2022年高考物理一輪復習 第11章 電磁感應教案 新人教版

《2022年高考物理一輪復習 第11章 電磁感應教案 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考物理一輪復習 第11章 電磁感應教案 新人教版（18頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022年高考物理一輪復習 第11章 電磁感應教案 新人教版 教學目標 理解電磁感應現(xiàn)象，知道磁通量，會運用楞次定律? 重點：感應電流方向的判斷 難點：楞次定律 知識梳理 一、磁通量 1. 它是判斷是否產生電磁感應、感應電動勢大小的計算、感應電流通過導體截面的電量的計算等等的基礎，所以必須清楚磁通量的概念及其變化。 2. 由它的物理意義“表示穿過某一面積的磁感線條數(shù)”來理解它是標量。 3. 其定義式最好記為：F =BS⊥或 F = B⊥S 能強化理解B與S的“垂直關系”，即S應為“垂直面積”——“有效面積”。 4.引起磁通量變化的主要原因： （1） B的變化； （2）

2、S的變化（切割情形。這是引起電磁感應中的力學問題、動量問題、能量問題的主要原因） 5. 磁通量、磁通量的變化量、磁通量的變化率的區(qū)別 磁通量 磁通量的變化量 磁通量的變化率 物理意義 某時刻穿過某個面的磁感線的條數(shù) 某段時間內穿過某個面的磁通量變化 穿過某個面的磁通量變化的快慢 大 小 Φ＝BSn，其中Sn是與B垂直的面的面積 ΔΦ＝Φ2－Φ1 ΔΦ＝B·ΔS ΔΦ＝S·ΔB ＝B 或＝S 注 意 若穿過某個面有方向相反的磁場，則不能直接用Φ＝BS求解，應考慮相反方向的磁通量抵消后所剩余的磁通量 開始時和轉過180°時平面都與磁場垂直，穿過平面的磁通

3、量是一正一負，ΔΦ＝2BS，而不是零 既不表示磁通量的大小，也不表示變化的多少．實際上，它就是單匝線圈上產生的電動勢，即E＝ 附 注 對在勻強磁場中繞處于線圈平面內且垂直于磁場方向的軸勻速轉動的線圈： ①線圈平面與磁感線平行時，Φ＝0，但最大 ②線圈平面與磁感線垂直時，Φ最大，但＝0 Φ大或ΔΦ大，都不能保證就大；反過來，大時，Φ和ΔΦ也不一定大．這類似于運動學中的v、Δv及三者之間的關系 二、感應電流方向的判斷 感應電流方向的判斷，既可用右手定則，也可用楞次定律。 1. 右手定則：適合于判斷導線切割磁感線的情形。用右手定則判斷感應電流的方向不要僅僅停留在應用上，還要對

4、電流的形成理解其實質，即導線中的自由電子隨導線一起做定向運動，于是在洛侖茲力的作用下就會發(fā)生定向移動形成電流。即，在利用右手定則的同時，也要和左手定則進行聯(lián)系。 2. 楞次定律 （1）定律中所說的“引起感應電流的磁通量的變化”，就是指的原磁場的磁通量的變化。 （2） 定律中所說的“阻礙”并非“阻止”。 ①原磁場的磁通量變與不變、以及如何變，不受感應電流的磁場的限制。當原磁場的磁通量發(fā)生變化時，感應電流的磁場不會阻止（也阻止不了）原磁場的磁通量的變化（變化趨勢不會改變——增加的還是繼續(xù)增加，減少的還是繼續(xù)減少），只能是阻礙原磁場的磁通量的變化——使原磁場的磁通量的變化“慢一點”，

5、即對原磁場的磁通量的變化僅起“緩沖”作用。 ②要弄清楚“誰阻礙”、“阻礙誰”、“怎樣阻礙”（感應電流的磁場起“打暴不平”的作用——如果原磁場增強或原磁通量增加，則感應電流的磁場方向就與原磁場方向相反；如果原磁場增強或原磁通量減少，則感應電流的磁場方向就與原磁場方向相同，即“增反減同”）。 （3）熟知定律有三種具體表述形式（各有用處）： ①感應電流的磁場總是阻礙原磁場或原磁通量的變化（用處：確定感應電流的方向）； ②感應電流所受原磁場的安培力總是阻礙相對運動（用處：很快確定安培力的方向）； ③感應電流總是阻礙原電流的變化（用處：分析自感現(xiàn)象） （4）運用楞次定律的步驟： ①確定原

