2018_2019学年高中物理第一章电磁感应章末总结学案教科版选修 本文关键词：电磁感应，选修，学年，教科，高中物理
2018_2019学年高中物理第一章电磁感应章末总结学案教科版选修 本文简介：第一章电磁感应章末总结一、对楞次定律的理解与应用楞次定律反映这样一个物理过程：原磁通量变化时(Φ原变)，产生感应电流(I感)，这是属于电磁感应的条件问题；感应电流一经产生就在其周围空间激发磁场(Φ感)，这就是电流的磁效应问题；而且I感的方向决定了Φ感的方向(用右手螺旋定则判定)；Φ感阻碍Φ原的变化—
2018_2019学年高中物理第一章电磁感应章末总结学案教科版选修 本文内容：
第一章
电磁感应
章末总结
一、对楞次定律的理解与应用
楞次定律反映这样一个物理过程：原磁通量变化时(Φ原变)，产生感应电流(I感)，这是属于电磁感应的条件问题；感应电流一经产生就在其周围空间激发磁场(Φ感)，这就是电流的磁效应问题；而且I感的方向决定了Φ感的方向(用右手螺旋定则判定)；Φ感阻碍Φ原的变化——这正是楞次定律所解决的问题．这样一个复杂的过程，可以用图表理顺如下：
1．感应电流的磁场不一定与原磁场方向相反，只在磁通量增大时两者才相反，而在磁通量减少时两者是同向的．
2．“阻碍”并不是“阻止”，而是“延缓”，电路中的磁通量还是在变化，只不过变化得慢了．
3．楞次定律的阻碍的表现有这几种形式：增反减同、增缩减扩、增离减靠、来拒去留．
例1
圆形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图1所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是
(
)
图1
A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流
B．穿过线圈a的磁通量变小
C．线圈a有扩张的趋势
D．线圈a对水平桌面的压力N将增大
解析
本题考查楞次定律的知识，意在考查学生对楞次定律、右手螺旋定则等知识的掌握．通过螺线管b的电流如图所示，根据右手螺旋定则判断出螺线管b所产生的磁场方向竖直向下，滑片P向下滑动，接入电路的电阻减小，电流增大，所产生的磁场的磁感应强度增大，根据楞次定律可知，a线圈中所产生的感应电流生成的感应磁场方向竖直向上，再由右手螺旋定则可得线圈a中的电流方向为俯视逆时针方向，A错误；由于螺线管b中的电流增大，所产生的磁感应强度增大，线圈a中的磁通量应变大，B错误；根据楞次定律可知，线圈a有缩小的趋势，线圈a对水平桌面的压力增大，C错误，D正确．
答案
D
二、电磁感应中的图像问题
1．图像问题有两种：一是给出电磁感应过程，选出或画出正确图像；二是由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量．
2．基本思路：(1)利用法拉第电磁感应定律计算感应电动势大小．(2)利用楞次定律或右手定则判定感应电流的方向．
例2
将一段导线绕成如图2甲所示的闭合电路，并固定在纸面内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中．回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示．用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是(
)
图2
解析
由题图乙可知0～时间内，磁感应强度随时间线性变化，即＝k(k是一个常数)，圆环的面积S不变，由E＝＝可知圆环中产生的感应电动势大小不变，则回路中的感应电流大小不变，ab边受到的安培力大小不变，从而可排除选项C、D；0～时间内，由楞次定律可判断出流过ab边的电流方向为由b至a，结合左手定则可判断出ab边受到的安培力的方向向左，为负值，故选项A错误，B正确．本题选B.
答案
B
三、电磁感应中的电路问题
1．求解电磁感应中电路问题的关键是分清楚内电路和外电路．
“切割”磁感线的导体和磁通量变化的线圈都相当于“电源”，该部分导体的电阻相当于内电阻，而其余部分的电路则是外电路．
2．路端电压、电动势和某导体两端的电压三者的区别：
(1)某段导体作为外电路时，它两端的电压就是电流与其电阻的乘积．
(2)某段导体作为电源时，它两端的电压就是路端电压，等于电流与外电阻的乘积，或等于电动势减去内电压，当其内阻不计时路端电压等于电源电动势．
(3)某段导体作为电源时，电路断路时导体两端的电压等于电源电动势．
例3
如图3所示，光滑金属导轨PN与QM相距1
m，电阻不计，两端分别接有电阻R1和R2，且R1＝6
Ω，R2＝3
Ω，ab导体棒的电阻为2
Ω.垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1
T．现使ab以恒定速度v＝3
m/s匀速向右移动，求：
图3
(1)导体棒上产生的感应电动势
E.
