电磁感应与动量结合新考纲讲课教案
2023最新-高三物理教案电磁感应(优秀4篇)
高三物理教案电磁感应（优秀4篇）作为一名为他人授业解惑的教育工作者，常常需要准备教案，借助教案可以恰当地选择和运用教学方法，调动学生学习的积极性。
那么应当如何写教案呢？这次漂亮的小编为亲带来了4篇高三物理教案电磁感应，在大家参考的同时，也可以分享一下牛牛范文给您的好友哦。
物理电磁感应教案篇一[要点导学]1. 这一节学习法拉第电磁感应定律，要学会感应电动势大小的计算方法。
这部分内容和楞次定律是本章的两大重要内容，应该高度重视。
2. 法拉第电磁感应定律告诉我们电路中产生感应电动势的大小跟成正比。
若产生感应电动势的电路是一个有n匝的线圈，且穿过每匝线圈的磁感量变化率都相同，则整个线圈产生的感应电动势大小E= 。
3. 直导线在匀强磁场中做切割磁感线的运动时，如果运动方向与磁感线垂直，那么导线中感应电动势的大小与、和三者都成正比。
用公式表示为E= 。
如果导线的运动方向与导线本身是垂直的，但与磁感线方向有一夹角，我们可以把速度分解为两个分量，垂直于磁感线的分量v1=vsin,另一个平行于磁感线的分量不切割磁感线，对感应电动势没有贡献。
所以这种情况下的感应电动势为E=Blvsin。
4.应该知道：用公式E=n/t计算的感应电动势是平均电动势，只有在电动势不随时间变化的情况下平均电动势才等于瞬时电动势。
用公式E=Blv计算电动势的时候，如果v是瞬时速度则电动势是瞬时值；如果v是平均速度则电动势是平均值。
5.公式E=n/t是计算感应电动势的普适公式，公式E=Blv则是前式的一个特例。
6.关于电动机的反电动势问题。
①电动机只有在转动时才会出现反电动势(线圈转动切割磁感线产生感应电动势);②线圈转动切割磁感线产生的感应电动势方向与电动机的电源电动势方向一定相反，所以称为反电动势；③有了反电动势电动机才可能把电能转化为机械能，它输出的机械能功率P=E反I;④电动机工作时两端电压为U=E反+Ir(r是电动机线圈的电阻),电动机的总功率为P=UI,发热功率为P热=I2r,正常情况下E反Ir，电动机启动时或者因负荷过大停止转动，则I=U/r,线圈中电流就会很大，可能烧毁电动机线圈。
2021高考物理一轮复习 第10章 电磁感应 专题十二 电磁感应中的动力学、能量和动量问题教案
2021高考物理一轮复习第10章电磁感应专题十二电磁感应中的动力学、能量和动量问题教案年级：姓名：专题十二电磁感应中的动力学、能量和动量问题考点一电磁感应中的动力学问题1．用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：2．导体的运动分析流程如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ＝30°，两导轨之间的距离为L＝1 m，两导轨M、P之间接入电阻R＝0.2 Ω，导轨电阻不计，在abdc区域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ，磁感应强度B0＝1 T，磁场的宽度x1＝1 m；在cd连线以下区域有一个方向也垂直于导轨平面向下的磁场Ⅱ，磁感应强度B1＝0.5 T。
一个质量为m＝1 kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电阻r＝0.2 Ω，若金属棒在离ab连线上端x0处自由释放，则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速运动。
金属棒进入磁场Ⅱ后，经过ef 时又达到稳定状态，cd与ef之间的距离x2＝8 m。
求(g取10 m/s2)：(1)金属棒在磁场Ⅰ运动的速度大小；(2)金属棒滑过cd位置时的加速度大小；(3)金属棒在磁场Ⅱ中达到稳定状态时的速度大小。
解析： (1)金属棒进入磁场Ⅰ做匀速运动，设速度为v 0， 由平衡条件得mg sin θ＝F 安① 而F 安＝B 0I 0L ，②I 0＝B 0Lv 0R ＋r③ 代入数据解得v 0＝2 m/s 。
④(2)金属棒滑过cd 位置时，其受力如图所示。
由牛顿第二定律得mg sin θ－F 安′＝ma ，⑤而F 安′＝B 1I 1L ，⑥I 1＝B 1Lv 0R ＋r，⑦代入数据可解得a ＝3.75 m/s 2。
⑧(3)金属棒在进入磁场Ⅱ区域达到稳定状态时，设速度为v 1，则mg sin θ＝F 安″，⑨而F 安″＝B 1I 2L ○10 I 2＝B 1Lv 1R ＋r，⑪ 代入数据解得v 1＝8 m/s 。
电磁感应中的能量及动量问题课件
答案与解析
答案1
感应电动势E = BLv，其中B是磁场强度，L是导线在磁场中的有效长度，v是导线在磁场中的速 度。
解析1
根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E与磁通量变化率成正比，即E = ΔΦ/Δt。当导线在均匀 磁场中运动时，磁通量Φ = BLx，其中x是导线在磁场中的位置。由于导线以速度v向右运动，磁
通量随时间变化，即ΔΦ/Δt = BLv。因此，感应电动势E = BLv。
答案2
感应电动势E = 2ωBS，其中B是磁场强度，S是线圈在磁场中的面积，ω是线圈旋转的角速度。
答案与解析
解析2
当矩形线圈在均匀磁场中旋转时，线圈中的磁通量随时间变化，产生感应电动势。线圈 在磁场中的面积S和线圈的匝数N决定了感应电动势的大小。因此，感应电动势E = N × 2ωBS。
械能向电能的转换。
变压器
总结词
变压器是利用电磁感应原理实现电压变 换的关键设备，广泛应用于输配电和工 业自动化等领域。
VS
详细描述
变压器由初级线圈、次级线圈和铁芯组成 。当交流电通过初级线圈时，产生变化的 磁场，该磁场在次级线圈中产生感应电动 势。通过调整初级和次级线圈的匝数比， 可以实现电压的升高或降低，满足不同用 电设备和输电线路的需求。
军事应用
电磁炮作为一种新型武器系统，具有高精度、高速度和高破 坏力的特点，在军事领域具有广泛的应用前景。
04
电磁感应的实际应用
交流发电机
总结词
交流发电机利用电磁感应原理，将机械能转换为电能，为现代电力系统提供源源不断的 电力。
详细描述
交流发电机由转子（磁场）和定子（线圈）组成，当转子旋转时，磁场与线圈之间发生 相对运动，从而在线圈中产生感应电动势。通过外部电路闭合，电流得以输出，实现机
2024届高考物理复习讲义：专题强化二十三 动量观点在电磁感应中的应用
专题强化二十三动量观点在电磁感应中的应用学习目标 1.会利用动量定理分析导体棒、线框在磁场中的运动。
2.会利用动量守恒定律分析双金属棒在磁场中的运动问题。
考点一动量定理在电磁感应中的应用1.导体棒在磁场中所受安培力是变力时，可用动量定理分析棒的速度变化，表达式为I 其他＋I －lB Δt ＝m v －m v 0或I 其他－I －lB Δt ＝m v －m v 0；若其他力的冲量和为零，则有I －lB Δt ＝m v －m v 0或－I －lB Δt ＝m v －m v 0。
2.求电荷量：q ＝I －Δt ＝m v 0－m v Bl 。
3.求位移：由－B 2l 2v －RΔt ＝m v －m v 0有x ＝v －Δt ＝（m v 0－m v ）R B 2l2。
例1如图1所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L ，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直。
一质量为m 、有效电阻为R 的导体棒在距磁场上边界h 处静止释放。
导体棒进入磁场后流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I 。
整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻，重力加速度为g 。
求：图1(1)导体棒的最大速度和磁感应强度的大小；(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小；(3)若金属棒进入磁场后恰经t时间达到稳定，求这段时间的位移x大小。
答案(1)2gh mgIL(2)I2Rmg(3)(mgt＋m2gh－I2Rg)I2Rm2g2解析(1)由题意知导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为v m，由机械能守恒定律得mgh＝12m v2m，解得v m＝2gh电流稳定后，导体棒做匀速运动，此时导体棒受到的重力和安培力平衡，有mg ＝ILB解得B＝mg IL。