6、磁場的方向 ②確定原磁場或原磁通量的變化情況（增加？減少？不變？） ③由楞次定律和安培定則確定感應電流的方向 題型講解 1. 磁通量 如圖2所示，邊長為的正方形閉合線圈置于磁場中，線圈的、兩邊中點連線的左右兩側分別存在著方向相同、磁感應強度大小各為、的勻強磁場。開始時，線圈平面與磁場垂直，若從上往下看，線圈逆時針轉和角時，穿過線圈的磁通量分別改變了多少？ 【解析】在開始位置，線圈與磁場垂直，則 線圈繞轉動角后 磁通量的變化量為

7、 線圈繞轉動角時，若規(guī)定穿過圓線圈平面的磁通量為正，轉過后，穿過線圈的磁通量則為負值，即 磁通量的變化量為 點評：磁通量是有方向的，所以在求其變化量時，事先要設正方向，并將“+”、“-”號代入。否則，象上面的題目中，轉過角時的磁通量的變化量就變成了零！ 2. 感應電流的產生及方向的判斷 (1)如圖3所示，閉合的矩形金屬線框僅有一半置于范圍足夠大的勻強磁場中，開始時線框平面與磁場垂直，現(xiàn)從圖示位置繞軸按圖示方向轉動，線框中有感應電流產生嗎？試加以分析。 【解析】由于開始時線框僅

8、有一半處于磁場中，所以在邊進入磁場之前，穿過線框的磁通量是發(fā)生不變化的，所以這一階段線框中無感應電流產生。只有當線框轉過角，即從邊進入磁場開始，穿過線圈的磁通量才發(fā)生變化，如圖4所示（俯視圖）。但隨著線框在磁場中的轉動，一旦線框的邊轉出磁場，穿過線框的磁通量又不發(fā)生變化了，電磁感應現(xiàn)象又消失了，以后將重復上述過程。 綜上所述，只有線框全部轉入磁場中時，才會有感應電流產生，否則沒有。 (2)如圖5所示，導線框與導線在同一平面內，直導線 中通有恒定電流，在線框由左向右勻速通過直導線的過程中，線 框中感應電流的方向是 .先，再，后 .先，再

9、.始終 .先，再，后 【解析】（一）：由左手定則判斷 線框向右運動時，只有和兩個邊切割磁感線。根據(jù)通電導線周圍磁場的分布情況可知，開始時，即在邊越過通電導線之前（如圖6甲圖所示），和邊以相同的速度切割磁感線，由左手定則可以判斷，它們在閉合線框中形成的感應電流方向相反，即分別是逆時針和順時針的。但由于 邊所在處的磁感應強度大，所以此時感應電流的方向是順時針方向的，即。一旦邊開始越過通電導線（如圖6乙所示），根據(jù)和邊所在處的磁感應強度的方向和強弱，由左手定可可以判斷得出此時線框中的感應電流的方向是逆時針方向的，即。隨著線框繼續(xù)向右運動，邊越過通電導線后（如圖

10、6丙所示），同理可以判斷出此時線框中的感應電流的方向是順時針方向的，即。 綜合以上分析，答案應選。 （二）：由楞次定律判斷 通電導線所產生的磁場，在的左側方向是垂直紙面向外的，而在的右側方向是垂直紙面向里的，并且離導線越近磁場越強，如圖6所示。線框開始向右運動時，由圖甲可以看出，穿過線框的向外的磁通量是逐漸增加的，根據(jù)楞次定律可以判斷出此時線框中的感應電流方向是。一旦線框的邊越過通電導線，如圖乙所示，穿過線框的磁通量既有向外的，也有向里的，并且向外的磁通量減小，而向里的磁通量增加，由楞次定律可以判斷出這一過程中線框中的感應電流方向是。隨著線框繼續(xù)向右運動，當它的邊越過通電導線后，穿過線框

11、的磁通量就只有垂直紙面向里的了，并且在逐漸減小，由楞次定律判斷出線框中感應電流的方向是。 綜合以上分析，答案應選。 【答案】D 第28講 法拉第電磁感應定律、自感和渦流 教學目標 知道自感和渦流，理解法拉第電磁感應定律，并會運用其進行相關計算. 重點：感應電動勢的計算 難點：自感現(xiàn)象的理解、運用 知識梳理 一、法拉第電磁感應定律 電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比。這就是法拉第電磁感應定律。 1. 對E=△F/△t的理解： （1）E與△F/△t 代表的含義不同。 E代表電動勢（電路領域）， △F/△t代表磁通量的變化率（磁

