（浙江选考）2020版高考物理大一轮复习第十章电磁感应交变电流专题强化五动力学、动量和能量观点在电学中的应用学案.docx

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1、1专题强化五 动力学、动量和能量观点在电学中的应用命题点一 电磁感应中的动量和能量的应用感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起.解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(牛顿运动定律、动量守恒定律、动量定理、动能定理等).解决这类问题的方法：(1)选择研究对象.即是哪一根导体棒或几根导体棒组成的系统.(2)分析其受力情况.安培力既跟电流方向垂直又跟磁场方向垂直.(3)分析研究对象所受的各力做功情况和合外力情况，选定所要应用的物理规律.(4)分析研究对象(或系统)是否符合动量守恒的条件.(5)运用物理规律列方程求解

2、.注意：加速度 a0 时，速度 v 达到最大值.类型 1 动量定理和功能关系的应用例 1 (2017浙江 4 月选考22)间距为 l 的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图 1 所示.倾角为 的导轨处于大小为 B1、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间中.水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为 3m 的“联动双杆”(由两根长为 l的金属杆 cd 和 ef，用长度为 L 的刚性绝缘杆连接构成)，在“联动双杆”右侧存在大小为B2、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间，其长度大于 L.质量为 m、长为 l 的金属杆ab 从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨(无能量损失)，杆 ab

3、与“联动双杆”发生碰撞，碰后杆 ab 和 cd 合在一起形成“联动三杆”.“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间并从中滑出.运动过程中，杆 ab、 cd 和 ef 与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直.已知杆 ab、 cd 和 ef 电阻均为 R0.02， m0.1kg， l0.5m， L0.3m， 30，B10.1T， B20.2T.不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应， g 取 10m/s2.求：图 1(1)杆 ab 在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小 v0；(2)“联动三杆”进入磁场区间前的速度大小 v；(3)“联动三杆”滑过磁场区间产生的焦耳热 Q.2答案 见解析解析 (1)杆 ab

4、 匀速时处于平衡状态，有 mgsin B12l2v0R R2解得： v06m/s.(2)杆 ab 与“联动双杆”碰撞时，由动量守恒定律得 mv04 mv，解得 v 1.5m/s.v04(3)设“联动三杆”进入磁场区间时速度变化量的大小为 v，由动量定理得B2 l t4 m vI因 ，解得 v0.25m/s.IER总 tR总 B2Ll tR R2设“联动三杆”滑出磁场区间时速度变化量的大小为 v，同样有B2 l t4 m v， I IB2lL t R R2解得 v0.25m/s.因此“联动三杆”滑出磁场区间时的速度为v v v v1m/s.由能量守恒得： Q 4m(v2 v 2)0.25J.12

5、变式 1 (2018宁波市十校联考)如图 2 所示，两根相距为 d 的粗糙平行金属导轨放在倾角为 的斜面上(电阻忽略不计)，金属导轨上端连有阻值为 R 的电阻，在平行于斜面的矩形区域 mnOP(mP 长为 l，且平行于金属导轨，不考虑磁场的边界效应)内存在一个垂直斜面向上的匀强磁场 B(图中未画出)，一根电阻为 r，质量为 m 的金属棒 EF 自磁场上边界虚线mn 处由静止释放，经过 t 时间离开磁场区域，金属棒与金属导轨间的动摩擦因数为 .求：(重力加速度为 g)图 2(1)t 时间内通过电阻 R 的电荷量 q；(2)t 时间内电阻 R 上产生的焦耳热 Q；(3)沿着导轨向下平行移动磁场区域

6、，从原位置释放金属棒，当它恰好能匀速通过磁场时，磁场的移动距离 s 和金属棒通过磁场的时间 t.3答案 (1)BldR r(2) mgl(sin cos ) m(sin cos )gt 2RR r 12 B2d2lmR r(3) m2R r2gsin cos 2B4d4 B2d2lmgsin cos R r解析 (1)由法拉第电磁感应定律得 E t Bldt通过电阻 R 的电荷量为 q tER r BldR r(2)金属棒向下运动的过程中受到重力、支持力、摩擦力以及安培力的作用，在沿斜面的方向上，由动量定理得：( mgsin mg cos )t Bd t mv0ER r得： v( gsin g

7、 cos )tB2d2lmR r由功能关系可得： Q 总 mgl(sin cos ) mv212则电阻 R 上产生的焦耳热为： Q Q 总RR r联立可得：Q mgl(sin cos ) m(sin cos )gt 2RR r 12 B2d2lmR r(3)金属棒在磁场中做匀速直线运动时， mgsin mg cos B2d2vmR r得： vmmgsin cos R rB2d2在磁场区域外，金属棒沿导轨向下运动的加速度为： a g(sin cos )又： vm22 as，得 sm2R r2gsin cos 2B4d4金属棒通过磁场的时间为：t .lvm B2d2lmgsin cos R r类型