(2)感应电动势E＝BL v感应电流I＝ER，解得v＝I2Rmg。
(3)金属棒进入磁场后，由动量定理有mgt－BL v－R＝m v－m v m即mgt－B2L2xR＝m v－m v m解得x＝(mgt＋m2gh－I2Rg)I2Rm2g2。
2022届高考物理一轮复习第10章电磁感应微专题12电磁感应中动力学动量和能量问题教案新人教版
微专题十二电磁感应中动力学、动量和能量问题电磁感应中的动力学问题1．两种状态及处理方法状态特征处理方法平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析磁感应中的动力学问题错误!如图所示，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上。
t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动。
t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。
杆与导轨的电阻均忽略不计,两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ。
重力加速度大小为g。
求:(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小;(2）电阻的阻值.审题指导：分别画出金属杆进入磁场前、后的受力示意图，有助于快速准确地求解问题。
甲乙［解析］（1）设金属杆进入磁场前的加速度大小为a,由牛顿第二定律得F－μmg＝ma ①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v ＝at 0 ②当金属杆以速度v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律得杆中的电动势为E ＝Blv③联立①②③式可得 E ＝Blt 0错误!。
④（2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I ,根据欧姆定律I ＝错误! ⑤式中R 为电阻的阻值。
金属杆所受的安培力为f ＝BlI ⑥因金属杆做匀速运动,由牛顿运动定律得F －μm g －f ＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得 R ＝B 2l 2t 0m . ⑧［答案］ （1)Blt 0错误! （2）错误!电磁感应中动力学问题的分析思路（1）确定电源:产生感应电动势的导体相当于电源，其电阻相当于电源的内阻。
（2）画等效电路图：根据闭合电路欧姆定律求感应电流，即I ＝错误!。
（3）受力分析：根据牛顿第二定律列式，分析导体加速度的变化情况或求加速度,其中安培力F ＝BIl 。
(4)运动分析:根据a 、v 方向分析速度的变化情况。
《主题六 第五节 电磁感应及其应用》教学设计
《电磁感应及其应用》教学设计方案（第一课时）一、教学目标1. 知识与技能：理解电磁感应的观点，掌握法拉第电磁感应定律及其应用。
2. 过程与方法：通过实验探究，掌握电磁感应的规律，学会运用法拉第电磁感应定律分析问题。
3. 情感态度与价值观：培养科学探究精神，树立理论与实践相结合的思想。
二、教学重难点1. 教学重点：法拉第电磁感应定律及其应用。
2. 教学难点：电磁感应在实际生活和工业生产中的应用，如发电机、变压器等的工作原理。
三、教学准备1. 准备教学用具：电磁感应实验装置、发电机模型、变压器实物等。
2. 准备教学内容：制作PPT，包括图片、视频、案例等，以帮助学生更好地理解电磁感应及其应用。
3. 准备学生材料：一些基本的电磁感应应用案例，让学生提前了解和学习。
四、教学过程：1. 引入课题(1)通过生活实例引入电磁感应现象，如电磁炉、发电机、变压器等。
(2)引导学生回顾初中学过的磁场知识，为后续学习打下基础。
(3)教师简要介绍电磁感应的基本观点和定律。
2. 实验探究(1)学生分组实验：利用实验室提供的实验器械，探究电磁感应现象。
(2)引导学生观察实验现象，记录实验数据和结论。
(3)教师对实验过程中出现的问题进行讲解和指导。
3. 理论知识学习(1)教师讲解电磁感应定律及其应用，包括楞次定律、右手定则等。
(2)学生根据实验数据和结论，自主总结电磁感应定律的应用。
(3)教师对学生的总结进行点评和补充。
4. 实际应用举例(1)教师介绍电磁感应在生产、生活、科技等方面的应用，如发电机、变压器、磁悬浮列车等。
(2)学生了解电磁感应在实际应用中的优点和局限性。
5. 教室互动环节(1)学生就所学知识进行提问，教师进行解答。
(2)学生之间进行交流和讨论，共同探讨电磁感应在实际应用中的更多可能性。
6. 作业安置(1)要求学生预习下节课内容，准备讨论发言。
(2)安置与电磁感应相关的小论文或报告，鼓励学生进一步探究和学习。
2024届高考一轮复习物理教案(新教材鲁科版)：动量观点在电磁感应中的应用
专题强化二十五 动量观点在电磁感应中的应用目标要求 1.掌握应用动量定理处理电磁感应问题的方法技巧.2.建立电磁感应问题中动量守恒的模型，并用动量守恒定律解决问题．题型一 动量定理在电磁感应中的应用导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，当题目中涉及速度v 、电荷量q 、运动时间t 、运动位移s 时常用动量定理求解．考向1 “单棒＋电阻”模型情景示例1水平放置的平行光滑导轨，间距为L ，左侧接有电阻R ，导体棒初速度为v 0，质量为m ，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B ，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来求电荷量q－B I L Δt ＝0－m v 0，q ＝I Δt ，q ＝m v 0BL求位移x－B 2L 2v RΔt ＝0－m v 0，s ＝v Δt ＝m v 0RB 2L2应用技巧初、末速度已知的变加速运动，在用动量定理列出的式子中q ＝I Δt ，s ＝v Δt ；若已知q 或s 也可求末速度情景示例2间距为L 的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m 、接入电路的阻值为R 的导体棒，当通过横截面的电荷量为q 或下滑位移为s 时，速度达到v求运动时间－B I L Δt ＋mg sin θ·Δt ＝m v －0，q ＝I Δt －B 2L 2vR Δt ＋mg sin θ·Δt ＝m v－0，s ＝v Δt应用技巧用动量定理求时间需有其他恒力参与．若已知运动时间，也可求q 、s 、v 中的任一个物理量例1 水平面上放置两个互相平行的足够长的金属导轨，间距为d ，电阻不计，其左端连接一阻值为R 的电阻．导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B .质量为m 、长度为d 、阻值为R 与导轨接触良好的导体棒MN 以速度v 0垂直导轨水平向右运动直到停下．不计一切摩擦，则下列说法正确的是( )A ．导体棒运动过程中所受安培力先做正功再做负功B ．导体棒在导轨上运动的最大距离为2m v 0RB 2d 2C ．整个过程中，电阻R 上产生的焦耳热为12m v 02D ．整个过程中，导体棒的平均速度大于v 02答案 B解析 导体棒向右运动过程中一直受到向左的安培力作用，即安培力一直做负功，故A 错误；由动量定理可知－I dB ·Δt ＝0－m v 0，其中I ·Δt ＝ΔΦΔt 2R ·Δt ＝ΔΦ2R ，ΔΦ＝Bds ，解得s ＝2m v 0R B 2d 2，故B 正确；导体棒的阻值与左端所接电阻的阻值相等，故电阻R 上产生的焦耳热应该为14m v 02，故C 错误；根据a ＝BId m ＝B 2d 2v2Rm 可知，导体棒做的是加速度逐渐减小的减速运动，故其平均速度将小于做匀减速运动的平均速度，即小于v 02，故D 错误．考向2 不等间距上的双棒模型例2 (多选)(2023·辽宁抚顺市模拟)如图所示，M 、N 、P 、Q 四条光滑的足够长的金属导轨平行放置，导轨间距分别为2L 和L ，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内，导轨间存在方向竖直向下的、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，两根质量均为m 、接入电路的电阻均为R 的导体棒C 、D 分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态，其余部分电阻不计．