12、場領域），它們只是在數(shù)值上相等。 （2）△F只能以絕對值代入E=△F/△t式中。 （3）由E=△F/△t求出的只能是平均感應電動勢。 2. E的常見表達式有三種： （1）通式：E = n△F/△t = n△B/△t S = nB△S/△t （2）平動切割式：E = BLV （ V只能是相對于磁場的垂直切割速度，即垂直切割相對速度，不一定是對地的速度） （3）轉動切割式：E = BwL2 二、自感現(xiàn)象 1. 自感——由于導體本身的電流變化而產生的電磁感應現(xiàn)象叫自感現(xiàn)象。 產生的電動勢叫自感電動勢。電流I變化時，自感電動勢阻礙電流的變化（當I增加，自感電動勢反抗I的增

13、加，當I減小，自感電動勢補充I的減?。? 2. 原因——導體本身的電流變化，引起磁通量的變化 3. 自感電動勢和自感系數(shù) （1）反映電流變化的快慢 （2）自感系數(shù)L決定于線圈的自身（長度、截面積、匝數(shù)、鐵芯） （3）自感電動勢由L和I的變化率共同決定 （4）單位：亨利 1H＝103 mH 1mH＝10 3μH 自感現(xiàn)象只有在通過電路電流發(fā)生變化才會產生．在判斷電路性質時，一般分析方法是：當流過線圈L的電流突然增大瞬間，我們可以把L看成一個阻值很大的電阻；當流經L的電流突然減小的瞬間，我們可以把L看作一個電源，它提供一個跟原電流同向的電流． 三、渦流 1. 渦流定義

14、 塊狀金屬放在變化的磁場中，或讓它在磁場中運動，金屬塊內有感應電場產生，從而形成閉合回路，這時感生電場力可以在整塊金屬內部引起閉合渦旋狀的感應電流，所以叫做渦電流?！皽u電流”簡稱渦流。 2. 渦流的熱效應 當變壓器的線圈中通過交變電流時，在鐵芯內部有變化的磁場，因而產生感生電場，引起渦流。渦流在通過電阻時也要放出焦耳熱。 （1）應用：利用的熱效應進行加熱的方法稱為感應加熱。而渦流的大小和磁通量變化率成正比，磁場變化的頻率越高，導體里的渦流也越大。實際上,一般使用高頻交流電激發(fā)渦流。如：A．高頻焊接.B．高頻感應爐 （2）控制：導體在非均勻磁場中移動或處在隨時間變化

15、的磁場中時，因渦流而導致能量損耗稱為渦流損耗。渦流損耗的大小與磁場的變化方式、導體的運動、導體的幾何形狀、導體的磁導率和電導率等因素有關。變壓器、電機鐵芯中的渦流熱效應不僅損耗能量，嚴重時還會使設備燒毀．為減少渦流，變壓器、電機中的鐵芯都是用很薄的硅鋼片疊壓而成。因為在導體中渦流的大小和電阻有關，電阻越大渦流越小。為了減小渦流造成的熱損耗，電機和變壓器的鐵芯常采用多層彼此絕緣的硅鋼片迭加而成(材料采用硅鋼以增加電阻)。這些薄片表面涂有薄層絕緣漆或絕緣的氧化物。磁通穿過薄片的狹窄截面時，渦流被限制在沿各片中的一些狹小回路流過，這些回路中的凈電動勢較小，回路的長度較大，再由于這種薄片材料的電阻率大

16、，這樣就可以顯著地減小渦流損耗。所以，交流電機、電器中廣泛采用疊片鐵心。 3. 渦流的磁效應 （1）電磁阻尼現(xiàn)象： 把銅板做成的擺放到電磁鐵的磁場中，當電磁鐵未通電時，擺要往復多次，擺才能停止下來．如果電磁鐵通電，磁場在擺動的銅板中產生渦流。渦流受磁場作用力的方向與擺動方向相反，因而增大了擺的阻尼，擺很快就能停止下來。這種現(xiàn)象稱為電磁阻尼。 （2）應用：電磁儀表中的電磁阻尼器就是根據(jù)渦流磁效應制作的，在磁電式測量儀表中，常把使指針偏轉的線圈繞在閉合鋁框上，當測量電流流過線圈時，鋁框隨線圈指針一起在磁場中轉動，這時鋁框內產生的渦流將受到磁場作用力，抑止指針的擺動，使指針較快地穩(wěn)定在

