2017粤教版高中物理选修第12点《电磁感应现象中的能量问题》精讲精练
第12讲 电磁感应规律及其应用
第12讲 电磁感应规律及其应用考点 考题统计考情分析楞次定律 法拉第电磁感应定律2023·湖北卷T 5、2022·河北卷T 5、2022·广东卷T 4T 10、2022·山东卷T 12本讲主要考查电磁感应的基本规律和方法，熟练应用动力学和能量观点分析并解决电磁感应问题。
主要规律有：楞次定律和法拉第电磁感应定律的理解及应用；电磁感应中的平衡问题；电磁感应中的动力学和能量问题。
本专题选择题和计算题都有可能命题，选择题一般考查楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用，题目有一定的综合性，难度中等；计算题主要考查电磁感应规律的综合应用，难度较大。
电磁感应中的电路、图像问题2023·辽宁卷T 4、2022·河北卷T 8、2022·全国乙卷T 24、2022·全国甲卷T 16、2021·辽宁卷T 9、2021·河北卷T 7、2021·广东卷T 10考点一 楞次定律 法拉第电磁感应定律1.感应电流方向的两种判断方法（1）楞次定律：线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形，往往用楞次定律。
（2）右手定则：导体棒切割磁感线的情形往往用右手定则。
2.楞次定律中“阻碍”的四种表现形式 （1）阻碍原磁通量的变化——“增反减同”； （2）阻碍物体间的相对运动——“来拒去留”；（3）使线圈面积有扩大或缩小的趋势——一般情况下为“增缩减扩”； （4）阻碍原电流的变化（自感现象）——一般情况下为“增反减同”。
3.感应电动势的四种求解方法 （1）法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt{S 不变时，E ＝nS ΔBΔtB 不变时，E ＝nBΔS Δt （2）导体棒垂直切割磁感线：E ＝Blv 。
（3）导体棒以一端为圆心在垂直匀强磁场的平面内匀速转动：E ＝12Bl 2ω。
（4）线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动（从线圈位于中性面开始计时）：e ＝nBSωsin ωt 。
粤教版高中物理选修3-2：电磁感应现象_课件1
一.磁通量
穿过某一ห้องสมุดไป่ตู้积的磁感线条数，叫做穿过这个面积的磁通量。
B与S垂直 BS
B与S成夹角 BS cos
B
B
二.磁通量的变化
1.B变化 2.S发生变化
如图，线圈在磁场中以bc边为轴转动，分别转过90度，180度，360度， 磁通量变化量分别多大？
三.电磁感应
奥斯特：电产生磁
I
I
电磁感应现象
电磁感应现象
电磁感应现象
N G
S
产生感应电流的方法 1.磁铁运动 2.闭合电路一部分运动 3.磁场变化
动生电流 感生电流
思考：上述三种情况有什么共同特点？
闭合电路中磁通量发生变化
感应电流产生的条件
下列三种情况电路里有没有感应电流产生？
向下运动
向左平移
转动
典型例题
【例1】线圈在长直导线电流的磁场中，做如图的运动：A向右 平动；B向下平动；C绕轴转动(边bc向外)；D从纸面向纸外做 平动，E向上平动(边bc上有个缺口)；则线圈中有感应电流的 是( )
【例2】如图所示，线圈abcd垂直于有界匀强磁场，且其有一 半在磁场中，另一半在磁场外，则下列哪种情况可产生感应 电流：( )
A.以ab边为轴转过60° B.以cd边为轴转过60° C.以ab边为轴转过1800的过程中，一直有感应电流 D.以cd边为轴转过1800的过程中，一直有感应电流
2017届高三物理一轮复习-第九章-电磁感应-第1讲-电磁感应现象-愣次定律课件解析
4
基础知识清单 一、电磁感应现象 1．电磁感应 利用磁场产生电流的现象叫电磁感应；产生的电流叫感应电
流． 2．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．
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5
【名师点拨】 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；导体在磁场中做切 割磁感线的运动不是产生感应电流的根本条件，但可以有感应电 动势．
2017届高三物理一轮复习-第 九章-电磁感应-第1讲-电磁感
应现象-愣次定律课件解析
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1
内容 电磁感应现象 磁通量 法拉第电磁感应定律 楞次定律 自感、涡流
要求 Ⅰ Ⅰ Ⅱ Ⅱ Ⅰ
2Байду номын сангаас
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第1讲 电磁感应现象 愣次定律
