《高中物理高考復(fù)習(xí)題教案電磁感應(yīng)與力學(xué)規(guī)律的綜合應(yīng)用》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高中物理高考復(fù)習(xí)題教案電磁感應(yīng)與力學(xué)規(guī)律的綜合應(yīng)用（19頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、高中物理高考復(fù)習(xí)題教案電磁感應(yīng)與力學(xué)規(guī)律的綜合應(yīng)用高中物理高考復(fù)習(xí)題教案電磁感應(yīng)與力學(xué)規(guī)律的綜合應(yīng)用教學(xué)目標(biāo)：教學(xué)目標(biāo)：1綜合應(yīng)用電磁感應(yīng)等電學(xué)知識解決力、電綜合問題；2培養(yǎng)學(xué)生分析解決綜合問題的能力教學(xué)重點(diǎn)：教學(xué)重點(diǎn)：力、電綜合問題的解法教學(xué)難點(diǎn)：教學(xué)難點(diǎn)：電磁感應(yīng)等電學(xué)知識和力學(xué)知識的綜合應(yīng)用，主要有1、利用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律及功能關(guān)系研究電磁感應(yīng)過程中的能量轉(zhuǎn)化問題2、應(yīng)用牛頓第二定律解決導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動的問題。3、應(yīng)用動量定理、動量守恒定律解決導(dǎo)體切割磁感線的運(yùn)動問題。4、應(yīng)用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律解決電磁感應(yīng)問題。教學(xué)方法：教學(xué)方法：講練結(jié)合，計(jì)算機(jī)輔助教學(xué)教學(xué)過程：教學(xué)過程：一、電磁

2、感應(yīng)中的動力學(xué)問題一、電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題這類問題覆蓋面廣，題型也多種多樣；但解決這類問題的關(guān)鍵在于通過運(yùn)動狀態(tài)的分析來尋找過程中的臨界狀態(tài)，如速度、加速度取最大值或最小值的條件等，基本思路是：F=BIL界狀態(tài)v與a方向關(guān)系運(yùn)動狀態(tài)的分析a 變化情況F=ma合外力運(yùn)動導(dǎo)體所受的安培力感應(yīng)電流確定電源（E，r）rREI【例 1】如圖所示，AB、CD 是兩根足夠長的固定平行金屬導(dǎo)軌，兩導(dǎo)軌間的距離為 L，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為，在整個導(dǎo)軌平面內(nèi)都有垂直于導(dǎo)軌平面斜向上方的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B，在導(dǎo)軌的 AC 端連接一個阻值為 R的電阻，一根質(zhì)量為 m、垂直于導(dǎo)軌放置的金屬棒 ab，從靜止

3、開始沿導(dǎo)軌下滑，求此過程中 ab 棒的最大速度。已知 ab 與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為，導(dǎo)軌和金屬棒的電阻都不計(jì)。解析：ab 沿導(dǎo)軌下滑過程中受四個力作用，即重力 mg，支持力 FN、摩擦力 Ff和 安 培 力 F安，如 圖 所 示，ab 由 靜 止 開 始 下 滑 后，將 是aFIEv安（為增大符號），所以這是個變加速過程，當(dāng)加速度減到 a=0 時，其速度即增到最大 v=vm，此時必將處于平衡狀態(tài)，以后將以 vm勻速下滑ab 下滑時因切割磁感線，要產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，根據(jù)電磁感應(yīng)定律：E=BLv 閉合電路 AC ba 中將產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)閉合電路歐姆定律：I=E/R 據(jù)右手定則可判定感應(yīng)電流方向?yàn)?/p>

4、 aAC ba，再據(jù)左手定則判斷它受的安培力 F安方向如圖示，其大小為：F安=BIL 取平行和垂直導(dǎo)軌的兩個方向?qū)?ab 所受的力進(jìn)行正交分解，應(yīng)有：FN=mgcos Ff=mgcos由可得RvLBF22安以 ab 為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律應(yīng)有：mgsin mgcos-RvLB22=maab 做加速度減小的變加速運(yùn)動，當(dāng) a=0 時速度達(dá)最大因此，ab 達(dá)到 vm時應(yīng)有：mgsin mgcos-RvLB22=0 由式可解得22cossinLBRmgvm注意：（1）電磁感應(yīng)中的動態(tài)分析，是處理電磁感應(yīng)問題的關(guān)鍵，要學(xué)會從動態(tài)分析的過程中來選擇是從動力學(xué)方面，還是從能量、動量方面來解決問題。（

