高考物理二轮复习专题电磁感应综合问题学案

合集下载

高考物理二轮专题复习六电磁感应教案

专题六电磁感应教案一．专题要点1.感应电流：⑴产生条件：闭合电路的磁通量发生变化。

⑵方向判断：楞次定律和右手定则。

⑶“阻碍”的表现：阻碍磁通量的变化（增反减同），阻碍物体间的相对运动（来斥去吸），阻碍原电流的变化（自感现象）。

2.感应电动势的产生：⑴感生电场：英国物理学家麦克斯韦的电磁场理论认为，变化的磁场周围产生电场，这种电场叫感生电场。

感生电场是产生感生电动势的原因。

⑵动生电动势：由于导体的运动而产生的感应电动势为动生电动势。

产生动生电动势的那部分导体相当于电源3.感应电动势的分类、计算二．考纲要求考点要求考点解读电磁感应现象 Ⅰ 本专题有对单一知识点的考查，也有对其它知识的综合考查考查的主要内容有楞次定律和法拉第电磁感应定律尤其是电磁感应与动力学、电路、能量守恒定律、图像相互结合的题目磁通量 Ⅰ 法拉第电磁感应定律 Ⅱ 楞次定律 Ⅱ 自感、涡流 Ⅰ三．教法指引此专题复习时，可以先让学生完成相应的习题，在精心批阅之后以题目带动知识点，进行适当提炼讲解。

这一专题的知识点较为综合，高考要求普遍较高，属于必考知识点因为这部分的综合题较多，二轮复习时还是要稳扎稳打，从基本规律，基本解题步骤出发再进行提升。

四．知识网络五．典例精析题型1.（楞次定律的应用和图像）如图甲所示，存在有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧相距为L处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直. 现使线框以速度v匀速穿过磁场区域以初始位置为计时起点，规定电流逆时针方向时的电流和电动势方向为正，B 垂直纸面向里时为正，则以下关于线框中的感应电动势、磁通量、感应电流、和电功率的四个图象描述不正确的是（）解析：在第一段时间内，磁通量等于零，感应电动势为零，感应电流为零，电功率为零。

在第二段时间内，BLvt BS ==Φ，BLv E =，R BLvR E I ==，R BLv P 2)(=。

河北省高考物理二轮专题复习电磁感应教案

河北2013年高考二轮专题复习教案电磁感应一、电磁感应现象1．产生感应电流的条件感应电流产生的条件是：穿过闭合电路的磁通量发生变化。

以上表述是充分必要条件。

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，但不是必要的。

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。

无论电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量变化了，就一定有感应电动势产生。

这好比一个电源：不论外电路是否闭合，电动势总是存在的。

若外电路是闭合的，电路中就会有电流。

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

Φ是标量，但是有方向（只分进、出该面两种方向）。

单位为韦伯，符号为W b 。

1W b =1T ∙m 2=1V ∙s=1kg ∙m 2/(A ∙s 2)。

可以认为磁通量就是穿过某个面的磁感线条数。

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

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

磁通量的变化ΔΦ=Φ2-Φ1有多种形式，主要有：①S 、α不变，B 改变，这时ΔΦ=ΔB ∙S sin α②B 、α不变，S 改变，这时ΔΦ=ΔS ∙B sin α③B 、S 不变，α改变，这时ΔΦ=BS (sin α2-sin α1)若B 、S 、α中有两个或三个同时变化时，就只能分别计算Φ1、Φ2，再求Φ2-Φ1了。

磁通量是有方向的。

当初、末状态的磁通量方向相反时，计算磁通量变化时应将初、末状态磁通量的大小相加。

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

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。

高考物理二轮复习专题8 电磁感应及综合应用交变电流学案-人教版高三全册物理学案

8电磁感应及综合应用交变电流电磁感应命题频率较高，大部分以选择题的形式出题，也有部分是计算题，多以中档以上难度的题目来增加试卷的区分度，考查较多的知识点有：感应电流的产生条件、方向判定和导体切割磁感线产生感应电动势的计算，同时也会与力学、磁场、能量等知识综合考查及图象问题的考查。

命题趋势集中在以下三个方面：楞次定律、右手定则、左手定则的应用；与图象结合考查电磁感应现象；通过“杆＋导轨”模型，“线圈穿过有界磁场”模型，考查电磁感应与力学、电路、能量等知识的综合应用。

高频考点：电磁感应图象；电磁感应中的电路问题；理想变压器。

1.法拉第电磁感应定律：电路中感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量变化率成正比，这就是法拉第电磁感应定律。

内容：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。

发生电磁感应现象的这部分电路就相当于电源，在电源的内部电流的方向是从低电势流向高电势。

(即：由负到正)2.[感应电动势的大小计算公式]1) E ＝BLV (垂直平动切割) 2)=∆∆⨯=∆⨯∆=∆∆=ts B n t s B n t nE φ…=?(普适公式)ε∝t ∆φ∆(法拉第电磁感应定律)3) E= nBS ωsin （ωt+Φ）；E m ＝nBS ω(线圈转动切割)4)E ＝BL 2ω/2 (直导体绕一端转动切割) 5)*自感E 自＝nΔΦ/Δt＝＝LtI∆∆( 自感 ) 3.楞次定律：感应电流具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量变化,这就是楞次定律。

内容：感应电流具有这样的方向，就是感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。

B 感和I 感的方向判定：楞次定律(右手) 深刻理解“阻碍”两字的含义(I 感的B 是阻碍产生I 感的原因) B 原方向?；B 原?变化(原方向是增还是减)；I 感方向?才能阻碍变化；再由I 感方向确定B 感方向。

4.交变电流交变电流(1)中性面线圈平面与磁感线垂直的位置，或瞬时感应电动势为零的位置。

高三物理教案：电磁感应复习学案-最新教学文档

高三物理教案：电磁感应复习学案【】步入高中，相比初中更为紧张的学习随之而来。

在此高三物理栏目的小编为您编辑了此文：高三物理教案：电磁感应复习学案希望能给您的学习和教学提供帮助。

本文题目：高三物理教案：电磁感应复习学案1、电磁感应属于每年重点考查的内容之一，试题综合程度高，难度较大。

2、本章的重点是：电磁感应产生的条件、磁通量、应用楞次定律和右手定则判断感应电流的方向、感生、动生电动势的计算。

公式E=Blv的应用，平动切割、转动切割、单杆切割和双杆切割，常与力、电综合考查，要求能力较高。

图象问题是本章的一大热点，主要涉及ф-t图、B-t图、和I-t 图的相互转换，考查楞次定律和法拉第电磁感应定律的灵活应用。

3、近几年高考对本单元的考查，命题频率较高的是感应电流产生的条件和方向的判定，导体切割磁感线产生感应电动势的计算，电磁感应现象与磁场、电路、力学等知识的综合题，以及电磁感应与实际相结合的问题，如录音机、话筒、继电器、日光灯的工作原理等.第一课时电磁感应现象楞次定律【教学要求】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、通过实验过程的回放分析，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。

