2021届人教版高考物理一轮总复习学案设计第十单元专题十电磁感应规律的综合应用(一)

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人教版高考物理一轮复习学案设计专题：电磁感应规律的综合应用

高考物理一轮复习学习讲义2．解决电磁感应中的电路问题三部曲如图所示，在匀强磁场中竖直放置两条足够长的平行导轨，磁场方向与导轨所在平面垂直，，导轨上端连接一阻值为R的电阻和开关S，导轨电阻不计，两金属棒，质量分别为m a＝0.02 kg和m b＝0.01 kg，它们与导轨接触良好，并可沿导轨无摩擦棒固定，开关S断开，用一竖直向上的恒力F拉a棒，稳定后的速度向上匀速运动，此时再释放b棒，b棒恰能保持静止．(g取10 m/s2)棒的重力平衡，有G b＝B20L2v2 1.5RΔB·Lh．螺线管中产生的感应电动势为1.2 V，电路中的电流稳定后电容器上极板带正电．电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为5×10－2 W的电荷量为1.8×10－5 C刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；时间内，根据法拉第电磁感应定律及楞次定律可得回路的圆环形区域产生大小恒定的、顺时针方向的感应电流，根据左手定则，ab边在匀强磁场Ⅰ中受到水平向左的恒定的安培力；同边在匀强磁场Ⅰ中受到水平向右的恒定的安培力，故A B C D解析：由题意可知，线框先做自由落体运动，最终做匀加速直线运动．若A B C D在a～2a范围，线框穿过两磁场分界线时，BC、AC边在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势E1增大，AB边在左侧磁场中切割磁感线，产生的感应电动势不变，两个电动势串联，总电动势E＝E1＋E2增大，故A错误；x在0～a范围，线框穿过左侧时间内，磁通量Φ＝BLvt，为负值，逐渐增大；在t＝3L2v时磁通量为零，当为最大正值，在2Lv～5L2v时间内，磁通量为正，逐渐减小，t＝5L2v时，时间内，磁通量为负，逐渐增大，t＝3Lv时，磁通量为负的最大值，3Lv～4Lv时间内，磁通量为负，A正确．在0～Lv时间内，E＝BLv，为负值；在Lv～2Lv时间内，两个边切割磁2L3L．动态分析的基本思路解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、的条件．具体思路如下：[例题]如图甲所示，电流传感器(相当于一只理想电流表)能将各时刻的电流数据实时通过数据采集的热功率；匀强磁场的磁感应强度B的大小；时金属杆的速度大小和加速度大小．俯视)顺时针的感应电流．圆环因受到了向下的安培力而加速下落上的安培力的大小；设导线的张力的大小为F T，右斜面对ab棒的支持力的大小为cd棒的支持力大小为F N2.对于ab棒，由力的平衡条件得处时，电容器C上的电荷量；处时，电容器两端电压为U＝Bdv＝2×0.5×CU＝2 000×10－6×5 C＝1×10－2C.＝ma1，．求解电磁感应现象中能量问题的一般步骤在电磁感应中，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，该导体或回路分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化．导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；v；整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.在绝缘涂层上导体棒受力平衡有mg sin θ＝μmg cos θμmg)(R＋r) B2d2．电流方向为顺时针方向．磁通量的变化率恒定不变棒所受摩擦力增大棒所受摩擦力不变棒所受摩擦力增大<F d<F b<F b<F d线圈做自由落体运动，线圈全部进入磁场后，穿过线圈的磁通量不变，线圈中无感应电流，因而也不受磁场力，即F c＝0，从b到d线圈继续加速，→M两端的电势差都相同．①图中流过线框的电荷量与v的大小无关．②图中线框的电功率与v的大小成正比．③图中磁场力对线框做的功与v2成正比时间内，通过线圈的电荷量为0.25 C．线圈匀速运动的速度大小为8 m/s1 m时间内，线圈产生的热量为4.2 JE 时导体棒的速度v＝2t＝4 m/s的金属框架竖直固定在绝缘地面上，框架的上端接有一个电子元件，其阻kU，式中k为已知常数．框架上有一质量为的金属棒，金属棒与框架始终接触良好无摩擦，且保持水平．磁感应强度为金属棒运动过程中，流过棒的电流的大小和方向；金属棒从释放到落地过程中通过电子元件的电荷量．流过电子元件的电流大小为I＝UR＝1k，由串联电路特点知流过棒的电流大小也为得a ＝g －BLmk 恒定，故金属棒做匀加速直线运动根据v 2＝2ax ，得v ＝ 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫g －BL mk (3)设金属棒经过时间t 落地，有h ＝12at 2 解得t ＝2h a ＝2hkmmgk －BL故有q ＝I ·t ＝1k2hkmmgk －BL答案 (1)1k 水平向右(或从a →b ) (2)2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫g －BL mk (3)1k 2hkmmgk －BL10．如图所示，电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s ＝1.15 m ，两导轨间距L ＝0.75 m ，导轨倾角为30°，导轨上端ab 接一阻值R ＝1.5 Ω的电阻，磁感应强度B ＝0.8 T 的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r ＝0.5 Ω，质量m ＝0.2 kg 的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab 处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Q 1＝0.1 J ．(取g ＝10 m/s 2)求：(1)金属棒在此过程中克服安培力的功W 安； (2)金属棒下滑速度v ＝2 m/s 时的加速度a .(3)为求金属棒下滑的最大速度v m ，有同学解答如下：由动能定理，W 重－W 安＝12mv 2m ，…….由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答．解析 (1)下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于R ＝3r ，因此Q R ＝3Q r ＝0.3 J 故W 安＝Q ＝Q R ＋Q r ＝0.4 J(2)金属棒下滑时受重力和安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2R ＋rv由牛顿第二定律mg sin 30°－B 2L 2R ＋r v ＝ma所以a ＝g sin 30°－B 2L 2m R ＋r v ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤10×12－0.82×0.752×20.2× 1.5＋0.5m/s 2＝3.2 m/s 2 (3)此解法正确．B．Q2＝2Q1q2＝2q1D．Q2＝4Q1q2＝2q1两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为．两线圈内产生顺时针方向的感应电流∶14ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是下图所示的哪一个如图所示，光滑导轨倾斜放置，下端连一灯泡，匀强磁场垂直于导轨平面，沿导轨下滑达到稳定状态时，灯泡的电功率为P，导轨和导线电阻不计．要使灯泡在金属棒稳定运动状态下的电功率为2P，则下面选项中符合条件的是( AC )如图所示，两根电阻不计的平行光滑金属导轨在同一水平面内放置，左端与定值电阻一侧存在着沿x轴方向均匀增大的磁场，磁感应强度与的金属棒从A1运动到A3，此过程中电路中的电功率保持不变．＝2 m，A3的坐标为x3＝3 m，下列说法正确的是2．回路中的电动势既有感生电动势又有动生电动势Blv ．灯泡的亮度先逐渐变亮后保持不变BL2gh．金属棒在磁场中的运动时间为2d gh．把运动导体棒视为电源，其最大输出功率为(BLv0R＋r)2R．导体棒从开始到滑到最大高度的过程所用时间为2s v0mv2－2μmgs cos θ．在该过程中，导体棒所受合外力做功为12mv2的电荷量为BlxR (R＋r)2产生的焦耳热为Rmv202(R＋r)B2l2v2求该磁场磁感应强度的大小；的速度大小；AB下降了h，求此过程电阻R产生的电热．时棒做匀速运动，人教版高考物理一轮复习学案设计专题：电磁感应规律的综合应用；从刚释放金属杆时开始计时，写出从计时开始到甲金属杆离开磁场的过程中外力的方向；若从开始释放两杆到乙金属杆离开磁场，乙金属杆共产生热量Q，试求此过程中外力31 / 31。

