2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 微專題78 電磁感應(yīng)中的動(dòng)量與能量問題加練半小時(shí) 粵教版.docx

《2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 微專題78 電磁感應(yīng)中的動(dòng)量與能量問題加練半小時(shí) 粵教版.docx》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 微專題78 電磁感應(yīng)中的動(dòng)量與能量問題加練半小時(shí) 粵教版.docx（6頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

微專題78 電磁感應(yīng)中的動(dòng)量與能量問題方法點(diǎn)撥電磁感應(yīng)中的有些題目可以從動(dòng)量角度著手，運(yùn)用動(dòng)量定理或動(dòng)量守恒定律解決：應(yīng)用動(dòng)量定理可以由動(dòng)量變化來求解變力的沖量如在導(dǎo)體棒做非勻變速運(yùn)動(dòng)的問題中，應(yīng)用動(dòng)量定理可以解決牛頓運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)時(shí)，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(dòng)量守恒，解決此類問題往往要應(yīng)用動(dòng)量守恒定律1(多選)(2017河北衡水中學(xué)高三下期中)如圖1所示，在光滑的水平面上，有一豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，分布在寬度為L(zhǎng)的區(qū)域內(nèi)，現(xiàn)有一邊長(zhǎng)為d(dL)的正方形閉合線框以垂直于磁場(chǎng)邊界的初速度v0滑過磁場(chǎng)，線框剛好能穿過磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)過程中線框靠近磁場(chǎng)左邊界的一邊始終與磁場(chǎng)邊界平行，下列說法正確的是()圖1A線框在滑進(jìn)磁場(chǎng)的過程與滑出磁場(chǎng)的過程均做變加速直線運(yùn)動(dòng)B線框在滑進(jìn)磁場(chǎng)的過程中與滑出磁場(chǎng)的過程中通過線框橫截面的電荷量相同C線框在滑進(jìn)磁場(chǎng)的過程中速度的變化量與滑出磁場(chǎng)的過程中速度的變化量不同D線框在滑進(jìn)磁場(chǎng)的過程中產(chǎn)生的熱量Q1與滑出磁場(chǎng)的過程中產(chǎn)生的熱量Q2之比為312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)體棒及導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)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(yùn)動(dòng)，且外力F隨時(shí)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(diǎn)電勢(shì)的高低；(2)前10s導(dǎo)體棒ab的加速度大??；(3)若整個(gè)過程中通過R的電荷量為65C，則導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間是多少？3(2017北京房山區(qū)模擬)許多電磁現(xiàn)象可以用力的觀點(diǎn)來分析，也可以用動(dòng)量、能量等觀點(diǎn)來分析和解釋如圖3所示，足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，一端連接阻值為R的電阻導(dǎo)軌所在空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上，其長(zhǎng)度恰好等于導(dǎo)軌間距，與導(dǎo)軌接觸良好已知導(dǎo)體棒MN以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)圖3(1)當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度為v0時(shí)，求其加速度a的大??；(2)求導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的位移x的大??；(3)從導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)開始計(jì)時(shí)，畫出導(dǎo)體棒動(dòng)量隨位移變化的圖像，并說明理由；(4)從導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)開始計(jì)時(shí)，定性畫出導(dǎo)體棒動(dòng)能隨位移變化的圖像，并說明理由4(2018四川成都模擬)某小組同學(xué)在研究圖4甲所示的電磁槍原理時(shí)，繪制了圖乙所示的簡(jiǎn)圖(為俯視圖)，圖中兩平行金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)固定在水平面上，整個(gè)裝置處在豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，平行導(dǎo)軌左端電路如圖所示，電源的電動(dòng)勢(shì)為E(內(nèi)阻不計(jì))，電容器的電容為C.一質(zhì)量為m、長(zhǎng)度也為L(zhǎng)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(zhǎng)圖4(1)將開關(guān)S接a，電源對(duì)電容器充電a求電容器充電結(jié)束時(shí)所帶的電荷量Q；b請(qǐng)?jiān)趫D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變化的圖像；借助uq圖像求出穩(wěn)定后電容器儲(chǔ)存的能量E0.