Blv，其中l为导体长度。

b. 磁场变化磁场：当磁场B的磁感应强度随时间变化时，所感应出的电动势为ε = -d(BA)/dt，其中A为导体所围面积。

三、法拉第电磁感应定律法拉第电磁感应定律是对电磁感应现象的定量描述，描述了导体中的电动势与磁通量变化的关系。

在高考物理中，对于导体线圈的电动势计算以及应用是重点内容。

1. 法拉第电磁感应定律表达式：设导体中的磁通量变化率为dΦ/dt，导体上感应电动势为ε，导体匝数为N，则法拉第电磁感应定律表达式可以表示为ε = -NdΦ/dt。

2. 法拉第电磁感应定律应用举例：a. 磁通量变化：当磁通量Φ随时间变化时，所感应出的电动势为ε = -NdΦ/dt。

b. 多匝电磁铁：当电磁铁线圈匝数为N，磁通量变化率为dΦ/dt 时，所感应出的电动势为ε = -N(dΦ/dt)。

四、互感现象互感是指两个或多个线圈之间通过磁场相互感应的现象。

在高考物理中，互感是一个难点，需要理解线圈之间的相互作用和计算方法。

1. 互感表达式：设两个线圈的自感系数分别为L1和L2，它们之间的互感系数为M，则互感可表示为M = k√(L1L2)，其中k为系数，0 <k < 1。

高三第一轮复习电磁感应复习教案

高三第一轮复习电磁感应复习教案TTA standardization office【TTA 5AB- TTAK 08- TTA 2C】第九章电磁感应电磁感应楞次定律一、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。

二、右手定则伸开右手，使大拇指与四指在同一个平面内，并跟四指垂直，让磁感线穿过手心，使大拇指指向导体的运动方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向。

三、楞次定律1．楞次定律——感应电流总具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。

( 阻碍原磁场增加时，反抗, 原磁场减小时，补充 )R 第3课2．对“阻碍”意义的理解：（1）阻碍原磁场的变化。

“阻碍”不是阻止，而是“延缓”（2）阻碍的是原磁场的变化，而不是原磁场本身，如果原磁场不变化，即使它再强，也不会产生感应电流．（3）阻碍不是相反．当原磁通减小时，感应电流的磁场与原磁场同向，以阻碍其减小；当磁体远离导体运动时，导体运动将和磁体运动同向，以阻碍其相对运动．（4）由于“阻碍”，为了维持原磁场变化，必须有外力克服这一“阻碍”而做功，从而导致其它形式的能转化为电能．因此楞次定律是能量转化和守恒定律在电磁感应中的体现．3．楞次定律的具体应用从“阻碍相对运动”的角度来看，楞次定律的这个结论可以用能量守恒来解释：既然有感应电流产生，就有其它能转化为电能。

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。

高三物理一轮复习学案---电磁感应与动量的综合应用

高三物理一轮复习学案电磁感应与动量的综合应用课前案【目标导航】电磁感应与动量的结合主要有3个考点：1.对与单杆模型，则是与动量定理结合。

例如在光滑水平轨道上运动的单杆(不受其他力作用)，由于在磁场中运动的单杆为变速运动，则运动过程所受的安培力为变力，依据动量定理F t P ∆=∆安，而又由于F t BIL t BLq ∆=∆=安，=BLxq NN R R ∆Φ=总总，21P mv mv ∆=-，由以上四式将流经杆电量q 、杆位移x 及速度变化结合一起。

