《物理人教版學案與測評第9章 電磁感應（課件）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《物理人教版學案與測評第9章 電磁感應（課件）（48頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

歡迎進入物理課堂 第九章電磁感應 第1節(jié)電磁感應現象楞次定律 例1 2009 浙江 如圖所示 在磁感應強度大小為B 方向豎直向上的勻強磁場中 有一質量為m 阻值為R的閉合矩形金屬線框abcd 用絕緣輕質細桿懸掛在O點并可繞O點擺動 金屬線框從右側某一位置靜止開始釋放 在擺動到左側最高點的過程中 細桿和金屬線框平面始終處于同一平面 且垂直紙面 則線框中感應電流的方向是 A a b c d aB d c b a dC 先是d c b a d 后是a b c d aD 先是a b c d a 后是d c b a d 解析 由楞次定律 剛開始磁通量減小 后來磁通量增大 由 增反減同 再結合安培定則 可知電流方向是d c b a d 答案 B 感應電流的方向 點撥 1 電阻R 電容C與一線圈連成閉合回路 條形磁鐵靜止于線圈的正上方 N極朝下 如圖所示 現使磁鐵開始自由下落 在N極接近線圈上端的過程中 流過R的電流方向和電容器極板的帶電情況是 A 從a到b 上極板帶正電B 從a到b 下極板帶正電C 從b到a 上極板帶正電D 從b到a 下極板帶正電 解析 感應電流的磁場要阻礙線圈磁通量的增加 由圖可知N極靠近 穿過線圈的向下的磁感線條數要增加 則感應電流的磁感線方向要向上以阻礙其增加 再根據安培定則可判斷感應電流方向從b到a 則電容器C下極板帶正電 故D選項正確 答案 D 例2如圖所示 當磁鐵突然向銅環(huán)運動時 銅環(huán)的運動情況是 A 向右擺動B 向左擺動C 靜止D 不能判定 點撥 1 可采用常規(guī)法和推廣含義法 2 應用常規(guī)法分析銅環(huán)受力時可采用電流元法或等效法 解析 方法1 電流元法 畫出磁鐵磁感線分布如圖甲所示 當磁鐵向環(huán)運動時 由楞次定律判斷出銅環(huán)的感應電流方向如圖甲所示 把銅環(huán)的電流等效為多段直線電流元 取上 下兩小段電流研究 由左手定則判出兩段電流受力如圖示 由圖可聯(lián)想到整個銅環(huán)所受合力向右 則A選項正確 方法2 等效法 磁鐵向右運動 使銅環(huán)產生的感應電流可等效為圖乙所示的條形磁鐵 則兩磁鐵有排斥作用 故A正確 方法3 來拒去留法 磁鐵向右運動時 由楞次定律的另一種表述得知銅環(huán)產生的感應電流總是阻礙導體間的相對運動 則磁鐵和銅環(huán)間有排斥作用 故A正確 答案 A 2 2008 上海 老師做了一個物理小實驗讓學生觀察 一輕質橫桿兩側各固定一金屬環(huán) 橫桿可繞中心點自由轉動 老師拿一條形磁鐵插向其中一個小環(huán) 后又取出插向另一個小環(huán) 同學們看到的現象是 A 磁鐵插向左環(huán) 橫桿發(fā)生轉動B 磁鐵插向右環(huán) 橫桿發(fā)生轉動C 無論磁鐵插向左環(huán)還是右環(huán) 橫桿都不發(fā)生轉動D 無論磁鐵插向左環(huán)還是右環(huán) 橫桿都發(fā)生轉動 解析 由題圖可知 左環(huán)沒有閉合 在磁鐵插入過程中 不產生感應電流 故橫桿不發(fā)生轉動 右環(huán)閉合 在磁鐵插入過程中 產生感應電流 橫桿將發(fā)生轉動 選項B正確 答案 B 例3如圖所示 水平放置的兩條光滑軌道上有可自由移動的金屬棒PQ MN 當PQ在外力作用下運動時 MN在磁場作用下向右運動 則PQ所做的運動可能是 向右勻加速運動B 向左勻加速運動C 向右勻減速運動D 向左勻減速運動 點撥 