沪科版高中物理选修(3-2)1.4《电磁感应的案例分析》word教案

1.4电磁感应的案例分析学案（2020年沪科版高中物理选修3-2）1.4电磁感应的案例分析电磁感应的案例分析学科素养与目标要求物理观念1.了解反电动势的概念及其作用.2.进一步熟练掌握牛顿运动定律.动能定理.能量守恒定律等基本规律.科学思维1.掌握电磁感应中动力学问题的分析方法，建立解决电磁感应中动力学问题的思维模型.2.理解电磁感应过程中能量的转化情况，能用能量的观点分析和解决电磁感应问题.一.反电动势1.定义电动机转动时，线圈因切割磁感线，所以会产生感应电动势.线圈中产生的感应电动势跟加在线圈上的电压方向相反.这个跟外加电压方向相反的感应电动势叫反电动势.2.在具有反电动势的电路中，其功率关系为IUIE反I2R；式中IU是电源供给电动机的功率输入功率，IE反是电动机输出的机械功率输出功率，I2R是电动机回路中损失的热功率.二.电磁感应中的动力学问题电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是1用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向.2用闭合电路欧姆定律求回路中感应电流的大小和方向.3分析导体的受力情况包括安培力.4列动力学方程a0或平衡方程a0求解.例1如图1所示，空间存在B0.5T.方向竖直向下的匀强磁场，MN.PQ 是水平放置的平行长直导轨，其间距L0.2m，电阻R0.3接在导轨一端，ab是跨接在导轨上质量为m0.1kg.接入电路的电阻为r0.1的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2.从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F0.45N.方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，求g10m/s2图11导体棒所能达到的最大速度；2试定性画出导体棒运动的速度时间图像.答案110m/s2见解析图解析1导体棒切割磁感线运动，产生的感应电动势EBLv回路中的感应电流IERr导体棒受到的安培力F安BIL导体棒运动过程中受到拉力F.安培力F安和摩擦力f的作用，根据牛顿第二定律FmgF安ma由得FmgB2L2vRrma由可知，随着速度的增大，安培力增大，加速度a减小，当加速度a减小到0时，速度达到最大.此时有FmgB2L2vmRr0可得vmFmgRrB2L210m/s2由1中分析可知，导体棒运动的速度时间图像如图所示.例2如图2甲所示，两根足够长的直金属导轨MN.PQ平行放置在倾角为的绝缘斜面上，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，磁场方向垂直于斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦.重力加速度为g图21由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；2在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v 时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；3求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值.答案1见解析图2BLvRgsinB2L2vmR3mgRsinB2L2解析1由右手定则可知，ab杆中电流方向为ab.如图所示，ab杆受重力mg，方向竖直向下；支持力N，方向垂直于导轨平面向上；安培力F安，方向沿导轨向上.2当ab杆的速度大小为v时，感应电动势EBLv，此时电路中的电流IERBLvRab杆受到安培力F安BILB2L2vR根据牛顿第二定律，有mgsinF安mgsinB2L2vRma则agsinB2L2vmR.3当a0时，ab杆有最大速度vm，即mgsinB2L2vmR，解得vmmgRsinB2L2.提示1.受力分析时，要把立体图转换为平面图，同时标明电流方向及磁场的方向，以便准确地画出安培力的方向.2.要特别注意安培力的大小和方向都有可能变化.学科素养例1.例2考查了电磁感应的动力学问题，在处理该类问题时，要把握好受力情况.运动情况的动态分析.基本思路是导体受外力运动EBLv产生感应电动势IERr产生感应电流FBIL导体受安培力合外力变化F合ma加速度变化速度变化感应电动势变化a0，v达到最大值.将电磁感应与受力分析.牛顿运动定律.物体的平衡等知识有机结合，培养了学生的综合分析.推理能力，体现了物理“科学思维”的学科素养.三.电磁感应中的能量问题1.电磁感应中能量的转化1转化方式2涉及到的常见功能关系有滑动摩擦力做功，必有内能产生；有重力做功，重力势能必然发生变化；克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能.2.焦耳热的计算1电流恒定时，根据焦耳定律求解，即QI2Rt.2感应电流变化，可用以下方法分析利用动能定理，求出克服安培力做的功W安，即QW安.利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量.例3如图3所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接.右端接一个阻值为R的定值电阻.平直部分导轨左边区域有宽度为d.方向竖直向上.磁感应强度大小为B的匀强磁场.质量为m.