8、 2 动量守恒定律和功能关系的应用例 2 (2018宁波市 3 月选考)如图 3 甲所示，绝缘水平面上固定着两根足够长的光滑金属导轨 PQ、 MN，相距为 L0.5m， ef 右侧导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下，磁感应强度 B 的大小如图乙变化.开始时 ab 棒和 cd 棒锁定在导轨如图所示位置， ab 棒与 cd 棒平行， ab 棒离水平面高度为 h0.2m， cd 棒与 ef 之间的距离也为 L， ab 棒的质量4为 m10.2kg，有效电阻 R10.05， cd 棒的质量为 m20.1kg，有效电阻为R20.15.(设 ab、 cd 棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨

9、接触良好，导轨电阻不计，空气阻力不计， g 取 10m/s2).问：图 3(1)01s 时间段内通过 cd 棒的电流大小与方向；(2)假如在第 1s 末，同时解除对 ab 棒和 cd 棒的锁定，稳定后 ab 棒和 cd 棒将以相同的速度做匀速直线运动，试求这一速度的大小；(3)对 ab 棒和 cd 棒从解除锁定到开始以相同的速度做匀速直线运动的过程， ab 棒上产生的热量；(4)ab 棒和 cd 棒速度相同时，它们之间的距离大小.答案 见解析解析 (1)由楞次定律可得， cd 棒中的电流方向为由 d 到 cE S L2 t B t B t代入数据得： E0.25Vcd 棒中的电流大小 IER1

10、 R2代入数据得： I1.25A(2)设 ab 棒刚进入磁场时的速度为 v0，由机械能守恒定律有： m1gh m1v0212得 v02m/s由题意可知， ab 棒进入磁场后做加速度减小的减速运动， cd 棒做加速度减小的加速运动，而由 ab、 cd 棒组成的回路感应电动势越来越小，最终 ab、 cd 棒达到共同速度做匀速直线运动，系统稳定.以 ab、 cd 棒构成的系统为研究对象，水平方向上只受到大小时刻相等、方向时刻相反的安培力作用，系统在磁场中运动时动量守恒.m1v0( m1 m2)v 共5得： v 共 m/s.43(3)以 ab、 cd 棒构成的系统为研究对象，从解除锁定开始到 ab、

11、cd 棒以相同的速度稳定运动的过程中，系统损失的机械能转化为系统两电阻上的热量.m1gh (m1 m2)v 共 2 Q 总12则 Qab Q 总 JR1R1 R2 130(4)以 ab 棒为研究对象， ab 棒从进入磁场到达到稳定速度过程中，由动量定理有：m1v 共 m1v0 F 安 t BL tBLvR1 R2 B2L2 xR1 R2解得 x m875分析可知 x 为这个过程中两棒相对靠近的距离，所以，稳定时两棒之间的距离为： x L x m.59150变式 2 如图 4 所示，一个质量为 m、电阻不计、足够长的光滑 U 形金属框架 MNQP，位于光滑绝缘水平桌面上，平行导轨 MN 和 PQ

12、 相距为 L.空间存在着足够大的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为 B.另有质量也为 m 的金属棒 CD，垂直于 MN 放置在导轨上，并用一根绝缘细线系在定点 A.已知，细线能承受的最大拉力为 FT0， CD 棒接入导轨间的有效电阻为 R.现从 t0 时刻开始对 U 形框架施加水平向右的拉力 F(大小未知)，使其从静止开始做加速度为 a 的匀加速直线运动.图 4(1)求从框架开始运动到细线断开所需的时间 t0及细线断开时框架的瞬时速度 v0大小；(2)若在细线断开时，立即撤去拉力 F，求此后过程回路中产生的总焦耳热 Q.答案 (1) (2)FT0RB2L2a FT0RB2L2 mFT0

13、2R24B4L4解析 (1)细线断开时，对 CD 棒有 FT0 F 安 ，F 安 BIL， I ， E BLv0， v0 at0ER联立解得 t0FT0RB2L2a细线断开时，框架的瞬时速度大小 v0FT0RB2L26(2)在细线断开时立即撤去拉力 F，框架向右减速运动， CD 棒向右加速运动，设二者最终速度大小为 v，由系统动量守恒可得 mv02 mv得 v v02 FT0R2B2L2撤去拉力 F 后，系统总动能的减少量等于回路消耗的电能，最终在回路中产生的总焦耳热Q mv02 2mv212 12联立得 Q .mFT02R24B4L4命题点二 电场、磁场中动量和能量观点的应用动量与电磁学知识