【知识再现】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____________.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、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，感应电流磁场方向与原磁场方向相反;当原磁通量减少时，感应电流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.知识点一磁通量及磁通量的变化磁通量变化△ф=ф2-ф1，一般存在以下几种情形：①投影面积不变，磁感强度变化，即△ф=△B②磁感应强度不变，投影面积发生变化，即△ф=B△S。

高考物理二轮复习专题复习篇专题4 第2讲电磁感应定律及其应用学案-人教版高三全册物理学案

电磁感应定律及其应用[建体系·知关联][析考情·明策略]考情分析近几年高考对本讲的考查集中在楞次定律，法拉第电磁感定律的应用，电磁感应中的图象问题、电路问题、动力学和能量问题，题型以选择题为主；计算题常以“导体棒”切割磁感线为背景，还可能会涉及动量的问题。

素养呈现1.感应电流的产生、方向判断及大小计算2.电磁感应中的电路分析及图象问题3.电磁感应中的动力学、能量问题素养落实1.掌握楞次定律、法拉第电磁感应定律，并灵活应用2.掌握电磁感应中图象的分析技巧3.做好电磁感应中的电路分析、电源分析、动力学和能量转化分析考点1| 楞次定律和法拉第电磁感应定律1．判定感应电流方向的两种方法(1)楞次定律：一般用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形。

(2)右手定则：一般用于导体棒切割磁感线的情形。

2．求感应电动势的方法(1)感生电动势：E ＝nΔΦΔt⎩⎪⎨⎪⎧S 不变时E ＝nSΔBΔtB 不变时E ＝nB ΔS Δt(2)动生电动势：⎩⎪⎨⎪⎧平动切割：E ＝Blv 转动切割：E ＝12Bl 2ω[典例1] (多选)在三角形ABC区域中存在着磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，三边电阻均为R的三角形导线框abc沿AB方向从A点以速度v匀速穿过磁场区域。

如图所示，ab＝L，AB＝2L，∠abc＝∠ABC＝90°，∠acb＝∠ACB＝30°。

线框穿过磁场的过程中( )A．感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向B．感应电流先增大，后减小C．通过线框的电荷量为3BL2 6RD．c、b两点的最大电势差为3BLv[题眼点拨]①“三角形导线框”表明线框进入磁场过程中有效长度发生变化。

②“穿过磁场区域”表明磁通量先增大，后减少。

AD[线圈穿越磁场的过程中，磁通量先增加后减小，则根据楞次定律可知，感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，选项A正确；线框穿过磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增加、后减小、再增加，则感应电流先增加、后减小、再增加，选项B错误；根据q＝ΔΦR总，因进入和穿出磁场时，磁通量的变化量相同，且感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，可知通过线框的电荷量为零，选项C错误；当线框完全进入磁场时，c、b两点的电势差最大，最大为Ucb＝E＝B·3Lv＝3BLv，选项D正确。

