（浙江選考）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 交變電流 專題強化五 動力學(xué)、動量和能量觀點在電學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案

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1、專題強化五　動力學(xué)、動量和能量觀點在電學(xué)中的應(yīng)用 命題點一　電磁感應(yīng)中的動量和能量的應(yīng)用 感應(yīng)電流在磁場中受到安培力的作用，因此電磁感應(yīng)問題往往跟力學(xué)問題聯(lián)系在一起.解決這類問題需要綜合應(yīng)用電磁感應(yīng)規(guī)律(法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律)及力學(xué)中的有關(guān)規(guī)律(牛頓運動定律、動量守恒定律、動量定理、動能定理等).解決這類問題的方法： (1)選擇研究對象.即是哪一根導(dǎo)體棒或幾根導(dǎo)體棒組成的系統(tǒng). (2)分析其受力情況.安培力既跟電流方向垂直又跟磁場方向垂直. (3)分析研究對象所受的各力做功情況和合外力情況，選定所要應(yīng)用的物理規(guī)律. (4)分析研究對象(或系統(tǒng))是否符合動量守恒的條件.

2、 (5)運用物理規(guī)律列方程求解.注意：加速度a＝0時，速度v達到最大值. 類型1　動量定理和功能關(guān)系的應(yīng)用 例1　(2017·浙江4月選考·22)間距為l的兩平行金屬導(dǎo)軌由水平部分和傾斜部分平滑連接而成，如圖1所示.傾角為θ的導(dǎo)軌處于大小為B1、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場區(qū)間Ⅰ中.水平導(dǎo)軌上的無磁場區(qū)間靜止放置一質(zhì)量為3m的“聯(lián)動雙桿”(由兩根長為l的金屬桿cd和ef，用長度為L的剛性絕緣桿連接構(gòu)成)，在“聯(lián)動雙桿”右側(cè)存在大小為B2、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場區(qū)間Ⅱ，其長度大于L.質(zhì)量為m、長為l的金屬桿ab從傾斜導(dǎo)軌上端釋放，達到勻速后進入水平導(dǎo)軌(無能量損失)，桿ab與“聯(lián)動

3、雙桿”發(fā)生碰撞，碰后桿ab和cd合在一起形成“聯(lián)動三桿”.“聯(lián)動三桿”繼續(xù)沿水平導(dǎo)軌進入磁場區(qū)間Ⅱ并從中滑出.運動過程中，桿ab、cd和ef與導(dǎo)軌始終接觸良好，且保持與導(dǎo)軌垂直.已知桿ab、cd和ef電阻均為R＝0.02Ω，m＝0.1kg，l＝0.5m，L＝0.3m，θ＝30°，B1＝0.1T，B2＝0.2T.不計摩擦阻力和導(dǎo)軌電阻，忽略磁場邊界效應(yīng)，g取10m/s2.求： 圖1 (1)桿ab在傾斜導(dǎo)軌上勻速運動時的速度大小v0； (2)“聯(lián)動三桿”進入磁場區(qū)間Ⅱ前的速度大小v； (3)“聯(lián)動三桿”滑過磁場區(qū)間Ⅱ產(chǎn)生的焦耳熱Q. 答案　見解析 解析　(1)桿ab勻速時處于平衡狀

4、態(tài)，有mgsinθ＝ 解得：v0＝6m/s. (2)桿ab與“聯(lián)動雙桿”碰撞時，由動量守恒定律得mv0＝4mv，解得v＝＝1.5m/s. (3)設(shè)“聯(lián)動三桿”進入磁場區(qū)間Ⅱ時速度變化量的大小為Δv，由動量定理得B2lΔt＝4mΔv 因＝＝＝，解得Δv＝0.25m/s. 設(shè)“聯(lián)動三桿”滑出磁場區(qū)間Ⅱ時速度變化量的大小為Δv′，同樣有B2′lΔt′＝4mΔv′，′＝ 解得Δv′＝0.25m/s. 因此“聯(lián)動三桿”滑出磁場區(qū)間Ⅱ時的速度為 v′＝v－Δv－Δv′＝1m/s. 由能量守恒得：Q＝×4m(v2－v′2)＝0.25J. 變式1　(2018·寧波市十校聯(lián)考)如圖2所示，兩