2.对于双杆模型，在受到安培力之外，受到的其他外力和为零，则是与动量守恒结合考察3.电容器模型 ①无外力充电式基本模型规律(电阻阻值为R ，电容器电容为C )电路特点导体棒相当于电源，电容器被充电.电流特点安培力为阻力，棒减速，E 减小，有I ＝BL v －U CR，电容器被充电U C 变大，当BL v ＝U C 时，I ＝0，F 安＝0，棒匀速运动.运动特点和最终特征a 减小的加速运动，棒最终做匀速运动，此时I ＝0，但电容器带电荷量不为零. 最终速度电容器充电荷量：q ＝CU 最终电容器两端电压U ＝BL v对棒应用动量定理：m v0－m v＝B I L·Δt＝BLq v＝m v0m＋B2L2C.v－t图象②无外力放电式基本模型规律(电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C) 电路特点电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动.电流的特点电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时U C＝BL v.运动特点及最终特征a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0.最大速度v m 电容器充电荷量：Q0＝CE放电结束时电荷量：Q＝CU＝CBL v m电容器放电荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBL v m对棒应用动量定理：m v m＝B I L·Δt＝BLΔQ v m＝BLCEm＋B2L2Cv－t图象课中案例1.如图所示，一质量为m 的金属杆ab ，以一定的初速度v 0从一光滑平行金属轨道的底端向上滑行，轨道平面与水平面成θ角，两导轨上端用一电阻相连，磁场方向垂直轨道平面向上，轨道与金属杆ab 的电阻不计并接触良好。

高三物理第一轮复习教学案(电磁感应)原创的

高三物理总复习教案十三、电磁感应第一课时：电磁感应现象楞次定律一、知识要点：1．电磁感应现象及产生感应电流的条件：2．感应电流的方向确定――楞次定律：（1）阻碍的是原磁通量的变化，而不是原磁场本身，如果原磁通不变化，即使它再强，也不会产生感应电流．（2）阻碍不是相反．当原磁通减小时，感应电流的磁场与原磁场同向，以阻碍其减小；当磁体远离导体运动时，导体运动，将和磁体运动同向，以阻碍其相对运动．（3）由于“阻碍”，为了维持原磁通的变化，必须有外力克服这一“阻碍”做功，从而导致其它形式的能转化为电能．因此楞次定律是能量转化和守恒定律在电磁感应中的体现．3．楞次定律的应用步骤：①确定原磁场方向； ②判定原磁通如何变化；③确定感应电流的磁场方向（增反减同）；④根据安培定则判定感应电流的方向。

二、例题分析：1．【96全国】一平面线圈用细杆悬于P 点，开始时细杆处于水平位置，释放后让它在如图所示的匀强磁场中运动，已知线圈平面始终与纸面垂直，当线圈第一次通过位置Ⅰ和位置Ⅱ时，顺着磁场的方向看去，线圈中的感应电流的方向分别为：【】位置Ⅰ 位置ⅡA ．逆时针方向逆时针方向B ．逆时针方向顺时针方向C ．顺时针方向顺时针方向D ．顺时针方向逆时针方向2．如图所示，ab 是一个可绕垂直于纸面的轴O 转动的闭合矩形导线框，当滑动变阻器的滑片P 自左向右滑动时，从纸外向纸内看，线框ab 将：【】A ．保持静止不动B ．逆时针转动C ．顺时针转动D ．发生转动，但电源极性不明，无法确定转动方向3．如图所示装置中，cd 杆原来静止。

当ab 杆做如下那些运动时，cd 杆将向右移动？【】A ．向右匀速运动B ．向右加速运动C ．向左加速运动D ．向左减速运动4．如图所示，O 1O 2是矩形导线框abcd 的对称轴，其左方有匀强磁场。

以下哪些情况下abcd 中有感应电流产生？方向如何？ A ．将abcd 向纸外平移 B ．将abcdC ．将abcd 以ab 为轴转动60°D ．将abcd 以cd5．如图所示，有两个同心导体圆环。

高三物理第一轮复习电磁感应规律的综合应用教案三新课标人教版

高三物理第一轮复习电磁感应规律的综合应用教案三物理3－2 选修教材（必考内容）课时安排：3课时教学目标：1．熟练运用右手定则和楞次定律判断感应电流及感应电动势的方向2．掌握电磁感应与电路规律的综合应用3．综合应用电磁感应等电学知识解决力、电综合问题4．能够处理电磁感应图象问题本讲重点：1．电磁感应与电路规律的综合应用2．综合应用电磁感应等电学知识解决力、电综合问题本讲难点：综合应用电磁感应等电学知识解决力、电综合问题考点点拨：1．电磁感应与电路规律的综合应用2．电磁感应中的力电综合应用3．电磁感应中的图象问题4．涉及多个电动势的计算问题（双杆问题）第一课时一、考点扫描（一）知识整合1．电磁感应中的力学问题（1）基本方法：通过导体的感应电流在磁场中将受到安培力作用，电磁感应往往和力学问题结合在一起。

