高中物理教科版选修3-2 电磁感应 学案 Word版含解析

章末总结
知 识 网 络　
电磁感应
解题思路与方法　
1．理解因果关系：楞次定律反映了“因”“果”之间的辩证关系．原因导致结果，结果又反过来影响(“阻碍”)原因，从而引导我们既可由“因”索“果”，又可由“果”索“因”地分析物理现象．
2．等效法：不规则导体垂直切割磁感线产生的电动势可用其等效长度替代；对复杂的电磁感应综合问题，要善于画出导体、框架的等效电路图，帮助分析其中的电路问题，如串、并联关系，内外电路、感应电动势的方向等．
3．整体法、隔离法：提倡整体与隔离的综合应用，善于从整体到局部，又要从局部推回到整体，对物理现象及过程有深刻的认识，从而使问题简化，如很多“双杆”运动问题的分析．
4．程序法分析图象问题：将物理过程分拆成几个阶段或将已知图线分拆成几段，对各“段”结合问题逐一分析．
5．力电综合问题(高考热点)
(1)电磁感应与力和运动结合的问题，研究方法与力学相同，首先明确物理过程，正确地进行受力分析，这里应特别注意伴随感应电流而产生的安培力：在匀强磁场中匀速运动的导体受的安培力恒定，变速运动的导体受的安培力随速度(电流)变化．其次应用相应的规律求解：匀速运动可用平衡条件求解，变速运动的瞬时速度可用牛顿第二定律和运动学公式求解，变速运动的热量问题一般用能量观点分析．
(2)在电磁感应现象中，应用闭合电路欧姆定律分析问题，应明确产生电动势的那部分导体相当于电源，该部分电路的电阻是电源的内阻，而其余部分电路则是外电路．
6．理论联系实际问题：本章知识应用广泛，和生产、生活、高科技联系紧密，如日光灯原理、磁悬浮列车的原理、电磁阻尼现象、延时开关、传感器的原理、超导技术应用等，要关注此类问题．
体 验 高 考　　
1．(2018·全国卷Ⅰ)如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM是有一定电阻．可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A. B. C. D．2
【解析】设圆的半径为R，金属杆从Q到S的过程中：ΔΦ＝BΔS＝BπR2
根据法拉第电磁感应定律有：E1＝＝.设回路的总电阻为r，第一次通过线圈某一横截面的电荷量：
q1＝I1Δt1＝Δt1＝　①
磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′的过程中设时间为Δt2，ΔΦ′＝(B′－B)R2
第二次通过线圈某一横截面的电荷量为：
q2＝I2Δt2＝＝　②
由题，q1＝q2　③
联立①②③可得：＝.故B正确，A、C、D错误，
【答案】B
2．(多选)(2018·全国卷Ⅰ)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态．下列说法正确的是(　　)
A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
【解析】开关闭合的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处电流产生的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，选项A正确；开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态，选项BC错误；开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处电流产生的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，选项D正确．
【答案】AD
3．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下，一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动，线框中感应电流i随时间变化的正确图线可能是(　　)
【解析】设磁感应强度为B，线圈的速度为v、电阻为R；如果某时刻左边位于方向向外的磁场中、右边位于方向向里的磁场中，此时两边都切割磁感应线，产生的感应电动势为：E1＝2BLv，根据电流为：i1＝＝，根据右手定则可知电流方向为顺时针；当左右两边都处于方向相同的磁场中时，感应电动势为零，感应电流为零；当左边位于方向向里的磁场中、右边位于方向向外的磁场中，此时两边都切割磁感应线，产生的感应电动势为：E2＝2BLv，根据电流为：i2＝＝，根据右手定则可知电流方向为逆时针，故D正确，A、B、C错误．
【答案】D
4．(多选)(2018·全国卷Ⅲ)(多选)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧．导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向．导线框R中的感应电动势(　　)
A．在t＝时为零
B．在t＝时改变方向
C．在t＝时最大，且沿顺时针方向
D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向
【解析】R中的感应电动势E∝，t＝时刻，＝0，∴E＝0，A对，0～，i为正，穿过R的磁通量向内增加、感生电流的磁场应向外，故感应电动势为逆时针方向，且>0；t＝时刻前后，<0，感应电动势均为顺时针方向，B错．且t＝时刻，<0，且最大，故C对，t＝T时刻，>0，且最大，故感应电动势为逆时针方向，且最大，D错，选A、C.
