电磁感应现象的综合应用(鲁科版)
鲁科版(2019)高中物理必修第三册5.2电磁感应现象及其应用-教案
电磁感应现象及其应用量，因此磁感应强度B又叫磁通密度。
[思考判断]（1）磁通量不仅有大小而且有方向，所以是矢量。
（×）（2）将一平面置于匀强磁场中的任何位置，穿过该平面的磁通量总相等。
（×）知识点二电磁感应现象及应用1．探究感应电流产生的条件实验1如图甲所示，导体AB做切割磁感线运动时，线路中有电流产生，而导体AB顺着磁感线运动时，线路中无电流产生。
（填“有”或“无”）甲实验2如图乙所示，当条形磁铁插入或抽出线圈时，线圈中有电流产生，但条形磁铁在线圈中静止不动时，线圈中无电流产生。
（填“有”或“无”）实验3如图丙所示，将小螺线管A插入大螺线管B中不动，当开关S闭合或断开时，电流表中有电流通过；若开关S一直闭合，当改变滑动变阻器的阻值时，电流表中有电流。
乙丙2．电磁感应闭合回路的磁通量变化而产生电流的现象称为电磁感应，所产生的电流叫感应电流。
3．电磁感应的应用（1）磁可用来记录声音、影像等数字信息，还可用来记录其他信息。
（2）无线充电：利用电磁感应制成手机无线充电装置。
（3）动圈式话筒：话筒是把声音转化为电信号的装置。
三、核心探究核心要点1 磁通量[要点归纳]1．对磁通量的理解（1）磁通量表示穿过某一面积的磁感线条数的多少。
（2）磁通量是标量，但是有正负。
磁通量的正、负不代表大小，只表示磁感线是怎样穿过平面的。
即若以向里穿过某面的磁通量为正，则向外穿过这个面的磁通量为负。
（3）某面积内有相反方向的磁场时，分别计算不同方向的磁场的磁通量，然后规定某个方向的磁通量为正，反方向的磁通量为负，求其代数和。
2．磁通量的变化大致可分为以下几种情况：（1）磁感应强度B不变，有效面积S发生变化。
如图（a）所示。
（2）有效面积S不变，磁感应强度B发生变化。
如图（b）所示。
（3）磁感应强度B和面积S都不变，它们之间的夹角发生变化。
如图（c）所示。
[试题案例][例1]如图所示，套在条形磁铁外的三个线圈，其面积S1>S2＝S3，线圈1、2在同一位置，且线圈3在磁铁的正中间。
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 鲁科版-鲁科版高三全册物理
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(2)求解焦耳热Q的三种方法(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 =2U R综合以上三式可得P R =222B l v R. (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·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=ER r+=0.1 A 电荷量q=IΔt 解得q=2.0×10-3 C.(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 Q 1=I 2Rt 1=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 J求解焦耳热应分清两类情况(1)若回路中电流恒定,可以利用电路结构及W=UIt或Q=I2Rt直接进行计算.(2)若电流变化,则①利用安培力做的功求解:电磁感应中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功;②利用能量守恒求解:若只有电能与机械能的转化,则机械能的减少量等于产生的焦耳热;③利用功能关系求解:若除重力、安培力做功外,还有其他力做功,则其他力做功等于增加的机械能和产生的焦耳热.1.(2019·某某七市二模)(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v 2做匀速运动,因此v 2<v 1,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W 1-W 2=ΔE k ,W 2=W 1-ΔE k ,故C,D 正确.2.