浙江选考版高考物理一轮复习增分突破五电磁感应与动量观点综合问题.docx

增分突破四电磁感应与动力学和能量观点综合问题增分策略1.电磁感应与力学问题联系的桥梁是磁场对感应电流的安培力。

解答电磁感应中的力学问题,在分析方法上,要始终抓住导体的受力(特别是安培力)特点及其变化规律,明确导体的运动过程以及运动过程中状态的变化,准确把握运动状态的临界点。

解决电磁感应中的力、电问题的关键有以下几点(1)电学对象分析电路的结构利用电路的规律如E=I(R+r)或U=E-Ir。

电源:E=BLv或E=nΔΔ(2)力学对象受力分析:F安=BIL→F合=ma。

过程分析:F合=ma→v→E→I→F安。

(3)临界点:运动状态的临界点。

2.从能量观点解决电磁感应问题与解决力学问题时的分析方法相似,只是多了一个安培力做功、多了一个电能参与能量转化,因此需要明确安培力做功及电能转化的特点。

电磁感应中焦耳热的三种求法:(1)根据定义式Q=I2Rt计算;(2)利用克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热计算;(3)利用能量守恒定律计算。

典例1将一斜面固定在水平面上,斜面的倾角为θ=30°,其上表面绝缘且斜面的顶端固定一挡板,在斜面上加一垂直斜面向上的匀强磁场,磁场区域的宽度为H=0.4 m,如图甲所示,磁场边界与挡板平行,且上边界到斜面顶端的距离为x=0.55 m。

将一通电导线围成的矩形导线框abcd置于斜面的底端,已知导线框的质量为m=0.1 kg、导线框的电阻为R=0.25 Ω、ab的长度为L=0.5 m。

从t=0时刻开始在导线框上加一恒定的拉力F,拉力的方向平行于斜面向上,使导线框由静止开始运动,当导线框的下边与磁场的上边界重合时,将恒力F撤走,最终导线框与斜面顶端的挡板发生碰撞,碰后导线框以等大的速度反弹,导线框沿斜面向下运动。

已知导线框向上运动的v-t图像如图乙所示,导线框与斜面间的动摩擦因数为μ=,整个运动过程中导线框没有发生转动,且始终没有离开斜面,g=10 m/s2。

(1)求在导线框上施加的恒力F以及磁感应强度的大小;(2)若导线框沿斜面向下运动通过磁场时,其速度v与位移s的关系为v=v0-s,其中v0是导线框ab边刚进入磁场时的速度大小,s为导线框ab边进入磁场区域后对磁场上边界的位移大小,求整个过程中导线框中产生的热量Q。

专题课2电磁感应中的动力学问题和能量、动量问题电磁感应中的动力学问题1.两种状态及处理方法命题角度1导体棒处于静止状态【例1】（2017·天津理综，3）如图1所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。

金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。

现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（）图1A.ab中的感应电流方向由b到aB.ab中的感应电流逐渐减小C.ab所受的安培力保持不变D.ab所受的静摩擦力逐渐减小解析导体棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小（ΔBΔt＝k为一定值），则闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺时针方向的感应电流，ab中的电流方向由a到b，故选项A错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝ΔΦΔt＝ΔB·SΔt＝kS，回路面积S不变，即感应电动势为定值，根据闭合电路欧姆定律I＝ER，所以ab中的电流大小不变，故选项B错误；安培力F＝BIL，电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故选项C错误；导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力f与安培力F等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故选项D正确。

答案 D命题角度2导体棒做匀速运动【例2】（多选）一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图2所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab、cd长度均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升（导体棒ab、cd与导轨接触良好），此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是（）图2A.ab受到的拉力大小为2 NB.ab向上运动的速度为2 m/sC.在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能D.在2 s内，拉力做功为0.6 J解析对导体棒cd分析：mg＝BIl＝B2l2vR总，得v＝2 m/s，故选项B正确；对导体棒ab分析：F＝mg＋BIl＝0.2 N，选项A错误；在2 s内拉力做功转化为ab棒的重力势能和电路中的电能，电能等于克服安培力做的功，即W电＝F安v t＝B2l2v2tR总＝0.4 J，选项C正确；在2 s内拉力做的功为W拉＝F v t＝0.8 J，选项D错误。

2023届高考物理：电磁感应一轮练习附答案高考：电磁感应（一轮）一、选择题。

1、电阻R、电容器C与一线圈连成闭合电路，条形磁铁位于线圈的正上方，N 极朝下，如图所示．在磁铁N极远离线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是()A．从b到a，下极板带正电B．从a到b，下极板带正电C．从b到a，上极板带正电D．从a到b，上极板带正电2、（双选）如图甲所示，在倾斜角为θ的光滑斜面内分布着垂直于斜面的匀强磁场，以垂直于斜面向上为磁感应强度正方向，其磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示。

质量为m的矩形金属框从t＝0时刻由静止释放，t3时刻的速度为v，移动的距离为L，重力加速度为g。

在金属框下滑的过程中，下列说法正确的是()甲乙A．t1～t3时间内金属框中的电流方向不变B．0～t3时间内金属框做匀加速直线运动C．0～t3时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动D．0～t3时间内金属框中产生的焦耳热为mgLsin θ－12m v23、（双选）)如图甲所示是一种手摇发电的手电筒，内部有一固定的线圈和可来回运动的条形磁铁，其原理图如图乙所示．当沿图中箭头方向来回摇动手电筒过程中，条形磁铁在线圈内来回运动，灯泡发光．在此过程中，下列说法正确的是()A．增加摇动频率，灯泡变亮B．线圈对磁铁的作用力方向不变C．磁铁从线圈一端进入与从该端穿出时，灯泡中电流方向相反D．磁铁从线圈一端进入再从另一端穿出的过程中，灯泡中电流方向不变4、如图所示，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。

