最新高三物理一轮复习全套教学案 第九章 电磁感应
高三物理一轮复习 第9章 第1课时 电磁感应现象 楞次定律导学案
第1课时电磁感应现象楞次定律【考纲解读】1.知道电磁感应现象产生的条件.2.理解磁通量及磁通量变化的含义，并能计算.3.掌握楞次定律和右手定则的应用，并能判断感应电流的方向及相关导体的运动方向．【知识要点】一．电磁感应现象的判断1．磁通量(1)定义：在匀强磁场中，磁感应强度B与垂直于磁场方向的面积的乘积．(2)公式：Φ＝. 适用条件：①匀强磁场．②S为垂直磁场的有效面积．(3)磁通量是 (填“标量”或“矢量”)．(4)磁通量的意义：①磁通量可以理解为穿过某一面积的磁感线的条数．②同一线圈平面，当它跟磁场方向垂直时，磁通量最大；当它跟磁场方向平行时，磁通量为零；当正向穿过线圈平面的磁感线条数和反向穿过的一样多时，磁通量为零．2．电磁感应现象(1)电磁感应现象：当穿过闭合导体回路的磁通量发生时，闭合导体回路中有产生，这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应．(2)产生感应电流的条件：穿过闭合回路的发生变化．产生感应电动势的条件：无论回路是否闭合，只要穿过线圈平面的发生变化，线圈中就有感应电动势产生．(3)电磁感应现象中的能量转化：发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为，该过程遵循能量守恒定律．二．楞次定律的应用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的变化．(2)适用情况：所有的电磁感应现象．2．楞次定律中“阻碍”的含义三．三定则、一定律的综合应用1．三定则一定律：安培定则，左手定则，右手定则，楞次定律2.应用技巧：无论是“安培力”还是“洛伦兹力”，只要是“力”都用左手判断．“电生磁”或“磁生电”均用右手判断．【典型例题】例1．如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量变化量大小分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则( )A．ΔΦ1>ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现B．ΔΦ1＝ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现C．ΔΦ1<ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现D．ΔΦ1<ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现例2．如图4所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ.在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是( )A．ab向右运动，同时使θ减小B．使磁感应强度B减小，θ角同时也减小C．ab向左运动，同时增大磁感应强度BD．ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角(0°<θ<90°)例3．如图6所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是( )A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B．穿过线圈a的磁通量变小C．线圈a有扩张的趋势D．线圈a对水平桌面的压力F N将增大例4．两根相互平行的金属导轨水平放置于图所示的匀强磁场中，在导轨上接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动．当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法中正确的是( ) A．导体棒CD内有电流通过，方向是D→CB．导体棒CD内有电流通过，方向是C→DC．磁场对导体棒CD的作用力向左D．磁场对导体棒AB的作用力向左【拓展训练】1．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图3所示连接．下列说法中正确的是( )A．开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转B．线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间，电流计指针均不会偏转C．开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度D．开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转2．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是( ) A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化3．在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下列叙述符合史实的是( )A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化4．如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置．小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块( )A．在P和Q中都做自由落体运动B．在两个下落过程中的机械能都守恒C．在P中的下落时间比在Q中的长D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大5. 绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与电源、开关相连，如图所示．线圈上端与电源正极相连，闭合开关的瞬间，铝环向上跳起．则下列说法中正确的是( )A．若保持开关闭合，则铝环不断升高B．若保持开关闭合，则铝环停留在某一高度C．若保持开关闭合，则铝环跳起到某一高度后将回落D．如果电源的正、负极对调，观察到的现象不变6．如图所示，金属环从条形磁铁的正上方由静止开始下降，在下落过程中，下列判断中正确的是( )A．金属环在下落过程中机械能守恒B．金属环在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量C．金属环的机械能先减小后增大D．磁铁对桌面的压力始终大于其自身的重力7．如图所示，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a( ) A．顺时针加速旋转B．顺时针减速旋转C．逆时针加速旋转D．逆时针减速旋转8．如图所示的电路中，若放在水平光滑金属导轨上的ab棒突然向右移动，这可能发生在( )A．闭合开关S的瞬间B．断开开关S的瞬间C．闭合开关S后，减小滑动变阻器R的阻值时D．闭合开关S后，增大滑动变阻器R的阻值时9．如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引( )A．向右做匀速运动B．向左做减速运动C．向右做减速运动D．向右做加速运动。
高三物理一轮复习 第九章 电磁感应本章小结课件
mg sin θ= B 2 L+2 vF1
Rr
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得v1=2 m/s
返回过程中有mg·x sin 30°-Fx-W安=1
2
v 1m2
Q总=W安=48 J
电阻R上产生的热量QR= R Q总=38.4 J
Rr
答案 (1)2 m/s2 (2)38.4 J
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典例2 如图所示,足够长的光滑平行金属导轨cd和ef水平放置,在其左端连 接倾角为θ=37°的光滑金属导轨hc、ge,导轨间距均为L=1 m,在水平导轨和 倾斜导轨上,各放一根与导轨垂直的金属杆,金属杆与导轨接触良好。金属 杆a、b质量均为m=0.1 kg,电阻Ra=2 Ω、Rb=3 Ω,其余电阻不计。在水平导 轨和斜面导轨区域分别有竖直向上和竖直向下的匀强磁场B1、B2,且B1=B2 =0.5 T。已知从t=0时刻起,杆a在外力F1作用下由静止开始水平向右运动, 杆b在水平向右的外力F2作用下始终保持静止状态,且F2=0.75+0.2t (N)。 (sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)
PP'(棒返回PP'前已经匀速运动)。返
回过程中,电阻R上产生的热量多大?
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解析 (1)t=0时刻金属棒受力和等效电路如图所示
F-mg sin θ-BIL=ma
I= E = B L v 0
Rr Rr
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由上述两式得a=-2 m/s2(负号表示方向沿导轨向下),则加速度大小为2 m/s2
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ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ12
A.线框进入磁场前运动的加速度为 Mgmgsinθ
m
高三物理一轮复习 第9章 电磁感应 第2讲 法拉第电磁感应定律 自感 涡流
考点二
NO.1 梳理主干 填准记牢
1．切割的“有效长度” 公式中的 l 为有效切割长度，即导体在与 v 垂直的方向上的投影 长度．下图中有效长度分别为：
NO.2 题组训练 提升能力
甲图：l＝ cd sin β； 乙图：沿 v1 方向运动时，l＝ MN ；沿 v2 方向运动时，l＝0； 丙图：沿 v1 方向运动时，l＝ 2R；沿 v2 方向运动时，l＝0；沿 v3 方向运动时，l＝R.
ρ2Aπr，代入数据得 R＝ 6×103 Ω
(2) 感 应 电 动 势 E ＝ ΔBΔ·πt r2，代入数据得 E＝ 4×10－2 V (3)由焦耳定律得 Q＝ER2
(1)该圈肌肉组织的电阻 R； (2)该圈肌肉组织中的感应电动势 E； (3)0.3 s 内该圈肌肉组织中产生的热量 Q.
