第十一章 微专题15 动量观点在电磁感应中的应用-【南方凤凰台】2024高考物理一轮复习导学案 广东（新教材新高考）课件

第十一章　 电磁感应 微专题15　 动量观点在电磁感应中的应用 高考总复习 一轮复习导学案 · 数学（提高版） 高考一轮复习·南方凤凰台·物理 1 ⁠动量定理在电磁感应中的应用 1.“单杆＋电阻”模型 情境1 水平放置的平行光滑导轨间距为L，左侧接电阻R，导体棒初速度为v0，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 －BLΔt＝0－mv0，q＝Δt，q＝ 求位移s －Δt＝0－mv0，s＝Δt＝ 说明 初、末速度已知的变加速运动，在动量定理列出的式子中q＝Δt， s＝Δt；若已知q或s也可求末速度 情境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 －BLΔt＋mgsinθ·Δt＝mv－0，q＝Δt －Δt＋mgsinθ·Δt＝mv－0，s＝Δt 说明 用动量定理求时间需有其他不变的力参与.若已知运动时间，也可求q、s、v中的一个物理量 2.“单杆＋电容器”模型 （1）无外力充电式 模型 ⁠ （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＝，电容器充电，UC变大，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，棒匀速运动 运动特和 最后状态 棒做加速度a减小的加速运动，最后做匀速运动，此时I＝0，但电容器带电荷量不为零 最后速度 电容器充电荷量q＝CU 最后电容器两端电压U＝BLv 对棒，由动量定理得mv－mv0＝－BL·Δt＝－BLq v＝. v－t图像 ⁠ （2）无外力放电式 模型 ⁠ （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 电流的特点 电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，阻碍放电，电流减小，直至电流为零，此时UC＝BLvm 运动特点及 最后状态 做加速度a减小的加速运动，最后匀速运动，I＝0 最大速度vm 电容器充电电荷量Q0＝CE 放电结束时电荷量Q＝CU＝CBLvm 电容器放电电荷量ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm 对棒，由动量定理得mvm－0＝BL·Δt＝BLΔQ vm＝ v－t图像 ⁠ ⁠　（2023·深圳中学）如图所示，同一水平面上固定两根间距为L、足够长的平行光滑导轨PQ和MN，QN端接阻值为R的定值电阻，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中.一个质量为m的导体棒以平行于导轨的初速度v0向左运动，经过位移s停下，棒始终与导轨垂直且接触，其他电阻忽略不计.则下列说法中错误的是（　D　） D A.该过程中导体棒加速度一直减小 B.该过程中回路因电流热效应产生的热量为m C.磁感应强度大小为 D.导体棒滑过位移时，受到的安培力为 解析：该过程中导体棒做减速运动，速度减小，产生的感应电动势减小，回路中电流减小，安培力减小，加速度减小，故A正确；根据能量守恒定律可知该过程中减小的动能全部转化为因电流热效应产生的热量，说明因电流热效应产生的热量为m，故B正确；取整个过程为研究对象，由动量定理可得－BLΔt＝0－mv0，回路中流过电荷量q＝Δt，由法拉第电磁感应定律可得E＝＝，由闭合电路欧姆定律可得＝，联立以上各式可得B＝，故C正确；由电磁感应定律可求得导体棒滑过位移时平均电流＝＝＝，由动量定理可得－BLΔt＝mv－mv0，此时安培力大小F安＝BIL＝BL＝，联立可求得F安＝，故D错误. 类题固法1 1.（多选）（2022·湛江测试）如图所示，宽为L的足够长U形光滑导轨被固定放置在绝缘水平面上，整个导轨处于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，将一质量为m、有效电阻为R、长度略大于L的导体棒垂直于导轨放置.某时刻给导体棒一沿导轨向右、大小为v0的水平速度，不计导轨电阻，棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触，则下列说法正确的是（　BC　） A.导体棒中感应电流方向为由a到b B.导体棒中的最大发热量为m C.导体棒的加速度逐渐减小到0 D.通过导体棒的电荷量最大值为 BC 解析：由右手定则可知，导体棒进入磁场时，感应电流方向由b指向a，故A错误；由能量守恒定律可知，当棒速度减至零时，棒的发热量最大，动能减小到零，导体棒中的最大发热量为m，故B正确：由F＝可知，导体棒的速度越小，受到的安培力越小，加速度越小，故C正确；由动量定理可知mΔv＝BLIΔt，q＝IΔt＝，故D错误. 2.（多选）如图所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨固定在同一水平面上，其间距为1m，左端通过导线连接一个R＝1.5Ω的定值电阻.整个导轨处在磁感应强度大小B＝0.4T的匀强