①用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向，②求回路中的电流大小；③分析研究导体受力情况（包含安培力，用左手定则确定其方向）④列动力学方程或平衡方程求解。

（2）电磁感应力学问题中，要抓好受力情况，运动情况的动态分析导体受力运动产生感应电动势→感应电流→通电导体受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化，周而复始地循环，循环结束时，加速度等于零，导体达稳定状态，抓住a=0时，速度v达最大值。

2．电磁感应中的电路问题在电磁感应中，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，该导体或回路相当于电源。

因此，电磁感应问题往往又和电路问题联系在一起，解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法是：①用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向②画等效电路图③运用全电路欧姆定律，串并联电路性质，电功率等公式联立求解3．电磁感应中的图象问题电磁感应中常涉及磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E、感应电流I、安培力F安或外力F外随时间t变化的图象，即B—t图、Φ—t图、E—t图、I—t图、F—t图。

2019-2020年高考物理一轮复习 9.1电磁感应现象、楞次定律教学案

ABa b cdefghi j v2019-2020年高考物理一轮复习 9.1电磁感应现象、楞次定律教学案一、知识要点（一）电磁感应现象 1．电磁感应现象当穿过闭合电路的发生变化时，电路中有产生的现象．2．产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量。

3．电磁感应现象的实质是产生。

（二）感应电流方向的判断 1.楞次定律 (1)内容：（2）“阻碍”的理解：（3）应用楞次定律判断感应电流方向的具体步骤：（4）楞次定律的推广：感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因①阻碍原磁通量的变化 ②阻碍相对运动 ③使线圈面积有扩大或缩小的趋势 ④阻碍原电流的变化(自感现象) 2．右手定则：二、典题互动例1．下图是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中表示正确的是( ) 例2．如图所示，导线框abcd 与导线AB 在同一平面内，直导线中通有恒定电流I ，当线框由左向右匀速通过直导线过程中，线框中感应电流的方向是（）A.先abcda,再dcbad,后abcdaB.先abcda, 再dcbadC.始终是dcbadD.先dcbad,再abcda,后dcbad例3．如图所示，螺线管A 外接一平行轨道，轨道上垂直放置金属杆cd ，cd 所处位置有垂直轨道平面向里的匀强磁场；螺管B 外接一根固定的直导体ef ，平行于ef 放置一根通电软导线ab,ab 中电流方向由a 向b 。

当导体棒cd 向左运动时，发现软导线ab ：①不动；②左偏；③右偏；试分R123析cd 棒对应的运动状态？例4．如图所示，光滑固定导轨M 、N 水平放置，两根导体棒P 、Q 平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处下落接近回路时( )A.P 、Q 将互相靠拢B.P 、Q 将互相远离C.磁铁的加速度仍为gD.磁铁的加速度小于g 三、随堂演练1．如图所示，在两根平行长直导线中，通以同方向、同强度的电流，导线框ABCD 和两导线在同一平面内，导线框沿着与两导线垂直的方向自右向左在两导线间匀速运动。

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。

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。

高三物理一轮复习 02 法拉第电磁感应定律导学案(无答案)(2021年整理)

江苏省建湖县高三物理一轮复习02 法拉第电磁感应定律导学案（无答案）编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（江苏省建湖县高三物理一轮复习02 法拉第电磁感应定律导学案（无答案））的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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法拉第电磁感应定律【课题】法拉第电磁感应定律【目标】1、知道感生电动势和动生电动势的概念；2、掌握法拉第电磁感应定律。