Δt ， 代 入 数 据 得 Q ＝
B 均匀地增大到 2B.在此过程中，线圈中 磁场中的有效面积，即 S
产生的感应电动势为( B )
Ba2 A.2Δt
B．n2BΔat2
nBa2 C. Δt
D．2nΔBta2
＝a22，故 E＝n2B－ΔtBS
＝nBa2，因此 2Δt
B
项正确．
考点一
NO.1 梳理主干 填准记牢
NO.2 题组训练 提升能力
A．恒为nStB2－2－t1B1 B．从 0 均匀变化到nStB2－2－t1B1 C．恒为－nStB2－2－t1B1 D．从 0 均匀变化到－nStB2－2－t1B1
根据 E＝nΔΔtΦ，ΔΦ＝(B2 － B1)S ， 知 E ＝ nStB2－2－t1B1，根据楞次定 律可判断电流由 a 流向 b，电源内部由低电势流 向高电势，所以 φb>φa， A、B 错误．磁感应强度 均匀增加，产生恒定电动
高考物理一轮复习精品学案：第九章 专题十 电磁感应中的动力学和能量问题
专题十电磁感应中的动力学和能量问题考纲解读1.能解决电磁感应问题中涉及安培力的动态分析和平衡问题.2.会分析电磁感应问题中的能量转化，并会进行有关计算．考点一电磁感应中的动力学问题分析1．导体的平衡态——静止状态或匀速直线运动状态．处理方法：根据平衡条件(合外力等于零)列式分析．2．导体的非平衡态——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．例1如图1所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，间距L＝0.50 m，导轨平面与水平面间夹角θ＝37°，N、Q间连接一个电阻R＝5.0 Ω，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B＝1.0 T．将一根质量为m＝0.050 kg的金属棒放在导轨的ab位置，金属棒及导轨的电阻不计．现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.50，当金属棒滑行至cd处时，其速度大小开始保持不变，位置cd与ab之间的距离s＝2.0 m．已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求：图1(1)金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小；(2)金属棒到达cd处的速度大小；(3)金属棒由位置ab运动到cd的过程中，电阻R产生的热量．解析(1)设金属棒开始下滑时的加速度大小为a，则mg sin θ－μmg cos θ＝maa＝2.0 m/s2(2)设金属棒到达cd位置时速度大小为v、电流为I，金属棒受力平衡，有mg sin θ＝BIL＋μmg cos θI ＝BL v R解得v ＝2.0 m/s(3)设金属棒从ab 运动到cd 的过程中，电阻R 上产生的热量为Q ，由能量守恒，有mgs sin θ＝12m v 2＋μmgs cos θ＋Q 解得Q ＝0.10 J答案 (1)2.0 m/s 2 (2)2.0 m/s (3)0.10 J电磁感应与动力学问题的解题策略此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题前首先要建立“动→电→动”的思维顺序，可概括为：(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向．(2)根据等效电路图，求解回路中感应电流的大小及方向．(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推理得出对电路中的感应电流有什么影响，最后定性分析导体棒的最终运动情况．(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解．突破训练1 如图2所示，相距为L 的两条足够长的平行金属导轨，与水平面的夹角为θ，导轨上固定有质量为m 、电阻为R 的两根相同的导体棒，导体棒MN 上方轨道粗糙、下方轨道光滑，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B .将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒MN 下滑而EF 保持静止，当MN 下滑速度最大时，EF 与轨道间的摩擦力刚好达到最大静摩擦力，下列叙述正确的是 ( )图2A ．导体棒MN 的最大速度为2mgR sin θB 2L 2B ．导体棒EF 与轨道之间的最大静摩擦力为mg sin θC ．导体棒MN 受到的最大安培力为mg sin θD ．导体棒MN 所受重力的最大功率为m 2g 2R sin 2 θB 2L 2答案 AC解析 由题意可知，导体棒MN 切割磁感线，产生的感应电动势为E ＝BL v ，回路中的电流I ＝E 2R ，MN 受到的安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v 2R，故MN 沿斜面做加速度减小的加速运动，当MN 受到的安培力大小等于其重力沿轨道方向的分力时，速度达到最大值，此后MN 做匀速运动．故导体棒MN 受到的最大安培力为mg sin θ，导体棒MN 的最大速度为2mgR sin θB 2L 2，选项A 、C 正确．由于当MN 下滑速度最大时，EF 与轨道间的摩擦力刚好达到最大静摩擦力，由力的平衡知识可知EF 与轨道之间的最大静摩擦力为2mg sin θ，B 错误．由P ＝G v sin θ可知导体棒MN 所受重力的最大功率为2m 2g 2R sin 2 θB 2L 2，D 错误． 考点二 电磁感应中的能量问题分析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，将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，或通过电阻发热的过程，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．求解思路(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W ＝UIt 或Q ＝I 2Rt 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．例2 如图3所示，在倾角θ＝37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ ，磁感应强度B 的大小为5 T ，磁场宽度d ＝0.55 m ，有一边长L ＝0.4 m 、质量m 1＝0.6 kg 、电阻R ＝2 Ω的正方形均匀导体线框abcd 通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量为m 2＝0.4 kg 的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长．(取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)线框abcd 还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力为多少？(2)当ab 边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab 边距磁场MN 边界的距离x 多大？(3)在(2)问中的条件下，若cd 边恰离开磁场边界PQ 时，速度大小为2 m/s ，求整个运动过程中ab 边产生的热量为多少？图3审题指导 1.线框abcd 未进入磁场时，线框沿斜面向下加速，m 2沿水平面向左加速，属连接体问题．2．ab 边刚进入磁场时做匀速直线运动，可利用平衡条件求速度．3．线框从开始运动到离开磁场的过程中，线框和物体组成的系统减少的机械能转化为线框的焦耳热．