2022年高三物理电磁感应与力学规律的综合应用教案 .pdf

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1、学习必备欢迎下载4 电磁感应与力学规律的综合应用教学目标：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、应用动量定理、动量守恒定律解决导体切割磁感线的运动问题。4、应用能的转化和守恒定律解决电磁感应问题。教学方法： 讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一、电磁感应中的动力学问题这类问题覆盖面广，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

2、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，F=BIL界状态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

3、力感应电流确定电源（ E，r）rREI精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 14 页学习必备欢迎下载支 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aFIEv安（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

4、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 = mgcosFf= mgcos由可得RvLBF22安以 ab 为研究对象，根据牛顿第二定律应有：mgsin mgcos-RvLB22=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-RvLB22=0由式可解得22cossinLBRmgvm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

5、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、动量问题精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 14 页学习必备欢迎下载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，

6、 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，两根间距为l 的光滑金属导轨（不计电阻），由一段圆弧部分与一段无限长的水平段部分组成。其水平段加有竖直向下方向的匀强磁场，其磁感应强度为B，导轨水平段上静止放置一金属棒cd，质量为 2m。 ，电阻为 2r。另一质量为m，电阻为 r 的金属棒ab，从圆弧段M 处由静止释放下滑至N 处进入水平段， 圆弧段 MN 半径为 R， 所对圆心角为60，求：（1） ab 棒在 N 处进入磁场区速度多大？此时棒中电流是多少？（2） ab 棒能达到的最大速度是多大？

7、（3）ab 棒由静止到达最大速度过程中，系统所能释放的热量是多少？解析： （1）ab 棒由静止从M 滑下到 N 的过程中，只有重力做功，机械能守恒，所以到N处速度可求，进而可求ab 棒切割磁感线时产生的感应电动势和回路中的感应电流。ab 棒由 M 下滑到 N 过程中，机械能守恒，故有：221)60cos1(mvmgR解得gRv进入磁场区瞬间，回路中电流强度为rgRBlrrEI32（2）设 ab 棒与 cd 棒所受安培力的大小为F，安培力作用时间为t，ab 棒在安培力作用下做减速运动，cd 棒在安培力作用下做加速运动，当两棒速度达到相同速度v时， 电路中电流为零，安培力为零，cd 达到最大速度。

8、运用动量守恒定律得vmmmv)2(精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 14 页学习必备欢迎下载解得gRv31（3）系统释放热量应等于系统机械能减少量，故有2232121vmmvQ解得mgRQ31三、综合例析（一）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、牛顿运动定律和动量定理、 动量守恒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】 （ 20XX 年全国理综卷）如图所

9、示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度B=0.50T 的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计。导轨间的距离l= 0.20m。两根质量均为m=0.10kg 的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R=0.50 。在 t=0 时刻，两杆都处于静止状态。现有一与导轨平行、大小为0.20N 的恒力F 作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动。经过t=5.0s，金属杆甲的加速度为a=1.37m/s2，问此时两金属杆的速度各为多少？解析： 设任一时刻t 两金属杆甲、乙之间的距离为x，速度分别为v1和 v2，经过很短的时间 t，杆

10、甲移动距离v1t，杆乙移动距离v2t，回路面积改变tlvvlxttvtvxS)()(2112由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势tSBE回路中的电流REi2杆甲的运动方程maBliF由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等，方向相反， 所以两杆的动量0(t时为 0）等于外力F 的冲量21mvmvFt乙甲F 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 14 页学习必备欢迎下载联立以上各式解得)(221211maFFBRmFv)(2212212maFIBRmFv代入数据得smvsmv/85.1/15.821点评 ：题中感应电动势的计