(2)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(yùn)動(dòng)，不計(jì)放電電流引起的磁場(chǎng)影響a已知自由電子的電荷量為e，請(qǐng)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(chǎng)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(dòng)能，求E損答案精析1ABD線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程中，受到的安培力方向向左，做減速運(yùn)動(dòng)，隨著速度的減小，安培力也減小，故做變加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)到右邊的框邊出磁場(chǎng)的過程中，穿過線框的磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框滑出磁場(chǎng)的過程中，受到的安培力方向向左，仍做減速運(yùn)動(dòng)，隨速度的減小，安培力減小，故也做變加速直線運(yùn)動(dòng)，A正確；根據(jù)q可知滑進(jìn)磁場(chǎng)和滑出磁場(chǎng)的過程中穿過線框的磁通量的變化量相同，線框的電阻不變，所以兩個(gè)過程中通過線框橫截面的電荷量相同，B正確；進(jìn)入磁場(chǎng)過程有：B1dt1mv1，又1t1q，則得Bqdmv1，離開磁場(chǎng)過程有：B2dt2mv2，又2t2q，則得Bqdmv2，則得v1v2，即線框速度的變化量相同，C錯(cuò)誤；進(jìn)磁場(chǎng)的速度為v0，則完全進(jìn)磁場(chǎng)的速度為，完全出磁場(chǎng)的速度為0.根據(jù)能量守恒定律得，Q1mvm()2mv，Q2m()2mv，所以，故D正確2(1)a點(diǎn)電勢(shì)較高(2)5m/s2(3)22s解析(1)據(jù)右手定則知，a點(diǎn)電勢(shì)較高(2)由于導(dǎo)體棒一開始做勻加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)ab用牛頓第二定律：FF安fma，F(xiàn)安，vat綜上得，F(xiàn)tfma據(jù)題圖乙可知前10s，F(xiàn)t圖線斜率為0.05，即0.05N/s代入數(shù)據(jù)解得：a5m/s2(3)當(dāng)t0時(shí)，fma1N，則f0.5N10s時(shí)導(dǎo)體棒的速度v1at150m/s此時(shí)安培力F安10.5N由于F1N，且此時(shí)fF安1F1N，故1015s內(nèi)導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)015s內(nèi)導(dǎo)體棒ab的位移xt1v1t2500m通過R的電荷量q150CF為0后，導(dǎo)體棒做減速運(yùn)動(dòng)直到停止過程中通過R的電荷量：q2qq115C對(duì)導(dǎo)體棒ab應(yīng)用動(dòng)量定理：ft3BLq20mv1解得t37s則運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間：tt1t2t322s3見解析解析(1)導(dǎo)體棒速度為v0時(shí)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv0導(dǎo)體棒中電流：I導(dǎo)體棒受到安培力：F安BIL由牛頓第二定律F安ma所以：a(2)由動(dòng)量定理BLt0mv0導(dǎo)體棒中的平均感應(yīng)電流導(dǎo)體棒的位移xt代入解得：x(3)由動(dòng)量定理得：mv0p，即pmv0，導(dǎo)體棒的動(dòng)量與位移的關(guān)系圖像如圖甲所示：(4)由動(dòng)能定理可知，EkmvF安x，導(dǎo)體棒所受安培力隨速度減小而減小，所以導(dǎo)體棒動(dòng)能與位移的關(guān)系圖像如圖乙所示4見解析解析(1)a.電容器充電完畢時(shí)其電壓等于電動(dòng)勢(shì)E，電容器所帶的電荷量QCEb根據(jù)u，畫出uq圖像如圖所示，圖線與橫軸所圍面積即為電容器儲(chǔ)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(shí)，放電電流為零，此時(shí)電容器的電壓U與導(dǎo)體棒的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E棒相等，即：UE棒BLvm導(dǎo)體棒中恒定電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為：E場(chǎng)Bvm導(dǎo)體棒中電子所受的電場(chǎng)力為FeE場(chǎng)eBvm方法二：金屬導(dǎo)體棒獲得最大速度后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，電路中無電流，運(yùn)動(dòng)的電子在磁場(chǎng)中受到向下的洛倫茲力，大小為：F洛e(cuò)Bvm由于電子隨導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力F與洛倫茲力合力為零，即FF洛0則：FeBvmb由(1)中結(jié)論可知，導(dǎo)體棒獲得最大速度vm時(shí)，電容器儲(chǔ)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：E0E1mvE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(shí)間為t，根據(jù)動(dòng)量定理有：BLtmvm0其中tQ聯(lián)立式可得：E損方法二：設(shè)任意時(shí)刻電路中的電流為i，取一段含此時(shí)刻的極短時(shí)間t，設(shè)此段時(shí)間內(nèi)速度的改變量為v，根據(jù)動(dòng)量定理有：BLitmv而itQ而mvmvm0聯(lián)立式可得：E損