解析 (1)m 1、m 2运动过程中，以整体法有m 1g sin θ－μm 2g ＝(m 1＋m 2)aa ＝2 m/s 2以m 2为研究对象有F T －μm 2g ＝m 2a (或以m 1为研究对象有m 1g sin θ－F T ＝m 1a )F T ＝2.4 N(2)线框进入磁场恰好做匀速直线运动，以整体法有m 1g sin θ－μm 2g －B 2L 2v R＝0 v ＝1 m/sab 到MN 前线框做匀加速运动，有v 2＝2axx ＝0.25 m(3)线框从开始运动到cd 边恰离开磁场边界PQ 时：m 1g sin θ(x ＋d ＋L )－μm 2g (x ＋d ＋L )＝12(m 1＋m 2)v 21＋Q 解得：Q ＝0.4 J所以Q ab ＝14Q ＝0.1 J 答案 (1)2.4 N (2)0.25 m (3)0.1 J突破训练2 如图4所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R 的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B .有一质量为m 、长为l 的导体棒从ab 位置获得平行于斜面、大小为v 的初速度向上运动，最远到达a ′b ′位置，滑行的距离为s ，导体棒的电阻也为R ，与导轨之间的动摩擦因数为μ.则( )图4A ．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B 2l 2v RB ．上滑过程中电流做功发出的热量为12m v 2－mgs (sin θ＋μcos θ) C ．上滑过程中导体棒克服安培力做的功为12m v 2 D ．上滑过程中导体棒损失的机械能为12m v 2－mgs sin θ 答案 BD解析 导体棒刚开始运动时所受安培力最大，F m ＝BIl ＝B 2l 2v 2R，A 选项错误．由能量守恒定律可知：导体棒动能减少的数值应该等于导体棒重力势能的增加量以及克服安培力做功产生的电热和克服摩擦阻力做功产生的内能，其公式表示为：12m v 2＝mgs sin θ＋μmgs cos θ＋Q 电热，则有：Q 电热＝12m v 2－(mgs sin θ＋μmgs cos θ)，即为导体棒克服安培力做的功．导体棒损失的机械能即为克服安培力做功和克服摩擦阻力做功的和，W 损失＝12m v 2－mgs sin θ.故B 、D 正确．43.应用动力学和能量观点解决电磁感应中的“导轨＋杆”模型问题1．模型概述对杆在导轨上运动组成的系统，杆在运动中切割磁感线产生感应电动势，并受到安培力的作用改变运动状态最终达到稳定的运动状态，该系统称为“导轨＋杆”模型．2．模型分类及分析方法根据杆的数目，对于“导轨＋杆”模型题目，又常分为单杆模型和双杆模型．(1)单杆模型是电磁感应中常见的物理模型，此类问题所给的物理情景一般是导体棒垂直切割磁感线，在安培力、重力、拉力作用下的变加速直线运动或匀速直线运动，所涉及的知识有牛顿运动定律、功能关系、能量守恒定律等．此类问题的分析要抓住三点：①杆的稳定状态一般是匀速运动(达到最大速度或最小速度，此时合力为零)．②整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功．③电磁感应现象遵从能量守恒定律．(2)双杆类问题可分为两种情况：一是“假双杆”，甲杆静止不动，乙杆运动．其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件：甲杆静止、受力平衡．另一种情况是两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减． 线框进入磁场和离开磁场的过程和单杆的运动情况相同，在磁场中运动的过程与双杆的运动情况相同．例3 如图5所示，足够长的金属导轨MN 、PQ 平行放置，间距为L ，与水平面成θ角，导轨与定值电阻R 1和R 2相连，且R 1＝R 2＝R ，R 1支路串联开关S ，原来S 闭合．匀强磁场垂直导轨平面向上，有一质量为m 、有效电阻也为R 的导体棒ab 与导轨垂直放置，它与导轨粗糙接触且始终接触良好．现将导体棒ab 从静止释放，沿导轨下滑，当导体棒运动达到稳定状态时速率为v ，此时整个电路消耗的电功率为重力功率的34.已知重力加速度为g ，导轨电阻不计，求：图5(1)匀强磁场的磁感应强度B 的大小和达到稳定状态后导体棒ab 中的电流强度I ；(2)如果导体棒ab 从静止释放沿导轨下滑x 距离后达到稳定状态，这一过程回路中产生的电热是多少？(3)导体棒ab 达到稳定状态后，断开开关S ，从这时开始导体棒ab 下滑一段距离后，通过导体棒ab 横截面的电荷量为q ，求这段距离是多少？审题与关联解析 (1)回路中的总电阻为：R 总＝32R 当导体棒ab 以速度v 匀速下滑时棒中的感应电动势为：E ＝BL v此时棒中的感应电流为：I ＝E R 总此时回路的总电功率为：P 电＝I 2R 总此时重力的功率为：P 重＝mg v sin θ根据题给条件有：P 电＝34P 重，解得：I ＝ mg v sin θ2R B ＝32L mgR sin θ2v (2)设导体棒ab 与导轨间的滑动摩擦力大小为F f ，根据能量守恒定律可知：14mg v sin θ＝F f v 解得：F f ＝14mg sin θ 导体棒ab 减少的重力势能等于增加的动能、回路中产生的焦耳热以及克服摩擦力做功的和mg sin θ·x ＝12m v 2＋Q ＋F f ·x 解得：Q ＝34mg sin θ·x －12m v 2(3)S 断开后，回路中的总电阻为：R 总′＝2R设这一过程经历的时间为Δt ，这一过程回路中的平均感应电动势为E ，通过导体棒ab的平均感应电流为I ，导体棒ab 下滑的距离为s ，则：E ＝ΔΦΔt ＝BLs Δt ，I ＝E R 总′＝BLs 2R Δt得：q ＝I Δt ＝BLs 2R解得：s ＝4q 32v R mg sin θ答案 见解析高考题组1．(2013·安徽·16)如图6所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m ，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN 垂直导轨放置，质量为0.2 kg ，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T ．将导体棒MN 由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN 的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6) ( )图6A ．2.5 m/s 1 WB ．5 m/s 1 WC ．7.5 m/s 9 WD ．15 m/s 9 W答案 B解析 导体棒MN 匀速下滑时受力如图所示，由平衡条件可得F 安＋μmg cos 37°＝mg sin 37°，所以F 安＝mg (sin 37°－μcos 37°)＝0.4 N ，由F 安＝BIL 得I ＝F 安BL＝1 A ，所以E ＝I (R 灯＋R MN )＝2 V ，导体棒的运动速度v ＝E BL＝5 m/s ，小灯泡消耗的电功率为P 灯＝I 2R 灯＝1 W ．正确选项为B.模拟题组2．如图7甲所示，电阻不计且间距L ＝1 m 的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值R＝2 Ω的电阻，虚线OO ′下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量m ＝0.1 kg 、电阻不计的金属杆ab 从OO ′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平．已知杆ab 进入磁场时的速度v 0＝1 m/s ，下落0.3 m 的过程中加速度a 与下落距离h 的关系图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，则 ( )图7A ．匀强磁场的磁感应强度为1 TB ．杆ab 下落0.3 m 时金属杆的速度为1 m/sC ．杆ab 下落0.3 m 的过程中R 上产生的热量为0.2 JD ．杆ab 下落0.3 m 的过程中通过R 的电荷量为0.25 C答案 D解析 在杆ab 刚进入磁场时，有B 2L 2v 0R－mg ＝ma ，由题图乙知，a 的大小为10 m/s 2，解得B ＝2 T ，A 错误．杆ab 下落0.3 m 时杆做匀速运动，则有B 2L 2v ′R＝mg ，解得v ′＝0.5 m/s ，选项B 错误．在杆ab 下落0.3 m 的过程，根据能量守恒，R 上产生的热量为Q ＝mgh －12m v ′2＝0.287 5 J ，选项C 错误．