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-新人教版高三全册物理教案

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 ＝n ΔΦΔt。

(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 ＝E R 和安培力公式F ＝BIL 得F ＝B 2L 2v R。

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。

(×)1．(电磁感应中的电路问题)如图所示，两个互连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，磁场垂直穿过大金属环所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势为E，则a、b两点间的电势差为( )A ．12EB ．13EC ．23E D ．E 解析 a 、b 间的电势差等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的13，故a 、b 间电势差为U ＝13E ，B 项正确。

2021高考物理一轮复习第10章电磁感应第3讲电磁感应规律的综合应用学案

2021高考物理一轮复习第10章电磁感应第3讲电磁感应规律的综合应用学案年级：姓名：第3讲电磁感应规律的综合应用知识点电磁感应中的电路分析问题 Ⅱ1．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、电容等电学元件组成。

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 ＝Blv 。

(2)闭合电路欧姆定律：I ＝ER ＋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 ＝01BLv 感应电流：I ＝E R ＋r 安培力公式：F 02BIL 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，再用04左手定则确定安培力方向。

(2)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受安培力作用或通过电阻发热，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．在电磁感应电路中，产生电流的那部分导体相当于电源。

物理学案人教版高考一轮复习第10章电磁感应学案及实验教学

第2讲法拉第电磁感应定律自感涡流一、法拉第电磁感应定律 1．感应电动势(1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势。

(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。

(3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断。

2．法拉第电磁感应定律(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。

(2)公式：E ＝n ΔΦΔt，其中n 为线圈匝数。

(3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路的欧姆定律，即I ＝ER ＋r 。

3．导体切割磁感线的情形(1)若B 、l 、v 相互垂直，则E ＝Blv 。

(2)v ∥B 时，E ＝0。

二、自感、涡流 1．自感现象(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感。

(2)自感电动势①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫作自感电动势。

②表达式：E ＝L ΔIΔt。

(3)自感系数L①相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关。

②单位：亨利(H)，1 mH ＝10－3H,1 μH＝10－6H 。

2．涡流当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电流像水的漩涡，所以叫涡流。

授课提示：对应学生用书第196页命题点一对法拉第电磁感应定律的理解及应用自主探究1．感应电动势的决定因素(1)由E ＝n ΔΦΔt 知，感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的变化率ΔΦΔt 和线圈匝数n 共同决定，磁通量Φ较大或磁通量的变化量ΔΦ较大时，感应电动势不一定较大。