t ＝0时使导体棒C 获得瞬时速度v 0向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好．且达到稳定运动时导体棒C 未到两组导轨连接处．则下列说法正确的是( )A ．t ＝0时，导体棒D 的加速度大小为a ＝B 2L 2v 0mRB ．达到稳定运动时，C 、D 两棒速度之比为1∶1C ．从t ＝0时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为25m v 02D ．从t ＝0时到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为2m v 05BL答案 ACD解析 开始时，导体棒中的感应电动势E ＝2BL v 0，电路中感应电流I ＝E2R ，导体棒D 所受安培力F ＝BIL ，导体棒D 的加速度为a ，则有F ＝ma ，解得a ＝B 2L 2v 0mR ，故A 正确；稳定运动时，电路中电流为零，设此时C 、D 棒的速度分别为v 1、v 2，则有2BL v 1＝BL v 2，对变速运动中任意极短时间Δt ，由动量定理得，对C 棒有2B I L Δt ＝m Δv 1，对D 棒有B I L Δt ＝m Δv 2，故对变速运动全过程有v 0－v 1＝2v 2，解得v 2＝25v 0，v 1＝15v 0，故B 错误；根据能量守恒定律可知回路产生的内能为Q ＝12m v 02－12m v 12－12m v 22，解得Q ＝25m v 02，故C 正确；由上述分析可知对变速运动中任意极短时间Δt ，由动量定理得，对C 棒有2B I L Δt ＝m Δv 1，可得2BLq ＝m (v 0－v 1)，解得q ＝2m v 05BL ，故D 正确．考向3 “电容器＋棒”模型1．无外力充电式基本模型 规律(导轨光滑，电阻阻值为R ，电容器电容为C )电路特点导体棒相当于电源，电容器充电电流特点安培力为阻力，棒减速，E 减小，有I ＝BL v －U CR ，电容器充电U C变大，当BL v ＝U C 时，I ＝0，F 安＝0，棒匀速运动运动特点和最终特征棒做加速度a减小的减速运动，最终做匀速运动，此时I＝0，但电容器带电荷量不为零最终速度电容器充电荷量：q＝CU最终电容器两端电压U＝BL v 对棒应用动量定理：m v－m v0＝－B I L·Δt＝－BLq v＝m v0m＋B2L2C.v－t图像例3如图甲、乙中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，图甲中的电容器C原来不带电．设导体棒、导轨电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直于水平面(即纸面)向里的匀强磁场中，导轨足够长．现给导体棒ab 一个向右的初速度v0，在图甲、乙两种情形下，关于导体棒ab的运动状态，下列说法正确的是()A．图甲中，ab棒先做匀减速运动，最终做匀速运动B．图乙中，ab棒先做加速度越来越小的减速运动，最终静止C．两种情况下通过电阻的电荷量一样大D．两种情形下导体棒ab最终都保持匀速运动答案 B解析题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电流不断减小，安培力减小，则导体棒做变减速运动，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，故A错误；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做减速运动，随速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab棒静止，故B正确，D错误；根据F安＝B I L，有F安t＝B I Lt＝qBL＝mΔv，得q＝mΔvBL，电荷量跟导体棒ab的动量变化量成正比，因为题图甲中导体棒的动量变化量小于题图乙，所以题图甲中通过R的电荷量小于题图乙中通过R的电荷量，故C错误．2．无外力放电式基本模型规律(电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C) 电路特点电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动电流特点电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时U C＝BL v m运动特点及最终特征做加速度a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0最大速度v m 电容器充电电荷量：Q0＝CE 放电结束时电荷量：Q＝CU＝CBL v m电容器放电电荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBL v m对棒应用动量定理：m v m－0＝B I L·Δt＝BLΔQv m＝BLCEm＋B2L2Cv－t图像例4电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器．电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C.两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距离为l，电阻不计．炮弹可视为一质量为m、电阻为R 的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触．首先开关S接1，使电容器完全充电．然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动．当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨．问：(1)磁场的方向；(2)MN 刚开始运动时加速度a 的大小；(3)MN 离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q 是多少． 答案 (1)垂直于导轨平面向下 (2)BlE mR (3)B 2l 2C 2E m ＋B 2l 2C解析 (1)将S 接1时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将S 接2时，电容器放电，流经MN 的电流由M 到N ，又知MN 向右运动，由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下．(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E ，当开关S 接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN 的电流为I ，有I ＝ER①设MN 受到的安培力为F ，有F ＝IlB ② 由牛顿第二定律，有F ＝ma ③ 联立①②③式得a ＝BlEmR④(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q 0，有Q 0＝CE ⑤开关S 接2后，MN 开始向右加速运动，速度达到最大值v max 时，设MN 上的感应电动势为E ′，有E ′＝Bl v max ⑥ 依题意有E ′＝QC⑦设在此过程中流经MN 的平均电流为I ，MN 受到的平均安培力为F ，有F ＝I lB ⑧ 由动量定理，有F Δt ＝m v max －0⑨ 又I Δt ＝Q 0－Q ⑩联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q ＝B 2l 2C 2Em ＋B 2l 2C.题型二动量守恒定律在电磁感应中的应用1．在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便．2．