（浙江選考）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 增分突破五 電磁感應(yīng)與動量觀點綜合問題

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1、增分突破五　電磁感應(yīng)與動量觀點綜合問題 增分策略 　　1.應(yīng)用動量定理解題的基本思路 (1)確定研究對象,在中學(xué)階段用動量定理討論的問題,其研究對象一般僅限于單個物體或能看成一個物體的系統(tǒng)。 (2)對物體進行受力分析,可以先求每個力的沖量,再求各力沖量的矢量和——合力的沖量;或先求合力,再求其沖量。 (3)抓住過程的初、末狀態(tài),選好正方向,確定各動量和沖量的正負(fù)號。 (4)根據(jù)動量定理列方程,如有必要還需要其他補充方程。最后代入數(shù)據(jù)求解。 2.應(yīng)用動量定理的注意事項 (1)一般來說,用牛頓第二定律能解決的問題,用動量定理也能解決,如果題目不涉及加速度和位移,用動量定理求解更簡單

2、。動量定理不僅適用于恒力,也適用于變力。為變力時,動量定理中的力F應(yīng)理解為變力在作用時間內(nèi)的平均值。 (2)動量定理的表達(dá)式是矢量式,運用它分析問題時要特別注意沖量、動量及動量變化量的方向,公式中的F是物體或系統(tǒng)所受的合力。 3.電磁感應(yīng)與動量的結(jié)合主要有兩個考點 (1)對與單桿模型,則是與動量定理結(jié)合。例如在光滑水平軌道上運動的單桿(不受其他力作用),由于在磁場中運動的單桿為變速運動,則運動過程所受的安培力為變力,依據(jù)動量定理F安Δt=ΔP,而又由于F安Δt=BILΔt=BLq,q=NΔΦR總=NBLxR總,ΔP=mv2-mv1,由以上四式將流經(jīng)桿的某一橫截面積的電荷量q、桿位移x及速

3、度變化結(jié)合一起。 (2)對于雙桿模型,除受到的安培力之外,受到的其他外力之和為零時,與動量守恒結(jié)合考查較多。 　　典例1　如圖所示,一質(zhì)量為m的金屬桿ab,以一定的初速度v0從一光滑平行金屬軌道的底端向上滑行,軌道平面與水平面成θ角,兩導(dǎo)軌上端用一電阻相連,磁場方向垂直軌道平面向上,軌道與金屬桿ab的電阻不計并接觸良好。金屬桿向上滑行到某一高度h后又返回到底端(　　) A.整個過程中合外力的沖量大小為2mv0 B.上滑過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱等于下滑過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱 C.下滑過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱小于12mv02-mgh D.整個過程中重力的沖量大小為零 答案

4、　C 解析　經(jīng)過同一位置時,下滑的速度小于上滑的速度,所以返回底端時的速度小于v0,根據(jù)動量定理可知,整個過程中合外力的沖量大小小于2mv0,故A錯誤;在同一位置,棒下滑時受到的安培力小于上滑時所受的安培力,則下滑過程安培力的平均值小于上滑過程安培力的平均值,所以上滑過程導(dǎo)體棒克服安培力做功大于下滑過程克服安培力做功,故上滑過程中電阻R產(chǎn)生的熱量大于下滑過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量,故B錯誤。對下滑過程根據(jù)動能定理得:Q=12mv2-mgh,因為v

5、金屬光滑導(dǎo)軌位于同一水平面上,導(dǎo)軌上橫放著的兩根相同的導(dǎo)體棒ab、cd與導(dǎo)軌構(gòu)成矩形回路。導(dǎo)體棒的兩端連接著處于壓縮狀態(tài)的兩根輕質(zhì)彈簧,兩棒的中間用細(xì)線綁住,它們的電阻均為R,回路上其余部分的電阻不計,在導(dǎo)軌平面內(nèi)兩導(dǎo)軌間有一豎直向下的勻強磁場。開始時,導(dǎo)體棒處于靜止?fàn)顟B(tài)。剪斷細(xì)線后,導(dǎo)體棒在運動過程中(　　) A.回路中有感應(yīng)電動勢 B.兩根導(dǎo)體棒所受安培力的方向相同 C.兩根導(dǎo)體棒和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒,機械能守恒 D.兩根導(dǎo)體棒和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒,機械能不守恒 答案　D 解析　剪斷細(xì)線后,導(dǎo)體棒在運動過程中,由于彈簧的作用,導(dǎo)體棒ab、cd反向運動,在導(dǎo)體棒運動的

