《2023年江苏高考 物理大一轮复习 第十一章 专题强化二十五 动量观点在电磁感应中的应用课件（74张PPT）.pptx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年江苏高考 物理大一轮复习 第十一章 专题强化二十五 动量观点在电磁感应中的应用课件（74张PPT）.pptx（74页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第十一章电磁感应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内容索引题型一动量定理在电磁感应中的应用题型二动量守恒定律在电磁感应中的应用课时精练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x时常用动量定理求解情景示例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
2、量q求位移x应用技巧初、末速度已知的变加速运动，在动量定理列出的式子 中；若已知q或x也可求末速度考向1“单棒电阻”模型情景示例2间距为L的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为，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x时，速度达到v求运动时间 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、x、v中的一个物理量例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v0垂直导轨水平向右
3、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C.整个过程中，电阻R上产生的焦耳热为mv02D.整个过程中，导体棒的平均速度大于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，选项A错误；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mv02，故C错误；例2如图所示，光滑水平平行导轨置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直水平面向下，左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为2L，且导轨两侧均足够长.质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态.ab的电
4、阻为R，cd的电阻为2R，两棒始终在对应的导轨部分运动.现给cd一水平向右的初速度v0，则A.两棒组成的系统动量守恒B.最终通过两棒的电荷量为C.ab棒最终的速度为v0D.从cd棒获得初速度到二a者稳定运动过程中产生的焦耳热为mv02考向2不等间距上的双棒模型当cd棒向右运动时，受向左的安培力，ab棒受向右的安培力，且Fcd2Fab，可知两棒组成的系统合外力不为零，则系统动量不守恒，选项A错误；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，电容器充电UC变大，当BLvUC时，I0，F安0，棒匀速运动1.无外
5、力充电式考向3“电容器棒”模型运动特点和最终特征棒做加速度a减小的加速运动，最终做匀速运动，此时I0，但电容器带电荷量不为零最终速度电容器充电荷量：qCU最终电容器两端电压UBLv对棒应用动量定理：mvmv0BLtBLqv.vt图像例3如图甲所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为l，电阻均可忽略不计.在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻为r，与导轨垂直且接触良好.整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中.现给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动.则下列说法不正确的是A.当杆ab刚具有初速度v0时，杆ab两端的电压U，且a点电势高于
6、b点电势B.通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐增大C.若将M和P之间的电阻R改为接一电容为C的电容器，如图乙所示，同样给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动，则杆ab稳定后的速度为vD.在C选项中，杆稳定后a点电势高于b点电势当 杆 ab刚具有初速度 v0时，其切割磁感线产生的感应电动势 EBlv0，杆 ab两 端 的电压，根据右手定则知，感应电流的方向为b到a，杆ab相当于电源，a相当于电源的正极，则a点电势高于b点电势，A正确；通过电阻 R的 电 流 I，由 于 杆 ab速度减小，则电流减小，所 受安培力减小，所以杆ab做加速度逐渐减小的减速运动，速度v随时间t的变化率的绝对值逐
7、渐减小，则通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐减小，B错误；当 杆 ab以初速度 v0开始切割磁感线时，电路开始给电容器充电，有电流通过杆 ab，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小，当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速度做匀速直线运动，电容器两端的电压UBlv，而qCU，对杆ab，根据动量定理得Blqmvmv0，联立可得v，C正确；杆稳定后，电容器不再充电，回路中没有电流，根据右手定则知，a点的电势高于b点电势，D正确.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
