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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 名师精编 优秀教案电磁感应复习学案（复习课）电磁感应与力学规律的综合应用复习教案教学目标：教学重点：高二物理王艳伟1综合应用电磁感应等电学学问解决力、电综合问题；2培育同学分析解决综合问题的才能 力、电综合问题的解法电磁感应等电学学问和力学学问的综合应用,主要有1、利用能的转化和守恒定律及功能关系讨论电磁感应过程中的能量转化问题教学难点：2、应用牛顿其次定律解决导体切割磁感线运动的问题；3、应用能的转化和守恒定律解决电磁感应问题；1.教学方法讲练结合,运算机帮助教学双边活动教学内容一、电磁感应中的动力学问题这类问题掩盖面广,题型也多种多样；但解
2、决这类问题的关键在于通过运动状态的分析来查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,基本思路是：IE运动导体所受的安培力确定电源（ E,r）Rr感应电流F=BIL临 界 态运动状态的分析v 与 a 方向关系a 变化情形F=ma合外力态【例 1】如下列图, AB、CD 是两根足够长的固定平行金属导轨,两导轨间的距离为 L,导轨平面与水平面的夹角为 ,在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方名师归纳总结 的匀强磁场,磁感应强度为B,在导轨的AC 端连接一个印 刷 到 学第 1 页,共 7 页阻值为R 的电阻,一根质量为m、垂直于导轨放置的金属案上,展现给同学,引棒 ab,从静止
3、开头沿导轨下滑,求此过程中ab 棒的最大速导其阅读、度；已知 ab 与导轨间的动摩擦因数为 ,导轨和金属棒的分析,以了电阻都不计；解 不 同 知解析： ab 沿导轨下滑过程中受四个力作用,即重力mg,支持力F N 、摩擦力识 点 的 重要性、才能F f和 安 培 力F安 , 如 图 所 示 , ab由 静 止 开 始 下 滑 后 , 将 是要求- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - vEIF安a（名师精编优秀教案为增大符号） ,所以这是个变加速过程,当加速度减到 a=0 时,其速度即增到最大v=vm,此时必将处于平稳状态,以后将以vm匀速下滑ab 下滑时因切
4、割磁感线,要产生感应电动势,根据电磁感应定律：E=BLv 闭合电路 AC ba 中将产生感应电流,依据闭合电路欧姆定律：I=E/R 据右手定就可判定感应电流方向为 aAC ba,再据左手定就判定它受的安培力 F安方向如图示, 其大小为：F安=BIL 取平行和垂直导轨的两个方向对ab 所受的力进行正交分解,应有：FN = mgcosBF f= mgcos由可得F安2L2vR以 ab 为讨论对象,依据牛顿其次定律应有：mgsin mgcos -B2L2v=maa=0 时速度达最大老师引导,Rab 做加速度减小的变加速运动,当因此, ab 达到 vm 时应有：mgsin mgcos -B2L2v=0
5、学 生 分 析为 主 要 活R动方式 , 注由式可解得v mmgsinB22 LcosR意总结 . 留意：（1）电磁感应中的动态分析,是处理电磁感应问题的关键,要学会从动 态分析的过程中来挑选是从动力学方面,仍是从能量、动量方面来解决问题；（2）在分析运动导体的受力时,常画出平面示意图和物体受力图；二、电磁感应中的能量问题 无论是使闭合回路的磁通量发生变化,仍是使闭合回路的部分导体切割磁感线,都要消耗其它形式的能量,转化为回路中的电能；这个过程不仅表达了能量的转化,名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 7 页精选学习资料 - - - - - - - - - 名师精编 优秀教案