(2)ΔΦΔt 为单匝线圈产生的感应电动势大小。

2．法拉第电磁感应定律的三个特例(1)回路与磁场垂直的面积S 不变，磁感应强度发生变化，则ΔΦ＝ΔB·S，E ＝n ΔBΔt S 。

(2)磁感应强度B 不变，回路与磁场垂直的面积发生变化，则ΔΦ＝B·ΔS，E ＝nB ΔSΔt。

(3)磁通量的变化是由面积和磁场变化共同引起时，则ΔΦ＝Φ末－Φ初，E ＝n B 2S 2－B 1S 1Δt ≠n ΔB·ΔSΔt。

2021高考物理一轮复习第十章电磁感应第3讲电磁感应中的电路和图象问题学案

2021高考物理一轮复习第十章电磁感应第3讲电磁感应中的电路和图象问题学案电磁感应中的电路问题【题型解读】1．电磁感应电路中的五个等效问题2．解决电磁感应电路问题的差不多步骤(1)“源”的分析：用法拉第电磁感应定律算出E 的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向：感应电流方向是电源内部电流的方向，从而确定电源正、负极，明确内阻r .(2)“路”的分析：依照“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路图．(3)“式”的建立：依照E ＝Blv 或E ＝n ΔΦΔt 结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解．【典题例析】(2020·高考福建卷)如图，由某种粗细平均的总电阻为3R 的金属条制成的矩形线框abcd ，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中．一接入电路电阻为R 的导体棒PQ ，在水平拉力作用下沿ab 、dc 以速度v 匀速滑动，滑动过程PQ 始终与ab 垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ 从靠近ad 处向bc 滑动的过程中( )A ．PQ 中电流先增大后减小B ．PQ 两端电压先减小后增大C ．PQ 上拉力的功领先减小后增大D ．线框消耗的电功领先减小后增大[审题指导] 在匀强磁场中，谁运动谁是电源，则PQ 中的电流为干路电流，PQ 两端电压为路端电压，线框消耗的功率为电源的输出功率，再依据电路的规律求解问题．[解析] 设PQ 左侧金属线框的电阻为r ，则右侧电阻为3R －r ；PQ 相当于电源，其电阻为R ，则电路的外电阻为R 外＝r （3R －r ）r ＋（3R －r ）＝－⎝⎛⎭⎪⎫r －3R 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3R 223R，当r ＝3R 2时，R 外max ＝34R ，现在PQ 处于矩形线框的中心位置，即PQ 从靠近ad 处向bc 滑动的过程中外电阻先增大后减小．PQ 中的电流为干路电流I ＝ER 外＋R 内，可知干路电流先减小后增大，选项A 错误；PQ 两端的电压为路端电压U ＝E －U 内，因E ＝Blv 不变，U 内＝IR 先减小后增大，因此路端电压先增大后减小，选项B 错误；拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P ＝F 安v ＝BIlv ，可知因干路电流先减小后增大，PQ 上拉力的功率也先减小后增大，选项C 正确；线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，因外电阻最大值为34R ，小于内阻R ；依照电源的输出功率与外电阻大小的变化关系，外电阻越接近内阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功领先增大后减小，选项D 错误．[答案] C电磁感应中电路问题的误区分析(1)不能正确分析感应电动势及感应电流的方向．因产生感应电动势的那部分电路为电源部分，故该部分电路中的电流应为电源内部的电流，而外电路中的电流方向仍是从高电势到低电势．(2)应用欧姆定律分析求解电路时，没有注意等效电源的内阻对电路的阻碍．(3)对连接在电路中电表的读数不能正确进行分析，专门是并联在等效电源两端的电压表，其示数应该是路端电压，而不是等效电源的电动势．【跟进题组】1．(2021·高考浙江卷)如图所示，a 、b 两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长l a ＝3l b ，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时刻平均增大，不考虑线圈之间的相互阻碍，则( )A ．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B ．a 、b 线圈中感应电动势之比为9∶1C ．a 、b 线圈中感应电流之比为3∶4D ．a 、b 线圈中电功率之比为3∶1解析：选B.由于磁感应强度随时刻平均增大，则依照楞次定律知两线圈内产生的感应电流方向皆沿逆时针方向，则A 项错误；依照法拉第电磁感应定律E ＝N ΔΦΔt ＝NS ΔB Δt ，而磁感应强度平均变化，即ΔBΔt恒定，则a 、b 线圈中的感应电动势之比为E a E b ＝S a S b ＝l 2al 2b ＝9，故B 项正确；依照电阻定律R ＝ρL S ′，且L ＝4Nl ，则R a R b ＝l a l b＝3，由闭合电路欧姆定律I ＝E R ，得a 、b 线圈中的感应电流之比为I a I b ＝E a E b ·R b R a＝3，故C 项错误；由功率公式P ＝I 2R知，a 、b 线圈中的电功率之比为P a P b ＝I 2aI 2b ·R a R b＝27，故D 项错误．2．如图所示，OACO 为置于水平面内的光滑闭合金属导轨，O 、C 处分别接有短电阻丝(图中用粗线表示)，R 1＝4 Ω、R 2＝8 Ω(导轨其他部分电阻不计)．导轨OACO 的形状满足y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3x (单位：m)．磁感应强度B＝0.2 T 的匀强磁场方向垂直于导轨平面．一足够长的金属棒在水平外力F 作用下，以恒定的速率v ＝5.0 m/s 水平向右在导轨上从O 点滑动到C 点，棒与导轨接触良好且始终保持与OC 导轨垂直，不计棒的电阻．求：(1)外力F 的最大值；(2)金属棒在导轨上运动时电阻丝R 1上消耗的最大功率； (3)在滑动过程中通过金属棒的电流I 与时刻t 的关系．解析：(1)由题图容易看出，当y ＝0时x 有两个值，即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3x ＝0时，x 1＝0，x 2＝3.这即是O 点和C点的横坐标，因而与A 点对应的x 值为1.5.将x ＝1.5代入函数y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3x ，便得A 点的纵坐标，即y ＝2sinπ2＝2(单位：m)．这确实是金属棒切割磁感线产生电动势的最大有效长度．当金属棒在O 、C 间运动时，R 1、R 2是并联在电路中的，其等效电路如图所示．其并联电阻R 并＝R 1R 2R 1＋R 2＝83Ω.当金属棒运动到x 位置时，其对应的长度为y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3x ，现在金属棒产生的感应电动势为E ＝Byv ＝2Bv sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3x (单位：V)，其电流I ＝ER 并(单位：A)．而金属棒所受的安培力应与F 相等，即F ＝BIy ＝B 2y 2vR 并.在金属棒运动的过程中，由于B 、v 、R 并不变，故F 随y 的变大而变大．当y 最大时F 最大，即F max ＝B 2y 2max v R 并＝0.3 N.(2)R 1两端电压最大时，其功率最大．即U ＝E max 时，R 1上消耗的功率最大，而金属棒上产生的最大电动势E max ＝By max v ＝2.0 V.这时P max ＝E 2maxR 1＝1.0 W.(3)当t ＝0时，棒在x ＝0处．设运动到t 时刻，则有x ＝vt ，将其代入y 得y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π3t ，再结合E ＝Byv 和I ＝E R 并，得I ＝E R 并＝2Bv （R 1＋R 2）R 1R 2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π3t ＝0.75sin ⎝⎛⎭⎪⎫5π3t A.答案：(1)0.3 N (2)1.0 W (3)I ＝0.75sin ⎝⎛⎭⎪⎫5π3t A电磁感应中的图象问题[学生用书P206]【题型解读】借助图象考查电磁感应的规律，一直是高考的热点，此类题目一样分为两类： (1)由给定的电磁感应过程选出正确的图象；(2)由给定的图象分析电磁感应过程，定性或定量求解相应的物理量或推断出其他图象．常见的图象有B －t 图、E －t 图、i －t 图、v －t 图及F －t 图等．1．解题关键弄清初始条件、正负方向的对应变化范畴、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．2．解决图象问题的一样步骤(1)明确图象的种类，即是B －t 图依旧Φ－t 图，或者E －t 图、I －t 图等； (2)分析电磁感应的具体过程；(3)用右手定则或楞次定律确定方向及对应关系；(4)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； (5)依照函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等； (6)画图象或判定图象．3．求解电磁感应图象类选择题的两种常用方法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大依旧减小)、变化快慢(平均变化依旧非平均变化)，专门是分析物理量的正负，以排除错误的选项．(2)函数法：依照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象进行分析和判定．【典题例析】(多选)(2021·高考四川卷)如图所示，电阻不计、间距为l 的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R .质量为m 、电阻为r 的金属棒MN 置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F 的作用由静止开始运动，外力F 与金属棒速度v 的关系是F ＝F 0＋kv (F 0、k 是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．金属棒中感应电流为i ，受到的安培力大小为F A ，电阻R 两端的电压为U R ，感应电流的功率为P ，它们随时刻t 变化图象可能正确的有( )[审题指导] 先分别得出i 、F A 、U R 、P 与v 的关系．然后对棒MN 受力分析，由牛顿第二定律列方程分情形讨论棒MN 的运动情形，最后依据各量与v 的关系讨论得到各量与t 的关系．