接入电路的电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止.已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为，金属棒与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g.则金属棒穿过磁场区域的过程中图3A.流过金属棒的最大电流为Bd2gh2RB.通过金属棒的电荷量为BdLRC.克服安培力所做的功为mghD.金属棒产生的焦耳热为12mghd答案D解析金属棒沿弯曲部分下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh12mv2，金属棒到达平直部分时的速度v2gh，金属棒到达平直部分后做减速运动，刚到达平直部分时的速度最大，最大感应电动势EBLv，最大感应电流IERRBL2gh2R，故A错误；通过金属棒的感应电荷量qIt2RBdL2R，故B错误；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得mghW安mgd00，克服安培力做功W安mghmgd，故C错误；克服安培力做的功转化为焦耳热，定值电阻与金属棒的电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热Q12Q12W安12mghd，故D正确.例4如图4所示，足够长的平行光滑U形导轨倾斜放置，所在平面的倾角37，导轨间的距离L1.0m，下端连接R1.6的电阻，导轨电阻不计，所在空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B1.0T.质量m0.5kg.电阻r0.4的金属棒ab垂直置于导轨上，现用沿导轨平面且垂直于金属棒.大小为F5.0N的恒力使金属棒ab从静止开始沿导轨向上滑行，当金属棒滑行s2.8m后速度保持不变.求sin370.6，cos370.8，g10m/s2图41金属棒匀速运动时的速度大小v；2金属棒从静止到刚开始匀速运动的过程中，电阻R上产生的热量QR.答案14m/s21.28J解析1金属棒做匀速运动时产生的感应电流为IBLvRr 对金属棒进行受力分析，由平衡条件有FmgsinBIL代入数据解得v4m/s.2设整个电路中产生的热量为Q，由动能定理得FsmgssinW 安12mv2，而QW安，QRRRrQ，代入数据解得QR1.28J.1.电磁感应中的动力学问题如图5所示，MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计，ab是一根与导轨垂直且始终与导轨接触良好的金属杆.开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，过段时间后，再将S 闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图像不可能是下图中的图5答案B解析S闭合时，若金属杆受到的安培力B2l2vRmg，ab杆先减速再匀速，D项有可能；若B2l2vRmg，ab杆做匀速运动，A项有可能；若B2l2vRmg，ab杆先加速再匀速，C项有可能；由于v变化，mgB2l2vRma中a不恒定，故B项不可能.2.电磁感应中的能量问题多选如图6所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计.斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上.质量为m.电阻可以忽略不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，且上升的高度为h重力加速度为g，在这一过程中图6A.作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B.作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R 上产生的焦耳热之和C.恒力F与安培力的合力所做的功等于零D.恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热答案AD解析金属棒匀速上滑的过程中，对金属棒受力分析可知，有三个力对金属棒做功，恒力F做正功，重力做负功，安培力阻碍相对运动，沿导轨平面向下，做负功，匀速运动时，金属棒所受合力为零，故合力做功为零，A正确，B.C错误；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于电阻R上产生的焦耳热，故恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热，D正确.3.电磁感应中的动力学和能量问题多选如图7所示，竖直放置的形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场.的高和间距均为d，磁感应强度均为B.质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场和时的速度相等.金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g，则金属杆图7A.刚进入磁场时加速度方向竖直向下B.刚进入磁场时加速度方向竖直向上C.穿过两磁场产生的总热量为4mgdD.