电磁感应复习课教案(共7页).doc

精选优质文档-倾情为你奉上电磁感应复习学案（复习课） 电磁感应与力学规律的综合应用复习教案高二物理 王艳伟教学目标：1综合应用电磁感应等电学知识解决力、电综合问题；2培养学生分析解决综合问题的能力教学重点：力、电综合问题的解法教学难点：电磁感应等电学知识和力学知识的综合应用，主要有1、利用能的转化和守恒定律及功能关系研究电磁感应过程中的能量转化问题2、应用牛顿第二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，计算机辅助教学教学内容双边活动一、电磁感应中的动力学问题F=BIL临界态态v与a方向关系运动状态的分析a变化情况F=ma合外力运动导体所受的安培力感应电流确定电源（E，r）这类问题覆盖面广，题型也多种多样；但解决这类问题的关键在于通过运动状态的分析来寻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： 【例1】如图所示，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的匀强磁场，磁感应强度为B，在导轨的 AC端连接一个阻值为 R的电阻，一根质量为m、垂直于导轨放置的金属棒ab，从静止开始沿导轨下滑，求此过程中ab棒的最大速度。已知ab与导轨间的动摩擦因数为，导轨和金属棒的电阻都不计。解析：ab沿导轨下滑过程中受四个力作用，即重力mg，支持力FN 、摩擦力Ff和安培力F安，如图所示，ab由静止开始下滑后，将是（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，此时必将处于平衡状态，以后将以vm匀速下滑ab下滑时因切割磁感线，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，根据闭合电路欧姆定律： I=E/R 据右手定则可判定感应电流方向为aAC ba，再据左手定则判断它受的安培力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 = mgcos Ff= mgcos由可得以ab为研究对象，根据牛顿第二定律应有：mgsin mgcos-=maab做加速度减小的变加速运动，当a=0时速度达最大因此，ab达到vm时应有：mgsin mgcos-=0 由式可解得注意：（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选择是从动力学方面，还是从能量、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，还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。这个过程不仅体现了能量的转化，而且保持守恒，使我们进一步认识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，分析清楚有哪些力做功，就可知道有哪些形式的能量参与了相互转化，如有摩擦力做功，必然有内能出现；重力做功，就可能有机械能参与转化；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】如图所示，电动机牵引一根原来静止的、长L为1m、质量m为0.1kg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，获得稳定的速度，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）棒能达到的稳定速度；（2） 棒从静止至达到稳定速度所需要的时间。解析：（1）电动机的输出功率为：W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，当棒达稳定速度时感应电流由式解得，棒达到的稳定速度为m/s（2）从棒由静止开始运动至达到稳定速度的过程中，电动机提供的能量转化为棒的机械能和内能，由能量守恒定律得：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。要求学生综合上述知识，认识题目所给的物理情景，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。考题回顾【例3】（2004年全国理综卷）图中a1b1c1d1和a2b2c2d2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为两根用不可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。解析：设杆向上的速度为v，因杆的运动，两杆与导轨构成的回路的面积减少，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 回路中的电流 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x1y1的安培力为 方向向上，作用于杆x2y2的安培力为 方向向下，当杆作匀速运动时，根据牛顿第二定律有 解以上各式得 作用于两杆的重力的功率的大小 电阻上的热功率 由式，可得 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始释放，A、B是边界范围、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，则（ ）A. 甲先落地。B. 乙先落地。C. 二者同时落地。D. 无法确定。baR× × × ×× × × ×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ab放在框架上，并且与框架的两条边垂直。整个装置放在磁感应强度B=0.5T，方向垂直框架平面的匀强磁场中，如图所示。金属棒ab在F=2N的水平向右的恒力作用下由静止开始运动。电路中除R=0.05外，其余电阻、摩擦阻力均不考虑。试求当金属棒ab达到最大速度后，撤去外力F，此后感应电流还能产生的热量。（设框架足够长）3如图所示位于竖直平面的正方形平面导线框abcd，边长为L=10cm，线框质量为m=0.1kg，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，问从线框开始下落到dc边刚刚到达磁场下边界的过程中，磁场作用于线框的安培力做的总功是多少？（g=10m/s2）v04如图所示，在匀强磁场区域内与B垂直的平面中有两根足够长的固定金属平行导轨，在它们上面横放两根平行导体棒构成矩形回路，长度为L，质量为m，电阻为R，回路部分导轨电阻可忽略，棒与导轨无摩擦，不计重力和电磁辐射，且开始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的上限。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，则安培力较大，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，下落全过程时间为，落地时的速度为v，则全过程由动量定理得所以，通过导体棒的电量q= 而所以q= 由上述各式可得： x=。2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 .由F= 解得：vm=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，此过程一直持续到金属棒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损失的机械能，即Q=5J.3解析：线框达到最大速度之前所受的安培力F=随速度v的变化而变化，所以直接求解安培力做的总功较为困难，而用能量守恒的思想便可迎刃而解。设线框的最大速度为vm ，此后直到ab边开始进入磁场为止，线框做匀速直线运动，此过程中线框的动能不变。由mg= 解得 vm= 2m/s全部进入后，无安培力，因此只需考虑从开始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损失的机械能为：mg（h+ L）=0.2 J.所以磁场作用于线框的安培力做的总功是0.2J印刷到学案上，展示给学生，引导其阅读、分析，以了解不同知识点的重要性、能力要求教师引导，学生分析为主要活动方式,注意总结.易混点及时点拨，要求学生及时做好笔记电动机问题是教学的重点,应加以强调适时反馈，促进理解。点到为止，不要求一块回答，以免占用过多时间适时反馈，促进理解。完成学案上对应的“对位训练”，让学生在练习中理解知识、掌握考点教学后记高考要求来看，这是命题重点内容，复习应该达到以下效果：1、利用能的转化和守恒定律及功能关系研究电磁感应过程中的能量转化问题2、应用牛顿第二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。专心-专注-专业