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冲刺2022届高考物理大题限时集训专题17 电感感应中动量能量问题(解析版)
ID:86222 2022-05-18 22页1111 1.08 MB
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冲刺2022届高考物理大题限时集训专题17电感感应中动量、能量问题【例题】如图所示,两足够长的水平光滑导轨左侧接有电动势为E的电源,导轨间距为L,长度均为L的金属棒甲、乙垂直导轨放置,金属棒甲放在虚线Ⅰ的左侧,金属棒乙放在两虚线Ⅰ、Ⅱ之间,虚线Ⅰ的左侧、虚线Ⅱ的右侧均有方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。某时刻将开关S闭合,金属棒甲由静止开始向右运动,且在达到虚线Ⅰ前已达到匀速状态,在虚线Ⅰ、Ⅱ间,两金属棒发生弹性碰撞,且碰撞时间极短。已知金属棒甲、乙的质量分别为4m、m,整个过程两金属棒与导轨接触良好,且没有发生转动,两虚线间的导轨绝缘,不计其余导轨的电阻以及两虚线之间的距离。求:(1)金属棒甲匀速时速度的大小;(2)金属棒甲从出发到到达虚线Ⅰ,所通过横截面的电荷量q;(3)两金属棒碰后瞬间甲棒的速度大小以及甲棒越过虚线Ⅰ后系统产生的内能。【答案】(1);(2);(3)【解析】(1)两金属棒碰撞前,金属棒乙始终静止不动,由于碰撞金属棒甲已经达到匀速运动状态,由于匀速过程中金属棒甲不受磁场力的作用,即金属棒甲中没有电流,所以此时金属棒甲两端的电压为金属棒甲匀速时,感应电动势大小为由以上分析可知解得(2)设金属棒甲从开始运动到虚线Ⅰ所用的时间为t,这段时间内金属棒甲受到的平均磁场力大小为,金属棒甲中的平均电流强度大小为,则由动量定理得\n上式中又(3)设碰后瞬间金属棒甲、乙的速度大小分别为v、,两金属棒发生的碰撞为弹性碰撞,则有解得因为两虚线间的导轨绝缘,所以甲棒越过虚线Ⅰ后电源电流无法流入两导体棒,即甲棒越过虚线Ⅰ后系统产生的内能为两金属棒总动能的损失。又因为两金属棒碰后进入磁场,金属棒甲的速度增大,金属棒乙的速度减小,最终两棒以相同的速度一起匀速运动,根据动量守恒定律得根据能量守恒定律得解得“双轨+双杆”模型如图,方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨,两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上.t=0时,ab棒以初速度v0向右滑动.运动过程中,ab、cd棒始终与导轨垂直并接触良好.模型分析:双轨和两导体棒组成闭合回路,通过两导体棒的感应电流相等,所受安培力大小也相等,ab棒受到水平向左的安培力,向右减速;cd棒受到水平向右的安培力,向右加速,最终导体棒ab、cd共速,感应电流消失,一起向右做匀速直线运动,该过程导体棒ab、cd组成的系统所受合外力为零,动量守恒:mabv0=(mab+mcd)v共,若ab棒、cd棒所在导轨不等间距,则动量不守恒,可考虑运用动量定理求解.\n【特别提醒】等距导轨上的双棒模型常见情景(以水平光滑导轨为例)过程分析动量观点的应用双棒切割式棒MN做变减速运动,棒PQ做变加速运动,稳定时,两棒的加速度均为零,以相同的速度匀速运动等长双棒所受的合外力为零,系统利用动量守恒定律求末速度,单棒利用动量定理求电荷量、相对位移题型二 动量定理在电磁感应中的应用关于电磁感应的一些问题中,物体做变加速运动,无法直接应用运动学公式或动能定理求解时,特别是涉及到求电荷量,变加速运动的时间、位移时,可用动量定理解决.