【物理】2018届一轮复习苏教版第9章第3节电磁感应定律的综合应用教案

【物理】2018届一轮复习苏教版第9章第3节电磁感应定律的综合应用教案

第3节　电磁感应定律的综合应用 知识点1　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.‎ ‎(2)路端电压：U＝IR＝E－Ir.‎ 知识点2　电磁感应的图象问题 图象类型 ‎(1)磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E和感应电流I随时间t变化的图象，即Bt图象、Φt图象、Et图象和It图象 ‎(2)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势E和感应电流I随位移x变化的图象，即Ex图象和Ix图象 问题类型 ‎(1)由给定的电磁感应过程判断或画出正确的图象 ‎(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 ‎(3)利用给出的图象判断或画出新的图象 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 应用知识 ‎、欧姆定律、牛顿定律、函数图象知识等 知识点3　电磁感应现象中能量的问题 ‎1．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．‎ ‎2．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．‎ ‎3．电磁感应现象中能量的三种计算方法 ‎(1)利用克服安培力求解：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产生的电能．‎ ‎(3)利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电热来计算．‎ 知识点4　电磁感应中的动力学问题 ‎1．安培力的大小 ⇒FA＝ ‎2．安培力的方向 ‎(1)用左手定则判断：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)用楞次定律判断：安培力的方向一定与导体切割磁感线的运动方向相反．‎ ‎3．安培力参与物体的运动 导体棒(或线框)在安培力和其他力的作用下，可以做加速运动、减速运动、匀速运动、静止或做其他类型的运动，可应用动能定理、牛顿运动定律等规律解题．‎ ‎1．正误判断 ‎(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)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)电路中的电能增加，外力一定克服安培力做了功．(√)‎ ‎2．(电磁感应中的动力学问题)如图931所示，在一匀强磁场中有一U型导线框bacd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，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及线框中导体的电阻都可不计．开始时，给ef一个向右的初速度，则(　　) 【导学号：96622167】‎ 图931‎ A．ef将减速向右运动，但不是匀减速 B．ef将匀减速向右运动，最后静止 C．ef将匀速向右运动 D．ef将做往复运动 ‎【答案】　A ‎3．(电磁感应中的电路问题)如图932，一个半径为L的半圆形硬导体AB以速度v在水平U形框架上匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度为B，回路电阻为R0，半圆形硬导体AB的电阻为r，其余电阻不计，则半圆形导体AB切割磁感线产生感应电动势的大小及AB之间的电势差分别为(　　) ‎ 图932‎ A．BLv；　　　 B．2BLv；BLv C．2BLv； D．BLv；2BLv ‎【答案】　C ‎4．(对电磁感应中图象问题的理解)边长为a 的闭合金属正三角形框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直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933所示，则下列选项与这一过程相符合的是(　　)‎ 图933‎ ‎【答案】　B ‎5.(电磁感应中的功能关系)(2016·浙江高考)如图934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la＝‎3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则(　　)【导学号：96622168】‎ 图934‎ 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∶1‎ C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4‎ D．a、b线圈中电功率之比为3∶1‎ ‎【答案】　B ‎[师生共研]‎ ‎●考向1　根据电磁感应的过程选图 ‎　如图935所示，两磁感应强度大小相等、方向相反的有界磁场，磁场区域宽度均为d，一底边长为2d的三角形金属线框以一定的速度匀速通过两磁场的过程中，三角形线框中的感应电流i随时间t的变化图象正确的是(取逆时针方向为正)(　　)‎ 图935‎ D　整个过程分为4个小过程，且由线框有效切割长度和几何关系可知，电流随时间线性变化：由1到2位置，产生逆时针方向的电流且均匀减小，设开始时电流大小为2I0，则由2I0减小到I0；由2到3位置，产生顺时针方向的电流，开始时电流大小为3I0，且均匀减小，一直减小到2I0；由3到4位置，产生逆时针方向的电流且由零均匀增大到I0；由4位置到最后全部出磁场，为逆时针方向的电流且由I0均匀减小到零；综上所述选项D正确．