(2)R1与R2消耗的电功率分别为多少？
(3)拉ab棒的水平向右的外力F为多大？
解析
(1)ab棒匀速切割磁感线，产生的电动势为：E＝Blv＝3
V
(2)电路的总电阻为：R＝r＋＝4
Ω
由欧姆定律：I＝＝
A
U＝E－Ir＝1.5
V
电阻R1的功率：P1＝＝
W
电阻R2的功率：P2＝＝
W
(3)由平衡知识得：F＝BIl＝
N.
答案
(1)3
V
(2)
W
W
(3)
N
四、电磁感应中的动力学问题
解决这类问题的关键在于通过运动状态的分析来寻找过程中的临界状态，如速度、加速度取最大值或最小值的条件等．
1．做好受力情况、运动情况的动态分析：导体运动产生感应电动势―→感应电流―→通电导体受安培力―→合外力变化―→加速度变化―→速度变化―→感应电动势变化．周而复始循环，最终加速度等于零，导体达到稳定运动状态．
2．利用好导体达到稳定状态时的平衡方程，往往是解答该类问题的突破口．
例4
如图4所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是
(
)
图4
A．P＝2mgvsin
θ
B．P＝3mgvsin
θ
C．当导体棒速度达到时加速度大小为sin
θ
D．在导体棒速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功
解析
当导体棒的速度达到v时，对导体棒进行受力分析如图甲所示．
甲
mgsin
θ＝BIL，I＝，
所以mgsin
θ＝①
当导体棒的速度达到2v时，对导体棒进行受力分析如图乙所示．
乙
mgsin
θ＋F＝②
由①②可得F＝mgsin
θ
功率P＝F×2v＝2mgvsin
θ，故A正确，B错误．
当导体棒速度达到时，对导体棒受力分析如图丙所示．
a＝③
丙
由①③可得a＝gsin
θ，
故C正确．
当导体棒的速度达到2v时，安培力等于拉力和mgsin
θ之和，所以以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力和重力做功之和，故D错误．
答案
AC
五、电磁感应中的能量问题
1．用能量观点解决电磁感应问题的基本思路
首先做好受力分析和运动分析，明确哪些力做功，是做正功还是负功，再明确有哪些形式的能量参与转化，如何转化(如滑动摩擦力做功，必然有内能出现；重力做功，可能有机械能参与转化；安培力做负功的过程中有其他形式能转化为电能，安培力做正功的过程中有电能转化为其他形式的能)．
2．电能求解方法主要有三种
(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：其他形式的能的减少量等于产生的电能．
(3)利用电路特征来求解．
例5
如图5所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5
m，左端接有阻值R＝0.3
Ω的电阻．一质量m＝0.1
kg、电阻r＝0.1
Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4
T．金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2
m/s2的加速度做匀加速运动，当金属棒的位移x＝9
m时撤去外力，金属棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前、后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：
图5
(1)金属棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；
(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；
(3)外力做的功WF.
解析
(1)设金属棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量的变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为，由法拉第电磁感应定律得
＝①
其中ΔΦ＝Blx②
设回路中的平均电流为，由闭合电路欧姆定律得
＝③
则通过电阻R的电荷量为q＝Δt④
联立①②③④式，得q＝
代入数据得q＝4.5
C
(2)设撤去外力时金属棒的速度为v，对于金属棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v2＝2ax⑤
设金属棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做的功为W，由动能定理得
W＝0－mv2⑥
撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W⑦
联立⑤⑥⑦式，代入数据得Q2＝1.8
J⑧
(3)由题意知，撤去外力前、后回路中产生的焦耳热之比
Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6
J⑨
在金属棒运动的整个过程中，外力F克服安培力做功，由功能关系可知WF＝Q1＋Q2⑩
由⑧⑨⑩式得WF＝5.4
J.