【导入】一、法拉第电磁感应定律:1、公式：E＝n△ф/△t2、严格区别磁通量ф、磁通量的变化量△ф及磁通量的变化率△ф/△t．3、E＝n△ф/△t计算的是感应电动势的平均值，可以理解为E＝n B△S/△t，或E＝n S△B/△t4、区分感应电量与感应电流．回路中发生磁通变化时，由于感应电场的作用使电荷发生定向移动而形成感应电流，在△t内迁移的电量（感应电量）为：q=I△t=E△t/R=△ф/R；仅由回路电阻和磁通变化决定，与发生磁通变化的时间无关.因此，当用一根磁棒先后两次从同一处用不同速度插至线圈中同一位置时，线圈里积聚的感应电量相等．但快插与慢插时产生的感应电动势、感应电流不同，外力做的功也不同．5、产生感应电动势的那一部分导体相当于电源，当电路断开时,无感应电流,但仍有感应电动势产生．电源内部的电流是从低电势点流向高电势点。

二、导体做切割磁感线运动时感应电动势大小的计算：1、公式：E＝BL V2、条件：一般地，①匀强磁场，②L ⊥B ，③V ⊥L3、注意：①． L 为导体“有效”切割磁感线的等效长度．②．V 为导体切割磁感线的速度，一般导体各部分切割磁感线的速度相同。

高三物理一轮复习 01 电磁感应现象楞次定律导学案(无答案)(2021年整理)

江苏省建湖县高三物理一轮复习01 电磁感应现象楞次定律导学案（无答案）编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（江苏省建湖县高三物理一轮复习01 电磁感应现象楞次定律导学案（无答案））的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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电磁感应现象楞次定律【课题】电磁感应现象及楞次定律【导学目标】1、通过探究得出感应电流与磁通量变化的关系，并会叙述楞次定律的内容.2、体会楞次定律内容中“阻碍”二字的含义，感受“磁通量变化”的方式和途径，并用来分析一些实际问题。

【导入】一、电磁感应现象—感应电流产生的条件1、内容：只要通过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中就有感应电流产生．2、条件：①_____________；②______________________________．3、磁通量发生变化△ф=ф2-ф1,一般存在以下几种情形:①投影面积不变，磁感应强度变化，即△ф=△B·S；②磁感应强度不变,投影面积发生变化，即△ф=B·△S。

其中投影面积的变化又有两种形式：A．处在磁场的闭合回路面积发生变化，引起磁通量变化；B．闭合回路面积不变，但与磁场方向的夹角发生变化,从而引起投影面积变化．③磁感应强度和投影面积均发生变化，这种情况少见。