双棒模型(不计摩擦力)双棒无外力双棒有外力示意图F为恒力动力学观点导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动动量观点系统动量守恒系统动量不守恒能量观点棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热例5(多选)(2019·全国卷Ⅲ·19)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上，t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图像中可能正确的是()答案AC解析 棒ab 以初速度v 0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab 受到与v 0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd 受到与v 0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv ＝v 1－v 2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab 和棒cd 的速度相同，v 1＝v 2，这时两相同的光滑导体棒ab 、cd 组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有m v 0＝m v 1＋m v 2，解得v 1＝v 2＝v 02，选项A 、C 正确，B 、D 错误．例6 (多选)(2023·福建武夷山市模拟)如图所示，足够长的水平导轨上，有两导体棒AB 和CD ，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，导体棒和导轨始终接触良好，导轨宽度为l ，两导体棒质量均为m 、接入电路的电阻均为R ，其他电阻不计，不计一切摩擦．现给导体棒 CD 一个初速度v 0，若AB 棒固定，待系统稳定时，通过CD 棒的电荷量为q ，则( )A ．通过CD 棒的电流方向从D 到CB ．匀强磁场的磁感应强度大小为m v 0qlC ．当通过CD 棒的电荷量为q2时，CD 棒上产生的热量为m v 02D ．若AB 棒不固定，当系统稳定时，通过CD 棒的电荷量为q2答案 BD解析 根据右手定则，通过CD 棒的电流方向从C 到D ，选项A 错误；当AB 棒固定且系统稳定时，CD 棒的速度为0，根据动量定理可得－B I lt ＝0－m v 0，q ＝I t ，联立解得B ＝m v 0ql ，选项B 正确；当通过CD 棒的电荷量为q2时，设CD 棒的速度为v 1，则有－B I ′lt 1＝m v 1－m v 0，q 2＝I ′t 1，解得v 1＝v 02，CD 棒上产生的热量Q ＝12×⎣⎡⎦⎤12m v 02－12m ⎝⎛⎭⎫v 022＝316m v 02，选项C 错误；若AB 棒不固定，则系统稳定时，二者速度相同，两根导体棒组成的系统所受合力为0，满足动量守恒的条件，可得m v 0＝2m v 2，对CD 棒，根据动量定理可得－B I ″lt 2＝m v 2－m v 0，q ′＝I ″t 2，联立解得q ′＝m v 02Bl ，则q ′＝q2，选项D 正确．课时精练1．(多选)如图所示，一质量为2m 的足够长U 形光滑金属框abcd 置于水平绝缘平台上，bc 边长为L ，不计金属框电阻．一长为L 的导体棒MN 置于金属框上，导体棒的阻值为R 、质量为m .装置处于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中．现给金属框水平向右的初速度v 0，在整个运动过程中MN 始终与金属框保持良好接触，则( )A ．刚开始运动时产生的感应电流方向为M →N →c →b →MB ．导体棒的最大速度为v 02C ．通过导体棒的电荷量为2m v 03BLD ．导体棒产生的焦耳热为56m v 02答案 AC解析 金属框开始获得向右的初速度v 0，根据右手定则可知电流方向为M →N →c →b →M ，故A 正确；以整体为研究对象，由于整体水平方向不受力，所以整体水平方向动量守恒，最后二者速度相等，取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得2m v 0＝3m v ，可得v ＝23v 0，故B 错误；对导体棒根据动量定理可得B I L Δt ＝m v －0，其中I Δt ＝q ，可得通过导体棒的电荷量为q ＝2m v 03BL ，故C 正确；由能量守恒知导体棒产生的焦耳热为Q ＝12×2m v 02－12×3m v 2＝13m v 02，故D 错误． 2．(多选)(2023·福建泉州市质检)如图，足够长的磁铁在空隙产生一个径向辐射状磁场，一个圆形细金属环与磁铁中心圆柱同轴，由静止开始下落，经过时间t ，速度达到最大值v ，此过程中环面始终水平．已知金属环质量为m 、半径为r 、电阻为R ，金属环下落过程中所经过位置的磁感应强度大小均为B ，重力加速度大小为g ，不计空气阻力，则( )A ．环下落速度为v 2时的加速度大小为g2B ．环下落速度为v 时的感应电流大小为2Br vRC ．环下落速度为v 时的热功率为mg vD ．t 时间内，通过金属环横截面的电荷量为2πrB v tR答案 AC解析 根据题意可知当速度达到最大值v 时，安培力与重力平衡，此时感应电流大小为I ＝2πrB v R ，有F ＝B B (2πr )v R (2πr )＝mg ，环下落速度为v 2时，安培力大小F ′＝B B (2πr )v 2R (2πr )＝mg2，根据牛顿第二定律可知a ＝mg －F ′m ＝g2，故A 正确，B 错误；环下落速度为v 时，安培力与重力平衡，热功率等于克服安培力做功的功率，则有P ＝F v ＝mg v ，故C 正确；t 时间内，根据动量定理有mgt －F t ＝m v ，其中F ＝2πrB I ，联立得mgt －2πrBq ＝m v ，解得q ＝mgt －m v2πrB ，故D 错误．3．(多选)如图，相距为L 的两光滑平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上，左端接一电容器C ，阻值为R 的电阻通过三角旋钮开关S 与两导轨连接，长度为L 、质量为m 的金属杆ab 垂直导轨放置，且与导轨始终接触良好，两导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B .三角旋钮开关S 仅1、2之间导电，S 左旋时能将电阻R 和电容器C 接入同一回路，右旋时能将电阻R 和金属杆ab 接入同一回路，初始时1、2连接电容器和金属杆，现用恒力F 向右拉金属杆ab ，使其从静止开始运动，经一段时间后撤去F ，同时旋转S ，此时金属杆的速度大小为v 0，不计金属杆和导轨的电阻．下列说法正确的是( )A ．撤去F 前，金属杆做变加速直线运动B ．撤去F 同时向右旋开关S ，金属杆做加速度减小的减速运动C ．恒力F 对金属杆做的功等于12m v 02D ．若分别左旋右旋S ，两种情况下，通过电阻R 的电荷量之比为CB 2L 2∶m答案 BD解析 撤去F 前，对金属杆进行受力分析有F －BIL ＝ma ，对电容器Q ＝CU ＝CBL v ，充电电流I ＝ΔQ Δt ＝CBL Δv Δt ＝CBLa ，解得a ＝F CB 2L 2＋m，可知金属杆做匀加速直线运动，A 错误；撤去F 同时向右旋开关S ，此时仅有电阻R 和金属杆ab 接入同一回路，且金属杆有向右的速度，根据右手定则与左手定则，可判定安培力向左，且BIL ＝B 2L 2v R＝ma ，可知金属杆将向右做加速度减小的减速运动，B 正确；根据动能定理有W F ＋W 安＝12m v 02，其中安培力做负功，则恒力F 对金属杆做的功大于12m v 02，C 错误；撤去F 时，电容器极板带电荷量Q ＝CBL v 0，对金属杆分析，由动量定理有－B I L ·Δt ＝0－m v 0，由于金属杆减速切割磁感线而通过电阻的电荷量q ＝I ·Δt ，当左旋S ，通过电阻的电荷量q 1＝Q ，当右旋S ，通过电阻的电荷量q 2＝q ，解得q 1q 2＝CB 2L 2m，D 正确． 4.(多选)如图，足够长的平行光滑金属导轨M 、N 固定在水平桌面上，导轨间距离为L ，垂直导轨平面有竖直向下的匀强磁场，以CD 为分界线，左边磁感应强度大小为2B ，右边为B ，两导体棒a 、b 垂直导轨静止放置，a 棒距CD 足够远，已知a 、b 棒质量均为m 、长度均为L 、电阻均为r ，棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，现使a 获得一瞬时水平速度v 0，在两棒运动至稳定的过程中(a 棒还没到CD 分界线)，下列说法正确的是( )A ．a 、b 系统机械能守恒B ．a 、b 系统动量不守恒C ．通过导体棒a 的电荷量为2m v 05BLD ．