2019版第一方案高中物理一轮复习课件：第十章 电磁感应 章末综合提升
(鲁科版)物理选修3-2课件：章末归纳提升1-电磁感应
选修3-2
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感应电动势大小的计算
法拉第电磁感应定律是本章的核心，它定性说明了电磁 感应现象产生的原因，也定量给出了计算感应电动势的公式 ΔΦ E＝ n ，特别适合求平均感应电动势．根据不同的情况， Δt 该公式有不同的表达形式： ΔS 1．如果 B 不变，S 变化时，有 E＝nB . Δt ΔB 2．如果 S 不变，B 变化时，有 E＝nS . Δt
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(2013· 福建高考 )如图 1－ 3，矩形闭合导体线框 在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用 t1、t2 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线 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， 则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度 v 随时间 t 变化的规律( )
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2．如图 1－4 所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置， 相距为 L，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平 面垂直．一质量为 m、有效电阻为 R 的导体棒在距磁场上边 界 h 处静止释放．导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐 渐减小，最终稳定为 I.整个运动过程中，导体棒与导轨接触 良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻．求：
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(3)由题意知， 导体棒刚进入磁场时的速度最大， 设为 vm， 1 2 由机械能守恒定律得 mv m＝ mgh⑤ 2 感应电动势的最大值 Em＝BLvm⑥ Em 感应电流的最大值 Im＝ ⑦ R mg 2gh 由⑤⑥⑦式解得 Im＝ . IR
2019版高考物理一轮复习第十章电磁感应章末综合测试
第十章电磁感应章末综合测试(十)(时间：60分钟分数：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．下列没有利用涡流的是( )A．金属探测器B．变压器中用互相绝缘的硅钢片叠成铁芯C．用来冶炼合金钢的真空冶炼炉D．磁电式仪表的线圈用铝框做骨架解析：B 金属探测器、冶炼炉都是利用涡流现象工作的，磁电式仪表利用涡流能让指针快速稳定，也是利用涡流现象，变压器中的硅钢片是为了防止涡流产生铁损．2.如图所示电路中，A、B、C为完全相同的三个灯泡，L是一直流电阻不可忽略的电感线圈，a、b为线圈L的左右两端点，原来开关S是闭合的，三个灯泡亮度相同．将开关S断开后，下列说法正确的是( )A．a点电势高于b点，A灯闪亮后缓慢熄灭B．a点电势低于b点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭C．a点电势高于b点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭D．a点电势低于b点，B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭解析：D 电路稳定时，三个完全相同的灯泡亮度相同，说明流经三个灯泡的电流相等．某时刻将开关S断开，流经电感线圈的磁通量减小，其发生自感现象，相当于电源，产生和原电流方向相同的感应电流，故a点电势低于b点电势，三个灯不会闪亮只是缓慢熄灭，选项D正确．3.如图所示，一导体圆环位于纸面内，O为圆心．环内两个圆心角为90°的扇形区域内分别有匀强磁场，两磁场磁感应强度的大小相等，方向相反且均与纸面垂直．导体杆OM可绕O转动，M端通过滑动触点与圆环良好接触．在圆心和圆环间连有电阻R.杆OM以匀角速度ω逆时针转动，t＝0时恰好在图示位置．规定从a到b流经电阻R 的电流方向为正，圆环和导体杆的电阻忽略不计，则杆从t＝0开始转动一周的过程中，电流随ωt变化的图象是( )解析：C 杆OM 以匀角速度ω逆时针转动，t ＝0时恰好进入磁场，故前T 4内有电流流过，B 错误．根据右手定则可以判定，感应电流的方向从M 指出圆心O ，流过电阻的方向是从b 流向a ，与规定的正方向相反，为负值，A 错误．在T 4～T2时间内杆OM 处于磁场之外，没有感应电流产生，C 正确，D 错误．4．如图甲所示，光滑的平行水平金属导轨MN 、PQ 相距L ，在MP 之间接一个阻值为R 的电阻，在两导轨间cdfe 矩形区域内有垂直导轨平面竖直向上、宽为d 的匀强磁场，磁感应强度为B .一质量为m 、电阻为r 、长度也刚好为L 的导体棒ab 垂直搁在导轨上，与磁场左边界相距d 0.现用一个水平向右的力F 拉棒ab ，使它由静止开始运动，棒ab 离开磁场区域前已做匀速直线运动，棒ab 与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，F 随ab 与初始位置的距离戈变化的情况如图乙所示，F 0已知，下列判断正确的是( )甲 乙A ．棒ab 在ac 之间的运动是匀加速直线运动B ．棒ab 在ce 之间不可能一直做匀速运动C ．棒ab 在ce 之间一定先做加速度减小的运动，再做匀速运动D ．棒ab 经过磁场的过程中，通过电阻R 的电荷量为BLd R解析：A 棒ab 在ac 之间运动时，水平方向只受到恒定拉力F 0作用，做匀加速直线运动，A 正确；若棒ab 进入磁场后安培力与水平拉力恰好平衡，则棒ab 在磁场中可能一直做匀速运动，B 错误；棒ab 进入磁场后立即受到安培力的作用，若水平拉力大于安培力，则棒ab 加速运动，但加速度随着速度的增大而减小，直到匀速运动，C 错误；棒ab 经过磁场的过程中，通过电阻R 的电荷量为BLd R ＋r，D 错误． 