5、2）在分析運(yùn)動導(dǎo)體的受力時，常畫出平面示意圖和物體受力圖。二、電磁感應(yīng)中的能量、動量問題二、電磁感應(yīng)中的能量、動量問題無論是使閉合回路的磁通量發(fā)生變化，還是使閉合回路的部分導(dǎo)體切割磁感線，都要消耗其它形式的能量，轉(zhuǎn)化為回路中的電能。這個過程不僅體現(xiàn)了能量的轉(zhuǎn)化，而且保持守恒，使我們進(jìn)一步認(rèn)識包含電和磁在內(nèi)的能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律的普遍性。分析問題時，應(yīng)當(dāng)牢牢抓住能量守恒這一基本規(guī)律，分析清楚有哪些力做功，就可知道有哪些形式的能量參與了相互轉(zhuǎn)化，如有摩擦力做功，必然有內(nèi)能出現(xiàn)；重力做功，就可能有機(jī)械能參與轉(zhuǎn)化；安培力做負(fù)功就將其它形式能轉(zhuǎn)化為電能，做正功將電能轉(zhuǎn)化為其它形式的能；然后利用能量守恒列

6、出方程求解。【例 2】如圖所示，兩根間距為 l 的光滑金屬導(dǎo)軌（不計(jì)電阻），由一段圓弧部分與一段無限長的水平段部分組成。其水平段加有豎直向下方向的勻強(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B，導(dǎo)軌水平段上靜止放置一金屬棒 cd，質(zhì)量為 2m。，電阻為 2r。另一質(zhì)量為 m，電阻為 r 的金屬棒 ab，從圓弧段 M 處由靜止釋放下滑至 N 處進(jìn)入水平段，圓弧段 MN 半徑為 R，所對圓心角為 60，求：（1）ab 棒在 N 處進(jìn)入磁場區(qū)速度多大？此時棒中電流是多少？（2）ab 棒能達(dá)到的最大速度是多大？（3）ab 棒由靜止到達(dá)最大速度過程中，系統(tǒng)所能釋放的熱量是多少？解析：（1）ab 棒由靜止從 M 滑下到 N

7、 的過程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，所以到 N 處速度可求，進(jìn)而可求 ab 棒切割磁感線時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和回路中的感應(yīng)電流。ab 棒由 M 下滑到 N 過程中，機(jī)械能守恒，故有：221)60cos1(mvmgR 解得gRv 進(jìn)入磁場區(qū)瞬間，回路中電流強(qiáng)度為 rgRBlrrEI32（2）設(shè) ab 棒與 cd 棒所受安培力的大小為 F，安培力作用時間為 t，ab 棒在安培力作用下做減速運(yùn)動，cd 棒在安培力作用下做加速運(yùn)動，當(dāng)兩棒速度達(dá)到相同速度 v時，電路中電流為零，安培力為零，cd 達(dá)到最大速度。運(yùn)用動量守恒定律得 vmmmv)2(解得 gRv31（3）系統(tǒng)釋放熱量應(yīng)等于系統(tǒng)機(jī)械能減少量，

8、故有2232121vmmvQ 解得mgRQ31三、綜合例析三、綜合例析（一）電磁感應(yīng)中的“雙桿問題”電磁感應(yīng)中“雙桿問題”是學(xué)科內(nèi)部綜合的問題，涉及到電磁感應(yīng)、安培力、牛頓運(yùn)動定律和動量定理、動量守恒定律及能量守恒定律等。要求學(xué)生綜合上述知識，認(rèn)識題目所給的物理情景，找出物理量之間的關(guān)系，因此是較難的一類問題，也是近幾年高考考察的熱點(diǎn)。考題回顧考題回顧【例 3】（2003 年全國理綜卷）如圖所示，兩根平行的金屬導(dǎo)軌，固定在同一水平面上，磁感應(yīng)強(qiáng)度 B=0.50T 的勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌所在平面垂直，導(dǎo)軌的電阻很小，可忽略不計(jì)。導(dǎo)軌間的距離 l=0.20m。兩根質(zhì)量均為 m=0.10kg 的平行金屬桿