(2019·某某某某二模)(多选)如图所示,质量为3m( ABD )2gh2222B 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·某某某某模拟)(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 )222mEB L 222mE B L 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 I L·t=mv m ,则q=I t=m mv BL=22mEB 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 =2222mE B L ,金属杆的热量为Q R =R R 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·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 0 ab 棒中电流I=2ab E R=02BLv R 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=2ab cdE E R-=0031()442BL v v R- 解得I=4BLv Rcd 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.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=Δ2R Φ=12Bds R. 对杆1:-B 1I d·Δt=0-mv 0,q 1=·Δt 联立解得s 1=222mRv B d . 杆2不固定:q 2=22Bds R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=22mRv B d . s 1∶s 2=2∶1,C 正确.2.(2019·某某黔东南二模)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v b112grb 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221122B L gr .(2)由动量定理有-B I Lt=Mv b2-Mv b1, 即-BLq=Mv b2-Mv b1 解得v b212gr -BLqM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v a122gr 由能量守恒定律得Mgr 1=12M 22b v +12m 21a v +mg2r 2+Q 解得Q=BLq 12gr -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v a2=26gr由动量守恒定律得Mv b1=Mv b3+mv a2 解得v b3=12gr -26m gr M.答案:(1)221122()B L gr M R R +(2)BLq 12gr -3mgr 2-2222B L q M(3)12gr -26m gr M1.( 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 mg BLθ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2mgsin 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 mg BL,故D 正确. 2.(2018·某某卷,9)(多选)如图所示,竖直放置的“( 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D.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=22vB L R-mg=maa 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 B L R -mg=ma 解得v=22()m a g R B L +, 联立得h=22244(a g)2gm R B L +>2244g 2m R B L ,选项D 错误. 3.(2019·某某某某二模)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X 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=12mv 2解得10 m/s.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v 1,凹槽速度大小为v 2,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:(1)210 m/s (2)25 J (3)94W4.