2023版高考物理步步高大二輪復(fù)習(xí)講義第一篇專題四微專題6　動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用【解析版】-學(xué)案下載-教習(xí)網(wǎng)

考點(diǎn)一動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用
在導(dǎo)體單桿切割磁感線做變加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，若牛頓運(yùn)動(dòng)定律和能量觀點(diǎn)不能解決問(wèn)題，可運(yùn)用動(dòng)量定理巧妙解決問(wèn)題
例1 (多選)(2022·河南開封市二模)如圖所示，在光滑的水平面上有一方向豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)．磁場(chǎng)區(qū)域的左側(cè)，一正方形線框由位置Ⅰ以4.5 m/s的初速度垂直于磁場(chǎng)邊界水平向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)位置Ⅱ，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到位置Ⅲ時(shí)速度恰為零，此時(shí)線框剛好有一半離開磁場(chǎng)區(qū)域．線框的邊長(zhǎng)小于磁場(chǎng)區(qū)域的寬度．若線框進(jìn)、出磁場(chǎng)的過(guò)程中通過(guò)線框橫截面的電荷量分別為q1、q2，線框經(jīng)過(guò)位置Ⅱ時(shí)的速度為v.則下列說(shuō)法正確的是( )
A．q1＝q2 B．q1＝2q2
C．v＝1.0 m/s D．v＝1.5 m/s
答案 BD
解析根據(jù)q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BS,R)可知，線框進(jìn)、出磁場(chǎng)的過(guò)程中通過(guò)線框橫截面的電荷量q1＝2q2，故A錯(cuò)誤，B正確；線圈從開始進(jìn)入到位置Ⅱ，由動(dòng)量定理－Beq \x\t(I1)LΔt1＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理線圈從位置Ⅱ到位置Ⅲ，由動(dòng)量定理－Beq \x\t(I2)LΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，聯(lián)立解得v＝eq \f(1,3)v0＝1.5 m/s，故C錯(cuò)誤，D正確．
例2 (2022·浙江省精誠(chéng)聯(lián)盟聯(lián)考)如圖(a)所示，電阻為2R、半徑為r、匝數(shù)為n的圓形導(dǎo)體線圈兩端與水平導(dǎo)軌AD、MN相連．與導(dǎo)體線圈共圓心的圓形區(qū)域內(nèi)有豎直向下的磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖(b)所示，圖(b)中的B0和t0均已知．PT、DE、NG是橫截面積和材料完全相同的三根粗細(xì)均勻的金屬棒．金屬棒PT的長(zhǎng)度為3L、電阻為3R、質(zhì)量為m.導(dǎo)軌AD與MN平行且間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌EF與GH平行且間距為3L，DE和NG的長(zhǎng)度相同且與水平方向的夾角均為30°.區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ是兩個(gè)相鄰的、長(zhǎng)和寬均為d的空間區(qū)域．區(qū)域Ⅰ中存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng).0～2t0時(shí)間內(nèi)，使棒PT在區(qū)域Ⅰ中某位置保持靜止，且其兩端分別與導(dǎo)軌EF和GH對(duì)齊．除導(dǎo)體線圈、金屬棒PT、DE、NG外，其余導(dǎo)體電阻均不計(jì)，所有導(dǎo)體間接觸均良好且均處于同一水平面內(nèi)，不計(jì)一切摩擦，不考慮回路中的自感．
(1)求在0～2t0時(shí)間內(nèi)，使棒PT保持靜止的水平外力F的大?。?br>(2)在2t0以后的某時(shí)刻，若區(qū)域Ⅰ內(nèi)的磁場(chǎng)在外力作用下從區(qū)域Ⅰ以v0的速度勻速運(yùn)動(dòng)，完全運(yùn)動(dòng)到區(qū)域Ⅱ時(shí)，導(dǎo)體棒PT速度恰好達(dá)到v0且恰好進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，該過(guò)程棒PT產(chǎn)生的焦耳熱為Q，求金屬棒PT與區(qū)域Ⅰ右邊界的初始距離x0和該過(guò)程維持磁場(chǎng)勻速運(yùn)動(dòng)的外力做的功W；
(3)若磁場(chǎng)完全運(yùn)動(dòng)到區(qū)域Ⅱ時(shí)立刻停下，求導(dǎo)體棒PT運(yùn)動(dòng)到EG時(shí)的速度大小v.
