【物理】2018届人教版第9章第3节　电磁感应规律的综合应用教案

【物理】2018届人教版第9章第3节　电磁感应规律的综合应用教案

第3节　电磁感应规律的综合应用 考点一| 电磁感应中的电路、图象问题 一、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.‎ 二．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 应用知识 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、欧姆定律、牛顿定律、函数图象知识等 ‎1．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．‎ ‎2．电磁感应中图象问题的分析技巧 ‎(1)对于图象选择问题常用排除法：先看方向再看大小及特殊点．‎ ‎(2)对于图象的描绘：先定性或定量表示出所研究问题的函数关系，注意横、纵坐标表达的物理量及各物理量的单位，画出对应物理图象(常有分段法、数学法)．‎ ‎(3)对图象的理解：看清横、‎ 纵坐标表示的量，理解图象的物理意义．‎ ‎1．如图931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(　　)‎ 图931‎ 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．]‎ ‎2．如图932，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，‎ 其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨，空间存在垂直于纸面的均匀磁场，用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触，下列关于回路中电流i与时间t的关系图线，可能正确的是(　　)‎ 图932‎ A　[设∠bac＝2θ，图示位置时a距棒的距离为l0，MN以速度v匀速运动，导体棒单位长度的电阻为R0.经过时间t，导体棒的有效切割长度L＝2(l0＋vt)tan θ，感应电动势E＝BLv＝2Bv(l0＋vt)tan θ，回路的总电阻R＝[2(l0＋vt)tan θ＋‎ ]R0，回路中电流i＝＝，故i与t无关是一个定值，选项A正确．]‎ ‎3．用均匀导线做成的正方形线圈边长为l，如图933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(　　) ‎ 图933‎ ‎【导学号：81370333】‎ 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路端电压，U＝·R＝＝，D项正确．]‎ ‎4．(2017·湖州选考模拟)如图934所示，‎ 图934‎ PN与QM两平行金属导轨相距1 m，电阻不计，两端分别接有电阻R1和R2，且R1＝6 Ω，ab导体的电阻为2 Ω，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1 T．现ab以恒定速度v＝3 m/s匀速向右移动，这时ab杆上消耗的电功率与R1、R2消耗的电功率之和相等，求：‎ ‎(1)R2的阻值；‎ ‎(2)R1与R2消耗的电功率分别为多大？‎ ‎(3)拉ab杆的水平向右的外力F为多大？‎ ‎【解析】　(1)内外功率相等，则内外电阻相等，‎ ＝2 Ω，解得R2＝3 Ω.‎ ‎(2)E＝Blv＝1×1×3 V＝3 V，‎ 总电流I＝＝ A＝0.75 A，‎ 路端电压U＝IR外＝0.75×2 V＝1.5 V，‎ P1＝＝ W＝0.375 W，‎ P2＝＝ W＝0.75 W.‎ ‎(3)F＝BIl＝1×0.75×1 N＝0.75 N.‎ ‎【答案】　(1)3 Ω　(2)0.375 W　0.75 W (3)0.75 N ‎5．(2016·浙江10月选考)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935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B1，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，底部阻值也为R的电阻，处于大小为B2、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x0；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935‎ ‎(1)通过棒cd的电流Icd；‎ ‎(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. ‎ ‎【导学号：81370334】‎ ‎【解析】　(1)对cd棒受力分析：‎ 无电流时：mg＝kx0‎ 有电流时：mg＋B2Ic dl＝kx 解得：Ic d＝.‎ ‎(2)电动机输出功率就等于整个电路消耗的总功率；整个电路结构是两个阻值为R的电阻并联再和阻值为R的内阻串联．‎ 故P＝EI I＝2Ic d E＝U＋IR＝3Ic dR P＝6IR＝.‎ ‎(3)电源电动势：E＝B1lv＝B1l2ω 电路总电阻：R总＝ cd棒的电流：Ic d＝＝ 对cd棒受力分析：kx＝mg＋B2Icdl 即：x＝mg＋B2l 解得：ω＝.