专题四电路与电磁感应培点优7量点在磁感中的用动观电应应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。目标要求内容索引考点一考点二高考预测动量定理在电磁感应中的应用动量守恒定律在电磁感应中的应用专题强化练考点一量定理在磁感中的用动电应应求解的物理量用示例应荷量或速度电位移在体杆切割磁感做加速，若用牛定律和能量导单线变运动时运顿运动观点不能解，可用量定理巧妙解决问题运动决问题－BILΔt＝mv2－mv1，q＝IΔt，即－BqL＝mv2－mv1－B2L2vΔtR总＝0－mv0，即－B2L2xR总＝0－mv0求解的物理量用示例应时间＋F其他Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1，已知荷量电q、F其他(F其他恒力为)－B2L2vΔtR总＋F其他Δt＝mv2－mv1，即－B2L2xR总＋F其他Δt＝mv2－mv1，已知位移x、F其他(F其他恒力为)－BILΔt(多选)如所示，在光滑的水平面上有一方向直向下的有界强磁图竖匀。磁域的左，一正方形框由位置场场区侧线Ⅰ以4.5m/s的初速度垂直于磁界水平向右，位置场边运动经过Ⅱ，到位置当运动Ⅲ速度恰零，时为此框好有一半离磁域。框的小于磁域的度。时线刚开场区线边长场区宽若框、出磁的程中通框截面的荷量分线进场过过线横电别为q1、q2，线框位置经过Ⅱ的速度时为v。下列法正确的是则说A.q1＝q2B.q1＝2q2C.v＝1.0m/sD.v＝1.5m/s例1√√根据q＝ΔΦR＝BSR可知，框、出磁的程线进场过中通框截面的荷量过线横电q1＝2q2，故A，错误B正确；框始入到位置线从开进Ⅱ，由量定理有－动BI1LΔt1＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理框位置线从Ⅱ到位置Ⅲ，由量定理有－动BI2LΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，立解得联v＝13v0＝1.5m/s，故C，错误D正确。(2023·湖南卷·14)如，根足的光滑金直平行放置，图两够长属导轨导距轨间为L，及其所成的平面均水平面成两导轨构与θ角，整装置个处于垂直于平面斜向上的强磁中，磁感强度大小导轨匀场应为B。现将质量均为m的金棒属a、b垂直放置，每根金棒接入之的导轨属导轨间电阻均为R。程中金棒始垂直且接良好，金棒始运动过属与导轨终触属终未滑出，阻忽略不，重力加速度导轨导轨电计为g。(1)先保持棒b止，棒静将a由止放，求棒静释a速的速度大小匀运动时v0；例2答案2mgRsinθB2L2棒a在程中重力沿平面向下的分力和棒运动过导轨a所受安培力相等做速，由法拉第磁感定律可得时匀运动电应E＝BLv0由合路姆定律及安培力公式可得闭电欧I＝E2R，F＝BIL棒a受力平衡可得mgsinθ＝BIL立解得联v0＝2mgRsinθB2L2(2)在(1)中，棒问当a速，再棒匀运动时将b由静止放，求放瞬棒释释间b的加速度大小a0；答案2gsinθ由左手定可以判棒则断b所受安培力沿平面向下，放棒导轨释b瞬路中流不，间电电变棒则对b由牛第二定律可得顿mgsinθ＋BIL＝ma0解得a0＝2gsinθ(3)在(2)中，棒问从b放瞬始，释间开计时经过时间t0，棒恰好到相同的速度两达v，求速度v的大小，以及时间t0棒内a相于棒对b的距运动离Δx。答案gsinθ·t0＋mgRsinθB2L22m2R2gsinθB4L4棒a受到沿平面向上的安培力，放棒导轨释b后，在到共速棒达时对a由量定理有动立解得联v＝gsinθ·t0＋v02＝gsinθ·t0＋mgRsinθB2L2，mgsinθt0－BILt0＝mv－mv0棒b受沿平面向下的安培力，导轨对b棒由量定理有动mgsinθt0＋BILt0＝mvI＝mv02BLt0I＝E2R＝BLΔx2Rt0由法拉第磁感定律可得电应立可得联Δx＝mv0RB2L2＝2m2R2gsinθB4L4。考点二量守恒定律在磁感中的用动电应应杆模型双物理模型“一一动静”：甲杆止不，乙杆，其是杆，不静动运动实质单问题要注意包含着一件过问题个条——甲杆止，受力平衡静杆都在，于情，要注意杆切割磁感生的感两运动对这种况两线产应是相加是相；系量是否守恒电动势还减统动分析方法力点动学观通常情下一金杆做加速度逐小的加速，况个属渐减运动而另一金杆做加速度逐小的速，最个属渐减减运动终金杆以共同的速度速两属匀运动能量点观杆系机械能少量等于回路中生的焦耳之和两统减产热量点动观于金杆在平直的光滑上的情，如果对两属导轨运动况金杆所受的外力之和零，考用量守恒两属为则虑应动定律理处问题(多选)(2023·湖南邵市二模阳)如所示，平行...
