习题课2 法拉第电磁感应定律的综合应用（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册（粤教版2019）

习题课二　法拉第电磁感应定律的综合应用 　综合提能(一)　电磁感应中的电路问题　 [融通知能] 1．对电源的理解 (1)在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体就是电源，如：切割磁感线的导体棒、内有磁通量变化的线圈等。这种电源将其他形式的能转化为电能。 (2)判断感应电流和感应电动势的方向，都是利用相当于电源的部分根据右手定则或楞次定律判定的。实际问题中应注意外电路电流由高电势流向低电势，而内电路则相反。 [典例]　如图甲所示，一个圆形线圈匝数n＝1 000匝，面积S＝2×10－2 m2，电阻r＝1 Ω，在线圈外接一阻值为R＝4 Ω的电阻。把线圈放入一个匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里，磁场的磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示。求： (1)0～4 s内，回路中的感应电动势； (2)t＝5 s时，电阻两端的电压U。 [答案]　(1)1 V　(2)3.2 V /方法技巧/ 电磁感应中电路问题的分析方法 (1)明确哪一部分导体或电路产生感应电动势，该部分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及推导公式计算感应电动势大小。 (3)将发生电磁感应现象的导体看作电源，与电路整合，画出等效电路。 (4)运用闭合电路的欧姆定律，部分电路欧姆定律，串、并联电路的性质及电压、电功率分配等公式进行求解。　 [针对训练] 1．三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3。则 (　 ) A．I1<I3<I2 B．I1>I3>I2 C．I1＝I2>I3 D．I1＝I2＝I3 答案：C 2．如图所示，MN、PQ为光滑金属导轨(金属导轨电阻忽略不计)， MN、PQ相距l＝50 cm，导体棒AB在两导轨间的电阻为r＝1 Ω， 且可以在MN、PQ上滑动，定值电阻R1＝3 Ω，R2＝6 Ω，整个 装置放在磁感应强度为B＝1.0 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于整个导轨平面。现用外力F拉着AB棒向右以v＝5 m/s 的速度做匀速运动。求： (1)AB棒产生的感应电动势E和AB棒上的感应电流方向； (2)AB棒两端的电压UAB。 答案：(1)2.5 V　B→A方向　(2)1.67 V 综合提能(二)　电磁感应中的图像问题 [融通知能] 1．图像类型 (1)随时间t变化的图像，如B-t图像、Φ-t图像、E-t图像和I-t图像。 (2)随位移x变化的图像，如E-x图像和I-x图像。 2．解题关键 (1)弄清初始条件，正、负方向的对应变化范围，所研究物理量的函数表达式，进出磁场的拐点等。 (2)应做到“三看”“三明确”，即 ①看轴——看清变量； ②看线——看图线的形状； ③看点——看特殊点和拐点； ④明确图像斜率的物理意义； ⑤明确截距的物理意义； ⑥明确“＋”“－”的含义。 3．解题步骤 (1)明确图像的种类，即是B-t图像，还是Φ-t图像，或者是E-t图像、I-t图像等。 (2)分析电磁感应的具体过程。 (3)用右手定则或楞次定律确定方向、对应关系。 (4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函数关系式。 (5)根据函数关系式进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。 (6)画出图像或判断图像。 [典例]　(2024·汕头高二调研)如图所示，abcd是一个由粗细均匀的同种材料制成、边长为l的正方形闭合线框，以恒定的速度v沿x轴正方向在纸面内运动，并穿过一宽度为2l、方向垂直纸面向里、大小为B的匀强磁场区域，线框ab边距磁场左边界为l时开始计时。下列选项分别为线框受到的安培力F(以x轴正方向为正)、ab两点间的电势差Uab、线框中的感应电流i(以顺时针方向为正)及线框的焦耳热Q随时间t的变化图像，其中可能正确的是(　 ) [答案]　B /方法技巧/ 根据图像分析问题的三个关键点 (1)弄清图像所揭示的物理规律或物理量间的函数关系。 (2)挖掘图像中的隐含条件，明确有关图线所包围的面积、图线的斜率(或其绝对值)、截距所表示的物理意义。 (3)借助有关的物理概念、公式、定理和定律做出分析判断。 [针对训练] 1．(2023·辽宁高考)如图，空间中存在水平向右的匀强磁场，一导体棒绕固定的竖直轴OP在磁场中匀速转动，且始终平行于OP。导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像可能正确的是(　 ) 答案：C 2．如图甲所示，矩形导线框abcd固定在变化的磁场中，产生了感应电流(电流方向沿abcda为正方向)。若规定垂直纸面向里的方向为磁场的正方向，能够产生如图乙所示电流的磁场为 (　 ) 解析：由题图乙可知，0～t1时间内，线框中电流的大小与方向都不变，易知线框中磁通量的变化率不变，故0～t1时间内磁感应强度与时间的关系图线是一条倾斜的直线，A、B错误；又由于0～t1时间内电流的方向为正，即沿abcda方向，由楞次定律可知，电路中感应电流的磁场方向垂直纸面向里，故0～t1时间内原磁场垂直纸面向里减小或垂直纸面向外增大，C错误，D正确。 答案：D 　综合提能(三)　电磁感应中的动力学问题　 [融通知能] 1．导体的两种运动状态 (1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态。 处理方法：根据平衡条件(合外力等于0)列式分析。 (2)导体的非平衡状态——加速度不为0。 处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析。 2．力学对象和电学对象的相互关系 [典例]　(2023·湖南高考，节选)如图，两根足够长的光滑金 属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面 均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀 强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。 (1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0； (2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0。 /方法技巧/ “四步法”分析电磁感应中的动力学问题 解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下： A．通过金属框的电流为16 A B．金属框所受的安培力为8 N C．金属框的加速度为3 m/s2 D．金属框的加速度为7 m/s2 答案：BC 2．(2024·黑吉辽高考)(多选)如图，两条“ ”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度大小为g，两棒在下滑过程中(　 ) 解析：AB　 综合提能(四)　电磁感应中的能量问题 [融通知能] 1．电磁感应现象中的能量转化 (1)因磁场变化而发生的电磁感应现象中，磁场能转化为电能，若电路是纯电阻电路，转化过来的电能将全部转化为电阻的内能。 (2)因导体运动而产生的电磁感应现象中，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。克服安培力做了多少功，就产生了多少电能。若电路是纯电阻电路，转化过来的电能也将全部转化为电阻的内能。 2．电磁感应现象中能量变化的特点 做功情况 能量变化特点 滑动摩擦力做功 有内能产生 重力做功 重力势能必然发生变化 克服安培力做功 必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能 安培力做正功 电能转化为其他形式的能 3．求解电磁感应现象中能量问题的思路 (1)确定感应电动势的大小和方向。 (2)画出等效电路，求出回路中消耗的电能表达式。 (3)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械能的改变与回路中的电能的改变所满足的方程。 [典例]　(2024·珠海高二月考)如图所示，两根足够长、电 阻不计且相距L＝0.2 m的平行金属导轨固定在倾角θ＝37° 的绝缘斜面上，顶端接有一盏额定电压为U＝3.6 V的小灯泡 (电阻恒定)，两导轨间有一磁感应强度大小为B＝5 T、方向 垂直导轨平面向下的匀强磁场。现将一根长为L、质量m＝0.2 kg、电阻r＝1 Ω的金属棒垂直于导轨放置，在顶端附近无初速度释放，金属棒与导轨接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5。