金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。

现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是()A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向5、（双选）如图所示，灯泡A、B与定值电阻的阻值均为R，L是自感系数较大的线圈，当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B两灯亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中正确的是()A．B灯立即熄灭B．A灯将比原来更亮一下后熄灭C．有电流通过B灯，方向为c→dD．有电流通过A灯，方向为b→a6、如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd沿纸面由位置1匀速运动到位置2。

专题检测四动量与能量观点的综合应用(加试)1.如图甲所示,质量m=3.0×10-3 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中,“”形框的水平细杆CD长l=0.20 m,处于磁感应强度大小B1=1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中。

有一匝数n=300匝、面积S=0.01 m2的线圈通过开关S与两水银槽相连。

线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中,其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图乙所示。

(1)求0~0.10 s线圈中的感应电动势大小;(2)t=0.22 s时闭合开关S,若安培力远大于重力,细框跳起的最大高度h=0.20 m,求通过细杆CD的电荷量。

2.如图所示,平行光滑且足够长的金属导轨ab、cd固定在同一水平面上,处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度B=2 T,导轨间距L=0.5 m。

有两根金属棒MN、PQ质量均为1 kg,电阻均为0.5 Ω,其中PQ静止于导轨上,MN用两条轻质绝缘细线悬挂在挂钩上,细线长h=0.9 m,当细线竖直时棒刚好与导轨接触但对导轨无压力。

现将MN向右拉起使细线与竖直方向夹角为60°,然后由静止释放MN,忽略空气阻力。

发现MN到达最低点与导轨短暂接触后继续向左上方摆起,PQ在MN短暂接触导轨的瞬间获得速度,且在之后1 s时间内向左运动的距离s=1 m。

两根棒与导轨接触时始终垂直于导轨,不计其余部分电阻。

求:(1)当悬挂MN的细线到达竖直位置时,MNPQ回路中的电流大小及MN两端的电势差大小;(2)MN与导轨接触的瞬间流过PQ的电荷量;(3)MN与导轨短暂接触时回路中产生的焦耳热。

3.如图所示,间距为l=0.5 m的两条平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成。

倾角为θ=37°的倾斜导轨处在磁感应强度大小为B1=2 T,方向垂直导轨平面向下的匀强磁场区域中,在导轨的上端接有一个阻值R0=1 Ω的电阻,置于倾斜导轨上质量为m1、阻值R1=1 Ω的金属棒ab的中部与一绝缘细绳相连,细绳上端固定在倾斜导轨的顶部,已知细绳所能承受的最大拉力为F Tm=4 N。

第21讲电磁感应现象A组基础题组1.在法拉第时代,下列验证“由磁产生电”设想的实验中,能观察到感应电流的是( )A.将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,然后观察电流表的变化B.在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈,然后观察电流表的变化C.将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接,往线圈中插入条形磁铁后,再到相邻房间去观察电流表的变化D.绕在同一铁环上的两个线圈,分别接电源和电流表,在给线圈通电或断电的瞬间,观察电流表的变化答案 D 将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,因线圈中的磁通量没有发生变化,故不能观察到感应电流,选项A不符合题意;在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈时,如果通电线圈通以恒定电流,产生稳定的磁场,则在另一线圈中不会产生感应电流,选项B不符合题意;在线圈中插入条形磁铁后,再到相邻房间去观察电流表时,磁通量已不再变化,因此也不能观察到感应电流,选项C不符合题意;绕在同一铁环上的两个线圈,在给一个线圈通电或断电的瞬间,线圈产生的磁场发生变化,使穿过另一线圈的磁通量发生变化,因此,能观察到感应电流,选项D符合题意。

2.如图所示,矩形导线框abcd处于竖直面内,直导线MN与bc边平行且与线框平面共面,并通以向上的电流i,则以下情况不能使线框中产生感应电流的是( )A.线框以直导线MN为轴转动B.线框以ad边为轴转动C.线框沿线框平面向右平移D.增大直导线中的电流i答案A通电直导线产生的磁场磁感线是以直导线为圆心的同心圆,线框以直导线MN为轴转动,穿过线圈的磁通量不变,线框中不产生感应电流,故A正确;以ad边为轴转动,穿过线框的磁通量减小,线框中产生感应电流,故B错误;让线框沿线框平面向右平移,穿过线圈的磁通量减小,线框中产生感应电流,故C错误;增大直导线中的电流i,磁场增强,穿过线框的磁通量增大,线框中产生感应电流,故D错误。

3.如图所示,在条形磁铁外面套一圆环,当圆环从磁铁的N极向下平移到S极的过程中,穿过圆环的磁通量如何变化( )A.逐渐增加B.逐渐减少C.先逐渐增加,后逐渐减少D.先逐渐减少,后逐渐增大答案 C 条形磁铁外部两极处磁场最强,而中间位置磁场最弱,穿过圆环的总磁通量的大小变化可通过条形磁铁内外磁感线条数的差值来表示,即在两极处磁通量最小,而在中间时磁通量最大,所以圆环由N 极向下平移到S极的过程中,磁通量先逐渐增大后逐渐减小,选项C正确,A、B、D错误。

动量观点在电磁感应中的应用1.目录1.题型一动量定理在电磁感应中的应用类型1 “单棒+电阻”模型类型2 不等间距上的双棒模型类型3 “电容器+棒”模型2.题型二动量守恒定律在电磁感应中的应用41类型1 双棒无外力42类型2 双棒有外力65题型一:动量定理在电磁感应中的应用【解题指导】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．类型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-BI L Δt =0-mv 0，q =I Δt ，q =mv 0BL 求位移x-B 2L 2v R Δt =0-mv 0，x =v Δt =mv 0R B 2L2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q =I Δt ，x =vΔt ；若已知q 或x 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x 时，速度达到v求运动时间-BILΔt+mg sinθ·Δt=mv-0，q=IΔt -B2L2vRΔt+mg sinθ·Δt=mv-0，x=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、x、v中的一个物理量1(2023·河北·模拟预测)如图所示，两根电阻不计的光滑平行金属导轨固定于水平面内，导轨左侧接有阻值恒定的电阻R。