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3
梳理基础·强化训练
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答案 D
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16
2．(2015·新课标全国Ⅰ)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( )
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2．右手定则 (1)内容：伸出右手，让磁感线垂直穿过掌心，大拇指指向为 导体的运动方向，四指指向为感应电流的方向．
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(2)理解：右手定则是用来判断部分导体切割磁感线产生感应 电流的方向的．对一部分导线在磁场中切割磁感线产生感应电流 的情况，右手定则和楞次定律的结论是完全一致的，这时，用右 手定则更方便一些．注意电流可以是正电荷运动产生的，也可以 是负电荷运动产生的．
高中物理必修三第十三章电磁感应与电磁波初步考点精题训练(带答案)
高中物理必修三第十三章电磁感应与电磁波初步考点精题训练单选题1、提出电磁场理论的科学家是（）A．法拉第B．麦克斯韦C．赫兹D．安培答案：B提出电磁场理论的科学家是麦克斯韦。
故选B。
2、以下四幅图中，表示等量同种点电荷电场线分布情况的是（）A．B．C．D．答案：AA．A是等量同种点电荷的电场线，A正确；B．B是等量异种点电荷的电场线，B错误；C．C是匀强电场的电场线，C错误；D．D是反向通电导线周围的磁感线，D错误。
故选A。
3、如图所示，金属圆环放在绝缘水平面上，通有沿逆时针（俯视看）方向的恒定电流I1，带有绝缘外皮的长直导线放在圆环上，圆环的圆心在直导线上，直导线中通有向右的恒定电流I2，圆环圆心的正上方的P点的磁感应强度大小为B，此时直导线电流在P点处产生磁场的磁感应强度大小为√3B；若将直导线中的电流减为3零，则P点的磁感应强度大小为（）A．13B B．√23B C．√33B D．√63B答案：D设圆环中电流在P点产生的磁场磁感应强度大小为B1，直导线中电流为I2时在P点产生的磁场磁感应强度大小为B2，根据安培定则可知，两个磁场的磁感应强度垂直，根据题意有√B12+B22=B解得B1=√6 3B故ABC错误，D正确。
故选D。
4、三根相互平行长直导线a、b、c分别从等腰直角三角形三个顶点处垂直穿过纸面且固定，导线中通有大小和方向均相同的恒定电流，如图所示．若b导线中的电流产生的磁场在a、c连线中点O处的磁感应强度大小为B0，则O点处的磁感应强度大小为（）A．√5B0B．√2B0C．3B0D．B0答案：D由安培定则可知，导线a与导线c在O点产生磁场的磁感应强度的矢量和等于零，则O点的磁感应强度大小等于导线b在O点产生的磁感应强度的大小，则O点处的磁感应强度大小为B0，则D正确，ABC错误。
故选D。
5、如图所示，纸面内有两根平行放置的通有同向、等大电流的长直细导线M、N，a、c是关于导线N对称的两点，且a点到导线M的距离大于其到导线N的距离。
高中物理第二章电磁感应与电磁场第三节电磁感应现象的应用课件粤教版选修1-
[例❸] (多选)汽车防抱死制动系统(ABS)由三部分组
成，下列属于该系统的是( )
A．轮速传感器
B．电磁阀
C．漏电开关
D．电子控制模块
分析：汽车防抱死制动系统使轮胎处于临界状态，
即转动与不转动间，防止出现滑动摩擦． 解析：汽车防抱死制动系统(ABS)由三部分组成：轮
速传感器、电磁阀、电子控制模块，故A、B、D正确．
合变压比公式列式分析，属基础题．
[例❷] (多选)如图所示为一台理想变压器，原、副 线圈的匝数分别为 n1＝400 匝，n2＝800 匝，连接导线的 电阻忽略不计，那么可以确定的是( )
A．这是一台降压变压器 B．这是一台升压变压器 C．次级线圈两端的电压是初级线圈两端电压的 2 倍
D．次级线圈两端的电压是初级线圈两端电压的一半 分析：变压器的工作原理是互感现象，变压比公式
解析：根据变压比公式：
U1 U2
＝
n1 n2
，当n1>n2时，是降
压变压器；当n1<n2时，是升压变压器，故A、B正确；
理想变压器不考虑变压器的铜损与铁损，输入功率和输
出功率相等，故C正确；根据变压比公式：
U1 U2
＝
n1 n2
，变
压器的输出电压与副线圈匝数有关，故D错误．
答案：ABC
点评：本题关键是明确变压器的工作原理，同时结
4．ABS 的原理就是在汽车制动过程中，当车轮滑移 率超过稳定界限时，ABS 将自动减小_滚__动___，以减小车 轮制动力，从而减小车轮滑移率；而当车轮滑移率低于稳 定界限时，又自动增加_滚__动___，以增大车轮制动力，从而 增大车轮滑移率，以提高汽车的制动效能和制动时的 _滚__动__．
