1、精選優質文檔-傾情為你奉上電磁感應復習學案（復習課） 電磁感應與力學規律的綜合應用復習教案高二物理 王艷偉教學目標：1綜合應用電磁感應等電學知識解決力、電綜合問題；2培養學生分析解決綜合問題的能力教學重點：力、電綜合問題的解法教學難點：電磁感應等電學知識和力學知識的綜合應用，主要有1、利用能的轉化和守恒定律及功能關系研究電磁感應過程中的能量轉化問題2、應用牛頓第二定律解決導體切割磁感線運動的問題。3、應用能的轉化和守恒定律解決電磁感應問題。1.教學方法講練結合，計算機輔助教學教學內容雙邊活動一、電磁感應中的動力學問題F=BIL臨界態態v與a方向關系運動狀態的分析a變化情況F=ma合外力運動導體

2、所受的安培力感應電流確定電源（E，r）這類問題覆蓋面廣，題型也多種多樣；但解決這類問題的關鍵在于通過運動狀態的分析來尋找過程中的臨界狀態，如速度、加速度取最大值或最小值的條件等，基本思路是： 【例1】如圖所示，AB、CD是兩根足夠長的固定平行金屬導軌，兩導軌間的距離為L，導軌平面與水平面的夾角為，在整個導軌平面內都有垂直于導軌平面斜向上方的勻強磁場，磁感應強度為B，在導軌的 AC端連接一個阻值為 R的電阻，一根質量為m、垂直于導軌放置的金屬棒ab，從靜止開始沿導軌下滑，求此過程中ab棒的最大速度。已知ab與導軌間的動摩擦因數為，導軌和金屬棒的電阻都不計。解析：ab沿導軌下滑過程中受四個力作用，

3、即重力mg，支持力FN 、摩擦力Ff和安培力F安，如圖所示，ab由靜止開始下滑后，將是（為增大符號），所以這是個變加速過程，當加速度減到a=0時，其速度即增到最大v=vm，此時必將處于平衡狀態，以后將以vm勻速下滑ab下滑時因切割磁感線，要產生感應電動勢，根據電磁感應定律： E=BLv 閉合電路AC ba中將產生感應電流，根據閉合電路歐姆定律： I=E/R 據右手定則可判定感應電流方向為aAC ba，再據左手定則判斷它受的安培力F安方向如圖示，其大小為：F安=BIL 取平行和垂直導軌的兩個方向對ab所受的力進行正交分解，應有： FN = mgcos Ff= mgcos由可得以ab為研究對象，根

4、據牛頓第二定律應有：mgsin mgcos-=maab做加速度減小的變加速運動，當a=0時速度達最大因此，ab達到vm時應有：mgsin mgcos-=0 由式可解得注意：（1）電磁感應中的動態分析，是處理電磁感應問題的關鍵，要學會從動態分析的過程中來選擇是從動力學方面，還是從能量、動量方面來解決問題。（2）在分析運動導體的受力時，常畫出平面示意圖和物體受力圖。二、電磁感應中的能量問題無論是使閉合回路的磁通量發生變化，還是使閉合回路的部分導體切割磁感線，都要消耗其它形式的能量，轉化為回路中的電能。這個過程不僅體現了能量的轉化，而且保持守恒，使我們進一步認識包含電和磁在內的能量的轉化和守恒定律的

5、普遍性。分析問題時，應當牢牢抓住能量守恒這一基本規律，分析清楚有哪些力做功，就可知道有哪些形式的能量參與了相互轉化，如有摩擦力做功，必然有內能出現；重力做功，就可能有機械能參與轉化；安培力做負功就將其它形式能轉化為電能，做正功將電能轉化為其它形式的能；然后利用能量守恒列出方程求解?！纠?】如圖所示，電動機牽引一根原來靜止的、長L為1m、質量m為0.1kg的導體棒MN上升，導體棒的電阻R為1，架在豎直放置的框架上，它們處于磁感應強度B為1T的勻強磁場中，磁場方向與框架平面垂直。當導體棒上升h=3.8m時，獲得穩定的速度，導體棒上產生的熱量為2J，電動機牽引棒時，電壓表、電流表的讀數分別為7V、1

6、A，電動機內阻r為1，不計框架電阻及一切摩擦，求：（1）棒能達到的穩定速度；（2） 棒從靜止至達到穩定速度所需要的時間。解析：（1）電動機的輸出功率為：W電動機的輸出功率就是電動機牽引棒的拉力的功率，所以有其中F為電動機對棒的拉力，當棒達穩定速度時感應電流由式解得，棒達到的穩定速度為m/s（2）從棒由靜止開始運動至達到穩定速度的過程中，電動機提供的能量轉化為棒的機械能和內能，由能量守恒定律得：解得 t=1s三、綜合例析電磁感應中的“雙桿問題” 電磁感應中“雙桿問題”是學科內部綜合的問題，涉及到電磁感應、安培力、牛頓運動定律及能量守恒定律等。要求學生綜合上述知識，認識題目所給的物理情景，找出物理