綜合應用楞次定律和法拉第電磁感應定律進行分析 解析 設PQ向右運動 用右手定則和安培定則判定可知穿過L1的磁感線方向向上 若PQ向右加速運動 則穿過L1的磁通量增加 用楞次定律判定可知通過MN的感應電流方向是N M 對MN用左手定則判定可知MN向左運動 可見A錯誤 若PQ向右減速運動 則穿過L1的磁通量減少 用楞次定律判定可知通過MN的感應電流方向是M N 用左手定則判定可知MN是向右運動 可見C正確 同理設PQ向左運動 用上述方法可判定B正確 D錯誤 本題應選BC 答案 BC 3 如圖所示 金屬導軌上的導體棒ab在勻強磁場中沿導軌做下列哪種運動時 銅制線圈c中將有感應電流產生且被螺線管吸引 向右做勻速運動B 向左做勻速運動C 向右做減速運動D 向右做加速運動 解析 根據楞次定律的推廣含義 只有螺線管中電流減小時 無論方向如何 銅環(huán)才能被吸引 故ab棒應減速運動 無論方向如何 選項C正確 答案 C A 當AB不動而CD向右滑動時 I 0且沿順時針方向B 當AB向左 CD向右滑動且速度大小相等時 I 0C 當AB CD都向右滑動且速度大小相等時 I 0D 當AB CD都向右滑動 且AB速度大于CD時 I 0且沿順時針方向 例如圖所示 MN GH為平行導軌 AB CD為跨在導軌上的兩根橫桿 導軌和橫桿均為導體 有勻強磁場垂直于導軌所在平面 用I表示回路中的電流 錯解 CD 剖析 多選了C項 錯解原因認為導體棒切割磁感線 電路中就產生了感應電流 其實電路中產生了電動勢 AB CD間均有電勢差 但在回路中相互抵消 因此沒有電流 從磁通量的角度看 磁通量也沒有變化 其他選項的分析如下 當AB不動而CD向右滑動時 穿過回路ABDC的磁通量在增加 由楞次定律可知回路中產生沿逆時針方向的電流 A錯誤 當AB向左 CD向右滑動時 穿過回路ABDC的磁通量在增加 回路中有電流 B錯誤 當AB CD都向右滑動 且AB速度大于CD時 穿過回路ABDC的磁通量在減少 由楞次定律可知回路中產生順時針方向的電流 D正確 答案 D 第2節(jié)法拉第電磁感應定律自感和渦流 例1 2009 廣東物理 15分 如圖 a 所示 一個電阻值為R 匝數為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連結成閉合回路 線圈的半徑為r1 在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場 磁感應強度B隨時間t變化的關系圖線如圖 b 所示 圖線與橫 縱軸的截距分別為t0和B0 導線的電阻不計 在0至t1時間內求 1 通過電阻R1上的電流大小和方向 2 通過電阻R1上的電量q及電阻R1上產生的熱量 點撥 1 根據兩個定律求解電動勢的大小和方向 2 根據閉合電路的歐姆定律求電流的大小 3 根據q It求電量 用Q I2Rt求熱量 解析 滿分展示 1 由圖象分析可知 在0至t1時間內 B t B0 t0 1分由法拉第電磁感應定律有E n t n B t S 2分而S r22 1分由閉合電路的歐姆定律有I1 E R1 R 2分聯(lián)立以上各式解得通過電阻R1上的電流大小為I1 nB0 r22 3Rt0 2分由楞次定律可判斷通過電阻R1上的電流方向為從b到a 1分 2 通過電阻R1上的電量q I1t1 nB0 r22t1 3Rt0 3分通過電阻R1上產生的熱量Q I12R1t1 2n2B02 2r24t1 9Rt02 3分 1 如圖所示 通有穩(wěn)恒電流的長直螺線管豎直放置 銅環(huán)R沿螺線管的軸線加速下落 在下落過程中 環(huán)面始終保持水平 銅環(huán)先后經過軸線上1 2 3位置時的加速度分別為a1 a2 a3 位置2處于螺線管的中心 位置1 3與位置2等距離 設重力加速度為g 則下列說法錯誤的是 