释放时距磁场上边界的高度h可能小于m2gR22B4L4答案BC 解析由于金属杆进入两个磁场的速度相等，而穿出磁场后金属杆做加速度为g的匀加速运动，所以金属杆进入磁场时应做减速运动，加速度方向竖直向上，选项A错误，B正确；从金属杆进入磁场瞬间到进入磁场瞬间过程中，根据能量守恒，金属杆减小的机械能全部转化为焦耳热，所以Q1mg2d，所以穿过两个磁场过程中产生的热量为4mgd，选项C正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则B2L2vRmg0，得vmgRB2L2，因金属杆进入磁场做减速运动，则金属杆进入磁场的速度大于mgRB2L2，根据hv22g得金属杆进入磁场的高度应大于m2gR22B4L4，选项D错误.4.电磁感应中的能量问题xx怀化市高二上期末如图8甲所示，足够长.电阻不计的光滑平行金属导轨MN.PQ竖直放置，其宽度L1m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R0.40的电阻，质量为m0.01kg.电阻为r0.30的金属棒ab紧贴在导轨上.现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab 始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，g10m/s2忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响，求图81判断金属棒两端a.b 的电势高低；2磁感应强度B的大小；3在金属棒ab开始运动的1.5s内，电阻R上产生的热量.答案1a端电势低，b端电势高20.1T30.26J解析1由右手定则可知，ab中的感应电流由a流向b，ab相当于电源，则b端电势高，a端电势低.2由xt图像得t1.5s时金属棒的速度为vxt11.272.11.5m/s7m/s金属棒匀速运动时所受的安培力大小为FBIL又IERr，EBLv联立得FB2L2vRr根据平衡条件得Fmg则有mgB2L2vRr 代入数据解得B0.1T3金属棒ab在开始运动的1.5s内，金属棒的重力势能减小，转化为金属棒的动能和电路的内能.设电路中产生的总焦耳热为Q，根据能量守恒定律得mgx12mv2Q代入数据解得Q0.455J故R产生的热量为QRRRrQ0.26J。

1.4 电磁感应的案例分析[先填空]1．基本概念电动机转动时，线圈因切割磁感线，会产生感应电动势，感应电动势的方向跟加在线圈上的电压方向相反．这个跟外加电压的方向相反的感应电动势叫做反电动势．2．含反电动势电路的电流和功率关系(1)电流：I U－E反R.(2)功率关系：IU－IE反＝I2R.[再判断]1．电动机转动时，线圈中产生的感应电动势方向与外加电压方向相同．(×) 2．对同一个电动机转得越快，产生的反电动势越大．(√)3．电动机工作时，有反电动势产生，不遵守能量守恒定律．(×)[后思考]1．电动机工作时若被卡住，有什么危害？【提示】 电动机卡住不转，就不产生反电动势，变成了纯电阻电路，电流I ＝U R 会很大，P ＝I 2R 很大，因此会烧坏电动机．2．电动机启动时，灯泡会变暗，这是为什么？【提示】 电动机刚启动时，转速很小，反电动势很小，电流I ＝U R 会很大，此时电动机的输入功率(总功率)P 入＝UI 会很大，因而干路中电流突然增大，其他用电器两端电压会下降，使灯泡变暗．[合作探讨]探讨1：电动机产生的反电动势是否遵守楞次定律和法拉第电磁感应定律？【提示】 反电动势也是闭合回路中磁通量发生变化而产生的，它同样遵守楞次定律和法拉第电磁感应定律．探讨2：电动机的能量是怎样转化的？【提示】 电动机转动产生反电动势，它会阻碍线圈转动，因而需电源向电动机提供能量，此时电动机将电能转化为其他形式的能而对外做功．[核心点击]1．决定反电动势大小的因素如图1-4-1所示，当线圈与磁感线平行时AB 、CD 两边均切割磁感线，设AB 边长L 1，AD 边长L 2，则AB 、CD 两边产生的总感应电动势E 反＝2·BL 1ω·L 22＝BSω.可见决定反电动势的因素有三个，对一个确定的电动机，转速ω越大，反电动势越大．即电动机的线圈转得越快，反电动势就越大．图1-4-12．反电动势与外加电压间的量值关系设线圈电阻为R ，外加电压为U ，由部分电路欧姆定律可得线圈中电流I ＝U－E反′R，即U＝E反′＋IR.(1)电动机启动时：线圈的角速度ω非常小，反电动势E反′＝BSω很小，由U＝E反′＋IR知，电流I很大，此时电动机的输入功率(总功率)P入＝UI很大，所以在生活中，电动机启动时，因干路中电流突然增大，其他电器两端的电压会下降，如灯泡会变暗．尤其是电动机卡壳时，E′反为0，I＝UR很大，这样会很快烧坏电动机的线圈．因此，电动机要避免卡壳，或卡壳时要迅速断开电源．(2)正常工作时：电动机的转速较大，反电动势E′反较大，与两端电压U接近，线圈中电流I很小．3．电功与电热的区别在公式IU＝IE反′＋I2R中，t时间内与电热对应的是I2R；与电流做的总功(电功)对应的是IU；与电动机输出的总功对应的是IE′反，因电动机正常工作时E反′≥IR，所以IE′反≥I2R，电功IU更远大于I2R，即电动机在正常工作时，电功与电热有着明显的区别：电流通过电动机时，绝大部分电能转化为机械能，电功远大于电热．1．关于反电动势，下列说法中正确的是()A．只要线圈在磁场中运动就能产生反电动势B．只要穿过线圈的磁通量变化，就产生反电动势C．电动机在转动时线圈内产生反电动势D．反电动势就是发电机产生的电动势【解析】反电动势是与电源电动势相反的电动势，其作用是削弱电源的电动势，产生反电动势的前提是必须有电源存在，故选C.【答案】 C2．(多选)下列说法正确的是()A．转动的电风扇叶片被卡住时，风扇很容易被烧毁B．电动机转动时线圈上产生的感应电动势叫反电动势C．反电动势会减小电动机电路中的电流D．