(2019·某某某某调研)如图所示,将不计电阻的长导线弯折成P1P2P3,Q1Q2Q3形状,P1P2P3和Q1Q2Q31P2,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P2Q2为L处释放,滑到P2Q2处恰达到最大速度,则沿倾斜导轨下滑的时间Δt1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=ER,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 -01I =E R =1ΔΔRt Φ=1cos ΔR B Ld t θ 解得Δt 1=222cos θmR B 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 mv Bd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 θmR B d +222Lcos θsin B d mgR θ22442g sin cos θm R B d θ。
电磁感应定律的应用-鲁科版选修3-2教案
电磁感应定律的应用-鲁科版选修3-2教案一、教学目标1.掌握电磁感应定律的基本原理和公式；2.了解电磁感应定律的应用；3.能够运用电磁感应定律解决与电磁现象有关的问题；4.培养学生分析问题和解决问题的能力。
二、教学重点1.理解电磁感应定律的基本原理和公式；2.掌握电磁感应定律的应用。
三、教学难点1.运用电磁感应定律解决与电磁现象有关的问题；2.分析问题和解决问题的能力。
四、教学内容及进度安排教学内容授课时间课内教学步骤电磁感应定律的原理30 min 1. 引入电磁感应定律的概念；2. 阐述电磁感应现象的产生和意义；3. 解释电磁感应定律的物理意义和公式；电磁感应定律的应用60 min 1. 讲解电磁感应定律在变压器中的应用以及变压原理；2. 列举电磁感应定律在感应炉中的应用以及感应炉的使用场合；3. 分析电磁感应定律在发电机中的应用以及发电机的发电原理。
课堂练习+提问30 min 1. 小组讨论电磁感应定律的具体应用场合与原理；答疑2. 班级展示讨论结果和互相提问答疑。
五、教学方法1.演示法：将通电线圈和磁铁带入教学，让学生通过观察感受电磁感应现象；2.讲授法：通过讲解的方式将电磁感应定律的原理、公式和应用深入浅出地讲解给学生；3.小组讨论法：将学生分成小组，让他们通过自主探究的方式深化对电磁感应定律的理解；4.提问答疑法：在课堂上及时解答学生提出的问题，激发同学之间的讨论。
六、注意事项1.教师应事先准备好展示讲解所需的教具，确保课堂教学顺利进行；2.学生应主动参与讲解、演示和讨论，积极向老师或同学提问答疑；3.课堂结束后应做好总结，加深学生对本节课所学习内容的理解和记忆。
七、教学反思在本次教学中，我们通过讲解和演示的方式，将电磁感应定律的基本原理、公式和应用深入浅出地讲解给学生，为以后学生面对各种电磁应用场合时提供了一定的参考。
同时，我们也鼓励学生通过小组讨论和提问答疑的方式深化对本节课所学习内容的理解，以提高他们分析问题和解决问题的能力。
高三物理电磁感应规律的综合应用鲁教版
高三物理电磁感应规律的综合应用鲁教版2．如图5—2所示，长直导线右侧的矩形线框abcd框受力情况为（）A．t 1到t 2时间内，线框内电流的方向为abcda ，线框受力向右B ．t 1到t 2时间内，线框内电流的方向为abcda ，线框受力向左 C ．在t 2时刻，线框内电流的方向为abcda ，线框受力向右D ．在t 3时刻，线框内无电流，线框不受力 答案 2. BD 。
5．如图4-5所示电路，R 1、R 2、R 3为三个可变电阻，电容器C 1、C 2所带电量分别为Q 1和Q 2，下面判断正确的是 （ ）A ．仅将R 1增大，Q 1和Q 2都将增大B ．仅将R 2增大，Q 1和Q 2都将增大C ．仅将R 3增大，Q 1和Q 2都将不变D ．突然断开开关S ，通过R 3的电量为Q 1+Q 2答案5. BCD 。
6．如图4-6所示，A 、B 是两根互相平行的、固定的长直通电导线，二者电流大小和方向都相同。
一个矩形闭合金属线圈与A 、B 在同一平面内，并且ab 边保持与通电导线平行。
线圈从图中的位置1匀速向左移动，经过位置2，最后到位置3，其中位置2恰在A 、B 的正中间。
下面的说法中正确的是 （ ）A ．在位置2这一时刻，穿过线圈的磁通量为零B ．在位置2这一时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为零C ．从位置1到位置3的整个过程中，线圈内感应电流的方向发生了变化D ．从位置1到位置3的整个过程中，线圈受到的磁场力的方向没有发生变化 答案6. AD 。
8．如图4-8所示，两根竖直固定的金属导轨ad 和bc 相距l = 0.2m ，另外两根水平金属杆MN 和EF 可沿导轨无摩擦地滑动，MN 杆和EF 杆的电阻分别为0.2Ω（竖直金属导轨的电阻不计），EF 杆放置在水平绝缘平台上，回路NMEF 置于匀强磁场内，磁场方向垂直于导轨平面向里，磁感应强度B =1T ，试求：（1）EF 杆不动，MN 杆以0.1m/s 的速度向上运动时，杆MN 两端哪端的电势高？MN 两端电势差为多大？（2）当MN 杆和EF 杆的质量均为m = 10-2kg 。