此时，△ф=B2S2-B1S1；注意不能简单认为△ф=△B·△S.二、感应电流方向——楞次定律1、感应电流方向的判定:方法一:右手定则；方法二：楞次定律。

2、楞次定律的内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化.3、楞次定律的理解：掌握楞次定律，具体从下面四个层次去理解：①谁阻碍谁——感应电流的磁通量阻碍原磁场的磁通量．②阻碍什么—-阻碍的是穿过回路的磁通量的变化，而不是磁通量本身．③如何阻碍——原磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反;当原磁通量减少时,感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，即“增反减同”．④阻碍的结果——阻碍并不是阻止，结果是增加的还增加，减少的还减少．4、判定感应电流方向的步骤：①首先明确闭合回路中引起感应电流的原磁场方向．②确定原磁场穿过闭合回路中的磁通量是如何变化的．（是增大还是减小）③根据楞次定律确定感应电流的磁场方向——“增反减同”．④利用安培定则确定感应电流的方向．5、楞次定律的“阻碍”含义可以推广为下列三种表达方式：①阻碍原磁通量(原电流)变化．（线圈的扩大或缩小的趋势)—“增反减同”②阻碍（磁体的）相对运动，（由磁体的相对运动而引起感应电流）．-“来推去拉"③从能量守恒角度分析:能量的转化是通过做功来量度的，这一点正是楞次定律的根据所在，楞次定律是能量转化和守恒定律在电磁感应现象中的具体体现.注意：有时应用推广含义解题比用楞次定律本身方便得多.6、安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的综合应用（1）应用现象（2）应用区别：关键是抓住因果关系①．因电而生磁（I→B) →安培定则②．因动而生电(v、B→I安)→右手定则③．因电而受力(I 、B →F 安）→左手定则【导研】[例1］如图所示,一根条形磁铁从左向右靠近闭合金属环的过程中，环中的感应电流（自左向右看）（ ) A ．沿顺时针方向 B ．先沿顺时针方向后沿逆时针方向 C ．沿逆时针方向 D ．先沿逆时针方向后沿顺时针方向［例2］如图，均匀带正电的绝缘圆环a 与金属圆环b 同心共面放置，当a 绕O 点在其所在平面内旋转时，b 中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a （）A ．顺时针加速旋转B ．顺时针减速旋转C ．逆时针加速旋转D ．逆时针减速旋转[例3］如图所示，光滑固定导体M 、N 水平放置,两根导体捧P 、Q 平行放于导轨上，形成一个闭合回路．当一条形磁铁从高处下落接近回路时（ )A ．P 、Q 将互相靠拢B ．P 、Q 将互相远离NSvC．磁铁的加速度仍为gD．磁铁的加速度小于g［例4]如图所示，在匀强磁场中，放有一与线圈D相连接的平行导轨,要使放在线圈D中的线圈A（A、D两线圈同心共面）各处受到沿半径方向指向圆心的力，金属棒MN的运动情况可能是（）A．加速向右B．加速向左C．减速向右D．减速向左[例5]如图所示,固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。

2022届高考物理一轮复习电磁感应现象及其应用教学设计课件

复习任务
复习评价
整体复习思路
复习主题
复习目标
（一）设计参考
4、教材典型模型 ②旋转切割
复习任务
复习评价
整体复习思路
复习主题
复习目标
（一）设计参考
复习任务
复习评价
整体复习思路
4、教材典型模型 ③综合应用1——与电路、力学、能量的综合
电磁感应现象中的科学探究 ①力学问题：结合安培力、牛顿运动定律、动量定理分析切割磁感线的导体棒的运动情况等。涡流、电磁阻尼及电磁驱动电磁感应现象中的科学探究分析导体棒切割磁感线特定情境，归纳右手定则、推导动生电动势，体会一般到特殊的科学方法。电磁感应现象中的运动与力从微观角度解释电磁感应现象从微观角度解释电磁感应现象（四）各任务情境设置与活动设计电磁感应现象的综合问题 2、理解法拉第电磁感应定律，理解楞次定律，能够解决一些简单的电磁学问题。（2）查阅资料，撰写报告分析奥斯特电流磁效应和法拉第电磁感应定律对第二次工业革命的贡献，体会科学技术对社会发展的意义。分析整合三个探究实验，总结科学探究的一般程序，提炼相关研究方法。涡流、电磁阻尼及电磁驱动电磁感应现象中的力学问题
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mv02
11．某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈且不易停止。按照老师建议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且能很快停止。下列说法正确的是 A．未接导线时，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势 B．未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用 C．接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势 D．接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用
复习主题
复习目标
一、复习主题的分析

人教版高三物理一轮专题复习第十章电磁感应专题三电磁感应规律的应用教学设计

专题三电磁感应规律的应用教学设计【教材分析】本专题复习内容是在专题一“电磁感应现象、楞次定律”和专题二“法拉第电磁感应定律”的基础上，进一步深入的将电磁感应规律的应用与电路知识、动力学知识、能量知识等内容综合起来。

本专题题目牵涉面广，综合性强，问题类型较多，1个课时只能够涉及基本重难点知识内容，更深一步的训练则还需要更多的时间。

【学情分析】本次讲课比赛时，高三一轮复习一般都还只进行到电路、磁场部分，学生对本部分内容可能还较生疏，因此，教学过程中宜适度复习专题一、二的基本知识内容，另外本专题复习课的容量大，对学生综合分析能力、推理能力要求较高，教学难度大，需要在教学过程中注重循序渐进的引导。

