《（全國通用）2020版高考物理一輪復習 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版高考物理一輪復習 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：①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.②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，光滑平行金屬導軌PQ、MN傾斜固定放置，導軌所在平面與水平面的夾角θ＝30°，導軌底端連接有阻值為R的電阻，導軌間距為L.方向垂直于

2、導軌平面向下的有界勻強磁場的邊界ab、cd垂直于導軌，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，金屬棒沿導軌向下做加速運動，到達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軌并與導軌接觸良好，不計導軌及其他電阻，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，平行粗糙導軌固定在絕緣水平桌面上，間距L＝

3、0.2m，導軌左端接有R＝1Ω的電阻，質(zhì)量為m＝0.1kg的粗糙導體棒ab垂直靜置于導軌上，導體棒及導軌的電阻忽略不計.整個裝置處于磁感應(yīng)強度B＝0.5T的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌向下.現(xiàn)用與導軌平行的外力F作用在導體棒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g＝10m/s2，求： 圖2 (1)比較導體棒a、b兩點電勢的高低； (2)前10s導體棒ab的加速度大??； (3)若整個過程中通過R的電荷量為65C，則導體棒ab運動的總時間是多少？ 3.(2018·山西省康杰中學二模)如圖3所示，足夠長的水平軌道左側(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，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)有斜向下與豎直方向夾角θ＝37°的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為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處時的速度大小； (2)金屬棒C勻速運動的速度大??； (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. 4.(2018·四川省成都市模擬)某小組同學在研究圖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的金屬導體棒垂直于軌道平放在導軌上，忽略摩擦阻力

6、和導軌、導線的電阻，假設(shè)平行金屬導軌足夠長. 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u－q圖象求出穩(wěn)定后電容器儲存的能量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，請你分析推導當導體棒獲得最大速度之后，導體棒中某一自由電子所受的電場力與導體棒最大速度之間的關(guān)系式； b.導體棒由靜止到獲得最大速度的過程中，由于存在能量損失ΔE損，電容器釋放的能量

7、沒有全部轉(zhuǎn)化為導體棒的動能，求ΔE損. 答案精析 1.(1)　(2)＋－ 解析　(1)通過電阻R的電荷量q＝·Δt，＝＝，＝，解得q＝； (2)設(shè)金屬棒剛進入磁場時的速度為v1，根據(jù)機械能守恒定律有mg·s·sinθ＝mv12，解得v1＝＝，金屬棒運動到cd位置時，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)由于導體棒一開始做勻加速運動，對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t＝0時，F(xiàn)f＋ma＝1N，則Ff＝0.5N 10s時導體棒的速度v1＝at1＝50m/s 此時安培力F安1＝0.5N 由于F＝1N，且此時Ff＋F安1＝F＝1N，故10～15s內(nèi)導體棒做勻速直線運動 0～15s內(nèi)導體棒ab的位移x＝t1＋v1t2＝5

9、00m 通過R的電荷量q1＝＝＝50C F為0后，導體棒做減速運動直到停止過程中通過R的電荷量：q2＝q－q1＝15C 對導體棒ab應(yīng)用動量定理：－Fft3－BLq2＝0－mv1 解得t3＝7s 則運動的總時間：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A、C應(yīng)用動量定理可得對C：FC安cosθ·t＝MvC，對A：－FA安cosθ·t＝mvA－mv0，其中FA安＝2FC安，由以上知mv0－m

10、vA＝2MvC，兩棒最后勻速運動時，電路中無電流，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＝，通過截面的電荷量q＝It，得ΔS＝m2＝27.8m2. 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Q＝CE① b.根據(jù)u＝，畫出u－q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：E0＝EQ② 聯(lián)立①②

11、式可得：E0＝CE2③ (2)a.方法一：設(shè)金屬導體棒獲得最大速度vm時，放電電流為零，此時電容器的電壓U與導體棒的感應(yīng)電動勢E棒相等， 即：U＝E棒＝BLvm④ 導體棒中恒定電場的場強為：E場＝＝Bvm 導體棒中電子所受的電場力為F＝eE場＝eBvm 方法二：金屬導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：f＝eBvm 由于電子隨導體棒做勻速直線運動，則電場力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，導體棒獲得最大速度vm時，電容器儲存的能量為：E1＝CU2⑤ 導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：E0＝E1＋mvm2＋ΔE損⑥ 設(shè)此過程電容器放電的電荷量為ΔQ，則ΔQ＝CE－CU⑦ 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：BLt＝mvm－0⑧ 其中t＝ΔQ⑨ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得：ΔE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Δt，設(shè)此段時間內(nèi)速度的改變量為Δv，根據(jù)動量定理有：ΣBLiΔt＝ΣmΔv⑧ ΣiΔt＝ΔQ⑨ ΣmΔv＝mvm－0⑩ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式可得：ΔE損＝ 8