（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 第68課時(shí) 電磁感應(yīng)中的動(dòng)量問(wèn)題（題型研究課）講義（含解析）

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1、（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 第68課時(shí) 電磁感應(yīng)中的動(dòng)量問(wèn)題（題型研究課）講義（含解析） 導(dǎo)體棒或金屬框在感應(yīng)電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，安培力的沖量為： [典例]　如圖甲所示，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一豎直面(紙面)內(nèi)，其上端接一阻值為R的電阻，在兩導(dǎo)軌間OO′下方區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。現(xiàn)使長(zhǎng)為l、電阻為r、質(zhì)量為m的金屬棒ab由靜止開始自O(shè)O′位置釋放，向下運(yùn)動(dòng)距離d后速度不再變化(棒ab與導(dǎo)軌始終保持良好的接觸且下落過(guò)程中始終保持水平，導(dǎo)軌電阻不計(jì))。 (1)求棒ab在向下運(yùn)動(dòng)距離d過(guò)程中回路產(chǎn)生的

2、總焦耳熱； (2)棒ab從靜止釋放經(jīng)過(guò)時(shí)間t0下降了，求此時(shí)刻的速度大小； (3)如圖乙所示，在OO′上方區(qū)域加一面積為S的垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B′，棒ab由靜止開始自O(shè)O′上方某一高度處釋放，自棒ab運(yùn)動(dòng)到OO′位置開始計(jì)時(shí)，B′隨時(shí)間t的變化關(guān)系B′＝kt，式中k為已知常量；棒ab以速度v0進(jìn)入OO′下方磁場(chǎng)后立即施加一豎直外力使其保持勻速運(yùn)動(dòng)。求在t時(shí)刻穿過(guò)回路的總磁通量和電阻R的電功率。 [解析]　(1)對(duì)閉合回路：I＝ 由平衡條件可知：mg＝BIl 解得vm＝ 由功能關(guān)系：mgd＝mvm2＋Q 解得Q＝mgd－ (2)由動(dòng)量定理可知：(mg－BIl)t0＝mv

3、即mgt0－Blq＝mv 又q＝＝ 解得v＝gt0－。 (3)因?yàn)棣担紹lv0t＋ktS 由法拉第電磁感應(yīng)定律可得：E＝＝Blv0＋kS I＝，P＝I2R 解得P＝2R。 [答案]　(1)mgd－　(2)gt0－ (3)Blv0t＋ktS　2R [集訓(xùn)沖關(guān)] 1．如圖所示，質(zhì)量m＝3.0×10－3 kg的“”形金屬細(xì)框豎直放置在兩水銀槽中，“”形框的水平細(xì)桿CD長(zhǎng)l＝0.20 m，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1.0 T、方向水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。閉合開關(guān)K，若安培力遠(yuǎn)大于重力，“”形框跳起的最大高度h＝0.20 m，求通過(guò)細(xì)桿CD的電荷量(g取10 m/s2)。 解析：由

4、題意知開關(guān)K閉合后，有電流從C到D通過(guò)“”形框，“”形框受到向上的安培力F＝BIl。 取豎直向上的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量定理有 (F－mg)t＝mv， 其中v為“”形框離開水銀槽做豎直上拋運(yùn)動(dòng)的初速度，v2＝2gh 又因?yàn)榘才嗔h(yuǎn)大于重力，所以可以忽略重力，即Ft＝mv， 解得q＝It＝0.03 C。 答案：0.03 C 2．如圖所示，質(zhì)量為M的U形金屬架M′MNN′，靜止在粗糙絕緣水平面上(與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ)，且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。M′M、NN′相互平行，相距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)且足夠長(zhǎng)，底邊MN垂直于M′M，電阻為r。質(zhì)量為m的光滑導(dǎo)體棒ab長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為R，垂直

5、M′M放在框架上，整個(gè)裝置處于垂直框架平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。在與ab垂直的水平拉力F作用下，ab由靜止開始向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)x距離后撤去拉力F，直至最后停下，整個(gè)過(guò)程中框架恰好沒(méi)動(dòng)，ab與M′M、NN′始終保持良好接觸。求ab運(yùn)動(dòng)的總路程。 解析：由題意可知當(dāng)框架恰好不動(dòng)時(shí)，ab速度最大，則有FA＝fm＝μ(M＋m)g 而FA＝BIL 且I(R＋r)＝BLvm 解得vm＝ 撤去拉力F后ab在安培力作用下做減速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)量定理可知FA′t＝mvm 而FA′＝BL，且q＝t，聯(lián)立解得q＝ 又因?yàn)閝＝＝， 解得x′＝ 所以總路程s＝x＋x′＝x＋。

6、答案：x＋ 命題點(diǎn)二　動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用 在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，安培力充當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)力，如果它們不受摩擦力，且受到的安培力的合力為0時(shí)，滿足動(dòng)量守恒，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律解題比較方便。 [典例]　(2019·淄博模擬) 如圖所示，一質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)的光滑U形金屬導(dǎo)軌MNQP，位于光滑絕緣水平桌面上，平行導(dǎo)軌MN和PQ相距L，空間存在著足夠大的方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。有一質(zhì)量也為m的金屬棒CD，垂直于MN放置在導(dǎo)軌上，并用一根與MN平行的絕緣細(xì)線系在定點(diǎn)A。已知細(xì)線能承受的最大拉力為T0，棒接入導(dǎo)軌間的有效電阻為R