5.(2018·河南安阳检测)如图所示，平行金属导轨宽度为d ，一部分轨道水平，左端接电阻R ，倾斜部分与水平面成θ角，且置于垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B ，现将一质量为m 、长度也为d 的导体棒从导轨顶端由静止释放，直至滑到水平部分(导体棒下滑到水平部分之前已经匀速，滑动过程中与导轨保持良好接触，重力加速度为g )．不计一切摩擦力，导体棒接入回路电阻为r ，则整个下滑过程中( )A ．导体棒匀速运动时速度大小为mg R ＋r sin θB 2d 2B ．匀速运动时导体棒两端电压为mg R ＋r sin θBdC ．导体棒下滑距离为s 时，通过R 的总电荷量为Bsd R D ．重力和安培力对导体棒所做的功大于导体棒获得的动能解析：A 导体棒下滑过程中受到沿斜面向下重力的分力和沿斜面向上的安培力，当匀速运动时，有mg sin θ＝BId ，根据欧姆定律可得I ＝ER ＋r ，根据法拉第电磁感应定律可得E ＝Bdv ，联立解得v ＝mg R ＋r B 2d 2sin θ，E ＝mg R ＋r Bdsin θ，故导体棒两端的电压为U ＝Er ＋R R ＝mgR Bd sin θ，A 正确，B 错误．根据法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝B ΔS Δt ＝Bds Δt ，故q ＝I Δt ＝E R ＋r Δt ＝Bsd R ＋r，根据动能定理可得重力和安培力对导体棒所做的功等于导体棒获得的动能，C 、D 错误．6．(2017·广东六校联考)在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n ＝1 500匝，横截面积S ＝20 cm 2.螺线管导线电阻r ＝1.0 Ω，R 1＝4.0 Ω，R 2＝5.0 Ω，C ＝30 μF.在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B 按如图乙所示的规律变化．则下列说法中正确的是( )A ．螺线管中产生的感应电动势为1.2 VB ．闭合S ，电路中的电流稳定后电容器上极板带正电C ．电路中的电流稳定后，电阻R 1的电功率为5×10－2 WD ．S 断开后，流经R 2的电荷量为1.8×10－5 C解析：AD 由法拉第电磁感应定律可得，螺线管内产生的电动势为E ＝n ΔB ΔtS ＝1.2 V ，A 正确．根据楞次定律，当穿过螺线管的磁通量增加时，螺线管下部可以看成电源的正极，则电容器下极板带正电，B 错误．电流稳定后，电流I ＝E R 1＋R 2＋r＝0.12 A ，电阻R 1上消耗的功率P ＝I 2R 1＝5.76×10－2W ，C 错误．开关断开后流经电阻R 2的电荷量Q ＝CU ＝CIR 2＝1.8×10－5 C ，D 正确．7.如图所示，abcd 为一矩形金属线框，其中ab ＝cd ＝L ，ab 边接有定值电阻R, cd 边的质量为m ，其他部分的电阻和质量均不计，整个装置用两根绝缘轻弹簧悬挂起来．线框下方处在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里．初始时刻，使两弹簧处于自然长度，且给线框一竖直向下的初速度v 0，当cd 边第一次运动至最下端的过程中，R 产生的电热为Q ，此过程cd 边始终未离开磁场，已知重力加速度大小为g ，下列说法中正确的是( ) A ．初始时刻cd 边所受安培力的大小为B 2L 2v 0R－mg B ．线框中产生的最大感应电流可能为BLv 0RC ．cd 边第一次到达最下端的时刻，两根弹簧具有的弹性势能总量大于12mv 20－Q D ．在cd 边反复运动过程中，R 中产生的电热最多为12mv 20 解析：BC 初始时刻cd 边速度为v 0，产生的感应电动势最大为E ＝BLv 0，最大感应电流I ＝E R ＝BLv 0R ，初始时刻cd 边所受安培力的大小F ＝BIL ＝B 2L 2v 0R，A 错误，B 正确．由能量守恒定律得12mv 20＋mgh ＝Q ＋E p ，cd 边第一次到达最下端的时刻，两根弹簧具有的弹性势能总量E p ＝12mv 20＋mgh －Q ，大于12mv 20－Q ，C 正确．在cd 边反复运动地过程中，最后平衡位置弹簧弹力等于线框重力，一定具有弹性势能，R 中产生的电热一定小于12mv 20，D 错误． 8.如图所示，宽为L 的水平光滑金属轨道上放置一根质量为m 的导体棒MN ，轨道左端通过一个单刀双掷开关与一个电容器和一个阻值为R 的电阻连接，匀强磁场的方向与轨道平面垂直，磁感应强度大小为B ，电容器的电容为C ，金属轨道和导体棒的电阻不计．现将开关拨向“1”，导体棒MN 在水平向右的恒力F 作用下由静止开始运动，经时间t 0后，将开关S 拨向“2”，再经时间t ，导体棒MN 恰好开始匀速向右运动．下列说法正确的是( )A ．开关拨向“1”时，金属棒做加速度逐渐减小的加速运动B ．t 0时刻电容器所带的电荷量为CBLFt 0m ＋CB 2L 2C ．开关拨向“2”后，导体棒匀速运动的速率为FR B 2L 2D ．开关拨向“2”后t 时间内，导体棒通过的位移为FR B 2L 2(t ＋mt 0m ＋CB 2L 2－mR B 2L 2) 解析：BCD 开关拨向“1”时，设在极短时间Δt 内流过金属棒的电荷量为ΔQ ，则电路中的瞬时电流I ＝ΔQ Δt，电容器的电压U ＝BLv ，电荷量Q ＝CU ，则ΔQ ＝C ΔU ＝CBL Δv ，可得I ＝CBL Δv Δt＝CBLa .对金属棒，由牛顿第二定律得F －BIL ＝ma ，联立得金属棒的瞬时加速度a ＝F m ＋CB 2L 2.由于加速度表达式中的各个物理量都不随时间、位移变化，由此可知金属棒的加速度不变，做匀加速直线运动，A 错误．t 0时刻金属板MN 速度v 0＝at 0，电容器所带的电压U ＝BLv 0＝BLat 0，电荷量Q ＝CU ，解得Q ＝CBLFt 0m ＋CB 2L 2，B 正确．由F 安＝BIL ，I ＝ER，E ＝BLv ，联立解得F 安＝B 2L 2v R.开关拨向“2”，t 时间后，导体棒匀速运动时，有F ＝F 安，解得v ＝FR B 2L 2，C 正确．开关拨向“2”后t 时间内，根据牛顿第二定律得F －F 安＝F －B 2L 2v R＝ma ＝m Δv Δt ，得F Δt －B 2L 2v R Δt ＝m Δv .