反电动势消耗的电功率等于电动机的热功率【解析】转动的电风扇叶片被卡住时，电风扇中电流很大，A正确；转动的电动机线圈上产生的感应电动势叫反电动势，B正确；根据I＝U－E反R，C正确；根据功率关系，IU－IE反＝I2R，D错误．【答案】ABC3．(多选)给电动机接通电源，线圈受安培力的作用转动起来．由于线圈要切割磁感线，因此必有感应电动势产生，感应电流方向与原电流方向相反.就此问题，下列说法正确的是()A．电动机中出现的感应电动势为反电动势，反电动势会阻碍线圈的运动B．如果电动机正常工作，反电动势会加快电动机的转动C．如果电动机工作中由于机械阻力过大而停止转动，就没有了反电动势，线圈中的电流会很大，很容易烧毁电动机D．如果电动机工作电压低于正常电压，电动机也不会转动，此时尽管没有反电动势，但由于电压低，不会烧毁电动机【解析】电动机产生的反电动势会阻碍线圈的转动，A正确，B错误；电动机机械阻力过大和电压过低而停止转动时，都会因电流过大而烧毁电动机．故C正确，D错误．【答案】AC有关电动机工作的两个规律(1)电动机卡住时，电动机相当于纯电阻电路，电流很大，很容易烧坏电动机．(2)电动机正常工作时，反电动势较大，输入到电动机的电能，绝大部分转化为机械能对外做功．[先填空]如图1-4-2所示，释放ab 杆后，在重力的作用下，ab 杆在磁场中下降的过程中，向下切割磁感线产生感应电流，在ab 杆中电流的方向a →b ，则ab 杆受到的安培力方向向上，当安培力等于重力时，杆的下降速度最大，其数值为v m ，则图1-4-2(1)最大速度的条件：mg ＝BIL .(2)最大电动势：E m ＝BL v m .(3)最大电流：设总电阻为R ，则I m ＝E m R .(4)下降的最大速度：v m ＝mgR B 2L 2.(5)重力做功的最大功率：P G ＝mg v m ＝m 2g 2R B 2L 2.(6)最大电功率：P 电＝E 2m R ＝m 2g 2R B 2L 2.能量转换：达到最大速度后，重力做功功率与整个回路电功率相等．[再判断]1．外力克服安培力做功的过程是机械能转化为电能的过程．(√)2．电磁感应现象中一定有能量的转化，其中克服安培力做的功大于电路中产生的电能．(×)3．楞次定律中电磁感应现象中能量转化是能量守恒定律的反映．(√)[后思考]1．在电磁感应现象中，匀速运动的导体棒，是否还需要外力继续对它做功？【提示】 需要外力继续对导体棒做功，才能不断克服安培力做功，只有这样才符合能量守恒．2．从能量转化的角度分析，电磁感应现象的本质是什么？【提示】从能量转化的角度来看，电磁感应现象的本质是通过克服安培力做功，把机械能或其他形式的能转化为电能的过程．把握好能量守恒的观点，是解决电磁感应问题的基本方法．[合作探讨]如图1-4-3所示，导体棒ab以初速度v向右运动，在切割磁感线的过程中电路中会产生感应电流．图1-4-3探讨1：电路中哪一部分相当于电源？哪端相当于电源的正极？【提示】导体棒ab相当于电源，导体棒的a端相当于电源的正极．探讨2：导体棒ab向右运动的过程中所受安培力沿什么方向？安培力做什么功？【提示】安培力水平向左，做负功．探讨3：在导体棒向右运动的过程中，将有什么能转化为什么能？【提示】导体棒的机械能转化为电能，最终转化为回路的热能．[核心点击]1．电磁感应过程实质是不同形式的能量相互转化的过程．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，此过程中，其他形式的能转化为电能．安培力做功的过程是电能转化为其他形式的能的过程，安培力做多少功，就有多少电能转化为其他形式的能．2．求解电能的主要思路：(1)利用克服安培力做功求解：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：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能来计算．3．解决电磁感应现象中的能量问题的一般步骤：(1)确定等效电源．(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化．(3)根据能量守恒列方程求解．4．如图1-4-4所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直方向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于()图1-4-4A．棒的机械能增加量B．棒的动能增加量C．棒的重力势能增加量D．电阻R上放出的热量【解析】棒加速上升时受到重力，拉力F及安培力．根据功和能的关系可知力F与安培力做的功的代数和等于棒的机械能的增加量，A选项正确．【答案】 A5.如图1-4-5所示，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B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1-4-5A．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【解析】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＝r(3R－r)r＋(3R－r)＝－⎝⎛⎭⎪⎫r－3R22＋⎝⎛⎭⎪⎫3R223R，当r＝3R2时，R外max＝34R，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＝ER外＋R内，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＝Bl v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＝BIl v，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34R，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．