5、根相距為d的粗糙平行金屬導(dǎo)軌放在傾角為θ的斜面上(電阻忽略不計)，金屬導(dǎo)軌上端連有阻值為R的電阻，在平行于斜面的矩形區(qū)域mnOP(mP長為l，且平行于金屬導(dǎo)軌，不考慮磁場的邊界效應(yīng))內(nèi)存在一個垂直斜面向上的勻強磁場B(圖中未畫出)，一根電阻為r，質(zhì)量為m的金屬棒EF自磁場上邊界虛線mn處由靜止釋放，經(jīng)過t時間離開磁場區(qū)域，金屬棒與金屬導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ.求：(重力加速度為g) 圖2 (1)t時間內(nèi)通過電阻R的電荷量q； (2)t時間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q； (3)沿著導(dǎo)軌向下平行移動磁場區(qū)域，從原位置釋放金屬棒，當它恰好能勻速通過磁場時，磁場的移動距離s和金屬棒通過磁場的時間

6、t′. 答案　(1) (2)·{mgl(sinθ－μcosθ)－m[(sinθ－μcosθ)gt－]2} (3)　 解析　(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律得＝＝ 通過電阻R的電荷量為q＝·t＝ (2)金屬棒向下運動的過程中受到重力、支持力、摩擦力以及安培力的作用，在沿斜面的方向上，由動量定理得：(mgsinθ－μmgcosθ)t－Bd··t＝mv－0 得：v＝(gsinθ－μgcosθ)t－ 由功能關(guān)系可得：Q總＝mgl(sinθ－μcosθ)－mv2 則電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為：Q＝·Q總 聯(lián)立可得： Q＝·{mgl(sinθ－μcosθ)－m[(sinθ－μcosθ)gt－]

7、2} (3)金屬棒在磁場中做勻速直線運動時，mgsinθ＝μmgcosθ＋ 得：vm＝ 在磁場區(qū)域外，金屬棒沿導(dǎo)軌向下運動的加速度為：a＝g(sinθ－μcosθ) 又：vm2＝2as， 得s＝ 金屬棒通過磁場的時間為： t′＝＝. 類型2　動量守恒定律和功能關(guān)系的應(yīng)用 例2　(2018·寧波市3月選考)如圖3甲所示，絕緣水平面上固定著兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌PQ、MN，相距為L＝0.5m，ef右側(cè)導(dǎo)軌處于勻強磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下，磁感應(yīng)強度B的大小如圖乙變化.開始時ab棒和cd棒鎖定在導(dǎo)軌如圖所示位置，ab棒與cd棒平行，ab棒離水平面高度為h＝0.2m，cd棒

8、與ef之間的距離也為L，ab棒的質(zhì)量為m1＝0.2kg，有效電阻R1＝0.05Ω，cd棒的質(zhì)量為m2＝0.1kg，有效電阻為R2＝0.15Ω.(設(shè)ab、cd棒在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直，兩棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計，空氣阻力不計，g取10m/s2).問： 圖3 (1)0～1s時間段內(nèi)通過cd棒的電流大小與方向； (2)假如在第1s末，同時解除對ab棒和cd棒的鎖定，穩(wěn)定后ab棒和cd棒將以相同的速度做勻速直線運動，試求這一速度的大小； (3)對ab棒和cd棒從解除鎖定到開始以相同的速度做勻速直線運動的過程，ab棒上產(chǎn)生的熱量； (4)ab棒和cd棒速度相同時，它們之間的距

9、離大小. 答案　見解析 解析　(1)由楞次定律可得，cd棒中的電流方向為由d到c E＝＝S＝L2 代入數(shù)據(jù)得：E＝0.25V cd棒中的電流大小I＝ 代入數(shù)據(jù)得：I＝1.25A (2)設(shè)ab棒剛進入磁場時的速度為v0，由機械能守恒定律有：m1gh＝m1v02 得v0＝2m/s 由題意可知，ab棒進入磁場后做加速度減小的減速運動，cd棒做加速度減小的加速運動，而由ab、cd棒組成的回路感應(yīng)電動勢越來越小，最終ab、cd棒達到共同速度做勻速直線運動，系統(tǒng)穩(wěn)定.以ab、cd棒構(gòu)成的系統(tǒng)為研究對象，水平方向上只受到大小時刻相等、方向時刻相反的安培力作用，系統(tǒng)在磁場中運動時動量守恒.

