2024-2025學(xué)年高中物理第四章電磁感應(yīng)5電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類情況4教案新人教版選修3-2

PAGE1-電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題考綱分析：主題內(nèi)容要求說明電磁感應(yīng)電磁感應(yīng)現(xiàn)象I1.導(dǎo)體切割磁感線時，感應(yīng)電動勢的計算，只限于l垂直于B、v的狀況；2.在電磁感應(yīng)現(xiàn)象里，不要求推斷內(nèi)電路中各點電勢的凹凸；3.不要求用自感系數(shù)計算自感電動勢。磁通量I法拉第電磁感應(yīng)定律II楞次定律II自感、渦流I專題定位高考對本部分內(nèi)容的要求較高，常在選擇題中考查電磁感應(yīng)中的圖象問題、變壓器和溝通電的描述問題。在計算題中作為壓軸題，以導(dǎo)體棒運動為背景，綜合應(yīng)用電路的相關(guān)學(xué)問、牛頓運動定律和能量守恒定律解決導(dǎo)體棒類問題。本專題考查的學(xué)問點有：①楞次定律的理解和應(yīng)用；②電磁感應(yīng)過程中的動態(tài)分析；③綜合應(yīng)用直流電路學(xué)問和能量觀點解決電磁感應(yīng)問題。應(yīng)考策略對本章的復(fù)習(xí)應(yīng)留意抓住兩個定律，運用三種觀點。兩個定律是指楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律；三種觀點是指動力學(xué)觀點、能量觀點和動量觀點。教學(xué)過程：一、電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題1．所用學(xué)問及規(guī)律(1)安培力的大小由感應(yīng)電動勢E＝BLv，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)和安培力公式F＝BIL得F＝eq\f(B2L2v,R).(2)安培力的方向推斷(3)牛頓其次定律及功能關(guān)系2．導(dǎo)體的兩種運動狀態(tài)及處理方法(1)導(dǎo)體的平衡狀態(tài)——靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)．處理方法：依據(jù)平衡條件(合外力等于零)列式分析(2)導(dǎo)體的非平衡狀態(tài)——加速度不為零．處理方法：依據(jù)牛頓其次定律進行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析．3．電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題分析思路解決電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題的一般思路是“先電后力”，即：“源”的分析——分別出電路中由電磁感應(yīng)所產(chǎn)生的電源，求出電源參數(shù)E和r；“路”的分析——分析電路結(jié)構(gòu)，弄清串、并聯(lián)關(guān)系，求出相應(yīng)部分的電流大小，以便求解安培力；“力”的分析——分析探討對象(常是金屬桿、導(dǎo)體線圈等)的受力狀況，尤其留意其所受的安培力；“運動”的分析——依據(jù)力和運動的關(guān)系，推斷出正確的運動模型．二、電磁感應(yīng)中的能量問題1．過程分析(1)電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生感應(yīng)電流的過程，實質(zhì)上是能量的轉(zhuǎn)化過程．(2)電磁感應(yīng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場中必定受到安培力的作用，因此，要維持感應(yīng)電流的存在，必需有“外力”克服安培力做功，將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能．“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能．(3)當感應(yīng)電流通過用電器時，電能又轉(zhuǎn)化為其他形式的能．安培力做功的過程，或通過電阻發(fā)熱的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式能的過程．安培力做了多少功，就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能．2．求解思路(1)若回路中電流恒定，可以利用電路結(jié)構(gòu)及W＝UIt或Q＝I2Rt干脆進行計算．(2)若電流變更，則：①利用安培力做的功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有電能與機械能的轉(zhuǎn)化，則機械能的削減量等于產(chǎn)生的電能．講練互動例1．