通过R 的电荷量q ＝ΔΦR ＝B ·ΔS R＝0.25 C ．选项D 正确．3．在如图8所示倾角为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 .一质量为m 、电阻为R 、边长为L 2的正方形导体线圈，在沿平行斜面向下的拉力F 作用下由静止开始沿斜面下滑，当ab 边刚越过GH 进入磁场Ⅰ时，恰好做匀速直线运动，下列说法中正确的有(重力加速度为g ) ( )图8A ．从线圈的ab 边刚进入磁场Ⅰ到线圈dc 边刚要离开磁场Ⅱ的过程中，线圈ab 边中产生的感应电流先沿b →a 方向再沿a →b 方向B ．线圈进入磁场Ⅰ过程和离开磁场Ⅱ过程所受安培力方向都平行斜面向上C ．线圈ab 边刚进入磁场 Ⅰ 时的速度大小为4R (mg sin θ＋F )B 2L 2D ．线圈进入磁场Ⅰ做匀速运动的过程中，拉力F 所做的功等于线圈克服安培力所做的功答案 BC解析 由右手定则可知线圈的ab 边刚进入磁场Ⅰ和线圈的dc 边刚要离开磁场Ⅱ时，线圈ab 边中的感应电流方向均为b →a ，线圈经过JP 时感应电流的方向为a →b ，A 错误．由楞次定律可判断出感应电流所受磁场的安培力阻碍线圈的切割磁感线运动，B 正确．线圈ab 边刚进入磁场Ⅰ时，受到的安培力F 安＝BI L 2＝B 2L 2v 4R，由共点力的平衡知识可知F 安＝mg sin θ＋F ，联立可得线圈ab 边刚进入磁场Ⅰ时的速度大小为4R (mg sin θ＋F )B 2L 2，C 正确．线圈进入磁场Ⅰ做匀速运动的过程中，合外力做的功为0，即拉力F 和重力沿斜面方向的分力所做的功等于线圈克服安培力所做的功，D 错误．4．如图9所示，固定的光滑平行金属导轨间距为L ，导轨电阻不计，上端a 、b 间接有阻值为R 的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m 、电阻为r 的导体棒与一端固定的弹簧相连后放在导轨上．初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v 0.整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．已知弹簧的劲度系数为k ，弹簧的中心轴线与导轨平行．图9(1)求初始时刻通过电阻R 的电流I 的大小和方向；(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v ，求此时导体棒的加速度大小a ；(3)导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为E p ，求导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q .答案 (1)BL v 0R ＋r ，电流方向为b →a (2)g sin θ－B 2L 2v m (R ＋r ) (3)R R ＋r [12m v 20＋(mg sin θ)2k －E p ] 解析 (1)初始时刻，导体棒产生的感应电动势E 1＝BL v 0通过R 的电流大小I 1＝E 1R ＋r ＝BL v 0R ＋r电流方向为b →a(2)回到初始位置时，导体棒产生的感应电动势为E 2＝BL v感应电流I 2＝E 2R ＋r ＝BL v R ＋r 导体棒受到的安培力大小为F ＝BI 2L ＝B 2L 2v R ＋r，方向沿斜面向上 根据牛顿第二定律有：mg sin θ－F ＝ma解得a ＝g sin θ－B 2L 2vm (R ＋r )(3)导体棒最终静止，有：mg sin θ＝kx压缩量x ＝mg sin θk设整个过程回路产生的焦耳热为Q 0，根据能量守恒定律有12m v 20＋mgx sin θ＝E p ＋Q 0 Q 0＝12m v 20＋(mg sin θ)2k－E p 电阻R 上产生的焦耳热Q ＝R R ＋r Q 0＝R R ＋r [12m v 20＋(mg sin θ)2k －E p ](限时：45分钟)►题组1 电磁感应中的动力学问题1．如图1所示，在一匀强磁场中有一U 形导线框abcd ，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R 为一定值电阻，ef 为垂直于ab 的一根导体杆，它可以在ab 、cd 上无摩擦地滑动．杆ef 及线框中导线的电阻都可不计．开始时，给ef 一个向右的初速度，则( )图1A ．ef 将减速向右运动，但不是匀减速B ．ef 将匀减速向右运动，最后停止C ．ef 将匀速向右运动D ．ef 将做往返运动答案 A解析 杆ef 向右运动，所受安培力F ＝BIl ＝Bl Bl v R ＝B 2l 2v R，方向向左，故杆ef 做减速运动；v 减小，F 减小，杆做加速度逐渐减小的减速运动，A 正确．2．一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域继续下落，如图2所示，则 ( )图2A ．若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程也是匀速运动B ．若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程也是加速运动C ．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程也是减速运动D ．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程是加速运动答案 C解析 从线框全部进入磁场至线框开始离开磁场，线框做加速度为g 的匀加速运动，可知线圈离开磁场过程中受的安培力大于进入磁场时受的安培力，故只有C 项正确．3．在伦敦奥运会上，100 m 赛跑跑道两侧设有跟踪仪，其原理如图3甲所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L ＝0.5 m ，一端通过导线与阻值为R ＝0.5 Ω的电阻连接．导轨上放一质量为m ＝0.5 kg 的金属杆，金属杆与导轨的电阻忽略不计．匀强磁场方向竖直向下．用与导轨平行的拉力F 作用在金属杆上，使杆运动．当改变拉力的大小时，相对应的速度v 也会变化，从而使跟踪仪始终与运动员保持一致．已知v 和F 的关系如图乙．(取重力加速度g ＝10 m/s 2)则 ( )图3A ．金属杆受到的拉力与速度成正比B ．该磁场的磁感应强度为1 TC ．图线在横轴的截距表示金属杆与导轨间的阻力大小D ．导轨与金属杆之间的动摩擦因数μ＝0.4答案 BCD解析 由题图乙可知拉力与速度是一次函数，但不成正比，故A 错；图线在横轴的截距是速度为零时的拉力，金属杆将要运动，此时阻力——最大静摩擦力等于该拉力，也等于运动时的滑动摩擦力，C 对；由F －BIL －μmg ＝0及I ＝BL v R 可得：F －B 2L 2v R－μmg ＝0，从题图乙上分别读出两组F 、v 数据代入上式即可求得B ＝1 T ，μ＝0.4，所以选项B 、D 对．4．如图4所示，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd ，ab 边的边长为l 1，bc 边的边长为l 2，线框的质量为m ，电阻为R ，线框通过绝缘细线绕过光滑的定滑轮与一重物相连，重物质量为M .斜面上ef 线(ef 平行底边)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B ，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的ab 边始终平行于底边，则下列说法正确的是 ( )图4A ．线框进入磁场前运动的加速度为Mg －mg sin θmB ．线框进入磁场时匀速运动的速度为(Mg －mg sin θ)R Bl 1C ．线框做匀速运动的总时间为B 2l 21Mg －mgR sin θD ．该匀速运动过程产生的焦耳热为(Mg －mg sin θ)l 2答案 D解析 由牛顿第二定律，Mg －mg sin θ＝(M ＋m )a ，解得线框进入磁场前运动的加速度为Mg －mg sin θM ＋m，A 错误．