高考物理二轮复习专题四电磁感应和电路电磁感应的综合问题学案

第2讲电磁感应的综合问题[选考考点分布]章知识内容考试要求历次选考统计必考加试2020/12020/04 2020/102020/042020/11电磁感应电磁感应现象 b楞次定律 c法拉第电磁感应定律d 22 23 22 22 22电磁感应现象的两类情况b互感和自感 b涡流、电磁阻尼和电磁驱动b考点一电磁感应中的图象问题1．(多选)如图1所示，abcd为一边长为l的正方形导线框，导线框位于光滑水平面内，其右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的cd边平行，磁场区域的宽度为2l，磁感应强度为B，方向竖直向下，线框在一垂直于cd边的水平恒定拉力F作用下沿水平方向向右运动，直至通过磁场区域，cd边刚进入磁场时，线框开始匀速运动，规定线框中电流沿逆时针时方向为正，则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，a、b两端的电压U ab及导线框中的电流i随cd边的位置坐标x变化的图线可能是( )图1答案 BD2．(多选)(人教版选修3－2P8第6题改编)某实验装置如图2所示，在铁芯P 上绕着两个线圈A 和B ，如果线圈A 中电流i 与时间t 的关系有如图所示的A 、B 、C 、D 共四种情况．在t 1～t 2这段时间内，哪种情况可以观察到在线圈B 中有感应电流( )图2答案 BCD3．(多选)(人教版选修3－2P19“例题”改编)某同学设计了一利用涡旋电场加速带电粒子的装置，基本原理如图3甲所示，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，带电粒子在真空室内做圆周运动，电磁铁线圈电流的大小、方向可以变化，产生的感生电场使粒子加速，图甲上部分为侧视图，下部分为俯视图，若粒子质量为m ，电荷量为q ，初速度为零，圆形轨道的半径为R ，穿过粒子圆形轨道面积的磁通量Φ随时间t 的变化关系如图乙所示，在t 0时刻后，粒子所在轨道处的磁感应强度为B ，粒子加速过程中忽略相对论效应，不计粒子的重力，下列说法正确的是( )图3A ．若被加速的粒子为电子，沿如图所示逆时针方向加速，则应在线圈中通以由a 到b 的电流B ．若被加速的粒子为正电子，沿如图所示逆时针方向加速，则应在线圈中通以由a 到b 的电流C ．在t 0时刻后，粒子运动的速度大小为qBRmD ．在t 0时刻前，粒子每加速一周增加的动能为qΦ0t 0答案 ACD解析电子带负电，它在电场中受力的方向与电场方向相反，电子沿逆时针方向加速，根据左手定则可知磁场方向竖直向上，由右手螺旋定则知线圈中应通以由a 到b 的电流，故A 正确；同理可知B 错误；在 t 0时刻后，粒子所在轨道处的磁感应强度为B ，粒子在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力等于向心力qvB ＝mv 2R ，v ＝qBR m ，故C 正确；在t 0时刻前，感生电场的感应电动势E 感＝Φ0t 0，粒子加速运动一周增加的动能为ΔE k ＝qE 感＝qΦ0t 0，故D 正确．1.对图象的认识，应注意以下两个方面 (1)明确图象所描述的物理意义． (2)明确各种“＋”“－”的含义． 2．电磁感应中图象类选择题的两个常见解法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项．(2)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象作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的办法．考点二电磁感应中的动力学和能量问题1．(2020·浙江10月选考·22)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系，小明设计了如图4所示的装置．半径为l 的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为l 、电阻为R 的金属棒ab 一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴OO′上，由电动机A 带动旋转．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面，大小为B 1、方向竖直向下的匀强磁场．另有一质量为m 、电阻为R 的金属棒cd 用轻质弹簧悬挂在竖直平面内，并与固定在竖直平面内的“U”型导轨保持良好接触，导轨间距为l ，底部接阻值也为R 的电阻，处于大小为B 2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中．从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S 与“U”型导轨连接．当开关S 断开，棒cd 静止时，弹簧伸长量为x 0；当开关S 闭合，电动机以某一转速匀速转动，棒cd 再次静止时，弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度)．不计其余电阻和摩擦等阻力，求此时：图4(1)通过棒cd 的电流I cd ； (2)电动机对该装置的输出功率P ；(3)电动机转动角速度ω与弹簧伸长量x 之间的函数关系．答案见解析解析 (1)S 断开，cd 棒静止有mg ＝kx 0 S 闭合，cd 棒静止时受到安培力F ＝B 2I cd l cd 棒静止时有mg ＋B 2I cd l ＝kx 解得I cd ＝mg (x －x 0)B 2lx 0(2)回路总电阻R 总＝R ＋12R ＝32R总电流：I ＝2mg (x －x 0)B 2lx 0由能量守恒得P ＝I 2R 总＝6m 2g 2R (x －x 0)2B 2 2l 2x 02(3)由法拉第电磁感应定律：E ＝ΔΦΔt ＝12B 1ωl 2回路总电流I ＝B 1ωl23R解得ω＝6mgR (x －x 0)B 1B 2l 3x 0.2．(2020·台州市9月选考)为了测量列车运行的速度和加速度大小，可采用如图5甲所示的装置，它由一块安装在列车车头底部的强磁体和埋设在地面的一组线圈及电流测量记录仪组成(测量记录仪未画出)．当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，就能求出列车的速度和加速度．如图乙所示为铁轨和列车的俯视图，假设磁体端部有磁感应强度B ＝1.2×10－2T ，方向竖直向下的匀强磁场，该磁场区域在运动过程中两个时刻恰能依次覆盖两个线圈，每个线圈的电阻r ＝0.30 Ω，匝数n ＝4，垂直于铁轨方向长l ＝0.25 m ，平行于轨道方向的宽度远小于两线圈的距离s ，每个测量记录仪自身电阻R ＝1.70 Ω，其记录下来的电流－位置关系图，即i －x 图如图丙所示．图5(1)当磁场区域的右边界刚离开线圈Ⅰ时，线圈Ⅰ的电流方向是顺时针还是逆时针？(俯视图)(2)试计算列车通过线圈Ⅰ和线圈Ⅱ时的速度v1和v2的大小；(3)假设列车做的是匀加速直线运动，求列车在两个线圈之间的加速度的大小．(结果保留三位有效数字) 答案(1)顺时针(2)20 m/s 25 m/s (3)1.13 m/s2解析(1)由楞次定律得，线圈Ⅰ的电流方向为顺时针．