导体棒a 产生的焦耳热为2m v 025答案 BC解析 因为a 、b 棒切割磁感线时产生感应电流，继而导体棒中有焦耳热产生，故a 、b 系统机械能不守恒，故A 错误；由题意知a 棒受到的安培力为 F a ＝2BIL ，方向水平向左，而b 棒受到的安培力为 F b ＝BIL ，方向水平向右，故a 、b 系统所受合外力不为零，故a 、b 系统动量不守恒，故B 正确；因两棒运动至稳定时满足2BL v 1＝BL v 2，设向右为正方向，则对a 、b 棒运动至稳定的过程中分别由动量定理得－2B I Lt ＝m v 1－m v 0，B I Lt ＝m v 2，联立解得v 1＝v 05，v 2＝2v 05.又因为q ＝I t ，所以通过导体棒a 的电荷量为q ＝2m v 05BL，故C 正确；由题意知稳定之后，电路中不再有感应电流，则不再有焦耳热产生，所以对a 、b 棒运动至稳定的过程中，由能量守恒定律得导体棒a 、b 产生的总焦耳热为Q ＝12m v 02－12m v 12－12m v 22＝25m v 02，所以导体棒a 产生的焦耳热为Q ′＝12Q ＝15m v 02，故D 错误． 5．(多选)(2023·云南昆明市一中质检)如图所示，一光滑轨道固定在架台上，轨道由倾斜和水平两段组成，倾斜段的上端连接一电阻R ＝0.5 Ω，两轨道间距d ＝1 m ，水平部分两轨道间有一竖直向下，磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场．一质量m ＝0.5 kg 、长为l ＝1.1 m 、电阻忽略不计的导体棒，从轨道上距水平面h 1＝0.8 m 高处由静止释放，通过磁场区域后从水平轨道末端水平飞出，落地点与水平轨道末端的水平距离x 2＝0.8 m ，水平轨道距水平地面的高度h 2＝0.8 m ．通过计算可知(g 取10 m/s 2)( )A ．导体棒进入磁场时的速度为3 m/sB ．导体棒整个运动过程中，电阻R 上产生的热量为3 JC ．磁场的长度x 1为2 mD ．整个过程通过电阻的电荷量为2 C答案 BCD解析 设导体棒进入磁场时的速度为v 0，根据机械能守恒定律有12m v 02＝mgh 1，解得v 0＝4 m/s ，故A 错误；导体棒从水平轨道水平飞出做平抛运动，则水平方向有x 2＝v t ，竖直方向有h 2＝12gt 2，联立代入数据解得v ＝2 m/s ，导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒定律有Q ＝12m v 02－12m v 2，则导体棒整个运动过程中，电阻R 上产生的热量为Q ＝3 J ，故B 正确；导体棒通过磁场区域过程中，根据动量定理有F 安t 1＝Bdq ＝m v 0－m v ，又有q ＝I t 1＝ΔΦR＝Bdx 1R，联立代入数据解得q ＝2 C ，x 1＝2 m ，故C 、D 正确．6．(多选)如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B ，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，导轨左右两部分的间距分别为 l 、2l ；质量分别为 m 、2m 的导体棒 a 、b 均垂直导轨放置，导体棒 a 接入电路的电阻为 R ，其余电阻均忽略不计； a 、b 两棒分别以 v 0、2v 0的初速度同时向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，a 总在窄轨上运动，b 总在宽轨上运动，直到两棒达到稳定状态，从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是( )A ．a 棒加速度的大小始终等于b 棒加速度的大小B ．稳定时a 棒的速度为1.5v 0C ．电路中产生的焦耳热为32m v 02 D ．通过导体棒a 的某一横截面的电荷量为m v 02Bl答案 AC解析 分别计算a 、b 棒的加速度，由F 安＝BIL 和F 安＝ma ，可得a ＝BIL m，a 、b 棒串联，电流相等，a 、b 棒长度分别为 l 、2l ，质量分别为 m 、2m ，则a 、b 棒加速度大小相等，故A 正确；因为导轨光滑只受到安培力作用，对a 棒，根据动量定理有F a ·t ＝B I l ·t ＝m v a －m v 0，同理，对b 棒有－F b t ＝－B I ×2l ·t ＝2m v b －2m ·2v 0，稳定时无电流，即Bl v a ＝B ·2l v b ，得v a ＝2v b ，联立解得v a ＝2v 0，v b ＝v 0，故B 错误；由能量守恒可知，动能的损失量等于焦耳热，初动能E k0＝12m v 02＋12×2m ×(2v 0)2，末动能E k ＝12m ×(2v 0)2＋12×2m ×v 02，则电路中产生的焦耳热为E k0－E k ＝32m v 02，故C 正确；对a 应用动量定理有B I l ·Δt ＝m v a －m v 0，又q ＝I ·Δt ，v a ＝2v 0，解得q ＝m v 0Bl，故D 错误． 7．(2023·福建南平市质检)如图，光滑平行倾斜导轨与光滑平行水平导轨平滑连接，导轨间距均为l ＝1 m ，导轨电阻不计，水平导轨处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B ＝2 T ．质量m 1＝1 kg 、接入电路的电阻R 1＝1.5 Ω的金属棒a 放置在倾斜导轨离水平导轨高h ＝1.25 m 处，另一质量m 2＝0.5 kg 、接入电路的电阻R 2＝3 Ω的金属棒b 放置在离水平导轨左端距离s ＝5 m 的水平导轨上．金属棒a 由静止释放，下滑至水平导轨时，金属棒b 立刻以v ＝4 m/s 的水平速度开始向左运动．金属棒a 始终未与金属棒b 发生碰撞，两金属棒与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)金属棒a 在水平导轨上运动过程中回路的最大电流；(2)在整个运动过程中金属棒b 产生的焦耳热；(3)金属棒b 向左运动到最大位移处时，金属棒a 与金属棒b 之间的距离．答案 (1)4 A (2)9 J (3)2.75 m解析 (1)设金属棒a 刚下滑到水平导轨时速度为v 0，根据动能定理有m 1gh ＝12m 1v 02 解得v 0＝5 m/s ，金属棒a 刚进入磁场区域后，两棒均开始做减速运动，故金属棒a 刚进入磁场瞬间，回路中的电流最大，回路中最大感应电动势为E m ＝Bl ()v 0＋v ，回路中最大电流为I m ＝E m R 1＋R 2，联立解得I m ＝4 A (2)a 、b 两金属棒在水平导轨上运动时所受安培力大小相等、方向相反，整个运动过程a 、b 两棒动量守恒，当两棒速度相同时，电路中电流为零，安培力为零，两棒以共同速度v 共做匀速运动，设速度向右为正方向，由动量守恒定律得m 1v 0－m 2v ＝()m 1＋m 2v 共，由能量守恒定律可得12m 1v 02＋12m 2v 2＝12()m 1＋m 2v 共2＋Q 金属棒b 产生的焦耳热为Q b ＝R 2R 1＋R 2Q ，联立解得Q b ＝9 J (3)设速度向右为正方向，当b 向左运动到最大位移处时，a 的速度为v 1，由动量守恒定律得m 1v 0－m 2v ＝m 1v 1，解得v 1＝3 m/s设金属棒b 向左运动到最大位移处过程用时为t ，a 、b 棒相距Δs ，对金属棒a 由动量定理可得－B I l ·t ＝m 1v 1－m 1v 0，通过金属棒a 的电荷量为q ＝I t ＝Bl (s －Δs )R 1＋R 2联立解得金属棒a 与金属棒b 之间的距离Δs ＝2.75 m.8.(2023·河南省新蔡县质检)如图所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，导轨间的距离为L ，导轨上横放着两根导体棒ab 和cd .设两根导体棒的质量皆为m 、电阻皆为R ，导轨光滑且电阻不计，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 .开始时ab 和cd 两导体棒有方向相反的水平初速度，初速度大小分别为v 0和2v 0，求：(1)从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热；(2)当ab 棒向右运动，速度大小变为v 04时，回路中消耗的电功率的值． 