电磁感应定律及其应用-鲁科版选修1-1教案
电磁感应定律及其应用-鲁科版选修1-1教案一、教学目标1.了解电磁感应现象及其定律。
2.掌握电磁感应定律的内容和表达方式。
3.学习电磁感应定律在生活中的应用。
二、教学重点难点1.理解电磁感应现象。
2.熟悉法拉第电磁感应定律的表达方式。
3.掌握限制电流的Lenz定律。
三、教学内容及过程1. 调研活动通过提问或设置问题，引导学生了解电磁感应现象及其在生活中的应用，培养同学们的发现问题、解决问题的方法。
2. 讲解电磁感应现象利用物理实验来展示电磁感应现象，让学生了解电磁感应现象是基于磁场发生的变化产生的。
同时可以通过实验，让学生对电磁感应现象留下一个深刻的印象。
3. 法拉第电磁感应定律在讲解电磁感应现象后，引入法拉第电磁感应定律。
讲解电磁感应定律的表述方式和公式。
法拉第电磁感应定律：磁通量的变化率与产生感应电动势的电动势成正比，与变化速率成正比，与导线自身的长度和其插入磁场的角度有关。
用公式表示为：e = -ΔΦ/Δt其中，e为感应电动势，Φ为磁通量，t为时间。
4. Lenz定律讲解完电磁感应定律后，再引出Lenz定律，即在磁场与导体之间产生感应电动势时，感应电流的方向总是阻止产生它的原因。
Lenz定律的表述方式：感应电流产生的方向总是使磁通量发生变化的方式与原因相反。
对于电源与磁铁之间的磁感应现象，可以用Lenz定律来解释：当磁体靠近导体时，产生的电流会阻碍磁场的增加，同时在磁铁远离导体时，磁场减弱产生的电流方向与前者相反。
5. 应用1.电磁感应定律可应用于变压器中，利用磁感应线圈将高电压高频电流转换为低电压低频电流。
2.录像带机是一种利用电磁感应实现信号记录、磁头重放的设备。
3.漏电断路器，利用电磁感应原理，防止电路意外漏电的隐患，增强人的安全感。
6. 确认学习成果通过训练或练习来确认学生是否掌握了电磁感应定律及其应用，同时促使学生巩固学习成果，并能运用所学知识解决实际问题。
四、教学评价教学评价是教育教学活动的重要环节，可为教师调整教学方法和内容提供有价值的数据。
电磁感应现象及其应用课件(共27张PPT)高一物理鲁科版(2019)必修三
实验现象 (有无电流)
有 无 有 有 无 有
分析论证
线圈中的磁场变化时，线圈中 有电流产生；线圈中的磁场不 变时，线圈中无电流产生
实验三 磁场和导体无相对运动是否产生电流(如图所示)
实验操作
开关闭合瞬间 开关断开瞬间 开关保持闭合，滑动变 阻器滑片不动 开关保持闭合，迅速移 动滑动变阻器的滑片
实现现象(线圈B中 有无电流)
4.磁通量的正、负 (1)磁通量是标量，但有正、负。当磁感线从某一面穿入时，磁通量为正 值，则磁感线从此面穿出时磁通量为负值。 (2)若磁感线沿相反方向穿过同一平面，且正向磁通量为Φ，反向磁通量 为Φ′，则穿过该平面的磁通量Φ总＝Φ－Φ′。磁通量等于穿过该平面 的磁感线的净条数(磁通量的代数和)。 5.磁通量的变化量 ΔΦ＝|Φ2－Φ1|。
答案 磁通量无变化。线圈中无感应电流。穿过线圈的磁感线分布情况 如图，穿过左右两侧磁感线的条数相同，方向相反，故穿过线圈的磁通 量始终为零，故磁通量始终不变，线圈中始终无感应电流。
练习
3.(多选)(2023·福建福州市高二期末)如图所 示有三种实验装置，选项中能使装置产生 感应电流的是 A.图甲中，使导体棒AB沿着磁感线方向运
磁感线运动 导体棒做切割
磁感线运动
无 闭合回路包围的磁场的面积变 化时，电路中有电流产生；包
无 围的磁场的面积不变时，电路 中无电流产生
有
实验二 探究磁铁在通电螺线管中运动是否产生电流(如图所示)
实验操作
N极插入线圈 N极停在线圈中 N极从线圈中抽出
S极插入线圈 S极停在线圈中 S极从线圈中抽出
√B.开关S接通后，电路中电流稳定时
C.开关S接通后，滑动变阻器滑片滑动的瞬间 D.开关S断开的瞬间
电磁感应现象及其应用课件高二上学期物理鲁科版(2019)必修第三册
与其担心未来，
不如
现在。
成功的路上，只
有
才能给
自己安全感。
如何从磁通量的角度描述磁感线的疏密 即磁场的强弱？
5.磁通密度：磁感应强度等于垂直穿过 单位面积的磁通量即磁通密度
B S
单位：Wb / m2
如图所示，B与S不垂直，怎么求呢？
B S cos
(1)当平面与磁场方向的夹角变化时，穿过 平面的磁感线条数也发生变化。
(2)穿过平面的磁感线条数与平面在垂直磁
场方向上的投影面积Sn穿过的磁感线条数
相等。
BSn BS cos
适用条件：匀强电场
当 00 时 B的方向与S垂直，Φ最大，Φ=BS
当 900 时 B的方向与S平行，Φ=0
当 00 900 时 0<Φ<BS