A a1 a2 gB a3 a1 gC a1 a3 a2D a3 a1 a2 解析 本題更直接的方法是應用楞次定律的廣義表述 感應電流的效果總是阻礙引起感應電流的原因 當銅環(huán)經過1位置時 正在靠近螺線管 銅環(huán)受到的磁場力阻礙銅環(huán)靠近螺線管 來拒 則加速度a1 g 當銅環(huán)經過位置3時 正在遠離螺線管 銅環(huán)受到的磁場力阻礙銅環(huán)遠離螺線管 去留 則加速度a3 g 當銅環(huán)經過2位置時 環(huán)中磁通量最大 且運動方向與磁場平行 故不產生感應電流 則加速度a2 g 又由于從1位置經2位置到3位置的過程中 銅環(huán)的速度在逐漸增加 即v3 v1 故銅環(huán)在3位置處所磁通量的變化率大 根據法拉第電磁感應定律在3位置產生的感應電流大 因此在3位置受磁場力比在1位置時所受磁場力大 故a1 a3 選項A B D正確 答案 ABD 例2在范圍足夠大 方向豎直向下的勻強磁場中 B 0 2T 有一水平放置的光滑框架 寬度為l 0 4m 如圖所示框架上放置一質量為0 05kg 電阻為1 的金屬桿cd 框架電阻不計 若cd桿以恒定加速度a 2m s2 由靜止開始做勻變速運動 則 1 在5s內平均感應電動勢是多少 2 第5s末 回路中的電流多大 3 第5s末 作用在cd桿上的水平外力多大 點撥 1 分清求解感應電動勢時用速度的平均值還是瞬時值 2 求解第 3 問時合理應用牛頓第二定律 解析 1 5s內的位移x 1 2at2 25m 5s內的平均速度v x t 5m s 也可用v 0 v5 2求解 故平均感應電動勢E Blv 0 4V 2 第5s末 v at 10m s 此時感應電動勢 E Blv 則回路電流為I E R Blv R 0 2 0 4 10 1A 0 8A 3 桿勻加速運動 則F F安 ma 即F BIL ma 0 164N 2 2008 全國 如圖所示 一個邊長為l的正方形虛線框內有垂直于紙面向里的勻強磁場 一個邊長也為l的正方形導線框所在平面與磁場方向垂直 虛線框對角線ab與導線的 一條邊垂直ba的延長線平分導線框 在t 0時 使導線框從圖示位置開始以恒定速度沿ab方向移動 直到整個導線框離開磁場區(qū)域 以i表示導線框中感應電流的強度 取逆時針方向為正 下列表示i t關系的圖示中 可能正確的是 解析 從正方形線框下邊開始進入到下邊完全進入過程中 線框切割磁感線的有效長度逐漸增大 所以感應電流也逐漸增大 A錯誤 從正方形線框下邊完全進入至下邊剛穿出磁場邊界時 切割磁感線有效長度不變 故感應電流不變 B錯誤 當正方形線框下邊離開磁場 上邊未進入磁場的過程與正方形線框上邊在磁場中運動的過程相比 磁通量減少的稍慢 故這兩個過程中感應電動勢不相等 感應電流也不相等 D錯誤 故正確選項為C 答案 C 例3 2008 江蘇 如圖所示的電路中 三個相同的燈泡a b c和電感L1 L2與直流電源連接 電感的電阻忽略不計 開關K從閉合狀態(tài)突然斷開時 下列判斷正確的有 A a先變亮 然后逐漸變暗B b先變亮 然后逐漸變暗C c先變亮 然后逐漸變暗D b c都逐漸變暗 點撥 首先確定開關K閉合時各燈泡與電感線圈的電流情況 然后用自感現象的規(guī)律進行分析 解析 K斷開前 燈泡a b c中的電流相同 均為I L1中的電流I1 2I L2中的電流I2 I 當K斷開后 電源被撤除 剩下燈泡與線圈形成新的閉合回路 燈泡b c中的電流由I逐漸減小 兩燈逐漸變暗 燈泡a中的電流先由I增至2I 然后逐漸減小 所以燈泡a先變亮后變暗 A D選項正確 答案 A 3如圖所示的電路中 A1和A2是完全相同的燈泡 線圈L的電阻可以忽略 下列說法中正確的是 A 合上開關S接通電路時 A2先亮 A1后亮 然后一樣亮B 合上開關S接通電路時 