《5電磁感應現(xiàn)象的兩類情況》教學設(shè)計(河北省縣級優(yōu)課)-物理教案

2016---2017學年度第二學期高考研討示范課教案專題電磁感應中的動力學和能量問題灤縣一中高三自主王世杰考綱分析：主題內(nèi)容要求說明電磁感應電磁感應現(xiàn)象I1.導體切割磁感線時，感應電動勢的計算，只限于l垂直于B、v的情況；2.在電磁感應現(xiàn)象里，不要求判斷內(nèi)電路中各點電勢的高低；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中的圖象問題、變壓器和交流電的描述問題。在計算題中作為壓軸題，以導體棒運動為背景，綜合應用電路的相關(guān)知識、牛頓運動定律和能量守恒定律解決導體棒類問題。本專題考查的知識點有：①楞次定律的理解和應用；②電磁感應過程中的動態(tài)分析；③綜合應用直流電路知識和能量觀點解決電磁感應問題。應考策略對本章的復習應注意抓住兩個定律，運用三種觀點。兩個定律是指楞次定律和法拉第電磁感應定律；三種觀點是指動力學觀點、能量觀點和動量觀點。教學過程：一、電磁感應中的動力學問題1．所用知識及規(guī)律(1)安培力的大小由感應電動勢E＝BLv，感應電流I＝eq\f(E,R)和安培力公式F＝BIL得F＝eq\f(B2L2v,R).(2)安培力的方向判斷(3)牛頓第二定律及功能關(guān)系2．導體的兩種運動狀態(tài)及處理方法(1)導體的平衡狀態(tài)——靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)．處理方法：根據(jù)平衡條件(合外力等于零)列式分析(2)導體的非平衡狀態(tài)——加速度不為零．處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析．3．電磁感應中的動力學問題分析思路解決電磁感應中的動力學問題的一般思路是“先電后力”，即：“源”的分析——分離出電路中由電磁感應所產(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，求出相應部分的電流大小，以便求解安培力；“力”的分析——分析研究對象(常是金屬桿、導體線圈等)的受力情況，尤其注意其所受的安培力；“運動”的分析——根據(jù)力和運動的關(guān)系，判斷出正確的運動模型．二、電磁感應中的能量問題1．過程分析(1)電磁感應現(xiàn)象中產(chǎn)生感應電流的過程，實質(zhì)上是能量的轉(zhuǎn)化過程．(2)電磁感應過程中產(chǎn)生的感應電流在磁場中必定受到安培力的作用，因此，要維持感應電流的存在，必須有“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直接進行計算．(2)若電流變化，則：①利用安培力做的功求解：電磁感應中產(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，則機械能的減少量等于產(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軌MN、PQ與水平面夾角為30°，導軌的電阻不計，導軌的N、Q端連接一阻值為R的電阻，導軌上有一根質(zhì)量一定、電阻為r的導體棒ab垂直導軌放置，導體棒上方距離L以上的范圍存在著磁感應強度大小為B、方向與導軌平面垂直向下的勻強磁場．現(xiàn)在施加一個平行斜面向上且與棒ab重力相等的恒力，使導體棒ab從靜止開始沿導軌向上運動，當ab進入磁場后，發(fā)現(xiàn)ab開始勻速運動，求：(1)導體棒的質(zhì)量；(2)若進入磁場瞬間，拉力減小為原來的一半，求導體棒能繼續(xù)向上運動的最大位移．圖1審題突破(1)由牛頓第二定律求出導體棒的加速度，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體棒的質(zhì)量．(2)應用牛頓第二定律、安培力公式分析答題．解析(1)導體棒從靜止開始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)導體棒繼續(xù)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形金屬導軌處于豎直向上的勻強磁場中，在導軌上放著金屬棒ab，開始時ab棒以水平初速度v0向右運動，最后靜止在導軌上，就導軌光滑和導軌粗糙的兩種情況相比較，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軌最右端，導軌距地高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；空氣阻力忽略不計，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軌，導軌平面與水平面成某一夾角，導軌電阻不計；長也為1m的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導軌上，且始終與導軌接觸良好，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)節(jié)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軌所在區(qū)域的勻強磁場，磁場方向垂直于導軌平面斜向上；圖乙所示為ab的速度隨時間變化圖象．圖2(1)求斜面傾角α及磁感應強度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)若只改變電阻箱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)由牛頓第二定律有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)改變電阻箱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變式訓練二：1．(單選)如圖所示，傾斜的平行導軌處在勻強磁場中，導軌上、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減少量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，由某種粗細均勻的總電阻為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上拉力的功率先減小后增大D．線框消耗的電功率先減小后增大強化練習：1．在傾角為θ足夠長的光滑斜面上，存在著兩個磁感應強度相等的勻強磁場，磁場方向一個垂直斜面向上，另一個垂直斜面向下，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)存在垂直紙面向里的勻強磁場，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，不同粗細的導線繞制（Ⅰ為細導線）．兩線圈在距磁場上界面h高處由靜止開始自由下落，再進入磁場，最后落到地面．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，線圈開始做減速運動，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軌傾斜放置，導軌下端接有定值電阻R，勻強磁場方向垂直導軌平面向上．現(xiàn)給金屬棒ab一平行于導軌的初速度v，使金屬棒保持與導軌垂直并沿導軌向上運動，經(jīng)過一段時間金屬棒又回到原位置．不計導軌和金屬棒的電阻，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軌MN、PQ平行地固定的同一水平面上，兩導軌間距L=0.20m，兩導軌的左端之間所接受的電阻R=0.40，導軌上停放一質(zhì)量m=0.10