【答案】 C6.如图1-4-6所示，在磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，有一个半径r＝0.5 m的金属圆环．圆环所在的平面与磁感线垂直，OA是一个金属棒，它沿着顺时针方向以20 rad/s的角速度绕圆心O匀速转动．A端始终与圆环相接触，OA棒的电阻R＝0.1 Ω，图中定值电阻R1＝100 Ω，R2＝4.9 Ω，电容器的电容C＝100 pF.圆环和连接导线的电阻忽略不计，则：图1-4-6(1)电容器所带的电荷量是多少？(2)电路中消耗的电功率是多少？【导学号：68312184】【解析】 (1)等效电路如图所示导体棒OA 产生的感应电动势为E ＝BL v ＝Brω·r 2＝5 VI ＝E R ＋R 2＝1 A 则q ＝CU C ＝CIR 2＝4.9×10－10 C.(2)电路中消耗的电功率P ＝I 2(R ＋R 2)＝5 W ，或P ＝IE ＝5 W.【答案】 (1)4.9×10－10 C (2)5 W解决电磁感应电路问题的基本步骤(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律或右手定则确定感应电动势的大小和方向：感应电流方向是电源内部电流的方向．(2)根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路．(3)根据E ＝BL v 或E ＝n ΔΦΔt 结合闭合电路欧姆定律，串、并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解．。

（通用版）2018-2019版高中物理第1章电磁感应与现代生活1.4 电磁感应的案例分析学案沪科版选修3-2编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（通用版）2018-2019版高中物理第1章电磁感应与现代生活1.4 电磁感应的案例分析学案沪科版选修3-2）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。

本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为（通用版）2018-2019版高中物理第1章电磁感应与现代生活1.4 电磁感应的案例分析学案沪科版选修3-2的全部内容。

1.4 电磁感应的案例分析[目标定位] 1。

了解反电动势及其作用。

2。

掌握电磁感应中动力学问题的分析方法.3。

掌握电磁感应中的能量转化与守恒问题，并能用来处理力电综合问题.一、反电动势1.定义：电动机转动时，线圈因切割磁感线，所以会产生感应电动势，线圈中产生的感应电动势跟加在线圈上的电压方向相反.这个跟外加电压方向相反的感应电动势叫反电动势。

2。

在具有反电动势的电路中,其功率关系为IU－IE反＝I2R；式中IU是电源供给电动机的功率(输入功率)，IE反是电动机输出的机械功率(输出功率），I2R是电动机回路中损失的热功率.二、电磁感应中的动力学问题1.电磁感应中产生的感应电流在磁场中将受到安培力作用，所以电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是：(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向.（2)求回路中的电流的大小和方向.（3)分析研究导体受力情况(包括安培力).（4）列动力学方程或平衡方程求解.2.两种状态处理(1)导体匀速直线运动，应根据平衡条件列式分析；（2）导体做匀速直线运动之前,往往做变加速直线运动,处于非平衡状态，应根据牛顿第二定律或结合功能关系分析。

沪科版高中物理选修（3-2）第1章第6节《电磁感应的案例分析》学案 电磁感应的案例分析[学习目标定位] 1.知道什么是反电动势，理解反电动势的作用.2.掌握电磁感应现象中电路问题的分析方法和解题基本思路.3.综合应用楞次定律和法拉第电磁感应定律解决电磁感应中的图像问题．1．闭合电路中电源电动势E 、内电压U 内、外电压(路端电压)U 外三者之间的关系为E ＝U 内＋U 外，其中电源电动势E 的大小等于电源未接入电路时两极间的电势差．2．感应电流的方向一般是利用楞次定律或右手定则进行判断；闭合电路中产生的感应电动势E ＝BL v 或E ＝n ΔΦΔt.1．反电动势：电动机转动时，线圈因切割磁感线，所以会产生感应电动势，线圈中产生的感应电动势跟加在线圈上的电压方向相反．这个跟外加电压方向相反的感应电动势叫反电动势．2．在具有反电动势的电路中，其功率关系为IU －IE 反＝I 2R ；式中IU 是电源供给电动机的功率(输入功率)，IE 反是电动机输出的机械功率(输出功率)，I 2R 是电动机回路中损失的热功率.一、电磁感应中的电路问题在电磁感应现象中，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．若回路闭合，则产生感应电流，所以电磁感应问题常与电路知识综合考查．解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法是：(1)明确哪部分导体或电路产生感应电动势，该导体或电路就是电源，其他部分是外电路．(2)用法拉第电磁感应定律确定感应电动势的大小，用楞次定律确定感应电动势的方向．(3)画等效电路图．