9、甲、乙可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑動，滑動過程中與導(dǎo)軌保持垂直，每根金屬桿的電阻為 R=0.50。在 t=0 時刻，兩桿都處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)有一與導(dǎo)軌平行、大小為 0.20N 的恒力 F 作用于金屬桿甲上，使金屬桿在導(dǎo)軌上滑動。經(jīng)過 t=5.0s，金屬桿甲的加速度為 a=1.37m/s2，問此時兩金屬桿的速度各為多少？解析：解析：設(shè)任一時刻 t 兩金屬桿甲、乙之間的距離為 x，速度分別為 v1和 v2，經(jīng)過很短的時間t，桿甲移動距離 v1t，桿乙移動距離 v2t，回路面積改變tlvvlxttvtvxS)()(2112由法拉第電磁感應(yīng)定律，回路中的感應(yīng)電動勢tSBE回路中的電流 REi2桿甲的運(yùn)動方程ma

10、BliF由于作用于桿甲和桿乙的安培力總是大小相等，方向相反，所以兩桿的動量0(t時為 0）等于外力 F 的沖量21mvmvFt聯(lián)立以上各式解得)(221211maFFBRmFv )(2212212maFIBRmFv代入數(shù)據(jù)得smvsmv/85.1/15.821點(diǎn)評點(diǎn)評：題中感應(yīng)電動勢的計(jì)算也可以直接利用導(dǎo)體切割磁感線時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢公式和右手定則求解：設(shè)甲、乙速度分別為 v1和 v2，兩桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢分別為E1Blv1，E2Blv2 由右手定則知兩電動勢方向相反，故總電動勢為 EE2E1Bl（v2v1）。分析甲、乙兩桿的運(yùn)動，還可以求出甲、乙兩桿的最大速度差mv：開始時，乙 甲

11、F金屬桿甲在恒力 F 作用下做加速運(yùn)動，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，金屬桿乙在安培力作用下也將做加速運(yùn)動，但此時甲的加速度肯定大于乙的加速度，因此甲、乙的速度差將增大。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電流將增大，同時甲、乙兩桿所受安培力增大，導(dǎo)致乙的加速度增大，甲的加速度減小。但只要 a甲a乙，甲、乙的速度差就會繼續(xù)增大，所以當(dāng)甲、乙兩桿的加速度相等時，速度差最大。此后，甲、乙兩桿做加速度相等的勻加速直線運(yùn)動。設(shè)金屬桿甲、乙的共同加速度為 a，回路中感應(yīng)電流最大值 Im.對系統(tǒng)和乙桿分別應(yīng)用牛頓第二定律有：F=2ma；BLIm=ma.由閉合電路敬歐姆定律有 E=2ImR，而mvBLE由以上各式可解得./1

12、022smLBFRvm【例 4】（2004 年全國理綜卷）圖中 a1b1c1d1和 a2b2c2d2為在同一豎直平面內(nèi)的金屬導(dǎo)軌，處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B 的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌所在平面（紙面）向里。導(dǎo)軌的 a1b1段與 a2b2段是豎直的，距離為 l1；c1d1段與 c2d2段也是豎直的，距離為 l2。x1 y1與 x2 y2為兩根用不可伸長的絕緣輕線相連的金屬細(xì)桿，質(zhì)量分別為和 m1和 m2，它們都垂直于導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌保持光滑接觸。兩桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路的總電阻為 R。F 為作用于金屬桿 x1y1上的豎直向上的恒力。已知兩桿運(yùn)動到圖示位置時，已勻速向上運(yùn)動，求此時作用于兩桿的重力的功率的

13、大小和回路電阻上的熱功率。解析：設(shè)桿向上的速度為 v，因桿的運(yùn)動，兩桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路的面積減少，從而磁通量也減少。由法拉第電磁感應(yīng)定律，回路中的感應(yīng)電動勢的大小vllBE)(12 回路中的電流 REI 電流沿順時針方向。兩金屬桿都要受到安培力作用，作用于桿 x1y1的安培力為IBlf11 方向向上，作用于桿 x2y2的安培力為 IBlf22 方 向 向 下，當(dāng) 桿 作 勻 速 運(yùn) 動 時，根 據(jù) 牛 頓 第 二 定 律 有02121ffgmgmF 解以上各式得 )()(1221llBgmmFI RllBgmmFv212221)()(作用于兩桿的重力的功率的大小 gvmmP)(21 電阻上的熱