①B⊥S：Φ=BS ②B//S：Φ=0 ③B与S成α角：
B
分解磁场法
a
S
Φ=B⊥S =BSsinα
第2节
电磁感应现象
及其应用
奥斯特发现电流的磁效应 奥斯特实验得出电能产生磁，反过来磁能产生电吗？
法拉第
用了10年的时间，发现
了磁生电的现象——电磁 感应现象。
1、磁通量
S1 S2
B
法拉第用磁感线描述了磁场的强弱和方向，S1和S2面积相同， 按如图所示方向放入磁场中，穿过两个线圈的磁感线一样多吗？
S
B
B
Sபைடு நூலகம்
B
S
面积投影法
S⊥ θ Φ=BS⊥=BScosθ
面积为 0.5 m2的矩形线圈处于磁感应强度为 3 T 的 匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，穿过该线圈的磁 通量是多少？如果转动线圈使线圈平面与磁场方向夹角为 600（图5一22），穿过该线圈的磁通量又是多少？
5.2 电磁感应现象及其应用—鲁科版(2019)高中物理必修第三册课件 (共27张PPT)
实验2：条形磁铁插入（拨出）螺线管无电流)
N极插入线圈
有
N极停在线圈中
无
N极从线圈中抽出
有
S极插入线圈
有
S极停在线圈中
无
S极从线圈中抽出
有
线圈中的磁场变化时，线圈中有感应电流；线圈中
的磁场不变时，线圈中无感应电流
【答案】ABC
3.如图所示，导线ab和cd互相平行，则下列四种情况下导线cd中 无电流的是( ) A. 开关S闭合或断开的瞬间 B. 开关S是闭合的，但滑动触头向左滑 C. 开关S是闭合的，但滑动触头向右滑 D. 开关S始终闭合，不滑动触头
【解析】开关S闭合或断开的瞬间，下方回路中的电流发生变化， ab中产生的磁场随之变化，穿过上面回路的磁通量变化，所以 导线cd中有感应电流，故A错误；开关S闭合，滑动触头向左滑 动时，接入电路的电阻增大，回路中的电流减小，则ab产生的 磁场减弱，则穿过上面回路的磁通量减小，将产生感应电流， 故B错误；开关S闭合，滑动触头向右滑动时，接入电路的电阻 减小，回路中的电流增大，则ab产生的磁场增强，则穿过上面 回路的磁通量增大，将产生感应电流，故C错误；开关S始终是 闭合的，不滑动触头，回路中电流不变，ab产生的磁场不变， 穿过上面回路的磁通量不变，将无感应电流产生，故D正
解析：位于磁场中的闭合线圈，只有磁通量发生变化，
才一定会产生感应电流，故A错误；闭合线圈平行磁感线
运动时，闭合电路中磁通量没有变化，则闭合电路中就没
有感应电流，故B错误；穿过闭合电路的磁感线的条数发
生变化，磁通量一定发生变化，则闭合电路中就有感应电
流，故C正确；紧紧围绕感应电流产生的条件：闭合电路，
1.3-电磁感应定律的应用-课件(鲁科版选修3-2)解析
课标定位
学习目标：1.了解涡流的产生原因及如何防止 和利用涡流． 2．了解涡流在生产、生活中的实际应用． 3．掌握磁卡存取信息的原理及动圈式话筒的 工作原理． 重点难点：对涡流产生原因及现象的理解．
第3节
课前自主学案 核心要点突破 课堂互动讲练 知能优化训练
课前自主学案
解析：选B.这既是一道联系实际的题，也是 一道信息题，只要抓住主要信息，就容易找 到答案．主要信息是：线圈是动圈式的，处 在磁场中，产生了电信号，结合实际可知B 选项正确．
知能优化训练
本部分内容讲解结束
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变式训练 唱卡拉OK用的话筒内有传感器，其中 有一种是动圈式的，它的工作原理是在弹性膜片
后面粘接一个轻小的金属圈，线圈处于永磁体的
磁场中，当声波使膜片前后振动时，就将声音信 号转变为电信号．下列说法中正确的是( ) A．该传感器是根据电流的磁效应工作的 B．该传感器是根据电磁感应原理工作的 C．膜片振动时，穿过线圈的磁通量不变 D．膜片振动时，金属线圈中不会产生感应电动 势
3．能量转化 伴随着涡流现象，其他形式的能转化成电能最终 在金属块中转化为内能． (1)如果金属块放在了变化的磁场中，则磁场能转 化为电能最终转化为内能． (2)如果是金属块进出磁场或在非匀强磁场中运 动，则由于克服安培力做功，金属块的机械能转 化为电能，最终转化为内能． 4．涡流的利用 金属块内产生涡流时将会产生电热，因此可以用 涡流来加热物体，电磁炉就是利用了这一原理，
图1－3－4
【思路点拨】 录音是利用电流的磁效应， 放音是利用电磁感应现象．
【自主解答】 录音时，声音使话筒中产生随声 音而变化的感应电流——音频电流．音频电流经 放大电路放大后，进入录音磁头的线圈中，在磁 头的缝隙处产生随音频电流变化的磁场．磁带紧 贴着磁头缝隙移动，磁带上的磁粉层被磁化，在 磁带上就记录下声音的磁信号．
鲁科版电磁感应的综合应用ppt课件
mgsin +F 2 B2L2v 2
R