10、 m1v0＝(m1＋m2)v共 得：v共＝m/s. (3)以ab、cd棒構(gòu)成的系統(tǒng)為研究對象，從解除鎖定開始到ab、cd棒以相同的速度穩(wěn)定運動的過程中，系統(tǒng)損失的機械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)兩電阻上的熱量. m1gh－(m1＋m2)v共2＝Q總 則Qab＝Q總＝J (4)以ab棒為研究對象，ab棒從進入磁場到達到穩(wěn)定速度過程中，由動量定理有： m1v共－m1v0＝－∑F安Δt＝－∑BLΔt＝－ 解得Δx＝m 分析可知Δx為這個過程中兩棒相對靠近的距離， 所以，穩(wěn)定時兩棒之間的距離為：x＝L－Δx＝m. 變式2　如圖4所示，一個質(zhì)量為m、電阻不計、足夠長的光滑U形金屬框架MNQP，位于光

11、滑絕緣水平桌面上，平行導(dǎo)軌MN和PQ相距為L.空間存在著足夠大的方向豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B.另有質(zhì)量也為m的金屬棒CD，垂直于MN放置在導(dǎo)軌上，并用一根絕緣細線系在定點A.已知，細線能承受的最大拉力為FT0，CD棒接入導(dǎo)軌間的有效電阻為R.現(xiàn)從t＝0時刻開始對U形框架施加水平向右的拉力F(大小未知)，使其從靜止開始做加速度為a的勻加速直線運動. 圖4 (1)求從框架開始運動到細線斷開所需的時間t0及細線斷開時框架的瞬時速度v0大?。? (2)若在細線斷開時，立即撤去拉力F，求此后過程回路中產(chǎn)生的總焦耳熱Q. 答案　(1)　　(2) 解析　(1)細線斷開時，對CD棒

12、有FT0＝F安， F安＝BIL，I＝，E＝BLv0，v0＝at0 聯(lián)立解得t0＝ 細線斷開時，框架的瞬時速度大小v0＝ (2)在細線斷開時立即撤去拉力F，框架向右減速運動，CD棒向右加速運動，設(shè)二者最終速度大小為v，由系統(tǒng)動量守恒可得mv0＝2mv 得v＝＝ 撤去拉力F后，系統(tǒng)總動能的減少量等于回路消耗的電能，最終在回路中產(chǎn)生的總焦耳熱 Q＝mv02－×2mv2 聯(lián)立得Q＝. 命題點二　電場、磁場中動量和能量觀點的應(yīng)用 動量與電磁學(xué)知識綜合應(yīng)用類問題的求解與一般的力學(xué)問題求解思路并無差異，只是問題的情景更復(fù)雜多樣；分析清楚物理過程，正確識別物理模型是解決問題的關(guān)鍵. 類型

13、1　電場中動量和能量觀點的應(yīng)用 例3　如圖5所示，光滑絕緣水平面上方分布著場強大小為E、方向水平向右的勻強電場.質(zhì)量為3m、電荷量為＋q的球A由靜止開始運動，與相距為L、質(zhì)量為m的不帶電小球B發(fā)生對心碰撞，碰撞時間極短，碰撞后作為一個整體繼續(xù)向右運動.兩球均可視為質(zhì)點，求： 圖5 (1)兩球發(fā)生碰撞前A球的速度大?。? (2)A、B碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能； (3)A、B碰撞過程中B球受到的沖量大小. 答案　(1)　(2)EqL　(3) 解析　(1)由動能定理：EqL＝×3mv2 解得v＝ (2)A、B碰撞時間極短，可認為A、B碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，設(shè)向右為正方向，由動

14、量守恒定律得：3mv＝(3m＋m)v1 解得v1＝v 系統(tǒng)損失的機械能：ΔE＝×3mv2－(3m＋m)v12＝EqL (3)以B為研究對象，設(shè)向右為正方向，由動量定理得：I＝mv1－0 解得I＝，方向水平向右. 類型2　磁場中動量和能量觀點的應(yīng)用 例4　如圖6所示，ab、ef是平行的固定在水平絕緣桌面上的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為d.在導(dǎo)軌左端ae上連有一個阻值為R的電阻，一質(zhì)量為3m、長為d、電阻為r的金屬棒恰能置于導(dǎo)軌上并和導(dǎo)軌良好接觸.起初金屬棒靜止于MN位置，MN距離ae邊足夠遠，整個裝置處于方向垂直桌面向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電荷量為＋q的絕緣小

