（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

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.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.答案见解析解析(1)杆ab匀速时处于平衡状态，有mgsin解得：v06m/s.(2)杆ab与“联动双杆”碰撞时，由动量守恒定律得mv04mv，解得v1.5m/s.(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B2lt4mv因，解得v0.25m/s.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B2lt4mv，解得v0.25m/s.因此“联动三杆”滑出磁场区间时的速度为vvvv1m/s.由能量守恒得：Q4m(v2v2)0.25J.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，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.答案(1)(2)mgl(sincos)m(sincos)gt2(3)解析(1)由法拉第电磁感应定律得通过电阻R的电荷量为qt(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：(mgsinmgcos)tBdtmv0得：v(gsingcos)t由功能关系可得：Q总mgl(sincos)mv2则电阻R上产生的焦耳热为：QQ总联立可得：Qmgl(sincos)m(sincos)gt2(3)金属棒在磁场中做匀速直线运动时，mgsinmgcos得：vm在磁场区域外，金属棒沿导轨向下运动的加速度为：ag(sincos)又：vm22as，得s金属棒通过磁场的时间为：t.类型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cESL2代入数据得：E0.25Vcd棒中的电流大小I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：m1ghm1v02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(m1m2)v共得：v共m/s.(3)以ab、cd棒构成的系统为研究对象，从解除锁定开始到ab、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(m1m2)v共2Q总则QabQ总J(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m1v0F安tBLt解得xm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：xLxm.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)解析(1)细线断开时，对CD棒有FT0F安，F安BIL，I，EBLv0，v0at0联立解得t0细线断开时，框架的瞬时速度大小v0(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mv02mv得v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Qmv022mv2联立得Q.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)EqL(3)解析(1)由动能定理：EqL3mv2解得v(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：3mv(3mm)v1解得v1v系统损失的机械能：E3mv2(3mm)v12EqL(3)以B为研究对象，设向右为正方向，由动量定理得：Imv10解得I，方向水平向右.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.答案(1)(2)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：rrsin (9060)小球在磁场中做匀速圆周运动：qv0Bm由得：v0(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(m3m)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：(m3m)v2QQRQ由可得：QR1.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，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，求物体系统在传送带上上升过程中运动的最大距离.答案(1)(2)解析(1)设两物体碰后的瞬间速度为v2，则有：Bqv23mg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：2mv13mv2对带电物体，从O到Q由动能定理可得：Eqx12mgx12mv12，则x1(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：3mgsin13mgcos3ma则ag.故物体系统上升的最大距离为：x2.2.(2018湖州市、衢州市、丽水市高三期末)两根相距为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)MN(2)4.8103A(3)1.25102J(4)102Ns解析(1)M到N(MN)(2)SLd得4.8103A(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Wf0mv021.25102J即克服摩擦力做的功是1.25102J.(4)34s内：mgt20mv3v31m/s03s内：(mgF安)t1mv3mv0得：mgt1I安mv3mv0I安102Ns.3.(2017浙江11月选考22)如图3所示，匝数N100、截面积S1.0102m2、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m1.0102kg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.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)2.3103J解析(1)线圈中产生的感应电动势为E，S代入数据得：E0.8V等效电路图如图：总电流IA2A，Iab1A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B2Iabdmg，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(mgB2Id)tmv0其中ItqB2dh根据动能定理可知mghWmv20联立解得W4.6103J因此导体棒上产生的热量为Q|W|2.3103J.4.(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：B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Fx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)C解析(1)从x0x1的过程，由于安培力为恒力，由动能定理有BIL(x0x1)mv120，得v12m/s(2)从x1x2过程中，安培力FBIL，由于B5x，可知F2x，可知F随x变化而变化，Fx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mv22mv12得v2m/s(3)从x0.2m处移到x0.2m处安培力不做功，v3v12m/s设最后稳定时的速度为v，则导体棒两端电压UBLv电容器上所带电荷量QCU电路中通过的电荷量QIt根据动量定理得BILtmvmv3联立解得QC.