17、指示位置上。此外，電氣機車的電磁制動器也是根據(jù)這一效應制作的。 題型講解 1. 對感應電流或感應電動勢產生條件的理解： 如下圖所示，正方形線圈在通電長直導線的磁場中運動；A向右平動，B向下平動，C繞軸轉動（ad 邊向外），D從紙面向紙外作平動，E向上平動（E線圈有個缺口），判斷線圈中有沒有感應電流。 【解析】在直導線電流磁場中的五個線圈，原來磁通量都是垂直紙面向里的，對直線電流來說，離電流越遠，磁場就越弱。 A. 向右平動，穿過線圈的磁通量沒有變化，故A線圈中沒有感應電流。 B. 向下平動，穿過線圈的磁通量減少，必產生感應電動勢和感應電流。

18、 C. 繞軸轉動，穿過線圈的磁通量變化，必產生感應電動勢和感應電流。 D. 離開紙面向外，線圈中磁通量減少，故情況同B、C。 E. 向上平移，穿過線圈的磁通量增加，故產生感應電動勢，但由于線圈沒有閉合回路，因此無感應電流。 2. 感應電動勢的計算 　如圖甲所示，水平放置的U形金屬框架中接有電源，電源的電動勢為E，內阻為r．現(xiàn)在框架上放置一質量為m、電阻為R的金屬桿，它可以在框架上無摩擦地滑動，框架兩邊相距L，勻強磁場的磁感應強度為B，方向豎直向上．ab桿受到水平向右的恒力F后由靜止開始向右滑動，求： 圖甲 (1)ab桿由靜止啟動時的加速度． (2)a

19、b桿可以達到的最大速度vm． (3)當ab桿達到最大速度vm時，電路中每秒放出的熱量Q． 【解析】(1)ab滑動前通過的電流：I＝ 受到的安培力F安＝，方向水平向左 所以ab剛運動時的瞬時加速度為： a1＝＝－． (2)ab運動后產生的感應電流與原電路電流相同，到達最大速度時，感應電路如圖乙所示．此時電流Im＝． 圖乙 由平衡條件得： F＝BImL＝ 故可得：vm＝． (3)方法一　由以上可知，Im＝＝ 由焦耳定律得：Q＝Im2(R＋r)＝． 方法二　由能量守恒定律知，電路每秒釋放的熱量等于電源的總功率加上恒力F所做的功率，即： Q＝E·Im＋F

20、·vm ＝＋ ＝． 【答案】(1)－　(2) (3) 點評：①本例全面考查了感應電路的特點，特別是對于電功率的解析，通過對兩種求解方法的對比能很好地加深對功能關系的理解． ②ab棒運動的v－t圖象如圖丙所 圖丙 3. 對于公式的理解和運用： 如下圖所示，導線全部為裸導線，半徑為r的圓內有垂直于圓平面的勻強磁場，磁感應為B、一根長度大于2r的導線MN以速度v在圓環(huán)上無摩擦地自左端勻速滑動到右端，電路的固定電阻為R，其余電阻忽略不計，試求：（1）MN從圓環(huán)的左端滑到右端的過程中電阻R上的電流強度的平均值及通過的電荷量。（2）MN從圓環(huán)左端滑到右端的過程中

21、，電阻R上的電流強度的最大值。 【解析】（1）根據(jù)法拉第電磁感應定律，回路中產生的平均感應電動勢為： ??????????????? ① ? ????????????????? ② ???????????????????????? ③ 由①②③式知 通過的電荷量為： （2）當導線運動到圓環(huán)的圓心處時，切割磁感線的有效長度最大，產生的感應電動勢也就最大，電阻R上的電流強度也最大，此時 ???????????? ④ 所以????????? ⑤ 由以上兩式，得 4. 自感現(xiàn)象的運用——日光燈 （1）啟動器：利用氖管的輝光放電，起自動把電路接通和斷