由平衡条件，Mg －mg sin θ－F 安＝0，F 安＝BIl 1，I ＝E R ，E ＝Bl 1v ，联立解得线框进入磁场时匀速运动的速度为v ＝(Mg －mg sin θ)R B 2l 21，B 错误．线框做匀速运动的总时间为t ＝l 2v ＝B 2l 21l 2(Mg －mg sin θ)R，C 错误．由能量守恒定律，该匀速运动过程产生的焦耳热等于系统重力势能的减小，为(Mg －mg sin θ)l 2，D 正确．►题组2 电磁感应中的能量问题5．一质量为m 、电阻为r 的金属杆ab ，以初速度v 0从一对光滑的平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30°角，两导轨上端用一电阻R 相连，如图5所示，磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v ，则 ( )图5A ．向上滑行的时间小于向下滑行的时间B ．向上滑行的过程中电阻R 上产生的热量大于向下滑行的过程中电阻R 上产生的热量C ．向上滑行的过程中与向下滑行的过程中通过电阻R 的电荷量相等D ．金属杆从开始上滑至返回出发点的过程中，电阻R 上产生的热量为12m (v 20－v 2) 答案 ABC解析 金属杆沿斜面向上运动时安培力沿斜面向下，沿斜面向下运动时安培力沿斜面向上，所以上滑过程的加速度大于下滑过程的加速度，因此向上滑行的时间小于向下滑行的时间，A 对；向上滑行过程的平均速度大，感应电流大，安培力做的功多，R 上产生的热量多，B 对；由q ＝ΔΦR ＋r知C 对；由能量守恒定律知回路中产生的总热量为12m (v 20－v 2)，D 错．6．在如图6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()图6A．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答案CD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mg sin θ相等时，以速度v2做匀速运动，因此v2<v1，A错；由于有安培力做功，线框机械能不守恒，B错；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W1－W2＝ΔE k，W2＝W1－ΔE k，故C、D正确．7．如图7所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成θ＝37°角，在斜面上虚线aa′和bb′与斜面底边平行，在aa′、b′b围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T；现有一质量为m＝10 g、总电阻为R＝1 Ω、边长为d＝0.1 m的正方形金属线圈MNPQ，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过磁场．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图7(1)线圈进入磁场区域时，受到的安培力大小；(2)线圈释放时，PQ 边到bb ′的距离；(3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热．答案 (1)2×10－2 N (2)1 m (3)4×10－3 J 解析 (1)对线圈受力分析有：F 安＋μmg cos θ＝mg sin θ代入数据得：F 安＝2×10－2 N(2)F 安＝BIdE ＝B v dI ＝E R解得：F 安＝B 2d 2v R代入数据得：v ＝2 m/s线圈进入磁场前做匀加速运动，a ＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s 2线圈释放时，PQ 边到bb ′的距离x ＝v 22a＝1 m (3)由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于d ＝0.1 mQ ＝W 安＝F 安·2d解得：Q ＝4×10－3 J8．如图8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 接一阻值为R ＝1.5 Ω的电阻，磁感应强度为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 r ＝0.1 J ．(取g ＝10 m/s 2)求：图8(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 ；(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 G －W 安＝12m v 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． 答案 (1)0.4 J (2)3.2 m/s 2 (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 Q R ＝3Q r ＝0.3 J所以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 由牛顿第二定律得mg sin 30°－B 2L 2R ＋rv ＝ma 所以a ＝g sin 30°－B 2L 2m (R ＋r )v ＝[10×12－0.82×0.752×20.2×(1.5＋0.5)] m/s 2＝3.2 m/s 2 (3)此解法正确．金属棒下滑时受重力和安培力作用，其运动满足mg sin 30°－B 2L 2R ＋rv ＝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定为最大．由动能定理可以得到棒的最大速度，因此上述解法正确．mgs sin 30°－Q ＝12m v 2m 所以v m ＝ 2gs sin 30°－2Q m ＝ 2×10×1.15×12－2×0.40.2m/s ≈2.74 m/s.。
高三物理一轮复习 第9章 第2课时 法拉第电磁感应定律、自感和涡流导学案
第2课时 法拉第电磁感应定律、自感和涡流【考纲解读】1.能应用法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt和导线切割磁感线产生电动势公式E ＝Blv 计算感应电动势.2.会判断电动势的方向，即导体两端电势的高低.3.理解自感现象、涡流的概念，能分析通电自感和断电自感．【知识要点】一．法拉第电磁感应定律的应用1．感应电动势(1)感应电动势：在 中产生的电动势．产生感应电动势的那部分导体就相当于 ，导体的电阻相当于 ．(2)感应电流与感应电动势的关系：遵循 定律，即I ＝E R ＋r .2．感应电动势大小的决定因素(1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率ΔΦΔt和线圈的 共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系．(2)当ΔΦ仅由B 的变化引起时，则E ＝n ΔB ·S Δt；当ΔΦ仅由S 的变化引起时，则E ＝n B ·ΔS Δt ；当ΔΦ由B 、S 的变化同时引起时，则E ＝n B 2S 2－B 1S 1Δt ≠n ΔB ·ΔS Δt. 3．磁通量的变化率ΔΦΔt是Φ－t 图象上某点切线的斜率． 二．导体切割磁感线产生感应电动势的计算1．公式E ＝Blv 的使用条件(1) 磁场．(2)B 、l 、v 三者相互 ．(3)如不垂直，用公式E ＝Blv sin θ求解，θ为B 与v 方向间的夹角．2．“瞬时性”的理解(1)若v 为瞬时速度，则E 为 感应电动势．(2)若v 为平均速度，则E 为 感应电动势．3．切割的“有效长度”公式中的l 为有效切割长度，即导体在与v 垂直的方向上的投影长度．图4中有效长度分别为：图4甲图：l ＝cd sin β；乙图：沿v 1方向运动时，l ＝MN ；沿v 2方向运动时，l ＝0.丙图：沿v 1方向运动时，l ＝2R ；沿v 2方向运动时，l ＝0；沿v 3方向运动时，l ＝R .三．自感现象的理解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，由于自感而产生的感应电动势叫做 ．