《（全國通用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 微專題76 電磁感應(yīng)中的動量與能量問題加練半小時（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 微專題76 電磁感應(yīng)中的動量與能量問題加練半小時（含解析）（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、電磁感應(yīng)中的動量與能量問題方法點撥電磁感應(yīng)中的有些題目可以從動量角度著手，運用動量定理或動量守恒定律解決：應(yīng)用動量定理可以由動量變化來求解變力的沖量.如在導(dǎo)體棒做非勻變速運動的問題中，應(yīng)用動量定理可以解決牛頓運動定律不易解答的問題.在相互平行的水平軌道間的雙棒做切割磁感線運動時，由于這兩根導(dǎo)體棒所受的安培力等大反向，合外力為零，若不受其他外力，兩導(dǎo)體棒的總動量守恒，解決此類問題往往要應(yīng)用動量守恒定律.1.(2018山西省晉城市一模)如圖1所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌PQ、MN傾斜固定放置，導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角30，導(dǎo)軌底端連接有阻值為R的電阻，導(dǎo)軌間距為L.方向垂直于導(dǎo)軌平面向下的有界勻強磁場
2、的邊界ab、cd垂直于導(dǎo)軌，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，邊界ab、cd間距為s.將一長度為L、質(zhì)量為m、阻值也為R的金屬棒垂直放置在導(dǎo)軌上，金屬棒開始的位置離ab的距離為s，現(xiàn)將金屬棒由靜止釋放，金屬棒沿導(dǎo)軌向下做加速運動，到達(dá)cd位置時金屬棒的加速度剛好為零，金屬棒運動過程中始終垂直于導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌接觸良好，不計導(dǎo)軌及其他電阻，重力加速度為g，求：圖1(1)金屬棒從釋放到到達(dá)cd位置的過程中，通過電阻R的電荷量；(2)金屬棒從ab運動到cd的時間.2.如圖2甲所示，平行粗糙導(dǎo)軌固定在絕緣水平桌面上，間距L0.2m，導(dǎo)軌左端接有R1的電阻，質(zhì)量為m0.1kg的粗糙導(dǎo)體棒ab垂直靜置于導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒
3、及導(dǎo)軌的電阻忽略不計.整個裝置處于磁感應(yīng)強度B0.5T的勻強磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌向下.現(xiàn)用與導(dǎo)軌平行的外力F作用在導(dǎo)體棒ab上使之一開始做勻加速運動，且外力F隨時間變化關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g10m/s2，求：圖2(1)比較導(dǎo)體棒a、b兩點電勢的高低；(2)前10s導(dǎo)體棒ab的加速度大??；(3)若整個過程中通過R的電荷量為65C，則導(dǎo)體棒ab運動的總時間是多少？3.(2018山西省康杰中學(xué)二模)如圖3所示，足夠長的水平軌道左側(cè)部分b1b2c1c2軌道間距為2L，右側(cè)部分c1c2d1d2的軌道間距為L，圓弧軌道與水平軌道相切于b1b2，所有軌道均光滑且電阻不計.在水平軌道內(nèi)有斜向下與豎直
4、方向夾角37的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B0.1T.質(zhì)量為M0.2kg的金屬棒C垂直于軌道靜止放置在右側(cè)窄軌道上，質(zhì)量為m0.1kg的導(dǎo)體棒A自圓弧軌道上a1a2處由靜止釋放，兩金屬棒在運動過程中始終相互平行且與軌道保持良好接觸，A棒總在寬軌上運動，C棒總在窄軌上運動.已知：兩金屬棒接入電路的有效電阻均為R0.2，h0.2m，L0.2m，sin370.6，cos370.8，g取10m/s2，求：圖3(1)金屬棒A滑到b1b2處時的速度大小；(2)金屬棒C勻速運動的速度大小；(3)在兩棒整個的運動過程中通過金屬棒A某截面的電荷量；(4)在兩棒整個的運動過程中金屬棒A、B在水平軌道間掃過的面積之差