粤教版高中物理选修第二章第三节《电磁感应现象的应用》word教案
第三节电磁感应现象的应用
教学过程一、新课引入
不同的用电器工作电压不同，少则几伏，多则上万伏，我国的民用交流供电电压是220V，如何给这些用电器供电？
二、新课教学
1、变压器的构造
（1）教师出示可拆式变压器，引导学生观察变压器由几部分构成。
变压器由一个闭合铁芯和两个绕在铁芯上的线圈组成。
（2）出示变压器的结构示意图，画出变压器的电路符号。
2、变压器的工作原理
[演示实验]
将原线圈分别接直流电和交流电，副线圈接负载小灯泡，观察小灯泡是否发光，为什么？
（教师引导学生观察现象，分析现象产生的原因）
（1）互感现象：
在原、副线圈中由于有交变电流而发生的互相感应现象，叫做互感现象。
互感现象是变压器工作的基础。
（2）从能量角度：
原线圈中的电能→铁芯中的磁场能→副线圈中的电能
（3）实际变压器的能量传输关系：
P
入
=P
出
+ P
损
3、理想变压器
（1）理想化条件：
忽略所有能量损失，即原、副线圈电阻不计；铁芯无漏磁；忽略涡流。
（2）功率关系：
（引导学生推导）P
入
=P
出
（3）电压关系：
（引导学生推导）
2
1
2
1
n
n
U
U
[例题1]
一理想变压器如图，n
1
=100匝，n
2
=20匝，在铁芯上套一单匝线圈，。
2017粤教版高中物理选修第12点《电磁感应现象中的能量问题》精讲精练
第12点电磁感应现象中的能量问题电磁感应过程往往涉及多种能量的转化产生和维持感应电流的存在的过程就是其他形式的能量转化为感应电流电能的过程。
在电磁感应现象中,认真分析电磁感应过程中的能量转化，熟练地应用能量转化与守恒定律是求解较复杂的电磁感应问题的常用方法。
1。
过程分析（1)电磁感应现象中产生感应电流的过程,实质上是能量的转化过程.（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，因此,要维持感应电流的存在,必须有“外力"克服安培力做功。
此过程中，其他形式的能转化为电能。
“外力"克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能.（3)当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能.安培力做功的过程,是电能转化为其他形式能的过程.安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能。
2.解决此类问题的步骤（1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(包括右手定则）确定感应电动势的大小和方向. （2)画出等效电路图，写出回路中电阻消耗的电功率的表达式。
（3）分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程,联立求解.说明：在利用能量守恒定律解决电磁感应中的能量问题时,参与转化的能量的种类一定要考虑周全。
哪些能量增加,哪些能量减少，要考虑准确,最后根据所满足的规律列方程分析求解.3.焦耳热Q的两种求解方法Q的两种求法错误!对点例题(双选)如图1所示电路，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上,导轨下端接有电阻R，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可忽略不计的金属棒ab质量为m,受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用.金属棒沿导轨匀速下滑,则它在下滑高度h的过程中,以下说法正确的是（)图1A.作用在金属棒上各力的合力做功为零B.重力做的功等于系统产生的电能C.金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热D。
金属棒克服恒力F做的功等于电阻R上产生的焦耳热解题指导根据动能定理，合力做的功等于动能的增量,故A对；重力做的功等于重力势能的减少，重力做的功等于克服F所做的功与产生的电能之和，而克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热,所以B、D错，C对.答案AC特别提醒1、电磁感应现象的实质问题是能量的转化与守恒问题，从这个思路出发列方程求解，有时很方便。
高中物理学--电磁感应
（即感应电动势
i
dF d t 按此常规,楞次定律所反映的规律为:
的正负总是与磁通量变化率
的正负相反.
i
i
பைடு நூலகம்
dFF i 与 的正负恒相反. 因为感应电流 与 的正负恒相反,而 又与 同向的缘故).