(2)表达式：E ＝L ΔI Δt. (3)自感系数L 的影响因素：与线圈的 、形状、 以及是否有铁芯有关．2．自感现象“阻碍”作用的理解(1)流过线圈的电流增加时，线圈中产生的自感电动势与电流方向 ，阻碍电流的 ，使其缓慢地增加．(2)流过线圈的电流减小时，线圈中产生的自感电动势与电流方向 ，阻碍电流的 ，使其缓慢地减小．线圈就相当于电源，它提供的电流从原来的I L 逐渐变小．3．自感现象的四大特点(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化．(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化．(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体．(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向．【典型例题】例1．如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd ，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的匝数N ＝100，边长ab ＝1.0 m 、bc ＝0.5 m ，电阻r ＝2 Ω.磁感应强度B 在0～1 s 内从零均匀变化到0.2 T ．在1～5 s 内从0.2 T 均匀变化到－0.2 T ，取垂直纸面向里为磁场的正方向．求：(1)0.5 s 时线圈内感应电动势的大小E 和感应电流的方向；(2)在1～5 s 内通过线圈的电荷量q ；(3)在0～5 s 内线圈产生的焦耳热Q .例2．如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n ＝100，线圈面积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，磁感应强度随时间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 两端的电压随时间均匀增大C ．线圈电阻r 消耗的功率为4×10－4 WD ．前4 s 内通过R 的电荷量为4×10－4 C例3．如图所示，水平放置的粗糙U 形框架上接一个阻值为R 0的电阻，放在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，一个半径为L 、质量为m 的半圆形硬导体AC 在水平向右的恒定拉力F 作用下，由静止开始运动距离d 后速度达到v ，半圆形硬导体AC 的电阻为r ，其余电阻不计．下列说法正确的是( )A ．此时AC 两端电压为UAC ＝2BLvB ．此时AC 两端电压为U AC ＝2BLvR 0R 0＋rC ．此过程中电路产生的电热为Q ＝Fd －12mv 2 D ．此过程中通过电阻R 0的电荷量为q ＝2BLd R 0＋r例4．如图所示的电路中，L 为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D 1、D 2是两个完全相同的灯泡，E 是一内阻不计的电源．t ＝0时刻，闭合开关S ，经过一段时间后，电路达到稳定，t 1时刻断开开关S.I 1、I 2分别表示通过灯泡D 1和D 2的电流，规定图中箭头所示的方向为电流正方向，以下各图中能定性描述电流I 随时间t 变化关系的是( )【拓展训练】1．(2014·江苏·1)如图所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B .在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )A.Ba 22ΔtB.nBa 22ΔtC.nBa 2ΔtD.2nBa 2Δt2．(2014·安徽·20)英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场．如图所示，一个半径为r 的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B ，环上套一带电荷量为＋q 的小球，已知磁感应强度B 随时间均匀增加，其变化率为k ，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是( )A ．0 B.12r 2qk C ．2πr 2qk D ．πr 2qk3．如图所示，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN 在平行金属导轨上以速度v 向右匀速滑动，MN 中产生的感应电动势为E 1；若磁感应强度增为2B ，其他条件不变，MN 中产生的感应电动势变为E 2.则通过电阻R 的电流方向及E 1与E 2之比E 1∶E 2分别为( )A ．c →a,2∶1B ．a →c,2∶1C ．a →c,1∶2D ．c →a,1∶24．如图所示，线圈L 的自感系数很大，且其直流电阻可以忽略不计，L 1、L 2是两个完全相同的小灯泡，开关S 闭合和断开的过程中，灯L 1、L 2的亮度变化情况是(灯丝不会断)( )A ．S 闭合，L 1亮度不变，L 2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S 断开，L 2立即熄灭，L 1逐渐变暗B ．S 闭合，L 1亮度不变，L 2很亮；S 断开，L 1、L 2立即熄灭C ．S 闭合，L 1、L 2同时亮，而后L 1逐渐熄灭，L 2亮度不变；S 断开，L 2立即熄灭，L 1亮一下再熄灭D ．S 闭合，L 1、L 2同时亮，而后L 1逐渐熄灭，L 2则逐渐变得更亮；S 断开，L 2立即熄灭，L 1亮一下再熄灭5．磁场在xOy 平面内的分布如图所示，其磁感应强度的大小均为B 0，方向垂直于xOy 平面，相邻磁场区域的磁场方向相反，每个同向磁场区域的宽度均为L 0，整个磁场以速度v 沿x 轴正方向匀速运动．若在磁场所在区间内放置一由n 匝线圈组成的矩形线框abcd ，线框的bc ＝L B 、ab ＝L ，L B 略大于L 0，总电阻为R ，线框始终保持静止．求：(1)线框中产生的总电动势大小和导线中的电流大小；(2)线框所受安培力的大小和方向．。
高三物理人教版一轮复习课件：第9章电磁感应
人教版 ·高考总复习
路漫漫其修远兮 吾将上下而求索
第一部分 同步复习讲练
第九章 电磁感应
1 2 考 点 梳 理
高 考 导 航
2
热 点 透 析
高考导航
最新考纲 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
考向瞭望 1.感应电流的产生和感应电流方向的判断。 出题以选择题为主。 2．导体切割磁感线产生感应电动势的计 算。此类问题常结合力学、电学知识，解 决与电量、电热的相关的问题。 3．法拉第电磁感应定律的应用是高考热 点，常以综合性大题出现。并结合电路、 力学、能量转化与守恒等知识。 4．对电磁感应图象问题的考查主要以选择 题为主，是常考知识点。 5．结合实际应用问题。如日光灯原理、电 磁阻尼、电磁驱动、磁悬浮原理等。
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
热点透析
• 热点综述：法拉第电磁感应定律、楞次定律 及右手定则等是高考的必考考点。电磁感应 综合问题包括图象问题、力电综合问题、能 量问题等是高考的常考题型。 • 命题透视：高考对法拉第电磁感应定律、楞 次定律及右手定则等的考查一般结合具体的 物理过程和情景命题。对电磁感应综合问题 的考查一般难度较大。 • 名师点拨：理解掌握法拉第电磁感应定律、 楞次定律及右手定则，并能够在具体情景中 运用。解答电磁感应综合问题，要综合应用 相关知识，通过分析列出相关方程，才能正
高三物理一轮复习 第九章 电磁感应本章小结课件
2.如图所示,质量m1=0.1 kg,电阻R1=0.3 Ω,长度l=0.4 m的导体棒ab横放在U 形金属框架上。框架质量m2=0.2 kg,放在绝缘水平面上,与水平面间的动摩 擦因数μ=0.2。相距0.4 m的MM'、NN'相互平行,电阻不计且足够长。电阻 R2=0.1 Ω的MN垂直于MM'。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应 强度B=0.5 T。垂直于ab施加F=2 N的水平恒力,ab从静止开始无摩擦地运 动,始终与MM'、NN'保持良好接触。当ab运动到某处时,框架开始运动。 设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取 10 m/s2。