(2)列车车头底部的强磁体通过线圈时，在线圈中产生感应电动势和感应电流，根据公式可得：E＝I(R＋r)解得：E1＝0.24 V和E2＝0.30 V而线圈Ⅰ、Ⅱ中产生的感应电动势为：E1＝nBlv1，E2＝nBlv2解得：v1＝20 m/s，v2＝25 m/s(3)根据匀变速直线运动公式：v2 2－v1 2＝2as从题图丙中读出s＝100 m，解得：a≈1.13 m/s2.3. 如图6所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面．开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动．线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g.求：图6(1)线框ab边将要离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；(2)磁场上、下边界间的距离H.答案(1)4倍(2)Qmg＋28l解析 (1)设磁场的磁感应强度大小为B ，cd 边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v 1，cd 边上的感应电动势为E 1，由法拉第电磁感应定律，有E 1＝2Blv 1①设线框总电阻为R ，此时线框中电流为I 1，由闭合电路欧姆定律，有I 1＝E 1R② 设此时线框所受安培力为F 1，有F 1＝2I 1Lb③ 由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mg ＝F 1④由①②③④式得 v 1＝mgR 4B 2l2⑤ 设ab 边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v 2，同理可得v 2＝mgRB 2l 2⑥ 由⑤⑥式得v 2＝4v 1⑦ (2)线框自释放直到cd 边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mgl ＝12mv 1 2⑧线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有 mg(2l ＋H)＝12mv 2 2－12mv 1 2＋Q⑨由⑦⑧⑨式得 H ＝Qmg＋28l.1.力学对象和电学对象的相互关系2．求解焦耳热的三种方法 (1)焦耳定律：Q ＝I 2Rt (2)功能关系：Q ＝W 克服安培力 (3)能量转化：Q ＝ΔE 其他能的减少量考点三应用动量和能量观点分析电磁感应问题1．(2020·浙江4月选考·22)间距为l 的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图7所示．倾角为θ的导轨处于大小为B 1、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中．水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m 的“联动双杆”(由两根长为l 的金属杆cd 和ef ，用长度为L 的刚性绝缘杆连接构成)，在“联动双杆”右侧存在大小为B 2、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ，其长度大于L.质量为m 、长为l 的金属杆ab 从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨(无能量损失)，杆ab 与“联动双杆”发生碰撞，碰后杆ab 和cd 合在一起形成“联动三杆”．“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ并从中滑出．运动过程中，杆ab 、cd 和ef 与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直．已知杆ab 、cd 和ef 电阻均为R ＝0.02 Ω、m ＝0.1 kg 、l ＝0.5 m ，L ＝0.3 m ，θ＝30°，B 1＝0.1 T ，B 2＝0.2 T ．不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应，g 取10 m/s 2.求：图7(1)杆ab 在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v 0； (2)“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ前的速度大小v ； (3)“联动三杆”滑过磁场区间Ⅱ产生的焦耳热Q. 答案见解析解析 (1)由已知得：mgsin θ＝B 1 2l 2v 0R ＋R 2解得：v 0＝6 m/s.(2)由动量守恒定律得mv 0＝4mv ，解得v ＝v 04＝1.5 m/s.(3)设“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ时速度变化量的大小为Δv，由动量定理得B 2I lΔt＝4mΔv 因I ＝B 2LlΔt (R ＋R2)，解得Δv＝0.25 m/s.设“联动三杆”滑出磁场区间Ⅱ时速度变化量的大小为Δv′，同样有B 2I ′lΔt′＝4mΔv′，I ′＝B 2lLΔt′(R ＋R2)解得Δv′＝0.25 m/s.因此“联动三杆”滑出磁场区间Ⅱ时的速度为 v′＝v －Δv－Δv′＝1 m/s.由能量守恒得：Q ＝12·4m(v 2－v′2)＝0.25 J.2. (2020·浙江4月选考·23)某同学设计了一个电磁推动加喷气推动的火箭发射装置，如图8所示．竖直固定在绝缘底座上的两根长直光滑导轨，间距为L.导轨间加有垂直导轨平面向里的匀强磁场B.绝缘火箭支撑在导轨间，总质量为m ，其中燃料质量为m′，燃料室中的金属棒EF 电阻为R ，并通过电刷与电阻可忽略的导轨良好接触．引燃火箭下方的推进剂，迅速推动刚性金属棒CD(电阻可忽略且和导轨接触良好)向上运动，当回路CEFDC 面积减少量达到最大值ΔS，用时Δt，此过程激励出强电流，产生电磁推力加速火箭．在Δt 时间内，电阻R 产生的焦耳热使燃料燃烧形成高温高压气体．当燃烧室下方的可控喷气孔打开后．喷出燃气进一步加速火箭．图8(1)求回路在Δt 时间内感应电动势的平均值及通过金属棒EF 的电荷量，并判断金属棒EF 中的感应电流方向；(2)经Δt 时间火箭恰好脱离导轨，求火箭脱离时的速度大小v 0；(不计空气阻力)(3)火箭脱离导轨时，喷气孔打开，在极短的时间内喷射出质量为m′的燃气，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为v ，求喷气后火箭增加的速度Δv.(提示：可选喷气前的火箭为参考系) 答案 (1)BΔS Δt BΔS R 方向向右 (2)B 2LΔS mR －gΔt (3)m ′m －m′v解析 (1)根据法拉第电磁感应定律，有E ＝ΔΦΔt ＝BΔSΔtq ＝I Δt＝BΔSR，电流方向向右(2)平均感应电流I ＝ER＝BΔSRΔt平均安培力F ＝B I L由动量定理有(F －mg)Δt＝mv 0，v 0＝B 2LΔSmR－gΔt(3)以喷气前的火箭为参考系，设竖直向上为正，由动量守恒定律－m′v＋(m －m′)Δv＝0 得Δv＝m′m －m′v.3．(2020·温州市十校高三期末)如图9所示，PQ 和MN 是固定于水平面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻可忽略不计．金属棒ab 、cd 放在轨道上，始终与轨道垂直，且接触良好．金属棒ab 、cd 的质量均为m ，长度均为L.