分清内外电路，画出等效电路图是解决此类问题的关键． (4)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率、电热等公式联立求解． 例1 用相同导线绕制的边长为L 或2L 的四个闭合导线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图1所示．在每个线框进入磁场的过程中，M 、N 两点间的电压分别为U a 、U b 、U c 和U d .下列判断正确的是( )图1A ．U a <U b <U c <U dB ．U a <U b <U d <U cC ．U a ＝U b <U c ＝U dD ．U b <U a <U d <U c解析 U a ＝34BL v ，U b ＝56BL v ，U c ＝34·B ·2L v ＝32BL v ，U d ＝46B ·2L ·v ＝43BL v ，故选B.答案 B例2 如图2所示，有一范围足够图2大的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.2 T ，磁场方向垂直纸面向里．在磁场中有一半径r ＝0.4 m 的金属圆环，磁场与圆环面垂直，圆环上分别接有灯L 1、L 2，两灯的电阻均为R 0＝2 Ω.一金属棒MN 与圆环接触良好，棒与圆环的电阻均忽略不计．(1)若棒以v 0＝5 m/s 的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径的瞬间MN 中的电动势和流过灯L 1的电流；(2)撤去金属棒MN ，若此时磁场的磁感应强度随时间均匀变化，磁感应强度的变化率为ΔB Δt ＝4πT/s ，求回路中的电动势和灯L 1的电功率． 解析 (1)等效电路如图所示．MN 中的电动势E 1＝B ·2r ·v 0＝0.8 V MN 中的电流I ＝E 1R 0/2＝0.8 A流过灯L 1的电流I 1＝I2＝0.4 A(2)等效电路如图所示回路中的电动势E 2＝ΔBΔt ·πr 2＝0.64 V回路中的电流I ′＝E 22R 0＝0.16 A灯L 1的电功率P 1＝I ′2R 0＝5.12×10－2 W 答案 (1)0.8 V 0.4 A (2)0.64 V 5.12×10－2W 二、电磁感应中的图像问题1．对于图像问题，搞清物理量之间的函数关系、变化范围、初始条件、斜率的物理意义等，往往是解题的关键．2．解决图像问题的一般步骤(1)明确图像的种类，即是B －t 图像还是Φ－t 图像，或者E －t 图像、I －t 图像等． (2)分析电磁感应的具体过程．(3)用楞次定律或右手定则来确定感应电流的方向．(4)用法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt或E ＝BL v 求感应电动势的大小(5)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式．(6)根据函数关系画图像或判断图像，注意分析斜率的意义及变化．例3在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环．规定导体环中电流的正方向如图3甲所示，磁场的磁感应强度向上为正．当磁感应强度B随时间t按图乙所示规律变化时，下列能正确表示导体环中感应电流变化情况的是 ()图3解析根据法拉第电磁感应定律有：E＝n ΔΦΔt＝nSΔBΔt，因此在面积、匝数不变的情况下，感应电动势与磁场的变化率成正比，即与B－t图像中的斜率成正比，由图像可知：0～2 s，斜率不变，故感应电流不变，根据楞次定律可知感应电流方向顺时针即为正值，2 s～4 s斜率不变，电流方向为逆时针，整个过程中的斜率大小不变，所以感应电流大小不变，故A、B、D错误，C正确．答案 C例4匀强磁场的磁感应强度B＝0.2 T，磁场宽度l＝4 m，一正方形金属框边长ad＝l′＝1 m，每边的电阻r＝0.2 Ω，金属框以v＝10 m/s的速度匀速穿过磁场区，其平面始终保持与磁感线方向垂直，如图4所示．求：图4(1)画出金属框穿过磁场区的过程中，各阶段的等效电路图．(2)画出金属框穿过磁场区的过程中，金属框内感应电流的i－t图线；(要求写出作图依据)(3)画出a 、b 两端电压的U －t 图线．(要求写出作图依据)解析 如图a 所示，线框的运动过程分为三个阶段：第Ⅰ阶段cd 相当于电源；第Ⅱ阶段cd 和ab 相当于开路时两并联的电源；第Ⅲ阶段ab 相当于电源，分别如图b 、c 、d 所示．在第Ⅰ阶段，有I 1＝Er ＋3r＝Bl ′v 4r ＝2.5 A.感应电流方向沿逆时针方向，持续时间为t 1＝l ′v ＝110 s ＝0.1 s.ab 两端的电压为U 1＝I 1·r ＝2.5×0.2 V ＝0.5 V在第Ⅱ阶段，有I 2＝0，ab 两端的电压U 2＝E ＝Bl ′v ＝2 V t 2＝l －l ′v ＝4－110 s ＝0.3 s在第Ⅲ阶段，有I 3＝E4r ＝2.5 A感应电流方向为顺时针方向ab 两端的电压U 3＝I 3·3r ＝1.5 V ，t 3＝0.1 s规定逆时针方向为电流正方向，故i －t 图像和ab 两端U －t 图像分别如图甲、乙所示．答案 见解析1．(电磁感应中的电路问题)由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，如图所示，则在移出过程中线框一边a、b两点间的电势差绝对值最大的是()答案 B解析本题在磁场中的线框与速度垂直的边等效为切割磁感线产生感应电动势的电源．四个选项中的感应电动势大小均相等，回路电阻也相等，因此电路中的电流相等，B中a、b两点间电势差为路端电压，为电动势的34倍，而其他选项则为电动势的14倍．