14、功率 RIQ2 由式，可得gmmRllBgmmFP)()()(21212221 RllBgmmFQ21221)()(下面對“雙桿”類問題進(jìn)行分類例析下面對“雙桿”類問題進(jìn)行分類例析1、“雙桿”向相反方向做勻速運(yùn)動當(dāng)兩桿分別向相反方向運(yùn)動時，相當(dāng)于兩個電池正向串聯(lián)。【例 5】兩根相距 d=0.20m 的平行金屬長導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，并處于豎直方向的勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B=0.2T，導(dǎo)軌上面橫放著兩條金屬細(xì)桿，構(gòu)成矩形回路，每條金屬細(xì)桿的電阻為 r=0.25，回路中其余部分的電阻可不計(jì).已知兩金屬細(xì)桿在平行于導(dǎo)軌的拉力的作用下沿導(dǎo)軌朝相反方向勻速平移，速度大小都是 v=5.0m/s，

15、如圖所示.不計(jì)導(dǎo)軌上的摩擦.（1）求作用于每條金屬細(xì)桿的拉力的大小.（2）求兩金屬細(xì)桿在間距增加 0.40m 的滑動過程中共產(chǎn)生的熱量.解析：（1）當(dāng)兩金屬桿都以速度 v 勻速滑動時，每條金屬桿中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢分別為：E1=E2=Bdv由閉合電路的歐姆定律，回路中的電流強(qiáng)度大小為：rEEI221因拉力與安培力平衡，作用于每根金屬桿的拉力的大小為 F1=F2=IBd。vv由以上各式并代入數(shù)據(jù)得22221102.3rvdBFFN（2）設(shè)兩金屬桿之間增加的距離為L，則兩金屬桿共產(chǎn)生的熱量為vLrIQ222，代入數(shù)據(jù)得Q=1.2810-2J.2.“雙桿”同向運(yùn)動，但一桿加速另一桿減速當(dāng)兩桿分別沿相同

16、方向運(yùn)動時，相當(dāng)于兩個電池反向串聯(lián)?！纠?6】兩根足夠長的固定的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為 L。導(dǎo)軌上面橫放著兩根導(dǎo)體棒 ab 和 cd，構(gòu)成矩形回路，如圖所示兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量皆為 m，電阻皆為 R，回路中其余部分的電阻可不計(jì)在整個導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B 設(shè)兩導(dǎo)體棒均可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑行開始時，棒 cd 靜止，棒 ab 有指向棒 cd 的初速度 v0若兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動中始終不接觸，求：（1）在運(yùn)動中產(chǎn)生的焦耳熱最多是多少（2）當(dāng) ab 棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊?3/4 時，cd 棒的加速度是多少？解析：ab 棒向 cd 棒運(yùn)動時，兩棒和導(dǎo)軌構(gòu)成的回路面

17、積變小，磁通量發(fā)生變化，于是產(chǎn)生感應(yīng)電流ab 棒受到與運(yùn)動方向相反的安培力作用作減速運(yùn)動，cd 棒則在安培力作用下作加速運(yùn)動在 ab 棒的速度大于 cd 棒的速度時，回路總有感應(yīng)電流，ab 棒繼續(xù)減速，cd 棒繼續(xù)加速兩棒速度達(dá)到相同后，回路面積保持不變，磁通量不變化，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，兩棒以相同的速度 v 作勻速運(yùn)Bv0Lacdb動（1）從初始至兩棒達(dá)到速度相同的過程中，兩棒總動量守恒，有mvmv20根據(jù)能量守恒，整個過程中產(chǎn)生的總熱量2022041)2(2121mvvmmvQ （2）設(shè) ab 棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊?3/4 時，cd 棒的速度為 v1，則由動量守恒可知：10043mvvmmv此