答案 (1)0～t0時(shí)間內(nèi)F＝eq \f(nB02πLr2,3Rt0)；t0～2t0時(shí)間內(nèi)F＝0 (2)d－eq \f(3mRv0,B02L2) 3Q＋eq \f(1,2)mv02 (3)v0－eq \f(2\r(3)B02L3,3mR)
解析 (1)在0～t0時(shí)間內(nèi)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝neq \f(ΔB,Δt)S＝neq \f(B0,t0)πr2
由閉合電路歐姆定律得I＝eq \f(E,3R)＝eq \f(nB0πr2,3Rt0)
故在0～t0時(shí)間內(nèi)，使PT棒保持靜止的水平外力大小為F＝FA＝BIL＝eq \f(nB02πLr2,3Rt0)
在t0～2t0時(shí)間內(nèi)，磁場(chǎng)不變化，回路中電動(dòng)勢(shì)為零，無(wú)電流，則外力F＝0
(2)PT棒向右加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，取向右的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量定理得eq \f(B02L2Δx,3R)＝mv0
得Δx＝eq \f(3mRv0,B02L2)
所以x0＝d－Δx＝d－eq \f(3mRv0,B02L2)
PT棒向右加速過(guò)程中，回路中的總焦耳熱為Q總＝3Q
由功能關(guān)系和能量守恒定律得W＝3Q＋eq \f(1,2)mv02
(3)棒PT從磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ左邊界向右運(yùn)動(dòng)距離x時(shí)，回路中棒PT的長(zhǎng)度為lx＝2eq \f(\r(3),3)x＋L
回路中總電阻為R總x＝eq \f(R,L)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lx＋2\f(2\r(3),3)x))＋2R＝eq \f(R,L)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\f(\r(3),3)x＋L＋2\f(2\r(3),3)x))＋2R
＝eq \f(R,L)(2eq \r(3)x＋3L)
回路中電流為Ix＝eq \f(B0lxvx,R總x)＝eq \f(B0?2\f(\r(3),3)x＋L?vx,\f(R,L)?2\r(3)x＋3L?)＝eq \f(B0Lvx,3R)
棒PT所受安培力大小為FAx＝B0Ixlx＝eq \f(B02Lvxlx,3R)
棒PT從磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ左邊界運(yùn)動(dòng)到EG過(guò)程中，以v0方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量定理得－∑eq \f(B02Lvxlx,3R)Δt＝mv－mv0
即－eq \f(B02LS梯,3R)＝mv－mv0
其中S梯＝2eq \r(3)L2
所以v＝v0－eq \f(2\r(3)B02L3,3mR).
考點(diǎn)二動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用
雙桿模型
例3 (2022·遼寧卷·15)如圖所示，兩平行光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌水平放置，間距為L(zhǎng).abcd區(qū)域有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向上．初始時(shí)刻，磁場(chǎng)外的細(xì)金屬桿M以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)內(nèi)的細(xì)金屬桿N處于靜止?fàn)顟B(tài)．兩金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直．兩桿的質(zhì)量均為m，在導(dǎo)軌間的電阻均為R，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)及導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)．
(1)求M剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力F的大小和方向；
(2)若兩桿在磁場(chǎng)內(nèi)未相撞且N出磁場(chǎng)時(shí)的速度為eq \f(v0,3)，求：①N在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)回路的電荷量q；②初始時(shí)刻N(yùn)到ab的最小距離x；
(3)初始時(shí)刻，若N到cd的距離與第(2)問(wèn)初始時(shí)刻的相同、到ab的距離為kx(k>1)，求M出磁場(chǎng)后不與N相撞條件下k的取值范圍．
答案 (1)eq \f(B2L2v0,2R) 方向水平向左
(2)①eq \f(mv0,3BL) ②eq \f(2mv0R,3B2L2)
(3)2≤k1)，則N到cd邊的速度大小恒為eq \f(v0,3)，取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知mv0＝mv1＋m·eq \f(v0,3)
解得N出磁場(chǎng)時(shí)，M的速度大小為v1＝eq \f(2,3)v0
由題意可知，此時(shí)M到cd邊的距離為s＝(k－1)x
若要保證M出磁場(chǎng)后不與N相撞，則有兩種臨界情況：
①M(fèi)減速到eq \f(v0,3)時(shí)出磁場(chǎng)，速度剛好等于N的速度，一定不與N相撞，對(duì)M根據(jù)動(dòng)量定理有
－Beq \x\t(I1)L·Δt1＝m·eq \f(v0,3)－m·eq \f(2,3)v0
q1＝eq \x\t(I1)·Δt1＝eq \f(BL·?k－1?x,2R)
聯(lián)立解得k＝2
②M運(yùn)動(dòng)到cd邊時(shí)，恰好減速到零，則對(duì)M由動(dòng)量定理有－Beq \x\t(I2)L·Δt2＝0－m·eq \f(2,3)v0
同理解得k＝3
綜上所述，M出磁場(chǎng)后不與N相撞條件下k的取值范圍為2≤k

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