6、過程中,穿過導(dǎo)體棒ab、cd與導(dǎo)軌構(gòu)成的矩形回路的磁通量增大,回路中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,導(dǎo)體棒ab、cd中的電流方向相反,根據(jù)左手定則可知兩根導(dǎo)體棒所受安培力的方向相反,故A、B錯誤。兩根導(dǎo)體棒和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)在運動過程中所受合外力為0,所以系統(tǒng)動量守恒,但是由于產(chǎn)生感應(yīng)電流,一部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,所以系統(tǒng)機械能不守恒。 　　典例3　如圖甲所示,間距L=0.4 m的金屬軌道豎直放置,上端接定值電阻R1=1 Ω,下端接定值電阻R2=4 Ω。其間分布著兩個有界勻強磁場區(qū)域:區(qū)域Ⅰ內(nèi)的磁場方向垂直紙面向里,其磁感應(yīng)強度B1=3 T;區(qū)域Ⅱ內(nèi)的磁場方向豎直向下,其磁感應(yīng)強度B2=2 T。金屬棒MN的質(zhì)

7、量m=0.12 kg,在軌道間的電阻r=4 Ω,金屬棒與軌道間的動摩擦因數(shù)μ=0.8。現(xiàn)從區(qū)域Ⅰ的上方某一高度處靜止釋放金屬棒,當(dāng)金屬棒MN剛離開區(qū)域Ⅰ后B1便開始均勻變化。整個過程中金屬棒的速度隨下落位移的變化情況如圖乙所示,v2-x圖像中除ab段外均為直線,Oa段與cd段平行。金屬棒在下降過程中始終保持水平且與軌道間接觸良好,軌道電阻及空氣阻力忽略不計,兩磁場間互不影響。求:(g取10 m/s2) (1)金屬棒在圖像上a、c兩點對應(yīng)的速度大小; (2)金屬棒經(jīng)過區(qū)域Ⅰ的時間; (3)B1隨時間變化的函數(shù)關(guān)系式(從金屬棒離開區(qū)域Ⅰ后開始計時); (4)從金屬棒開始下落到剛進入?yún)^(qū)域Ⅱ的

8、過程中回路中產(chǎn)生的焦耳熱。 答案　見解析 解析　(1)金屬棒在0~0.2 m內(nèi)未進入?yún)^(qū)域Ⅰ,做自由落體運動,有va2=2gx1,x1=0.2 m,解得va=2 m/s 由圖乙可知在bc階段,金屬棒速度保持不變,安培力與重力是平衡力,mg=B1IL,I=B1LvcR總, 金屬棒在區(qū)域Ⅰ切割磁感線,相當(dāng)于電源,R1、R2并聯(lián)后接在電源兩端,電路中總電阻R總=r+R1R2R1+R2=4.8 Ω 聯(lián)立得vc=4 m/s (2)從a點到c點,根據(jù)動量定理得mgt-B1ILt=mvc-mva q=It=B1Lx2R總,x2=2.7 m-0.2 m=2.5 m 解得t=0.825 s

9、(3)由圖乙可知金屬棒進入?yún)^(qū)域Ⅱ后速度大小保持不變,mg=μB2I棒L,解得I棒=158 A 磁場區(qū)域Ⅰ為等效感生電源,金屬棒與R2并聯(lián)后再與R1串聯(lián) 干路電流I總=2I棒=154 A,R總'=R1+rR2r+R2=3 Ω Lx2ΔB1Δt=I總R總',解得ΔB1Δt=11.25 T/s 若金屬棒在導(dǎo)軌正面,則B1=(3+11.25t)T 若金屬棒在導(dǎo)軌背面,則B1=(3-11.25t)T (4)Q1=mg(x1+x2)-12mvc2,得Q1=2.28 J x3=vct+12gt2,x3=3.15 m-2.7 m=0.45 m,得t=0.1 s Q2=I總2R總't=1542×