答案 (1)94m v 02 (2)B 2L 2v 028R解析 (1)选水平向右为正方向，从开始到最终稳定的过程中，两棒总动量守恒，则有2m v 0－m v 0＝2m v ，解得v ＝v 02，由能量守恒可得从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热为Q ＝12m v 02＋12m (2v 0)2－12(2m )v 2＝94m v 02. (2)当ab 棒向右运动，速度大小变为v 04时，设cd 棒的速度是v 2，根据动量守恒得2m v 0－m v 0＝m v 2＋m v 04，解得v 2＝3v 04，此时回路中的总电动势E ＝BL (3v 04－v 04)＝12BL v 0，则消耗的电功率为P ＝E 22R ＝B 2L 2v 028R.9．(多选)(2023·湖北省襄阳五中模拟)如图所示，平行金属导轨AHQD 、PNM 上放置有一导体棒ab ，导轨倾斜部分置于竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，导轨AHQD 水平部分通过导线分别连接有电容器(电容为C )和定值电阻(阻值为R )，导轨M 端接有一单刀双掷开关，导轨间距为L ，导轨倾斜部分的倾角为θ，导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ(μ<tan θ)，导体棒质量为m ，导轨、导体棒和导线的电阻忽略不计，重力加速度g ＝10 m/s 2.现在离HN 足够远处由静止释放导体棒ab ，导体棒可沿导轨向下运动，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，则( )A ．断开开关时，导体棒做加速度减小的加速运动，最后匀速下滑B ．开关接1，若导体棒运动距离为s 时，速度为v ，则所用时间t ＝m v R ＋B 2L 2s (cos θ＋μsin θ)cos θmgR (sin θ－μcos θ)C ．开关接2，导体棒匀加速下滑D ．开关接2，通过导体棒的电流I ＝mg (sin θ－μcos θ)CBL cos θm ＋CB 2L 2cos θ(cos θ＋μsin θ)答案 BCD解析 断开开关，导体棒切割磁感线产生电动势，但由于没有闭合回路，故没有安培力，导体棒所受合力大小F 合＝mg sin θ－μmg cos θ>0，则导体棒匀加速下滑，故A 错误；开关接1，导体棒切割磁感线产生感应电动势E ＝BL v cos θ，导体棒做加速度减小的加速运动，最后匀速下滑，对导体棒受力分析，列动量定理表达式有mgt sin θ－B BL v cos θRLt cos θ－μ(mg cos θ＋B BL v cos θR L sin θ)t ＝m v －0，其中v ＝s t ，解得t ＝m v R ＋B 2L 2s (cos θ＋μsin θ)cos θmgR (sin θ－μcos θ)，故B 正确；开关接2，导体棒切割磁感线对电容器充电，回路中有充电电流，对导体棒受力分析，列牛顿第二定律方程有mg sin θ－BIL cos θ－μ(mg cos θ＋BIL sin θ)＝ma ，充电电流I ＝CBL Δv cos θΔt ＝CBLa cos θ，解得a ＝mg sin θ－μmg cos θm ＋CB 2L 2(cos θ＋μsin θ)cos θ，加速度恒定，则导体棒匀加速下滑，代入计算可得电流I ＝mg (sin θ－μcos θ)CBL cos θm ＋CB 2L 2cos θ(cos θ＋μsin θ)，故C 、D 正确．。
电磁感应现象中的动量问题课件
F
(1)导体棒做初速度为零 a
F
匀加速运动：
m B2L2C
(2)回路中旳电流恒定：
I
CBLa
CBLF m CB2L2
(3)导体棒受安培力恒定：
CB2 L2 F
F安 m CB2 L2
(4)导体棒克服安培力做旳功等于
电容器储存旳电能：
v v0
证明
2023/12/5
W克B
1 C（Blv）2 2
O
3、两个导体棒之间旳距离降低旳最大值
N V0
总结：无外力双棒问题
基本模型
无外力
等距式
1
2
运动特点
杆1做a渐小 v0 旳加速运动
杆2做a渐小 旳减速运动
最终特征
v1=v2
I＝0
系统规律
动量守恒 能量守恒
无外力 不等距式
v0
2
1
杆1做a渐小 旳减速运动
杆2做a渐小 旳加速运动
a＝0 I＝0
动量不守恒
L1v1=L2v2 能量守恒
利用电荷量与磁通量旳变化旳关系，能够研究变速运动旳位移
∑BL∆q=mV-mV0
q N N BS =N Bdx
t
t
t
变速运动旳运动分析与电量问题问题 例四、如图，水平放置旳U形金属导轨一端连接一种电容为C旳电容器， 整个空间有竖直向下旳匀强磁场，导轨上横放一根长为L、质量为m旳 金属杆。若电容器最初带有电荷Q，闭合开关后最终稳定时，电容器上 剩余带电量多大？金属杆旳速度多大？
力，求：
（1）两棒最终加速度各是多少；
（2）棒ab上消耗旳最大电功率。
a
c
L1
B
L2
F
2023最新-高三物理教案电磁感应(优秀8篇)
高三物理教案电磁感应（优秀8篇）教学成效考评只能以教学过程前后的变化以及对学生作业的科学测量为依据。
这次漂亮的小编为您带来了高三物理教案电磁感应（优秀8篇），希望能够给予您一些参考与帮助。
物理电磁感应教案篇一教学目标1、知道电磁感应现象，知道产生感应电流的条件。
2、会运用楞次定律和左手定则判断感应电流的方向。
3、会计算感应电动势的大小(切割法、磁通量变化法)。
4、通过电磁感应综合题目的分析与解答，深化学生对电磁感应规律的理解与应用，使学生在建立力、电、磁三部分知识联系的同时，再次复习力与运动、动量与能量、电路计算、安培力做功等知识，进而提高学生的综合分析能力。
教学重点、难点分析1、楞次定律、法拉第电磁感应定律是电磁感应一章的重点。
另外，电磁感应的规律也是自感、交流电、变压器等知识的基础，因而在电磁学中占据了举足轻重的地位。
2、在高考考试大纲中，楞次定律、法拉第电磁感应定律都属II级要求，每年的高考试题中都会出现相应考题，题型也多种多样，在历年高考中，以选择、填空、实验、计算各种题型都出现过，属高考必考内容。
同时，由电磁感应与力学、电学知识相结合的题目更是高考中的热点内容，题目内容变化多端，需要学生有扎实的知识基础，又有一定的解题技巧，因此在复习中要重视这方面的训练。
3、电磁感应现象及规律在复习中并不难，但是能熟练应用则需要适量的训练。
关于楞次定律的推广含义、法拉第电磁感应定律在应用中何时用其计算平均值、何时要考虑瞬时值等问题都需通过训练来达到深刻理解、熟练掌握的要求，因此要根据具体的学情精心选择一些针对性强、有代表性的题目组织学生分析讨论达到提高能力的目的。
4、电磁感应的综合问题中，往往运用牛顿第二定律、动量守恒定律、功能关系、闭合电路计算等物理规律及基本方法，而这些规律及方法又都是中学物理学中的重点知识，因此进行与此相关的训练，有助于学生对这些知识的回顾和应用，建立各部分知识的联系。
但是另一方面，也因其综合性强，要求学生有更强的处理问题的能力，也就成为学生学习中的难点。
《第十三章 3 电磁感应现象及应用》教学设计
《电磁感应现象及应用》教学设计方案（第一课时）一、教学目标1. 理解电磁感应现象，掌握法拉第电磁感应定律。
2. 能够运用所学知识诠释和解决简单的问题，比如设计简单的电磁感应应用电路。
3. 培养实验操作和数据分析的能力，以及科学探究的精神。
二、教学重难点1. 教学重点：理解电磁感应现象，掌握法拉第电磁感应定律的应用。
2. 教学难点：设计并操作电磁感应实验，分析实验数据，解决实际问题。
三、教学准备1. 准备教学用具：电磁学演示器、导线、电源、电阻、小灯泡等，以便进行实验。
2. 搜集一些实际生活中的电磁感应应用案例，用于教室讨论。
3. 预先安置一些相关阅读，以便学生预习新知识。
4. 设计一些简单的问题和实验，让学生尝试解答和操作，以评估他们的理解水平。
四、教学过程：本节内容分为两个部分，起首是电磁感应现象的学习，其次是电磁感应现象在生活和科技中的应用。
以下是具体的教学设计：1. 导入：起首通过一些简单的实验，让学生观察磁铁靠拢闭合线圈时，闭合线圈如何产生感应电流，引入电磁感应的观点。
实验完毕后，教师可以提出问题：这种现象是如何产生的？激发学生的好奇心和探索欲望。
2. 探索电磁感应现象：引导学生逐步探索出产生感应电流的条件和规律。
可以先从定义开始，然后讨论楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用。
教师可以给学生提供一些例题和练习题，帮助学生理解和应用这些规律。
3. 电磁感应现象的应用：在这一部分，教师可以引入一些实际应用案例，如发电机、变压器、电动机等，让学生了解电磁感应现象在生活和科技中的重要性。
同时，也可以让学生自己设计一些简单的电磁感应应用，如制作一个简单的变压器模型或一个电动机模型。
4. 小组讨论：组织学生进行小组讨论，让学生分享自己在制作和应用电磁感应模型的经验和感受，以及在探索过程中遇到的问题和解决方法。