[解析] 设某时刻金属棒的速度为v ，依照牛顿第二定律F －F A ＝ma ，即F 0＋kv －B 2l 2vR ＋r＝ma ，即F 0＋⎝ ⎛⎭⎪⎫k －B 2l 2R ＋r v ＝ma ，假如k >B 2l 2R ＋r ，则加速度与速度成线性关系，且随着速度增大，加速度越来越大，即金属棒运动的v －t 图象的切线斜率也越来越大，由于F A ＝B 2l 2v R ＋r，F A －t 图象的切线斜率也越来越大，感应电流⎝ ⎛⎭⎪⎫i ＝Blv R ＋r 、电阻两端的电压⎝ ⎛⎭⎪⎫U R ＝BlRv R ＋r 及感应电流的功率⎝ ⎛⎭⎪⎫P ＝B 2l 2v 2R ＋r 也会随时刻变化得越来越快，B 项正确；假如k ＝B 2l 2R ＋r ，则金属棒做匀加速直线运动，电动势随时刻平均增大，感应电流、电阻两端的电压、安培力均随时刻平均增大，感应电流的功率与时刻的二次方成正比，没有选项符合；假如k <B 2l 2R ＋r，则金属棒做加速度越来越小的加速运动，感应电流、电阻两端的电压、安培力均增加得越来越慢，最后恒定，感应电流的功率最后也恒定，C 项正确．[答案] BC电磁感应图象问题的分析方法【跟进题组】1．(2020·河南三市联考)如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第一、三象限内有垂直该坐标平面向里的匀强磁场，二者磁感应强度相同，圆心角为90°的扇形导线框OPQ 以角速度ω绕O 点在图示坐标平面内沿顺时针方向匀速转动．规定与图中导线框的位置相对应的时刻为t ＝0，导线框中感应电流逆时针为正．则关于该导线框转一周的时刻内感应电流i 随时刻t 的变化图象，下列正确的是( )解析：选A.在线框切割磁感线产生感应电动势时，由E ＝12BL 2ω知，感应电动势一定，感应电流大小不变，故B 、D 错误；在T 2～34T 内，由楞次定律判定可知线框中感应电动势方向沿逆时针方向，为正，故A 正确，C错误．2．(2020·河北唐山检测)如图甲所示，矩形导线框abcd 固定在变化的磁场中，产生了如图乙所示的电流(电流方向abcda 为正方向)．若规定垂直纸面向里的方向为磁场正方向，能够产生如图乙所示电流的磁场为( )解析：选D.由题图乙可知，0～t 1内，线圈中的电流的大小与方向都不变，依照法拉第电磁感应定律可知，线圈中的磁通量的变化率相同，故0～t 1内磁感应强度与时刻的关系是一条斜线，A 、B 错误；又由于0～t 1时刻内电流的方向为正，即沿abcda 方向，由楞次定律可知，电路中感应电流的磁场方向向里，故0～t 1内原磁场方向向里减小或向外增大，因此D 正确，C 错误．[学生用书P207]1．如图所示是两个互连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，磁场垂直穿过大金属环所在区域．当磁感应强度随时刻平均变化时，在大环内产生的感应电动势为E ，则a 、b 两点间的电势差为( )A.12EB.13EC.23E D ．E 解析：选B.a 、b 间的电势差等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的13，故U ab ＝13E ，B 正确．2．如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n ＝100，线圈的面积S ＝200 cm 2，线圈的电阻r ＝1 Ω，线圈外接一个阻值R ＝4 Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时刻变化规律如图乙所示．下列说法中正确的是( )A ．线圈中的感应电流方向为顺时针方向B ．电阻R 两端的电压随时刻平均增大C ．线圈电阻r 消耗的功率为4×10－4W D ．前4 s 内通过R 的电荷量为4×10－4 C解析：选C.由楞次定律，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，选项A 错误；由法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势恒定为E ＝nS ΔB Δt ＝0.1 V ，电阻R 两端的电压不随时刻变化，选项B 错误；回路中电流I ＝ER ＋r＝0.02 A ，线圈电阻r 消耗的功率为P ＝I 2r ＝4×10－4W ，选项C 正确；前4 s 内通过R 的电荷量为q ＝It ＝0.08 C ，选项D 错误．3.如图所示，PN 与QM 两平行金属导轨相距1 m ，电阻不计，两端分别接有电阻R 1和R 2，且R 1＝6 Ω，ab 杆的电阻为2 Ω，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1 T ．现ab 以恒定速度v ＝3 m/s 匀速向右移动，这时ab 杆上消耗的电功率与R 1、R 2消耗的电功率之和相等．则( )A ．R 2＝6 ΩB ．R 1上消耗的电功率为0.75 WC ．a 、b 间电压为3 VD ．拉ab 杆水平向右的拉力为0.75 N解析：选D.杆ab 消耗的功率与R 1、R 2消耗的功率之和相等，则R 1·R 2R 1＋R 2＝R ab .解得R 2＝3 Ω，故A 错误；E ＝Blv ＝3 V ，则I ab ＝ER 总＝0.75 A ，U ab ＝E －I ab ·R ab ＝1.5 V ，P R 1＝错误!＝0.375 W ，故B 、C 错误；F 拉＝F 安＝BI ab ·l ＝0.75 N ，故D 正确．4．(高考全国卷Ⅰ)如图甲，线圈ab 、cd 绕在同一软铁芯上，在ab 线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd 间电压如图乙所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab 中电流随时刻变化关系的图中，可能正确的是( )解析：选C.由题图乙可知在cd 间不同时刻段内产生的电压是恒定的，因此在该时刻段内线圈ab 中的磁场是平均变化的，则线圈ab 中的电流是平均变化的，故选项A 、B 、D 错误，选项C 正确．5．(2020·高考安徽卷)如图所示，abcd 为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l ，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，导轨电阻不计，已知金属杆MN 倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r ，保持金属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则( )A ．电路中感应电动势的大小为Blvsin θB ．电路中感应电流的大小为Bv sin θrC ．金属杆所受安培力的大小为B 2lv sin θrD ．金属杆的热功率为B 2lv 2r sin θ解析：选B.金属杆的运动方向与金属杆不垂直，电路中感应电动势的大小为E ＝Blv (l 为切割磁感线的有效长度)，选项A 错误；电路中感应电流的大小为I ＝E R＝Blv l sin θr ＝Bv sin θr，选项B 正确；金属杆所受安培力的大小为F ＝BIl ′＝B ·Bv sin θr ·l sin θ＝B 2lv r ，选项C 错误；金属杆的热功率为P ＝I 2R ＝B 2v 2sin 2θr 2·lr sin θ＝B 2lv 2sin θr，选项D 错误．6.(多选)(2020·江西新余模拟)如图所示，在坐标系xOy 中，有边长为L 的正方形金属线框abcd ，其一条对角线ac 和y 轴重合、顶点a 位于坐标原点O 处．在y 轴的右侧，在Ⅰ、Ⅳ象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab 边刚好完全重合，左边界与y 轴重合，右边界与y 轴平行．t ＝0时刻，线框以恒定的速度v 沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域．取沿a →b →c →d →a 方向的感应电流为正，则在线框穿过磁场区域的过程中，感应电流i 、ab 间的电势差U ab 随时刻t 变化的图线是下图中的( )解析：选AD.在d 点运动到O 点过程中，ab 边切割磁感线，依照右手定则能够确定线框中电流方向为逆时针方向，即正方向，电动势平均减小到0，则电流平均减小到0；然后cd 边开始切割磁感线，感应电流的方向为顺时针方向，即负方向，电动势平均减小到0，则电流平均减小到0，故A 正确、B 错误；d 点运动到O 点过程中，ab 边切割磁感线，ab 相当于电源，电流由a 到b ，b 点的电势高于a 点，ab 间的电势差U ab 为负值，大小等于电流乘以bc 、cd 、da 三条边的电阻，并逐步减小；ab 边出磁场后，cd 边开始切割磁感线，cd 边相当于电源，电流由b 到a ，ab 间的电势差U ab 为负值，大小等于电流乘以ab 边的电阻，并逐步减小，故C 错误、D 正确．7．(多选)如图所示，一金属棒AC 在匀强磁场中绕平行于磁感应强度方向的轴(过O 点)匀速转动，OA ＝2OC ＝2L ，磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里，金属棒转动的角速度为ω、电阻为r ，内、外两金属圆环分别与C 、A 良好接触并各引出一接线柱与外电阻R 相接(没画出)，两金属环圆心皆为O 且电阻均不计，则( )A ．金属棒中有从A 到C 的感应电流B ．外电阻R 中的电流为I ＝3BωL22（R ＋r ）C ．当r ＝R 时，外电阻消耗功率最小D ．金属棒AC 间电压为3BωL 2R2（R ＋r ）解析：选BD.由右手定则可知金属棒相当于电源且A 是电源的正极，即金属棒中有从C 到A 的感应电流，A 错误；金属棒转动产生的感应电动势为E ＝12Bω(2L )2－12BωL 2＝3BωL 22，即回路中电流为I ＝3BωL 22（R ＋r ），B正确；由电源输出功率特点知，当内、外电阻相等时，外电路消耗功率最大，C 错误；U AC ＝IR ＝3BωL 2R2（R ＋r ），D正确．8．上海世博会某国家馆内，有一“发电”地板，利用游人走过此处，踩踏地板发电．其缘故是地板下有一发电装置，如图甲所示，装置的要紧结构是一个截面半径为r 、匝数为n 的线圈，紧固在与地板相连的塑料圆筒P 上．磁场的磁感线沿半径方向平均分布，图乙为横截面俯视图．轻质地板四角各连接有一个劲度系数为k 的复位弹簧(图中只画出其中的两个)．当地板上下往返运动时，便能发电．若线圈所在位置磁感应强度大小为B ，线圈的总电阻为R 0，现用它向一个电阻为R 的小灯泡供电．为了便于研究，将某人走过时地板发生的位移—时刻变化的规律简化为图丙所示．(取地板初始位置x ＝0，竖直向下为位移的正方向，且弹簧始终处在弹性限度内．)(1)取图乙中逆时针方向为电流正方向，请在图丁所示坐标系中画出线圈中感应电流i 随时刻t 变化的图线，并标明相应纵坐标．要求写出相关的运算和判定过程；(2)t ＝t 02时地板受到的压力；(3)求人踩踏一次地板所做的功．解析：(1)0～t 0时刻，地板向下做匀速运动，其速度v ＝x 0t 0，线圈切割磁感线产生的感应电动势e ＝nB ·2πrv ＝2nB πrx 0t 0，11 / 11 感应电流i ＝e R ＋R0＝2nB πrx 0（R ＋R 0）t 0； t 0～2t 0时刻，地板向上做匀速运动，其速度v ＝x 0t 0，线圈切割磁感线产生的感应电动势 e ＝－nB ·2πrv ＝－2nB πrx 0t 0，感应电流i ＝eR ＋R 0＝－2nB πrx 0（R ＋R 0）t 0；图线如图所示．(2)t ＝t 02时，地板向下运动的位移为x 02，弹簧弹力为kx 02，安培力F 安＝nBi ·2πr ＝2nBi πr ，由平稳条件可知，地板受到的压力F ＝2kx 0＋4n 2B 2π2r 2x 0（R ＋R 0）t 0. (3)由功能关系可得人踩踏一次地板所做的功W ＝2i 2(R ＋R 0)t 0＝8n 2B 2π2r 2x 20（R ＋R 0）t 0. 答案：(1)见解析 (2)2kx 0＋4n 2B 2π2r 2x 0（R ＋R 0）t 0(3)8n 2B 2π2r 2x 20（R ＋R 0）t 0。