10、3×0.1 J≈4.22 J Q=Q1+Q2=6.50 J 增分專練 1.如圖所示,水平放置的、足夠長的光滑金屬軌道與光滑傾斜軌道以小圓弧平滑對接。在傾斜軌道上高h(yuǎn)=1.8 m處放置一金屬桿a,在平直軌道靠右端處放置另一金屬桿b,平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強磁揚。現(xiàn)由靜止釋放桿a,桿a下滑到水平軌道后即進入磁場,此時桿b的速度大小為v0=3 m/s,方向向左。已知ma=2 kg,mb=1 kg,金屬桿與軌道接觸良好,g取10 m/s2。求: (1)桿a下滑到水平軌道上瞬間的速度大小。 (2)桿a、b在水平軌道上的共同速度大小。 (3)在整個過程中電路消耗的電能。 答案　(1)

11、6 m/s　(2)3 m/s　(3)27 J 解析　(1)設(shè)桿a下滑到水平軌道瞬間的速度為va,桿a從斜軌道上下滑到水平軌道的過程中,只有重力做功,由機械能守恒定律得magh=12mava2 解得va=6 m/s。 (2)當(dāng)a以6 m/s的速度進入勻強磁場后,a、b兩桿所受的安培力等大反向,合力為零,最終一起勻速運動。設(shè)共同的速度為v,取水平向右為正,由動量守恒定律得 mava-mbv0=(ma+mb)v 解得v=3 m/s (3)設(shè)消耗的電能為E,由能量守恒定律得E=12mava2+12mbv02-12(ma+mb)v2 代入數(shù)據(jù)解得E=27 J。 2.如圖所示,相距較遠(yuǎn)的水

12、平軌道與傾斜軌道用導(dǎo)線相連,MN∥EF、PQ∥GH,且組成軌道的兩個金屬棒間距都為L。金屬細(xì)硬桿ab、cd分別與軌道垂直,質(zhì)量均為m,電阻均為R,與軌道間動摩擦因數(shù)均為μ,導(dǎo)軌電阻不計。水平軌道處于豎直向上、磁感應(yīng)強度為B1的勻強磁場中;傾斜軌道與水平面成θ角,磁感應(yīng)強度為B2的勻強磁場平行于傾斜軌道向下。當(dāng)ab桿在平行于水平軌道的拉力作用下做勻速運動時,cd桿由靜止開始沿傾斜軌道向下以加速度a=g sin θ運動。設(shè)ab、cd與軌道接觸良好,重力加速度為g。求: (1)通過cd桿的電流大小和方向; (2)ab桿勻速運動的速度的大小和拉力的大小; (3)cd桿由靜止開始沿軌道向下運動

13、距離x的過程中,整個回路產(chǎn)生的焦耳熱。 答案　(1)mgcosθB2L,方向由d流向c (2)2mgRcosθB1B2L2　(B1cosθB2+μ)mg (3)2m2g2Rcos2θB22L2　2xgsinθ 解析　(1)根據(jù)cd桿以加速度a=g sin θ沿軌道向下做勻加速運動,可知cd桿不受摩擦力的作用,即安培力和重力垂直于導(dǎo)軌方向的分力平衡,所以安培力垂直于導(dǎo)軌向上,cd桿的電流方向為由d流向c 由mg cos θ=B2IL 可得I=mgcosθB2L (2)cd桿的電流方向為由d流向c,可得ab桿的電流方向為由a流向b,再根據(jù)右手定則判斷,得ab桿勻速運動的速度方向為水平

14、向右。拉力方向水平向右,摩擦力和安培力方向水平向左。 由I=B1Lv2R 得v=2mgRcosθB1B2L2 ab桿所受拉力F=F安+μmg=B1IL+μmg=(B1cosθB2+μ)mg (3)對cd桿由運動學(xué)公式x=12at2 得運動時間為t=2xa=2xgsinθ 整個回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=I2·2Rt=2m2g2Rcos2θB22L22xgsinθ。 3.如圖所示,水平面內(nèi)固定兩對足夠長的平行光滑導(dǎo)軌,左側(cè)兩導(dǎo)軌間的距離為2L,右側(cè)兩導(dǎo)軌間的距離為L,左、右兩部分用導(dǎo)線連接,左、右側(cè)的兩導(dǎo)軌間都存在磁感應(yīng)強度為B、方向豎直向下的勻強磁場。兩均勻的導(dǎo)體棒ab和cd分別垂直