练后反馈1、 单棒+电阻模型已知量(其中B、L、m已知)待求量关系式(以棒减速为例)v1、v2q-BLΔt=mv2-mv1,q=Δtv1、v2、R总x-=mv2-mv1,x=ΔtF其他为恒力,v1、v2、qΔt-BLΔt+F其他Δt=mv2-mv1,q=ΔtF其他为恒力,v1、v2、x(或Δt)Δt(或x)+F其他·Δt=mv2-mv1,x=Δt2、 不等距导轨上的双棒模型常见情景(以水平光滑导轨为例)过程分析动量观点的应用不等距导轨棒MN做变减速运动,棒PQ\n做变加速运动,稳定时,两棒的加速度均为零,两棒以不同的速度做匀速运动,所围的面积不变,末速度满足关系式v1L1=v2L2双棒所受的合外力不为零,系统动量不守恒,对每个棒分别用动量定理列式,联立末速度关系求末速度3、 棒+电容器模型基本模型规律无外力,电容器充电(电阻阻值为R,电容器电容为C)无外力,电容器放电(电源电动势为E,内阻不计,电容器电容为C)电路特点导体棒相当于电源,电容器被充电电容器放电,相当于电源;导体棒受安培力而运动电流的特点安培力为阻力,棒减速,E减小,有I=,电容器被充电UC变大,当BLv=UC时,I=0,F安=0,棒匀速运动电容器放电时,导体棒在安培力作用下开始运动,同时阻碍放电,导致电流减小,直至电流为零,此时UC=BLv运动特点及最终特征a减小的减速运动,棒最终做匀速运动,此时I=0,但电容器带电荷量不为零a减小的加速运动,最终匀速运动,I=0最终速度vm电容器充的电荷量:q=CU最终电容器两端电压U=BLv对棒应用动量定理:mv0-mv=BL·Δt=BLqv=电容器充的电荷量:q0=CE放电结束时电荷量:q=CU=CBLvm电容器释放的电荷量:Δq=q0-q=CE-CBLvm对棒应用动量定理:mvm=BL·Δt=BLΔqvm=v-t图像\n【变式训练】如图所示,两光滑的足够长导轨固定在绝缘水平面上,导轨间距最窄处为一狭缝O,以O为原点、水平向右为正方向建立x轴,两导轨与x轴的夹角均为,一电阻R=100Ω的电阻器和电容C=4000μF的不带电电容器分别与导轨左端相连。x>0的区域内分布着垂直于纸面向内的磁场,磁感应强度大小沿y轴不变,沿x轴如下:(1);(2)。导轨上一金属棒ab与x轴垂直,在外力F作用下从O点开始以速度v=0.5m/s向右匀速运动,金属棒在运动过程中与导轨始终保持良好接触,不计金属棒和导轨的电阻。求:(1)棒ab运动到x1=0.2m时,流过电阻R的电流;(2)棒ab从x1=0.2m运动到x2=0.8m的过程中,外力F与x的关系:(3)棒ab从x1=0.2m运动到x2=0.8m的过程中,流过棒的电荷量。【答案】(1)A;(2)①在区域,N;②在区域,;(3)C【解析】(1)棒ab运动到x1=0.2m时,磁感应强度,有效长度为m则切割电动势V电流为A(2)①在区域,由有效长度则电动势\n恒为0.3V,电流I恒为A,安培力N②在区域,电动势通过电阻的电流通过电容器的电流安培力N(3)在区域,通过棒的电量C在区域,通过电阻的电流随时间均匀变化,通过电容器的电源保持不变,则通过棒的电量C1.如图(a)所示,水平面上固定着两根间距L=0.5m的光滑平行金属导轨MN、PQ,M、P两点间连接一个阻值R=3Ω的电阻,一根质量m=0.2kg、电阻r=2Ω的金属棒ab垂直于导轨放置。在金属棒右侧两条虚线与导轨之间的矩形区域内有磁感应强度大小B=2T、方向竖直向上的匀强磁场,现对金属棒施加一个大小F=2N、方向平行导轨向右的恒力,从金属棒进入磁场开始计时,其运动的v-t图像如图(b)所示,金属棒刚要离开磁场时加速度为0,金属棒通过磁场过程中回路产生的总热量Q=1.6J。运动过程中金属棒与导轨始终保持良好接触,导轨电阻不计。求:(1)金属棒在磁场中运动的最大速度vm;(2)磁场宽度d和金属棒穿过磁场所需的时间t。\n【答案】(1)10m/s;(2)5m,1.1s【解析】(1)设金属棒在磁场中最大速度为vm,此时安培力与恒力F大小相等,则有感应电动势E=BLvm感应电流:安培力的大小F安=BIL代入数据解得(2)金属棒穿过磁场过程中,由能量关系其中v0=4m/s,Q=1.6J,解得d=5m由动量定理解得t=1.1s2.如图1所示,间距的足够长倾斜导轨倾角,导轨顶端连一电阻,左侧存在一面积的圆形磁场区域B,磁场方向垂直于斜面向下,大小随时间变化如图2所示,右侧存在着方向垂直于斜面向下的恒定磁场,一长为,电阻的金属棒ab与导轨垂直放置,至,金属棒ab恰好能静止在右侧的导轨上,之后金属棒ab\n开始沿导轨下滑,经过足够长的距离进入,且在进入前速度已经稳定,最后停止在导轨上。已知左侧导轨均光滑,右侧导轨与金属棒间的摩擦因数,取,不计导轨电阻与其他阻力。