【教学目标】1、知识与技能：熟悉电磁感应综合问题类型及其解决思路和注意事项，能够较好地解决近几年高考在电磁感应综合部分的热点问题。

2、过程与方法：通过一个典型例题的逐层深入地剖析，使学生掌握电磁感应综合问题类型和解决思路，并养成画等效电路图的习惯。

3、情感、态度与价值观：通过循序渐进的引导，使学生克服畏难情绪，树立解决高考难点的信心，同时养成严谨细致的思维习惯。

【教学重点】电流电压电量的计算、平衡与动态问题分析、安培力的功和焦耳热的计算【教学难点】电流电压电量的计算、动态问题分析、焦耳热的计算【教学媒体】多媒体系统、PPT课件、直尺、导学案R1）R中电流的大小是多少？方向如何？2）M、N两点哪点电势高？M、N两点间电势差[问题1]本题答案是哪个？ [问题2]D 答案应该是？[问题3]B 为什么不正确？设磁感应强度为B ，线框边长为L ，则4中情况下ab U 分别是多少？ 2、自主探究2（1）展示题目，组织自主探究【练2】如图所示，电阻不计的光滑金属导轨ac 、bd 水平平行放置，处在方向竖直向下、磁感应强度为的匀强磁场中，导轨左侧接有阻值为R=2r 的定值电阻，导轨间距为L . 一质量为m 、电阻为r 、长度也为L 的金属导体棒MN 静止垂直放置在导轨上。

2023最新-高三物理教案电磁感应(优秀4篇)

高三物理教案电磁感应（优秀4篇）作为一名为他人授业解惑的教育工作者，常常需要准备教案，借助教案可以恰当地选择和运用教学方法，调动学生学习的积极性。

那么应当如何写教案呢？这次漂亮的小编为亲带来了4篇高三物理教案电磁感应，在大家参考的同时，也可以分享一下牛牛范文给您的好友哦。

物理电磁感应教案篇一[要点导学]1. 这一节学习法拉第电磁感应定律，要学会感应电动势大小的计算方法。

这部分内容和楞次定律是本章的两大重要内容，应该高度重视。

2. 法拉第电磁感应定律告诉我们电路中产生感应电动势的大小跟成正比。

若产生感应电动势的电路是一个有n匝的线圈，且穿过每匝线圈的磁感量变化率都相同，则整个线圈产生的感应电动势大小E= 。

3. 直导线在匀强磁场中做切割磁感线的运动时，如果运动方向与磁感线垂直，那么导线中感应电动势的大小与、和三者都成正比。

用公式表示为E= 。

如果导线的运动方向与导线本身是垂直的，但与磁感线方向有一夹角，我们可以把速度分解为两个分量，垂直于磁感线的分量v1=vsin,另一个平行于磁感线的分量不切割磁感线，对感应电动势没有贡献。

所以这种情况下的感应电动势为E=Blvsin。

4.应该知道：用公式E=n/t计算的感应电动势是平均电动势，只有在电动势不随时间变化的情况下平均电动势才等于瞬时电动势。

用公式E=Blv计算电动势的时候，如果v是瞬时速度则电动势是瞬时值；如果v是平均速度则电动势是平均值。

5.公式E=n/t是计算感应电动势的普适公式，公式E=Blv则是前式的一个特例。

6.关于电动机的反电动势问题。

①电动机只有在转动时才会出现反电动势(线圈转动切割磁感线产生感应电动势);②线圈转动切割磁感线产生的感应电动势方向与电动机的电源电动势方向一定相反，所以称为反电动势；③有了反电动势电动机才可能把电能转化为机械能，它输出的机械能功率P=E反I;④电动机工作时两端电压为U=E反+Ir(r是电动机线圈的电阻),电动机的总功率为P=UI,发热功率为P热=I2r,正常情况下E反Ir，电动机启动时或者因负荷过大停止转动，则I=U/r,线圈中电流就会很大，可能烧毁电动机线圈。