15、放在左、右兩側(cè)的導(dǎo)軌上,ab棒的質(zhì)量為2m、有效電阻為2r,而cd棒的質(zhì)量為m、有效電阻為r,其他部分的電阻不計。原來兩棒都處于靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)給以一大小為I0、方向平行導(dǎo)軌向右的沖量使ab棒向右運動,在達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時,兩棒均未滑出各自的軌道。求: (1)cd棒中的最大電流Im; (2)cd棒的最大加速度; (3)兩棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時,各自的速度。 答案　(1)BLI03mr　(2)B2L2I03m2r　(3)見解析 解析　(1)ab棒獲得一沖量,所以初速度v0=I02m 分析知開始時回路中的感應(yīng)電動勢最大,最大值為Em=2BLv0 所以cd棒中最大感應(yīng)電流Im=Em2r+r=BL

16、I03mr (2)cd棒受到的最大安培力Fm=BImL cd棒的最大加速度am=Fmm=B2L2I03m2r (3)當(dāng)兩棒中感應(yīng)電動勢大小相等時系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài),有2BLvab=BLvcd 由ab棒與cd棒中感應(yīng)電流大小總是相等,可知安培力對ab棒與cd棒的沖量大小關(guān)系為Iab=2Icd 根據(jù)動量定理對ab棒有I0-Iab=2mvab 根據(jù)動量定理對cd棒有Icd=mvcd 解得vab=I06m,vcd=I03m。 4.如圖甲所示,兩個形狀相同、傾角均為37°的足夠長的斜面對接在一起,左側(cè)斜面粗糙,右側(cè)斜面光滑。一個電阻不計、質(zhì)量m=1 kg的足夠長的U形金屬導(dǎo)軌MM'N'N置

17、于左側(cè)斜面上,導(dǎo)軌MM'N'N與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,質(zhì)量m=1 kg、電阻為R的光滑金屬棒ab通過跨過定滑輪的輕質(zhì)絕緣細(xì)線與質(zhì)量為m0的滑塊相連,金屬棒ab與導(dǎo)軌MM'N'N接觸良好且始終垂直(金屬棒ab始終不接觸左側(cè)斜面),左側(cè)斜面處于垂直斜面向下的勻強磁場中。初始狀態(tài)時,托住滑塊,使導(dǎo)軌MM'N'N、金屬棒ab及滑塊組成的系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài),某時刻釋放滑塊,當(dāng)其達(dá)到最大速度時,導(dǎo)軌MM'N'N恰好要向上滑動。已知細(xì)線始終與斜面平行,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2。 甲 乙 (1)求滑塊的質(zhì)量m0

18、。 (2)以釋放滑塊的時刻為計時起點,滑塊的速度v隨時間t的變化情況如圖乙所示,若勻強磁場的磁感應(yīng)強度B=2 T,導(dǎo)軌MM'N'N寬度L=7 m,求在滑塊加速運動過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱。 答案　(1)103 kg　(2)3.3 J 解析　(1)金屬框?qū)⒁蛏线\動時,由平衡知識可知 mg sin 37°+μ·2mg cos 37°=F安 解得F安=14 N 對滑塊及金屬棒組成的系統(tǒng),由平衡條件可知:mg sin 37°+F安=m0g sin 37° 解得m0=103 kg (2)達(dá)到最大速度時,安培力F安=BIL=B2L2vR=14 N 由圖乙知最大速度v=1 m/s 解得R

19、=2 Ω 加速階段對滑塊以及金屬棒ab組成的系統(tǒng),由動量定理可知:m0gt sin 37°-mgt sin 37°-BILt=(m0+m)v 加速階段通過金屬棒ab的電荷量為q=It 結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律以及閉合電路的歐姆定律可得q=ΔΦR=BLxR 解得x=41105 m 加速階段由能量守恒定律得m0gx sin 37°=mgx sin 37°+12(m0+m)v2+Q 解得Q=3.3 J 即滑塊在加速運動過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為3.3 J。 5.如圖所示,水平放置的平行光滑導(dǎo)軌,固定在桌面上,寬度為L,處在磁感應(yīng)強度為B,豎直向下的勻強磁場中。桌子離開地面的高度為H。初始