求:(1)至内流过电阻的电流和金属棒ab的质量;(2)金属棒ab进入时的速度大小;(3)金属棒ab进入后滑行的距离x,以及在此过程中电阻R上产生的焦耳热。【答案】(1)0.3A,;(2)0.6m/s;(3)0.06m,【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律可得至内回路中的感应电动势为根据闭合电路欧姆定律可得至内流过电阻的电流为设金属棒ab的质量为m,这段时间内金属棒ab受力平衡,即解得(2)设金属棒ab进入时的速度大小为v,此时回路中的感应电动势为回路中的电流为导体棒ab所受安培力大小为根据平衡条件可得解得\n(3)设金属棒ab从进入EF到最终停下的过程中,回路中的平均电流为,经历时间为t,对金属棒ab根据动量定理有其中根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得解得设此过程中电阻R上消耗的焦耳热为Q,根据能量守恒定律可得解得3.如图,间距为的两平行金属导轨由水平和倾斜两部分平滑连接,斜面倾角,倾斜导轨上端接的电阻。区域Ⅰ的匀强磁场方向垂直斜面向上,其宽度为。斜面上的长度为0.8m。水平导轨的无磁场区放一金属杆,杆右侧存在大小、方向竖直向上的匀强磁场区域Ⅱ,其宽度。长为的金属杆从斜面上端距区域Ⅰ上边界处由静止释放,杆进入区域Ⅰ时恰好开始做匀速运动,已知金属杆进入水平轨道后与金属杆发生弹性碰撞,碰后金属杆沿水平导轨进入区域Ⅱ,滑出区域Ⅱ后被放置在导轨正中央的水平弹簧弹回,不考虑杆与弹簧碰撞的动能损失。整个运动过程中,杆和与导轨始终接触良好,且保持与导轨垂直。已知杆和电阻均为,质量均为不计摩擦和导轨电阻,忽略磁场边界效应。重力加速度,求:(1)匀强磁场区域Ⅰ的磁感应强度;(2)杆在滑过斜面上磁场的过程中,流过电阻R的电量q;(3)杆和杆一共可以碰撞的次数n。\n【答案】(1);(2);(3)5【解析】(1)杆磁场区域Ⅰ时的速度为进入磁场区域Ⅰ做匀速运动又解得(2)流过电阻R的电荷量杆匀速穿过磁场,所以电流恒定可得(3)杆达到水平轨道时的速度为解得\n杆和杆发生弹性碰撞,由于质量相等,碰撞后速度交换,杆以进入磁场区域Ⅱ,在通过磁场区域Ⅱ的过程中,利用动量定理解得每经过一次磁场区域Ⅱ杆的速度就减少0.5m/s,当杆再次与杆发生弹性碰撞后,杆获得的速度为因此杆沿斜面向上运动,利用机械能守恒定律解得所以杆不能再次进入磁场区域Ⅰ,之后杆继续下滑以2m/s与杆发生弹性碰撞,最后杆在磁场区域Ⅱ总共穿越6次,最后一次穿出磁场区域Ⅱ时恰好停止,不再与发生弹性碰撞,因此总共发生弹性碰撞的次数为5次。4.如图所示,足够长的平行光滑U形导轨倾斜放置,所在平面的倾角θ=37°,导轨间的距离L=1.0m,下端连接R=1.6Ω的电阻,导轨电阻不计,所在空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度B=1.0T。质量m=0.5kg、电阻r=0.4Ω的金属棒ab垂直置于导轨上,现用沿导轨平面且垂直于金属棒、大小为F=5.0N的恒力使金属棒ab从静止开始沿导轨向上滑行,当金属棒滑行s=2.8m后速度保持不变。求:(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2)(1)金属棒匀速运动时的速度大小v;(2)金属棒从静止到刚开始匀速运动的过程中,电阻R上产生的热量QR。【答案】(1)4m/s;(2)J【解析】\n(1)根据法拉第电磁感应定律,得感应电动势为E=BLv根据闭合电路的欧姆定律,得感应电流为:导体棒受到的安培力为导体棒做匀速运动,处于平衡状态,由平衡条件得代入数据解得v=4m/s(2)金属棒运动过程,由能量守恒定律得电阻R产生的热量为代入数据解得J5.如图,MN、PQ为足够长的光滑平行的水平金属导轨,电阻,置于竖直向下的有界匀强磁场中,为磁场边界,磁场磁感应强度B=2.0T,导轨间距L=0.5m,质量m=0.2kg的导体棒垂直置于导轨上且与导轨接触良好,导体棒接入电路的电阻为。t=0时刻,导体棒在F=1N的水平拉力作用下从左侧某处由静止开始运动,时棒进入磁场继续运动,导体棒始终与导轨垂直。