2021高考物理一轮复习第十单元电磁感应第2讲法拉第电磁感应定律自感现象学案新人教版

第2讲法拉第电磁感应定律自感现象考纲考情核心素养►法拉第电磁感应定律Ⅱ ►自感、涡流Ⅰ ►明确磁通量、磁通量变化、磁通量变化率的区别，知道自感及涡流现象. 物理观念全国卷5年3考高考指数★★★★★►灵活选用感应电动势大小的公式． ►结合电路知识判断电势的高低.科学思维知识点一法拉第电磁感应定律1．感应电动势(1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势．(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关． (3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断． 2．法拉第电磁感应定律(1)内容：感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比． (2)公式：E ＝n ΔΦΔt，其中n 为线圈匝数．(3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路的欧姆定律，即I ＝ER ＋r.3．导体切割磁感线的情形(1)垂直切割：E ＝Blv ，式中l 为导体切割磁感线的有效长度． (2)不垂直切割：E ＝BLv sin θ，式中θ为v 与B 的夹角．(3)匀速转动：导体棒在垂直匀强磁场方向以角速度ω绕一端转动切割磁感线时，E ＝12Bl 2ω.知识点二自感、涡流1．自感现象(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感．(2)自感电动势①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫做自感电动势． ②表达式：E ＝L ΔIΔt .(3)自感系数L①相对因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关． ②单位：亨利(H)，1 mH ＝10－3H,1 μH＝10－6H. 2．涡流当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电流像水的漩涡所以叫涡流．3．电磁阻尼导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动．4．电磁驱动如果磁场相对于导体运动，在导体中会产生感应电流使导体受到安培力而运动起来．1．思考判断(1)磁通量变化越大，产生的感应电动势也越大．( × ) (2)感应电动势的大小与线圈的匝数无关．( × ) (3)线圈中的自感电动势越大，自感系数就越大．( × )(4)磁场相对导体棒运动时，导体棒中也能产生感应电动势．( √ ) (5)自感电动势阻碍电流的变化，但不能阻止电流的变化．( √ )2.如图所示，在磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN 在平行金属导轨ab 和cd 上以速度v 向右滑动，MN 中产生的感应电动势大小为E 1；若金属杆速度改为2v ，其他条件不变，MN 中产生的感应电动势大小变为E 2.则关于通过电阻R 的电流方向及E 1E 2的判断，下列说法正确的是( C )A ．c →a,2 1B ．a →c,2 1C ．a →c,12D ．c →a,12解析：本题考查电磁感应定律中的动生问题．金属杆以速度v 向右滑动，回路中磁通量增大，由右手定则可知，回路中产生逆时针方向的感应电流，通过电阻R 的电流方向为a →c ，根据法拉第电磁感应定律E ＝BLv 可知E 1E 2＝12，选项C 正确．3.如图所示，半径为r 的n 匝线圈放在边长为L 的正方形abcd 之外，匀强磁场充满正方形区域并垂直穿过该区域，当磁场以ΔBΔt的变化率变化时，线圈产生的感应电动势大小为( B )A ．0B ．n ΔB Δt ·L 2C ．n ΔB Δt·πr 2D ．n ΔB Δt·r 2解析：由法拉第电磁感应定律可知线圈产生的自感电动势E ＝n ΔB Δt ·L 2，故B 正确．4.在如图所示的电路中，L A 为灯泡，S 为开关，L 为有铁芯的线圈．对于这样的电路，下列说法正确的是( C )A ．因为线圈L 通电后会产生自感现象，所以S 闭合后，灯泡L A 中无电流通过B ．在S 打开或闭合的瞬间，电路中都不会产生自感现象C ．当S 闭合时，电路中会产生自感现象D ．在S 闭合后再断开的瞬间，灯泡L A 可能不立即熄灭解析：S 闭合瞬间，由于线圈产生自感电动势而阻碍通过灯泡L A 的电流的增加，但阻碍不是阻止，S 闭合后有电流通过L A ；S 断开瞬间，线圈产生自感电动势，因电路断开，电流立即消失，灯泡L A 立即熄灭，故C 正确，A 、B 、D 错误．5．(多选)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( AB )A ．增加线圈的匝数B ．提高交流电源的频率C ．将金属杯换为瓷杯D ．取走线圈中的铁芯解析：当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热，使水温升高．要缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻．增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势．瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导致磁性减弱，所以选项A 、B 正确，C 、D 错误．考点1 法拉第电磁感应定律的理解和应用1．对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，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．(3)公式E ＝n ΔΦΔt 求解的是一个回路中某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．法拉第电磁感应定律的两个特例(1)回路与磁场垂直的面积S 不变，磁感应强度发生变化，则ΔΦ＝ΔB ·S ，E ＝n ΔBΔt ·S .(2)磁感应强度B 不变，回路与磁场垂直的面积S 发生变化，则ΔΦ＝B ·ΔS ，E ＝nB ΔSΔt.(2019·全国卷Ⅰ)(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN 所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S ，将该导线做成半径为r 的圆环固定在纸面内，圆心O 在MN 上．t ＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图(b)所示．则在t ＝0到t ＝t 1的时间间隔内( )A ．圆环所受安培力的方向始终不变B ．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C ．圆环中的感应电流大小为B 0rS4t 0ρD ．圆环中的感应电动势大小为B 0πr 24t 0【解析】根据楞次定律可知在0～t 0时间内，磁感应强度减小，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t 0～t 1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A 错误，B 正确；根据法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝12πr 2·B 0t 0＝B 0πr 22t 0，根据电阻定律可得R ＝ρ2πr S ，根据欧姆定律可得I ＝E R ＝B 0rS 4t 0ρ，所以选项C 正确，D 错误．【答案】 BC 高分技法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 为线圈在磁场范围内的有效面积．(3)通过回路截面的电荷量q ＝I Δt ＝n ΔΦΔtR Δt ＝n ΔΦR，导出q 与n 、ΔΦ和电阻R 的关系式，可直接代入求解．1. (多选)如图所示，线圈匝数为n ，横截面积为S ，电阻为r ，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k ，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C ，定值电阻的阻值为r .下列说法正确的是( BC )A ．电容器下极板带正电B ．电容器上极板带正电C ．电容器所带电荷量为nSkC2D ．电容器所带电荷量为nSkC解析：磁场向右均匀增强，由楞次定律判断，电容器上极板带正电，故A 错误，B 正确；闭合线圈与阻值为r 的电阻形成闭合回路，线圈相当于电源，电容器两极板间的电压等于路端电压，线圈产生的感应电动势E ＝nS ΔB Δt ＝nSk ，路端电压U ＝E 2r ·r ＝E2，则电容器所带电荷量为Q ＝CU ＝nSkC2，故C 正确，D 错误．2．(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 ＝T2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：在t ＝T 4时，i t 图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E ＝ΔΦΔt ＝ΔBΔtS 知，E ＝0，A 项正确；在t ＝T 2和t ＝T 时，i t 图线斜率的绝对值最大，在t ＝T2和t ＝T 时感应电动势最大．在T 4到T2之间，电流由Q 向P 减弱，导线在R 处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R 产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，即R 中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在T 2到3T 4之间，R 中电动势也为顺时针方向，在34T 到T 之间，R 中电动势为逆时针方向，C 项正确，B 、D 项错误．