高中物理高考復習題教案電磁感應與力學規(guī)律的綜合應用

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1、高中物理高考復習題教案電磁感應與力學規(guī)律的綜合應用高中物理高考復習題教案電磁感應與力學規(guī)律的綜合應用教學目標：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(yǎng)學生分析解決綜合問題的能力教學重點：教學重點：力、電綜合問題的解法教學難點：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、應用動量定理、動量守恒定律解決導體切割磁感線的運動問題。4、應用能的轉化和守恒定律解決電磁感應問題。教學方法：教學方法：講練結合，計算機輔助教學教學過程：教學過程：一、電磁

2、感應中的動力學問題一、電磁感應中的動力學問題這類問題覆蓋面廣，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(tài)的分析來尋找過程中的臨界狀態(tài)，如速度、加速度取最大值或最小值的條件等，基本思路是：F=BIL界狀態(tài)v與a方向關系運動狀態(tài)的分析a 變化情況F=ma合外力運動導體所受的安培力感應電流確定電源（E，r）rREI【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

3、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(shù)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，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aFIEv安（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(tài)，以后將以 vm勻速下滑ab 下滑時因切割磁感線，要產(chǎn)生感應電動勢，根據(jù)電磁感應定律：E=BLv 閉合電路 AC ba 中將產(chǎn)生感應電流，根據(jù)閉合電路歐姆定律：I=E/R 據(jù)右手定則可判定感應電流方向為

4、 aAC ba，再據(jù)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RvLBF22安以 ab 為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律應有：mgsin mgcos-RvLB22=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-RvLB22=0 由式可解得22cossinLBRmgvm注意：（1）電磁感應中的動態(tài)分析，是處理電磁感應問題的關鍵，要學會從動態(tài)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。（

5、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、動量問題二、電磁感應中的能量、動量問題無論是使閉合回路的磁通量發(fā)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(xiàn)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普遍性。分析問題時，應當牢牢抓住能量守恒這一基本規(guī)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(xiàn)；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

6、出方程求解?！纠?2】如圖所示，兩根間距為 l 的光滑金屬導軌（不計電阻），由一段圓弧部分與一段無限長的水平段部分組成。其水平段加有豎直向下方向的勻強磁場，其磁感應強度為 B，導軌水平段上靜止放置一金屬棒 cd，質量為 2m。，電阻為 2r。另一質量為 m，電阻為 r 的金屬棒 ab，從圓弧段 M 處由靜止釋放下滑至 N 處進入水平段，圓弧段 MN 半徑為 R，所對圓心角為 60，求：（1）ab 棒在 N 處進入磁場區(qū)速度多大？此時棒中電流是多少？（2）ab 棒能達到的最大速度是多大？（3）ab 棒由靜止到達最大速度過程中，系統(tǒng)所能釋放的熱量是多少？解析：（1）ab 棒由靜止從 M 滑下到 N

7、 的過程中，只有重力做功，機械能守恒，所以到 N 處速度可求，進而可求 ab 棒切割磁感線時產(chǎn)生的感應電動勢和回路中的感應電流。ab 棒由 M 下滑到 N 過程中，機械能守恒，故有：221)60cos1(mvmgR 解得gRv 進入磁場區(qū)瞬間，回路中電流強度為 rgRBlrrEI32（2）設 ab 棒與 cd 棒所受安培力的大小為 F，安培力作用時間為 t，ab 棒在安培力作用下做減速運動，cd 棒在安培力作用下做加速運動，當兩棒速度達到相同速度 v時，電路中電流為零，安培力為零，cd 達到最大速度。運用動量守恒定律得 vmmmv)2(解得 gRv31（3）系統(tǒng)釋放熱量應等于系統(tǒng)機械能減少量，