15、球在桌面上從O點(O為導(dǎo)軌上的一點)以與ef成60°角斜向右上方射向ab，隨后小球直接垂直地打在金屬棒的中點上，并和棒黏合在一起(設(shè)小球與棒之間沒有電荷轉(zhuǎn)移).棒運動過程中始終和導(dǎo)軌接觸良好，不計導(dǎo)軌間電場的影響，導(dǎo)軌的電阻不計.求： 圖6 (1)小球射入磁場時的速度v0的大??； (2)電阻R上產(chǎn)生的熱量QR. 答案　(1)　(2) 解析　(1)小球射入磁場后將做勻速圓周運動，設(shè)圓周運動的半徑為r，其軌跡如圖所示 由幾何知識可知：＝r＋rsin (90°－60°)① 小球在磁場中做勻速圓周運動：qv0B＝m② 由①②得：v0＝③ (2)小球和金屬棒的碰撞過程，以向左為

16、正方向，由動量守恒定律得： mv0＝(m＋3m)v④ 金屬棒切割磁感線的過程中，棒和小球的動能轉(zhuǎn)化為電能進而轉(zhuǎn)化成焦耳熱： (m＋3m)v2＝Q⑤ QR＝Q⑥ 由③④⑤⑥可得：QR＝ 1.如圖1所示，粗糙絕緣水平地面上方以PQ為界，左邊有水平向右的勻強電場，場強大小為E＝，右邊有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，磁場以MN為右邊界，一個質(zhì)量為2m的帶電荷量為＋q的物體從地面上O點出發(fā)，在電場力作用下運動到Q點時與另一質(zhì)量為m、不帶電的物體發(fā)生正碰，碰后兩者粘為一體，并恰好能在QN間做勻速直線運動，已知兩物體與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，g為重力加速度，sin37°＝

17、0.6，cos37°＝0.8. 圖1 (1)求O、Q之間的距離x1； (2)若MN右側(cè)有一傾角θ＝37°的傾斜傳送帶正以速度v0逆時針轉(zhuǎn)動，物體系統(tǒng)通過N點到傳送帶時無動能損失，且傳送帶足夠大，已知物體系統(tǒng)與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.5，求物體系統(tǒng)在傳送帶上上升過程中運動的最大距離. 答案　(1)　(2) 解析　(1)設(shè)兩物體碰后的瞬間速度為v2，則有：Bqv2＝3mg 設(shè)帶電物體碰撞前的速度為v1，取向右為正方向，由動量守恒定律有：2mv1＝3mv2 對帶電物體，從O到Q由動能定理可得：Eqx1－μ·2mgx1＝×2mv12，則x1＝ (2)物體系統(tǒng)沿傳送帶向上做勻

18、減速運動，由牛頓第二定律得：3mgsinθ＋μ1·3mgcosθ＝3ma 則a＝g. 故物體系統(tǒng)上升的最大距離為：x2＝＝. 2.(2018·湖州市、衢州市、麗水市高三期末)兩根相距為d＝12cm的金屬直角導(dǎo)軌如圖2甲所示放置，水平部分處在同一水平面內(nèi)且足夠長，豎直部分長度L＝24cm，下端由一電阻連接，電阻阻值R0＝2Ω.質(zhì)量m＝1g、電阻R＝1Ω的金屬細桿MN與水平部分導(dǎo)軌垂直接觸，桿與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，導(dǎo)軌電阻不計.整個裝置處于磁感應(yīng)強度大小為B、方向水平向右的均勻磁場中，此磁場垂直于豎直軌道平面，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化如圖乙所示，t＝3s后磁場不變.t＝0時給桿

19、MN一向左的初速度v0＝5m/s，t＝4s時桿的速度減為零.(不計空氣阻力) 圖2 (1)判斷初始時流過MN桿的電流方向； (2)求4s內(nèi)感應(yīng)電流的平均值； (3)求4s內(nèi)MN桿克服摩擦力做的功； (4)求前3s內(nèi)安培力對MN桿的沖量的大小. 答案　(1)M→N　(2)4.8×10－3A　(3)1.25×10－2J (4)10－2N·s 解析　(1)M到N(M→N) (2)＝＝·S＝·Ld 得＝＝4.8×10－3A (3)0～4s，桿的速度由v0＝5m/s減為0，只有摩擦力做功，由動能定理得 Wf＝0－mv02＝－1.25×10－2J 即克服摩擦力做的功是1.25

