（全國(guó)通用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 微專(zhuān)題76 電磁感應(yīng)中的動(dòng)量與能量問(wèn)題加練半小時(shí)（含解析）

《（全國(guó)通用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 微專(zhuān)題76 電磁感應(yīng)中的動(dòng)量與能量問(wèn)題加練半小時(shí)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國(guó)通用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 微專(zhuān)題76 電磁感應(yīng)中的動(dòng)量與能量問(wèn)題加練半小時(shí)（含解析）（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、電磁感應(yīng)中的動(dòng)量與能量問(wèn)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：①應(yīng)用動(dòng)量定理可以由動(dòng)量變化來(lái)求解變力的沖量.如在導(dǎo)體棒做非勻變速運(yùn)動(dòng)的問(wèn)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(wèn)題.②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(lèi)問(wèn)題往往要應(yīng)用動(dòng)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θ＝30°，導(dǎo)軌底端連接有阻值為R的電阻，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng).方向垂直于

2、導(dǎo)軌平面向下的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界ab、cd垂直于導(dǎo)軌，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，邊界ab、cd間距為s.將一長(zhǎng)度為L(zhǎng)、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(kāi)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(yùn)動(dòng)，到達(dá)cd位置時(shí)金屬棒的加速度剛好為零，金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終垂直于導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌接觸良好，不計(jì)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(guò)程中，通過(guò)電阻R的電荷量； (2)金屬棒從ab運(yùn)動(dòng)到cd的時(shí)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L＝

3、0.2m，導(dǎo)軌左端接有R＝1Ω的電阻，質(zhì)量為m＝0.1kg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B＝0.5T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(kāi)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g＝10m/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的加速度大小； (3)若整個(gè)過(guò)程中通過(guò)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.(2018·山西省康杰中學(xué)二模)如圖3所示，足夠長(zhǎng)的水平軌道左側(cè)部分b

4、1b2－c1c2軌道間距為2L，右側(cè)部分c1c2－d1d2的軌道間距為L(zhǎng)，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(jì).在水平軌道內(nèi)有斜向下與豎直方向夾角θ＝37°的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.1T.質(zhì)量為M＝0.2kg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m＝0.1kg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(yùn)動(dòng)過(guò)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(yùn)動(dòng)，C棒總在窄軌上運(yùn)動(dòng).已知：兩金屬棒接入電路的有效電阻均為R＝0.2Ω，h＝0.2m，L＝0.2m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，求： 圖3

5、 (1)金屬棒A滑到b1b2處時(shí)的速度大?。? (2)金屬棒C勻速運(yùn)動(dòng)的速度大?。? (3)在兩棒整個(gè)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)金屬棒A某截面的電荷量； (4)在兩棒整個(gè)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒A、B在水平軌道間掃過(guò)的面積之差. 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(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

6、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(kāi)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(huà)出充電過(guò)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u－q圖象求出穩(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(kāi)關(guān)接b，電容器放電，導(dǎo)體棒由靜止開(kāi)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(guò)程中，由于存在能量損失ΔE損，電容器釋放的能量

7、沒(méi)有全部轉(zhuǎn)化為導(dǎo)體棒的動(dòng)能，求ΔE損. 答案精析 1.(1)　(2)＋－ 解析　(1)通過(guò)電阻R的電荷量q＝·Δt，＝＝，＝，解得q＝； (2)設(shè)金屬棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v1，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mg·s·sinθ＝mv12，解得v1＝＝，金屬棒運(yùn)動(dòng)到cd位置時(shí)，加速度為零，有mgsinθ＝，解得v2＝，由牛頓第二定律可知mgsinθ－BIL＝ma＝m，即mgΣΔt－BLΣIΔt＝mΣΔv，[或由動(dòng)量定理可得(mgsinθ－BIL)Δt＝mΔv，即mgΣΔt－BLΣIΔt＝mΣΔv]得mgt－BLq＝m(v2－v1)，解得t＝＋－. 2.

8、(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(kāi)始做勻加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)ab用牛頓第二定律：F－F安－Ff＝ma，F(xiàn)安＝，v＝at 綜上得，F(xiàn)＝t＋Ff＋ma 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：a＝5m/s2 (3)當(dāng)t＝0時(shí)，F(xiàn)f＋ma＝1N，則Ff＝0.5N 10s時(shí)導(dǎo)體棒的速度v1＝at1＝50m/s 此時(shí)安培力F安1＝0.5N 由于F＝1N，且此時(shí)Ff＋F安1＝F＝1N，故10～15s內(nèi)導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng) 0～15s內(nèi)導(dǎo)體棒ab的位移x＝t1＋v1t2＝5

9、00m 通過(guò)R的電荷量q1＝＝＝50C F為0后，導(dǎo)體棒做減速運(yùn)動(dòng)直到停止過(guò)程中通過(guò)R的電荷量：q2＝q－q1＝15C 對(duì)導(dǎo)體棒ab應(yīng)用動(dòng)量定理：－Fft3－BLq2＝0－mv1 解得t3＝7s 則運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間：t＝t1＋t2＋t3＝22s 3.(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(jī)械能守恒定律得mgh＝mv02，得v0＝＝2m/s. (2)選取水平向右為正方向，對(duì)A、C應(yīng)用動(dòng)量定理可得對(duì)C：FC安cosθ·t＝MvC，對(duì)A：－FA安cosθ·t＝mvA－mv0，其中FA安＝2FC安，由以上知mv0－m

10、vA＝2MvC，兩棒最后勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電路中無(wú)電流，有BLvC＝2BLvA，得vC＝2vA，聯(lián)立兩式得vC＝v0＝0.44m/s. (3)在C加速過(guò)程中，有Σ(Bcosθ)ILΔt＝MvC－0，q＝ΣIΔt，得q＝C＝5.56C. (4)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝，其中磁通量變化量ΔΦ＝BΔScos37°，電路中的電流I＝，通過(guò)截面的電荷量q＝It，得ΔS＝m2＝27.8m2. 4.見(jiàn)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Q＝CE① b.根據(jù)u＝，畫(huà)出u－q圖象如圖所示，圖線與橫軸所圍面積表示電容器儲(chǔ)存的能量.有：E0＝EQ② 聯(lián)立①②

11、式可得：E0＝CE2③ (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：U＝E棒＝BLvm④ 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F＝eE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(wú)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＝eBvm 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F－f＝0，則：F＝eBvm b.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：E1＝CU2⑤ 導(dǎo)體棒由靜止到獲得最大速度的過(guò)程中，根據(jù)能量守恒定律有：E0＝E1＋mvm2＋ΔE損⑥ 設(shè)此過(guò)程電容器放電的電荷量為ΔQ，則ΔQ＝CE－CU⑦ 方法一：設(shè)此過(guò)程中的平均電流為，時(shí)間為t，根據(jù)動(dòng)量定理有：BLt＝mvm－0⑧ 其中t＝ΔQ⑨ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得：ΔE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Δt，設(shè)此段時(shí)間內(nèi)速度的改變量為Δv，根據(jù)動(dòng)量定理有：ΣBLiΔt＝ΣmΔv⑧ ΣiΔt＝ΔQ⑨ ΣmΔv＝mvm－0⑩ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式可得：ΔE損＝ 8