这样可以提高学生的交流和合作能力，同时也可以加深学生对电磁感应现象的理解和应用。
5. 总结与反馈：最后，教师对这节课的内容进行总结，强调电磁感应现象的重要性和应用，并针对学生的学习情况进行反馈和指导。
人教版物理教材选修3-5 第十六章专题《动量与电磁感应综合应用》名师教案
动量与电磁感应的综合应用核心素养：通过《动量与电磁感应综合应用》的学习，培养学生的知识关联、综合分析问题的能力。
教学目标：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，也是高考考查的热点。
例题：1.如图所示，电阻不计的两光滑金属导轨相距L，放在水平绝缘桌面上，半径为R的l/4圆弧部分处在竖直平面内，水平直导轨部分处在磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐．两金属棒ab、cd垂直于两导轨且与导轨接触良好．棒ab质量为2m，电阻为r，棒cd的质量为m，电阻为r．重力加速度为g．开始时棒cd静止在水平直导轨上，棒ab从圆弧顶端无初速度释放，进入水平直导轨后与棒cd始终没有接触并一直向右运动，最后两棒都离开导轨落到地面上．棒ab与棒cd落地点到桌面边缘的水平距离之比为3：1．求：（1）棒ab滑到圆弧底部进入磁场之前的速度大小；（2）棒ab和棒cd离开导轨时的速度大小；（3）棒cd在水平导轨上的最大加速度；（4）两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热．2. 如图所示，PQMN与CDEF为两根足够长的固定平行金属导轨，导轨间距为L．PQ、MN、CD、EF为相同的弧形导轨；QM、DE为足够长的水平导轨．导轨的水平部分QM和DE处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B．a、b 为材料相同、长都为L的导体棒，跨接在导轨上．已知a棒的质量为m、电阻为R，a棒的横截面是b的3倍．金属棒a和b都从距水平面高度为h的弧形导轨上由静止释放，分别通过DQ、EM同时进入匀强磁场中，a、b棒在水平导轨上运动时不会相碰．若金属棒a、b与导轨接触良好，且不计导轨的电阻和棒与导轨的摩擦．(1)金属棒a、b刚进入磁场时，回路中感应电流的方向如何？(2)通过分析计算说明，从金属棒a、b进入磁场至某金属第一次离开磁场的过程中，电路中产生的焦耳热．3. 两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L，在导轨上面垂直于导轨放置两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图所示。
电磁感应现象中的动量问题课件
交流电机的工作原理就是基于电磁感应现象。当电流通过线圈时，线圈周围的磁场发生变化，产生感 应电动势。同时，磁场动量的变化导致线圈中的电子受到洛伦兹力，产生定向移动，形成电流。
变压器的原理
变压器的工作原理也涉及到电磁感应现象。当原线圈中的电流发生变化时，会在铁芯中产生变化的磁 场，从而在副线圈中产生感应电动势。这个过程中，原线圈中的电流通过磁场的变化传递到副线圈中 ，实现电压的变换。
应强度有关。
02
动量守恒定律
动量的定义和计算
动量的定义
动量是描述物体运动状态的一个 物理量，表示物体质量和速度的 乘积，单位为千克·米/秒。
动量的计算
动量的大小等于物体的质量乘以 速度，用公式表示为p=mv。
动量守恒定律的表述
动量守恒定律表述
一个孤立系统中的总动量保持不变， 即系统内各个物体的动量之和在运动 过程中始终保持不变。
02
2. 调整磁铁的位置和导 轨的角度，使滑块在磁 场中以适当的速度运动 。
03
3. 使用电流表和动量测 量仪分别测量滑块运动 时的电流和动量变化。
04ห้องสมุดไป่ตู้
4. 记录实验数据，并进 行分析。
实验结果分析和结论
实验结果分析
通过测量和分析实验数据，可以得出电流和动量变化之间的关系。如果电流和动量变化成正比，说明电磁感应现 象中的动量问题符合动量守恒定律；如果电流和动量变化不成正比，则说明存在其他影响因素。
结论
本实验通过探究电磁感应现象中的动量问题，加深了对电磁感应和动量守恒定律的理解。实验结果表明，在一定 条件下，电磁感应现象中的动量问题符合动量守恒定律。这一结论对于深入理解电磁感应现象和动量守恒定律具 有重要意义。
新高考下动量、动量守恒定律在“电磁感应”中的应用
新高考下动量、动量守恒定律在“电磁感应”中的应用引言：电磁感应是物理学中重要的概念之一，涉及到动量和动量守恒定律的应用。
在新高考的物理考试中，动量和动量守恒定律的运用在解题过程中显得尤为重要。
本文将重点探讨动量和动量守恒定律在“电磁感应”中的应用，通过实例分析具体案例，帮助读者更好地理解和掌握相关知识。
一、电磁感应的基本原理1.电磁感应的概念电磁感应是指磁场相对运动产生电场，或者电场相对运动产生磁场的现象。
电磁感应是电动势和电流产生的基础，也是电磁感应定律的基础。
2.法拉第电磁感应定律法拉第电磁感应定律表明，在导线中出现磁通量的变化时，将会诱导出产生的电动势。
即:ε = -dΦ/dt其中，ε表示产生的感应电动势，Φ表示磁通量，t表示时间。
二、动量和动量守恒定律在电磁感应中的应用1.动量的概念动量是物体运动的物理量，它等于物体的质量乘以速度。
在电磁感应中，动量与产生的电动势和磁通量的变化有着密切的关系。
2.动量守恒定律在电磁感应中的应用动量守恒定律是指在闭合系统中，系统的总动量保持不变。
这一定律在电磁感应中有着重要的应用。
例如，在变压器的工作过程中，通过电磁感应产生的电动势使得电流变化，而电流的变化又产生磁场的变化，最终会导致动量的变化。
根据动量守恒定律，系统的总动量始终保持不变。
具体应用案例：假设在一个闭合回路中，有一匀强磁场B。
开始时，闭合回路中没有电流，磁场作用在回路上，这时由于运动的原因（例如运动的金属杆较彼处在一个大的强磁场区域）而产生的感应电动势，从而电流可以在回路中开始流动。
根据动量守恒定律，电流的产生导致磁场中的能量转化为电场中的能量，并且导致产生的电磁场中的能量。
引入动量守恒定律，可以描述上述过程中的动量变化。
在开始时，闭合回路中的动量为零，由于磁场作用，金属杆开始运动，动量开始发生变化。
随着动量的变化，电动势产生，从而电流开始流动。
通过运用动量守恒定律，我们可以定量描述磁场能量和电场能量之间的转化过程。
2025高考物理备考复习教案 第十二章 专题二十一 电磁感应中的动力学、能量和动量问题
联立解得R＝
.
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专题二十一
电磁感应中的动力学、能量和动量问题
2. 如图，两条平行导轨所在平面与水平面的夹角为θ，平行导轨间距为L. 导轨上端
接有一平行板电容器，电容为C. 导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向
垂直于导轨平面.在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过
2023：北京T18，浙江6月T19；
电磁感应中的动力学问题
2022：海南T18，浙江6月T21；
2021：全国甲T21，湖北T16
2023：北京T9，上海T19；
电磁感应中的能量问题
2022：全国乙T24；
2021：北京T7；
2019：北京T22
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专题二十一
电磁感应中的动力学、能量和动量问题
加速度
为零
非平
加速度
衡态
不为零
处理方法
根据平衡条件列式分析
根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析
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专题二十一
电磁感应中的动力学、能量和动量问题
3. “四步法”分析电磁感应中的动力学问题
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专题二十一
命题点1
电磁感应中的动力学、能量和动量问题
“单棒＋导轨”模型
1. 如图所示，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度
时的感应电流I4大于在位置2时的感应电流I2，则F安2＜F安4，而安培
力均为阻力，故a4＜a2＜g，B正确.