一电阻不计的导体棒垂直导轨放置于M点，并与导轨接触良好，导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场。

现给导体棒一个水平向右的初速度，第一次速度大小为v0，滑动一段位移到达N点停下来，第二次速度大小为2v0，滑动一段位移后也会停止运动，在导体棒的运动过程中，以下说法正确的是()A.先后两次运动过程中电阻R上产生的热量之比为1：2B.先后两次运动过程中的位移之比为1：2C.先后两次运动过程中流过R的电量之比为1：4D.导体棒第二次运动经过N点时速度大小为v0【答案】BD【详解】A．根据能量守恒可知，导体棒从开始运动到停下来，动能全部转化为内能，满足Q=12mv2所以生成的热量之比为1:4，故A错误；BD．设运动过程中任意时刻的速度大小为v，导体棒质量为m，磁感应强度为B，导轨间距为L，电路的总电阻为R，由牛顿第二定律得B2L2vR=ma在一段极短时间Δt内B2L2vRΔt=maΔt结合速度和加速度的定义可得B2L2RΔx=mΔv方程两边对一段时间累积求和，可知发生一段位移x与速度变化的关系为B2L2 R x=m v0-v对于整个过程，有B2L2Rx=mv0所以x1 x2=v02v0=12第二次运动经过N点时，有B2L2 R x1=m2v0-v N解得v N=v0故B、D正确；C．电量的计算满足q=ΔΦR =BLRx所以q1 q2=x1x2=12故C错误。

[浙江考试标准]学问内容考试要求 命题规律必考 加试电磁感应现象 b 对本章内容的考查，重点有感应电流的产生、感应电动势方向的推断、感应电动楞次定律c 法拉第电磁感应定律d 电磁感应现象的两b 类状况 势大小的计算及交变电流的有效值、瞬时值、变压器的原理及远距离输电等学问．有以下两种题型： 1.常以选择题形式考查对基础学问、基本规律的理解与应用 2.以计算题的形式考查综合性学问，如运动学、互感和自感b 涡流、电磁阻尼和电磁驱动 b 交变电流c 描述交变电流的物理量c 电感和电容对交变电流的影响 b 变压器 c 电能的输送 c 试验 探究电磁感应的产生条件 √试验 探究感应电√流方向的规律 力学、能量、电路、图象等学问与电磁感应结合的问题，一般难度较大，分值较高.试验 探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系√ 第1节 电磁感应现象 楞次定律考点一| 电磁感应现象1．磁通量(1)定义：在磁感应强度为B 的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S 和B 的乘积．(2)公式：Φ＝BS .适用条件：①匀强磁场；②S 为垂直磁场的有效面积．(3)矢标性：磁通量的正、负号不表示方向，磁通量是标量．2．电磁感应现象(1)电磁感应现象：当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有感应电流产生的现象．(2)产生感应电流的条件①条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化． ②特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动．1．磁通量发生变化的三种常见状况(1)磁场强弱不变，回路面积转变；(2)回路面积不变，磁场强弱转变；(3)回路面积和磁场强弱均不变，但二者的相对位置发生转变．2．推断电磁感应现象是否发生的一般流程1．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的试验中，能观看到感应电流的是() A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观看电流表的变化B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观看电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观看电流表的变化D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观看电流表的变化D[产生感应电流必需满足的条件：①电路闭合；②穿过闭合电路的磁通量要发生变化．选项A、B电路闭合，但磁通量不变，不能产生感应电流，故选项A、B不能观看到电流表的变化；选项C满足产生感应电流的条件，也能产生感应电流，但是等我们从一个房间到另一个房间后，电流表中已没有电流，故选项C也不能观看到电流表的变化；选项D满足产生感应电流的条件，能产生感应电流，可以观看到电流表的变化，所以选D]．2．(2022·余姚选考模拟)如图9-1-1所示的磁场中，有三个面积相同且相互平行的线圈S1、S2和S3，穿过S1、S2和S3的磁通量分别为Φ1、Φ2和Φ3，下列推断正确的是()【导学号：81370316】图9-1-1A．Φ1最大B．Φ2最大C．Φ3最大D．