8、故有2232121vmmvQ 解得mgRQ31三、綜合例析三、綜合例析（一）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、牛頓運動定律和動量定理、動量守恒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。考題回顧考題回顧【例 3】（2003 年全國理綜卷）如圖所示，兩根平行的金屬導軌，固定在同一水平面上，磁感應強度 B=0.50T 的勻強磁場與導軌所在平面垂直，導軌的電阻很小，可忽略不計。導軌間的距離 l=0.20m。兩根質量均為 m=0.10kg 的平行金屬桿

9、甲、乙可在導軌上無摩擦地滑動，滑動過程中與導軌保持垂直，每根金屬桿的電阻為 R=0.50。在 t=0 時刻，兩桿都處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)有一與導軌平行、大小為 0.20N 的恒力 F 作用于金屬桿甲上，使金屬桿在導軌上滑動。經(jīng)過 t=5.0s，金屬桿甲的加速度為 a=1.37m/s2，問此時兩金屬桿的速度各為多少？解析：解析：設任一時刻 t 兩金屬桿甲、乙之間的距離為 x，速度分別為 v1和 v2，經(jīng)過很短的時間t，桿甲移動距離 v1t，桿乙移動距離 v2t，回路面積改變tlvvlxttvtvxS)()(2112由法拉第電磁感應定律，回路中的感應電動勢tSBE回路中的電流 REi2桿甲的運動方程ma

10、BliF由于作用于桿甲和桿乙的安培力總是大小相等，方向相反，所以兩桿的動量0(t時為 0）等于外力 F 的沖量21mvmvFt聯(lián)立以上各式解得)(221211maFFBRmFv )(2212212maFIBRmFv代入數(shù)據(jù)得smvsmv/85.1/15.821點評點評：題中感應電動勢的計算也可以直接利用導體切割磁感線時產(chǎn)生的感應電動勢公式和右手定則求解：設甲、乙速度分別為 v1和 v2，兩桿切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢分別為E1Blv1，E2Blv2 由右手定則知兩電動勢方向相反，故總電動勢為 EE2E1Bl（v2v1）。分析甲、乙兩桿的運動，還可以求出甲、乙兩桿的最大速度差mv：開始時，乙 甲

11、F金屬桿甲在恒力 F 作用下做加速運動，回路中產(chǎn)生感應電流，金屬桿乙在安培力作用下也將做加速運動，但此時甲的加速度肯定大于乙的加速度，因此甲、乙的速度差將增大。根據(jù)法拉第電磁感應定律，感應電流將增大，同時甲、乙兩桿所受安培力增大，導致乙的加速度增大，甲的加速度減小。但只要 a甲a乙，甲、乙的速度差就會繼續(xù)增大，所以當甲、乙兩桿的加速度相等時，速度差最大。此后，甲、乙兩桿做加速度相等的勻加速直線運動。設金屬桿甲、乙的共同加速度為 a，回路中感應電流最大值 Im.對系統(tǒng)和乙桿分別應用牛頓第二定律有：F=2ma；BLIm=ma.由閉合電路敬歐姆定律有 E=2ImR，而mvBLE由以上各式可解得./1

12、022smLBFRvm【例 4】（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，求此時作用于兩桿的重力的功率的

13、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vllBE)(12 回路中的電流 REI 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IBlf11 方向向上，作用于桿 x2y2的安培力為 IBlf22 方 向 向 下，當 桿 作 勻 速 運 動 時，根 據(jù) 牛 頓 第 二 定 律 有02121ffgmgmF 解以上各式得 )()(1221llBgmmFI RllBgmmFv212221)()(作用于兩桿的重力的功率的大小 gvmmP)(21 電阻上的熱

14、功率 RIQ2 由式，可得gmmRllBgmmFP)()()(21212221 RllBgmmFQ21221)()(下面對“雙桿”類問題進行分類例析下面對“雙桿”類問題進行分類例析1、“雙桿”向相反方向做勻速運動當兩桿分別向相反方向運動時，相當于兩個電池正向串聯(lián)?！纠?5】兩根相距 d=0.20m 的平行金屬長導軌固定在同一水平面內，并處于豎直方向的勻強磁場中，磁場的磁感應強度 B=0.2T，導軌上面橫放著兩條金屬細桿，構成矩形回路，每條金屬細桿的電阻為 r=0.25，回路中其余部分的電阻可不計.已知兩金屬細桿在平行于導軌的拉力的作用下沿導軌朝相反方向勻速平移，速度大小都是 v=5.0m/s，