i
这 是
N匝纯电阻 感感应应电流i与感感应Ii电量感 qi
回路中的 电动
应
应
恒定
用i 解
动 l(v B ) dl 生最初的一道
题
bl2l2l2 c
I
(v )B
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l1 l1l1 vvv
a 0 vt
t0 B (a )
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X
2mp0Ix
(例v 6B ) 均垂直向
ac取bbd在c:该:和a(回vbv路iiva和中动生动生2d好2Bp比c)p边 的两d(m(同x个mv00vx0反向I边的0上+BI向B+(v(i串xvx动生ta联d+)td)的)llll1电21)与源l01l.1
回 顾
F 洛仑
+的
(兹属力非 静电 洛 单位正电荷在磁场中运动
受的
功
F
q
q(v .B ) q
v
B
Ek
动生电 动动势生的
大小
为力运i) 动生仑兹力+
lEk dl F (v即B
l(v B ) dl 方 在运动导线上的投
影矢量
i 动 l(v B ) dl 例的4应用
生b
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i 动 l(v B ) dl
l(v B生si v B )dl c (v B)dl
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最新粤教版选修1-1《电磁感应现象的应用》教案.doc
重点难点突破一、电磁感应现象中的力学问题1.通过导体的感应电流在磁场中将受到安培力作用，电磁感应问题往往和力学问题联系在一起，基本步骤是：(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)求回路中的电流强度.(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.对电磁感应现象中的力学问题，要抓好受力情况和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，导体达到稳定运动状态，要抓住a＝0时，速度v达最大值的特点.二、电磁感应中的能量转化问题导体切割磁感线或闭合回路中磁通量发生变化，在回路中产生感应电流，机械能或其他形式的能量便转化为电能，具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，又可使电能转化为机械能或电阻的内能，因此，电磁感应过程总是伴随着能量转化，用能量转化观点研究电磁感应问题常是导体的稳定运动(匀速直线运动或匀速转动)，对应的受力特点是合外力为零，能量转化过程常常是机械能转化为内能，解决这类问题的基本步骤是：1.用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定电动势的大小和方向.2.画出等效电路，求出回路中电阻消耗电功率的表达式.3.分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程.三、电能求解的思路主要有三种1.利用安培力的功求解：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：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电能；3.利用电路特征求解：根据电路结构直接计算电路中所产生的电能.四、线圈穿越磁场的四种基本形式1.恒速度穿越；2.恒力作用穿越；3.无外力作用穿越；4.特殊磁场穿越.典例精析1.恒速度穿越【例1】如图所示，在高度差为h的平行虚线区域内有磁感应强度为B，方向水平向里的匀强磁场.正方形线框abcd的质量为m，边长为L(L>h)，电阻为R，线框平面与竖直平面平行，静止于位置“Ⅰ”时，cd边与磁场下边缘有一段距离H.现用一竖直向上的恒力F提线框，线框由位置“Ⅰ”无初速度向上运动，穿过磁场区域最后到达位置“Ⅱ”(ab边恰好出磁场)，线框平面在运动中保持在竖直平面内，且ab边保持水平.当cd边刚进入磁场时，线框恰好开始匀速运动.空气阻力不计，g＝10 m/s2.求：(1)线框进入磁场前距磁场下边界的距离H；(2)线框由位置“Ⅰ”到位置“Ⅱ”的过程中，恒力F做的功为多少？线框产生的热量为多少？【解析】(1)线框进入磁场做匀速运动，设速度为v1，有：E＝BLv1，I＝ER，F安＝BIL根据线框在磁场中的受力，有F＝mg＋F安在恒力作用下，线框从位置“Ⅰ”由静止开始向上做匀加速直线运动.有F－mg＝ma，且H＝由以上各式解得H＝ (F－mg)(2)线框由位置“Ⅰ”到位置“Ⅱ”的过程中，恒力F做的功为WF＝F(H＋h＋L)只有线框在穿越磁场的过程中才会产生热量，因此从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程中有F(L＋h)＝mg(L＋h)＋Q，所以Q＝(F－mg)(L＋h)【思维提升】此类问题F安为恒力，但外力F可能是变力.2.