Φ1＝Φ2＝Φ3C[三个线圈的面积相同，由图可看出第三个线圈所在处磁感线最密，即磁感应强度最强，所以Φ3最大．]3．如图所示，矩形线框在磁场中做的各种运动，能够产生感应电流的是()B[感应电流产生条件为：①穿过线框的磁通量发生变化；②电路闭合．A、C、D中穿过矩形线框的磁通量都不变，故不产生感应电流．] 4．(多选)如图9-1-2所示，一个金属薄圆盘水平放置在竖直向上的匀强磁场中，下列做法中能使圆盘中产生感应电流的是()图9-1-2A．圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动B．圆盘以某一水平直径为轴匀速转动C．圆盘在磁场中向右匀速平移D．匀强磁场均匀增加BD[只有穿过圆盘的磁通量发生变化时，圆盘中才产生感应电流．当圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动或圆盘在磁场中向右匀速平移时，穿过圆盘的磁通量不发生变化，不能产生感应电流，A、C错误；当圆盘以某一水平直径为轴匀速转动或匀强磁场均匀增加时，穿过圆盘的磁通量发生变化，圆盘中将产生感应电流，B、D正确．]5．如图9-1-3所示为感应式发电机的结构图，a、b、c、d是空间四个可用电刷与铜盘边缘接触的点，O1、O2是铜盘轴线导线的接线端，M、N是电流表的接线端．现在将铜盘转动，能观看到感应电流的是()图9-1-3A．将电流表的接线端M、N分别连接a、c 位置B．将电流表的接线端M、N分别连接O1、a位置C．将电流表的接线端M、N分别连接O1、O2位置D．将电流表的接线端M、N分别连接c、d位置B[当铜盘转动时，其切割磁感线产生感应电动势，此时铜盘相当于电源，铜盘边缘和中心相当于电源的两个极，则要想观看到感应电流，M、N应分别连接电源的两个极，故可知只有B 项正确．]考点二| 楞次定律1．楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．(2)适用范围：一切电磁感应现象．2．右手定则(1)内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．(2)适用状况：导体切割磁感线产生感应电流．1．楞次定律中“阻碍”的含义2．楞次定律的使用步骤1．如图9-1-4所示，在一水平、固定的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁(N极朝上，S 极朝下)由静止开头下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向(从上向下看)，下列说法正确的是()图9-1-4A．总是顺时针B．总是逆时针C．先顺时针后逆时针D．先逆时针后顺时针C[磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，则圆环中先是向上的磁通量增加，磁铁中间通过以后，向上的磁通量削减，依据楞次定律，产生的感应电流方向(从上向下看)先顺时针后逆时针，选项C正确．]图9-1-52．(2021·临海选考模拟)如图9-1-5所示，线圈与灵敏电流计构成闭合电路，当磁铁向下插入线圈的过程中，发觉电流计指针向右偏转．则当磁铁()【导学号：81370317】A．放在线圈中不动时，电流计指针向左偏转B．从线圈中向上拔出时，电流计指针向左偏转C．按图示位置在线圈外面上下移动时，电流计指针不会偏转D．按图示位置在线圈外面左右移动时，电流计指针不会偏转【答案】 B3．如图9-1-6所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度H处同时释放(各线框下落过程中不翻转)，则以下说法正确的是()图9-1-6A．三者同时落地B．甲、乙同时落地，丙后落地C．甲、丙同时落地，乙后落地D．乙、丙同时落地，甲后落地D[甲是铜线框，在下落过程中产生感应电流，所受的安培力阻碍它的下落，故所需的时间长；乙没有闭合回路，丙是塑料线框，故都不会产生感应电流，它们做自由落体运动，故D正确．]4．(2021·桐乡选考模拟)如图9-1-7所示，在两根平行长直导线M、N中通以同方向同大小的电流，矩形导线框abcd的两边与两导线平行，且与两导线在同一平面内，线框沿着与两导线垂直的方向自右向左在两导线间匀速移动，则在移动过程中线框中感应电流方向是()【导学号：81370318】图9-1-7A．沿abcd不变B．沿adcb 不变C．由abcd变成adcb D．由adcb 变成abcdB[本题中M与N中电流的方向相同，在M的右侧电流所产生的磁场方向垂直纸面对里，且离得越远，磁感应强度越小；在N的左侧电流所产生的磁场方向垂直纸面对外，且离得越远，磁感应强度越小，要正确解决此问题，我们需要应用楞次定律，可以推断出，闭合线框abcd 在从N到M的运动过程中，垂直纸面对外的磁通量削减，垂直纸面对里的磁通量增加，为了阻碍磁通量的变化，线圈中的电流始终沿着adcb 方向．故选项B正确．]。