A1和A2始終一樣亮C 斷開開關S切斷電路時 A2立刻熄滅 A1過一會兒才熄滅D 斷開開關S切斷電路時 A1和A2都要過一會兒才熄滅 解析 通電瞬間 L中有自感電動勢產生 與L在同一支路的燈A1要逐漸變亮 而A2和電源構成回路則立刻亮 穩(wěn)定后 A1與A2并聯(lián) 兩燈一樣亮 斷開電鍵瞬間 L中有自感電動勢 相當于電源 與A1 A2構成回路 所以兩燈都過一會兒才熄滅 選項AD正確 答案 AD 例如圖所示 在PQ QR區(qū)域存在著磁感應強度大小相等 方向相反的勻強磁場 磁場方向均垂直于紙面 bc邊與磁場的邊界P重合 導線框與磁場區(qū)域的尺寸如圖所示 從t 0時刻開始線框以v l的速度勻速橫穿兩個磁場區(qū)域 以a b c d e f為線框中電動勢的正方向 以下四個 t關系示意圖中正確的是 錯解 B 剖析 錯解的原因是對2 4s分析不清 應分段分析 在0 1s由楞次定律或右手定則可判定線框剛開始進入磁場時的電流方向 即感應電動勢的方向為順時針方向 反方向 故D選項錯誤 在1 2s內 磁通量不變化 感應電動勢為0 A選項錯誤 在2 3s內 產生感應電動勢E 2Blv Blv 3Blv 感應電動勢的方向為逆時針方向 正方向 故C選項正確 答案 C 第3節(jié)電磁感應的綜合應用 例1如圖甲所示半徑為a的圓形區(qū)域內有勻強磁場 磁感強度為B 0 2T 磁場方向垂直紙面向里 半徑為b的金屬圓環(huán)與磁場同圓心地放置 磁場與環(huán)面垂直 其中a 0 4m b 0 6m 金屬環(huán)上分別接有燈L1 L2 兩燈的電阻均為R 20 一金屬棒MN與金屬環(huán)接觸良好 棒與環(huán)的電阻均忽略不計 那么 1 若棒以v0 5m s的速率在環(huán)上向右勻速滑動 求棒滑過圓環(huán)直徑OO 的瞬時MN中的電動勢和流過燈L1的電流 2 撤去中間的金屬棒MN 將右面的半圓環(huán)以OO 為軸向上翻轉90 若此時磁場隨時間均勻變化 其變化率為 B t 4T s 求燈L1的功率 點撥 1 明確電源的電動勢和內阻 2 明確電路的結構 畫出等效電路圖 3 應用電路的規(guī)律求解 解析 1 棒滑過圓環(huán)直徑OO 的瞬時 MN中的電動勢為E1 B2av 0 2 0 8 5V 0 8V 等效電路如圖乙所示 流過燈L1的電流為I1 E1 R 0 8 20A 0 04A 2 撤去中間的金屬棒MN 將右面的半圓環(huán)以OO 為軸向上翻轉90 半圓環(huán)中產生感應電動勢 相當于電源 燈L1 L2為外電路 等效電路如圖丙所示 感應電動勢為E2 t 0 5 a2 B tV 1V 則燈L1的功率P1 E2 2 2 R 1 25 10 2W 1 如圖所示 兩個互連的金屬環(huán) 左環(huán)電阻為右環(huán)電阻的一半 磁場垂直穿過左環(huán)所在區(qū)域 當磁感應強度隨時間均勻增加時 左環(huán)內產生感應電動勢為E 則右環(huán)中感應電流方向為 a b兩點間的電勢差為 解析 由楞次定律可判知右環(huán)中感應電流方向為逆時針 設左環(huán)電阻為R 則右環(huán)電阻為2R 回路中感應電流I E 3R 由歐姆定律可知a b兩點電勢差為U I 2R 2 3E 答案 逆時針2 3E 例2如圖所示 在磁感應強度為B的水平方向的勻強磁場中豎直放置兩平行導軌 磁場方向與導軌所在平面垂直 導軌上端連接一阻值為R的電阻 導軌電阻不計 兩金屬棒a和b的電阻均為R 質量分別為ma 2 10 2kg和mb 1 10 2kg 它們與導軌相連 并可沿導軌無摩擦滑動 閉合開關S 先固定b 用一恒力F向上拉a 穩(wěn)定后a以v1 10m s的速度勻速運動 此時再釋放b b恰好能保持靜止 設導軌足夠長 取g 10m s2 