恒力作用穿越【例2】质量为m边长为L的正方形线圈，线圈ab边距离磁场边界为s，线圈从静止开始在水平恒力F的作用下，穿过如图所示的有界匀强磁场，磁场宽度为d(d<L).若它与水平面间没有摩擦力的作用，ab边刚进入磁场的速度与ab边刚离开磁场时的速度相等.下列说法正确的是( )A.线圈进入磁场和离开磁场的过程通过线圈的电荷量不相等B.穿越磁场的过程中线圈的最小速度为C.穿越磁场的过程中线圈的最大速度为D.穿越磁场的过程中线圈消耗的电能为F(d＋L)【解析】根据q＝，可知线圈进入磁场和离开磁场的过程中通过线圈的电荷量相等. 线圈ab边到达磁场边界前做匀加速直线运动，加速度a＝Fm，达到磁场边界时有v2＝2Fms，ab边刚进入磁场的速度与ab边刚离开磁场时的速度相等，根据动能定理，有Fd－W安＝0，得线圈进入磁场时做功为W安＝Fd且可知线圈的速度是先增大后减小，当线圈全部进入磁场中后速度又增大.所以，当线圈刚全部进入磁场中时速度达到最小值，根据动能定理有FL－W安＝12mv2－12mv2x解得vx＝当a＝0时，线圈速度最大，有F＝F安＝即vm＝由于ab边刚进入磁场的速度与ab边刚离开磁场时的速度相等，那么线圈进入磁场和离开磁场时安培力做功相等，即消耗的电能也相等，故穿越磁场的过程中线圈中消耗的电能为E电＝2W安＝2Fd.故正确选项为B、C.【答案】BC【思维提升】此类问题F为恒力，但F安可能是变力.3.无外力作用穿越【例3】如图所示，在光滑水平面上有一竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为L的区域内，现有一边长为d(d<L)的正方形闭合线框以垂直于磁场边界的初速度v0滑过磁场，线框刚好穿过磁场.则线框在滑进磁场的过程中产生的热量Q1与滑出磁场的过程中产生的热量Q2之比为( )A.1∶1B.2∶1C.3∶1D.4∶1【解析】设线框刚开始要离开磁场时的速度为v.由于线圈滑进磁场和滑出磁场的过程中安培力的冲量相等.故有mv－mv0＝0－mv即v＝12v0[Ks5u]因为无外力作用，根据能量守恒，滑进磁场时产生的热量为Q1＝12mv20－12mv2＝38mv20滑出磁场时产生的热量为Q2＝12mv2＝18mv20所以Q1∶Q2＝3∶1【答案】C【思维提升】此类问题仅是机械能与电能之间的转化.4.穿越特殊磁场区域【例4】如图所示，一个方向垂直纸面向外的磁场位于以x轴与一曲线为边界的空间中，曲线方程y＝0.5sin 5πx(单位：m)(0≤x≤0.2 m).磁感应强度B＝0.2 T.有一正方形金属线框abcd边长l＝0.6 m，线框总电阻R＝0.1 Ω，它的ab边与y轴重合，在拉力F的作用下，线框以1.0 m/s的速度水平向右匀速运动.问：(1)在线框拉过该磁场区域的过程中，拉力的最大瞬时功率是多少？(2)线框拉过该磁场区域拉力做的功为多少？【解析】(1)正方形金属线框进入和离开磁场时切割磁感线均产生感应电动势，电动势E与切割磁感线的有效长度有关，即E＝BLv正方形金属线框通过该磁场区域切割磁感线的有效长度为L＝y＝0.5sin 5πx当x＝0.1 m时，L＝Lm＝y＝0.5 m此时E＝Em＝BLmv＝0.1 V匀速切割时，拉力F的最大瞬时功率等于此时的电功率，即PF＝P电＝＝0.1 W (2)在t＝0.2 s时间内，感应电动势的有效值为E有效＝＝0.052 V线框进入到离开磁场的时间Δt＝xv＝0.2 s线框匀速通过磁场时，拉力所做的功等于消耗的电能.WF＝W电＝×2Δt＝2.0×10－2 J【思维提升】此类问题需先判断感应电动势随时间变化的图象.5.电磁感应中的力学问题【例5】相距为L＝0.20 m的足够长的金属直角导轨如图1所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面.质量均为m＝0.1 kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为R＝1.0 Ω.整个装置处于磁感应强度大小为B＝0.50 T，方向竖直向上的匀强磁场中.当ab杆在平行于水平导轨的拉力作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时，cd杆也同时从静止开始沿导轨向下运动.测得拉力F与时间t的关系如图2所示.取g ＝10 m/s2，求：(1)杆ab的加速度a和动摩擦因数μ；(2)杆cd从静止开始沿导轨向下运动达到最大速度所需的时间t0；(3)画出杆cd在整个运动过程中的加速度随时间变化的a-t图象，要求标明坐标值(不要求写出推导过程).