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专题二十一
电磁感应中的动力学、能量和动量问题
4. [正方形单匝线圈]如图所示，电阻为0.1 Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2 m，
第二十二讲 电磁感应与动量结合
第二十二讲电磁感应与动量结合电磁感应与动量的结合主要有两个考点：对与单杆模型，则是与动量定理结合。
例如在光滑水平轨道上运动的单杆(不受其他力作用)，由于在磁场中运动的单杆为变速运动，则运动过程所受的安培力为变力，依据动量定理F t P∆=∆安，而又由于F t BIL t BLq∆=∆=安，=BLxq N NR R∆Φ=总总，21P mv mv∆=-，由以上四式将流经杆电量q、杆位移x及速度变化结合一起。
对于双杆模型，在受到安培力之外，受到的其他外力和为零，则是与动量守恒结合考察较多一、安培力冲量的应用例1：★★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度为L的区域内，现有一个边长为a（a﹤L）的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界滑过磁场后，速度为v(v﹤v0)，那么线圈（B ）A.完全进入磁场中时的速度大于（v0+v）/2B.完全进入磁场中时的速度等于（v0+v）/2C.完全进入磁场中时的速度小于（v0+v）/2D.以上情况均有可能分析：进入和离开磁场的过程分别写动量定理（安培力的冲量与电荷量有关，电荷量与磁通量的变化量有关，进出磁场的安培力冲量相等）点评：重点考察了安培力冲量与电荷量关系。
例2：★★★如图所示,在水平面上有两条导电导轨MN、PQ，导轨间距为d，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里，磁感应强度的大小为B，两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆开放在导轨上，且与导轨垂直。
它们的电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆的摩擦不计。
杆1以初速度v0滑向杆2，为使两杆不相碰，则杆2固定与不固定两种情况下，最初摆放两杆时的最少距离之比为( C )A.1:1B.1:2C.2:1D.1:1分析：列两次动量定理，根据电荷量计算位移。
二、动量守恒与动量定理在电磁感应中的应用例3：★★★如图所示,两根平行的光滑金属导轨MN、PQ放在水平面上,左端向上弯曲,导轨间距为l,电阻不计。
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1.在边长为a的等边三角形区域内有匀强磁场B，其方向垂直纸面向外。
一个边长也为a的等边三角形框架EFG 正好与上述磁场区域的边界重合，尔后以周期T绕其中心O点在纸面内匀速转动。
于是框架EFG产生感应电动势，经T/6时间内：（）
A.平均感应电动势的大小等于；
B.平均感应电动势的大小等于T B
a2
3
；
C.顺时针方向转动时感应电流的方向为E→G→F→E；
D.逆时针方向转动时感应电流的方向为E→F→G→E
2.如图所示,为一折线,它所形成的两个角∠和∠均为45°.折线的右边有一匀强磁场,其方向垂直于纸面向里.一边长为的正方形导线框沿垂直于OO′的方向以速度做匀速直线运动,在=0时刻恰好位于图中所示位置.以逆时针方向为导线框中电流的正方向,在下图中能够正确表示电流—时间()关系的是(时间以为单位)( )
A. B.
C. D.3.如图所示，一光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上。
质量为m的金属杆ab，以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后
又返回到底端。
若运动过程中，金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，且轨道与金属杆的电阻均忽略不计，则（）
A．金属棒再次回到最低点时速度小于v0
B．上滑到最高点的过程中克服安培力与重力所做的功等于2
2
1
mv
C．上滑到最高点的过程中电阻R上产生的焦耳热等于mgh
mv-
2
2
1
D．金属杆两次通过斜面上的同一位置时电阻R的热功率相同
4.如图所示，固定位置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整
个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中。
一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨
放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为u。
现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用
下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）。
设杆接入电路
的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。
则此过程( )
A.杆的速度最大值为
B.流过电阻R的电量为
C.恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量
D.恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量
5.如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为370，宽度为0.5m，电阻忽
略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1Ω。
一导体棒MN垂直于导轨放置，质量
为0.2kg，接入电路的电阻为1Ω，两端于导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因
数为0.5。
在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8T。
将
导体棒MN由静止释放，运动一端时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运
动速度及小灯泡消耗的电功率分别为（重力加速度g取10m/s2，sin370=0.6）（）
A．2.5m/s 1W B．5m/s 1W C．7.5m/s 9W D．15m/s 9W
b
r
F
a B
370
N
×
M
小灯
θ
h
a
b
R
B
v0
6.如图甲所示，MN 、PQ 为间距L=0 .5m 足够长的平行导轨，NQ⊥MN，导轨的电阻均不计。
导轨平面与水平面间的夹角0
=37θ，NQ 间连接有一个R=4Ω的电阻。
有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B 0=1T 。
将一根质量为m=0.05kg 的金属棒ab 紧靠NQ 放置在导轨上，且与导轨接触良好。
现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd 处时达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒截面的电量q=0.2C ，且金属棒的加速度a 与速度v 的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ 平行。
取g=10m/s 2。
求：（1）金属棒与导轨间的动摩擦因数μ； （2）cd 离NQ 的距离s ；
（3）若将金属棒滑行至cd 处的时刻记作t=0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，为使金属棒中不产生感应电流，则磁感应强度B 应怎样随时间t 变化（写出B 与t 的关系式）。
7.某课外兴趣小组为研究感应器设计了如图所示的装置，光滑导轨MN 、PQ 倾斜固定，与足够长水平固定的光滑导轨MR 、PS 在M 、P 两点光滑连接，水平导轨处在竖直方向的匀强磁场中，在水平导轨两侧安装有“感应控制器”，其结构中包括感应器1、感应器2和锁定控制器，现将导体棒a 垂直导轨放置在水平导轨上，并置于锁定控制器处，导体棒b 垂直放置在倾斜导轨某处，由静止释放，当导体棒b 到达MP 处时，被感应器1感应，并发送锁定信号到锁定控制器，瞬间锁定导体棒a ，使其不得水平移动，当导体棒b 运动到CD 处时，被感应器2感应，并发送解锁信号到锁定控制器，瞬间解锁导体棒a ，之后两导体棒在磁场中运动。
如图所示，两导体棒的质量为m a =m b =1kg,磁场的感应强度为B=1T ，MP CD 间的距离为L 0=1m,导轨宽L=1m,两导体棒的电阻为
Ω
==5.0b a R R ，导轨电阻不计，CD 与AB 间距离足够大，导体棒b 释放的位置到水平导轨的高
度h=0.8m ，（g=10m/s 2）求（计算结果保留两位有效数字）
（1）导体棒b 到达感应器2处时的速度大小。
（2）由于感应控制器的安装使系统多损失的机械能。
37θ=感应器1 感应器2 锁定控制器
N
Q b M C R P D A a B
8.在工业中有一种感应控制装置，利用它进行如图情景演示。
两根间距为L=5m的光滑平行金属导轨，电阻不计，左端向上弯曲，其余水平，水平导轨处在磁感应强度为B=0.4T的竖直向上的匀强磁场中，弯曲部分都不在磁场中。
有两根金属棒垂直导轨放置，其中a棒质量为M=2kg,电阻为R=2Ω；b棒被感应控制装置固定在水平导轨上，距离水平导轨左端s=2m，b棒质量为m=1kg，电阻也为R=2Ω。
现在a棒从左端弯曲导轨高H处静止释放，当a棒即将与b棒相碰时（已知此时a棒的速度v=2m/s），感应控制装置立即放开b棒，让它可以在导轨上自由运动，,然后a与b发生弹性正碰。
感应控制装置始终对a棒的运动没有任何影响，导轨足够长。
则求
(1)最终稳定后a棒的速度大小；
(2)a与b碰撞后的瞬间，b棒的速度大小；
(3)a棒的释放高度H。
9.在如图所示的水平导轨上（摩擦、电阻忽略不计），有竖直向下的匀强磁场，磁感强度B，导轨左端的间距为L1=4l0，右端间距为l2=l0。
今在导轨上放置AC、EF两根导体棒，质量分别为m1=2m0，m2=m0，电阻R1=4R0，R2=R0。
若AC棒以初速度v0向右运动，求AC棒运动的过程中产生的总焦耳热Q AC，以及通过它们的总电量q。
10.如图所示,一个质量为、电阻不计、足够长的光滑形金属框架,位于光滑水平桌面上,分界线分别与平行导轨和垂直,两导轨相距。
在的左右两侧存在着区域很大、方向分别
为竖直向上和竖直向下的匀强磁场,磁感应强度的大小均为。
另有质量也为的金属棒,垂直于
放置在左侧导轨上,并用一根细线系在定点。
已知,细线能承受的最大拉力为 ,棒接入导轨
间的有效电阻为。
现从时刻开始对形框架施加水平向右的拉力,使其从静止开始做加速度为的匀加速直线运动。
1.求从框架开始运动到细线断裂所需的时间;
2.若细线尚未断裂,求在时刻水平拉力的大小;
3.若在细线断裂时,立即撤去拉力,求此时框架的瞬时速度和此后过程中回路产生的总焦耳热。