第十章 电磁感应 交变电流本章综合能力提升练 (限时：45分钟)一、单项选择题1.如图1，一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，一条形磁铁插向其中一个小环，取出后又插向另一个小环，看到的现象是( )图1A.磁铁插向左环，横杆发生转动B.磁铁插向右环，横杆发生转动C.无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动D.无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动 答案 B解析 左环没有闭合，在磁铁插入过程中，不产生感应电流，故横杆不发生转动.右环闭合，在磁铁插入过程中，产生感应电流，横杆将发生转动，故选项B 正确.2.如图2甲所示，磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈.当以速度v 0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E －t 关系如图乙所示.如果只将刷卡速度改为v02，线圈中的E －t 关系图可能是( )图2答案 D解析 刷卡速度为v 0时，E 0＝BLv 0，t 0＝d v0，刷卡速度变为v02时，根据法拉第电磁感应定律可知E ＝BL v02＝E02，最大感应电动势变为原来的一半，感应电动势变化的周期t ′＝dv02＝2t 0，周期变为原来的2倍，D 项正确.3.如图3甲，闭合的圆线圈放在匀强磁场中，t ＝0时磁感线垂直线圈平面向里穿过线圈，磁感应强度随时间变化的关系图线如图乙所示，则在0～2s 内线圈中感应电流的大小和方向为()图3A.逐渐增大，逆时针B.逐渐减小，顺时针C.大小不变，顺时针D.大小不变，先顺时针后逆时针 答案 C解析 第1s 内，磁场的方向垂直于纸面向里，且磁感应强度均匀减小，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向；第2s 内，磁场的方向垂直于纸面向外，且磁感应强度均匀增加，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向.由E ＝ΔΦΔt ＝ΔBS Δt 可知，这2s 内感应电动势恒定，故产生的电流大小不变，方向一直为顺时针，故C 正确，A 、B 、D 错误.4.远距离输送一定功率的交流电，若输送电压升高为原来的n 倍，关于输电线上的电压损失和功率损失正确的是( ) A.输电线上的电功率损失是原来的1n2B.输电线上的电功率损失是原来的1nC.输电线上的电压损失是原来的12nD.输电线上的电压损失是原来的1n2答案 A解析 设输送的电功率一定，为P ，输送电压为U ，输电线上功率损失为ΔP ，电压损失为ΔU ，电流为I ，输电线总电阻为R .由P ＝UI 知，I ＝P U ，则得ΔP ＝I 2R ＝P2R U2，ΔU ＝IR ＝PR U ，可知输送电压增为原来的n 倍，则输电线上电功率损失变为原来的1n2，损失的电压变为原来的1n ，故A 正确，B 、C 、D 错误.5.如图4所示，两根相距为l 的平行直导轨ab 、cd ，b 、d 间连有一定值电阻R ，导轨电阻可忽略不计.MN 为放在ab 和cd 上的一导体杆，与ab 垂直，其电阻也为R .整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面向里).现对MN 施力使它沿导轨方向以速度v 水平向右做匀速运动.令U 表示MN 两端电压的大小，则( )图4A.U ＝12Blv ，流过定值电阻R 的感应电流由b 经R 到dB.U ＝Blv ，流过定值电阻R 的感应电流由d 经R 到bC.MN 受到的安培力大小F A ＝B2l2v2R，方向水平向右 D.MN 受到的安培力大小F A ＝B2l2vR，方向水平向左 答案 A解析 导体杆MN 做切割磁感线运动，产生感应电动势，相当于一个内阻为R 的电源，电路中电源电动势为E ＝Blv ，U 表示路端电压，所以根据闭合电路欧姆定律可得：U ＝R R ＋R E ＝12Blv ，根据右手定则可得流过电阻R 的电流方向由b 到d ，A 正确，B 错误；根据公式F A ＝BIl 可得MN 受到的安培力大小F A ＝BIl ＝B2l2v2R，方向向左，C 、D 错误. 二、多项选择题6.(2018·牌头中学期中改编)如图5所示，固定的水平长直导线中通有向右的电流I ，矩形闭合导线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行.将线框由静止释放，不计空气阻力，则在线框下落过程中( )图5A.穿过线框的磁通量保持不变B.线框中感应电流的方向为顺时针C.线框所受安培力的合力竖直向上D.线框的机械能不断增大 答案 BC解析 在线框下落过程中，所在处磁场减弱，穿过线框的磁通量减小，故A 错误；电流I 产生的磁场在导线的下方垂直于纸面向里，下落过程中，因为穿过线框的磁通量随线框下落而减小，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相同，所以感应电流的方向为顺时针，故B 正确；由于离导线越远的地方磁场越弱，所以线框的上边受到的安培力大小大于下边受到的安培力大小，合力的方向向上，故C 正确；下落过程中，安培力对线框做负功，机械能减小，故D 错误.7.图6甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N 、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为理想交流电流表.线圈绕垂直于磁场的水平轴OO ′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示.以下判断正确的是( )图6A.电流表的示数为10AB.线圈转动的角速度为50πrad/sC.0.01s 时线圈平面与磁场方向平行D.0.02s 时电阻R 中电流的方向自右向左 答案 AC解析 电流表测量的是交变电流的有效值，根据图象知交变电流的最大值为102A ，因此有效值为10A ，A 正确；根据图象知交变电流的周期为T ＝0.02s ，则ω＝2πT ＝100πrad/s ，B错误；0.01s 时交变电流的感应电动势最大，说明线圈的速度方向与磁感线垂直，因此线圈平面与磁场方向平行，C 正确；0.02s 时，线圈所处位置与题图甲中的线圈位置相同，根据右手定则知通过电阻R 的电流方向自左向右，D 错误.8.一理想变压器，原、副线圈的匝数比为4∶1.原线圈接在一个交流电源上，交流电的变化规律如图7所示.副线圈所接的负载电阻是11Ω.则( )图7A.副线圈输出交流电的周期为0.02sB.副线圈输出电压为55VC.流过副线圈的电流是5AD.变压器输入、输出功率之比为4∶1 答案 ABC解析 由图象可知，交流电的周期为0.02s ，变压器不会改变交流电的频率和周期，所以副线圈输出交流电的周期也为0.02s ，所以A 正确；由图象可知，交流电的电压的最大值为311V ，所以输入的电压的有效值为U 1＝3112V≈220V，根据电压与匝数成正比可知，U1U2＝n1n2，所以副线圈输出电压U 2为55V ，所以B 正确；根据I ＝U R 可得电流I ＝5511A ＝5A ，所以C 正确；理想变压器的输入功率和输出功率相等，所以D 错误.9.如图8所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q 来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑动触头.