C．当导体棒速度达到v/2时加速度大小为(gsin θ)/2 由(1)(2)可得F＝mgsin θ
D．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
功率P＝F×2v＝2mgvsin θ，故A正确．图乙
受力分析如图丙
B2 L2 v
所以a＝3.2 m/s2
表明
(3)为求金属棒下滑的最大速度 vm，有同学解答 (3)正确
如 此 成下本所：小得由题结动；果能若是定不否理正正，确确W，？G给若－出正W正F确安N＝确，12的说m解明v2m答理，．由…F安并…完由m所g以sa运s随iv动nvm所增,3≈到以02大°达.－7而底4Q减m端由最＝小/时动大s，12.速能速m棒度定度v做m2最理，a大可上减．以述小得解的到法加棒正速的确
并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的 匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨和 金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始
ma＝Fm安g＝sinBθIL－＝FB安2＝RL2mv gsin
θ－B2RL2v
下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的
摩(1)擦由．b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图a＝gsin
(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，求出克服安培力做的功，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其他形式能量 的减少，即Q＝ΔE其他．
课堂讲义
电磁感应中的动力学和能量问题
例3 如图所示，两根电阻不计的光滑平行金属导轨倾角为θ，导轨下端接有电 阻R，匀强磁场垂直斜面向上．质量为m、电阻不计的金属棒ab在沿斜面与棒 垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，上升高度为h，在这个过程中( ) A．金属棒所受各力的合力所做的功等于零 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
2024年第十章专题突破电磁感应定律的综合应用教案鲁科版选修3-2
1.教学重点
（1）电磁感应现象的应用：发电机、变压器等。
（2）电磁感应定律在生产生活中的实际应用。
（3）电磁感应现象的原理及公式。
（4）法拉第电磁感应定律的发现过程及其意义。
2.教学难点
（1）电磁感应现象的原理及公式：电磁感应现象的产生原因、磁场与导体运动之间的关系、感应电流的方向等。
（二）课堂导入（预计用时：3分钟）
激发兴趣：
提出问题或设置悬念，引发学生的好奇心和求知欲，引导学生进入学习状态。
回顾旧知：
简要回顾上节课学习的电磁感应定律的基本原理，帮助学生建立知识之间的联系。
提出问题，检查学生对旧知的掌握情况，为新的学习打下基础。
（三）新课呈现（预计用时：25分钟）
知识讲解：
清晰、准确地讲解电磁感应定律的综合应用，结合实例帮助学生理解。
-指导学生进行课后作业，要求对所学知识进行巩固和拓展，提高学生的自主学习能力和探究精神。
-提醒学生关注与电磁感应定律相关的社会热点问题，如新能源开发、节能减排等，培养学生的社会责任感。
教学评价与反馈
1.课堂表现：观察学生在课堂上的参与程度、提问回答、互动交流等情况，评价学生对电磁感应定律的综合应用的理解和掌握程度。
（1）讲授法：用于阐述电磁感应定律的原理、公式及法拉第电磁感应定律的发现过程。
（2）案例研究法：通过分析发电机、变压器等实例，让学生了解电磁感应定律在生产生活中的应用。
（3）项目导向学习法：让学生分组设计并制作一个简易的发电机或变压器，提高学生的实践操作能力。
（4）讨论法：组织学生讨论电磁感应现象的实验结果，促进学生思考和交流。
④电磁感应现象的实验验证：
-准备一个闭合回路，例如一个线圈，并将一个磁铁插入线圈中。
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电磁感应现象中的动力学问题
如图10-3-1所示，AB、CD是两根足够 长的固定平行金属导轨，两导轨间的距离为L， 导轨平面与水平面的夹角为θ，在整个导轨平 面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁 场，磁感应强度为B，在导轨的AC端连接一 个阻值为R的电阻，一根质量为m、垂直于导 轨放置的金属棒ab，从静止开始沿导轨下滑， 求此过程中ab棒的最大速度.