5、.4.(2018四川省成都市模擬)某小組同學(xué)在研究圖4甲所示的電磁槍原理時，繪制了圖乙所示的簡圖(為俯視圖)，圖中兩平行金屬導(dǎo)軌間距為L固定在水平面上，整個裝置處在豎直向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，平行導(dǎo)軌左端電路如圖所示，電源的電動勢為E(內(nèi)阻不計)，電容器的電容為C.一質(zhì)量為m、長度也為L的金屬導(dǎo)體棒垂直于軌道平放在導(dǎo)軌上，忽略摩擦阻力和導(dǎo)軌、導(dǎo)線的電阻，假設(shè)平行金屬導(dǎo)軌足夠長.圖4(1)將開關(guān)S接a，電源對電容器充電.a.求電容器充電結(jié)束時所帶的電荷量Q；b.請在圖丙中畫出充電過程中電容器兩極板間的電壓u隨電容器所帶電荷量q變化的圖象；借助uq圖象求出穩(wěn)定后電容器儲存的能量E0.(2
6、)電容器充電結(jié)束后，將開關(guān)接b，電容器放電，導(dǎo)體棒由靜止開始運動，不計放電電流引起的磁場影響.a.已知自由電子的電荷量為e，請你分析推導(dǎo)當(dāng)導(dǎo)體棒獲得最大速度之后，導(dǎo)體棒中某一自由電子所受的電場力與導(dǎo)體棒最大速度之間的關(guān)系式；b.導(dǎo)體棒由靜止到獲得最大速度的過程中，由于存在能量損失E損，電容器釋放的能量沒有全部轉(zhuǎn)化為導(dǎo)體棒的動能，求E損.答案精析1.(1)(2)解析(1)通過電阻R的電荷量qt，解得q；(2)設(shè)金屬棒剛進(jìn)入磁場時的速度為v1，根據(jù)機械能守恒定律有mgssinmv12，解得v1，金屬棒運動到cd位置時，加速度為零，有mgsin，解得v2，由牛頓第二定律可知mgsinBILmam，即
7、mgtBLItmv，或由動量定理可得(mgsinBIL)tmv，即mgtBLItmv得mgtBLqm(v2v1)，解得t.2.(1)a點電勢較高(2)5m/s2(3)22s解析(1)據(jù)右手定則知，a點電勢較高(2)由于導(dǎo)體棒一開始做勻加速運動，對ab用牛頓第二定律：FF安Ffma，F(xiàn)安，vat綜上得，F(xiàn)tFfma據(jù)題圖乙可知前10s，F(xiàn)t圖線斜率為0.05N/s即0.05N/s代入數(shù)據(jù)解得：a5m/s2(3)當(dāng)t0時，F(xiàn)fma1N，則Ff0.5N10s時導(dǎo)體棒的速度v1at150m/s此時安培力F安10.5N由于F1N，且此時FfF安1F1N，故1015s內(nèi)導(dǎo)體棒做勻速直線運動015s內(nèi)導(dǎo)體棒
8、ab的位移xt1v1t2500m通過R的電荷量q150CF為0后，導(dǎo)體棒做減速運動直到停止過程中通過R的電荷量：q2qq115C對導(dǎo)體棒ab應(yīng)用動量定理：Fft3BLq20mv1解得t37s則運動的總時間：tt1t2t322s3.(1)2m/s(2)0.44m/s(3)5.56C(4)27.8m2解析(1)A棒在圓弧軌道上下滑，由機械能守恒定律得mghmv02，得v02m/s.(2)選取水平向右為正方向，對A、C應(yīng)用動量定理可得對C：FC安costMvC，對A：FA安costmvAmv0，其中FA安2FC安，由以上知mv0mvA2MvC，兩棒最后勻速運動時，電路中無電流，有BLvC2BLvA，
9、得vC2vA，聯(lián)立兩式得vCv00.44m/s.(3)在C加速過程中，有(Bcos)ILtMvC0，qIt，得qC5.56C.(4)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E，其中磁通量變化量BScos37，電路中的電流I，通過截面的電荷量qIt，得Sm227.8m2.4.見解析解析(1)a.電容器充電完畢時其電壓等于電動勢E，電容器所帶的電荷量QCEb.根據(jù)u，畫出uq圖象如圖所示，圖線與橫軸所圍面積表示電容器儲存的能量.有：E0EQ聯(lián)立式可得：E0CE2(2)a.方法一：設(shè)金屬導(dǎo)體棒獲得最大速度vm時，放電電流為零，此時電容器的電壓U與導(dǎo)體棒的感應(yīng)電動勢E棒相等，即：UE棒BLvm導(dǎo)體棒中恒定電場的場強為
10、：E場Bvm導(dǎo)體棒中電子所受的電場力為FeE場eBvm方法二：金屬導(dǎo)體棒獲得最大速度后做勻速直線運動，電路中無電流，運動的電子在磁場中受到向下的洛倫茲力，大小為：feBvm由于電子隨導(dǎo)體棒做勻速直線運動，則電場力F與洛倫茲力合力為零，即Ff0，則：FeBvmb.由(1)中結(jié)論可知，導(dǎo)體棒獲得最大速度vm時，電容器儲存的能量為：E1CU2導(dǎo)體棒由靜止到獲得最大速度的過程中，根據(jù)能量守恒定律有：E0E1mvm2E損設(shè)此過程電容器放電的電荷量為Q，則QCECU方法一：設(shè)此過程中的平均電流為，時間為t，根據(jù)動量定理有：BLtmvm0其中tQ聯(lián)立式可得：E損方法二：設(shè)任意時刻電路中的電流為i，取一段含此時刻的極短時間t，設(shè)此段時間內(nèi)速度的改變量為v，根據(jù)動量定理有：BLitmvitQmvmvm0聯(lián)立式可得：E損8
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