已知金属棒下滑x＝6 m后速度稳定，且此时小灯泡恰能正常发光，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)金属棒稳定下滑时的速度大小； (2)金属棒从开始下滑到稳定过程中，金属棒产生的焦耳热。 [答案]　(1)4 m/s　(2)0.08 J /方法技巧/ 在电磁感应现象的问题中，外力克服安培力做功，就有其他形式的能量(如机械能)转化为电能，而电能又通过电路全部转化为内能(焦耳热)。对这样的情形有如下的关系：W外＝W克安＝ΔE内＝Q。 [针对训练] 1．如图所示，间距为L的竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R，质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直于平行导轨放置，垂直导轨平面向里的水平匀强磁场的磁感应强度大小为B，不计导轨电阻及一切摩擦，且ab与导轨接触良好。若金属棒ab在竖直向上的外力F作用下以速度v匀速上升，则以下说法正确的是 (　 ) A．a、b两端的电势差为BLv B．b端电势高于a端电势 C．作用在金属棒ab上的各个力的合力做的功等于零 D．拉力F所做的功等于电路中产生的热量 解析：ab棒切割磁感线产生的电动势为E＝BLv，ab棒相当于电源，由于电源有内阻，所以ab棒两端电势差小于BLv，A错误；由于ab棒匀速上升，由右手定则可知，a端电势更高，B错误；由于ab棒匀速上升，由动能定理可知，作用在ab棒上的各个力的合力做的功等于零，C正确；根据功能关系可知，拉力F做的功等于重力势能的增加量和电路中产生的热量之和，D错误。 答案：C　 2．如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在 边长为l＝ 0.40 m的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水 平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构 成金属框的导线单位长度的阻值为λ＝5.0×10－3Ω/m；在t＝0到t＝3.0 s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为B(t)＝0.3－0.1t(SI)。求： (1)t＝2.0 s时金属框所受安培力的大小； (2)在t＝0到t＝2.0 s时间内金属框产生的焦耳热。 2．对电路的理解 (1)内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈，外电路由电阻、电容等电学元件组成。 (2)在闭合电路中，相当于“电源”的导体两端的电压与真实的电源两端的电压一样，等于路端电压，而不等于感应电动势。 3．具体问题分类 (1)确定等效电源的正负极、感应电流的方向、电势高低、电容器极板带电性质等问题。 (2)根据电路规律求解电路中的总电阻、路端电压、电功率等问题。 (3)根据电磁感应的平均感应电动势求解电路中通过的电荷量：＝n，＝，q＝Δt＝。 [解析]　(1)0～4 s内，根据法拉第电磁感应定律E＝n＝nS＝1 000××2×10－2 V＝1 V。 (2)4～6 s内，根据法拉第电磁感应定律E′＝n＝nS＝1 000××2×10－2 V＝4 V 电阻R两端电压U＝R＝3.2 V。 解析：设圆线框的半径为r，则由题意可知正方形线框的边长为2r，正六边形线框的边长为r；所以圆线框的周长为C2＝2πr，面积为S2＝πr2，同理可知正方形线框的周长和面积分别为C1＝8r，S1＝4r2，正六边形线框的周长和面积分别为C3＝6r，S3＝×r×r×6＝，三线框材料粗细相同，根据电阻定律R＝ρ，可知三个线框电阻之比为R1∶R2∶R3＝C1∶C2∶C3＝4∶π∶3，根据法拉第电磁感应定律有I＝＝·，可得电流之比为：I1∶I2∶I3＝2∶2∶，即I1＝I2>I3，故选C。 解析：(1)AB棒产生的感应电动势E＝Blv＝2.5 V 由右手定则，AB棒上的感应电流方向向上，即沿B→A方向。 (2)外电阻R并＝＝2 Ω，总电流I＝＝ A，AB棒两端的电压UAB＝IR并＝ V≈1.67 V。 [解析]　0～ 时间内，线框在磁场外，线框受到的安培力与线框中的感应电流都为零，a、b两点间的电势差Uab、线框的焦耳热Q也为零；～时间内，由右手定则可知，线框内感应电流的方向为逆时针，线框匀速运动，有E＝Blv，则I＝，Uab＝E＝Blv，F＝BIl＝，根据左手定则可知，线框受到的安培力的方向沿x轴负方向，Q＝；～时间内，线框完全进入磁场，感应电流i、安培力F均为零，焦耳热Q＝不变，电势差Uab＝Blv；～时间内， 线框穿出磁场，由右手定则可知，线框内电流的方向为顺时针，线框匀速运动，有E＝Blv，则I＝，Uab＝E＝Blv，F＝BIl＝，根据左手定则可知，线框受到的安培力的方向沿x轴负方向，Q＝＋；综上所述，故选B。 