考点2 导体棒切割磁感线产生感应电动势1．E ＝Blv 四性的含义：名词含义正交性 B 、l 、v 三者互相垂直瞬时性若v 为瞬时速度，则E 为相应的瞬时感应电动势平均性导体平动切割磁感线时，若v 为平均速度，则E 为平均感应电动势有效性公式中的l 为导体切割磁感线的有效长度．如图中棒的有效长度为ab 间的距离相对性速度v 是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系当导体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．题型1 平动切割1.如图所示，将长为2 m 的导线从正中间折成120°的角，使其所在的平面垂直于磁感应强度为2 T 的匀强磁场．为使导线中产生20 V 的感应电动势，则导线切割磁感线的最小速度为( A )A ．103 3 m/sB ．10 m/sC ．2033 m/sD ．533 m/s 解析：导线切割磁感线产生的感应电动势与连接A 、C 的导线产生的感应电动势等效，若速度方向垂直于AC ，则产生所要达到的感应电动势需要的切割速度最小，E ＝AC →·Bv min ，得v min ＝1033 m/s ，故选A ． 2.如图所示，MN 、PQ 是间距为L 的平行金属导轨，置于磁感应强度为B 、方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M 、P 间接有一阻值为R 的电阻．一根与导轨接触良好、有效阻值为R 的金属导线ab 垂直导轨放置，并在水平外力F 的作用下以速度v 向右匀速运动，则(不计导轨电阻)( C )A ．通过电阻R 的电流方向为P →R →MB ．a 、b 两点间的电压为BLvC ．a 端电势比b 端高D ．a 端电势比b 端低解析：由右手定则可知，通过电阻R 的电流方向为M →R →P ，选项A 错误；导体棒切割磁感线产生的感应电动势E ＝BLv ，则a 、b 两点间的电压U ＝E R ＋R R ＝12BLv ，选项B 错误；由右手定则可知，通过导体棒的电流由b →a ，此时导体棒是电源，则导体棒a 端电势比b 端高，选项C 正确，D 错误．名师点睛公式E ＝n ΔΦΔt与E ＝Blv 的区别与联系题型2 转动切割3.边界MN 的一侧区域内，存在着磁感应强度大小为B 、方向垂直于光滑水平桌面的匀强磁场．边长为l 的正三角形金属线框abc 粗细均匀，三边阻值相等，a 顶点刚好位于边界MN 上，现使线框围绕过a 点且垂直于桌面的转轴匀速转动，转动角速度为ω，如图所示，则在ab 边开始转入磁场的瞬间，ab 两端的电势差U ab 为( A )A ．13Bl 2ω B ．－12Bl 2ωC ．－13Bl 2ωD ．16Bl 2ω 解析：本题考查电磁感应定律中的旋转切割问题．在ab 边开始转入磁场的瞬间，切割磁感线产生的感应电动势为E ＝12Bl 2ω，设每边电阻为R ，由闭合电路欧姆定律可得金属线框中电流为I ＝E3R ，由右手定则可判断出感应电流方向为逆时针方向，ab 两端的电势差U ab ＝I ·2R＝13Bl 2ω，选项A 正确． 4. (多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P 、Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B 中．圆盘旋转时，关于流过电阻R 的电流，下列说法正确的是( AB )A ．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B ．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a 到b 的方向流动C ．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D ．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R 上的热功率也变为原来的2倍解析：将圆盘看成无数辐条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，流过电阻的电流方向从a 到b ，B 对；由法拉第电磁感应定律得感应电动势E ＝BL v ＝12BL 2ω，I ＝E R ＋r，ω恒定时，I 大小恒定，ω大小变化时，I 大小变化，方向不变，故A 对，C 错；由P ＝I 2R＝B 2L 4ω2R 4R ＋r2知，当ω变为原来的2倍时，P 变为原来的4倍，D 错．名师点睛平动切割和转动切割的区别(1)平动切割各点线速度相同，电动势大小E ＝BLv ；转动切割导体棒绕一点做圆周运动各点线速度不同，电动势大小根据E ＝12BL 2ω计算． (2)公式的适用条件：E ＝BLv 适用于磁场、导体棒、速度三者互相垂直的情况；E ＝12BL 2ω适用于导体棒绕一端垂直磁场切割磁感线的情况，若不绕一端转动，电动势不等于12BL 2ω，如图．考点3 自感现象的理解和应用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”问题与线圈串联的灯泡与线圈并联的灯泡电路图通电时电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定断电时电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变电路中稳态电流为I1、I2：①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；②若I2>I1，灯泡闪亮后逐渐变暗．两种情况下灯泡中电流方向均改变如图所示，图甲和图乙是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮．而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是( )A．图甲中，A1与L1的电阻值相同B．图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图乙中，变阻器接入电路电阻R与L2的电阻值相同D．图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等【解析】断开开关S1瞬间，线圈L1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L1的电流反向通过A1，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明I L1>I A1，即R L1<R A1，故A错；题图甲中，闭合开关S1，电路稳定后，因为R L1<R A1，所以A1中电流小于L1中电流，故B错；题图乙中，闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同，说明变阻器接入电路电阻R与L2的电阻值相同，故C对；闭合S2瞬间，通过L2的电流增大，由于电磁感应，线圈L2产生自感电动势，阻碍电流的增大，则L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错．【答案】 C名师点睛分析自感现象的三个技巧3．如图所示，李辉用多用电表的欧姆挡测量一个变压器线圈的电阻，以判断它是否断路．刘伟为了使李辉操作方便，用两手分别握住线圈裸露的两端让李辉测量．测量时表针摆过了一定角度，李辉由此确认线圈没有断路．正当李辉把多用电表的表笔与被测线圈脱离时，刘伟突然惊叫起来，觉得有电击感．下列说法正确的是( B )A．刘伟被电击时变压器线圈中的电流瞬间变大B．刘伟有电击感是因为两手之间瞬间有高电压C．刘伟受到电击的同时多用电表也可以被烧坏D．实验过程中若李辉两手分别握住红、黑表笔的金属杆，他也会受到电击解析：当回路断开时，电流要立即减小到零，但由于线圈的自感现象，会产生感应电动势，该自感电动势较大，所以刘伟被“电”到，即刘伟有电击感是因为两手之间瞬间有高电压，选项A错误，B正确；因多用电表的表笔已经与被测线圈脱离，则多用电表不可能被烧坏，选项C错误；实验过程中若李辉两手分别握住红、黑表笔的金属杆，则当多用电表表笔与线圈脱离后，在电表回路不会产生感应电动势，他不会受到电击，选项D错误．4．(多选)如图所示是用电流传感器(相当于电流表，其内阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路，图中两个电阻的阻值均为R，L是一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值也为R.图甲、乙、丙、丁是某同学画出的在t0时刻开关S切换前后，通过传感器的电流随时间变化的图象．关于这些图象，下列说法中正确的是( BC )A．图甲是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况B．图乙是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况C．图丙是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况D．图丁是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况解析：本题考查自感现象中的电流图象．开关S由断开变为闭合，传感器2这一支路立即有电流，线圈这一支路，由于线圈阻碍电流的增加，通过线圈的电流要慢慢增加，所以干路电流(通过传感器1的电流)也要慢慢增加，故A错误，B正确；开关S由闭合变为断开，通过传感器1的电流立即消失，而线圈这一支路，由于线圈阻碍电流的减小，该电流又通过传感器2，电流的方向与之前相反，所以通过传感器2的电流逐渐减小，故C正确，D错误．。