18、時回路中的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流分別為：BLvvE)43(10，REI2此時cd棒所受的安培力：IBLF，所以cd棒的加速度為 mFa 由以上各式，可得mRvLBa4022。3.“雙桿”中兩桿都做同方向上的加速運(yùn)動?！半p桿”中兩桿都做同方向上的加速運(yùn)動。“雙桿”中的一桿在外力作用下做加速運(yùn)動，另一桿在安培力作用下做加速運(yùn)動，最終兩桿以同樣加速度做勻加速直線運(yùn)動。如【例 3】（2003 年全國理綜卷）4“雙桿”在不等寬導(dǎo)軌上同向運(yùn)動。“雙桿”在不等寬導(dǎo)軌上同向運(yùn)動。“雙桿”在不等寬導(dǎo)軌上同向運(yùn)動時，兩桿所受的安培力不等大反向，所以不能利用動量守恒定律解題。如【例 4】（2004 年全國理綜卷）（二

19、）（二）電磁感應(yīng)中的一個重要推論安培力的沖量公式RBLBLqtBLItF感應(yīng)電流通過直導(dǎo)線時，直導(dǎo)線在磁場中要受到安培力的作用，當(dāng)導(dǎo)線與磁場 垂 直 時，安 培 力 的 大 小 為 F=BLI。在 時 間 t 內(nèi) 安 培 力 的 沖 量RBLBLqtBLItF，式中 q 是通過導(dǎo)體截面的電量。利用該公式解答問題十分簡便，下面舉例說明這一點(diǎn)。【例 7】如圖所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的勻強(qiáng)磁場分布在寬為 L 的區(qū)域內(nèi)，有一個邊長為 a（aL）的正方形閉合線圈以初速 v0垂直磁場邊界滑過磁場后速度變?yōu)?v（v L），磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B=5T，方向與線框平面垂直。今線框從距磁場上邊界 h

20、=30cm 處自由下落，已知線框的 dc 邊進(jìn)入磁場后，ab 邊到達(dá)上邊界之前的某一時刻線框的速度已達(dá)到這一階段的最大值，問從線框開始下落到dc 邊剛剛到達(dá)磁場下邊界的過程中，磁場作用于線框的安培力做的總功是多少？（g=10m/s2）6如圖所示，在勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi)與 B垂直的平面中有兩根足夠長的固定金屬平行導(dǎo)軌，在它們上面橫放兩根平行導(dǎo)體棒構(gòu)成矩形回路，長度為 L，質(zhì)量為 m，電阻為R，回路部分導(dǎo)軌電阻可忽略，棒與導(dǎo)軌無摩擦，不計(jì)重力和電磁輻 射，且開始時圖中左側(cè)導(dǎo)體棒靜止，右側(cè)導(dǎo)體棒具有向右的初速 v0，試求兩棒之間距離增長量x 的上限。7如圖所示，電動機(jī)牽引一根原來靜止的、長 L 為 1m、

21、質(zhì)量 m 為 0.1kg 的導(dǎo)體棒 MN 上升，導(dǎo)體棒的電阻 R 為 1，架在豎直放置的框架上，它們處于磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 為 1T 的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與框架平面垂直。當(dāng)導(dǎo)體棒上升h=3.8m 時，獲得穩(wěn)定的速度，導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的熱量為 2J，電動機(jī)牽引棒時，電壓表、電流表的讀數(shù)分別為 7V、1A，電動機(jī)內(nèi)阻 r 為 1，不計(jì)框架電阻及一切摩擦，求：v0（1）棒能達(dá)到的穩(wěn)定速度；（2）棒從靜止至達(dá)到穩(wěn)定速度所需要的時間。參考答案參考答案：1（1）va=vb=73gh2（2）E=72magh（3）Qa=73E=4912magh，Q b=74E=4916magh2解析：當(dāng)兩棒的速度穩(wěn)定時，回路中的感