【解析】(1)经时间t，杆ab的速率v＝at此时，回路中的感应电流为I＝＝对杆ab由牛顿第二定律得F－BIL－μmg＝ma由以上各式整理得F＝ma＋μmg＋B2L2Rat在图线上取两点：t1＝0，F1＝1.5 Nt2＝30 s，F2＝4.5 N代入上式解得a＝10 m/s2，μ＝0.5(2)cd杆受力情况如图，当cd杆所受重力与滑动摩擦力相等时，速度最大，则mg＝μFN又FN＝F安F安＝BILI＝＝v＝at联立解得t0＝＝0.1×10×1.00.5×0.52×0.22×10 s＝20 s(3)如图所示.【思维提升】力学中的整体法与隔离法在电磁感应中仍经常用到，此题关键是对两根导体棒的受力分析，结合牛顿定律得出F与t的关系，再进行求解.【拓展1】如图所示，倾角θ＝30°、宽为L＝1 m的足够长的U形光滑金属框固定在磁感应强度B＝1 T、范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面斜向上.现用一平行于导轨的牵引力F，牵引一根质量m＝0.2 kg，电阻R＝1 Ω的金属棒ab，由静止开始沿导轨向上移动(金属棒ab始终与导轨接触良好且垂直，不计导轨电阻及一切摩擦).问：(1)若牵引力是恒力，大小为9 N，则金属棒达到的稳定速度v1多大？(2)若牵引力的功率恒定，大小为72 W，则金属棒达到的稳定速度v2多大？(3)若金属棒受到向上的拉力在斜面导轨上达到某一速度时，突然撤去拉力，从撤去拉力到棒的速度为零时止，通过金属棒的电荷量为0.48 C，金属棒发热量为1.12 J，则撤力时棒的速度v3多大？【解析】(1)当金属棒达到稳定速度v1时，由受力分析及力的平衡条件有F＝mgsin θ＋代入数据解得v1＝8 m/s(2)当金属棒达到稳定速度v2时，由受力分析及力的平衡条件有＝mgsin θ＋代入数据解得v2＝8 m/s(3)设金属棒在撤去外力后还能沿斜面向上运动的最大距离为s，所需时间为Δt，则这一段时间内的平均感应电动势E－＝，平均感应电流I－＝E－R＝，则通过金属棒的电荷量q＝I－Δt＝BLsR，则s＝qRBL＝0.48 m，由能量守恒定律有12mv23＝mgssin θ＋Q代入数据解得v3＝4 m/s易错门诊【例6】如图所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，轨距为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，突然接通电键S，试说出S接通后，ab导体的运动情况.(g 取10 m/s2)【错解】S闭合后，ab受到竖直向下的重力和竖直向上的安培力作用.合力竖直向下，ab仍处于竖直向下的加速运动状态.随着向下速度的增大，安培力增大，ab受竖直向下的合力减小，直至减为0时，ab处于匀速竖直下落状态.【错因】上述的解法是受平常做题时总有安培力小于重力的影响，没有对初速度和加速度之间的关系作认真地分析.不善于采用定量计算的方法分析问题.【正解】闭合S之前导体自由下落的末速度为v0＝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＝BILab＝＝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＝＝－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.【思维提升】必须对棒ab进行受力分析，判断接通时F安与mg的大小关系，而不能凭经验下结论.。
粤教版高中物理必修第三册第6章第3节电磁感应现象学案
第三节电磁感应现象学习任务1．知道电磁感应现象及产生感应电流的条件，能解释与电磁感应相关的现象。
2．理解产生感应电流的条件，能处理相关的问题。
3．通过实验探究产生感应电流的条件，学会归纳总结法，体会电磁技术应用对人类生活和社会发展带来的影响。
知识点一电磁感应现象的发现1．“电生磁”：1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应。
2．“磁生电”：(1)1831年，英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象。
产生的电流叫作感应电流。
(2)法拉第把引起感应电流的原因概括为五类：①变化的电流；②变化的磁场；③运动的恒定电流；④运动的磁铁；⑤在磁场中运动的导体。
知识点二产生感应电流的条件只要穿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。
电磁感应只指“磁生电”，不指“电生磁”。
思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生。
(×)(2)闭合电路的部分导体在磁场中运动就会产生感应电流。
(×)(3)闭合线圈和磁场发生相对运动时，一定能产生感应电流。
(×)(4)穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定会产生感应电流。