【答案】AC
5．(2017·天津)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是(　　)
A．ab中的感应电流方向由b到a
B．ab中的感应电流逐渐减小
C．ab所受的安培力保持不变
D．ab所受的静摩擦力逐渐减小
【解析】导体棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小，则闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺时针方向的感应电流，ab中的电流方向由a到b，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝＝＝k·S，回路面积S不变，即感应电动势为定值，根据欧姆定律I＝，所以ab中的电流大小不变，故B错误；安培力F＝BIL，电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故C错误；导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力f与安培力F等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故D正确．
【答案】D

6．(2017·全国卷Ⅰ)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺寸上的形貌，为了有效隔离外界震动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小震动，如图所示，无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右震动的衰减最有效的方案是(　　)
【答案】A
7．(2017·北京)图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是(　　)
A．图1中，A1与L1的电阻值相同
B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同
D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
【解析】断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，由于线圈L1的自感，通过L1的电流逐渐减小，且通过A1，即自感电流会大于原来通过A1的电流，说明闭合S1，电路稳定时，通过A1的电流小于通过L1的电流，L1的电阻小于A1的电阻，A、B错误；闭合S2，电路稳定时，A2与A3的亮度相同，说明两支路的电流相同，因此变阻器R与L2的电阻值相同，C正确；闭合开关S2，A2逐渐变亮，而A3立即变亮，说明L2中电流与变阻器R中电流不相等，D错误．
【答案】C
8．(2017·全国卷Ⅲ)如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直．金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面．现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是(　　)
A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向
B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向
C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向
D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向
【解析】金属杆PQ突然向右运动，则其速度v方向向右，由右手定则可得：金属杆PQ中的感应电流方向向上，则PQRS中感应电流方向为逆时针方向．对圆环形金属线框T分析如下：PQRS中感应电流产生向外的感应磁场，故圆环形金属线框T中为阻碍此变化，会产生向里的感应磁场，则这个感应磁场产生的感应电流方向为顺时针方向．
【答案】D
9．(多选)(2017·全国卷Ⅱ)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是(　　)
A．磁感应强度的大小为0.5 T
B．导线框运动速度的大小为0.5 m/s
C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外
D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N
【答案】BC
10．(2017·天津)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器．电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C.两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计．炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触．首先开关S接1，使电容器完全充电．然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动．当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨．问：
(1)磁场的方向；
(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；
(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少．
【解析】(1)电容器充电后上板带正电，下板带负电，放电时通过MN的电流由M到N，欲使炮弹射出，安培力应沿导轨向右，根据左手定则可知磁场的方向垂直于导轨平面向下．
(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，根据欧姆定律，电容器刚放电时的电流： I＝
炮弹受到的安培力：F＝BIl
根据牛顿第二定律：F＝ma
解得加速度a＝
(3)电容器放电前所带的电荷量Q1＝CE
开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vm时，MN上的感应电动势：E′＝Blvm
最终电容器所带电荷量Q2＝CE′
设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力：＝B··l
由动量定理，有：·Δt＝mvm－0
又·Δt＝Q1－Q2
最终电容器所带电荷量Q2＝
11．(2017·北京)发电机和电动机具有装置上的类似性，源于它们机理上的类似性．直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1、图2所示的情景．
在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计．电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好，以速度v(v平行于MN)向右做匀速运动．
图1轨道端点MP间接有阻值为r的电阻，导体棒ab受到水平向右的外力作用．图2轨道端点MP间接有直流电源，导体棒ab通过滑轮匀速提升重物，电路中的电流为I.
(1)求在Δt时间内，图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能．
(2)从微观角度看，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用．为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷．a.请在图3(图1的导体棒ab)、图4(图2的导体棒ab)中，分别画出自由电荷所受洛伦兹力的示意图．
b．我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功．那么，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢？请以图2“电动机”为例，通过计算分析说明．
【解析】(1)图1中，电路中的电流I1＝
棒ab受到的安培力F1＝BI1L
在Δt时间内，“发电机”产生的电能等于棒ab克服安培力做的功E电＝F1·vΔt＝
图2中，棒ab受到的安培力F2＝BIL
在Δt时间内，“电动机”输出的机械能等于安培力对棒ab做的做E机＝F2·vΔt＝BILvΔt
(2)a.图3中，棒ab向右运动，由左手定则可知其中的正电荷受到b→a方向的洛伦兹力，在该洛伦兹力作用下，正电荷沿导体棒运动形成感应电流，有沿b→a方向的分速度，受到向左的洛伦兹力作用；图4中，在电源形成的电场作用下，棒ab中的正电荷沿a→b方向运动，受到向右的洛伦兹力作用，该洛伦兹力使导体棒向右运动，正电荷具有向右的分速度，又受到沿b→a方向的洛伦兹力作用．如图5、图6.
b．设自由电荷的电荷量为q，沿导体棒定向移动的速率为u.
如图6所示，沿棒方向的洛伦兹力f1′＝qvB，做负功W1＝－f1′·uΔt＝－qvBuΔt
垂直棒方向的洛伦兹力f2′＝quB，做正功W2＝f2′·vΔt＝quBvΔt
所以W1＝－W2，即导体棒中的一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零．
f1′做负功，阻碍自由电荷的定向移动，宏观上表现为“反电动势”，消耗电源的电能；f2′做正功，宏观上表现为安培力做正功，使机械能增加．大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电能转化为等量的机械能，在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到传递能量的作用．