如圖1所示，間距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ與水平面夾角為30°，導(dǎo)軌的電阻不計，導(dǎo)軌的N、Q端連接一阻值為R的電阻，導(dǎo)軌上有一根質(zhì)量肯定、電阻為r的導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置，導(dǎo)體棒上方距離L以上的范圍存在著磁感應(yīng)強度大小為B、方向與導(dǎo)軌平面垂直向下的勻強磁場．現(xiàn)在施加一個平行斜面對上且與棒ab重力相等的恒力，使導(dǎo)體棒ab從靜止起先沿導(dǎo)軌向上運動，當ab進入磁場后，發(fā)覺ab起先勻速運動，求：(1)導(dǎo)體棒的質(zhì)量；(2)若進入磁場瞬間，拉力減小為原來的一半，求導(dǎo)體棒能接著向上運動的最大位移．圖1審題突破(1)由牛頓其次定律求出導(dǎo)體棒的加速度，由勻變速運動的速度位移公式求出速度，由安培力公式求出安培力，然后由平衡條件求出導(dǎo)體棒的質(zhì)量．(2)應(yīng)用牛頓其次定律、安培力公式分析答題．解析(1)導(dǎo)體棒從靜止起先在磁場外勻加速運動，距離為L，其加速度為F－mgsin30°＝maF＝mg得a＝eq\f(1,2)g棒進入磁場時的速度為v＝eq\r(2aL)＝eq\r(gL)由棒在磁場中勻速運動可知F安＝eq\f(1,2)mgF安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)得m＝eq\f(2B2L2,R＋r)eq\r(\f(L,g))(2)若進入磁場瞬間使拉力減半，則F＝eq\f(1,2)mg則導(dǎo)體棒所受合力為F安F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)＝mav＝eq\f(Δx,Δt)和a＝eq\f(Δv,Δt)代入上式eq\f(B2L2\f(Δx,Δt),R＋r)＝meq\f(Δv,Δt)即eq\f(B2L2Δx,R＋r)＝mΔv設(shè)導(dǎo)體棒接著向上運動的位移為x，則有eq\f(B2L2x,R＋r)＝mv將v＝eq\r(gL)和m＝eq\f(2B2L2,R＋r)eq\r(\f(L,g))代入得x＝2L答案(1)eq\f(2B2L2,R＋r)eq\r(\f(L,g))(2)2L變式訓(xùn)練一：1．(多選)如圖所示，水平固定放置的足夠長的U形金屬導(dǎo)軌處于豎直向上的勻強磁場中，在導(dǎo)軌上放著金屬棒ab，起先時ab棒以水平初速度v0向右運動，最終靜止在導(dǎo)軌上，就導(dǎo)軌光滑和導(dǎo)軌粗糙的兩種狀況相比較，這個過程(AC)．A．安培力對ab棒所做的功不相等B．電流所做的功相等C．產(chǎn)生的總內(nèi)能相等D．通過ab棒的電荷量相等2.如圖所示，金屬棒ab質(zhì)量m＝5g，放在相距L＝1m、處于同一水平面上的兩根光滑平行金屬導(dǎo)軌最右端，導(dǎo)軌距地高h＝0.8m，電容器電容C＝400μF，電源電動勢E＝16V，整個裝置放在方向豎直向上、磁感應(yīng)強度B＝0.5T的勻強磁場中。單刀雙擲開關(guān)S先打向1，穩(wěn)定后再打向2，金屬棒因安培力的作用被水平拋出，落到距軌道末端水平距離x＝6.4cm的地面上；空氣阻力忽視不計，取g＝10m/s2.求金屬棒ab拋出后電容器兩端電壓有多高？例2.如圖2甲所示，MN、PQ是相距d＝1m的足夠長平行光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與水平面成某一夾角，導(dǎo)軌電阻不計；長也為1m的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，ab的質(zhì)量m＝0.1kg、電阻R＝1Ω；MN、PQ的上端連接右側(cè)電路，電路中R2為一電阻箱；已知燈泡電阻RL＝3Ω，定值電阻R1＝7Ω，調(diào)整電阻箱使R2＝6Ω，重力加速度g＝10m/s2.現(xiàn)斷開開關(guān)S，在t＝0時刻由靜止釋放ab，在t＝0.5s時刻閉合S，同時加上分布于整個導(dǎo)軌所在區(qū)域的勻強磁場，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面斜向上；圖乙所示為ab的速度隨時間變更圖象．圖2(1)求斜面傾角α及磁感應(yīng)強度B的大?。?2)ab由靜止下滑x＝50m(此前已達到最大速度)的過程中，求整個電路產(chǎn)生的電熱；(3)若只變更電阻箱R2的值．當R2為何值時，ab勻速下滑中R2消耗的功率最大？消耗的最大功率為多少？解析(1)S斷開時，ab做勻加速直線運動，從圖乙得a＝eq\f(Δv,Δt)＝6m/s2(1分)由牛頓其次定律有mgsinα＝ma，(1分)所以有sinα＝eq\f(3,5)，即α＝37°，(1分)t＝0.5s時，S閉合且加了磁場，分析可知，此后ab將先做加速度減小的加速運動，當速度達到最大(vm＝6m/s)后接著做勻速運動．