7、?，F(xiàn)從t＝0時(shí)刻開始對(duì)導(dǎo)軌施加水平向右的拉力，使其從靜止開始做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。 (1)求從導(dǎo)軌開始運(yùn)動(dòng)到細(xì)線斷裂所需的時(shí)間t0及細(xì)線斷裂時(shí)導(dǎo)軌的瞬時(shí)速度v0大??； (2)若在細(xì)線斷裂時(shí)，立即撤去拉力，求此后過(guò)程中回路產(chǎn)生的總焦耳熱Q。 [解析]　(1)細(xì)線斷裂時(shí)，對(duì)棒有 T0＝F安，F(xiàn)安＝BIL I＝，E＝BLv0，v0＝at0 解得t0＝，v0＝。 (2)在細(xì)線斷裂時(shí)立即撤去拉力，導(dǎo)軌向右做減速運(yùn)動(dòng)，棒向右做加速運(yùn)動(dòng)，直至二者速度相同，設(shè)二者最終速度大小為v，撤去拉力時(shí)，導(dǎo)軌的速度v0＝， 由系統(tǒng)動(dòng)量守恒可得mv0＝2mv 解得v＝＝ 撤去拉力后，系統(tǒng)總動(dòng)能的

8、減少量等于回路消耗的電能，最終在回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為 Q＝mv02－×2mv2 解得Q＝。 [答案]　(1)　　(2) [集訓(xùn)沖關(guān)] 1．(2019·湖北七市(州)聯(lián)考)如圖所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌的水平部分處于豎直向下的B＝4 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)＝0.5 m，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且不計(jì)電阻。金屬棒a和b的質(zhì)量都為m＝1 kg，連入導(dǎo)軌間的電阻Ra＝Rb＝1 Ω。b棒靜止于導(dǎo)軌水平部分，現(xiàn)將a棒從h＝80 cm高處自靜止沿弧形導(dǎo)軌下滑，通過(guò)C點(diǎn)進(jìn)入導(dǎo)軌的水平部分，已知兩棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終保持與導(dǎo)軌垂直，且兩棒始終不相碰。求a、b兩棒的最終速度，以及整個(gè)過(guò)程中b棒中產(chǎn)生的焦耳熱(已

9、知重力加速度g＝10 m/s2)。 解析：設(shè)a棒下滑至C點(diǎn)時(shí)速度為v0，由動(dòng)能定理，有： mgh＝mv02－0 解得：v0＝4 m/s； 此后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，a、b兩棒達(dá)到共速前，兩棒所受安培力始終等大反向，因此a、b兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有： mv0＝(m＋m)v 解得a、b兩棒共同的最終速度為：v＝2 m/s，此后兩棒一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)； 由能量守恒定律可知，整個(gè)過(guò)程中回路產(chǎn)生的總焦耳熱為： Q＝mv02－(m＋m)v2 則b棒中產(chǎn)生的焦耳熱為：Qb＝Q 解得：Qb＝2 J。 答案：2 m/s　2 J 2．如圖甲所示，兩足夠長(zhǎng)且不計(jì)電阻的光滑金屬軌道固定在水平面

10、上，間距為d＝1 m，在左端弧形軌道部分高h(yuǎn)＝1.25 m 處放置一金屬桿a，弧形軌道與平直軌道的連接處光滑無(wú)摩擦，在平直軌道右端放置另一金屬桿b，桿a、b接入電路的電阻分別為Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝2 T?，F(xiàn)桿b以大小為v0＝5 m/s 的初速度開始向左滑動(dòng)，同時(shí)由靜止釋放桿a，桿a由靜止滑到平直軌道的過(guò)程中，通過(guò)桿b的平均電流為0.3 A；從桿a下滑到平直軌道時(shí)開始計(jì)時(shí)，桿a、b運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖像如圖乙所示(以桿a運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，其中桿a的質(zhì)量為ma＝2 kg，桿b的質(zhì)量為mb＝1 kg，取g＝10 m/s2，求： (1)

11、桿a在弧形軌道上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間； (2)桿a在平直軌道上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)其截面的電荷量； (3)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中桿b產(chǎn)生的焦耳熱。 解析：(1)設(shè)桿a滑至弧形軌道與平直軌道連接處時(shí)，桿b的速度大小為vb0， 對(duì)桿b運(yùn)用動(dòng)量定理， 有Bd·Δt＝mb(v0－vb0) 其中vb0＝2 m/s 代入數(shù)據(jù)解得Δt＝5 s。 (2)對(duì)桿a由靜止下滑到平直軌道上的過(guò)程中， 由機(jī)械能守恒定律有magh＝mava2 解得va＝＝5 m/s 設(shè)最后桿a、b共同的速度為v′， 由動(dòng)量守恒定律得mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′ 代入數(shù)據(jù)解得v′＝m/s 桿a動(dòng)量的變化量等于它所受安培力的沖量，設(shè)桿a的速度從va到v′的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為Δt′， 則由動(dòng)量定理可得BdI·Δt′＝ma(va－v′) 而q＝I·Δt′ 代入數(shù)據(jù)解得q＝ C。 (3)由能量守恒定律可知桿a、b中產(chǎn)生的焦耳熱為 Q＝magh＋mbv02－(mb＋ma)v′2＝ J 桿b中產(chǎn)生的焦耳熱為Q′＝Q＝ J。 答案：(1)5 s　(2) C　(3) J