‎ 电磁感应中图象类选择题的两个常用方法 ‎1．排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项．‎ ‎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进行分析和判断．‎ ‎●考向2　根据图象信息分析电磁感应过程 ‎　(多选)如图936甲所示，光滑绝缘水平面上，虚线MN的右侧存在磁感应强度B＝2 T的匀强磁场，MN的左侧有一质量m＝‎0.1 kg的矩形线圈abcd，bc边长L1＝‎0.2 m，电阻R＝2 Ω.t＝0时，用一恒定拉力F拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过时间1 s，线圈的bc边到达磁场边界MN，此时立即将拉力F改为变力，又经过1 s，线圈恰好完全进入磁场，整个运动过程中，线圈中感应电流i随时间t变化的图象如图乙所示．则(　　)‎ 甲　　　　　　　　　　乙 图936‎ A．恒定拉力大小为0.05 N B．线圈在第2 s内的加速度大小为‎1 m/s2‎ C．线圈ab边长L2＝‎‎0.5 m D．在第2 s内流过线圈的电荷量为‎0.2 C ABD　在第1 s末，i1＝，E＝BL1v1，v1＝at1，F＝ma1，联立得F＝0.05 N，A项正确．在第2 s内，由图象分析知线圈做匀加速直线运动，第2 s末i2＝，E′＝BL1v2，v2＝v1＋a2t2，解得a2＝‎1 m/s2，B项正确．在第2 s内，v－v＝‎2a2L2，得L2＝‎1 m，C项错误．q＝＝＝‎0.2 C、D项正确．‎ ‎[题组通关]‎ ‎1．(多选)空间存在一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域横截面为等腰直角三角形，底边水平，其斜边长度为L.一正方形导体框abcd边长也为L，开始时正方形导体框的ab 边与磁场区域横截面的斜边刚好重合，如图937所示．由图示的位置开始计时，正方形导体框以平行于bc边的速度v匀速穿越磁场．若导体框中的感应电流为i，a、b两点间的电压为Uab，感应电流取逆时针方向为正，则导体框穿越磁场的过程中，i、Uab随时间的变化规律正确的是(　　)‎ 图937‎ AD　在ab边到e点的过程中，ab边切割磁感线的有效长度减小，则感应电动势逐渐减小，感应电流沿逆时针方向，a、b两点间的电压Uab为负值，大小为电动势的且均匀减小，ab边越过e点后，在cd边接触磁场之前，线框中磁通量不变，没有感应电动势和感应电流；之后，cd边切割磁感线，产生顺时针感应电流并逐渐减小，Uab仍为负值，大小等于感应电动势的，选项A、D正确，选项B、C错误．‎ ‎2．如图938甲所示，一半径r＝‎0.5 m、电阻为R＝5 Ω、匝数为N＝100匝的圆形线圈两端A、C与一个理想电流表相连，线圈内有变化的磁场，以垂直纸面向里的磁场方向为正，磁场随时间的变化情况如图乙所示，则下列判断中正确的是(　　) 【导学号：96622169】‎ 图938‎ A．在0～5 s的时间内，理想电流表示数的最大值为‎1 A B．在t＝4 s时刻，流过电流表的电流方向为A→C C．前2 s内，通过线圈某截面的总电荷量为‎0.1 C D．第2 s内，线圈的发热功率最大 C　由法拉第电磁感应定律可知，流过线圈的电流I＝＝＝·，由此式可知，Bt 图象的斜率越大，则在线圈中产生的感应电流就越大，因此可判断在第1 s内的感应电流最大，代入数据有Im＝‎0.1 A，选项A错误；在t＝4 s时，由题意可知，此时穿过线圈的磁场方向为垂直纸面向外且正在逐渐增大，由楞次定律可知线圈中产生的感应电流的方向为顺时针方向，因此流过电流表的电流方向为C→A，选项B错误；由图乙可知，前2 s内只有第1 s内有磁通量的变化，会产生感应电流，第2 s内磁通量没有发生变化，所以不会产生感应电流，因此前2 s内通过线圈某截面的电荷量实际上为第1 s内的电荷量，由q＝可得q＝‎0.1 C，选项C正确，选项D错误．‎ ‎[典题示例]‎ ‎　(2015·福建高考)如图939，由某种粗细均匀的总电阻为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(　　)‎ 图939‎ 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上拉力的功率先减小后增大 D．线框消耗的电功率先减小后增大 ‎【解题关键】‎ 关键信息 信息解读 在水平拉力作用下，PQ匀速滑动 拉力＝安培力 拉力的功率＝安培力的功率 PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中 外电路的电阻先增大后减小 C　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＝＝，当r＝时，R外max＝R，此时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＝，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，所以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R，小于内阻R；根据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率先增大后减小，选项D错误．