在原线圈上加一电压为U 的正弦交流电，则( )图8A.保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变大B.保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变小C.保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变大D.保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变小 答案 BC解析 保持Q 位置不动，副线圈电压U 2不变，当P 上滑时，R 增大，由P ＝U22R ＋R0可知总功率减小，原线圈电压U 1不变，由P ＝U 1I 1可知原线圈电流I 1减小，故A 错误，B 正确；当P 位置不动，Q 上滑时，由U2U1＝n2n1知U 2增大，I 2＝U2R 增大，由I1I2＝n2n1知原线圈电流I 1增大，故C 正确，D 错误.10.(2018·书生中学月考改编)竖直放置的平行光滑导轨，其电阻不计，磁场方向如图9所示，磁感应强度B ＝0.5T ，导体棒ab 与cd 长均为0.2m ，电阻均为0.1Ω，重力均为0.1N ，现用力向上拉导体棒ab ，使之匀速向上(与导轨接触良好，导轨足够长)，此时，导体棒cd 恰好静止，那么导体棒ab 上升时，下列说法中正确的是( )图9A.导体棒ab 受到的拉力大小为2NB.导体棒ab 向上运动的速度为2m/sC.在2s 内，拉力做功转化为的电能是0.4JD.在2s 内，拉力做功为0.6J 答案 BC解析 导体棒ab 匀速上升，受力平衡，cd 棒静止，受力也平衡，对于两棒组成的系统，合外力为零，根据平衡条件可得：ab 棒受到的拉力F ＝2mg ＝0.2N ，故A 错误；对cd 棒，受到向下的重力G 和向上的安培力F 安，由平衡条件得：F 安＝G ，即BIL ＝G ，又I ＝BLv2R ，联立得：v ＝2GR B2L2＝2×0.1×0.10.52×0.22m/s ＝2 m/s ，故B 正确；在2s 内，电路产生的电能Q ＝E22R t ＝(BLv )22R t ＝(0.5×0.2×2)22×0.1×2J＝0.4J ，故C 正确；在2s 内拉力做的功W ＝Fvt ＝0.2×2×2J＝0.8J ，故D 错误. 三、实验题11.实验：探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系 (1)实验室中有下列器材：A.可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)B.条形磁铁C.直流电源D.多用电表E.开关、导线若干上述器材在本实验中不用的是________(填器材序号)，本实验中还需用到的器材有______________.(2)该学生继续做实验，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压________(选填“增大”“减小”或“不变”)；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压__________(选填“增大”“减小”或“不变”)，上述“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”中采用的实验方法是__________. 答案 (1)BC 低压交流电源 (2)增大 减小 控制变量法 四、计算题12.(2016·浙江4月选考·23)某同学设计了一个电磁推动加喷气推动的火箭发射装置，如图10所示.竖直固定在绝缘底座上的两根长直光滑导轨，间距为L .导轨间加有垂直导轨平面向里的匀强磁场B .绝缘火箭支撑在导轨间，总质量为m ，其中燃料质量为m ′，燃料室中的金属棒EF 电阻为R ，并通过电刷与电阻可忽略的导轨良好接触.引燃火箭下方的推进剂，迅速推动刚性金属棒CD (电阻可忽略且和导轨接触良好)向上运动，当回路CEFDC 面积减少量达到最大值ΔS ，用时Δt ，此过程激励出强电流，产生电磁推力加速火箭.在Δt 时间内，电阻R 产生的焦耳热使燃料燃烧形成高温高压气体.当燃烧室下方的可控喷气孔打开后.喷出燃气进一步加速火箭.图10(1)求回路在Δt 时间内感应电动势的平均值及通过金属棒EF 的电荷量，并判断金属棒EF 中的感应电流方向；(2)经Δt 时间火箭恰好脱离导轨，求火箭脱离时的速度大小v 0；(不计空气阻力) (3)火箭脱离导轨时，喷气孔打开，在极短的时间内喷射出质量为m ′的燃气，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为v ，求喷气后火箭增加的速度Δv .(提示：可选喷气前的火箭为参考系) 答案 (1)B ΔS Δt B ΔS R 向右 (2)B2L ΔS mR －g Δt (3)m′m －m′v解析 (1)根据法拉第电磁感应定律，有E ＝ΔΦΔt ＝B ΔSΔtq ＝I Δt ＝ΔΦR ＝B ΔSR，电流方向向右 (2)Δt 时间内产生的平均感应电流I ＝E R ＝B ΔSR Δt平均安培力F ＝B I L由动量定理有(F －mg )Δt ＝mv 0 解得v 0＝B2L ΔSmR－g Δt(3)以喷气前的火箭为参考系，设竖直向上为正方向，由动量守恒定律得－m ′v ＋(m －m ′)Δv ＝0，得Δv ＝m′m －m′v .13.如图11所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN 、PQ 相距为L ，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨电阻不计，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨平面向上.长为L 的金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m 、电阻为R .两金属导轨的上端连接一个灯泡，灯泡的电阻也为R .现闭合开关K ，给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的、大小为F ＝2mg 的恒力，使金属棒由静止开始运动，当金属棒达到最大速度时，灯泡恰能达到它的额定功率.重力加速度为g ，求：图11(1)金属棒能达到的最大速度v m 的大小； (2)灯泡的额定功率P L ；(3)若金属棒上滑距离为s 时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始上滑2s 的过程中，金属棒上产生的热量Q 1.答案 (1)3mgR B2L2 (2)9m2g2R 4B2L2 (3)32mgs －9m3g2R24B4L4解析 (1)金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，金属棒达到最大速度，此后开始做匀速直线运动.设最大速度为v m ，则速度达到最大时有：E ＝BLv m ，I ＝E 2R ，F ＝BIL ＋mg sin θ，解得：v m ＝3mgRB2L2(2)根据电功率表达式：P L ＝I 2R 解得：P L ＝(E 2R )2R ＝B2L2vm24R ＝9m2g2R4B2L2(3)设整个电路产生的热量为Q ，由能量守恒定律有：F ·2s ＝Q ＋mg sin θ·2s ＋12mv m 2解得：Q ＝3mgs －9m3g2R22B4L4根据串联电路特点，可知金属棒上产生的热量Q 1＝Q2解得：Q 1＝32mgs －9m3g2R24B4L4.。