物理一轮复习第十章电磁感应专题八电磁感应的综合问题学案

专题八电磁感应的综合问题专题解读1．本专题是运动学、动力学、恒定电流、电磁感应和能量等知识的综合应用，高考既以选择题的形式命题，也以计算题的形式命题．2．学好本专题，可以极大地培养同学们数形结合的推理能力和电路分析能力；针对性的专题强化，可以提升同学们解决数形结合、利用动力学和功能关系解决电磁感应问题的信心．3．用到的知识有：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、闭合电路欧姆定律、平衡条件、牛顿运动定律、函数图象、动能定理和能量守恒定律等．1.电磁感应电路与恒定电流电路的对应关系2．规律应用恒定电路的规律也适用于由电磁感应组成的电路，可利用恒定电路的规律,结合力学的知识解决电磁感应的电路问题．3．分析电磁感应电路问题的一般思路1．(2019·济南模拟)如图所示，将外皮绝缘的圆形闭合细导线扭一次变成两个面积之比为1∶4的圆形闭合回路(忽略两部分连接处的导线长度）,分别放入垂直圆面向里、磁感应强度大小随时间按B＝kt（k〉0，为常数）的规律变化的磁场，前后两次回路中的电流之比为() A．1∶3B．3∶1C．1∶1 D．9∶5解析：同一导线构成不同闭合回路，它们的电阻相同,则电流之比等于它们的感应电动势之比，设圆形闭合细导线的周长为l，依据法拉第电磁感应定律E＝ΔBΔt S，之前的闭合回路的感应电动势E＝kπ错误!错误!;圆形闭合细导线扭一次变成两个面积之比为1∶4的圆形闭合回路，根据面积之比等于周长的平方之比，则1∶4的圆形闭合电路的周长之比为1∶2，之后的闭合回路的感应电动势E′＝kπ错误!错误!－kπ错误!错误!，则前后两次回路中的电流之比I∶I′＝E∶E′＝3∶1.B正确．答案：B2.(2019·安徽芜湖模拟）如图所示,在匀强磁场中竖直放置两条足够长的平行导轨，磁场方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B0，导轨上端连接一阻值为R的电阻和开关S，导轨电阻不计，两金属棒a和b的电阻都为R,质量分别为m a＝0。

2021年高考物理一轮复习第十章电磁感应第3讲电磁感应规律的综合应用——电路和图象学案

2021年高考物理一轮复习第十章电磁感应第3讲电磁感应规律的综合应用——电路和图象学案板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】电磁感应和电路的综合 Ⅱ1．对电源的明白得：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、有磁通量变化的线圈等。

2．对电路的明白得：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。

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

(2)闭合电路欧姆定律：I ＝ER ＋r。

电源的内电压：U 内＝Ir 。

电源的路端电压：U 外＝IR ＝E －Ir 。

(3)消耗功率：P 外＝IU ，P 总＝EI 。

(4)电热：Q ＝I 2Rt 。

【知识点2】电磁感应中的图象问题 Ⅱ板块二考点细研·悟法培优考点1电磁感应中的电路问题[解题技巧]1. 问题归类(1)以部分电路欧姆定律为中心，对六个差不多物理量(电压、电流、电阻、电功、电功率、电热)、三条定律(部分电路欧姆定律、电阻定律和焦耳定律)以及若干差不多规律(串、并联电路特点等)进行考查；(2)以闭合电路欧姆定律为中心，对电动势概念，闭合电路中的电流、路端电压以及闭合电路中能量的转化进行考查。

2．差不多方法(1)确定电源：先判定产生电磁感应的是哪一部分导体，该部分导体可视为电源。

(2)分析电路结构，画等效电路图。

(3)利用电路规律求解，要紧有欧姆定律、串并联规律等。

3．误区分析(1)不能正确依照感应电动势及感应电流的方向分析外电路中电势的高低。

因产生感应电动势的那部分电路相当于电源部分，故该部分电路中的电流相当于电源内部的电流，而外电路中电流的方向仍是从高电势到低电势。

(2)应用欧姆定律分析求解电路时，没有考虑到电源的内阻对电路的阻碍。

2021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

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 gR2B2L2＝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 3v R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 θab 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 2R v －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/s 2(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 2v R，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．。

2021版高考物理一轮复习第十章电磁感应3电磁感应规律的综合应用学案

电磁感应规律的综合应用必备知识一、电磁感应中的电路问题1.电源:切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的回路相当于电源。

对应的感应电动势计算式分别为BLv、n。

2.电流:电路闭合时的电流I可由欧姆定律求出,I=,路端电压U=IR=E-Ir。

3.电势:在外电路中,电流由高电势流向低电势;在内电路中,电流由低电势流向高电势。

4.通过导体的电荷量:q=IΔt=n。

如图所示,MON是固定导轨,金属棒与导轨接触良好,在拉力F作用下向右运动。

(1)图中电路相当于电源的部分是金属棒的ab部分。

(2)闭合电路中的感应电流方向沿逆时针方向。

(3)路端电压是闭合电路外电路的电压,等于该图中aOb部分电路的分压。

二、电磁感应中的动力学问题1.安培力的大小:⇒F A=2.安培力的方向:(1)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)根据楞次定律,安培力的方向一定和导体切割磁感线运动的方向相反。

三、电磁感应中的能量问题1.能量转化:感应电流在磁场中受到安培力,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.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电能的增加量。

基础小题1.判断下列题目的正误。

(1)闭合电路的欧姆定律同样适用于电磁感应电路。

( )(2)“相当于电源”的导体棒两端的电压一定等于电源的电动势。

( )(3)闭合电路中电流一定从高电势流向低电势。

( )(4)在有安培力的作用下,导体棒不能做加速运动。

( )(5)电磁感应中求焦耳热时,均可直接用公式Q=I2Rt。

( )(6)电路中的电能增加,外力一定克服安培力做了功。

( )提示:(1)√。

在电磁感应现象中,I=,其中r为导体棒的电阻,R为外电路电阻。

(2)×。

高考物理一轮复习教学案-电磁感应规律的综合应用(含解析)

电磁感应规律的综合应用一．考点整理基本概念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 = nΔφ/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．二．思考与练习思维启动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 = (l2/2)(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(l2/2)(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v0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L1、L2，两灯的电阻均为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v0 = 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L1的电流；⑵撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O′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ΔBΔt＝4πT/s，求L1的功率．三．考点分类探讨典型问题〖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r1 = 5.0×10－2 m的金属内圈、半径r2 = 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r1、外半径为r2、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 sin θ，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（）四．考题再练高考试题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 = 2mg v sin θB ．P = 3mg v 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？五．课堂演练自我提升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0.5m v 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：一．考点整理基本概念1．电源内阻外电路 Bl v E – Ir 2．B 2l 2v /(R + r ) 相反 3．电内4．时间位移x 楞次定律二．思考与练习思维启动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 = BL v ，I = E /R = BL v /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，m v 02/2 = Q 安，对粗糙的导轨有，m v 02/2 = Q 安′ + Q 摩，Q 安 ≠ Q 安′，则A 正确，B 错；q = It = Bl v t /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 ．三．考点分类探讨典型问题例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 = Bω(r 22 – r 12)/2 = 4.9×10－2 V ③ 根据右手定则（或楞次定律），可得感应电流方向为b → a ④ ⑵ 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 12 R 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 = v t 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 = Bl v 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Rx两端的电压．设两板间的电压为U ，由欧姆定律知U= IR x⑦ 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．甲乙乙甲例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 12m v 12 = mgL sin θ E 1 = Bd v 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 = Bd v 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 ≤ L gsin 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，均设为Q 1，则v 02 = 2aL W + mgL sin θ = 2Q 1 + 12m v 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 – 2v t ) = 2v t ，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 2vR ，导线框所受的安培力为f 2＝B 2L －2vt 2v R，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．四．考题再练高考试题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 – m v 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 = Bl v 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 = v t 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 = 2mg v 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．⑵ 设匀速下落的速度为 v ，此时F 安 = BIl = B 2l 2v /R = mg ，v = mgR /B 2l 2 = 0.5 m/s ．五．课堂演练自我提升 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Bl v ，在A 、C 、D 中，U ab = Bl v /4，B 中，U ab = 3Bl v /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 = BL v ，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0.5m v 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m v 12/2 = mg H ，m v 12/2 + mg ·2L = m v 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 = 12m v 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 ，v 2 = 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 = Bl v ，I = Bl v /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Fmin = 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，。

2021届高考物理一轮复习第10章电磁感应第1节电磁感应现象楞次定律教案(含解析)

第1节电磁感应现象楞次定律一、磁通量1．概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S与B的乘积。