‎ ‎【答案】　(1) ‎(2) ‎(3) 考点二| 电磁感应中动力学和能量问题 ‎1．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)有安培力参与的物体的运动 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．‎ ‎2．电磁感应现象中的能量问题 ‎(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．‎ ‎1．力学对象和电学对象的相互关系 ‎2．电磁感应中动力学问题的分析思路 ‎(1)电路分析：‎ 导体棒相当于电源，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻，感应电流I＝.‎ ‎(2)受力分析：‎ 导体棒受到安培力及其他力作用，安培力F安＝BIl或，根据牛顿第二定律列动力学方程：F合＝ma.‎ ‎(3)过程分析：‎ 由于安培力是变力，导体棒做变加速或变减速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，‎ 根据共点力平衡条件列平衡方程：F合＝0.‎ ‎3．电磁感应中的能量转化 ‎4．求解焦耳热Q的三种方法 ‎1. (多选)如图936所示，平行金属导轨与水平面间的夹角为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的、大小为v的初速度向上运动，最远到达a′b′的位置，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936‎ A．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为 B．上滑过程中电流做功放出热量为 mv2－mgs(sin θ＋μcos θ)‎ C．上滑过程中导体棒克服安培力做的功为mv2‎ D．上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2－mgssin θ BD　[上滑过程中，开始时导体棒的速度最大，受到的安培力最大为，A错；根据能量守恒，上滑过程中电流做功放出的热量为mv2－mgs(sin θ＋μcos θ)，B对；上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于产生的热，也是mv2－mgs ‎(sin θ＋μcos θ)，C错；上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2－mgssin θ，D对．]‎ ‎2．(2017·台州选考模拟)如图937所示，两根足够长的光滑平行直导轨MN、PQ与水平面成θ角放置，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，磁场方向垂直于导轨平面向上，导轨和金属杆接触良好，它们的电阻不计．现让ab杆由静止开始沿导轨下滑．‎ 图937‎ ‎(1)求ab杆下滑的最大速度vmax；‎ ‎(2)ab杆由静止释放至达到最大速度的过程中，电阻R产生的焦耳热为Q，求该过程中ab杆下滑的距离x及通过电阻R的电荷量q. ‎ ‎【导学号：81370335】‎ ‎【解析】　(1)根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和牛顿第二定律，有 E＝BLv，I＝，F安＝BIL，mgsin θ－‎ F安＝ma.‎ 即mgsin θ－＝ma，‎ 当加速度a为零时，速度v达到最大，速度最大值vm＝.‎ ‎(2)根据能量守恒定律，有mgxsin θ＝mv＋Q，‎ 得x＝＋.‎ 根据电磁感应定律有＝，‎ 根据闭合电路欧姆定律有＝，‎ 感应电荷量q＝Δt＝＝，‎ 得q＝＋.‎ ‎【答案】　(1) ‎(2)＋ ＋ ‎3．(2015·浙江10月选考)如图938所示，质量m＝3.0×10－3 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l＝0.20 m，处于磁感应强度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数n＝300 匝、面积S＝0.01 m2‎ 的线圈通过开关K与两水银槽相连．线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图2所示．‎ ‎(1)求0～0.10 s线圈中的感应电动势大小；‎ ‎(2)t＝0.22 s时闭合开关K，若细杆CD所受安培力方向竖直向上，判断CD中的电流方向及磁感应强度B2的方向；‎ ‎(3)t＝0.22 s时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h＝0.20 m，求通过细杆CD的电荷量. ‎ ‎【导学号：81370336】‎ 甲 乙 图938‎ ‎【解析】　(1)由电磁感应定律E＝n 得E＝nS＝30 V.‎ ‎(2)因细杆CD所受安培力竖直向上，由左手定则知电流方向C→D，‎ 由图及楞次定律知，B2方向向上．‎ ‎(3)由牛顿第二定律F＝ma＝m ‎(或由动量定理FΔt＝mv－0)‎ 安培力F＝IB1l ΔQ＝IΔt v2＝2gh 得ΔQ＝＝0.03 C.‎ ‎【答案】　(1)30 V　(2)电流方向C→D　B2方向向上　(3)0.03 C