电磁感应综合问题1.掌握应用动量定理处理电磁感应问题的思路。

2.掌握应用动量守恒定律处理电磁感应问题的方法。

3.熟练应用楞次定律与法拉第电磁感应定律解决问题。

4.会分析电磁感应中的图像问题。

5.会分析电磁感应中的动力学与能量问题。

电磁感应中的动力学与能量问题1(2024·河北·模拟预测)如图甲所示，水平粗糙导轨左侧接有定值电阻R =3Ω，导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B =1T ，导轨间距L =1m 。

一质量m =1kg ，阻值r =1Ω的金属棒在水平向右拉力F 作用下由静止开始从CD 处运动，金属棒与导轨间动摩擦因数μ=0.25，金属棒的v -x 图像如图乙所示，取g =10m/s 2，求：(1)x =1m 时，安培力的大小；(2)从起点到发生x =1m 位移的过程中，金属棒产生的焦耳热；(3)从起点到发生x =1m 位移的过程中，拉力F 做的功。

【答案】(1)0.5N ；(2)116J ；(3)4.75J 【详解】(1)由图乙可知，x =1m 时，v =2m/s ，回路中电流为I =E R +r =BLv R +r=0.5A安培力的大小为F 安=IBL =0.5N (2)由图乙可得v =2x金属棒受到的安培力为F A =IBL =B 2L 2v R +r=x2(N )回路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，从起点到发生x =1m 位移的过程中，回路中产生的焦耳热为Q =W 安=F A x =0+0.52×1J =0.25J金属棒产生的焦耳热为Q 棒=r R +rQ =116J(3)从起点到发生x =1m 位移的过程中，根据动能定理有W F -W 安-μmgx =12mv 2解得拉力F 做的功为W F =4.75J1．电磁感应综合问题的解题思路2．求解焦耳热Q 的三种方法(1)焦耳定律：Q =I 2Rt ，适用于电流恒定的情况；(2)功能关系：Q =W 克安(W 克安为克服安培力做的功)；(3)能量转化：Q =ΔE (其他能的减少量)。

第22讲法拉第电磁感应定律自感和涡流教师备用题库1.(2018课标Ⅰ,19,6分)(多选)如图,两个线圈绕在同一根铁芯上,其中一线圈通过开关与电源连接,另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。

将一小磁针悬挂在直导线正上方,开关未闭合时小磁针处于静止状态。

下列说法正确的是( )A.开关闭合后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动答案AD 本题考查电流的磁效应、楞次定律等知识。

当开关闭合瞬间,右侧线圈中电流突然增大,铁芯上向右的磁场增强,由楞次定律可知左侧线圈中正面感应电流向上,则远处直导线上电流向左,由安培定则可知小磁针处直导线上电流产生的磁场方向垂直纸面向里,A项正确。

开关闭合并保持一段时间后,磁场不再变化,左侧线圈中没有感应电流,小磁针N、S极回到原始方向,故B、C两项错误。

开关断开的瞬间,右侧线圈中电流减小,左侧线圈正面感应电流向下,远处直导线上电流向右,由安培定则知,小磁针处直导线上电流产生的磁场方向垂直纸面向外,故D项正确。

2.(2017天津理综,3,6分)如图所示,两根平行金属导轨置于水平面内,导轨之间接有电阻R。

金属棒ab 与两导轨垂直并保持良好接触,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下。

现使磁感应强度随时间均匀减小,ab始终保持静止,下列说法正确的是( )A.ab中的感应电流方向由b到aB.ab中的感应电流逐渐减小C.ab所受的安培力保持不变D.ab所受的静摩擦力逐渐减小答案 D 本题考查楞次定律、电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力、平衡条件。

由于通过回路的磁通量向下减小,则根据楞次定律可知ab中感应电流的方向由a到b,A错误。

因ab不动,回路面积不变;当B均匀减小时,由E=nΔΦΔt=nΔBΔtS知,产生的感应电动势恒定,回路中感应电流I=ER+r恒定,B 错误。

小题增分特训(十)电磁感应1.如图所示,两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反。

金属圆环的直径与两磁场的边界重合。

下列变化会在圆环中产生顺时针方向感应电流的是( )A.同时增大B1减小B2B.同时减小B1增大B2C.同时以相同的变化率增大B1和B2D.同时以相同的变化率减小B1和B2 B解析圆环产生顺时针方向的感应电流,则感应磁场的方向垂直纸面向里。

由楞次定律可知,圆环中的净磁通量变化为向里的磁通量减少或者向外的磁通量增多,A错误,B正确;同时以相同的变化率增大B1和B2,或同时以相同的变化率减小B1和B2,两个磁场的磁通量总保持大小相同,所以总磁通量的变化为0,不会产生感应电流,C、D错误。

2.(多选)某电磁弹射装置的简化模型如图所示,线圈固定在水平放置的光滑绝缘杆上,将金属环放在线圈左侧。

闭合开关时金属环被弹射出去,若( )A.从右向左看,金属环中感应电流沿逆时针方向B.将电源正负极调换,闭合开关时金属环将向右运动C.将金属环放置在线圈右侧,闭合开关时金属环将向右运动D.金属环不闭合,则闭合开关时金属环不会产生感应电动势AC解析闭合开关后,由右手定则可知螺线管的左边为N极,故穿过金属环的磁场方向向左,由于金属环中磁通量变大,由楞次定律可知,金属环中感应电流的磁场方向向右,故从右向左看,金属环中电流方向为逆时针,故A正确;将电源正负极对调,闭合开关时,金属环中的磁通量仍然增加,由楞次定律可知,金属环仍然向左运动,故B错误;金属环放置在右侧时,闭合开关,金属环中磁通量增加,由楞次定律可知,它将向右运动,故C正确;金属环不闭合,磁通量变化时会产生感应电动势,但是没有感应电流,故D错误。

3.一种叫“焦耳小偷”的电路,可以“榨干”一颗旧电池的能量,其原理如图所示。

一颗废旧的5号电池开路电压大约1 V,直接点亮一个需要1.6 V电压驱动的发光二极管是不可能的,这时可以反复快速接通和断开开关,发光二极管就会闪烁起来。

增分突破五电磁感应与动量观点综合问题增分策略1.应用动量定理解题的基本思路(1)确定研究对象,在中学阶段用动量定理讨论的问题,其研究对象一般仅限于单个物体或能看成一个物体的系统。

(2)对物体进行受力分析,可以先求每个力的冲量,再求各力冲量的矢量和——合力的冲量;或先求合力,再求其冲量。

(3)抓住过程的初、末状态,选好正方向,确定各动量和冲量的正负号。

(4)根据动量定理列方程,如有必要还需要其他补充方程。

最后代入数据求解。

2.应用动量定理的注意事项(1)一般来说,用牛顿第二定律能解决的问题,用动量定理也能解决,如果题目不涉及加速度和位移,用动量定理求解更简单。

动量定理不仅适用于恒力,也适用于变力。

为变力时,动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。

(2)动量定理的表达式是矢量式,运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向,公式中的F是物体或系统所受的合力。