22、開的作用 （2）鎮(zhèn)流器：在日光燈點燃時，利用自感現(xiàn)象，產生瞬時高壓，在日光燈正常發(fā)光時，，利用自感現(xiàn)象，起降壓限流作用。 （3）日光燈的工作原理圖如下： 圖中A鎮(zhèn)流器，其作用是在燈開始點燃時起產生瞬時高壓的作用；在日光燈正常發(fā)光時起起降壓限流作用．B是日光燈管，它的內壁涂有一層熒光粉，使其發(fā)出的光為柔和的白光；C是啟動器，它是一個充有氖氣的小玻璃泡，里面裝上兩個電極，一個固定不動的靜觸片和一個用雙金屬片制成的U形觸片組成． 如圖所示，A、B是兩個完全相同的白熾燈泡，L時是直流電阻不計的電感線圈，如果斷開開關S1，而閉合開關S2，A、B兩燈都能同樣發(fā)光。最初開關S1是閉合的，而S2是

23、斷開的，則可能出現(xiàn)的情況是 A．剛閉合S2時，A燈立即發(fā)光，而B燈則延遲一段時間才發(fā)光 B．剛閉合S2時，電感線圈L中的電流為零 C．閉合S2以后，A燈立即發(fā)光并最終達到穩(wěn)定，B燈則由亮變暗直到熄滅 D．閉合S2一段時間后，再斷開S2時，A燈立即熄滅，而B燈是亮一下再熄滅 【答案】BCD 第29講 電磁感應的綜合問題 教學目標 能夠分析計算電磁感應與力學、電路的綜合應用問題，理解、掌握電磁感應中的圖像問題. 重點：電磁感應的綜合問題的求解 難點：電磁感應的綜合問題的求解 知識梳理 一、電磁感應規(guī)律的綜合應用歸納 電磁感應規(guī)律的綜合應用問

24、題不僅涉及法拉第電磁感應定律，還涉及力學、熱學、靜電場、直流電路、磁場等許多知識． 電磁感應的綜合題有兩種基本類型：一是電磁感應與電路、電場的綜合；二是發(fā)生電磁感應的導體的受力和運動以及功能問題的綜合．也有這兩種基本類型的復合題，題中電磁現(xiàn)象與力現(xiàn)象相互聯(lián)系、相互影響、相互制約，其基本形式如下： 注意：(1)求解一段時間內流過電路某一截面的電荷量要用電流的平均值； (2)求解一段時間內的熱量要用電流的有效值； (3)求解瞬時功率要用瞬時值，求解平均功率要用有效值． 1．電磁感應中的電路問題 在電磁感應中，切割磁感線的導體或磁通量發(fā)生變化的回路將產生感應電動勢

25、，該導體或回路相當于電源．因此，電磁感應問題往往與電路問題聯(lián)系在一起．解決與電路相聯(lián)系的電磁感應問題的基本方法如下： (1)用法拉第電磁感應定律和楞次定律確定感應電動勢的大小和方向； (2)畫等效電路圖，注意區(qū)別內外電路，區(qū)別路端電壓、電動勢； (3)運用閉合電路歐姆定律，串、并聯(lián)電路性質以及電功率等公式聯(lián)立求解． 2．電磁感應中的圖象問題 電磁感應中的圖象大致可分為以下兩類． (1)由給定的電磁感應過程確定相關物理量的函數(shù)圖象．一類常見的情形是在某導體受恒力作用做切割磁感線運動而產生的電磁感應中，該導體由于安培力的作用往往做加速度越來越小的變加速運動，圖象趨向于一漸近線． (2

26、)由給定的圖象分析電磁感應過程，確定相關的物理量． 無論何種類型問題，都需要綜合運用法拉第電磁感應定律、楞次定律、右手定則、安培定則等規(guī)律來分析相關物理量之間的函數(shù)關系，確定其大小和方向及在坐標系中的范圍，同時應注意斜率的物理意義． 3．電磁感應中的動力學、功能問題 電磁感應中，通有感應電流的導體在磁場中將受到安培力的作用，因此電磁感應問題往往和力學、運動學等問題聯(lián)系在一起．電磁感應中的動力學問題的解題思路如下： 二、單棒問題 1. 阻尼式單棒： (1)電路特點: 導體棒相當于電源。 (2)安培力的特點: 安培力為阻力，并隨速