两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，它们与轨道形成闭合回路．金属棒ab 的电阻为2R ，金属棒cd 的电阻为R.整个装置处在竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中．若先保持金属棒ab 不动，使金属棒cd 在与其垂直的水平力F(大小未知)作用下，由静止开始向右以加速度a 做匀加速直线运动，水平力F 作用t 0时间撤去此力，同时释放金属棒ab.求：图9(1)棒cd 匀加速过程中，外力F 随时间t 变化的函数关系；(2)两金属棒在撤去F 后的运动过程中，直到最后达到稳定，金属棒cd 产生的热量； (3)两金属棒在撤去F 后的运动过程中，直到最后达到稳定，通过金属棒cd 的电荷量q. 答案 (1)F ＝B 2L 2a 3R t ＋ma (2)112ma 2t 0 2 (3)mat 02BL解析 (1)棒cd 匀加速过程中F －BIL ＝ma ，又I ＝E 3R ＝BLat 3R ，得此过程F 随时间t 变化的函数关系为F ＝B 2L 2a3R t ＋ma.(2)撤去F 后，直到最后达到稳定，根据系统能量守恒得系统产生的总热量为Q ＝12mv 0 2－12·2mv 2，根据系统动量守恒mv 0＝2mv ，又v 0＝at 0得Q ＝14ma 2t 0 2，cd 棒产生的热量为Q cd ＝13Q ＝112ma 2t 0 2.(3)撤去F 到系统达到稳定，由动量定理对cd 受力分析得－B I LΔt＝mv －mv 0，q ＝I Δt，解得q ＝mat 02BL .4．(2020·浙江“七彩阳光”联考)如图10所示，两根足够长的光滑金属导轨G 1、G 2放置在倾角为α的斜面上，导轨间距为l ，电阻不计．在导轨上端并联接入两个额定功率均为P 、电阻均为R 的小灯泡．整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直．现将一质量为m 、电阻可以忽略的金属棒MN 从图示位置由静止开始释放，经过时间t 0，两灯泡开始并保持正常发光．金属棒下落过程中保持与导轨垂直，且与导轨接触良好．重力加速度为g.求：图10(1)磁感应强度B 的大小；(2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率v ；(3)在t ＝0至t ＝t 0期间，两小灯泡产生的总焦耳热．答案 (1)mgsin α2l R P (2)2P mgsin α (3)2t 0P －6P 2mg 2sin 2α解析 (1)设灯泡额定电流为I 0 则有P ＝I 0 2R① 流经MN 的电流I ＝2I 0② mgsin α＝2BI 0l ③ 联立①②③得B ＝mgsin α2l R P④ (2)E ＝Blv ＝I 0R ⑤ 解得v ＝2Pmgsin α⑥(3)在t ＝0至t ＝t 0期间，对导体棒运用动量定理，有 (mgsin α－iBl)Δt＝mΔv⑦ 累积求和得：t 0mgsin α－BlΔq＝mv⑧设在t ＝0至t ＝t 0期间棒运动的距离为s ，则由电磁感应定律，得Δq＝2BlsR ⑨联立⑧⑨得s ＝mR (gt 0sin α－v )2B 2l2⑩两小灯泡产生的总焦耳热Q ＝mgssin α－12mv2⑪将④⑥⑩式代入⑪式，得Q ＝mgsin α·mR (gt 0sin α－v )2B 2l 2－12m(2P mgsin α)2＝2t 0P －6P 2mg 2sin 2α5．某研究所正在研究一种电磁刹车装置．如图11所示，实验小车质量m ＝2 kg ，底部有一个匝数n ＝100匝、边长a ＝0.1 m 的正方形线圈，线圈总电阻r ＝1 Ω.在实验中，小车(形状可简化为上述正方形线圈)从轨道起点由静止出发，进入右边的匀强磁场区域ABCD ，BC 长d ＝0.20 m ，磁感应强度B ＝1 T ，磁场方向竖直向上，整个运动过程中不计小车所受的摩擦及空气阻力，小车在轨道连接处运动时无能量损失．求：(g ＝10 m/s 2)图11(1)当实验小车从h ＝1.25 m 高度无初速度释放，小车前端刚进入AB 边界时产生感应电动势的大小； (2)在第(1)问，小车进入磁场后做减速运动，当小车末端到达AB 边界时速度刚好减为零，求此过程中线圈产生的热量；(3)再次改变小车释放的高度，使得小车尾端刚好能到达CD 处，求此高度h′. 答案见解析解析 (1)根据动能定理有mgh ＝12mv 2根据法拉第电磁感应定律E ＝nBav代入数据可得E ＝50 V(2)根据动能定理，在整个运动过程中，有W G ＋W 安＝0 则Q ＝－W 安＝25 J(3)对于线圈进出磁场过程，设当小车前端刚到达AB 时的速度为v′，由动量定理有－nBiaΔt＝mΔv 小车尾端刚好能到达CD 处，在这一段时间内微元积累得nBqa ＝mv′ 根据机械能守恒有mgh′＝12mv′2又q ＝n ΔΦr ＝nB·2a2r＝2 C ，代入数据得h′＝5 m.电磁感应综合问题的解题技巧感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起．解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(牛顿运动定律、动量守恒定律、动量定理、动能定理等)．解决这类问题的方法是：(1)选择研究对象．即是哪一根导体棒或几根导体棒组成的系统． (2)分析其受力情况．安培力既跟电流垂直又跟磁场垂直．(3)分析研究对象所受的各力做功情况和合外力情况选定所要应用的物理规律． (4)分析研究对象(或系统)动量情况，是否符合动量守恒．(5)运用物理规律列方程，求解．注意：加速度a ＝0时，速度v 达到最大值．专题强化练 (限时：40分钟)1．(多选)如图1所示为法拉第圆盘发电机．半径为r 的导体圆盘绕竖直轴以角速度ω旋转，匀强磁场B 竖直向上，电刷a 与圆盘表面接触，接触点距圆心为r2，电刷b 与圆盘边缘接触，两电刷间接有阻值为R的电阻，忽略圆盘电阻与接触电阻，则( )图1A ．ab 两点间的电势差为12Br 2ωB ．通过电阻R 的电流强度为3Br 2ω8RC ．通过电阻R 的电流强度为从上到下D ．圆盘在ab 连线上所受的安培力与ab 连线垂直，与转向相反答案 BD2．(多选) 如图2，矩形闭合线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t 1、t 2分别表示线框ab 边和cd 边刚进入磁场的时刻，线框下落过程形状不变，ab 边始终保持与磁场水平边界OO′平行，线框平面与磁场方向垂直，设OO′下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图象可能反映线框下落过程中速度v 随时间t 变化的规律( )图2答案 CD解析线框先做自由落体运动，若ab 边进入磁场做减速运动，由F ＝B 2L 2vR 知线框所受的安培力减小，合外力减小，加速度逐渐减小，v －t 图象的斜率应逐渐减小，故A 、B 错误；线框先做自由落体运动，ab 边进入磁场后若重力大于安培力，则做加速度减小的加速运动，cd 边进入磁场后做匀加速直线运动，加速度为g ，故C 正确；线框先做自由落体运动，ab 边进入磁场后若重力等于安培力，则做匀速直线运动，cd 边进入磁场后做匀加速直线运动，加速度为g ，故D 正确．3．如图3所示，半径R ＝0.2 m 的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为R 的金属棒一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴上．