1 求拉力F的大小 2 若將金屬棒a固定 讓金屬棒b自由下滑 開關仍閉合 求b滑行的最大速度v2 點撥 1 根據法拉第電磁感應定律求電動勢 2 弄清電路結構 根據閉合電路的歐姆定律求電流 3 根據物體的平衡求力或速度 解析 1 a棒勻速運動時F mag BIaL b棒靜止Ib Ia 2 mbg BIaL 2 F mag 2mbg 0 4N 2 當a勻速運動時Ea BLv1 Ia 2Ea 3R 則BIaL 2BIbL 2mbg 解得v1 3mbgR B2L2 當b勻速運動時mbg BIbL 2B2L2v2 3R 解得v2 3mbgR 2B2L2 式聯(lián)立得v2 5m s 2 例2中若斷開開關 將金屬棒a和b都固定 使磁感應強度從B隨時間均勻增加 經0 1s后磁感應強度增到2B時 a棒受到的安培力正好等于a棒的重力 求兩金屬棒間的距離h 解析 E t S B t BLh t I E 2R 2BIL mag 由v1 3mbgR B2L2得R B2L2v1 3mbg 得h 0 67m 例3 2010 宣武模擬 如圖所示 光滑的U型金屬導軌PQMN水平的固定在豎直向上的勻強磁場中 磁感應強度為B 導軌的寬度為L 其長度足夠長 QM之間接有一個阻值為R的電阻 其余部分電阻不計 一質量為m 電阻也為R的金屬棒ab 恰能放在導軌之上并與導軌接觸良好 當給棒施加一個水平向右的瞬間作用力 棒就沿軌道以初速度v0開始向右滑行 求 1 開始運動時 棒中的瞬時電流I和棒兩端的瞬時電壓u分別為多大 2 當棒的速度由v0減小到v0 10的過程中 棒中產生的焦耳熱Q是多少 點撥 先用電磁感應中的電路知識進行分析 然后用能量守恒的思想確定能的變化情況 解析 1 開始運動時 棒中的感應電動勢為E BLv0 棒中的瞬時電流為i E 2R BLv0 2R 棒兩端的瞬時電壓為u R R R E 1 2BLv0 2 由能量轉化與守恒定律知 整個電路在此過程中產生的焦耳熱為Q總 1 2mv02 1 2m 1 10v0 2 99 200mv02 棒中產生的焦耳熱為Q 1 2Q總 99 400mv02 3 光滑曲面與豎直平面的交線是拋物線 如圖所示 拋物線的方程是y x2 下半部處在一個水平方向的勻強磁場中 磁場的上邊界是y a的直線 圖中的虛線所示 一個小金屬塊從拋物線上y b b a 處以速度v沿拋物線下滑 假設拋物線足夠長 金屬塊沿拋物線下滑后產生的焦耳熱是 A mgbB 1 2mv2C mg b a D mg b a 1 2mv2 解析 最終小金屬塊在y a的位置 不超出該位置 為邊界的以下范圍振動 由釋放到最后振動 由能量守恒可得 1 2mv2 mg b a 選項D正確 答案 D 例如圖甲所示 水平導軌的電阻忽略不計 金屬棒ab和cd的電阻分別為Rab和Rcd 且Rab Rcd 處于勻強磁場中 金屬棒cd在力F的作用下向右勻速運動 ab在外力作用下處于靜止狀態(tài) 下面說法正確的是 A Uab UcdB Uab UcdC Uab UcdD 無法判斷 錯解 A 因導軌的電阻不計 金屬棒ab和cd可以等效為兩個電阻串聯(lián) 而串聯(lián)電路中 電壓的分配跟電阻成正比 因為Rab Rcd 所以Uab Ucd 故選A 剖析 cd金屬棒在F的作用下 做切割磁感線運動 應視為電源 Ucd為電源的路端電壓 而不是內電壓 所以Ucd IRcd Ucd E IRcd 不能將ab和cd等效為兩個外電阻的串聯(lián) 金屬棒在力F的作用下向右做切割磁感線的運動應視為電源 而c d分別等效為這個電源的正 負極 Ucd是電源兩極的路端電壓 不是內電壓 又因為導軌的電阻忽略不計 因此金屬棒ab兩端的電壓Uab也等于路端電壓 即Ucd Uab 所以正確選項為B 答案 B 同學們 來學校和回家的路上要注意安全 同學們 來學校和回家的路上要注意安全