两边求和得∑(F Δt －B 2L 2v RΔt )＝∑m Δv .而∑v Δt ＝x ，∑Δv ＝v －v 0，联立解得位移x ＝FR B 2L 2(t ＋mt 0m ＋CB 2L 2－mRB 2L2)，D 正确． 二、非选择题(本大题共4小题，第9、10题各12分，第11、12题各14分，共52分)9．如图所示，两根足够长平行金属导轨MN 、PQ 固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R ＝3 Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L ＝1 m ．整个装置处于磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上．质量m ＝1 kg 的金属棒ab 置于导轨上，ab 在导轨之间的电阻r ＝1 Ω，电路中其余电阻不计．金属棒ab 由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好．不计空气阻力影响．已知金属棒ab 与导轨间动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2.(1)求金属棒ab 沿导轨向下运动的最大速度v m ；(2)求金属棒ab 沿导轨向下运动过程中，电阻R 上的最大电功率P R ；(3)若从金属棒ab 开始运动至达到最大速度过程中，电阻R 上产生的焦耳热总共为1.5 J ，求流过电阻R 的总电荷量q .解析：(1)金属棒由静止释放后，沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度v m .由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ－F 安＝0(1分)F 安＝BIL ，I ＝BLv m R ＋r，解得v m ＝2.0 m/s(3分) (2)金属棒以最大速度v m 匀速运动时，电阻R 上的电功率最大，此时P R ＝I 2R ，解得P R ＝3 W(2分)(3)设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x ，由能量守恒定律得 mgx sin θ＝μmgx cos θ＋Q R ＋Q r ＋12mv 2m (1分)根据焦耳定律Q R Q r ＝Rr，解得x ＝2.0 m(1分) 根据q ＝I Δt ，I ＝ER ＋r (2分)E ＝ΔΦΔt ＝BLx Δt，解得q ＝1.0 C(2分) 答案：(1)2 m/s (2)3 W (3)1.0 C10．(2018·山东泰安期末)如图所示，ab 和cd 为质量m ＝0.1 kg 、长度L ＝0.5 m 、电阻R ＝0.3 Ω的两相同金属棒，ab 放在半径分别为r 1＝0.5 m 和r 2＝1 m 的水平同心圆环导轨上，导轨处在磁感应强度B ＝0.2 T 、方向竖直向上的匀强磁场中；cd 跨放在间距也为L ＝0.5 m 、倾角θ＝30°的光滑平行导轨上，导轨处于磁感应强度也为B ＝0.2 T 、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．四条导轨由导线连接并与两导体棒组成闭合电路，除导体棒电阻外其余电阻均不计．ab 在外力作用下沿圆环导轨匀速转动，使cd 在倾斜导轨上保持静止．ab 与两圆环导轨间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)从上向下看ab 应沿顺时针还是逆时针方向转动？(2)ab 转动的角速度大小；(3)作用在ab 上的外力的功率．解析：(1)根据cd 静止可知，cd 受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定则可知cd 中的电流由d 流向c ，ab 中的电流由b 流向a ，由右手定则可知ab 棒沿顺时针方向转动．① (1分)(2)在Δt 时间内，导体棒ab 扫过的面积ΔS ＝12ωΔt (r 22－r 21)＝12ωΔt (4L 2－L 2)② (1分)根据法拉第电磁感应定律，导体棒上感应电动势的大小为E ＝B ΔS Δt③ (1分) 由欧姆定律可知，通过导体棒中的感应电流的大小I ＝E 2R④ (1分) 对cd 由平衡条件知mg sin θ＝BIL ⑤ (1分)代入数据解得ω＝40 rad/s ⑥ (1分)(3)同心圆环导轨上，在竖直方向，由于棒质量分布均匀，故内、外圈导轨对导体棒的支持力大小相等，设其值为F N ，则mg －2F N ＝0⑦ (1分)两导轨对运行的导体棒ab 的滑动摩擦力均为F f ＝μF N ⑧ (1分)导体棒ab 的两端点的速率分别为v 1＝ωr 1，v 2＝ωr 2⑨ (1分)克服摩擦力做功的功率P 1＝F f v 1＋F f v 2⑩ (1分)电路消耗的电功率P 2＝2I 2R ⑪ (1分)代入数据解得，外力的功率P ＝P 1＋P 2＝30 W ⑫ (1分)答案：(1)沿顺时针方向转动 (2)40 rad/s (3)30 W11．为了夜间行驶安全，自行车后轮上常安装一个小型发电机．某同学设计了一种带有闪烁灯的自行车后轮．如图甲所示，自行车牙盘半径r 2＝12 cm ，飞轮半径r 3＝6 cm.电路示意图如图乙所示，该同学在车轮(车轮内缘为导体)与轮轴之间均匀地连接4根金属条，每根金属条中间都串接一个阻值为R ＝0.3 Ω的小灯泡，小灯泡的大小可忽略，阻值保持不变，车轮半径r 1＝0.4 m ，轮轴半径可以忽略．车架上固定一个强磁铁，可形成圆心角为θ＝60°的扇形匀强磁场区域，磁感应强度大小B ＝2.0 T ，方向垂直纸面向外．π取3.14.(1)若自行车前进时，后轮顺时针转动的角速度恒为ω，且在金属条ab 进入磁场中时，ab 中电流大小为4 A ，求角速度ω的值．(不计其他电阻和车轮厚度)(2)若该同学骑车时每分钟后轮转120圈，自行车和人受到的外界阻力大小恒为100 N ，则该同学骑车30分钟，需要对自行车做多少功？