(√)知识点三电磁感应的应用1．汽车防抱死制动系统(ABS)(1)组成：ABS由轮速传感器、电子控制模块和电磁阀三个部分组成，其中轮速传感器是利用电磁感应现象来测量车轮的转速。
(2)原理：①如图所示，铁质齿轮P与车轮同步转动，它的右侧有一个绕着线圈的磁铁，当每个轮齿在接近和离开磁铁时，穿过线圈的磁通量会发生变化，线圈中出现感应电流。
②随着各个轮齿的运动，磁通量的变化会使线圈中产生相应的感应电流。
③电流由电流检测器D检测，并送到电子控制模块以控制电磁阀，为制动器提供合适的制动力，有效避免了汽车后轮侧滑的现象。
2．无线充电技术(1)概念：无线充电，又称非接触式感应充电，是利用供电设备直接将电能传送给用电器的技术。
2017粤教版高中物理选修第13点《自感现象的分析技巧》精讲精练
第13点自感现象的分析技巧在求解有关自感现象的问题时，必须弄清自感线圈的工作原理和特点,这样才能把握好切入点和分析顺序，从而得到正确答案.1.自感现象的原理当通过导体线圈中的电流变化时，其产生的磁场也随之发生变化.由法拉第电磁感应定律可知,导体自身会产生阻碍自身电流变化的自感电动势.2.自感现象的特点(1)自感电动势只是阻碍自身电流变化，但不能阻止.（2)自感电动势的大小跟自身电流变化的快慢有关。
电流变化越快，自感电动势越大。
(3）自感电动势阻碍自身电流变化的结果,会给其他电路元件的电流产生影响。
①电流增大时，产生反电动势,阻碍电流增大,此时线圈相当于一个阻值很大的电阻;②电流减小时，产生与原电流同向的电动势,阻碍电流减小,此时线圈相当于电源。
3。
通电自感与断电自感自感现象中主要有两种情况：即通电自感与断电自感.在分析过程中,要注意:（1)通过自感线圈的电流不能发生突变,即通电过程中,电流是逐渐变大，断电过程中,电流是逐渐变小,此时线圈可等效为“电源”,该“电源”与其他电路元件形成回路.(2)断电自感现象中灯泡是否“闪亮"问题的判断在于对电流大小的分析，若断电后通过灯泡的电流比原来强，则灯泡先闪亮后再慢慢熄灭。
对点例题（单选）如图1所示电路，电路线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计,LA、LB是两个相同的灯泡,设实验过程中灯泡均没有损坏，则（）图1A。
S闭合瞬间，LA不亮，LB很亮;S断开瞬间,LA、LB立即熄灭B。
S闭合瞬间，LA很亮，LB逐渐亮;S断开瞬间,LA逐渐熄灭，LB立即熄灭C。
S闭合瞬间,LA、LB同时亮，然后LA熄灭，LB亮度不变；S断开瞬间，LA亮一下才熄灭,LB立即熄灭D。
S闭合瞬间，LA、LB同时亮，然后LA逐渐变暗到熄灭,LB变得更亮；S断开瞬间，LA 亮一下才熄灭,LB立即熄灭解题指导S闭合瞬间，由于电感线圈L的自感系数足够大，其对电流的阻碍作用相当于一个阻值无穷大的电阻，所以LA、LB同时亮,然后,电感线圈L的阻碍作用逐渐消失,其相当于一段导线，LA被短路,所以LA逐渐变暗到熄灭，电路总电阻减小，电流增大，所以LB变得更亮；S断开瞬间，流过灯LB的电流突然消失,所以LB立即熄灭，但由于流过线圈的电流突然减小,线圈中会产生自感电动势，并与LA组成闭合回路，有电流流过LA，所以LA 灯亮，但很快又熄灭,选项D正确。
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第12点电磁感应现象中的能量
问；
电磁感应过程往往涉及多种能虽:的转化
产生和维持感应电流的存在的过程就是其他形式的能量转化为感应电流电能的过程。
在电磁感应现象中，认真分析电磁感应过程中的能量转化，熟练地应用能量转化与守恒左律是求解较复杂的电磁感应问题的常用方法。
1.过程分析
(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程,实质上是能量的转化过程.
(2)电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必立受到安培力的作用，因此,要维持感应电流的存在,必须有“外力”克服安培力做功。
此过程中，其他形式的能转化为电能。
“外力"克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能.
(3)当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能.安培力做功的过程，是电能转化为英他形式能的过程.安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能。
2.解决此类问题的步骤
(1)用法拉第电磁感应立律和楞次泄律(包括右手左则)确左感应电动势的大小和方向.
(2)画岀等效电路图，写出回路中电阻消耗的电功率的表达式。
(3)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程，联立求解.