勻速運動時，由平衡條件知mgsinα＝F安，(1分)又F安＝BIdI＝eq\f(Bdvm,R總)(1分)R總＝R＋R1＋eq\f(RLR2,RL＋R2)＝10Ω(1分)聯(lián)立以上四式有mgsinα＝eq\f(B2d2vm,R總)(2分)代入數(shù)據(jù)解得B＝eq\r(\f(mgsinαR總,d2vm))＝1T(1分)(2)由能量轉(zhuǎn)化關(guān)系有mgsinαx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Q(2分)代入數(shù)據(jù)解得Q＝mgsinαx－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝28.2J(1分)(3)變更電阻箱R2的值后，ab勻速下滑時有mgsinα＝BdI(1分)所以I＝eq\f(mgsinα,Bd)＝0.6A(1分)通過R2的電流為I2＝eq\f(RL,RL＋R2)I(1分)R2的功率為P＝Ieq\o\al(2,2)R2(1分)聯(lián)立以上三式可得P＝I2eq\f(R\o\al(2,L)R2,RL＋R22)＝I2eq\f(R\o\al(2,L),\f(RL,\r(R2))＋\r(R2)2)(1分)當eq\f(RL,\r(R2))＝eq\r(R2)時，即R2＝RL＝3Ω，功率最大，(1分)所以Pm＝0.27W．(2分)答案(1)37°1T(2)28.2J(3)3Ω0.27W變式訓(xùn)練二：1．(單選)如圖所示，傾斜的平行導(dǎo)軌處在勻強磁場中，導(dǎo)軌上、下兩邊的電阻分別為R1＝3Ω和R2＝6Ω，金屬棒ab的電阻R3＝4Ω，其余電阻不計．則金屬棒ab沿著粗糙的導(dǎo)軌加速下滑的過程中(B)．A．安培力對金屬棒做功等于金屬棒機械能的削減量B．重力和安培力對金屬棒做功之和大于金屬棒動能的增量C．R1和R2發(fā)熱功率之比P1∶P2＝1∶2D．R1、R2和R3產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1∶Q2∶Q3＝1∶2∶62.如圖，由某種粗細勻稱的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強磁場B中。一接入電路電阻為R的導(dǎo)體棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動，滑動過程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計摩擦。在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中（C）A．PQ中電流先增大后減小B．PQ兩端電壓先減小后增大C．PQ上拉力的功領(lǐng)先減小后增大D．線框消耗的電功領(lǐng)先減小后增大強化練習(xí)：1．在傾角為θ足夠長的光滑斜面上，存在著兩個磁感應(yīng)強度相等的勻強磁場，磁場方向一個垂直斜面對上，另一個垂直斜面對下，寬度均為L，如圖所示。一個質(zhì)量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形線框在t＝0時刻以速度v0進入磁場，恰好做勻速直線運動。若經(jīng)過時間t0，線框ab邊到達gg′與ff′中間位置時，線框又恰好做勻速運動，則下列說法正確的是（BC）A．當ab邊剛越過ff′時，線框加速度的大小為2gsinB．t0時刻線框勻速運動的速度為 C．t0時間內(nèi)線框中產(chǎn)生的熱量為D．離開磁場的過程中線框?qū)⒆鰟蛩僦本€運2．(單選)如圖所示，水平地面上方矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面對里的勻強磁場，兩個邊長相等的單匝閉合正方形線圈Ⅰ和Ⅱ，分別用相同材料，不同粗細的導(dǎo)線繞制（Ⅰ為細導(dǎo)線）．兩線圈在距磁場上界面h高處由靜止起先自由下落，再進入磁場，最終落到地面．運動過程中，線圈平面始終保持在豎直平面內(nèi)且下邊緣平行于磁場上邊界．設(shè)線圈Ⅰ、Ⅱ落地時的速度大小分別為v1、v2，在磁場中運動時產(chǎn)生的熱量分別為Q1、Q2．不計空氣阻力，則（D）A．v1＜v2，Q1＜Q2B．v1=v2，Q1=Q2C．v1＜v2，Q1＞Q2D．v1=v2，Q1＜Q23．(單選)如圖所示，邊長為L的正方形導(dǎo)線框質(zhì)量為m，由距磁場H＝eq\f(4,3)L高處自由下落，其下邊ab進入勻強磁場后，線圈起先做減速運動，直到其上邊cd剛剛穿出磁場時，速度減為ab邊進入磁場時的一半，磁場的寬度也為L，則線框穿越勻強磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為(C)．A．2mgL B.eq\f(10,3)mgLC．3mgL D.eq\f(7,3)mgL4．如圖3所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，導(dǎo)軌下端接有定值電阻R，勻強磁場方向垂直導(dǎo)軌平面對上．現(xiàn)給金屬棒ab一平行于導(dǎo)軌的初速度v，使金屬棒保持與導(dǎo)軌垂直并沿導(dǎo)軌向上運動，經(jīng)過一段時間金屬棒又回到原位置．不計導(dǎo)軌和金屬棒的電阻，在這一過程中，下列說法正確的是(AD)圖3A．金屬棒上滑時棒中的電流方向由b到aB．金屬棒回到原位置時速度大小仍為vC．金屬棒上滑階段和下滑階段的最大加速度大小相等D．金屬棒上滑階段和下滑階段通過棒中的電荷量相等5.如圖甲所示，光滑且足夠長的金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行地固定的同一水平面上，兩導(dǎo)軌間距L=0.20m，兩導(dǎo)軌的左端之間所接受的電阻R=0.40，導(dǎo)軌上停放一質(zhì)量m=0.10kg的金屬