(小数点后保留两位有效数字)解析：(1)当金属条ab 进入磁场中，切割磁感线产生的感应电动势相当于电源，其电动势大小E ＝BL v ＝BL ·ωL 2＝12BωL 2(2分) 其中L ＝r 1＝0.4 m(1分)电路总电阻R 总＝R 3＋R ＝4R 3＝0.4 Ω(1分) 通过金属条ab 的电流I ＝E R 总＝4 A(1分) 解得角速度ω＝10 rad/s(1分)(2)后轮转速n ＝2 r/s ，后轮角速度ω0＝4π rad/s(1分)车速v ＝r 1ω0＝1.6π m/s(1分)电动势E 0＝12Bω0r 21＝0.64π V(1分) 总的电功率P 总＝E 20R 总＝128125π2 W(1分) 4根金属条轮换切割磁感线，车轮转一圈的时间有三分之二时间内产生焦耳热，则30分钟内总的焦耳热Q ＝P 总×23t ＝1.21×104 J(1分) 30分钟内克服阻力做功W f ＝F f s ＝F f vt ＝9.04×105J(1分)30分钟内一共需要做功W 总＝W f ＋Q ＝9.16×105 J(1分)答案：(1)10 rad/s (2)9.16×105 J12．如图所示，质量为M 的导体棒ab ，垂直放在间距为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．(1)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 .(2)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 .解析：本题考查物体的平衡、牛顿运动定律和法拉第电磁感应定律的综合应用．(1)导体棒匀速下滑时Mg sin θ＝BIl ① (2分)得I ＝Mg sin θBl② (1分) 设导体棒产生的感应电动势为E 0 E 0＝Blv ③ (2分)由闭合电路欧姆定律，得 I ＝E 0R ＋R x④ (1分) 联立②③④，得v ＝2MgR sin θB 2l2⑤ (1分) (2)改变R x ，由②式可知电流不变．设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为U ，电场强度大小为EU ＝IR x ⑥ (2分)E ＝U d⑦ (2分) mg ＝qE ⑧ (2分)联立②⑥⑦⑧得R x ＝mBLd qM sin θ(1分) 答案：(1)E 0R ＋R x 2MgR sin θB 2l 2 (2)mBLd qM sin θ。
《金版教程(物理)》2025高考科学复习解决方案第十章 磁场第1讲 磁场及其对电流的作用含答案
《金版教程(物理）》2025高考科学复习解决方案第十章磁场第讲磁场及其对电流的作用[教材阅读指导](对应人教版必修第三册、选择性必修第二册相关内容及问题) 必修第三册第十三章第1节图13.11，通电导线呈东西走向时，小磁针还偏转吗？为什么？提示：通电导线呈东西走向时，小磁针不偏转。
因为若没有通电导线，小磁针在地磁场的作用下呈南北走向，当通电导线呈东西走向时，其产生的磁场在小磁针所在位置的方向仍然为南北方向，给小磁针的力还是南北方向，不会使小磁针偏转。
必修第三册第十三章第1节，阅读“磁感线”这一部分内容。
必修第三册第十三章第1节，阅读“安培定则”这一部分内容，对直线电流和环形电流或通电螺线管，安培定则在用法上有什么不同？提示：对直线电流，拇指指向与电流方向一致，弯曲的四指指向同磁感线的环绕方向一致；对环形电流或通电螺线管，拇指指向与内部轴线上的磁感线方向一致，弯曲的四指指向同电流的环绕方向一致。
必修第三册第十三章第1节，阅读[科学漫步]“安培分子电流假说”这一部分内容。
必修第三册第十三章第1节[练习与应用]T7。
提示：乙。
地磁场北极在地球南极附近，地磁场南极在地球北极附近。
应用环形电流的安培定则判定。
必修第三册第十三章第2节，阅读“磁感应强度”这一部分内容，公式B ＝F Il有什么适用条件？提示：只有电流与磁场垂直时，公式B ＝F Il 才成立。
必修第三册第十三章第2节图13.2-6，除了用有效面积S ′求磁通量外，还可以用什么方法？ 提示：把B 分解为垂直于S 的B ⊥和平行于S 的B ∥，用Φ＝B ⊥S 求解。
选择性必修第二册第一章第1节，阅读“安培力的方向”这一部分内容；[练习与应用]T 2，体会安培力既与电流垂直，又与磁场垂直，即垂直于电流和磁场所确定的平面。
选择性必修第二册第一章[复习与提高]A 组T 2(1)，导线怎样运动？提示：逆时针转动的同时下移。
选择性必修第二册第一章[复习与提高]A 组T 3。
一轮复习 电磁感应 单元测试
章末过关检测(九)电磁感应(限时：45分钟)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)1．穿过某闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图中①～④所示，下列关于该回路中感应电动势的论述，正确的是()A．图①中，回路中产生的感应电动势恒定不变B．图②中，回路中产生的感应电动势一直在变大C．图③中，回路中在0～t1时间内产生的感应电动势小于在t1～t2时间内产生的感应电动势D．图④中，回路中产生的感应电动势先变小后变大2.如图所示，一根质量为m、长为L、粗细均匀的金属直棒ab靠立在光滑弯曲的金属杆AOC上(开始时b离O点很近)。
ab由静止开始在重力作用下运动，运动过程中a端始终在AO上，b端始终在OC上，ab刚好完全落在OC上(此时速度为零)，整个装置放在一匀强磁场中，磁感应强度方向垂直纸面向里，则()A．ab棒所受安培力方向垂直于ab向上B．ab棒所受安培力方向先垂直于ab向上，后垂直于ab向下C．安培力先做正功后做负功，所以全过程安培力做功为零D．全过程产生的焦耳热为12mgL3.如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈，当一竖直放置的条形磁铁沿线圈中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力F N及其在水平方向运动趋势的判断正确的是()A．F N先小于mg后大于mg，运动趋势向左B．F N先大于mg后小于mg，运动趋势向左C．F N先小于mg后大于mg，运动趋势向右D．F N先大于mg后小于mg，运动趋势向右4.(2016·常州检测)如图所示，电路中A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈，C是电容很大的电容器。
当S刚闭合与闭合之后，A、B灯泡的发光情况是()A．S刚闭合后，A亮一下又逐渐熄灭，B逐渐变亮B．S刚闭合后，B亮一下又逐渐变暗，A逐渐变亮C．S闭合足够长时间后，A和B一样亮D．S闭合足够长时间后，A、B都熄灭5．如图甲所示，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。