11、算也可以直接利用导体切割磁感线时产生的感应电动势公式和右手定则求解：设甲、乙速度分别为v1和 v2，两杆切割磁感线产生的感应电动势分别为E1Blv1 ，E2 Blv2 由右手定则知两电动势方向相反，故总电动势为EE2E1Bl（v2v1） 。分析甲、乙两杆的运动，还可以求出甲、乙两杆的最大速度差mv：开始时，金属杆甲在恒力F 作用下做加速运动，回路中产生感应电流，金属杆乙在安培力作用下也将做加速运动，但此时甲的加速度肯定大于乙的加速度，因此甲、 乙的速度差将增大。根据法拉第电磁感应定律，感应电流将增大，同时甲、乙两杆所受安培力增大，导致乙的加速度增大，甲的加速度减小。但只要a甲a乙，甲、乙的速度

12、差就会继续增大，所以当甲、乙两杆的加速度相等时，速度差最大。此后，甲、乙两杆做加速度相等的匀加速直线运动。设金属杆甲、乙的共同加速度为a，回路中感应电流最大值Im.对系统和乙杆分别应用牛顿第二定律有：F=2ma；BLIm=ma. 由闭合电路敬欧姆定律有E=2ImR，而mvBLE由以上各式可解得./1022smLBFRvm【例 4】 （20XX 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

13、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。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 14 页学习必备欢迎下载解析：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vllBE

14、)(12回路中的电流REI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IBlf11方向向上，作用于杆x2y2的安培力为IBlf22方向向下， 当杆作匀速运动时，根据牛顿第二定律有02121ffgmgmF解以上各式得)()(1221llBgmmFIRllBgmmFv212221)()(作用于两杆的重力的功率的大小gvmmP)(21电阻上的热功率RIQ2由式，可得gmmRllBgmmFP)()()(21212221精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 14 页学习必备欢迎下载RllBgmmFQ21221

15、)()(下面对“双杆”类问题进行分类例析1、 “双杆”向相反方向做匀速运动当两杆分别向相反方向运动时，相当于两个电池正向串联。【例 5】两根相距d=0.20m 的平行金属长导轨固定在同一水平面内，并处于竖直方向的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.2T，导轨上面横放着两条金属细杆，构成矩形回路，每条金属细杆的电阻为r=0.25，回路中其余部分的电阻可不计.已知两金属细杆在平行于导轨的拉力的作用下沿导轨朝相反方向匀速平移，速度大小都是v=5.0m/s，如图所示 .不计导轨上的摩擦 . （1）求作用于每条金属细杆的拉力的大小. （2）求两金属细杆在间距增加0.40m 的滑动过程中共产生的热量 .

16、解析： （1）当两金属杆都以速度v 匀速滑动时，每条金属杆中产生的感应电动势分别为：E1=E2=Bdv由闭合电路的欧姆定律，回路中的电流强度大小为：rEEI221因拉力与安培力平衡，作用于每根金属杆的拉力的大小为F1=F2=IBd。由以上各式并代入数据得22221102.3rvdBFFN （2）设两金属杆之间增加的距离为L，则两金属杆共产生的热量为vLrIQ222，代入数据得Q=1.2810-2J. 2.“双杆”同向运动，但一杆加速另一杆减速当两杆分别沿相同方向运动时，相当于两个电池反向串联。【例 6】两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，v v B v0 Lacdb精选学习资料 -

17、 - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 14 页学习必备欢迎下载两导轨间的距离为L。导轨上面横放着两根导体棒ab 和 cd，构成矩形回路，如图所示两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行开始时，棒cd静止，棒ab 有指向棒cd 的初速度v0若两导体棒在运动中始终不接触，求：（1）在运动中产生的焦耳热最多是多少（2）当 ab 棒的速度变为初速度的3/4 时， cd 棒的加速度是多少？解析： ab 棒向 cd 棒运动时，两棒和导轨构成的回路面