PP'(棒返回PP'前已经匀速运动)。返
回过程中,电阻R上产生的热量多大?
解析 (1)t=0时刻金属棒受力和等效电路如图所示
F-mg sin θ-BIL=ma I= E= BLv0
Rr Rr
由上述两式得a=-2 m/s2(负号表示方向沿导轨向下),则加速度大小为2 m/s2 (2)因为电流表的示数总是均匀变化的,所以金属棒的速度均匀变化。 则对金属棒有v=v0+at 金属棒上升到导轨最高点时v=0,则t=5 s,此时F-mg sin θ=ma,解得F=3 N,此 后恒有F=3 N 金属棒沿导轨上滑的距离为 x= 0 =v0225 m
2.处理方法 这类问题的实质是不同形式的能量的转化过程,从功和能的观点入手, 弄清导体切割磁感线运动过程中的能量转化关系。处理这类问题主要 有三种观点,即:①动力学观点;②能量观点;③图像观点。 3.模型变异 “导轨+杆”模型可以演变为线圈在轨道上运动,其本质还轨是“导+杆”模型 。
典例1 如图甲所示,间距L=1 m的足够长的光滑平行金属导轨与水平面成 30°角放置,导轨电阻不计,导轨上端连有R=0.8 Ω的电阻和理想电流表A,磁感 应强度为B=1 T的匀强磁场垂直导轨平面向上。t=0时刻有一质量m=1 kg、 电阻r=0.2 Ω的金属棒,以初速度v0=10 m/s从导轨上某一位置PP‘开始沿导 轨向上滑行,金属棒垂直导轨且与导轨接触良好,与此同时对金属棒施加一 个沿斜面向上且垂直于金属棒的外力F,F随时间t的变化关系如图乙所示。 已知金属棒沿导轨向上运动的过程中,电流表的示数是均匀变化的。g取 10 m/s2。则: (1)t=0时刻金属棒的加速度多大? (2)金属棒运动到最高点后,又返回到
【名师一号】高三物理一轮复习 第九章 第二讲 法拉第电磁感应定律 自感现象课件 新人教版
A．S 闭合，L1 亮度不变，L2 亮度逐渐变亮，最后两灯 一样亮；S 断开，L2 立即不亮，L1 逐渐变亮
B．S 闭合，L1 不亮，L2 很亮；S 断开，L1、L2 立即不 亮
C．S 闭合，L1、L2 同时亮，而后 L1 逐渐熄灭，L2 亮度 不变；S 断开，L2 立即不亮，L1 亮一下才灭
D．S 闭合，L1、L2 同时亮，而后 L1 逐渐熄灭，L2 则逐 渐变得更亮；S 断开，L2 立即不亮，L1 亮一下才灭
解析 当磁感应强度增加时，若变化率ΔΔBt 不变，线框中 的感应电流不变；若变化率ΔΔBt 增加，线框中的感应电流增加， 若变化率ΔΔBt 减小，线框中的感应电流减小，故选项 A 正确而 选项 B 错误；同理可得，选项 D 正确而 C 错误．
答案 AD
4．如图所示，线圈L的自感系数很大，且其电阻可以忽 略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，随着开关S闭合 和断开的过程中，L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会 断)( )
让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为 0.2R 时铜棒中 电动势大小为 E1，下落距离为 0.8R 时电动势大小为 E2.忽略 涡流损耗和边缘效应，关于 E1、E2 的大小和铜棒离开磁场前 两端的极性，下列判断正确的是( )
方向垂直纸面向里．现有一段长度为2l 、电阻为R2的均匀导体 杆 MN 架在导线框上，开始时紧靠 ac，然后沿 ab 方向以恒 定速度 v 向 b 端滑动，滑动中始终与 ac 平行并与导线框保持 良好接触．当 MN 滑过的距离为3l 时，导线 ac 中的电流是多 大？方向如何？
[解析]
MN滑过的距离为
答案 D
5．如图所示，把总电阻为2R的均匀电阻丝焊接成一半 径为a的圆环，水平固定在竖直向下的磁感应强度为B的匀强 磁场中，一长度为2a、电阻等于R，粗细均匀的金属棒MN 放在圆环上，与圆环始终保持良好的接触．当金属棒以恒定 速度v向右移动，且经过圆心时，求：
高三物理一轮复习(课件+课时作业)：第九章 电磁感应(5份打包)课时提升练28
课时提升练(二十八) 电磁感应规律的综合应用 (限时：45分钟) A组 对点训练——巩固基础知识 题组一 电路问题 1．用均匀导线做成的正方形的线框边长为0.2 m，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图9-3-16所示．当磁场以10 T/s的变化率均匀增强时，线框中a、b两点间的电势差是( )
图9-3-16 A．Uab＝0.1 V B．Uab＝－0.1 V C．Uab＝0.2 V D．Uab＝－0.2 V
【解析】 由E＝ΔΦΔt＝ΔB·SΔt＝10×0.02 V＝0.2 V，由楞次定律可知U
ab
＝－E2＝－0.1 V，选项B正确． 【答案】 B 2．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，下面四个选项中，在移出过程中线框的一边a、b两点间的电势差绝对值最大的是( ) 【解析】 将线框等效成直流电路，设线框每条边的电阻为r，如图所示．
因线框在四次移动中速度大小相等，其感应电动势E＝Blv也大小相等．A、C、D中|Uab|＝Ir＝E4r×r＝14Blv，B中|Uab|＝I×3r＝E4r×3r＝34Blv，
故正确选项为B.B中a、b两点间的电势差应该是a、b两点间的路端电压，而不是感应电动势． 【答案】 B 题组二 图象问题 3．如图9-3-17所示，两个相邻的有界匀强磁场区域，方向相反且垂直纸面，磁感应强度的大小均为B，以磁场区左边界为y轴建立坐标系，磁场区域在y轴方向足够长，在x轴方向宽度均为a.矩形导线框ABCD的CD边与y轴重合，AD边长为a.线框从图示位置水平向右匀速穿过两磁场区域，且线框平面始终保持与磁场垂直，线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图象正确的是(以逆时针方向为电流的正方向)( )
图9-3-17 【解析】 由楞次定律可知，刚进入磁场时电流沿逆时针方向，线框全部在磁场中时电流沿顺时针方向，出磁场时沿逆时针方向，进入磁场和穿出磁场等效为一条边切割磁感线，全部在磁场中时，AB边和CD边均切割磁感线，相当于两等效电源串联，故电流大小为进入磁场和穿出时的两倍，所以C正确． 【答案】 C 4．(多选)[(2014·陕西渭南质检(一)]如图9-3-18甲所示，变化的磁场中放置一固定的导体圆形闭合线圈，图9-3-18乙中所示的磁感应强度和电流的方向为设定的正方向，已知线圈中感应电流i随时间t变化的图象如图所示．则在图中可能是磁感应强度B随时间t变化的图象是( )
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1 第九章 电磁感应 第一单元 电磁感应现象 楞次定律 考点解读 典型例题 知识要点 1．电磁感应现象: ⑴定义：利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应现象． ⑵产生感应电流的条件是：穿过闭合电路的磁通量发生变化． 如果电路不闭合，那么只能产生感应电动势 而不能产生感应电流． ⑶引起磁通量变化的类型： 根据磁通量的定义式Φ=BS，引起磁通量变化的类型有： ①由于磁场B变化而引起闭合回路的磁通量的变化．如课本图4.2－3的实验中，当开关闭合或断开时的瞬间、开关闭合滑动触头移动时，都引起通电线圈A中的电流发生变化，从而使线圈A产生的磁场发生变化，导致穿过线圈B的磁通量发生变化而产生感应电流．课本图4.2－2的实验中感应电流的产生也属于这种类型． ②磁场B不变，由于闭合电路的面积S发生变化而引起磁通量的变化．课本图4.2－1的实验中，导体棒AB切割磁感线运动时，使闭合电路在磁场中的面积发生变化从而产生感应电流．常见的类似情况如图9-1-3所示，金属导体框架处于匀强磁场中，当导体棒ab左右滑动时，使左边闭合电路的面积发生变化，引起闭合电路中磁通量发生变化，从而产生感应电流． ③穿过闭合电路的磁感线的条数发生变化 【例1】如图9-1-1所示，竖直放置的长直导线通过恒定电流，有一矩形线框与导线在同一平面内，在下列情况中线圈产生感应电流的是（ ） A．导线中电流强度变大 B．线框向右平动 C．线框向下运动 D．线框以ab边为轴转动 E．线框以直导线为轴转动