(1)求导体棒时刻进入磁场瞬间的加速度a的大小;(2)若导体棒进入磁场瞬间立即撤去力F,求导体棒在运动过程中电阻R产生的焦耳热Q。【答案】(1);(2)1.875J【解析】(1)在进入磁场前根据牛顿第二定律\n速度导体棒切割感应电动势电流安培力进入磁场的瞬间根据牛顿第二定律联立解得(2)由能量守恒定律产生的热量6.如图甲所示,水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布,方向垂直于水平面向下,磁感应强度沿y轴方向没有变化,沿x轴方向B与x成反比,如图乙所示。顶角θ=53°的光滑金属长导轨MON固定在水平面内,ON与x轴重合,一根与ON垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨向右滑动,导体棒在滑动过程中始终与导轨垂直并接触良好。已知t=0时,导体棒位于顶点O处,导体棒的质量为m=1.0kg,OM与ON接触点的总电阻恒为R=1.0Ω,其余电阻不计。回路电流i与时间t的关系如图丙所示,图线是过原点的直线。已知sin53°=0.8,cos53°=0.6。求:(1)t=2s时,回路的电动势E;(2)0~2s时间内,导体棒的位移s;(3)0~2s时间内,水平外力的冲量I的大小;(4)导体棒滑动过程中,水平外力的瞬时功率P(单位:W)与时间t(单位:s)的关系式。\n【答案】(1);(2);(3);(4)【解析】(1)由欧姆定律将代入得(2)由欧姆定律和丙图斜率含义得其中,联立解得所以导体棒做初速度为0的匀加速直线运动,且0~2s时间内导体棒的位移为(3)由动量定理得即由图丙知由图乙知2s末的速度\n解得(4)根据牛顿第二定律可得由图丙可知解得外力瞬时功率速度解得7.如图所示,间距、倾角的两根平行倾斜光滑导轨与间距相同的两根平行水平光滑导轨在b、e处平滑连接,导轨全部固定且水平导轨足够长。其中、两段用特殊光滑绝缘材料替代,导轨其余部分用电阻不计的金属材料制成,在导轨的a、d两点间串接一个阻值为的电阻,倾斜导轨所在区域分布着垂直导轨平面向上的、磁感应强度为的匀强磁场,水平导轨的右侧区域分布着竖直向下的、磁感应强度亦为的匀强磁场,将长度比导轨间距略大的金属棒A和C分别垂直导轨静置于导轨上,位置如图中所示,其中金属棒C离边界的距离为,某一时刻静止释放金属棒A,在其沿倾斜导轨下滑过程中始终受到一个与其运动方向相反且大小等于其对地速度k倍的阻力作用,其中,金属棒A在到达位置前已处于匀速运动状态。已知金属棒A的质量为、电阻为,金属棒C的质量为、电阻为。(1)金属棒A下滑过程中,a、d两点哪点电势高?(2)求金属棒A匀速下滑的速度大小;(3)判断金属棒A能否与金属棒C发生碰撞?若能,请计算金属棒A进入右侧区域至碰撞前产生的焦耳热;若不能,请计算金属棒A进入\n右侧区域至到达稳定状态的过程中产生的焦耳热。【答案】(1)d点电势高;(2);(3)见解析【解析】(1)根据右手定则可判定,d点电势高(2)金属棒A匀速下滑时,根据受力平衡可得联立两式,代入数据求得(3)假设两杆不会发生碰撞,则最终两杆将具有共同速度,且整个过程,两杆组成的系统动量守恒,故根据动量定理可得故两杆能发生碰撞,有根据能量守恒定律有可得8.如图甲所示,竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B,足够长的光滑水平金属导轨的间距为L,金属棒a、b垂直导轨放置,计时开始,给a水平向右的速度2v0、给b水平向左的速度v0,a、b在运动的过程中没有碰撞;如图乙所示,竖直放置足够长的光滑金属导轨的间距为L,磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨,导轨的上端接有导线,计时开始,垂直导轨放置的金属棒c\n由静止开始释放,经过一段时间t0达到匀速运动,c的阻值为R,导轨与导线的电阻均忽略不计,;a、b、c的质量均为m,长度均为L,在运动过程中金属棒始终与导轨保持良好接触,重力加速度为g,求:(1)金属棒稳定运行后,a、c的速度;(2)从计时开始到金属棒刚稳定运行,甲模型生成的焦耳热,以及通过甲模型回路某一横截面的电荷量;(3)从计时开始到c刚稳定运行,c的重力势能的减小量。