14、综合应用类问题的求解与一般的力学问题求解思路并无差异，只是问题的情景更复杂多样；分析清楚物理过程，正确识别物理模型是解决问题的关键.类型 1 电场中动量和能量观点的应用例 3 如图 5 所示，光滑绝缘水平面上方分布着场强大小为 E、方向水平向右的匀强电场.质量为 3m、电荷量为 q 的球 A 由静止开始运动，与相距为 L、质量为 m 的不带电小球 B 发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰撞后作为一个整体继续向右运动.两球均可视为质点，求：图 5(1)两球发生碰撞前 A 球的速度大小；(2)A、 B 碰撞过程中系统损失的机械能；(3)A、 B 碰撞过程中 B 球受到的冲量大小.答案 (1) (2) E

15、qL (3)2EqL3m 14 6EqLm4解析 (1)由动能定理： EqL 3mv212解得 v2EqL3m(2)A、 B 碰撞时间极短，可认为 A、 B 碰撞过程中系统动量守恒，设向右为正方向，由动量守恒定律得：3 mv(3 m m)v1解得 v1 v34系统损失的机械能： E 3mv2 (3m m)v12 EqL12 12 14(3)以 B 为研究对象，设向右为正方向，由动量定理得： I mv107解得 I ，方向水平向右.6EqLm4类型 2 磁场中动量和能量观点的应用例 4 如图 6 所示， ab、 ef 是平行的固定在水平绝缘桌面上的光滑金属导轨，导轨间距为d.在导轨左端 ae 上

16、连有一个阻值为 R 的电阻，一质量为 3m、长为 d、电阻为 r 的金属棒恰能置于导轨上并和导轨良好接触.起初金属棒静止于 MN 位置， MN 距离 ae 边足够远，整个装置处于方向垂直桌面向下、磁感应强度为 B 的匀强磁场中，现有一质量为 m 的带电荷量为 q 的绝缘小球在桌面上从 O 点( O 为导轨上的一点)以与 ef 成 60角斜向右上方射向 ab，随后小球直接垂直地打在金属棒的中点上，并和棒黏合在一起(设小球与棒之间没有电荷转移).棒运动过程中始终和导轨接触良好，不计导轨间电场的影响，导轨的电阻不计.求：图 6(1)小球射入磁场时的速度 v0的大小；(2)电阻 R 上产生的热量 QR

17、.答案 (1) (2)qBd3m q2B2d2R72mR r解析 (1)小球射入磁场后将做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为 r，其轨迹如图所示由几何知识可知： r rsin (9060)d2小球在磁场中做匀速圆周运动： qv0B m v02r由得： v0 qBd3m(2)小球和金属棒的碰撞过程，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0( m3 m)v金属棒切割磁感线的过程中，棒和小球的动能转化为电能进而转化成焦耳热：(m3 m)v2 Q12QR QRR r8由可得： QRq2B2d2R72mR r91.如图 1 所示，粗糙绝缘水平地面上方以 PQ 为界，左边有水平向右的匀强电场，场强大小为 E

18、 ，右边有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，磁场以 MN 为右边界，一mgq个质量为 2m 的带电荷量为 q 的物体从地面上 O 点出发，在电场力作用下运动到 Q 点时与另一质量为 m、不带电的物体发生正碰，碰后两者粘为一体，并恰好能在 QN 间做匀速直线运动，已知两物体与地面间的动摩擦因数 0.1， g 为重力加速度，sin370.6，cos370.8.图 1(1)求 O、 Q 之间的距离 x1；(2)若 MN 右侧有一倾角 37的倾斜传送带正以速度 v0逆时针转动，物体系统通过 N 点到传送带时无动能损失，且传送带足够大，已知物体系统与传送带间的动摩擦因数为 10.5，求物体系

19、统在传送带上上升过程中运动的最大距离.答案 (1) (2)405m2g16B2q2 9m2g2B2q2解析 (1)设两物体碰后的瞬间速度为 v2，则有： Bqv23 mg设带电物体碰撞前的速度为 v1，取向右为正方向，由动量守恒定律有：2 mv13 mv2对带电物体，从 O 到 Q 由动能定理可得： Eqx1 2mgx1 2mv12，则 x112 405m2g16B2q2(2)物体系统沿传送带向上做匀减速运动，由牛顿第二定律得：3mgsin 13mgcos 3 ma则 a g.故物体系统上升的最大距离为： x2 .v222a 9m2g2B2q22.(2018湖州市、衢州市、丽水市高三期末)两根