2．公式：Φ＝BS。

3．适用条件：(1)匀强磁场。

(2)S为垂直磁场的有效面积。

4．磁通量是标量(填“标量”或“矢量”)。

5．物理意义：相当于穿过某一面积的磁感线的条数。

如图所示，矩形abcd、abb′a′、a′b′cd的面积分别为S1、S2、S3，匀强磁场的磁感应强度B与平面a′b′cd垂直，则：(1)通过矩形abcd的磁通量为BS1cos θ或BS3。

(2)通过矩形a′b′cd的磁通量为BS3。

(3)通过矩形abb′a′的磁通量为0。

6．磁通量变化：ΔΦ＝Φ2－Φ1。

二、电磁感应现象1．定义：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫作电磁感应。

2．条件(1)条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化。

(2)例如：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动。

3．实质产生感应电动势，如果电路闭合，则有感应电流。

如果电路不闭合，则只有感应电动势而无感应电流。

三、感应电流方向的判定1．楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。

(2)适用范围：一切电磁感应现象。

2．右手定则(1)内容：如图所示，伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直并且都与手掌在同一平面内：让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向。

(2)适用情况：导线切割磁感线产生感应电流。

1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)1831年，英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象。

(√)(2)闭合电路内只要有磁通量，就有感应电流产生。

(×)(3)穿过线圈的磁通量和线圈的匝数无关。

(√)(4)线框不闭合时，即使穿过线框的磁通量发生变化，线框中也没有感应电流产生。

(√)(5)当导体切割磁感线时，一定产生感应电动势。

人教版高考物理一轮复习第10章电磁感应 3电磁感应规律的综合应用

【解析】选D。0～1 s内,穿过线圈垂直纸面向里的磁场在增大,根据楞次定律
可得流过电阻R的电流方向为b→a,A错误;1～2 s内,回路中的电流I= E ＝B S ,
R t R
图像的斜率k= B ,在1～2 s内磁通量变化率恒定,所以电流恒定,B错误;2～
t
3 s内,穿过金属圆环的磁通量垂直纸面向外在增大,C错误;由法拉第电磁感
t
知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解。
【典例·通法悟道】
【典例1】如图(a)所示,半径为r的带缺口刚性金属圆环固定在水平面内,缺口
两端引出两根导线,与电阻R构成闭合回路。若圆环内加一垂直于纸面变化的磁
场,变化规律如图(b)所示。规定磁场方向垂直纸面向里为正,不计金属圆环的
电阻。下列说法正确的是
()
A.0～1 s内,流过电阻R的电流方向为a→b B.1～2 s内,回路中的电流逐渐减小 C.2～3 s内,穿过金属圆环的磁通量在减小 D.t=2 s时,Uab=πr2B0
【技巧点拨】科学思维之科学推理 (1)根据楞次定律可得流过电阻R的电流方向。 (2)根据法拉第电磁感应定律求解电动势。 (3)根据欧姆定律求解电路中的电流。
R
安培力FA=IBl
代入得FA=Bl 2 =v 48 N。
R
(3)健身者做功W=F(s+d)=64 J
由牛顿第二定律F-mgsin θ-FA=0
CD棒在磁场区做匀速运动
在磁场中运动时间t= d
v
焦耳热Q=I2Rt=26.88 J。
答案:(1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J
应定律可知,在第2 s内Uab= B S＝B0r2 =B0πr2,D正确。

2021高三统考人教物理(经典版)学案第10章第1讲电磁感应现象楞次定律含解析

2021高三统考人教物理一轮（经典版）学案：第10章第1讲电磁感应现象楞次定律含解析第十章电磁感应高考地位本章是高考的必考内容，在历年高考中所占分值较高，本章内容单独考查以选择为主，涉及综合问题以计算为主.考纲下载1.电磁感应现象(Ⅰ)2．磁通量（Ⅰ）3．法拉第电磁感应定律(Ⅱ）4．楞次定律（Ⅱ）5．自感、涡流（Ⅰ）考纲解读1。

应用楞次定律和右手定则判断感应电流的方向。

2．法拉第电磁感应定律的应用.3．结合各种图象(如Φ。

t图象、B.t图象和i.t图象），考查感应电流的产生条件及其方向的判定,以及导体切割磁感线产生感应电动势的计算。

4．电磁感应与磁场、电路、力学等知识的综合应用,特别是在实际问题中的应用。

5．自感现象和涡流现象在生活和生产中的应用。

第1讲电磁感应现象楞次定律主干梳理对点激活知识点磁通量Ⅰ1．磁通量(1)定义：匀强磁场中，磁感应强度(B）与01垂直磁场方向的面积(S）的乘积叫做穿过这个面积的磁通量，简称磁通，我们可以用穿过这一面积的磁感线条数的多少来形象地理解。

(2)公式:错误!Φ＝BS。

（3）公式的适用条件：①匀强磁场；②S是错误!垂直磁场方向的有效面积.（4)单位：韦伯(Wb），1 Wb＝错误!1 T·m2.（5)标量性：磁通量是错误!标量,但有正负之分。

磁通量的正负是这样规定的，即任何一个平面都有正、反两面，若规定磁感线错误!从正面穿出时磁通量为正,则磁感线错误!从反面穿出时磁通量为负。

2．磁通量的变化量在某个过程中，穿过某个平面的磁通量的变化量等于错误!末磁通量Φ2与初磁通量Φ1的差值,即ΔΦ＝Φ2－Φ1。

3．磁通量的变化率(磁通量的变化快慢)磁通量的变化量与发生此变化所用时间的错误!比值,即错误!。

知识点电磁感应现象Ⅰ1．电磁感应现象当穿过闭合电路的错误!磁通量发生改变时,电路中有错误!感应电流产生的现象。

2．产生感应电流的条件（1）电路错误!闭合。

（2）磁通量错误!变化。

2021高考物理一轮复习第10章电磁感应第2讲法拉第电磁感应定律自感现象学案新人教版

第2讲法拉第电磁感应定律自感现象主干梳理对点激活知识点法拉第电磁感应定律 Ⅱ1．感应电动势(1)概念：在01电磁感应现象中产生的电动势。

(2)产生条件：穿过回路的02磁通量发生改变，与电路是否闭合03无关。

(3)方向判断：感应电动势的方向用04楞次定律或05右手定则来判断。

2．法拉第电磁感应定律(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的06磁通量的变化率成正比。

(2)公式：07E ＝n ΔΦΔt，其中n 为08线圈匝数。

(3)感应电流与感应电动势的关系：遵守09闭合电路欧姆定律，即I ＝10ER ＋r。

3．导体切割磁感线时的感应电动势切割方式电动势表达式说明垂直切割E ＝11Blv①导体棒与磁场方向垂直，磁场为匀强磁场②式中l 为导体切割磁感线的有效长度③旋转切割中导体棒的平均速度等于中点位置的线速度12lω倾斜切割E ＝12Blv sin θ(θ为v 与B的夹角)旋转切割(以一端为轴) E ＝Bl v ＝12Bl 2ω知识点自感、涡流 Ⅰ1．互感现象01磁场会在另02感应电动势的现象。

2．自感现象(1)03本身激发出04感应电动势。

(2)自感电动势05自感而产生的感应电动势。

②表达式：E＝06L ΔI Δt。

③自感系数L相关因素：与线圈的大小、形状、07圈数以及是否有08铁芯等因素有关。

单位：亨利(H)，1 mH＝0910－3H,1 μH＝10－6 H。

3．涡流、电磁阻尼和电磁驱动当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生10感应电流，这种电流像水的旋涡，所以叫涡电流，简称涡流。

(1)电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到11安培力，安培力的方向总是12阻碍导体的运动。

(2)电磁驱动：如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生13感应电流，使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来。

交流感应电动机就是利用14电磁驱动的原理工作的。

(3)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了15楞次定律的推广应用。