8、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，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时UCBLvm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，I0最大速度vm电容器结束时电荷量：QCUCBLvm电容器放电电荷量：QQ0QCECBLvm对棒应用充电电荷量：Q0CE放电动量定理：mvm0BLtBLQvmvt图像例4(2017天津卷12)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
9、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；答案垂直于导轨平面向下将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)MN刚开始运动时加速度a的大小；电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关
10、S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I设MN受到的安培力为F，有FIlB由牛顿第二定律，有Fma联立式得a(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少.当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有Q0CE开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E，有EBlvmax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.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
11、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2.双棒模型(不计摩擦力)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
12、的初速度v0，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MbcNM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2mv03mv，可得vv0，故B错误；金属框开始获得向右的初速度v0，根据右手定则可知电流方向为MNcbM，故A错误；例6如图所示，相互平行、相距L的两条足够长的金属导轨固定在同一水平面上，电阻可忽略不计，空间有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，质量均为m、长度均为L、电阻均为R的导体棒甲和乙，可以在长导轨上无摩擦左右滑动.开始时，甲导体棒具有向左的初速度
13、v，乙导体棒具有向右的初速度2v，求：(1)开始时，回路中电流大小I；开始时，设回路中的感应电动势为E，根据法拉第电磁感应定律有E3BLv(2)当一根导体棒速度为零时，另一根导体棒的加速度大小a；甲、乙两导体棒在运动过程中，受到的安培力大小相等，加速度大小相等.由于甲棒的初速度较小，所以甲导体棒速度先减小到零，设此时乙导体棒的速度大小为v1，根据动量守恒定律，以乙导体棒运动的方向为正方向，有2mvmvmv1回路中的感应电动势为EBLv1乙导体棒受到的安培力大小为FBIL根据牛顿第二定律，有Fma(3)运动过程中通过乙导体棒的电荷量最大值qm.当两导体棒速度相同时，回路中的感应电流为零.设两导体
14、棒共同运动的速度为v共，由动量守恒定律得2mvmv2mv共课时精练1.如图所示，在水平面上有两条金属导轨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，金属杆与导轨间的摩擦不计.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小距离之比为A.11B.12C.21D.31必备基础练1234567812345678若杆2固定，则设原来二者之间的最小距离为x1，对杆1由动量定理得：2.如图，方向竖直向下的匀
15、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，导轨电阻可忽略，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上.t0时，棒ab以初速度v0向右运动且不会与cd相碰.运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别为vab、vcd，通过ab横截面的电荷量为q，回路中的电流为I，cd棒产生的焦耳热为Q.下列图像中正确的是12345678导体棒ab切割磁感线产生由a到b的感应电流，则导体棒ab受到向左的安培力，做减速运动；导体棒cd受到向右的安培力，向右加速运动，12345678则感应电流I，两导体棒的相对速度减小，感应电流减小，每个导体棒所受的安培力大小FBIL，F随着电流减小而减小，
16、设导体棒质量为m，当两者速度相等时，电流为零.由动量守恒定律得mv02mv，两导体棒的速度最终为v，且加速度随着电流的减小而减小，电流变化也越来越慢，最终为零，C正确，A错误；系统状态稳定后，两个导体棒的相对速度为0，不再有感应电流产生，焦耳热不会随着时间一直增大，故D错误.123456783.图甲所示是电阻可忽略的足够长的光滑平行金属导轨.已知导轨的间距L1.0m，导轨的倾角30，导轨上端接的电阻R1.5，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.阻值r0.5、质量m0.2kg的金属棒与导轨垂直且接触良好，从导轨上端由静止开始下滑.电流传感器记录了金属棒在下滑过程中产生的电流随时间变化的规
17、律，如图乙所示.取g10m/s2则A.磁感应强度的大小为1.0TB.0到2.0s的时间内，通过金属棒的电荷量为2.0CC.0到2.0s的时间内，金属棒下滑的距离为3.0mD.0到2.0s的时间内，电阻R产生的焦耳热为2.8J12345678电流稳定时，金属棒做匀速运动，设速度为v，则感应电动势EBLv12345678根据受力平衡，有mgsinBIL联立解得B1.0T，v2m/s，A正确；代入数据解得q1.6C，B错误；123456784.如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在空间内，质量一定的金属棒PQ垂直于导轨放置.今使棒以一定的初速度v0向右运动