20、×10－2J. (4)3～4s內(nèi)：－μmgΔt2＝0－mv3 v3＝1m/s 0～3s內(nèi)：－∑μ(mg＋F安)Δt1＝mv3－mv0 得：－μmgΔt1－μI安＝mv3－mv0 I安＝10－2N·s. 3.(2017·浙江11月選考·22)如圖3所示，匝數(shù)N＝100、截面積S＝1.0×10－2m2、電阻r＝0.15Ω的線圈內(nèi)有方向垂直于線圈平面向上的隨時間均勻增加的勻強磁場B1，其變化率k＝0.80T/s.線圈通過開關(guān)S連接兩根相互平行、間距d＝0.20m的豎直導(dǎo)軌，下端連接阻值R＝0.50Ω的電阻.一根阻值也為0.50Ω、質(zhì)量m＝1.0×10－2kg的導(dǎo)體棒ab擱置在等高的擋條上

21、，在豎直導(dǎo)軌間的區(qū)域僅有垂直紙面的不隨時間變化的勻強磁場B2.接通開關(guān)S后，棒對擋條的壓力恰好為零.假設(shè)棒始終與導(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌接觸良好，不計摩擦阻力和導(dǎo)軌電阻. 圖3 (1)求磁感應(yīng)強度B2的大小，并指出磁場方向； (2)斷開開關(guān)S后撤去擋條，棒開始下滑，經(jīng)t＝0.25s后下降了h＝0.29m，求此過程棒上產(chǎn)生的熱量. 答案　(1)0.5T　磁場垂直紙面向外　(2)2.3×10－3J 解析　(1)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝， ΔΦ＝S 代入數(shù)據(jù)得：E＝0.8V 等效電路圖如圖： 總電流I＝＝A＝2A，Iab＝＝1A 根據(jù)題意，此刻棒對擋條的壓力為零，即導(dǎo)體棒所

22、受安培力等于其重力，方向豎直向上 即B2Iabd＝mg，解得B2＝0.5T， 根據(jù)左手定則可知磁場的方向應(yīng)該垂直紙面向外. (2)開關(guān)斷開之后，撤去擋條，ab下滑過程切割磁感線，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)動量定理，則(mg－B2I′d)t＝mv－0 其中I′t＝q＝ ΔΦ＝B2·dh 根據(jù)動能定理可知mgh＋W＝mv2－0 聯(lián)立解得W≈－4.6×10－3J 因此導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的熱量為Q＝|W|＝2.3×10－3J. 4.(2018·浙江11月選考·22)如圖4所示，在間距L＝0.2m的兩光滑平行水平金屬導(dǎo)軌間存在方向垂直于紙面(向內(nèi)為正)的磁場，磁感應(yīng)強度的分布沿y方向不變，沿x方

23、向如下： B＝ 導(dǎo)軌間通過單刀雙擲開關(guān)S連接恒流源和電容C＝1F的未充電的電容器，恒流源可為電路提供恒定電流I＝2A，電流方向如圖所示.有一質(zhì)量m＝0.1kg的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌靜止放置于x0＝0.7m處.開關(guān)S擲向1，棒ab從靜止開始運動，到達x3＝－0.2m處時，開關(guān)S擲向2.已知棒ab在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直，求： (提示：可以用F－x圖象下的“面積”代表力F所做的功) 圖4 (1)棒ab運動到x1＝0.2m時的速度v1； (2)棒ab運動到x2＝－0.1m時的速度v2； (3)電容器最終所帶的電荷量Q. 答案　(1)2m/s　(2)m/s　(3)C 解析　(1)

24、從x0→x1的過程，由于安培力為恒力，由動能定理有BIL(x0－x1)＝mv12－0， 得v1＝2m/s (2)從x1→x2過程中，安培力F＝BIL， 由于B＝5x，可知F＝2x，可知F隨x變化而變化，F(xiàn)－x圖象如圖所示， 所以在這個過程中，安培力做功的大小為圖象與x軸圍成的面積，W安＝0.03J 所以W安＝mv22－mv12 得v2＝m/s (3)從x＝0.2m處移到x＝－0.2m處安培力不做功，v3＝v1＝2m/s 設(shè)最后穩(wěn)定時的速度為v，則導(dǎo)體棒兩端電壓U＝BLv 電容器上所帶電荷量Q＝CU 電路中通過的電荷量Q＝I′t 根據(jù)動量定理得－BI′Lt＝mv－mv3 聯(lián)立解得Q＝C. 13