2019-2020学年高中物理 第一章 电磁感应 章末优化总结课件 教科版选修3-2

章末优化总结网络体系构建专题归纳整合章末综合检测电磁感应感应电流产生的条件穿过闭合电路的磁通量发生变化闭合电路的部分导体做切割磁感线运动感应电动势的大小E＝nΔΦΔtE＝nΔBΔtS，B变化E＝nΔSΔtB，S变化回路总电动势，一般用于计算Δt内的平均值EE＝BLvsinαL为有效切割长度v为导体的运动速度用于计算与v对应的瞬时值导体转动E＝12BωL2电磁感应感应电流的方向楞次定律右手定则电磁感应中的能量转化与守恒自感断电自感和通电自感自感电动势EL＝LΔIΔt自感系数：由线圈自身构造决定应用：日光灯专题一对楞次定律的理解及应用1．对楞次定律的理解感应电流产生的效果总是要阻碍产生感应电流的原因：(1)从磁通量角度，阻碍原磁通量的变化，感应电流的磁场与原磁场方向的关系可概括为“增反减同”．(2)从相对运动角度，阻碍相对运动，可理解为“来拒去留”．(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势．(4)阻碍原电流的变化(自感现象)．楞次定律可广义地表示为：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化和相对运动．2．弄清“阻碍”与“阻止”“相反”的区别(1)阻碍不是阻止，最终引起感应电流的磁通量还是发生了变化，是“阻而未止”．(2)阻碍不是相反．当引起感应电流的磁通量增加时，感应电流的磁场与引起感应电流的磁场方向相反；当引起感应电流的磁通量减少时，感应电流的磁场与引起感应电流的磁场方向相同(增反减同)．(3)涉及相对运动时，阻碍的是导体与磁体的相对运动，而不是阻碍导体或磁体的运动．如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈．当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力N及在水平方向运动趋势的判断正确的是()A．N先小于mg后大于mg，运动趋势向左B．N先大于mg后小于mg，运动趋势向左C．N先小于mg后大于mg，运动趋势向右D．N先大于mg后小于mg，运动趋势向右[解析]条形磁铁从线圈正上方等高快速经过时，通过线圈的磁通量先增加后减小．当通过线圈的磁通量增加时，为阻碍其增加，在竖直方向上线圈有向下运动的趋势，所以线圈受到的支持力大于其重力，在水平方向上有向右运动的趋势；当通过线圈的磁通量减小时，为阻碍其减小，在竖直方向上线圈有向上运动的趋势，所以线圈受到的支持力小于其重力，在水平方向上有向右运动的趋势．综上所述，线圈受到的支持力先大于重力后小于重力，运动趋势总是向右．[答案]D1.在水平桌面上放一闭合弹性金属环，如图所示，当其正上方的一条形磁铁向下运动时()A．圆环有收缩趋势，对桌面压力减小B．圆环有扩张趋势，对桌面压力增大C．圆环有收缩趋势，对桌面压力增大D．圆环有扩张趋势，对桌面压力减小解析：当条形磁铁向下运动时，金属环的磁通量增大，为了阻碍磁通量的增大，金属圆环要减小面积，所以圆环有收缩的趋势；根据感应电流的磁场阻碍相对运动，金属圆环对桌面的压力变大．故选项C正确．答案：C2.如图所示，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a沿()A．顺时针加速旋转B．顺时针减速旋转C．逆时针加速旋转D．逆时针减速旋转解析：据楞次定律的推论“增反减同”，b环中产生顺时针方向的感应电流，说明a中原电流可能顺时针减少，也可能逆时针增加，但b环有收缩的趋势，说明a环中的电流应与b环中的电流同向，同向电流相互吸引，才能使b环收缩，故a环中的电流只是顺时针减少，因此带正电的a环只能沿顺时针减速旋转，B正确．答案：B利用楞次定律的推论解题优点是简单迅速，但要正确区分涉及的两个磁场(即引起感应电流的原磁场及感应电流的磁场)或两个电流(产生原磁场的原电流及感应电流)．涉及导体间相对运动时用“来拒去留”；涉及磁通量变化及原电流变化时用“增反减同”．专题二电磁感应中的电路问题在电磁感应中，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，该导体或回路相当于电源，将它们接上电容器便可对电容器充电，将它们接上电阻等用电器，便可对用电器供电，在回路中形成电流．因此，电磁感应问题往往与电路问题联系在一起，解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法是：(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和感应电流的方向．(2)画出等效电路图．(3)运用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点，电功、电功率等知识联立求解．均匀导线制成的正方形闭合线框abcd，每边边长为L，总电阻为R，总质量为m.将其置于磁感应强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示，线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行．当cd边刚进入磁场时，求：(1)线框中产生的感应电动势的大小；(2)c、d两点间的电势差大小；(3)若此时线框加速度恰好为零，线框下落的高度h所应满足的条件．[解析](1)线框下落h的过程中做自由落体运动，由运动学公式得，cd边刚进入磁场时，线框速度v＝2gh.刚进入磁场时cd边切割磁感线，所以线框中产生的感应电动势E＝BLv＝BL2gh.(2)由欧姆定律知，此时线框中电流I＝ER，c、d两点间的电压U＝I×34R＝34BL2gh.[答案](1)BL2gh(2)34BL2gh(3)h＝m2gR22B4L4(3)安培力F＝BIL＝B2L22ghR，根据牛顿第二定律得mg－F＝ma，由a＝0，解得下落高度满足h＝m2gR22B4L4.1．(多选)如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝kt(常量k0)．回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝R02.闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则()A．