27、度減小而減小。 (3)加速度特點: 加速度隨速度減小而減小 (4)運動特點: a減小的減速運動 (5)最終狀態(tài): 靜止 (6)三個規(guī)律: ①能量關系： ②動量關系： ③瞬時加速度： 2. 電動式單棒 （1）電路特點：導體為電動邊，運動后產生反電動勢（等效于電機）。 （2）安培力的特點：安培力為運動動力，并隨速度減小而減小。 （3）加速度特點：加速度隨速度增大而減小 （4）運動特點：a減小的加速運動 （5）最終特征

28、：勻速運動 （6）兩個極值： ①最大加速度：v=0時,E反=0,電流、加速度最大 ②最大速度：穩(wěn)定時，速度最大，電流最小 （7）穩(wěn)定后的能量轉化規(guī)律： （8）起動過程中的三個規(guī)律： ①動量關系： ②能量關系： ③瞬時加速度： 3. 發(fā)電式單棒 （1）電路特點: 導體棒相當于電源，當速度為v時，電動勢E＝Blv （2）安培力的特點: 安培力為阻力，并隨速度增大而增大 （3）加速度特點: 加速度隨速度增大而減小 （4）運動特點: a減小的加速運動 （5）最終特征: 勻速運動 （6）

29、兩個極值: ①v=0時,有最大加速度： ②a=0時,有最大速度： ③瞬時加速度： 4. 電容放電式單棒 （1）電路特點：電容器放電，電容器相當于電源；導體棒受安培力而運動。 （2）電流特點：電容器放電時，導體棒在安培力作用下開始運動，同時產生阻礙放電的反電動勢，導致電流減小，直至電流為零，此時UC=Blv （3）運動特點：a漸小的加速運動，最終做勻速運動。 （4）最終特征：勻速運動 但此時電容器帶電量不為零 （5）最大速度vm 的計算： 電容器充電量： 放電結束時電量： 電容器放電電量： 對桿應用動

30、量定理： 所以 （6）達最大速度過程中的兩個關系： ①安培力對導體棒的沖量： ②安培力對導體棒做的功： 易錯點：認為電容器最終帶電量為零 5. 電容無外力充電式單棒 （1）電路特點：導體棒相當于電源;電容器被充電. （2）電流特點：F安為阻力，棒減速, E減小,I感漸小 有I感 電容器被充電。UC漸大，阻礙電流,當Blv =UC時，I=0，F(xiàn)安=0，棒勻速運動。 （3）運動特點: a漸小的加速運動，最終做勻速運動。 （4）最終特征: 勻速運動 但此時電容器帶電量不為零 （5）最終速度的計算: 電容器充電量： 最終導體棒的感應電

31、動勢等于電容兩端電壓： 對桿應用動量定理： 所以 6. 電容有外力充電式單棒 （1）電路特點： 導體為發(fā)電機；電容器被充電。 （2）三個基本關系： ①導體棒受到的安培力為： ②導體棒加速度可表示為： ③回路中的電流可表示為： （3）四個重要結論： ①導體棒做初速度為零的勻加速運動： ②回路中的電流恒定： ③導體棒受安培力恒定： ④導體棒克服安培力做的功等于電容器儲存的電能： 三、雙棒問題 1. 無外力等距雙棒 （1）電路特點：棒2相當于電源;棒1受安培力而加速起動,運動后產生反電動勢.

32、 （2）電流特點： 隨著棒2的減速、棒1的加速，兩棒的相對速度v2-v1變小，回路中電流也變小。 v1=0時：電流最大 v2 =v1時：電流I ＝ 0 （3）兩棒運動情況： 安培力大?。? 兩棒的相對速度變小,感應電流變小,安培力變小. 棒1做加速度變小的加速運動 ，棒2做加速度變小的減速運動。 最終兩棒具有共同速度。 （4）兩個規(guī)律： ①動量規(guī)律：兩棒受到安培力大小相等方向相反,系統(tǒng)合外力為零,系統(tǒng)動量守恒. ②能量轉化規(guī)律：系統(tǒng)機械能的減小量等于內能的增加量.（類似于完全非彈性碰撞

33、） 兩棒產生焦耳熱之比： 2. 無外力不等距雙棒 （1）電路特點：棒1相當于電源;棒2受安培力而起動,運動后產生反電動勢. （2）電流特點： 隨著棒1的減速、棒2的加速，回路中電流變小。 最終當Bl1v1 = Bl2v2時,電流為零,兩棒都做勻速運動 （3）兩棒運動情況： 棒1加速度變小的減速,最終勻速; 棒2加速度變小的加速,最終勻速. （4）最終特征： 回路中電流為零 （5）動量規(guī)律：安培力不是內力，兩棒合外力不為零，系統(tǒng)動量守恒。 （6）兩棒最終速度： 任一時刻兩棒中電流相同，兩棒受到的安培力大小之比為：