故B正确．2．(电磁感应中的图像问题)如图5所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为L，磁场方向垂直纸面向里，abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为L，t＝0时刻bc边与磁场区域边界重合．现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿a—b—c—d—a方向为感应电流正方向，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是 ()图5答案 B解析由于bc进入磁场时，根据右手定则判断出其感应电流的方向是沿adcba的方向，其方向与电流的正方向相反，故是负的，所以A、C错误；当逐渐向右移动时，切割磁感线的条数在增加，故感应电流在增大；当bc边穿出磁场区域时，线圈中的感应电流方向变为abcda，是正方向，故其图像在时间轴的上方，所以B正确，D错误．3．(电磁感应中的电路问题)如图6所示，在磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，有一个半径r＝0.5 m的金属圆环．圆环所在的平面与磁感线垂直，OA是一个金属棒，它沿着顺时针方向以20 rad/s的角速度绕圆心O匀速转动．A端始终与圆环良好接触，OA棒的电阻R＝0.1 Ω，图中定值电阻R1＝100 Ω，R2＝4.9 Ω，电容器的电容C＝100 pF.圆环和连接导线的电阻忽略不计，则：图6(1)电容器的带电荷量是多少？哪个极板带正电？(2)电路中消耗的电功率是多少？答案(1)4.9×10－10 C上极板带正电(2)5 W解析(1)等效电路如图所示金属棒OA产生的感应电动势为：E＝Bl v＝Brωr2＝5 V.I＝ER＋R2＝1 A.则Q＝CU C＝CIR2＝4.9×10－10 C.根据右手定则，感应电流的方向由O→A，但金属棒切割磁感线相当于电源，在电源内部电流从电势低处流向电势高处，故A点电势高于O点电势，所以电容器上极板与A点相接为正极，带正电，同理电容器下极板与O点相接为负极，带负电．(2)电路中消耗的电功率P消＝I2(R＋R2)＝5 W，或P消＝IE＝5 W.题组一电磁感应中的图像问题1．如图1甲所示，一个闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中，设向里为磁感应强度B的正方向，线圈中的箭头为电流I的正方向．线圈中感应电流I随时间变化的图线如图乙所示，则磁感应强度B 随时间变化的图线可能是下图中的()图1答案CD2．在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图2甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t按如图乙所示规律变化时，下图中能正确表示线圈中感应电动势E变化的是 ()图2答案 A解析 在第1 s 内，由楞次定律可判定电流为正，其产生的感应电动势E 1＝ΔΦ1Δt 1＝ΔB 1Δt 1S ，在第2 s 和第3 s 内，磁感应强度B 不变，线圈中无感应电流，在第4 s 和第5 s 内，B 减小，由楞次定律可判定，其电流为负，产生的感应电动势E 2＝ΔΦ2Δt 2＝ΔB 2Δt 2S ，由于ΔB 1＝ΔB 2，Δt 2＝2Δt 1，故E 1＝2E 2，由此可知，A 选项正确．3．如图3甲所示，光滑导轨水平放置在竖直方向的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B 随时间的变化规律如图乙所示(规定向下为正方向)，导体棒ab 垂直导轨放置，除电阻R 的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab 在水平外力F 的作用下始终处于静止状态．规定a →b 的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0～2t 0时间内，能正确反映流过导体棒ab 的电流与时间或外力与时间关系的图线是 ( )图3答案 D解析在0～t0时间内磁通量为向上减少，t0～2t0时间内磁通量为向下增加，两者等效，且根据B－t图线可知，两段时间内磁通量的变化率相等，根据楞次定律可判断0～2t0时间内均产生由b到a的大小不变的感应电流，选项A、B均错误；在0～t0可判断所受安培力的方向水平向右，则所受水平外力方向向左，大小F＝BIL随B的减小呈线性减小；在t0～2t0时间内，可判断所受安培力的方向水平向左，则所受水平外力方向向右，大小F ＝BIL随B的增加呈线性增大，选项D正确．4．如图4所示的区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.一个电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴匀速转动(O轴位于磁场边界上)，周期为T，从图示物置开始计时，则线框内产生的感应电流的图像为(规定电流顺时针方向为正) ()图4答案 A解析(1)正确利用法拉第电磁感应定律，在本题中由于扇形导线框匀速转动，因此导线框进入磁场的过程中产生的感应电动势是恒定的．(2)注意只线框在进入磁场和离开磁场时，才有感应电流产生，当完全进入时，由于磁通量不变，故无感应电流产生．故A正确．5．如图5所示，在0≤x≤2L的区域内存在着匀强磁场，磁场方向垂直于xoy坐标系平面(纸面)向里．具有一定电阻的矩形线框abcd位于xoy坐标系平面内，线框的ab边与y 轴重合，bc边长为L.