答案
(1)4.5
C
(2)1.8
J
(3)5.4
J
1．(楞次定律的理解与应用)如图6所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所在区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环，导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按下列哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向上的磁场作用力
(
)
图6
答案
A
解析
导体圆环受到向上的磁场作用力，根据楞次定律的另一种表述，可见原磁场磁通量减小，即螺线管和abcd构成的回路中产生的感应电流在减小．根据法拉第电磁感应定律，E＝nS，则感应电流I＝n，可知减小时，感应电流才减小，A选项减小，B选项增大，C、D选项不变，所以A正确，B、C、D错误．
2．(电磁感应中的图像问题)在边长为L的等边三角形区域abc内存在着垂直纸面向外的匀强磁场，一个边长也为L的等边三角形导线框def在纸面上以某一速度向右匀速运动，底边ef始终与磁场的底边界bc在同一直线上，如图7所示．取沿顺时针的电流为正，在线框通过磁场的过程中，其感应电流随时间变化的图像是(
)
图7
答案
B
解析
线框进入磁场后，切割的有效长度为：l＝vttan
60°，切割产生的感应电动势为：E＝Blv＝Bv2ttan
60°，所以感应电流为：I＝Bv2ttan
60°/R，从开始进入磁场到d与a重合之前，电流与t是成正比的，由楞次定律判得线框中的电流方向是顺时针的，此后线框切割的有效长度均匀减小，电流随时间变化仍然是线性关系，由楞次定律判得线框中的电流方向是逆时针的，综合以上分析可知B正确，A、C、D错误．
3．(电磁感应中的电路问题)如图8所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的有界匀强磁场，边界如图中虚线所示．当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差为
(
)
图8
A.BRv
B.BRv
C.BRv
D.BRv
答案
D
4．(电磁感应中的能量问题)如图9所示，一粗糙的平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上．质量为m的金属杆ab以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某高度h后又返回到底端．若运动过程中金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计．则下列说法正确的是
(
)
图9
A．金属杆ab上滑过程与下滑过程通过电阻R的电荷量一样多
B．金属杆ab上滑过程中克服重力、安培力与摩擦力所做功之和大于mv
C．金属杆ab上滑过程与下滑过程因摩擦而产生的内能一定相等
D．金属杆ab在整个过程中损失的机械能等于装置产生的焦耳热
答案
AC
解析
金属杆在轨道上滑行时平均电动势E＝＝，通过的电荷量Q＝It＝t＝，故上滑和下滑时通过电阻R的电荷量相同；根据能量守恒定律金属杆ab上滑过程中克服重力、安培力与摩擦力所做功之和等于减少的动能mv，金属杆ab上滑过程与下滑过程中所受摩擦力大小相等，移动的位移大小相等，故因摩擦而产生的内能一定相等，根据能量守恒定律可知整个过程中损失的机械能等于装置产生的焦耳热和摩擦产生的能量之和．故A、C正确，B、D错误．
5．(电磁感应中的动力学问题)如图10所示，固定于水平桌面上足够长的两平行光滑导轨PQ、MN，其电阻不计，间距d＝0.5
m，P、M之间接有一只理想电压表，整个装置处于竖直向下的磁感应强度B0＝0.2
T的匀强磁场中，两金属棒L1、L2平行地搁在导轨上，其电阻均为r＝0.1
Ω，质量分别为M1＝0.3
kg和M2＝0.5
kg.固定棒L1，使L2在水平恒力F＝0.8
N的作用下，由静止开始运动．试求：
图10
(1)当电压表读数为U＝0.2
V时，棒L2的加速度为多大？
(2)棒L2能达到的最大速度vm.
答案
(1)1.2
m/s2
(2)16
m/s
解析
(1)流过L2的电流I＝＝
A＝2
A
L2所受的安培力F′＝B0Id＝0.2
N
对L2由牛顿第二定律可得：F－F′＝M2a
解得：a＝1.2
m/s2
(2)安培力F安与恒力F平衡时，棒L2速度达到最大，设此时电路电流为Im，则
F安＝B0Imd
而Im＝
F安＝F
解得：vm＝＝16
m/s.
6．(电磁感应中的综合问题)如图11所示，在水平地面MN上方空间存在一垂直纸面向里、磁感应强度B＝1.0
T的有界匀强磁场区域，上边界EF距离地面的高度H＝0.7
m．正方形金属线框abcd的质量m＝0.1
kg、边长L＝0.1
m，总电阻R＝0.02
Ω，线框从ab边距离EF上方h＝0.2
m处由静止开始自由下落，abcd始终在竖直平面内且ab保持水平．求线框从开始运动到ab边刚要落地的过程中(g取10
m/s2)：
图11
(1)线框产生的焦耳热Q；
(2)通过线框截面的电量q；
(3)通过计算画出线框运动的v－t图像．
答案
(1)0.1
J
(2)0.5
C
(3)见解析图
解析
(1)由运动学公式得，当线框ab边进入磁场时
v1＝＝2.0
m/s，
线框的一边切割磁感线，产生的电动势E＝BLv1＝0.2
V；
安培力F＝BLI＝BL＝1
N；
可见，线框在cd边进入磁场前F＝G，线圈做匀速运动，由能量关系可知焦耳热Q＝mgL＝0.1
J.
(2)ab切割磁感线产生的电动势为E＝BLv1
电流是I＝；
通过线框截面的电量q＝It＝·＝＝＝
C＝0.5
C；
(3)由(1)可知，线框自由落下的时间t1＝
＝0.2
s
在磁场内匀速v＝v1时间t2＝＝0.05
s
完全进入磁场后到落地运动时间为t3，
H－L＝v1t3＋gt，
t3＝0.2
s．图像如图所示．