2019届高考物理一轮复习 课时练习50 电磁感应中的动力学和动量、能量综合问题
课时作业(五十) 电磁感应中的动力学和动量、能量综合问题[基础训练]1．(2018·山东济南一模)平行导轨固定在水平桌面上，左侧接有阻值为R 的电阻，导体棒ab 与导轨垂直且接触良好，棒在导轨间的阻值为r .输出功率恒为P 的电动机通过水平绳向右拉动ab 棒．整个区域存在竖直向上的匀强磁场．若导轨足够长，且不计其电阻和摩擦，则电阻R 消耗的最大功率为( )A ．P B.RR ＋rP C.rR ＋rP D.⎝⎛⎭⎪⎫R R ＋r 2P答案：B 解析：导体棒在水平方向受拉力和安培力，当拉力与安培力平衡时，棒的速度最大，此时电路中的感应电流最大，电阻R 上消耗的功率最大，则电路的最大电功率为P ，电路中各电阻上的功率与电阻成正比分配，所以P R P ＝R R ＋r ，所以P R ＝RR ＋rP ，B 正确．2. (2018·辽宁沈阳东北育才学校二模)如图所示，固定在水平桌面上的光滑金属导轨cd 、eg 处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab 与导轨接触良好，在两根导轨的端点d 、e 之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计，现用一水平向右的恒力，作用在金属杆ab 上，使金属杆由静止开始向右沿导轨滑动，滑动中杆ab 始终垂直于导轨，金属杆受到的安培力用F 安表示，则下列说法正确的是( )A ．金属杆ab 做匀加速直线运动B ．金属杆ab 运动时回路中有顺时针方向的电流C ．金属杆ab 所受到的安培力先不断增大，后保持不变D ．金属杆ab 克服安培力做功的功率与时间的平方成正比答案：C 解析：对金属杆受力分析，根据牛顿第二定律有F －F 安＝ma ，即F －B 2L 2vR＝ma ，由于速度变化，所以加速度发生变化，故金属杆做加速度逐渐减小的变加速运动，不是做匀加速直线运动，故A 错误；根据楞次定律可知，金属杆ab 运动时回路中有逆时针方向的感应电流，故B 错误；由F 安＝B 2L 2vR可知，当速度增大时，安培力增大，当金属杆受力平衡时，达到最大速度，其后开始做匀速运动，安培力不变，故C 正确；安培力的功率P ＝F安v ＝B 2L 2v 2R，若金属杆做匀加速直线运动，则v ＝at ，安培力功率与时间的平方成正比，由于金属杆做变加速运动，因此金属杆克服安培力做功的功率与时间的平方不成正比，D 错误．3．(2018·河南八市重点高中质检)如图所示，导体杆OP 在作用于OP 中点且垂直于OP 的力作用下，绕O 轴沿半径为r 的光滑的半圆形框架在匀强磁场中以一定的角速度转动，磁场的磁感应强度为B ，AO 间接有电阻R ，杆和框架电阻不计，回路中的总电功率为P ，则( )A ．外力的大小为2BrPRB ．外力的大小为Br PRC ．导体杆旋转的角速度为2PRBr2D ．导体杆旋转的角速度为2Br2P R答案：C 解析：设导体杆转动的角速度为ω，则导体杆转动切割磁感线产生的感应电动势E ＝12Br 2ω，I ＝ER ，根据题述回路中的电功率为P ，则P ＝EI ；设维持导体杆匀速转动的外力为F ，则有P ＝Fv2，v ＝r ω，联立解得F ＝BrP R ，ω＝2PRBr 2，选项C 正确，A 、B 、D 错误．4．(2018·陕西西安中学月考)(多选)如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R 1和R 2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab ，质量为m ，导体棒的电阻与固定电阻R 1和R 2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab 沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v 时，受到安培力的大小为F .此时( )A ．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgv cos θB ．整个装置消耗的机械功率为(F ＋μmg cos θ)vC ．电阻R 1消耗的热功率为Fv 3D ．电阻R 2消耗的热功率为Fv4答案：AB 解析：此时整个装置因摩擦而消耗的热功率为P f ＝fv ＝μmgv cos θ，故A 正确；设导体棒ab 的长度为L ，磁感应强度为B ，电阻R 1＝R 2＝R ，电路中感应电动势E ＝BLv ，ab 中感应电流为I ＝ER ＋R 2＝2BLv 3R ，棒ab 所受安培力为F ＝BIL ＝2B 2L 2v 3R ，电阻R 1消耗的热功率为P 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12I 2R ＝B 2L 2v 29R ，故P 1＝16Fv ，电阻R 1和R 2阻值相等，它们消耗的热功率相等，则P1＝P 2＝16Fv ，整个装置消耗的机械功率为P 3＝Fv ＋P f ＝(F ＋μmg cos θ)v ，故B 正确，C 、D错误．5．(2018·上海虹口一模)(多选)如图所示的光滑水平面上，水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，其宽度均为s ，区域Ⅰ和Ⅱ之间有一宽度为L ＝3s 的无磁场区域，一质量为m 、边长为s 的正方形线框在水平恒定外力作用下从距区域Ⅰ左边界s 处由静止开始做匀加速直线运动，假设线框能匀速地通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ，则下列说法正确的是()A ．线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ时的速度大小之比为1∶ 3B ．区域Ⅰ与区域Ⅱ内磁场的磁感应强度大小之比为3∶1C ．线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ过程产生的热量相等D ．