7、量之間的關系，因此是較難的一類問題，也是近幾年高考考察的熱點。考題回顧【例3】（2004年全國理綜卷）圖中a1b1c1d1和a2b2c2d2為在同一豎直平面內的金屬導軌，處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌所在平面（紙面）向里。導軌的a1b1段與a2b2段是豎直的，距離為l1；c1d1段與c2d2段也是豎直的，距離為l2。x1 y1與x2 y2為兩根用不可伸長的絕緣輕線相連的金屬細桿，質量分別為和m1和m2，它們都垂直于導軌并與導軌保持光滑接觸。兩桿與導軌構成的回路的總電阻為R。F為作用于金屬桿x1y1上的豎直向上的恒力。已知兩桿運動到圖示位置時，已勻速向上運動，求此時作用于兩桿

8、的重力的功率的大小和回路電阻上的熱功率。解析：設桿向上的速度為v，因桿的運動，兩桿與導軌構成的回路的面積減少，從而磁通量也減少。由法拉第電磁感應定律，回路中的感應電動勢的大小 回路中的電流 電流沿順時針方向。兩金屬桿都要受到安培力作用，作用于桿x1y1的安培力為 方向向上，作用于桿x2y2的安培力為 方向向下，當桿作勻速運動時，根據牛頓第二定律有 解以上各式得 作用于兩桿的重力的功率的大小 電阻上的熱功率 由式，可得 四、針對練習1如圖，甲、乙兩個完全相同的線圈，在距地面同一高度處由靜止開始釋放，A、B是邊界范圍、磁感應強度的大小和方向均完全相同的勻強磁場，只是A的區域比B的區域離地面高一些，

9、兩線圈下落時始終保持線圈平面與磁場垂直，則（ ）A. 甲先落地。B. 乙先落地。C. 二者同時落地。D. 無法確定。baR× × × ×× × × ×2 水平放置的平行金屬框架寬L=0.2m，質量為m=0.1kg的金屬棒ab放在框架上，并且與框架的兩條邊垂直。整個裝置放在磁感應強度B=0.5T，方向垂直框架平面的勻強磁場中，如圖所示。金屬棒ab在F=2N的水平向右的恒力作用下由靜止開始運動。電路中除R=0.05外，其余電阻、摩擦阻力均不考慮。試求當金屬棒ab達到最大速度后，撤去外力F，此后感應電流還能產生的熱量。（

10、設框架足夠長）3如圖所示位于豎直平面的正方形平面導線框abcd，邊長為L=10cm，線框質量為m=0.1kg，電阻為R=0.5，其下方有一勻強磁場區域，該區域上、下兩邊界間的距離為H（ H> L），磁場的磁感應強度為B=5T，方向與線框平面垂直。今線框從距磁場上邊界h=30cm處自由下落，已知線框的dc邊進入磁場后，ab 邊到達上邊界之前的某一時刻線框的速度已達到這一階段的最大值，問從線框開始下落到dc邊剛剛到達磁場下邊界的過程中，磁場作用于線框的安培力做的總功是多少？（g=10m/s2）v04如圖所示，在勻強磁場區域內與B垂直的平面中有兩根足夠長的固定金屬平行導軌，在它們上面橫放兩根平

11、行導體棒構成矩形回路，長度為L，質量為m，電阻為R，回路部分導軌電阻可忽略，棒與導軌無摩擦，不計重力和電磁輻射，且開始時圖中左側導體棒靜止，右側導體棒具有向右的初速v0，試求兩棒之間距離增長量x的上限。參考答案：1解析：先比較甲、乙線圈落地速度的大小。乙進入磁場時的速度較大，則安培力較大，克服安培力做功較多，即產生的焦耳熱較多。由能量守恒定律可知，乙線圈落地速度較小。線圈穿過磁場區域時受到的安培力為變力，設受到的平均安培力為F，穿過磁場時間為，下落全過程時間為，落地時的速度為v，則全過程由動量定理得所以，通過導體棒的電量q= 而所以q= 由上述各式可得： x=。2解析 當金屬棒ab所受恒力F與

12、其所受磁場力相等時，達到最大速度vm .由F= 解得：vm=10 m/s.此后，撤去外力F，金屬棒ab克服磁場力做功，使其機械能向電能轉化，進而通過電阻R發熱，此過程一直持續到金屬棒ab停止運動。所以，感應電流在此過程中產生的熱量等于金屬棒損失的機械能，即Q=5J.3解析：線框達到最大速度之前所受的安培力F=隨速度v的變化而變化，所以直接求解安培力做的總功較為困難，而用能量守恒的思想便可迎刃而解。設線框的最大速度為vm ，此后直到ab邊開始進入磁場為止，線框做勻速直線運動，此過程中線框的動能不變。由mg= 解得 vm= 2m/s全部進入后，無安培力，因此只需考慮從開始下落到剛好全部進入時，這段時間內線框因克服安培力做功而損失的機械能為：mg（h+ L）=0.2 J.所以磁場作用于線框的安培力做的總功是0.2J印刷到學案上，展示給學生，引導其閱讀、分析，以了解不同知識點的重要性、能力要求教師引導，學生分析為主要活動方式,注意總結.易混點及時點撥，要求學生及時做好筆記電動機問題是教學的重點,