20、時刻,質(zhì)量為m的桿ab與導(dǎo)軌垂直且靜止,距離導(dǎo)軌邊緣為d。質(zhì)量同為m的桿cd與導(dǎo)軌垂直,以初速度v0進入磁場區(qū)域。最終發(fā)現(xiàn)兩桿先后落在地面上。已知兩桿的電阻均為R,導(dǎo)軌電阻不計,兩桿落地點之間的距離為s。求: (1)ab桿從磁場邊緣射出時的速度大小; (2)ab桿射出時,cd桿運動的距離; (3)在兩根桿相互作用的過程中,回路中產(chǎn)生的電能。 答案　見解析 解析　(1)設(shè)ab、cd桿從磁場邊緣射出時的速度分別為v1、v2。 設(shè)ab桿落地點的水平位移為x,cd桿落地點的水平位移為x+s,則有 x=v12Hg(1分) x+s=v22Hg(1分) 根據(jù)動量守恒mv0=mv1+mv

21、2(1分) 我們可以求出v2=v02+s2g2H　v1=v02-s2g2H(1分) (2)ab桿運動距離為d,對ab桿應(yīng)用動量定理 BILΔt=BLq=mv1(1分) 設(shè)cd桿運動距離為d+Δx q=ΔΦ2R=BLΔx2R(1分) 解得Δx=2Rmv1B2L2(1分) cd桿運動距離為d+Δx=d+2RmB2L2v02-s2g2H(1分) (3)根據(jù)能量守恒,電路中損耗的焦耳熱等于體系損失的機械能 Q=12mv02-12mv12-12mv22=14mv02-mgs28H(2分) 6.如圖所示,MN、PQ是固定在水平桌面上,相距l(xiāng)=1.0 m的光滑平行金屬導(dǎo)軌,MP兩點間接有

22、R=0.6 Ω的定值電阻,導(dǎo)軌電阻不計。質(zhì)量均為m=0.1 kg,阻值均為r=0.3 Ω的兩導(dǎo)體棒a、b垂直于導(dǎo)軌放置,并與導(dǎo)軌良好接觸。開始時兩棒被約束在導(dǎo)軌上處于靜止,相距x0=2 m,a棒用細(xì)絲線通過光滑滑輪與質(zhì)量為m0=0.2 kg的重物c相連,重物c距地面高度h=2 m。整個桌面處于豎直向下的勻強磁場中,磁感應(yīng)強度B=1.0 T。a棒解除約束后,在重物c的拉動下開始運動(運動過程中絲線始終與b棒沒有作用),當(dāng)a棒即將到達(dá)b棒位置前一瞬間,b棒的約束被解除,此時a棒已經(jīng)勻速運動,試求: (1)a棒勻速運動時棒中的電流大小; (2)已知a、b兩棒相碰后即粘合成一根“更粗的棒”,假設(shè)導(dǎo)

23、軌足夠長,試求該“粗棒”能運動的距離; (3)a棒解除約束后整個過程中裝置產(chǎn)生的總焦耳熱。 答案　(1)2 A　(2)0.075 m　(3)3.875 J 解析　(1)由題意m0g=BlIa 可得Ia=2 A (2)設(shè)碰前a棒的速度為v,則 Ia=BlvR總 R總=RrR+r+r=0.6Ω×0.3Ω0.6Ω+0.3Ω+0.3 Ω=0.5 Ω v=1 m/s ab碰撞過程: mv=2mv' v'=0.5 m/s ab碰撞后的整體運動過程 -IlBt=0-2mv' q=It=BlxR+r2 得x=0.075 m (3)發(fā)生碰撞前 m0gh-Q1=12(m0+m)v2 得Q1=3.85 J 發(fā)生碰撞后Q2=12mv'2=0.025 J 所以整個運動過程Q=Q1+Q2=3.875 J 10