图10-3-3 (1)画出金属框穿过磁场区域的过程中， 金属框内感应电流随时间变化的I-t图线；
(2)画出ab两端电压随时间变化的U-t图线.
(1)线框进入磁场区域时
E1=Blv=2V,I1= E1 =2.5A
方向沿逆时针，如图(ห้องสมุดไป่ตู้)实线abcd所 l 示，感应电流持续的时间t1= =0.1s
v
4r
线 框 在 磁 场 中 运 动 时 ： ΔΦ=0, E2=0,I2=0
线 框 穿 出 磁 场 区 时 ： E3 E3=Blv=2V,I3= =2.5A 此电流的方向为顺时针，如图(a)虚 线abcd所示，规定电流方向逆时针为正， 得I-t图线如图(b)所示.
4r
Ll 无电流的持续时间：t2= =0.2s v
(2)在分析运动导体的受力时，常画出平面示 意图和物体受力图．
(3)电磁感应中的临界速度往往是从安培力的 大小中去求．
变式训练1：如图10-3-2所示，两根 与水平面成θ角的光滑平行金属轨道， 上端接可变电阻R，下端足够长，轨道 所在空间有垂直于轨道向上的匀强磁场， 磁感应强度为B，一根质量为m的金属 棒垂直于轨道放置，并由静止开始沿轨 道下滑.经过一段时间后，金属棒的速 度趋于最大值vm，
二、电磁感应现象中的力学问题
1.发生电磁感应的回路产生感应电 流，通过导体的感应电流又在磁场中受 到安培力作用，电磁感应问题往往和力 学问题联系在一起.基本分析方法是：
(1)确定回路中电流的大小和方向， 求解安培力. (2)对导体受力分析.
(3)列动力学方程或平衡方程求解.
2.电磁感应的力学问题中，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 定运动状态，抓住a=0时，速度v达最大 值的特点.
ab下滑时因切割磁感线，要产生感应电 动势，根据电磁感应定律： E=BLv ① 闭合电路ACba中将产生感应电流，根据 闭合电路欧姆定律： I=E/R ② 据右手定则可判定感应电流方向为aACba， 再据左手定则判断它受的安培力F安方向如图 所示，其大小为： F安=BIL ③ 2 2 B Lv 由①②③可得F安=
B.此过程中机械能增加了(W1-W2)
C.此过程中重力势能减少了W1
D.此过程中回路中产生了W2的电能
金属杆下滑过程中，重力和安培 力对它做了功，由动能定理：动能的改 变等于外力做功之和，所以A对；重力 做功改变重力势能，不改变机械能，机 械能的改变是重力之外的力做功的结果， 所以C对，B错；克服安培力做功就是其 他形式能转化为电能，D正确.故选B.
变式训练2：如图10-3-4所示，粗细均匀 金属环的电阻为R，可转动的金属杆OA的电阻 为R/4，杆长为L ， A端与环相接触，电刷D和 D′分别与杆的端点O及环边接触．杆OA在垂 直于环面向里的、磁感应强度为B的匀强磁场 中，以角速度w沿顺时针方向转动，外电路上 BL2w小 值 为 接 有 一 电 阻 R/2. 则 电 路 中 总 电 流 的 最 2R 2BL2w _______，最大值为________. 3R
点评 电磁感应中的能量问题，一般 涉及下列几种功和能关系：
(1)重力做功改变重力势能的大小； (2) 合力做功改变动能的大小； (3) 非重力(弹力)做功改变机械能的 大小； (4) 克服安培力做功产生了电能；
(5) 电场力做功改变电势能的大小.