设线框从t＝0时刻起在外力作用下由静止开始沿x轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流i(取逆时针方向的电流为正)随时间t变化的函数图像可能是下图中的 ()图5答案 D解析线圈的ab边刚进入磁场时，产生逆时针方向的电流，随着速度的增大，感应电流逐渐增大；线圈全部进入磁场后，无感应电流；当线圈的ab边离开磁场时，此时cd边切割磁感线，产生顺时针方向的电流，且随速度的增加而增大．因为线圈此时的速度不为零，所以电流是从某一值增大．选项D正确．6．如图6所示，宽度为d的有界匀强磁场，方向垂直于纸面向里．在纸面所在平面内有一对角线长也为d的正方形闭合导线框ABCD，沿AC方向垂直磁场边界匀速穿过该磁场区域．规定逆时针方向为感应电流的正方向，t＝0时C点恰好进入磁场，则从C点进入磁场开始到A点离开磁场为止，下图中能正确描述闭合导线框中感应电流随时间的变化图像的是 ( )图6答案 A解析 导线框在进磁场的过程中，根据楞次定律可知，感应电流的方向为CBADC 方向，即为正值，在出磁场的过程中，根据楞次定律知，感应电流的方向为ABCDA ，即为负值．在导线框进入磁场直到进入一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，在导线框继续运动至全部进入磁场的过程中，切割的有效长度均匀减小，感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小；在导线框出磁场直到离开一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电流均匀增大，在导线框全部出磁场的过程中，切割的有效长度均匀减小，感应电流均匀减小．故A 正确，B 、C 、D 错误．7.如图7所示，设匀强磁场的磁感应强度为B ，ef 长为l ，电阻为r ，外电阻为R ，其余电阻不计．当ef 在外力作用下向右以速度v 匀速运动时，则ef 两端的电压为 ( )图7A ．Bl v B.Bl v R R ＋r C.Bl v r R ＋rD.Bl v r R题组二 电磁感应中的电路问题8．如图8所示，将用粗细相同的铜丝做成边长分别为L 0和2L 0的两只闭合正方形线框a 和b ，以相同的速度从磁感应强度为B 的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，若闭合线框的电流分别为I a 、I b ，则I a ∶I b 为 ( )图8A ．1∶4B ．1∶2C ．1∶1D ．不能确定答案 C解析 产生的电动势为E ＝BL v ，由闭合电路欧姆定律得I ＝BL vR ，又L b ＝2L a ，由电阻定律知R b ＝2R a ，故I a ∶I b ＝1∶1.9.如图9所示，两个相同导线制成的开口圆环，大环半径为小环半径的2倍，现用电阻不计的导线将两环连接在一起，若将大环放入一均匀变化的磁场中，小环处在磁场外，a 、b 两点间电压为U 1，若将小环放入这个磁场中，大环在磁场外，a 、b 两点间电压为U 2，则 ( )图9A.U 1U 2＝1 B.U 1U 2＝2C.U 1U 2＝4D.U 1U 2＝14答案 B解析 根据题意设小环的电阻为R ，则大环的电阻为2R ，小环的面积为S ，则大环的面积为4S ，且ΔBΔt＝k ，当大环放入一均匀变化的磁场中时，大环相当于电源，小环相当于外电路，所以E 1＝4kS ，U 1＝E 1R ＋2R R ＝43kS ；当小环放入磁场中时，同理可得U 2＝E 2R ＋2R2R ＝3kS ，故U 2＝2.选项B 正确．10.如图10所示，竖直平面内有一粗细均匀的金属圆环，半径为a ，总电阻为R (指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A 用铰链连接长度为2a 、电阻为R2的导体棒AB ，AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v ，则这时AB 两端的电压大小为( )图10A.Ba v 3B.Ba v 6C.2Ba v 3D ．Ba v答案 A解析 摆到竖直位置时，AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E ′＝B ·2a ·(12v )＝Ba v .由闭合电路欧姆定律有U AB ＝E ′R 2＋R 4·R 4＝13Ba v ，故选A. 11.如图11所示，半径为R 的圆形导轨处在垂直于导轨平面的匀强磁场中，磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向里．一根长度略大于导轨直径的导体棒MN 以恒定速率v 在圆导轨上从左端滑到右端，电路中的定值电阻阻值为r ，其余电阻不计．导体棒与圆形导轨接触良好．求：图11(1)在滑动过程中通过电阻r 的电流的平均值； (2)MN 从左端到右端的整个过程中，通过r 的电荷量； (3)当MN 通过圆形导轨中心时，通过r 的电流是多少？ 答案 (1)πBR v 2r (2)πBR 2r (3)2BR v r解析 (1)计算平均电流，应该用法拉第电磁感应定律先求出平均感应电动势．整个过程磁通量的变化为ΔΦ＝BS ＝πBR 2，所用的时间Δt ＝2R v ，代入公式E ＝ΔΦΔt ＝πBR v2，平均电流为I ＝E r ＝πBR v2r. (2)电荷量的计算应该用平均电流，q ＝I Δt ＝B πR 2r.(3)当MN 通过圆形导轨中心时，切割磁感线的有效长度最大，L ＝2R ，根据导体切割磁感线产生的电动势公式E ＝BL v ，得E ＝B ·2R v ，此时通过r 的电流为I ＝E r ＝2BR vr.。