22、應(yīng)電流為零，設(shè)導(dǎo)體棒 ef 的速度減小到 v1，導(dǎo)體棒 gh 的速度增大到 v2，則有 2BLv1-BLv2=0，即 v2=2v1。對導(dǎo)體棒 ef 由動量定理得：01222mvmvtIBL對導(dǎo)體棒 gh 由動量定理得：02mvtIBL由以上各式可得：020132,31vvvv3解析：先比較甲、乙線圈落地速度的大小。乙進(jìn)入磁場時的速度較大，則安培力較大，克服安培力做功較多，即產(chǎn)生的焦耳熱較多。由能量守恒定律可知，乙線圈落地速度較小。線圈穿過磁場區(qū)域時受到的安培力為變力，設(shè)受到的平均安培力為 F，穿過磁場時間為t，下落全過程時間為t，落地時的速度為 v，則全過程由動量定理得tFmgt=mv。而 R

23、tItBILtF，所以RBLtF。可見，兩下落過程安培力的沖量相等。因?yàn)椋?，甲乙vv 所以 ，甲乙tt即：乙線圈運(yùn)動時間較短，先落地。選 B。4解析 當(dāng)金屬棒 ab 所受恒力 F 與其所受磁場力相等時，達(dá)到最大速度 vm.由 F=RvLBm22 解得：vm=22LBFR=10 m/s.此后，撤去外力 F，金屬棒 ab 克服磁場力做功，使其機(jī)械能向電能轉(zhuǎn)化，進(jìn)而通過電阻 R 發(fā)熱，此過程一直持續(xù)到金屬棒 ab 停止運(yùn)動。所以，感應(yīng)電流在此過程中產(chǎn)生的熱量等于金屬棒損失的機(jī)械能，即 Q=221mmv=5J.5解析：線框達(dá)到最大速度之前所受的安培力 F=RvLB22隨速度 v 的變化而變化，所以直接

24、求解安培力做的總功較為困難，而用能量守恒的思想便可迎刃而解。設(shè)線框的最大速度為 vm，此后直到 ab 邊開始進(jìn)入磁場為止，線框做勻速直線運(yùn)動，此過程中線框的動能不變。由 mg=RvLBm22 解得 vm=22LBmgR=2m/s全部進(jìn)入后，無安培力，因此只需考慮從開始下落到剛好全部進(jìn)入時，這段時間內(nèi)線框因克服安培力做功而損失的機(jī)械能為：mg（h+L）221mmv=0.2 J.所以磁場作用于線框的安培力做的總功是0.2J6解析：當(dāng) ab 棒運(yùn)動時，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，ab、cd 棒中有感應(yīng)電流通過，ab 棒受到安培力作用而減速，cd 棒受到安培力作用而加速。當(dāng)它們的速度相等時，它們之間的距離最大。設(shè)

25、它們的共同速度為 v，則據(jù)動量守恒定律可得：mv02mv，即021vv。對于 cd 棒應(yīng)用動量定理可得：BLq=mv-0=021mv 所以，通過導(dǎo)體棒的電量 q=BLmv20 而tRI,2所以 q=RBLxttI2 由上述各式可得：x=220LBRmv。7解析：（1）電動機(jī)的輸出功率為：62rIIUP出W電動機(jī)的輸出功率就是電動機(jī)牽引棒的拉力的功率，所以有FvP 出其中 F 為電動機(jī)對棒的拉力，當(dāng)棒達(dá)穩(wěn)定速度時LIBmgF感應(yīng)電流RBLvREI由式解得，棒達(dá)到的穩(wěn)定速度為2vm/s（2）從棒由靜止開始運(yùn)動至達(dá)到穩(wěn)定速度的過程中，電動機(jī)提供的能量轉(zhuǎn)化為棒的機(jī)械能和內(nèi)能，由能量守恒定律得：QmvmghtP221出解得 t=1s教學(xué)后記教學(xué)后記高考要求來看，這是命題重點(diǎn)內(nèi)容，復(fù)習(xí)應(yīng)該達(dá)到以下效果：1、利用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律及功能關(guān)系研究電磁感應(yīng)過程中的能量轉(zhuǎn)化問題2、應(yīng)用牛頓第二定律解決導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動的問題。3、應(yīng)用動量定理、動量守恒定律解決導(dǎo)體切割磁感線的運(yùn)動問題。4、應(yīng)用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律解決電磁感應(yīng)問題。還有幾種模型分析，“雙桿”“單桿”等，從學(xué)生課堂反應(yīng)，這節(jié)內(nèi)容還需要進(jìn)一步訓(xùn)練。