线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ过程通过线框某一横截面的电荷量相等答案：AC 解析：由运动学公式v 1＝2as ，v 2＝2a ·3s ＝6as ，线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ时的速度大小之比v 1v 2＝1∶3，故A 正确；通过区域Ⅰ时，能匀速通过，说明受到的安培力等于外力，即F 安＝B 1Is ＝B 21s 2v 1R，在区域Ⅰ和Ⅱ之间运动时，线框做加速运动，所以进入磁场区域Ⅱ时线框的速度大于进入磁场区域Ⅰ时的速度，因为线框能匀速通过磁场Ⅱ，所以F 安＝B 22s 2v 2R ，有B 22s 2v 2R ＝B 21s 2v 1R ，所以B 1B 2＝v 2v 1＝43∶1，B 错误；两个过程中产生的热量等于外力做的功，两个过程中外力不变，相对水平面的位移均为s ，所以两个过程中产生的热量相同，C 正确；根据q ＝ΔΦR ＝BS R ，可得q 1＝B 1s 2R ，q 2＝B 2s2R，由于两个磁场的磁感应强度不同，所以线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ过程通过线框某一横截面的电荷量不相等，D 错误．6.如图甲所示，放置在水平桌面上的两条光滑导轨间的距离L ＝1 m ，质量m ＝1 kg 的光滑导体棒放在导轨上，导轨左端与阻值R ＝4 Ω的电阻相连，导轨所在位置有磁感应强度为B ＝2 T 的匀强磁场，磁场的方向垂直导轨平面向下，现在给导体棒施加一个水平向右的恒定拉力F ，并每隔0.2 s 测量一次导体棒的速度，图乙是根据所测数据描绘出的导体棒的v t 图象(设导轨足够长)．甲乙(1)求力F 的大小；(2)t ＝1.6 s 时，求导体棒的加速度a;(3)若1.6 s 内导体棒的位移x ＝8 m ，试计算1.6 s 内电阻上产生的热量Q . 答案：(1)10 N (2)2 m/s 2(3)48 J解析：(1)导体棒做切割磁感线运动，有E ＝BLvI ＝ER，F 安＝BIL 当导体棒速度最大为v m 时，F ＝F 安解得F ＝B 2L 2v mR＝10 N(2)当t ＝1.6 s 时，v 1＝8 m/s ，此时F 安1＝B 2L 2v 1R ＝8 NF －F 安1＝ma ，a ＝2 m/s 2(3)由能量守恒定律可知Fx ＝Q ＋mv 212，解得Q ＝48 J. [能力提升]7．(多选)如图所示，光滑金属导轨由倾斜和水平两部分组成，水平部分足够长且处在竖直向下的匀强磁场中，右端接一电源(电动势为E ，内阻为r )．一电阻为R 的金属杆PQ 水平横跨在导轨的倾斜部分，从某一高度由静止释放，金属杆PQ 进入磁场后的运动过程中，速度—时间图象可能是下图中的(导轨电阻不计)( )答案：ABD 解析：金属杆PQ 进入磁场后切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则判断得知，感应电动势的方向与电源的电动势方向相反．若金属杆PQ 产生的感应电动势与电源的电动势大小相等，回路中总电动势为零，电路中没有电流，金属杆不受安培力，做匀速直线运动，故A 项是可能的；若金属杆PQ 产生的感应电动势小于电源的电动势大小，金属杆中电流方向从P 到Q ，所受的安培力方向向右，将做加速运动，随着速度增加，金属杆产生的感应电动势增加，回路中总的电动势减小，电流减小，金属杆所受的安培力减小，加速度随之减小，可知v t 图象的斜率减小，故B 项是可能的；若金属杆PQ 产生的感应电动势大于电源的电动势大小，金属杆中电流方向从Q 到P ，所受的安培力方向向左，将做减速运动，随着速度减小，金属杆产生的感应电动势减小，回路中总的电动势减小，电流减小，金属杆所受的安培力减小，加速度随之减小，可知v t 图象的斜率减小，故C 项是不可能，D 项是可能的．8．(2018·天津卷)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器．电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E ，电容器的电容为C .两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l ，电阻不计，炮弹可视为一质量为m 、电阻为R 的金属棒MN ，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触．首先开关S 接1，使电容器完全充电．然后将S 接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B 的匀强磁场(图中未画出)，MN 开始向右加速运动．当MN 上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN 达到最大速度，之后离开导轨，问：(1)磁场的方向；(2)MN 刚开始运动时加速度a 的大小；(3)MN 离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q 是多少？答案：(1)垂直于导轨平面向下 (2)BlE mR (3)B 2l 2C 2Em ＋B 2l 2C解析：(1)垂直于导轨平面向下．(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E ，当开关S 接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN 的电流为I ，有I ＝ER① 设MN 受到的安培力为F ，有F ＝IlB ②由牛顿第二定律有F ＝ma ③联立①②③式得a ＝BlEmR④(3)当电容器充电完毕时，设电容器所带电荷量为Q 0，有Q 0＝CE ⑤开关S 接2后，MN 开始向右加速运动，速度达到最大值v max 时，设MN 上的感应电动势为E ′，有E ′＝Blv max ⑥由题意有E ′＝QC⑦设在此过程中MN 中的平均电流为I ，MN 上受到的平均安培力为F ，有F ＝I lB ⑧由动量定理，有F Δt ＝mv max －0 ⑨又I Δt ＝Q 0－Q ⑩ 联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q ＝B 2l 2C 2E m ＋B 2l 2C. 9．两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d ＝1 m ，在左端弧形轨道部分高h ＝1.25 m 处放置一金属杆a ，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b ，杆a 、b 的电阻分别为R a ＝2 Ω、R b ＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝2 T ．