【答案】(1),;(2),;(3)【解析】(1)甲图中,a、b稳定前,安培力等大反向,系统合外力为零,动量守恒,直到a、b共速,安培力消失,此后一起匀速直线运动,对a和b的系统有解得乙图中棒c受重力与安培力作用下落,当二力平衡时稳定,则解得(2)甲图中由能量守恒可知对甲棒由动量定理可知可得\n(3)乙图中,对c由动量定理可知则有解得则重力势能的减少量为9.如图所示,左侧倾斜部分为光滑的相互平行放置的间距为L,电阻不计的金属导轨,水平部分为用绝缘材料做成的间距也为L的光滑轨道,两者之间平滑连接。倾斜导轨的倾角为θ,倾斜导轨上端接有一个单刀双掷开关S,接在1端的电源,电动势为E,内阻为r,其串联的定值电阻为R1,接在2端的电容器的电容为C(未充电)。在水平轨道正方形区域Ⅰ、Ⅱ分布有大小相等方向相反的匀强磁场(大小未知),在倾斜导轨区域Ⅲ中存在方向竖直向上且大小与Ⅰ、Ⅱ区相同的匀强磁场,当先将开关S与1相连时,一质量为m电阻不计的金属导体棒ef恰好能静止在高为h的倾斜导轨上。然后再将开关S掷向2,此后导体棒ef将由静止开始下滑,并且无能量损失地进入水平轨道,之后与原来静止在水平轨道上的“U”型导线框abcd碰撞,并粘合为一个正方形线框,U型导线框三条边总质量为3m、总电阻为4R,当线框完全穿过Ⅰ区磁场后,恰好静止线框四边与Ⅱ磁场边界线重合。不计一切摩擦阻力,(本题中E、r、R1、C、R、L、h、θ、m及重力加速度g均为已知),求:(1)磁感应强度B的大小;(2)将开关S掷向2后,ef棒滑到GH处的速度v;(本问中磁感应强度可用B表示);(3)线框穿越磁场边界线MN、PQ过程中产生的热量之比:。\n【答案】(1);(2);(3)5:4【解析】(1)导体棒ef恰好能静止倾斜导轨上,此时安培力水平向左,受力分析可知根据闭合电路欧姆定律解得(2)将开关S掷向2后,设导体棒在很短时间内速度为v,根据动量定理可得其中电容充电量与电流关系带入整理得故导体棒做匀加速直线运动,加速度ef棒滑到GH处的速度(3)设与导线框abcd碰撞后,整体速度为,根据动量守恒线框进入磁场后水平方向上只有安培力作用,根据动量定理解得线框中bc进入Ⅱ区磁场,bc、ef均切割磁感线,并且感应电动势同向叠加,则有\n解得联立得根据能量守恒,线框穿越磁场边界线MN过程中产生的热量线框穿越磁场边界线PQ过程中产生的热量联立解得(2021•海南高考真题)如图,间距为l的光滑平行金属导轨,水平放置在方向竖直向下的匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小为B,导轨左端接有阻值为R的定值电阻,一质量为m的金属杆放在导轨上。金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动,此时金属杆内自由电子沿杆定向移动的速率为u0。设金属杆内做定向移动的自由电子总量保持不变,金属杆始终与导轨垂直且接触良好,除了电阻R以外不计其它电阻。(1)求金属杆中的电流和水平外力的功率;(2)某时刻撤去外力,经过一段时间,自由电子沿金属杆定向移动的速率变为,求:(i)这段时间内电阻R上产生的焦耳热;(ii)这段时间内一直在金属杆内的自由电子沿杆定向移动的距离。【答案】(1),;(2)(i),(ii)【解析】(1)金属棒切割磁感线产生的感应电动势E=Blv0\n则金属杆中的电流由题知,金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动则有根据功率的计算公式有(2)(i)设金属杆内单位体积的自由电子数为n,金属杆的横截面积为S,则金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动时的电流由微观表示为解得当电子沿金属杆定向移动的速率变为时,有解得v′=根据能量守恒定律有解得(ii)由(i)可知在这段时间内金属杆的速度由v0变到,设这段时间内一直在金属杆内的自由电子沿杆定向移动的距离为d,规定水平向右为正方向,则根据动量定理有由于解得\n
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