3.电磁感应与动量的结合主要有两个考点(1)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安Δt=ΔP,而又由于F安Δt=B F LΔt=BLq,q=NΔFF总=N FFFF总,ΔP=mv2-mv1,由以上四式将流经杆的某一横截面积的电荷量q、杆位移x及速度变化结合一起。

(2)对于双杆模型,除受到的安培力之外,受到的其他外力之和为零时,与动量守恒结合考查较多。

典例1如图所示,一质量为m的金属杆ab,以一定的初速度v0从一光滑平行金属轨道的底端向上滑行,轨道平面与水平面成θ角,两导轨上端用一电阻相连,磁场方向垂直轨道平面向上,轨道与金属杆ab的电阻不计并接触良好。

金属杆向上滑行到某一高度h后又返回到底端()A.整个过程中合外力的冲量大小为2mv 0B.上滑过程中电阻R 上产生的焦耳热等于下滑过程中电阻R 上产生的焦耳热C.下滑过程中电阻R 上产生的焦耳热小于12m F 02-mgh D.整个过程中重力的冲量大小为零 答案 C解析 经过同一位置时,下滑的速度小于上滑的速度,所以返回底端时的速度小于v 0,根据动量定理可知,整个过程中合外力的冲量大小小于2mv 0,故A 错误;在同一位置,棒下滑时受到的安培力小于上滑时所受的安培力,则下滑过程安培力的平均值小于上滑过程安培力的平均值,所以上滑过程导体棒克服安培力做功大于下滑过程克服安培力做功,故上滑过程中电阻R 产生的热量大于下滑过程中电阻R 上产生的热量,故B 错误。

取夺市安慰阳光实验学校增分突破五电磁感应与动量观点综合问题增分策略1.应用动量定理解题的基本思路(1)确定研究对象,在中学阶段用动量定理讨论的问题,其研究对象一般仅限于单个物体或能看成一个物体的系统。

(2)对物体进行受力分析,可以先求每个力的冲量,再求各力冲量的矢量和——合力的冲量;或先求合力,再求其冲量。

(3)抓住过程的初、末状态,选好正方向,确定各动量和冲量的正负号。

(4)根据动量定理列方程,如有必要还需要其他补充方程。

最后代入数据求解。

2.应用动量定理的注意事项(1)一般来说,用牛顿第二定律能解决的问题,用动量定理也能解决,如果题目不涉及加速度和位移,用动量定理求解更简单。

动量定理不仅适用于恒力,也适用于变力。

为变力时,动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。

(2)动量定理的表达式是矢量式,运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向,公式中的F是物体或系统所受的合力。

3.电磁感应与动量的结合主要有两个考点(1)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安Δt=ΔP,而又由于F安Δt=B F LΔt=BLq,q=NΔFF总=N FFFF总,ΔP=mv2-mv1,由以上四式将流经杆的某一横截面积的电荷量q、杆位移x及速度变化结合一起。

(2)对于双杆模型,除受到的安培力之外,受到的其他外力之和为零时,与动量守恒结合考查较多。

典例1如图所示,一质量为m的金属杆ab,以一定的初速度v0从一光滑平行金属轨道的底端向上滑行,轨道平面与水平面成θ角,两导轨上端用一电阻相连,磁场方向垂直轨道平面向上,轨道与金属杆ab的电阻不计并接触良好。

金属杆向上滑行到某一高度h后又返回到底端( )A.整个过程中合外力的冲量大小为2mv0B.上滑过程中电阻R上产生的焦耳热等于下滑过程中电阻R上产生的焦耳热C.下滑过程中电阻R上产生的焦耳热小于12m F2-mghD.整个过程中重力的冲量大小为零答案C解析经过同一位置时,下滑的速度小于上滑的速度,所以返回底端时的速度小于v0,根据动量定理可知,整个过程中合外力的冲量大小小于2mv0,故A错误;在同一位置,棒下滑时受到的安培力小于上滑时所受的安培力,则下滑过程安培力的平均值小于上滑过程安培力的平均值,所以上滑过程导体棒克服安培力做功大于下滑过程克服安培力做功,故上滑过程中电阻R产生的热量大于下滑过程中电阻R上产生的热量,故B错误。

高考物理一轮总复习考点突破：考点1 动量定理在电磁感应中的应用(能力考点·深度研析) 1．此类问题中常用到的几个公式(1)安培力的冲量为：I安＝B I Lt＝BLq 。

(2)通过导体棒或金属框的电荷量为：q＝IΔt＝ER总Δt＝nΔΦΔtR总Δt＝nΔΦR总。

(3)磁通量变化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx。

(4)如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安＝mv2－mv1。

2．选用技巧：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更方便。

►考向1 “导体棒＋电阻”模型模型一示意图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量q 对金属棒应用动量定理－B I LΔt＝0－mv0，q＝IΔt，q＝mv0BL求位移x 对金属棒应用动量定理－B2L2vRΔt＝0－mv0，x＝vΔt＝mv0RB2L2模型二示意图间距为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x时，速度达到v求运动时间－B I LΔt＋mg sin θ·Δt＝mv－0，q＝IΔt，－B2L2vRΔt＋mg sin θ·Δt＝mv－0，x＝vΔt[解析] (1)a 导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a 棒的安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得E ＝BLv 0由闭合电路的欧姆定律及安培力公式I ＝E2R ，F ＝BILa 棒受力平衡可得mg sin θ＝BIL 联立解得v 0＝2mgR sin θB 2L2。

(2)由右手定则可知导体棒b 中电流向右，b 棒受到沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，对b 棒根据牛顿第二定律可得mg sin θ＋BIL ＝ma ，解得a ＝2g sin θ。