现杆b 以初速度大小v 0＝5 m/s 开始向左滑动，同时由静止释放杆a ，杆a 由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b 的平均电流为0.3 A ；从a 下滑到水平轨道时开始计时，a 、b 运动的速度—时间图象如图乙所示(以a 运动方向为正方向)，其中m a ＝2 kg ，m b ＝1 kg ，取g ＝10 m/s 2，求：甲乙(1)杆a 在弧形轨道上运动的时间；(2)杆a 在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量； (3)在整个运动过程中杆b 产生的焦耳热． 答案：(1)5 s (2)73 C (3)1156J解析：(1)设杆a 由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b 的速度大小为v b 0，对杆b 运用动量定理，有Bd I ·Δt ＝m b (v 0－v b 0)其中v b 0＝2 m/s 代入数据解得Δt ＝5 s.(2)对杆a 由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有m a gh ＝12m a v 2a解得v a ＝2gh ＝5 m/s设最后a 、b 两杆共同的速度为v ′，由动量守恒定律得m a v a －m b v b 0＝(m a ＋m b )v ′ 代入数据解得v ′＝83m/s杆a 动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a 的速度从v a 到v ′的运动时间为Δt ′，则由动量定理可得BdI ·Δt ′＝m a (v a －v ′)而q ＝I ·Δt ′ 代入数据得q ＝73C.(3)由能量守恒定律可知杆a 、b 中产生的焦耳热为Q ＝m a gh ＋12m b v 20－12(m b ＋m a )v ′2＝1616J b 棒中产生的焦耳热为Q ′＝52＋5Q ＝1156J.。
【小初高学习】2019版高考物理金榜一轮高效演练创新预测： 10.3电磁感应规律的综合应用
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高效演练·创新预测1.(2018·淮南模拟)如图甲所示,面积S=0.2 m2的线圈,匝数n=630匝,总电阻r=1.0 Ω,线圈处在变化的磁场中,设磁场垂直纸面向外为正方向,磁感应强度B随时间t按图乙所示规律变化,方向垂直线圈平面,图甲中传感器可看成一个纯电阻R,并标有“3 V 0.9 W”,滑动变阻器R0上标有“10 Ω,1 A”,则下列说法正确的是( )A.电流表的电流方向向左B.为了保证电路的安全,电路中允许通过的最大电流为1 AC.线圈中产生的感应电动势随时间在变化D.若滑动变阻器的滑片置于最左端,为了保证电路的安全,图乙中的t0最小值为40 s【解析】选D。
根据楞次定律,回路中产生顺时针方向的电流,电流表的电流方向向右,故A项错误;传感器正常工作时电阻为:R==Ω=10 Ω,工作电流为:I== A=0.3 A,变阻器的工作电流是1 A,所以电路允许通过的最大电流为:I=0.3 A,故B项错误;因为恒定,所以根据法拉第电磁感应定律E=n S,线圈中产生恒定的感应电动势,故C项错误;滑动变阻器触头位于最左端时外电路电阻为:R外=20 Ω,电源电动势的最大值为:E=I(R外+r)=6.3 V,由法拉第电磁感应定律:E=n=,得t0=40 s,故D项正确。
2.(2018·漳州模拟)平行金属导轨MN竖直放置于绝缘水平的地板上,如图所示,金属杆PQ可以紧贴导轨无摩擦滑动,导轨间除固定电阻R外,其他电阻不计,匀强磁场B垂直穿过导轨平面,有以下两种情况:第一次,闭合开关S,然后从图中位置由静止释放PQ,经过一段时间后PQ匀速到达地面;第二次,先从同一高度由静止释放PQ,当PQ下滑一段距离后突然闭合开关,最终PQ也匀速到达了地面。
设上述两种情况下PQ由于切割磁感线产生的电能(都转化为内能)分别为E1、E2,则可断定( )A.E1>E2B.E1<E2C.E1=E2D.无法判定E1、E2大小【解析】选C。
【课堂新坐标】2015届高考物理一轮总复习 第九章 电磁感应章末归纳提升课件
灵活综合，融会贯通
物理方法是相通的， 一种方法中往往包含着另一种或几 种方法的使用，只有常用常练，才能熟能生巧，在解题中自 然产生灵感，即所谓的灵机一动，才能将不同的方法、技巧 有机地结合基础知识和基本规律，整合于综合运用之中，避 免生搬硬套，达到融会贯通、灵活综合运用的更高境界，高 考中自然胜人一筹．
2L 2 t0＋ ) a
【即学即用】 2. 如图 9－4，MN、PQ 两条平行的光滑金属轨道与水 平面成 θ＝30° 角固定，轨距为 L＝1 m、质量为 m 的金属杆 ab 水平放置在轨道上，其阻值忽略不计．空间存在匀强磁 场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为 B＝0.5 T．P、M 间接有阻值 R1 的定值电阻，Q、N 间接变阻箱 R0， 现从静止释放 ab，改变变阻箱的阻值 R，测得最大速度为 v 1 1 与 的关系图线如图 9－5 所示．若轨道足够长 m，得到 vm R 且电阻不计，重力加速度 g 取 10 m/s2.求
1 (2)金属杆 ab 运动的加速度为 gsin θ 时， I′＝BLv′/R 2
总
根据牛顿第二定律 F 合＝ma mgsin θ－BI′L＝ma B2L2v 1 mgsin θ＝ (R ＋R)＝ mgsin θ R1R 1 2 代入数据，得到 v′＝0.8 m/s. (3)当变阻箱 R 取 4 Ω 时，根据图象得到 vm＝1.6 m/s，
线框在离开磁场的过程中运动的速度 v＝at B 0 Lv 产生的感应电流 I＝ R 由牛顿第二定律有 F－B0IL＝ma
2 B2 L 0 at 解得 F＝ ＋ma (t0≤t≤ R
2L 2 t0＋ ) a
【答案】
4 B2 L 1 22 0 (1) (2) ma t0 Rt0 2
2021-2022学年高中物理人教版(2019)必修第一册 第4章 章末综合提升 课件2