6、而且保持守恒,使我们进一步熟悉包含电和磁在内的能量的转化和守恒定律的普遍 性；分析问题时,应当牢牢抓住能量守恒这一基本规律,分析清晰有哪些力做功,就可知道有哪些形式的能量参加了相互转化,如有摩擦力做功,必定有内能显现；重力做功,就可能有机械能参加转化；安培力做负功就将其它形式能转化为电能,做正功将电能转化为其它形式的能；然后利用能量守恒列出方程求解；【例 2】如下列图,电动机牵引一根原先静止的、长L 为 1m、质量 m 为 0.1kg易 混 点 及 时点拨,要 求 学 生 及 时 做 好 笔 记的导体棒MN 上升,导体棒的电阻R 为 1 ,架在竖直放置的框架上,它们处于磁感应强度B 为 1T
7、的匀强磁场中,磁场方向与框架平面垂直；当导体棒上升h=3.8m时,获得稳固的速度,导体棒上产生的热量为2J,电动机牵引棒时,电压表、电流表的读数分别为7V 、1A,电动机内阻r 为 1 ,不计框架电阻及一切摩擦,求：（1）棒能达到的稳固速度；P出（2）棒从静止至达到稳固速度所需要的时间；mgP出LFv电 动 机 问解 析 ：（ 1 ） 电 动 机 的 输 出 功 率 为 ：题 是 教 学IUI2r6W 的重点 , 应加以强调电动机的输出功率就是电动机牵引棒的拉力的功率,所以有其中 F 为电动机对棒的拉力,当棒达稳固速度时FBI感应电流IEBLvRR由式解得,棒达到的稳固速度为v2m/s （2）
8、从棒由静止开头运动至达到稳固速度的过程中,电动机供应的能量转化为棒的机械能和内能,由能量守恒定律得：P 出tmgh1mv2Q2解得t=1s 三、综合例析电磁感应中的“ 双杆问题”电磁感应中“ 双杆问题” 是学科内部综合的问题,涉及到电磁感应、安培力、牛顿运动定律及能量守恒定律等；要求同学综合上述学问,熟悉题目所给的物理情名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 7 页精选学习资料 - - - - - - - - - 名师精编 优秀教案景,找出物理量之间的关系,因此是较难的一类问题,也是近几年高考考察的热点；考题回忆【例 3】（20XX 年全国理综卷）图中a1b1c1d1 和 a2
9、b2c2d2 为在同一竖直平面内的金属导轨,处在磁感应强度为 B 的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨所在平面（纸面）向里；导轨的 a1b1 段与 a2b2 段是竖直的, 距离为 l1；c1d1 段与 c2d2 段也是竖直的,距离为 l2；x1 y1与 x2 y2为两根用不行伸长的绝缘轻线相连的金属细杆,质量分别为和 m1 和 m2,它们都垂直于导轨并与导轨保持光滑接触；两杆与导轨构成的回路的总电阻为 R；F 为作用于金属杆x1y1 上的竖直向上的恒力；已知两杆运动到图示位置时,已匀速向上运动,求此时作用于两杆的重力的功率的大小和回路电阻上的热功 率；适时反馈,促进懂得；解析：设杆向上的速度为 v
10、,因杆的运动,两杆与导轨构成的回路的面积削减,从 而 磁 通 量 也 减 少 ； 由 法 拉 第 电 磁 感 应 定 律 , 回 路 中 的 感 应 电 动 势 的 大 小EBl2l1vx1y1 的安培力为点到为止,回路中的电流IER电流沿顺时针方向；两金属杆都要受到安培力作用,作用于杆不 要 求 一块回答,以f1Bl1I免 占 用 过多时间方向向上,作用于杆x2y2 的安培力为f2Bl2I方 向 向 下 , 当 杆 作 匀 速 运 动 时 , 根 据 牛 顿 第 二 定 律 有名师归纳总结 Fm 1gm2gf1f2I0m 2gR第 4 页,共 7 页解以上各式得Fm 1B l2l1vFm 1
11、m 2gB2l2l 12- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 作用于两杆的重力的功率的大小名师精编优秀教案Pm 1m 2gv电阻上的热功率QI2R由式,可得PFm 1m 2gR m 1m2gB2l2l12QFm 1m 2g2RBl2l1四、针对练习1如图,甲、乙两个完全相同的线圈,在距地面同一高度处由静止开头释放,A、B 是边界范畴、磁感应强度的大小和方向均完全相同的匀强磁场,只是A 的区适时反馈,域比 B 的区域离地面高一些,两线圈下落时始终保持线圈平面与磁场垂直,就（）ab 放在框促进懂得；A. 甲先落地；B. 乙先落地；C. 二者同时落地；D. 无法