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝2 T ．一对长L ＝0.2 m 的金属板A 、B 水平放置，两板间距d ＝0.1 m ．从导轨引出导线与上板连接，通过电刷从转轴引出导线与下板连接．有一质量m ＝1.0×10－5kg ，电荷量q ＝5.0×10－6C 的带负电微粒，以v 0＝2 m/s 的速度从两板正中间水平射入，g 取10 m/s 2.求：图3(1)金属棒转动的角速度ω为多大时，微粒能做匀速直线运动； (2)金属棒转动的角速度ω至少多大时，微粒会碰到上极板A. 答案 (1)50 rad/s (2)100 rad/s解析 (1)根据法拉第电磁感应定律可得U ＝12BωR 2根据平衡条件可得mg ＝qE 因为E ＝Ud所以mg ＝q U d ＝q 2d BωR 2解得ω＝50 rad/s(2)微粒恰好碰到上面金属板边缘时，微粒向上的加速度大小为d 2＝12a(L v 0)2解得a ＝10 m/s 2q 2dB ω1R 2－mg ＝ma 解得ω1＝100 rad/s.4．两根平行的金属导轨固定在同一水平面上，磁感应强度B ＝0.50 T 的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计．导轨间的距离l ＝0.20 m ．两根质量均为m ＝0.10 kg 的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R ＝0.50 Ω.在t ＝0时刻，两杆都处于静止状态．现有一与导轨平行、大小为0.20 N 的恒力F 作用于金属杆甲上，如图4所示，使金属杆在导轨上滑动．经过t ＝5.0 s ，金属杆甲的加速度为a ＝1.37 m/s 2，问此时两金属杆的速度各为多少？图4答案 8.15 m/s 1.85 m/s解析设任一时刻t ，金属杆甲、乙之间的距离为x ，速度分别为v 1和v 2，经过很短的时间Δt，杆甲移动距离v 1Δt，杆乙移动距离v 2Δt，回路面积改变 ΔS＝[(x －v 2Δt)＋v 1Δt]l－lx ＝(v 1－v 2)Δtl，由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势 E ＝BΔSΔt＝B(v 1－v 2)l ，回路中的电流I ＝E2R，对金属杆甲，由牛顿第二定律有F －BlI ＝ma ，由于作用于金属杆甲和金属杆乙的安培力总是大小相等、方向相反，所以两杆的动量(t ＝0时为0)等于外力F 的冲量． Ft ＝mv 1＋mv 2，联立以上各式并代入数据解得 v 1＝8.15 m/s ，v 2＝1.85 m/s.5. 如图5所示，两根竖直固定的足够长的光滑金属导轨ab 和cd 相距L ＝1 m ，金属导轨电阻不计．两根水平放置的金属杆MN 和PQ 质量均为0.1 kg ，在电路中两金属杆MN 和PQ 的电阻均为R ＝2 Ω，PQ 杆放置在水平台上．整个装置处于垂直导轨平面向里的磁场中，g 取10 m/s 2.图5(1)若将MN 杆固定，两杆间距为d ＝4 m ，现使磁感应强度从零开始以ΔBΔt ＝0.5 T/s 的变化率均匀地增大，经过多长时间，PQ 杆对地面的压力为零？(2)若将PQ 杆固定，让MN 杆在竖直向上的恒定拉力F ＝2 N 的作用下由静止开始向上运动，磁感应强度B 恒为1 T ．若杆MN 发生的位移为h ＝1.8 m 时达到最大速度．求最大速度和加速时间．答案 (1)4 s (2)4 m/s 0.85 s 解析 (1)根据法拉第电磁感应定律： E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·S＝ΔBΔt·Ld 根据闭合电路欧姆定律：I ＝E2R由题中条件可知：B ＝0.5t当PQ 杆对地面的压力恰好为零时，对PQ 杆有 mg ＝BIL联立解得需经时间t ＝4 s(2)当杆MN 达到最大速度v m 时，其加速度为0 对MN 杆：mg ＋BI′L＝F I′＝BLv m2R联立解得最大速度v m ＝4 m/s杆MN 从静止到最大速度v m 的运动过程中根据动量定理：Ft′－mgt′－B I Lt′＝mv m I t′＝BΔS 2R ＝BLh2R联立解得加速时间t′＝0.85 s.6．(2020·嘉兴一中等五校联考)如图6所示，间距为L 、光滑的足够长的金属导轨(金属导轨的电阻不计)所在斜面倾角为α，两根同材料、长度均为L 、横截面均为圆形的金属棒CD 、PQ 放在斜面导轨上，已知CD 棒的质量为m 、电阻为R ，PQ 棒的圆截面的半径是CD 棒圆截面的2倍．磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，两根劲度系数均为k 、相同的弹簧一端固定在导轨的下端，另一端连着金属棒CD.开始时金属棒CD 静止，现用一恒力平行于导轨所在平面向上拉金属棒PQ ，使金属棒PQ 由静止开始运动，当金属棒PQ 达到稳定时，弹簧的形变量与开始时相同．已知金属棒PQ 开始运动到稳定的过程中通过CD 棒的电荷量为q ，此过程可以认为CD 棒缓慢地移动，已知题设物理量符合qRk BL ＝45mgsin α的关系式，求此过程中(要求结果均用m 、g 、k 、α来表示)：图6(1)CD 棒沿导轨移动的距离； (2)PQ 棒沿导轨移动的距离； (3)恒力所做的功．答案 (1)mgsin αk (2)2mgsin αk (3)12(mgsin α)2k解析 PQ 棒的半径是CD 棒的2倍，PQ 棒的横截面积是CD 棒横截面积的4倍，PQ 棒的质量是CD 棒的质量的4倍，所以，PQ 棒的质量m′＝4m ，由电阻定律可知PQ 棒的电阻是CD 棒电阻的14，即R′＝R4，两棒串联的总电阻为R 0＝R ＋R 4＝5R4.(1)开始时弹簧是压缩的，当向上的安培力增大时，弹簧的压缩量减小，安培力等于CD 棒重力沿斜面向下的分量时，弹簧恢复到原长，安培力继续增大，弹簧伸长，由题意可知，当弹簧的伸长量等于开始的压缩量时达到稳定状态，此时的弹力与原来的弹力大小相等、方向相反．开始时两弹簧向上的弹力等于CD 棒重力沿斜面向下的分量．即2F k ＝mgsin α，弹簧的形变量为Δx＝mgsin α2kCD 棒沿轨导移动的距离Δs CD ＝2Δx＝mgsin αk(2)在达到稳定过程中两棒之间距离增大Δs，由两金属棒组成的闭合回路中的磁通量发生变化产生的感应电动势为：E ＝BΔS Δt ＝BL·ΔsΔt 感应电流为：I ＝ER 0＝4BLΔs5RΔt所以，回路中通过的电荷量即CD 棒中通过的电荷量为：q ＝I Δt＝4BLΔs5R由此可得两棒距离增大值：Δs＝5qR 4BLPQ 棒沿导轨上滑距离应为CD 棒沿斜面上滑距离和两棒距离增大值之和 PQ 棒沿导轨上滑距离为：Δs PQ ＝Δs＋Δs CD ＝5qR 4BL ＋mgsin αk ＝2mgsin αk(3)PQ 稳定时，CD 棒受力平衡，安培力为 F B ＝mgsin α＋2F k ＝2mgsin α.金属棒PQ 达到稳定时，它受到的合外力为零，向上的恒力等于向下的安培力和重力沿斜面向下的分量，即恒力F ＝F B ＋m′gsin α＝6mgsin α 恒力做功为W ＝FΔs PQ ＝6mgsin α·2mgsin αk ＝12(mgsin α)2k.高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