解析：如图所示，导体棒匀速转动，设转动速度为v，导体棒的速度方向与初始速度方向的夹角为θ，则导体棒垂直磁感线方向的分速度为v⊥＝vcos θ，可知导体棒垂直磁感线的分速度呈余弦规律变化，根据右手定则可知，导体棒经过C点和C点关于P点的对称点时，感应电动势方向发生变化，根据u＝BLv⊥，可知导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像为余弦图像。故选C。 [解析]　(1)棒a在运动过程中所受重力沿斜面的分力和安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv0，由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得I＝，F＝BIL，由棒a受力平衡可得mgsin θ＝BIL，联立解得v0＝。 (2)由右手定则可知释放瞬间棒b中电流向里，棒b受到沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，对棒b根据牛顿第二定律可得mgsin θ＋BIL＝ma0， 解得a0＝2gsin θ。 [答案]　(1)　(2)2gsin θ　 [针对训练] 1．(多选)如图甲所示为磁悬浮列车模型，质量M＝1 kg的绝缘板底座静止在动摩擦因数μ＝0.1 的粗糙水平地面上，位于磁场中的正方形金属框ABCD为动力源，其质量m＝1 kg，边长为1 m，电阻为 Ω。O、O′分别为AD、BC的中点，在金属框内有可随金属框同步移动的磁场，OO′CD区域内磁场如图乙所示，CD恰在磁场边缘以外；OO′BA区域内磁场如图丙所示，AB恰在磁场边缘以内，若绝缘板足够长且认为绝缘板与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若金属框固定在绝缘板上，则金属框从静止释放后(重力加速度g取10 m/s2) (　 ) 解析：根据法拉第电磁感应定律有E＝＝0.5 V，则回路中的电流为I＝＝8 A，A错误；所受安培力的大小为：F＝BIl＝8 N，B正确；根据牛顿第二定律有：F－Ff＝(M＋m)a，Ff＝μ(M＋m)g，代入数据解得a＝3 m/s2，C正确，D错误。 A．回路中的电流方向为abcda B．ab中电流趋于 C．ab与cd加速度大小之比始终为2∶1 D．两棒产生的电动势始终相等 解析：由于ab和cd均沿导轨下滑，则通过abcd回路的磁通量向上增大，根据楞次定律结合安培定则可知，回路中的电流方向为abcda，A正确；对ab和cd分别受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律分别有2mgsin 30°－2BILcos 30°＝2ma1、mgsin 30°－BILcos 30°＝ma2，可得a1＝a2＝－，则ab与cd加速度大小之比始终为1∶1，C错误； 当加速度趋于零时，两导体棒中的电流趋于稳定，结合C项分析可知，ab中的电流趋于，B正确；由于ab和cd加速度大小始终相等，则两导体棒的速度大小始终相等，则由法拉第电磁感应定律可知，两导体棒产生的感应电动势大小之比始终为2∶1，D错误。 [解析]　(1)设金属棒稳定下滑时的速度大小为v，回路中的电流为I，由平衡条件得mgsin θ＝BIL＋μmgcos θ 由闭合电路欧姆定律得I＝ 感应电动势E＝BLv 联立解得v＝4 m/s。 (2)金属棒从开始下滑到稳定过程中，由能量守恒定律得mgsin θ·x＝μmgcos θ·x＋mv2＋Q 解得Q＝0.8 J 灯泡的电阻为R＝＝9 Ω 则金属棒产生的焦耳热为Qr＝Q＝0.08 J。 解析：(1)金属框的总电阻为 R＝4lλ＝4×0.40×5.0×10－3 Ω＝0.008 Ω 金属框中产生的感应电动势为 E＝＝＝0.1××0.42 V＝0.008 V 金属框中的电流为I＝＝1 A t＝2.0 s时磁感应强度B2＝(0.3－0.1×2)T＝0.1 T 金属框处于磁场中的有效长度为L＝l 此时金属框所受安培力大小为 F＝B2IL＝0.1×1××0.4 N＝0.04 N。 (2)0～2.0 s内金属框产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝12×0.008×2 J＝0.016 J。 答案：(1)0.04 N　(2)0.016 J $$