15、如圖所示.不計導軌上的摩擦.（1）求作用于每條金屬細桿的拉力的大小.（2）求兩金屬細桿在間距增加 0.40m 的滑動過程中共產(chǎn)生的熱量.解析：（1）當兩金屬桿都以速度 v 勻速滑動時，每條金屬桿中產(chǎn)生的感應電動勢分別為：E1=E2=Bdv由閉合電路的歐姆定律，回路中的電流強度大小為：rEEI221因拉力與安培力平衡，作用于每根金屬桿的拉力的大小為 F1=F2=IBd。vv由以上各式并代入數(shù)據(jù)得22221102.3rvdBFFN（2）設兩金屬桿之間增加的距離為L，則兩金屬桿共產(chǎn)生的熱量為vLrIQ222，代入數(shù)據(jù)得Q=1.2810-2J.2.“雙桿”同向運動，但一桿加速另一桿減速當兩桿分別沿相同

16、方向運動時，相當于兩個電池反向串聯(lián)?！纠?6】兩根足夠長的固定的平行金屬導軌位于同一水平面內，兩導軌間的距離為 L。導軌上面橫放著兩根導體棒 ab 和 cd，構成矩形回路，如圖所示兩根導體棒的質量皆為 m，電阻皆為 R，回路中其余部分的電阻可不計在整個導軌平面內都有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為 B 設兩導體棒均可沿導軌無摩擦地滑行開始時，棒 cd 靜止，棒 ab 有指向棒 cd 的初速度 v0若兩導體棒在運動中始終不接觸，求：（1）在運動中產(chǎn)生的焦耳熱最多是多少（2）當 ab 棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊?3/4 時，cd 棒的加速度是多少？解析：ab 棒向 cd 棒運動時，兩棒和導軌構成的回路面

17、積變小，磁通量發(fā)生變化，于是產(chǎn)生感應電流ab 棒受到與運動方向相反的安培力作用作減速運動，cd 棒則在安培力作用下作加速運動在 ab 棒的速度大于 cd 棒的速度時，回路總有感應電流，ab 棒繼續(xù)減速，cd 棒繼續(xù)加速兩棒速度達到相同后，回路面積保持不變，磁通量不變化，不產(chǎn)生感應電流，兩棒以相同的速度 v 作勻速運Bv0Lacdb動（1）從初始至兩棒達到速度相同的過程中，兩棒總動量守恒，有mvmv20根據(jù)能量守恒，整個過程中產(chǎn)生的總熱量2022041)2(2121mvvmmvQ （2）設 ab 棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊?3/4 時，cd 棒的速度為 v1，則由動量守恒可知：10043mvvmmv此

18、時回路中的感應電動勢和感應電流分別為：BLvvE)43(10，REI2此時cd棒所受的安培力：IBLF，所以cd棒的加速度為 mFa 由以上各式，可得mRvLBa4022。3.“雙桿”中兩桿都做同方向上的加速運動?！半p桿”中兩桿都做同方向上的加速運動?！半p桿”中的一桿在外力作用下做加速運動，另一桿在安培力作用下做加速運動，最終兩桿以同樣加速度做勻加速直線運動。如【例 3】（2003 年全國理綜卷）4“雙桿”在不等寬導軌上同向運動?！半p桿”在不等寬導軌上同向運動。“雙桿”在不等寬導軌上同向運動時，兩桿所受的安培力不等大反向，所以不能利用動量守恒定律解題。如【例 4】（2004 年全國理綜卷）（二