高中物理二轮总复习电磁感应综合题教案

命题点2 电磁感应综合题本类考题解答锦囊解答“龟磁感应综合题”一类试题，应了解以下几点：1.电磁感应与力学知识综合：导体在磁场中做切割磁感线运动，田路中产生感应电流，感应电流在磁场中又要受到安培办的作府；从而引出一系列如平衡、加速度、动量和能量等综合问题.利用平衡、牛顿定律和动量定理动能定理要解决问题2．电磁感应和直流电路知识综合：利用闭合电路欧姆定律求感应电流的大小，利用直流电路的串、并联知识求各部分支路的电压、电流和电功率(或热功率)、消耗的电能等问.3．涉及能的转化和守恒定律，有时用守恒思想解题较简单．Ⅰ 高考最新热门题1 (典型例题)如图25-2—1所示，a 1b 1c 1d 1和a 2b 2c 2d 2为在同一竖直平面内的金属导轨，处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在的平面纸面)向里.导线的a 1b 1，段与a 2b 2段是竖直的，距离为l 1，c 1d 1段与c 2d 2段也是垂直的，距离为l 2,x 1y 1与x 2y 2为两根用不可可长的绝缘轻线相连的金属细杆，质量分别为m 1和m 2，它们都垂直于导轨并与导轨保持光滑接触．两杆与导轨构成的回路的总电阻为R.F 为作用于金属杆x 1y 1上的竖直向上的恒力．已知两杆运动到图示位置时，已匀速向上运动，求此时作用于两杆的重力的功率大小和回路电阻上的热功率．命题目的与解题巧：考查法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律、焦耳定律等规律的综合应用能力.解题关键是分析清楚物理过程.[解析] 设杆向上运动的速度为v ，因杆的运动，两抒与导轨构成的回路的面积减少，从而磁通量也减少，由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势的大小E=B(l 2-l 1) ①回路中的电流R EI = ②电流沿顺时针方向，两金属杆都要受到安培力作用，作用于杆x 1y 1的安培力f 1=Bl 1I ③方向向上作用于杆x 2y 2的安培力f 2=Bl 2I ④方向向下当杆作匀速运动时，根据牛顿第二定律有：F-m 1g-m 2g+f 1-f 2=0 ⑤ 解以上各式，得)()(2121l l B gm m F I -+-= ⑥)()(1221l l B gRm m F U -+-= ⑦作用于两杆的重力的功率的大小p=(m 1=+m 2)gv ⑧电阻上的热功率 Q=I 2R ⑨ 由⑥⑦⑧⑨式得Rl l B g m m F Q g m m R l l B gm m R p 21222121212221)()()()()(⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡---=+-+-= ⑩[答案] R l l B g m m F Q g m m R l l B gm m R p 21222121212221)()()()()(⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡---=+-+-=2 (典型例题)如图25-2—2(甲)所示，两根足够长的直金属导轨MN,PQ 平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L ，M 、P 两点间接有阻值为R 的电阻，一根质量为m 的均匀直金属杆ab放在两导轨上，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下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．(1)由b 向a 方向看到的装置如图25-2-2(乙)所示，请在此图中画出ab 杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)在加速下滑过程中，当ab 杆的速度大小为v 时，求此时ab 杆中的电流及其加速度的大小；(3)求在下滑过程中，ab 杆可以达到的速度最大值．答案:如图D25-1所示 (2)R Blv ；gsin θ-mR v L B 22 (3) 22sin L B mgR θ指导：(1)如图D 25-1所示，某时刻ab 杆受重力 mg ，方向竖直向下，支持力N ，方向垂直斜面向上；安培力F ，方向平行斜面向上．(2)当ab 杆速度为v 时，感应电动热E=BLv ，此时电路中电流I=ab R BLv R E ·=杆所受安培力F=BIv 根据牛顿运动定律，有ma=mgsin θ-F=mgsin θR v L B 22 , mRL B g a 22sin -=θ (3)当R v L B 22=mgsin θ时，ab 杆达到最大速度 v m ,V m =22sin L B mgR θ 3 (典型例题)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，如图25—2—3所示，金属杆与导轨的电阻忽略不计．均匀磁场竖直向下，用与导轨平行的恒定拉力F 作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动．当改变拉力的大小时，相对应的匀速运动速度v 也会变化，v 和F 的关系如图25-2-4所示．(取重力加速度g=10m ／s 2)(1)金属杆在匀速运动之前做什么运动?(2)若m=0.5kg ，L=0.5m,R=0.5Ω，磁感应强度B 为多大？(3)由v-F 图线的截距可求得什么物理量?其值为多少?答案:加速度减小的加速运动 (2)lT (3)动摩擦因数 V=0．4指导：(1)金属杆运动后，回路中产生感应电流，金属杆将受 F 和安培力的作用，且安培力随着速度增大而增加，杆所受合外力减小，故加速度减小，即加速度减小的加速运动．(2)感应电动势E=BLv ，感应电流I=R E ，安培力F=BIL=Rv L B 22由图线可知金属杆受拉力、安培力和阻力作用，匀速时合力为零．F=R v L B 22+f 所以v=22L B R (F-f)．从图一可以得一直线的斜率k=2，所以B=2kL R =1T. (3)由直线的截距可以求得金属杆受到的阻力f=2N ．若金属杆受到的阻力仅为动摩擦力，由截距可求得动摩擦因数 μ=0．4 (典型例题)·如图25-2-5所示，在水平面上两条平行导电导轨MN 、PQ ，导轨间距离为l 匀强磁场垂直于导轨所在的平面(纸面)向里，磁感应强度的大小为且两根金属杆1、2摆在导轨上，与导轨垂直，它们的质量和电阻分别为m 1、m 2和R 1、R 2．两杆与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数皆为μ.已知杆l被外力拖动，以恒定的速度v o 沿导轨运动，达到稳定状态时，杆2也以恒定速度沿导轨运动，导轨的电阻可忽略.求此时杆2克服摩擦力做功的功率.答案: p=μm 2g [)(212220R R l B gm v +-μ] 指导：设杆2的运动速度为 v ，由于两杆运动时，两杆和导轨成的回路中磁通量发生变化，产生电磁感应现象，感应电动势为E=B 1(v 0-v)，感应电流I 21R R E I +=杆2做匀速运动，它受到的安培力等于它受到的摩擦力，即BlI=μm 2g ．摩擦力的功率p=μm 2gv ．由以上各式解得P=μm 2g[v 0-222l B gm μ(R 1+R 2)]．5 (典型例题)如图25—2-6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)，R1=4Ω，R2=8Ω(导轨其他部分电阻不计)．导轨OAC 的形状满足方程y=2sin(x 3π)(单位：m)．磁感应强度B=0.2T ，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 与时间t 的关系．答案:0．3N(2)1W(3))35sin(43t I π= A 指导：(1)金属棒匀速运动 F 外=F 安由E=Biv,I=总R E ．得F 外=BIL =总R v L B 22当L 达到最大，即,22sin 2m L m ==π Ω=+=38·2121R R R R R 总则N 。