18、.当其通过位置a、b时，速率分别为va、vb，到位置c时刚好静止.导轨与棒的电阻不计，a到b与b到c的间距相等，则金属棒在由ab和由bc的两个过程中A.金属棒运动的加速度相等B.金属棒通过a、b两位置时速率va2vbC.回路中产生的内能Eab2EbcD.安培力做功相等1234567812345678金属棒由位置a到b再到c过程中，速度逐渐减小，根据 EBLv，E减小，故I减小，安培力减小，由Fma，知加速度减小，故A错误；在bc的过程中，对金属棒运用动量定理得同理，在ac的过程中，对金属棒运用动量定理得12345678而vtlac，解得va又lac2lbc，因此va2vb，故B正确；金属棒在安
19、培力作用下做减速运动，速度v越来越小，金属棒克服安培力做功，由于ab、bc间距相等，故从a到b安培力做的功大于从b到c安培力做的功，故D错误.5.如图所示，两根光滑平行金属导轨(电阻不计)由半径为r的圆弧部分与无限长的水平部分组成.间距为L.水平导轨部分存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为2m的金属棒ab静置于水平导轨上，电阻为2R.另一质量为m、电阻为R的金属棒PQ从圆弧M点处由静止释放，下滑至N处后进入水平导轨部分，M到N的竖直高度为h，重力加速度为g，若金属棒PQ与金属棒ab始终垂直于金属导轨并接触良好，且两棒相距足够远，求：1234567812345678(1)金属棒P
20、Q滑到N处时，金属导轨对金属棒PQ的支持力为多大；12345678设金属棒PQ滑到N处时的速度为v，支持力为FN12345678(2)从释放金属棒PQ到金属棒ab达到最大速度的过程中，整个系统产生的内能；金属棒PQ进入水平轨道后，设金属棒ab与金属棒PQ所受安培力的大小为F，安培力作用时间为t，金属棒PQ在安培力作用下做减速运动，金属棒ab在安培力作用下做加速运动，当两棒达到共同速度v时，电路中电流为零，安培力为零，金属棒ab达到最大速度根据动量守恒定律得mv(2mm)v根据能量守恒定律知系统产生的内能应等于系统机械能的减少量，得123456781234567812345678(3)若在金属棒
21、ab达到最大速度时给金属棒ab施加一水平向右的恒力F(F为已知量)，则在此恒力作用下整个回路的最大电功率为多少.当金属棒PQ达到最大功率时，金属棒PQ与金属棒ab加速度相同，速度差恒定，回路中产生稳定电流.由牛顿第二定律得对PQ棒：F安ma对ab棒：FF安2ma由安培力的公式可得F安BIL电功率PI23R123456786.如图甲所示，固定放置在水平桌面上的两根足够长的光滑金属导轨间的距离为L1m.质量m1kg的直导体棒放在导轨上，且与导轨垂直.导轨左端与阻值R4的电阻相连，其余电阻不计，整个装置放在竖直向上的匀强磁场内，磁感应强度B2T.在t0时，一水平向右的恒定拉力F垂直作用于直导体棒，使
22、直导体棒由静止开始向右做直线运动，图乙是描述导体棒运动过程的vt图像(设导轨足够长).求：12345678能力综合练(1)拉力F的大小；答案10N导体棒的运动速度为v时产生的电动势EBLv，闭合回路中的感应电流I由题图乙可知，当速度v10m/s时拉力FFA，得F10N.12345678(2)t1.6s时，导体棒的加速度大小a；答案2m/s212345678(3)前1.6s内导体棒的位移大小x.答案8m123456787.如图所示，两平行且无限长金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为30，两导轨之间的距离为L1m，两导轨M、P之间接入阻值R0.2的定值电阻，导轨电阻不计，在abdc区域内有方向垂直于
23、两导轨平面向下的磁场，磁感应强度B11T，磁场的宽度x11m；在cd连线以下区域有方向也垂直于导轨平面向下的磁场，磁感应强度B20.5T.一个质量为m2kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数，金属棒的电阻r0.2，若金属棒在离ab连线上端x0处由静止释放，则金属棒进入磁场恰好做匀速运动.金属棒进入磁场后，经过ef时又达到平衡状态，cd与ef之间的距离x216m.求(g取10m/s2)12345678(1)金属棒在磁场运动的速度大小；答案2m/s12345678设棒在ab处的速度为v1，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为EB1Lv1金属棒做匀速直线运动，由平衡条件得
24、mgsinmgcosB1I1L，联立解得v12m/s12345678(2)金属棒从开始运动到滑到ef位置这个过程回路产生的电热；答案25J12345678经过ef时又达到平衡状态，由平衡条件得mgsinmgcosB2I2L12345678金属棒从开始运动到滑到ab的过程中解得x00.8m解得Q25J(3)金属棒从开始运动到滑到ef位置这个过程所用的时间.答案5.7s12345678全过程由动量定理得(mgsinmgcos)tB1Lq1B2Lq2mv2解得t5.7s.8.(2022福建莆田市高三模拟)如图，两条足够长的平行金属导轨间距L0.5m，与水平面的夹角30，处于磁感应强度B0.2T、方向
25、垂直导轨平面向上的匀强磁场中.导轨上的a、b两根导体棒质量分别为ma0.3kg、mb0.1kg，电阻均为R0.1.现将a、b棒由静止释放，同时用大小为2N的恒力F沿平行导轨方向向上拉a棒.导轨光滑且电阻忽略不计，运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好，取重力加速度g10m/s2.已知当a棒中产生的焦耳热Qa0.12J时，其速度va1.0m/s，求：12345678素养提升练12345678(1)此时b棒的速度大小；答案3m/s设a、b棒受到的安培力大小为F安，则对a、b棒由牛顿第二定律分别有FmagsinF安maaambgsinF安mbab联立可得maaambab，所以有mavambvb，可解得vb3m/s.12345678(2)此时a棒的加速度大小；答案1m/s2设此电路产生的感应电动势为E，电流为I，则有联立(1)中式子解得aa1m/s2.12345678(3)a棒从静止释放到速度达到1.0m/s所用的时间.答案0.768s12345678设此过程a、b棒位移分别为xa、xb，由(1)的分析可得maxambxb对a棒根据动量定理有(Fmagsin)tI安mava0其中安培力的冲量I安F安t联立代入数据可解得t0.768s.