19、）（二）電磁感應中的一個重要推論安培力的沖量公式RBLBLqtBLItF感應電流通過直導線時，直導線在磁場中要受到安培力的作用，當導線與磁場 垂 直 時，安 培 力 的 大 小 為 F=BLI。在 時 間 t 內 安 培 力 的 沖 量RBLBLqtBLItF，式中 q 是通過導體截面的電量。利用該公式解答問題十分簡便，下面舉例說明這一點?！纠?7】如圖所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的勻強磁場分布在寬為 L 的區(qū)域內，有一個邊長為 a（aL）的正方形閉合線圈以初速 v0垂直磁場邊界滑過磁場后速度變?yōu)?v（v 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

20、=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）6如圖所示，在勻強磁場區(qū)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。7如圖所示，電動機牽引一根原來靜止的、長 L 為 1m、

21、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(wěn)定的速度，導體棒上產(chǎn)生的熱量為 2J，電動機牽引棒時，電壓表、電流表的讀數(shù)分別為 7V、1A，電動機內阻 r 為 1，不計框架電阻及一切摩擦，求：v0（1）棒能達到的穩(wěn)定速度；（2）棒從靜止至達到穩(wěn)定速度所需要的時間。參考答案參考答案：1（1）va=vb=73gh2（2）E=72magh（3）Qa=73E=4912magh，Q b=74E=4916magh2解析：當兩棒的速度穩(wěn)定時，回路中的感

22、應電流為零，設導體棒 ef 的速度減小到 v1，導體棒 gh 的速度增大到 v2，則有 2BLv1-BLv2=0，即 v2=2v1。對導體棒 ef 由動量定理得：01222mvmvtIBL對導體棒 gh 由動量定理得：02mvtIBL由以上各式可得：020132,31vvvv3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(chǎn)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(qū)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t，下落全過程時間為t，落地時的速度為 v，則全過程由動量定理得tFmgt=mv。而 R

23、tItBILtF，所以RBLtF。可見，兩下落過程安培力的沖量相等。因為：，甲乙vv 所以 ，甲乙tt即：乙線圈運動時間較短，先落地。選 B。4解析 當金屬棒 ab 所受恒力 F 與其所受磁場力相等時，達到最大速度 vm.由 F=RvLBm22 解得：vm=22LBFR=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(fā)熱，此過程一直持續(xù)到金屬棒 ab 停止運動。所以，感應電流在此過程中產(chǎn)生的熱量等于金屬棒損失的機械能，即 Q=221mmv=5J.5解析：線框達到最大速度之前所受的安培力 F=RvLB22隨速度 v 的變化而變化，所以直接

24、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=RvLBm22 解得 vm=22LBmgR=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）221mmv=0.2 J.所以磁場作用于線框的安培力做的總功是0.2J6解析：當 ab 棒運動時，產(chǎn)生感應電動勢，ab、cd 棒中有感應電流通過，ab 棒受到安培力作用而減速，cd 棒受到安培力作用而加速。當它們的速度相等時，它們之間的距離最大。設

25、它們的共同速度為 v，則據(jù)動量守恒定律可得：mv02mv，即021vv。對于 cd 棒應用動量定理可得：BLq=mv-0=021mv 所以，通過導體棒的電量 q=BLmv20 而tRI,2所以 q=RBLxttI2 由上述各式可得：x=220LBRmv。7解析：（1）電動機的輸出功率為：62rIIUP出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FvP 出其中 F 為電動機對棒的拉力，當棒達穩(wěn)定速度時LIBmgF感應電流RBLvREI由式解得，棒達到的穩(wěn)定速度為2vm/s（2）從棒由靜止開始運動至達到穩(wěn)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：QmvmghtP221出解得 t=1s教學后記教學后記高考要求來看，這是命題重點內容，復習應該達到以下效果：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、應用動量定理、動量守恒定律解決導體切割磁感線的運動問題。4、應用能的轉化和守恒定律解決電磁感應問題。還有幾種模型分析，“雙桿”“單桿”等，從學生課堂反應，這節(jié)內容還需要進一步訓練。