34、 整個過程中兩棒所受安培力沖量大小之比： 對棒1： 對棒2： 結合： 可得： （7）能量轉化情況： 系統(tǒng)動能→電能→內能 （8）流過某一截面的電量 3. 有外力等距雙棒 （1）電路特點：棒2相當于電源;棒1受安培力而起動. （2）運動分析： 某時刻回路中電流： 安培力大小： 棒1： 棒2： 最初階段，a2 >a1, 只要a2 >a1, (v2-v1) I FB a1 a2 當a2＝a1時 ，v2-v1恒定，I恒定 ，F(xiàn)B恒定 ，兩棒勻加速

35、（3）穩(wěn)定時的速度差 4. 有外力不等距雙棒 運動分析：某時刻兩棒速度分別為v1、 v2，加速度分別為a1、a2 經極短時間t后其速度分別為： 此時回路中電流為： 當 時，I恒定 FB恒定 兩棒勻加速 由 得: 此時回路中電流為： I與兩棒電阻無關 題型講解 1. 電磁感應中的電路問題 如圖（a）所示，水平放置的兩根平行金屬導軌，間距L＝0.3 m．導軌左端連接R＝0.6 Ω的電阻，區(qū)域abcd內存在垂直于導軌平

36、面B＝0.6 T的勻強磁場，磁場區(qū)域寬D＝0.2 m．細金屬棒A1和A2用長為2D＝0.4 m的輕質絕緣桿連接，放置在導軌平面上，并與導軌垂直，每根金屬棒在導軌間的電阻均為t＝0.3 Ω，導軌電阻不計，使金屬棒以恒定速度v＝1.0 m/s沿導軌向右穿越磁場，計算從金屬棒A1進入磁場（t＝0）到A2離開磁場的時間內，不同時間段通過電阻R的電流強度，并在圖（b）中畫出． 圖（d） 圖（c） 【解析】A1從進入磁場到離開磁場的時間 在0~t1時間內，A1上的感應電動勢 E=BLv=0.18V 由等效電路圖（c）知： 電路的總電阻 總電流 通過R的電流 A1離開磁場t1

37、=0.2s至A2未進入磁場的時間內，回路中無電流， 從A2進入磁場t2=0.4s至離開磁場的時間內，A2上的感應電動勢E=0.18V 由圖（d）知，電路總電阻 總電流 通過R的電流 綜合上述計算結果，繪制通過R的電流與時間的關系圖線，如右圖所示 2. 電磁感應與力和運動結合的問題 如圖所示，豎直平面內有一半徑為r、電阻為R1、粗細均勻的光滑半圓形金屬環(huán)，在M、N處與距離為2r、電阻不計的平行光滑金屬導軌ME、NF相接，EF之間接有電阻R2，已知R1＝12R，R2＝4R．在MN上方及CD下方有水平方向的勻強磁場I和II，磁感應強度大小均為B．現(xiàn)有質量為m、電阻不計的導體

38、棒ab，從半圓環(huán)的最高點A處由靜止下落，在下落過程中導體棒始終保持水平，與半圓形金屬環(huán)及軌道接觸良好，設平行導軌足夠長．已知導體棒下落時的速度大小為v1，下落到MN處時的速度大小為v2． ⑴求導體棒ab從A處下落時的加速度大?。? ⑵若導體棒ab進入磁場II后棒中電流大小始終不變，求磁場I和II這間的距離h和R2上的電功率P2； ⑶若將磁場II的CD邊界略微下移，導體棒ab進入磁場II時的速度大小為v3，要使其在外力F作用下做勻加速直線運動，加速度大小為a，求所加外力F隨時間變化的關系式． 【解析】⑴以導體棒為研究對象，棒在磁場I中切割磁感線，棒中產生感應電動勢，導體棒ab從A下落，導體