变式训练3:如图10-3-6 所示，竖直放置的两根平 行金属导轨之间接有定值 电阻R，质量不能忽略的金 属棒与两导轨始终保持垂 直并良好接触且无摩擦， 棒与导轨的电阻均不计， 整个装置放在匀强磁场中， 磁场方向与导轨平面垂直，
图10-3-6
棒在竖直向上的恒力F作用下加速 上升的一段时间内，力F做的功与安培 力做的功的代数和等于( )
A.棒的机械能增加量 B.棒的动能增加量 C.棒的重力势能增加量 D.电阻R上放出的热量
解析：棒受重力G、拉力F和安培力F安的作 用．由动能定理：WF+WG+W安 =Ek，得WF+W 安=Ek+(-WG)，即力F做的功与安培力做功的代 数和等于机械能的增加量 。 答案：A
图10-3-2 则下列说法中正确的是( C )
A.B越大，vm越大
C.R越大，vm越大
B.θ越大，vm越小
D.m越小，vm越大
电磁感应现象中的电路问题 匀强磁场的磁感应强度B=0.2T， 磁 场 宽 度 L=3m. 一 正 方 形 金 属 框 边 长 l=1m ， 每 边 电 阻 r=0.2Ω. 金 属 框 以 v=10m/s的速度匀速穿过磁场区，其平 面始终保持与磁感线方向垂直，如图 10-3-3所示.
图10-3-1 已 知 ab 与 导 轨 间 的 动 摩 擦 因 数 为 μ(μ<tanθ)，导轨和金属棒的电阻都不计.
ab沿导轨下滑过 程中受四个力作用，即重 力mg、支持力N、摩擦力 f和安培力F 安 ，如图所示， ab 由 静 止 开 始 下 滑 后 ， v↑→E↑→I↑→F 安 ↑ → a↓(↑ 为增大符号，↓为减小符 号)， 所以这是个变加速过程，当加速度减到a=0 时，其速度即增大到最大v=vm，此时必将处 于平衡状态，以后将以vm匀速下滑.
图10- 4 3-
电磁感应现象中的能量问题 在光滑的足够长的斜面上横放一电阻可 忽略不计的金属杆，如图10-3-5，让金属杆从 静止向下运动一段时间.已知此时间内重力做 了W1的功，金属杆克服安培力做了W2的功，
图10-3-5
(
下列关于此过程的讲法错误的是 ) A.此过程中动能增加了(W1-W2)
三、电磁感应中的能量转化问题
1.产生感应电流的过程是能量转化 的过程，从功和能的观点入手分析电磁 感应中的能量转化关系是解决电磁感应 问题的重要手段.
2.电磁感应过程中产生的感应电流 在磁场中必定受到安培力的作用.克服 安培力做功的过程就是其他形式的能量 转化为电能的过程，克服安培力做了多 少功就有多少其他形式的能量转化为电 能.
(2)线框进入磁场区ab两端电压
U1=I1r=2.5×0.2V=0.5V
线框在磁场中运动时，ab两端电压 等于感应电动势
U2=Blv=2V 线框出磁场时ab两端电压 U3=E-I2r=1.5V 由此得U-t图线如上图(c)所示.
点评 线框的运动过程分为三个阶 段：第一阶段ab为外电路；第二阶段ab 相当于开路时的电源；第三阶段ab是接 上外电路的电源.
电磁感应
电磁感应现象的 综合应用
一、电磁感应中的电路问题 发生电磁感应的导体（切割磁感线的导 体或磁通量发生变化的回路）相当于电源， 因此电磁感应问题往往和电路问题联系在一 起，基本分析方法是： En 1.感应电动势大小由 t 或E=BLv 来求解，电流的方向利用楞次定律或右手定 则来判断. 2.分析电路结构，画等效电路图. 3.用电路规律求解.
R
取平行和垂直导轨的两个方向对ab 所受的力进行正交分解，应有：
N=mgcosθ f=μmgcosθ 以ab为研究对象，根据牛顿第二定 律应有： mgsinθ-μmgcosθB 2 L2v =ma R
ab做加速度减小的变加速运动，当a=0 时速度达最大，因此，ab达到vm时应有：
B 2 L2vm mgsinθ-μmgcosθ=0 ④ R 由④式可解得vm= mg(sin cos ) R . B 2 L2 点评 (1)电磁感应中的动态分析，是处理电 磁感应问题的关键，要学会从动态分析的过程中来 选择是从动力学方面，还是从能量方面解决问题．