【例2】如图9-1-5所示，当磁铁运动时，流过电阻的电流是由A经R到B，则磁铁可能是( ) A．向下运动 B．向上运动 C．向左平移 D．以上都不可能
图9-1-4
图9-1-3 a
图9-1-1 图9-1-5 2
而引起磁通量的变化．如图10-1-4所示，当线圈在匀强磁场中绕OO′、轴从图示位置转过30O的过程中，穿过线圈的磁感线条数发生变化而引起线圈中有感应电流产生． ④磁场、闭合电路面积都发生变化时，也可引起穿过闭合电路的磁通量的变化． 2．楞次定律： ⑴适用范围：适用于由磁通量变化引起感应电流的各种情况． ⑵内容：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的变化． ⑶对“阻碍”的理解： ①谁起阻碍作用？要明确起阻碍作用的是“感应电流的磁场”． ②阻碍什么？感应电流的磁场阻碍的是“引起感应电流的磁通量的变化”，而不是阻碍原磁场，也不是阻碍原磁通量． ③如何阻碍？当引起感应电流的磁通量(原磁通量)增加时，感应电流的磁场就与原磁场方向相反，感应电流的磁场“反抗”原磁通量的增加；原磁通量减小时，感应电流的磁场就与原磁场的方向相同，感应电流的磁场“补偿”原磁通量的减少．即“增则反减则同”． ④结果如何？阻碍并不是阻止，当由于原磁通量的增加引起感应电流时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，其作用仅仅使闭合回路的磁通量增加变慢了，但磁通量仍在增加．当由于原磁通量的减少而引起感应电流时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，其作用仅仅使磁通量的减少变慢了，但磁通量仍在减少．也就是说阻碍的结果只是延缓了磁通量的变化，结果增加的还是增加，减少的还是减少． ⑷楞次定律判断感应电流方向的一般步骤： ①明确所研究的闭合回路中原磁场的方向； ②明确穿过闭合回路的磁通量是增加还是减少； ③楞次定律判定感应电流的磁场方向； ④由安培定则根据感应电流的磁场方向判断出感应电流的方向． 3．右手定则： ⑴适用范围：适用于由导体切割磁感线而产生感应电流方向的判定． ⑵判定方法：伸开右手，让大拇指跟其余四 【例3】如图9-1-6所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处下落接近回路时( ) A.P、Q将互相靠拢 B.P、Q将互相远离 C.磁铁的加速度仍为g D.磁铁的加速度小于g
【例4】如图9-1-8（1）所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是( )
图9-1-6 图9-1-7 3
指垂直，并且都跟手掌在一个平面内，让磁感线垂直从手心进入，大拇指指向导体运动的方向，其余四指指的就是感应电流的方向． ⑶注意事项：①当磁场运动导体不动时，用右手定则，拇指指向是导体相对磁场的运动方向． ②“切割”的那段导体中，感应电流的方向就是感应电动势的方向，由低电势点指向高电势点． 疑难探究 4．如何加深对楞次定律的进一步理解？ ⑴产生感应电动势的线圈中感应电流的方向就是感应电动势的方向，由低电势点指向高电势点． ⑵楞次定律的简捷应用：感应电流的效果总是要反抗（或阻碍）产生感应电流的原因，利用“结果”反抗“原因”的思想定性进行分析，具体可分为： ①阻碍原磁通量的变化或原磁场的变化． ②阻碍导体的相对运动，可理解为“来则拒去则留”(由磁体相对运动而引起感应电流的情况)． ③使线圈面积有扩大或缩小的趋势． ④阻碍原电流的变化(自感现象)． 利用上述规律分析总是可以独辟蹊径，达到快速准确的效果．
A.向右摆动 B.向左摆动 C.静止 D.不能判定
典型例题答案 【例1】解析：正确答案是A、B、D 分析分析产生感应电流，关键就是分析穿过闭合线框的磁通量是否发生变化，而分析磁通量是否有变化的关键就是分清磁感线的分布，亦即分清磁感线的疏密变化和磁感线方向的变化．对A选项，因I增大而引起导线周围的磁场增强，使线框的磁通量增大，故A正确；对B选项，因离开直线方向越远，磁感线分布越疏（如图9—2（1）），因此线框向右平动时，穿过线框的磁通量变小，故B正确；对C选项，由图9-1-2（1）可知线框往下平动时穿过线框磁通量不变，故C错误；对D选项，可用一些特殊位置来分析，当线框在图9-1-2（1）位置时，穿过线框的磁通量最大，当线框转过90O时，穿过线框的磁通量为零，因此可以判定线框以ab轴转动时磁通量一定变化，故D正确；对E选项，先画出俯视图如图9-2（2）所示，由图可看出线框绕直导线转动时，在任何一个位置穿过的磁感线条数均不变，因此无感应电流，故E错．
【例2】解析：此题用“应用楞次定律的步骤”逆过来判定．①感应电流方向从A经R到B，根据安培定则得知感应电流在螺线管内产生的磁场方
（3） （2） （1）
图9-1-2 （2） （1） 4
向应是从上指向下；②由楞次定律得螺线管内磁通量的变化应是向下减小或向上增加；③由条形磁铁的磁感线分布知螺线管内原磁场是向下的，故应是磁通量减小，即磁铁向上运动或向左或向右平动． 所以正确答案是B、C． 【例3】解析：解一：设磁铁下端为N极，如图9-1-7所示，根据楞次定律可判断出P、Q中感应电流，根据左手定则可判断P、Q所受安培力的方向，可见P、Q将互相靠拢，由于回路所受安培力的合力向下，由牛顿第三定律，磁铁将受到向上的反作用力，从而加速度小于g．当S极为下端时，可得到同样的结果． 解二：根据楞次定律的另一种表述----感应电流的效果总是要反抗产生感应电流的原因，本题的“原因”是回路中磁通量的增加．归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近，所以P、Q将互相靠近，且磁铁的加速度小于g． 所以正确的答案是AD． 【例4】解析：正确答案是A． 方法一（电流元受力分析法）：画出磁铁磁感线分布如图9-1-8（2）所示，当磁铁向环运动时，由楞次定律判出铜环的感应电流方向如图9-1-8（3）所示，把铜环的电流等效为多段直线电流元，取上、下两小段电流研究，由左手定则判出两段电流受力如图9--8（2）所示，则图可联想到整个铜环所受合力向右，则A答案正确． 方法二（效应分析法）：磁铁向右运动，使铜环的磁通量增加而产生感应电流，由楞次定律可知，铜环为阻碍原磁通量的增大，必向磁感线较疏的右方运动，即往躲开磁通量增加的方向运动，则A正确． 方法三（等效法）：磁铁向右运动，使铜环产生的感应电流可等效为9-1-8（3）所示的条形磁铁，则两磁铁有推斥作用，故A正确． 方法四（阻碍相对运动法）：磁铁向右运动时，由楞次定律的另一种表述得知铜环产生的感应电流总是阻碍导体间的相对运动，则磁铁和铜环间有推斥作用，故A正确.
针对练习 1． 关于磁通量的下列说法中正确的是（） A．磁通量是个反映磁场强弱和方向的物理量 B．某一面积上的磁通量是表示穿过此面积的磁感线的总条数 C．在磁场中所取的面积越大，该面上磁通量一定越大 D．穿过封闭曲面的磁通量无限大 2．关于感应电流，下列说法中正确的是（） A．只要闭合电路里有磁通量，闭合电路里就有感应电流 B．穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内部就一定有感应电流产生 C．线框不闭合时，即使穿过线框的磁通量发生变化，线框也没有感应电流 D．只要电路的一部分切割磁感线运动电路中就一定有感应电流 3． 在研究电磁感应现象的实验中．采用了如图9-1-9所示的装置，当滑动变阻器R的滑片P不动时，甲、乙两个相同的电流表指针的位置如图所示，当滑片P较快地向左滑动时，两表指针的偏转方向是 （） A．甲、乙两表指针都向左偏 B．甲、乙两表指针都向右偏 C．甲表指针向左偏，乙表指针向右偏 D．甲表指针向右偏，乙表指针向左偏 4．如图9-1-10所示，在水平面上固定U形金属框架．框架上置一金属杆ab．不计摩擦．在竖直方向有匀强磁场． （ ）
A．若磁场方向竖直向上并增大时，杆ab将向右移动 B．若磁场方向竖直向上并减小时，杆ab将向右移动 C．若磁场方向竖直向下并增大时，杆ab将向右移动 D．若磁场方向竖直向下并减小时，杆ab将向右移动
图9-1-10
图9-1-9