39、棒在重力與安培力作用下做加速運動。據(jù)此： E1＝Brv1 R總1＝＝4R I1＝＝ mg－BI1L1＝ma 由上述各式可得：a＝g－ ⑵當導體棒ab通過磁場II時，若安培力恰好等于重力，棒中電流大小始終不變，即： E2＝2Brv R總2＝＝3R I2＝＝ mg＝BI2L2 由上述各式得：v＝ 導體棒從MN到CD做加速度為g的勻加速直線運動，有 v2－v22＝2gh 得：h＝－ 此時導體棒重力的功率為 根據(jù)能量守恒定律，此時導體棒重力的功率全部轉化為電路中的電功率，即 故 ⑶設導體棒ab進入磁場II后經過時間t的速度大小為vt’，此時安培力大小為 由

40、于導體棒ab做勻加速直線運動，有 根據(jù)牛頓第二定律，有 聯(lián)列上述各式得：F＝ma－mg＋ × × × a × × × × × × b 3. 電磁感應的圖像問題 如圖，一個邊長為l的正方形虛線框內有垂直于紙面向里的勻強磁場；一個邊長也為l的正方形導線框所在平面與磁場方向垂直；虛線框對角線ab與導線框的一條邊垂直，ba的延長線平分導線框．在t＝0時，使導線框從圖示位置開始以恒定速度沿ab方向移動，直到整個導線框離開磁場區(qū)域．以i表示導線框中感應電流的強度，取逆時針方向為正．下列表示i－t關系的圖示中，可能正確的是（ ） 【解析】如圖所示，線框的

41、ef邊從剛進入磁場到恰好完全進入磁場的過程中，感應電流均勻增大，感應電流方向為逆時針；從ef邊的兩個端點剛好進入磁場到剛好出磁場的過程中，感應電流大小恒定，感應電流方向為逆時針；從ef邊的兩個端點剛好出磁場，到gh邊剛好到達磁場到gh邊和ef邊在磁場中的長度相等的過程中，感應電流方向為逆時針，大小均勻減小，且變化率大于上一個過程中電流的變化率；從此時開始到gh邊恰好完全出磁場的過程中感應電流大小和方向的變化情況與前面的過程正好互逆，符合上述規(guī)律的只有選項C。 【答案】C 4. 電磁感應中的生產、科技實際應用問題 磁流體推進船的動力來源于電流與磁場間的相互作用。圖43甲是平靜海

42、面上某實驗船的示意圖，磁流體推進器由磁體、電極和矩形通道（簡稱通道）組成。 如圖43乙所示，通道尺寸a＝2.0m，b＝0.15m、c＝0.10m。工作時，在通道內沿z軸正方向加B＝8.0T的勻強磁場；沿x軸正方向加勻強電場，使兩金屬板間的電壓U＝99.6V；海水沿y軸正方向流過通道。已知海水的電阻率ρ＝0.22Ω·m。 （1）船靜止時，求電源接通瞬間推進器對海水推力的大小和方向； （2）船以vs＝5.0m/s的速度勻速前進。若以船為參照物，海水以5.0m/s的速率涌入進水口由于通道的截面積小球進水口的截面積，在通道內海水速率增加到vd＝8.0m/s。求此時兩金屬板間的感應電動勢U。 （

43、3）船行駛時，通道中海水兩側的電壓U/＝U－U計算，海水受到電磁力的80%可以轉化為對船的推力。當船以vs＝5.0m/s的船速度勻速前進時，求海水推力的功率。 【解析】此題為科技實用題，解題時先建立物理模型，弄清流體流向與電流方向是關鍵。 （1）根據(jù)安培力公式,推力F1=I1Bb，其中I1=, R＝ρ 則Ft= N 對海水推力的方向沿y軸正方向(向右) （2）U=Bub=9.6 V （3）根據(jù)歐姆定律，I2=A 安培推力F2＝I2Bb＝720 N 對船的推力F＝80%F2＝576 N 推力的功率P＝vs＝80%F2vs＝2 880 W 點評：電磁感應及其規(guī)律在生產、生活和科技實際中應用廣泛，如磁浮列車、磁流體發(fā)電機、電磁流量計、磁帶錄音機原理等，分析這類問題的關鍵是建立物理模型，把握好“四個等效”，即“等效電源”、“等效電路”、“等效導體”、“等效電阻”，然后選擇合理的物理規(guī)律求解。此題以磁流體推進器為題材，考查了學生對基礎知識的掌握程度和靈活多變的綜合分析能力，同時考查了理論聯(lián)系實際并解決實際問題的應用能力。