20、相距为 d12cm 的金属直角导轨如图 2 甲所示放置，水平部分处在同一水平面内且足够长，竖直部分长度 L24cm，下端由一电阻连接，电阻阻值 R02.质量 m1g、电阻 R1 的金属细杆 MN 与水平部分导轨垂直接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为 0.1，导轨电阻不计.整个装置处于磁感应强度大小为 B、方向水平向右的均匀磁场中，此磁场垂直于竖直轨道平面，磁感应强度 B 随时间 t 变化如图乙所示， t3s 后磁场不变. t0 时给杆 MN 一向左的初速度 v05m/s， t4s 时杆的速度减10为零.(不计空气阻力)图 2(1)判断初始时流过 MN 杆的电流方向；(2)求 4s 内感应电流的平

21、均值；(3)求 4s 内 MN 杆克服摩擦力做的功；(4)求前 3s 内安培力对 MN 杆的冲量的大小.答案 (1) M N (2)4.810 3 A (3)1.2510 2 J(4)102 Ns解析 (1) M 到 N(M N)(2) S LdE t B t B t得 4.810 3 AIER R0(3)04s，杆的速度由 v05m/s 减为 0，只有摩擦力做功，由动能定理得Wf0 mv021.2510 2 J12即克服摩擦力做的功是 1.25102 J.(4)34s 内： mg t20 mv3v31m/s03s 内： (mg F 安 ) t1 mv3 mv0得： mg t1 I 安 mv3

22、 mv0I 安 10 2 Ns.3.(2017浙江 11 月选考22)如图 3 所示，匝数 N100、截面积 S1.010 2 m2、电阻r0.15 的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的匀强磁场 B1，其变化率k0.80T/s.线圈通过开关 S 连接两根相互平行、间距 d0.20m 的竖直导轨，下端连接阻值R0.50 的电阻.一根阻值也为 0.50、质量 m1.010 2 kg 的导体棒 ab 搁置在等高的挡条上，在竖直导轨间的区域仅有垂直纸面的不随时间变化的匀强磁场 B2.接通开关 S 后，棒对挡条的压力恰好为零.假设棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻.

23、11图 3(1)求磁感应强度 B2的大小，并指出磁场方向；(2)断开开关 S 后撤去挡条，棒开始下滑，经 t0.25s 后下降了 h0.29m，求此过程棒上产生的热量.答案 (1)0.5T 磁场垂直纸面向外 (2)2.310 3 J解析 (1)线圈中产生的感应电动势为 E ，N t S B1 t代入数据得： E0.8V等效电路图如图：总电流 I A2A， Iab 1AEr R2 0.80.15 0.25 I2根据题意，此刻棒对挡条的压力为零，即导体棒所受安培力等于其重力，方向竖直向上即 B2Iabd mg，解得 B20.5T，根据左手定则可知磁场的方向应该垂直纸面向外.(2)开关断开之后，撤去

24、挡条， ab 下滑过程切割磁感线，从而产生感应电流，根据动量定理，则( mg B2I d)t mv0其中 I t q R Rab B2dh根据动能定理可知 mgh W mv201212联立解得 W4.610 3 J因此导体棒上产生的热量为 Q| W|2.310 3 J.124.(2018浙江 11 月选考22)如图 4 所示，在间距 L0.2m 的两光滑平行水平金属导轨间存在方向垂直于纸面(向内为正)的磁场，磁感应强度的分布沿 y 方向不变，沿 x 方向如下：BError!导轨间通过单刀双掷开关 S 连接恒流源和电容 C1F 的未充电的电容器，恒流源可为电路提供恒定电流 I2A，电流方向如图所

25、示.有一质量 m0.1kg 的金属棒 ab 垂直导轨静止放置于 x00.7m 处.开关 S 掷向 1，棒 ab 从静止开始运动，到达 x30.2m 处时，开关 S 掷向2.已知棒 ab 在运动过程中始终与导轨垂直，求：(提示：可以用 F x 图象下的“面积”代表力 F 所做的功)图 4(1)棒 ab 运动到 x10.2m 时的速度 v1；(2)棒 ab 运动到 x20.1m 时的速度 v2；(3)电容器最终所带的电荷量 Q.答案 (1)2m/s (2) m/s (3) C1155 27解析 (1)从 x0 x1的过程，由于安培力为恒力，由动能定理有 BIL(x0 x1) mv120，12得 v12m/s(2)从 x1 x2过程中，安培力 F BIL，由于 B5 x，可知 F2 x，可知 F 随 x 变化而变化， F x 图象如图所示，所以在这个过程中，安培力做功的大小为图象与 x 轴围成的面积， W 安 0.03J所以 W 安 mv22 mv1212 12得 v2 m/s1155(3)从 x0.2m 处移到 x0.2m 处安培力不做功， v3 v12m/s13设最后稳定时的速度为 v，则导体棒两端电压 U BLv电容器上所带电荷量 Q CU电路中通过的电荷量 Q I t根据动量定理得 BI Lt mv mv3联立解得 Q C.27