说明：在利用能屋守恒左律解决电磁感应中的能呈:问题时，参与转化的能量的种类一立要考虑周全。
哪些能量增加，哪些能疑减少，要考虑准确,最后根据所满足的规律列方程分析求解. 3.焦耳热Q的两种求解方法
Q的两种求法错误！
（双选）如图1所示电路，两根光滑金属导
轨平行放置在倾角为9的斜而上，导轨下端接有电阻R，导轨电阻不计，斜而处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可忽略不计的金属棒ab质量为m,受到沿斜而向上且与金属棒垂直的恒力F 的作用.金属棒沿导轨匀速下滑，则它在下滑高度h的过程中，以下说法正确的是（
）
图1
A.作用在金属棒上各力的合力做功为零
B.重力做的功等于系统产生的电能
C.金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热
Do金属棒克服恒力F做的功等于电阻R上产生的焦耳热
解题指导根据动能定理，合力做的功等于动能的增量，故A对；重力做的功等于重力势能的减少，重力做的功等于克服F所做的功与产生的电能之和，而克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热，所以B、D错，C对.
答案AC
特别提醒1、电磁感应现象的实质问题是能量的转化与守恒问题，从这个思路出发列方程求解，有时很方便。
2。
通过克服安培力做功可以把其他形式的能转化为电能，电能最终转化为焦耳热。
因此在同一关系式中，克服安培力做的功和产生的焦耳热不能同时出现.
1。
（双选）如图2所示,竖直放置的两根足够长平行金属导轨相距L,导轨间接有一阻值为R 的电阻，质量为m,电阻为r的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触，且无摩擦，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平而垂直，现将金属棒由静止释放，金属棒下落髙度为h时开始做匀速运动，在此过程中（）
图2
A。
导体棒的最大速度为错误！
DI h
B.通过电阻的电荷量为黑
C.导体棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量
D。
重力和安培力对导体棒做功的代数和等于导体棒动能的增加量
答案BD
解析金属棒由静止释放后，当a=0时，速度最尢即mg-BL错课!=0,解得vm=错诧,
A项错误。
此过程通过电阻的电荷Mq= I At-错误! 错误!，B项正确。
导体棒克服安培力做的功等于整个电路产生的热量,C项错误。
由动能左理知对导体棒有AEk=W重+W 安.D项正确.
2O（双选）两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L,底端接阻值为R的电阻。
将质量为m 的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平而与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，如图3所示.除电阻R外苴余电阻不汁。
现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放。
贝IJ （）
图3
A.金属棒的动能、重力势能与弹簧的弹性势能的总和保持不变
B.金属棒最后将静止，静止时弹簧伸长量为错误！
C.金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F=错误！
D.金属棒最后将静止，电阻R上产生的总热量为mg•罕
答案BC
3.如图4所示,电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s=K 15 m,两导轨间距L=O、75 m,导轨倾角为30。
,导轨上端ab接一阻值R=l、5 Q的电阻，磁感应强度B=0、8 T的匀强磁场垂直轨道平而向上。
阻值r=0、5 Q、质量m=0、2 kg的金属棒与轨道垂宜且接触良好，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Qr=0、1 J o(取g =10 m/s2)求：
图4
(1)金属棒在此过程中克服安培力做的功W安：
(2)金属棒下滑速度v=2 m/s时的加速度a的大小；
(3)为求金属棒下滑的最大速度vm的大小，有同学解答如下:由动能立理AVG-W^=错误!
... 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，给岀正确的
解答.
答案（1） 0、4J （2） 3、2 nVs2 （3）见解析
解析（1）下滑过程中安培力做的功即为电阻上产生的焦耳热，由于R = 3r,
因此QR=3Qr=0、3J
所以⑷安二Q=QR+Qr=0、4J
（2）金属棒下滑时受重力和安培力
F安 = BIL=错误!v
由牛顿第二定律得mgsin 30。
一错误!v=ma
所以a=gsin 30。
一错误!v
=[10x错误!一错误!] m/s2=3、2 m/s2
（3）此解法正确.
金属棒下滑时受重力和安培力作用，满足
mgsin 30。
一错误!v=ma
上式表明，加速度随速度增大而减小，棒做加速度减小的加速运动。
无论最终是否达到匀速, 当棒到达斜面底端时速度一左为最大•由动能左理可以得到棒的最大速度，因此（3）中同学的解法正确.
mgssin 30°—Q=错误!mv错误！
所以vm=错误！
= 错误！m/s=2、74m/s、。