12、确定；2 水平放置的平行金属框架宽L=0.2m,质量为m=0.1kg 的金属棒架上,并且与框架的两条边垂直；整个装置放在磁感应强a 完 成 学 案度 B=0.5T,方向垂直框架平面的匀强磁场中,如下列图；R 金属棒 ab 在 F=2N 的水平向右的恒力作用下由静止开头运上 对 应 的动；电路中除 R=0.05 外,其余电阻、 摩擦阻力均不考虑；b “对 位 训试求当金属棒ab 达到最大速度后, 撤去外力 F,此后感应练” ,让学电流仍能产生的热量； （设框架足够长）生 在 练 习中 理 解 知 识、把握考3如下列图位于竖直平面的正方形平面导线框abcd,边长为L=10cm,线框质点量为 m=0
13、.1kg ,电阻为 R=0.5 ,其下方有一匀强磁场区域,该区域上、下两边界间的距离为H（ H L）,磁场的磁感应强度为 B=5T ,方向与线框平面垂直； 今线框从距磁场上边界h=30cm处自由下落,已知线框的dc 边进入磁场后,ab 边到达上边界之前的某一时刻线框的速度已达到这一阶段的最大值,问从线名师归纳总结 框开头下落到dc 边刚刚到达磁场下边界的过程中,磁场作用于第 5 页,共 7 页线框的安培力做的总功是多少？（g=10m/s 2）- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 4如下列图,在匀强磁场区域内与名师精编优秀教案B垂直的平面中有两根足够长的固定
14、金属平 行导轨,在它们上面横放两根平行导体棒v0 构成矩形回路, 长度为 L,质量为 m,电阻为 R,回路部分导轨电阻可忽视,棒与导轨无摩擦,不计重力和电磁辐射,且开头时图中左侧导体棒静止,右侧导体棒具有向右的初速v0,试求两棒之间距离增长量x参考答案 ：1解析：先比较甲、乙线圈落地速度的大小；乙进入磁场时的速度较大,就安培力较大,克服安培力做功较多,即产生的焦耳热较多；由能量守恒定律可知,乙线圈落地速度较小；线圈穿过磁场区域时受到的安培力为变力,设受到的平均安培力为 F,穿过磁场时间为 t ,下落全过程时间为 t ,落地时的速度为 v,就全过程由动量定理得所以,通过导体棒的电量 q= mv
15、02 BL而 I ,2 R t所以 q= I t BLx由上述各式可得：x= mv2 0 R2；t 2 R B L2解析 当金属棒 ab 所受恒力 F 与其所受磁场力相等时,达到最大速度 vm . 2 2由 F= B LR v m解得： vm=B FR2L 2 =10 m/s. 此后,撤去外力 F,金属棒 ab 克服磁场力做功,使其机械能向电能转化,进而通过电阻 R 发热,此过程始终连续到金属棒ab 停止运动；所以,感应电流在此过程中产生的热量等于金属棒缺失的机械能,即Q=1mvm2=5J. 2v随速度 v 的变化而变23解析：线框达到最大速度之前所受的安培力B2LF=R化,所以直接求解安培力
16、做的总功较为困难,而用能量守恒的思想便可迎刃而解；名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 7 页精选学习资料 - - - - - - - - - 设线框的最大速度为vm ,此后直到名师精编优秀教案ab 边开头进入磁场为止,线框做匀速直线运动,此过程中线框的动能不变；由mg=B2L2vm解得 vm=mgR= 2m/sB2L2R全部进入后,无安培力,因此只需考虑从开头下落到刚好全部进入时,这段时间内线框因克服安培力做功而缺失的机械能为：mg（ h+ L ）1mvm2=0.2 J. 2所以磁场作用于线框的安培力做的总功是0.2J 高考要求来看,这是命题重点内容,复习应当达到以下成效：教学 1、利用能的转化和守恒定律及功能关系讨论电磁感应过程中的能量转化问题后记 2、应用牛顿其次定律解决导体切割磁感线运动的问题；3、应用能的转化和守恒定律解决电磁感应问题；名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 7 页