高考物理二轮复习专题七电磁感应交变电流精品教学案

【专题七】电磁感应交变电流【考情分析】电磁感应是历年高考考查的重点，年年都有考题，且多为计算题，分值高，难度大，对考生具有较高的区分度。

电磁感应图象问题也是高考常考的题型之一，这类问题常常是给出电磁感应过程要求选出或画出正确的图象。

这类问题既要用到电磁感应知识，又要用到数学中函数图象知识，对运用数学知识求解物理问题的能力要求较高，是不少同学都感到困难的问题。

因此，本专题是复习中应强化训练的重要内容。

【知识归纳】1．感应电流（1）产生条件___________⎧⎨⎩①闭合电路的部分导体做切割磁感线运动②闭合电路的发生变化（2）方向判断⎧⎨⎩左手定则：常用于情况①楞次定律：常用于情况②（3）“阻碍”的表现__________⎧⎪⎨⎪⎩阻碍磁通量变化（增反减同）阻碍物体间的（来拒去留）阻碍_________的变化（自感现象） 2．感应电动势的产生（1）感生电场：英国物理学家麦克斯韦的电磁理论认为，变化的磁场能在周围空间激发电场，这种电场叫感生电场．感生电场是产生____________的原因．（2）感生电动势：由感生电场产生的电动势称为感生电动势．如果在感生电场所在的空间存在导体，在导体中就能产生感生电动势，感生电动势在电路中的作用就是_________．（3）动生电动势：由于导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势．产生动生电动势的那部分导体相当于____________．3．感应电动势的计算（1）法拉第电磁感应定律：E nt∆Φ=∆．若B 变，而S 不变，则E =____________；若S 变而B 不变，则E =____________．常用于计算______________电动势．（2）导体垂直切割磁感线：E =BLv ，主要用于求电动势的__________值．（3）如图所示，导体棒围绕棒的一端在垂直磁场的平面内做匀速圆周运动而切割磁感线产生的电动势E =_____________．（4）感应电荷量的计算回路中发生磁通量变化时，在△t 内迁移的电荷量（感应电荷量）为E q I t t R R t R∆Φ∆Φ=∆=∆==∆．可见，q 仅由回路电阻和_____________变化量决定，与发生磁通量变化的时间无关．4．交变电流的产生及表示（1）在匀强磁场里，绕垂直于磁场方向的轴匀速转动的线圈里产生的是_________电流．（2）若N 匝面积为s 的线圈以角速度．绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，从中性面开始计时，其函数形式为：e =_______________，用E =NBs ω表示电动势最大值，则有e =____________．其电流大小为sin sin mm E e i t I t R Rωω===． 5．正弦式交流电的有效值与最大值的关系为E =，U =，I =非正弦交流电无此关系，必须根据电流的_____________，用等效的思想来求解．6．变压器的工作原理是根据______________原理来改变交流电压的．【考点例析】一、电磁感应与电路题型特点：闭合电路中磁通量发生变化或有部分导体在做切割磁感线运动,在回路中将产生感应电动势，回路中将有感应电流。

高考物理二轮复习十、电磁感应板块学案江苏专用

十、电磁感应板块基础回扣1.产生感应电流的条件表述1:闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动。

表述2:穿过闭合电路的磁通量发生变化。

2.产生电磁感应现象的实质电磁感应现象的实质是产生感应电动势,如果回路闭合则产生感应电流;如果回路不闭合,则只有感应电动势,而无感应电流。

3.判断感应电流的两种方法:楞次定律和右手定则。

说明:(1)右手定则适用于导体切割磁感线产生感应电流;楞次定律适用于所有电磁感应现象。

(2)楞次定律中“阻碍”的含义①阻碍原磁通量的变化——“增反减同”; ②阻碍相对运动——“来拒去留”;③使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”; ④阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”。

4.法拉第电磁感应定律情景图研究对象回路(不一定闭合) 一段直导线(或等效成直导线) 绕一端转动的一段导体棒绕与B 垂直的轴转动的导线框表达式E=nΔΦΔtE=BLv sin θE=12BL 2ωE=NBSω sin ωt5.自感现象:自感电流总是阻碍线圈中原电流的变化。

【推论】如图所示,一端接有电容器的金属导轨宽L,垂直放在磁感应强度为B 的匀强磁场中,质量为m 的金属棒跨在导轨上,在恒力F 的作用下,做匀加速直线运动,且加速度a=Fm+B 2L 2C 。

回归小练1.(多选)(源于人教版3-2第13页“问题与练习”)如图所示是圆盘发电机的示意图。

铜盘安装在水平的铜轴上,它的边缘正好在两磁极之间,两块铜片C 、D 分别与转动轴和铜盘的边缘接触。

若铜盘半径为L,匀强磁场的磁感应强度为B,回路的总电阻为R,从左往右看,铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动。

则( )A.由于穿过铜盘的磁通量不变,故回路中无感应电流B.回路中感应电流大小不变,为BL 2ω2RC.回路中感应电流方向不变,为C→D→R→CD.回路中有周期性变化的感应电流答案 BC 把铜盘看做闭合回路的一部分,在铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动时,铜盘切割磁感线产生感应电动势,回路中有感应电流,选项A 错误;铜盘切割磁感线产生的感应电动势为E=12BL 2ω,根据闭合电路欧姆定律,回路中感应电流I=E R =BL 2ω2R,由右手定则可判断出感应电流方向为C→D→R→C,选项B 、C 正确,D 错误。

高考物理二轮复习专题电磁感应综合问题学案

高考物理二轮专题复习六电磁感应教案

河北省高考物理二轮专题复习 电磁感应教案

高考物理电磁感应现象专题复习教案

高考物理二轮复习 专题8 电磁感应及综合应用 交变电流学案-人教版高三全册物理学案

高三物理教案：电磁感应复习学案-最新教学文档

高考物理二轮复习 专题复习篇 专题4 第2讲 电磁感应定律及其应用学案-人教版高三全册物理学案

高考物理二轮复习专题四电磁感应和电路电磁感应的综合问题学案

高中物理二轮总复习 电磁感应综合题教案

高考物理二轮复习 专题七 电磁感应 交变电流精品教学案