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3．倾斜传送带 (1)对于倾斜传送带，除了要注意摩擦力的突变和物体运动状态 的变化外，还要注意物体与传送带之间的动摩擦因数与传送带倾角 的关系。①若 μ≥tan θ，且物体能与传送带共速，则共速后物体做 匀速运动；②若 μ<tan θ，且物体能与传送带共速，则共速后物体相 对于传送带做匀变速运动。
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传送带模型 1.传送带的基本类型 一个物体以初速度 v0(v0≥0)在另一个匀速运动的物体上运动的 力学系统可看成传送带模型。传送带模型按放置方向分为水平传送 带和倾斜传送带两种，如图所示。
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2．水平传送带 (1)当传送带水平转动时，应特别注意摩擦力的突变和物体运动 状态的变化。 (2)求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。 静摩擦力达到最大值，是物体恰好保持相对静止的临界状态；滑动 摩擦力只存在于发生相对运动的物体之间，因此两物体的速度相同 时，滑动摩擦力要发生突变(滑动摩擦力变为零或变为静摩擦力)。
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3．水平面光滑时，对 A、B 整体分析，有 a1＝m＋F2m＝3Fm，对 B 分析有 N1＝ma1＝F3；水平面粗糙时，对 A、B 整体分析有 a2＝F3－mf ＝3Fm－μg，对 B 分析有 N2＝ma2＋μmg＝F3，则 N1＝N2。
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4．两个物体加速度一样，且不需要求两个物体之间的作用力时， 应该对整体受力分析；当求两物体之间的作用力或者两物体加速度 不相同时，应该隔离分析。
度做匀速直线运动。加速时 a＝μg＝1 m/s2，历时 t1＝va＝1 s 达到共 同速度，位移 x1＝v2t1＝0.5 m，此后行李匀速运动 t2＝lAB－v x1＝1.5 s， 到达 B 处共用时 2.5 s。乘客到达 B 处用时 t＝lAvB＝2 s，故 B 正确， A、C 错误；若传送带速度足够大，行李一直匀加速运动，最短运动
高三物理第一轮复习计划
高三物理第一轮复习计划一轮的复习是面的，也是同学检验自己是否把握好学问点的时候，下面给大家带来一些关于（高三物理）第一轮复习，盼望对大家有所关心。
高三物理第一轮复习1夯实基础高三同学将原来的物理基础学问结构、基本概念规律强化温习、理顺成纲.原来在高一和高二期间的学习是对零碎学问的积累，现在是把头脑中零碎的积累转化为图书馆藏书式的条目结构，即第一轮复习要达到的目的.一轮复习要对教材进一步地熟识，对基本内容进一步加深熟悉，只有熟记于心，才能熟能生巧.这一过程特别重要，对物理基础好的同学而言这是一个加强和加深的过程，对物理基础弱的同学则是一个迎头赶上的良好机会.可以说，这一阶段是高三同学的黄金时段，这一阶段是弥补以前学习中学问上的缺陷和力量中的不足的机会.留意养成良好、有效的思维习惯有意识地培育理解力量和审题力量.在新高考重点考查的五项力量中，理解力量是首要的.理解力量是把握自然科学的基础，是形成科学思维的正确途径.物理的基本概念和规律在理解的基础上要抓住重点和联系点的突破，再横向联系比较，将其与典型现象、基本物理模型和试验相结合，通过深刻理解物理概念和规律来推断一些似是而非的说法，加强易混学问的比较，辨析易犯的典型错误，建立易混学问档案.在一轮系统复习的过程中，还要特殊留意对重点学问的把握与解题（方法）的熬炼，如静力学中常见的十二种解题方法，带电粒子磁偏转的圆心位置、偏转角、半径的确定方法等.方法是构成力量的核心要素，没有对讨论方法、解题方法、试验方法的训练，就谈不上力量的提高.高三物理第一轮复习2一、学问系统化：所谓学问系统化，就是能够将学过的学问根据一个主线或者线索有机地串联起来，形成一个清楚的学问主线或主干。
也就是基本上根据课堂学习的挨次，或者板块的挨次，或内在的规律联系的挨次等分类、排列，将学问有机地串联成一个整体或框架。
按挨次，按内部规律或内在本质联系有机地串联起来为境界，实在不行也要根据肯定的挨次排列起来，这是下策，无奈之举，却不行或缺。
《第二章 2 法拉第电磁感应定律》教学设计教学反思-2023-2024学年高中物理人教版2019选择
《法拉第电磁感应定律》教学设计方案（第一课时）一、教学目标1. 理解法拉第电磁感应定律的基本观点和原理。
2. 掌握法拉第电磁感应定律的应用，能够解决相关问题。
3. 培养观察、分析和解决问题的能力。
二、教学重难点1. 教学重点：理解法拉第电磁感应定律的基本观点，掌握其应用。
2. 教学难点：如何将法拉第电磁感应定律与实际应用相结合，解决实际问题。
三、教学准备1. 准备教学用具：黑板、白板、投影仪、示波器等。
2. 准备教学材料：设计相关问题、案例和练习题。
3. 安排学生进行实验，观察电磁感应现象，加深理解。
4. 准备视频或图片，展示电磁感应在实际生活中的应用。
四、教学过程：1. 引入法拉第电磁感应定律(1)回顾电磁感应现象的定义和分类。
(2)介绍法拉第电磁感应定律的内容和意义。
(3)通过实验演示，让学生观察电磁感应现象中的感应电动势大小和磁通量变化之间的干系。
(4)引导学生思考：如何用数学公式表达法拉第电磁感应定律？2. 探究法拉第电磁感应定律的应用(1)通过具体案例，让学生了解法拉第电磁感应定律在生产和生活中的实际应用。
(2)设计实验，让学生亲自操作，体验法拉第电磁感应定律在实际中的应用。
(3)组织学生进行小组讨论，分享各自的实验体会和收获。
3. 拓展深化法拉第电磁感应定律(1)通过进一步的实验探究，让学生深入理解法拉第电磁感应定律的本质。
(2)引导学生思考：法拉第电磁感应定律能否推广到其他物理现象中？(3)鼓励学生提出自己的问题和猜想，并展开讨论和探究。
4. 教室小结与作业安置(1)总结本节课的主要内容，强调法拉第电磁感应定律的应用和意义。
(2)安置与法拉第电磁感应定律相关的思考题和实验题，以供学生进一步探究和学习。
通过学习和应用法拉第电磁感应定律来解决实际问题是非常有益的。
底下是一些相关的思考题和实验题，供学生们参考和探究：思考题：1. 如果磁场发生变化，能否引起感应电动势？请用实验验证。
2. 如何理解感应电动势的大小与磁通量变化的干系？请通过实验来探究。