‎ 解决电磁感应中的电路问题的一般步骤 ‎1．确定电源．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，该导体或回路就相当于电源，利用E＝n或E＝Blvsin θ求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断电流方向．‎ ‎2．分析电路结构(内、外电路及外电路的串、并联关系)，画出等效电路图．‎ ‎3．利用电路规律求解．主要应用欧姆定律及串、并联电路的基本性质等列方程求解．‎ ‎[题组通关]‎ ‎3．用均匀导线做成的正方形线圈边长为l，如图9310所示，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，当磁场以的变化率增强时，不考虑磁场的变化对虚线右侧的影响，则(　　) 【导学号：96622170】‎ 图9310‎ A．线圈中感应电流方向为adbca B．线圈中产生的电动势E＝·l2‎ C．线圈中a点电势高于b点电势 D．线圈中b、a两点间的电势差为 D　处于磁场中的线圈面积不变，增大时，通过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的方向为acbda方向，A项错；产生感应电动势的acb部分等效为电源，b端为等效电源的正极，电势高于a端，C项错；由法拉第电磁感应定律E＝＝·，知B项错；adb部分等效为外电路，b、a两点间电势差为等效电路的端电压，U＝·R＝，D项正确．‎ ‎4．(多选)如图9311所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l＝‎1 m，cd间、de间、cf间分别接着阻值R＝10 Ω的电阻．一阻值R＝10 Ω的导体棒ab以速度v＝‎4 m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场．下列说法中正确的是(　　)‎ 图9311‎ A．导体棒ab中电流的流向为由b到a B．cd两端的电压为1 V C．de两端的电压为1 V D．fe两端的电压为1 V BD　由右手定则可知ab中电流方向为a→b，A错误．导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv，ab为电源，cd间电阻R为外电路负载，de和cf间电阻中无电流，de间和cf间无电压，因此cd和fe两端电压相等，即U＝×R＝＝1 V，B、D正确，C错误.‎ ‎[典题示例]‎ ‎　(2014·江苏高考)如图9312所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g.求：‎ 图9312‎ ‎(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)导体棒匀速运动的速度大小v；‎ ‎(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.‎ ‎【规范解答】　(1)在绝缘涂层上 导体棒受力平衡：mgsin θ＝μmgcos θ 解得导体棒与涂层间的动摩擦因数μ＝tan θ.‎ ‎(2)在光滑导轨上 感应电动势：E＝BLv　感应电流：I＝ 安培力：F安＝BIL　受力平衡的条件是：F安＝mgsin θ 解得导体棒匀速运动的速度v＝.‎ ‎(3)摩擦生热：QT＝μmgdcos θ 根据能量守恒定律知：3mgdsin θ＝Q＋QT＋mv2‎ 解得电阻产生的焦耳热Q＝2mgdsin θ－.‎ ‎【答案】　(1)tan θ　(2) ‎(3)2mgdsin θ－ 用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题 解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：‎ ‎[题组通关]‎ ‎5．(2015·天津高考)如图9313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：【导学号：96622171】‎ 图9313‎ ‎(1)线框ab边将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.‎ ‎【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v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有 E1＝2Blv1 ①‎ 设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有 I1＝ ②‎ 设此时线框所受安培力为F1，有 F1＝2I‎1Lb ③‎ 由于线框做匀速运动，其受力平衡，有 mg＝F1 ④‎ 由①②③④式得 v1＝ ⑤‎ 设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得 v2＝ ⑥‎ 由⑤⑥式得 v2＝4v1. ⑦‎ ‎(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＝mv ⑧‎ 线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有 mg(‎2l＋H)＝mv－mv＋Q ⑨‎ 由⑦⑧⑨式得 H＝＋‎28l.‎ ‎【答案】　(1)4倍　(2)＋‎‎28l