R2两端的电压为U7B．电容器的a极板带正电C．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍D．正方形导线框中的感应电动势为kL2解析：由法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt＝nΔBΔtS有E＝kπr2，D错误；因k0，由楞次定律知线框内感应电流沿逆时针方向，故电容器b极板带正电，B错误；由题图知外电路结构为R2与R的右半部并联，再与R的左半部、R1串联，故R2两端电压U2＝R02×12R0＋R02＋R02×12U＝U7，A正确；设R2消耗的功率为P＝IU2，则R消耗的功率P′＝2I×2U2＋IU2＝5P，故C正确．答案：AC2．如图甲所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路．线圈的半径为r1.在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0.导线的电阻不计，求0至t1时间内：(1)通过电阻R1上的电流大小及方向；(2)通过电阻R1上的电荷量q.解析：(1)由法拉第电磁感应定律得感应电动势为E＝nΔΦΔt＝nπr22ΔBΔt＝nπB0r22t0由闭合电路的欧姆定律得通过R1的电流大小为I＝E3R＝nπB0r223Rt0由楞次定律知该电流由b向a通过R1.(2)由I＝qt得在0至t1时间内通过R1的电荷量为q＝It1＝nπB0r22t13Rt0答案：(1)nπB0r223Rt0电流由b向a通过R1(2)nπB0r22t13Rt0解决与电路相联系的电磁感应问题时，关键是求出回路的感应电动势，有时候还要正确画出等效电路图，或将立体图转换为平面图．专题三电磁感应中的能量问题1．电磁感应的本质——能量转化电磁感应过程，实质上也是一个能量转化和守恒的过程．通过安培力做负功，将其他非电能转化为电能，同时又将转化来的电能进一步转化成其他非电能．因此，电磁感应过程总是伴随着能量转化．2．利用功能关系求解电磁感应问题的基本方法(1)用法拉第电磁感应定律或导体切割磁感线公式确定感应电动势的大小，用楞次定律和右手定则判断感应电动势的方向．(2)画出等效电路，求解电路中相关参量，分析电路中能量转化关系．(3)研究导体机械能的转化，利用能量转化和守恒关系，列出机械功率与电路中电功率变化的守恒关系式．3．电磁感应中能量转化类型(1)机械能→电能→机械能＋内能．(2)化学能→电能→机械能＋内能．(3)非电能→电能→内能．如图所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为L，左端接有阻值为R的电阻，处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略，初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有水平向右的初速度v0.在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好的接触．(1)求初始时刻导体棒受到的安培力．(2)若导体棒从初始时刻到速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为Ep，则这一过程中安培力所做的功W1和电阻R上产生的焦耳热Q1分别是多少？(3)导体棒往复运动，最终将静止于何处？从导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为多少？[解析](1)初始时刻棒中的感应电动势E＝BLv0①棒中的感应电流I＝ER②作用于棒上的安培力F＝BIL③联立①②③得F＝B2L2v0R，方向水平向左．(2)由功能关系得安培力做功W1＝Ep－12mv20，电阻R上产生的焦耳热Q1＝12mv20－Ep.(3)由平衡条件等可判断知：棒最终静止于初始位置，由能量守恒知Q＝12mv20.[答案](1)B2L2v0R，方向水平向左(2)W1＝Ep－12mv20Q1＝12mv20－Ep(3)棒最终静止于初始位置Q＝12mv20电磁感应过程伴随着不同形式能量的转化．因此，从功和能的观点入手，分清楚电磁感应过程中能量转化的关系，尤其注意安培力的功与电能变化的对应关系，这是解决电磁感应问题的重要途径之一．1．(多选)如图所示，abcd为一矩形金属线框，其中ab＝cd＝L，ab边接有定值电阻R，cd边的质量为m，其他部分的电阻和质量均不计，整个装置用两根绝缘轻弹簧悬挂起来．线框下方处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里．初始时刻，使两弹簧处于自然长度，且给线框一竖直向下的初速度v0，当cd边第一次运动至最下端的过程中，R产生的电热为Q，此过程cd边始终未离开磁场，已知重力加速度大小为g，下列说法中正确的是()A．初始时刻cd边所受安培力的大小为B2L2v0R－mgB．线框中产生的最大感应电流可能为BLv0RC．cd边第一次到达最下端的时刻，两根弹簧具有的弹性势能总量大于12mv20－QD．在cd边反复运动过程中，R中产生的电热最多为12mv20解析：初始时刻，cd边的速度为v0，由E＝BLv＝BLv0，再由I＝ER＝BLv0R，F＝BIL＝B2L2v0R，故A错误．cd边开始运动后，对线框受力分析，受重力和安培力及弹簧弹力，无法确定重力和安培力的关系，当重力大于安培力时，由mg－B2L2vR－kx＝ma，合力方向向下，可知cd边先做加速度减小的加速运动，故v0不是速度的最大值，产生的感应电动势不是最大，感应电流不是最大；当重力小于安培力时，由B2L2vR＋kx－mg＝ma，合力方向向上，可知cd边做加速度减小的减速运动，速度v0为最大值，线框中产生的最大感应电流等于BLv0R，故B正确．cd边第一次到达最下端的时刻，由能量守恒定律可知，线框的动能和减少的重力势能转化为焦耳热及弹簧的弹性势能，即mgh＋12mv20＝Ep＋Q，所以Ep－mgh＝12mv20－Q，故弹簧弹性势能大于12mv20－Q，故C正确．在cd边反复运动过程中，可知最后棒静止在初始位置的下方，设两弹簧等效的劲度系数为k，由mg＝kx得x＝mgk，由能量守恒定律可知，线框的动能和减少的重力势能转化为焦耳热及弹簧的弹性势能，弹性势能Ep＝12kx2＝m2g22k，减少的重力势能为mgh＝m2g2k，因重力势能大于弹性