18、积变小，磁通量发生变化，于是产生感应电流 ab 棒受到与运动方向相反的安培力作用作减速运动，cd 棒则在安培力作用下作加速运动在ab 棒的速度大于cd 棒的速度时，回路总有感应电流，ab 棒继续减速， cd 棒继续加速两棒速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度v 作匀速运动（1）从初始至两棒达到速度相同的过程中，两棒总动量守恒，有mvmv20根 据能量守恒，整个过程中产生的总热量2022041)2(2121mvvmmvQ（2）设 ab 棒的速度变为初速度的3/4 时， cd 棒的速度为v1，则由动量守恒可知：10043mvvmmv此时回路中的感应电动势

19、和感应电流分别为：BLvvE)43(10，REI2此时cd棒所受的安培力：IBLF，所以cd棒的加速度为mFa由以上各式，可得mRvLBa4022。3. “双杆”中两杆都做同方向上的加速运动。“双杆” 中的一杆在外力作用下做加速运动，另一杆在安培力作用下做加速运动，最终两杆以同样加速度做匀加速直线运动。如【例3】 （20XX 年全国理综卷）4 “双杆”在不等宽导轨上同向运动。“双杆” 在不等宽导轨上同向运动时，两杆所受的安培力不等大反向，所以不能利用动量守恒定律解题。如【例4】 （ 20XX 年全国理综卷）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - -

20、-第 8 页，共 14 页学习必备欢迎下载（二） 电磁感应中的一个重要推论安培力的冲量公式RBLBLqtBLItF感应电流通过直导线时，直导线在磁场中要受到安培力的作用，当导线与磁场垂直时，安培力的大小为F=BLI 。在时间 t 内安培力的冲量RBLBLqtBLItF，式中 q 是通过导体截面的电量。利用该公式解答问题十分简便，下面举例说明这一点。【例 7】 如图所示， 在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L 的区域内，有一个边长为a （aL） 的正方形闭合线圈以初速v0垂直磁场边界滑过磁场后速度变为v （v 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

21、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）6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x7如图所示，电动机牵引一根原来静止的、长L 为 1m、质量

22、 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。参考答案 ：v0 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 14 页学习必备欢迎下载1 （1）va=vb=73gh2（2）E= 72

23、magh （3）Qa=73E=4912magh ， Q b=74E=4916magh2解析：当两棒的速度稳定时，回路中的感应电流为零，设导体棒ef 的速度减小到v1，导体棒 gh 的速度增大到v2，则有 2BLv1-BLv2=0，即 v2=2v1。对导体棒ef 由动量定理得：01222mvmvtIBL对导体棒gh 由动量定理得：02mvtIBL由以上各式可得：020132,31vvvv3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

24、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，则全过程由动量定理得tFmgt=mv。而RtItB I LtF，所以RBLtF。可见，两下落过程安培力的冲量相等。因为：，甲乙vv所以，甲乙tt即：乙线圈运动时间较短，先落地。选B。4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=RvLBm22解得： vm=22LBFR=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=221mmv=5J.

25、 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 14 页学习必备欢迎下载5解析：线框达到最大速度之前所受的安培力F=RvLB22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=RvLBm22解得vm=22LBmgR= 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 ）221mmv=0.2 J.

26、 所以磁场作用于线框的安培力做的总功是0.2J 6解析：当ab 棒运动时，产生感应电动势，ab、cd 棒中有感应电流通过，ab 棒受到安培力作用而减速，cd 棒受到安培力作用而加速。当它们的速度相等时，它们之间的距离最大。设它们的共同速度为v，则据动量守恒定律可得：mv02mv，即021vv。对于 cd 棒应用动量定理可得：BLq=mv-0=021mv所以，通过导体棒的电量q=BLmv20而tRI,2所以 q=RBLxttI2由上述各式可得：x=220LBRmv。7解析：（1）电动机的输出功率为：62rIIUP出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FvP出精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 14 页学习必备欢迎下载其中 F 为电动机对棒的拉力，当棒达稳定速度时LIBmgF感应电流RBLvREI由式解得，棒达到的稳定速度为2vm/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：QmvmghtP221出解得t=1s 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 14 页