2025屆高考物理二輪專題復習與測試模塊四電磁感應和電路專題十二三大觀點在電學中的應用-試卷下載-教習網(wǎng)

1．動量定理和動量守恒定律在電學中的應用。 2.應用動量和能量觀點解決電場和磁場問題。
3．應用動量和能量觀點分析電磁感應問題。
命題點1 應用動量定理分析電磁感應問題
1．(2023·湖南卷，T14)如圖所示，兩根足夠長的光滑金屬直導軌平行放置，導軌間距為L，兩導軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成θ角，整個裝置處于垂直于導軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B?，F(xiàn)將質(zhì)量均為m的金屬棒a、b垂直于導軌放置，每根金屬棒接入導軌之間的電阻均為R。運動過程中金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導軌，導軌電阻忽略不計，重力加速度為g。
(1)先保持棒b靜止，將棒a由靜止釋放，求棒a勻速運動時的速度大小v0；
(2)在(1)問中，當棒a勻速運動時，再將棒b由靜止釋放，求釋放瞬間棒b的加速度大小a0；
(3)在(2)問中，從棒b釋放瞬間開始計時，經(jīng)過時間t0，兩棒恰好達到相同的速度v，求速度v的大小，以及時間t0內(nèi)棒a相對于棒b運動的距離Δx。
解析：(1)棒a勻速運動時，對棒a分析，由平衡條件有
mg sin θ＝BI1L
由法拉第電磁感應定律有E1＝BLv0
由歐姆定律有I1＝ eq \f(E1,2R) ，聯(lián)立解得v0＝ eq \f(2mgR sin θ,B2L2) 。
(2)當棒a勻速運動時，釋放棒b，分析可知，棒b受到沿導軌向下的安培力，則釋放棒b的瞬間，對棒b，由牛頓第二定律有mg sin θ＋BI1L＝ma0
又BI1L＝mg sin θ
解得a0＝2g sin θ。
(3)釋放棒b后，由于棒b中產(chǎn)生的感應電動勢對于回路來說，與棒a中產(chǎn)生的感應電動勢方向相反，所以兩棒所受安培力均減小，對棒a，由動量定理有
(mg sin θ－F) t0＝mv－mv0
對棒b，由動量定理有
(mg sin θ＋F) t0＝mv
結(jié)合(1)問結(jié)果聯(lián)立解得
v＝gt0sin θ＋ eq \f(mgR sin θ,B2L2)
設(shè)棒a速度為vi時產(chǎn)生的感應電動勢為Ea，則
Ea＝BLvi
同理設(shè)棒b速度為vj時產(chǎn)生的感應電動勢為Eb，
則Eb＝BLvj
棒中電流為I＝ eq \f(Ei－Ej,2R) ＝ eq \f(BL(vi－vj),2R)
兩棒所受安培力的大小均為
F＝ BIL＝ eq \f(B2L2(vi－vj),2R)
對棒b，由動量定理有
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(mg sin θ＋\f(B2L2(vi－vj),2R))) Δt＝mΔv
對方程兩側(cè)求和，即
Σ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(mg sin θ＋\f(B2L2(vi－vj),2R))) Δt＝ΣmΔv
注意到ΣΔt＝t0，Σ(vi－vj)Δt＝Δx，ΣΔv＝v
解得Δx＝ eq \f(2m2gR2sin θ,B4L4) 。
答案：(1) eq \f(2mgR sin θ,B2L2) (2)2g sin θ
(3)gt0sin θ＋ eq \f(mgR sin θ,B2L2) eq \f(2m2gR2sin θ,B4L4)
命題點2 應用動量守恒定律分析電磁感應問題
2．(2024·湖北卷，T15)如圖所示，兩足夠長平行金屬直導軌MN、PQ的間距為L，固定在同一水平面內(nèi)，直導軌在左端M、P點分別與兩條豎直固定、半徑為L的 eq \f(1,4) 圓弧導軌相切。MP連線與直導軌垂直，其左側(cè)無磁場，右側(cè)存在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。長為L、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導軌的最高點。質(zhì)量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個半徑為L的圓環(huán)，水平放置在兩直導軌上，其圓心到兩直導軌的距離相等。忽略導軌的電阻、所有摩擦以及金屬環(huán)的可能形變，金屬棒、金屬環(huán)均與導軌始終接觸良好，重力加速度大小為g?，F(xiàn)將金屬棒ab由靜止釋放，求：
(1)ab剛越過MP時產(chǎn)生的感應電動勢大??；
(2)金屬環(huán)剛開始運動時的加速度大??；
(3)為使ab在整個運動過程中不與金屬環(huán)接觸，金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離。
解析：(1)對金屬棒ab由靜止釋放到剛越過MP過程中，由動能定理有mgL＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0)
解得v0＝ eq \r(2gL)
則ab剛越過MP時產(chǎn)生的感應電動勢大小為E＝BLv0＝BL eq \r(2gL) 。
(2)金屬環(huán)在導軌間兩段圓弧并聯(lián)接入電路中，軌道外側(cè)的兩段圓弧金屬環(huán)被短路，由幾何關(guān)系可得，每段軌道內(nèi)圓弧的電阻R0＝ eq \f(1,2) × eq \f(6R,3) ＝R
R總＝R＋ eq \f(R·R,R＋R) ＝ eq \f(3,2) R
ab剛越過MP時，通過ab的感應電流
I＝ eq \f(E,R總) ＝ eq \f(2BL\r(2gL),3R)
對金屬環(huán)有2BL· eq \f(I,2) ＝2ma
解得a＝ eq \f(B2L2\r(2gL),3mR) 。
(3)金屬環(huán)和金屬棒ab所受的安培力等大、反向，則系統(tǒng)的動量守恒，由于金屬環(huán)做加速運動，金屬棒做減速運動，當金屬棒ab和金屬環(huán)速度相等時，金屬棒ab恰好追上金屬環(huán)，設(shè)此時速度為v，由動量守恒定律有mv0＝mv＋2mv，解得v＝ eq \f(1,3) v0
對金屬棒ab，由動量定理有
－B eq \(I,\s\up6(－)) Lt＝m· eq \f(v0,3) －mv0
則有BLq＝ eq \f(2,3) mv0
設(shè)金屬棒運動距離為x1，金屬環(huán)運動的距離為x2，
則有q＝ eq \f(BL(x1－x2),R總)
聯(lián)立解得Δx＝x1－x2＝ eq \f(mR\r(2gL),B2L2)
則金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離
d＝L＋Δx＝ eq \f(B2L3＋mR\r(2gL),B2L2) 。
答案：(1)BL eq \r(2gL)
(2) eq \f(B2L2\r(2gL),3mR)
(3) eq \f(B2L3＋mR\r(2gL),B2L2)
題型一動量和能量觀點在電磁感應中的應用
考向1 動量定理分析“單棒”或者“線框”問題
在導體單桿切割磁感線做變加速運動時，若牛頓運動定律和能量觀點不能解決問題，則可運用動量定理巧妙解決問題。
如圖，間距為L的兩平行金屬導軌右端接有電阻R，固定在離地高為H的平面上，空間存在著方向豎直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場。質(zhì)量為m的金屬桿ab垂直于導軌放置，桿獲得一個大小為v0的水平初速度后向左運動并離開導軌，其落地點距導軌左端的水平距離為s。已知重力加速度為g，忽略一切摩擦，桿和導軌電阻不計。求：
(1)桿即將離開軌道時的加速度大小a；
(2)桿穿過勻強磁場的過程中，克服安培力做的功W；
(3)桿ab在水平軌道運動的位移x。
[解析] (1)桿離開軌道后做平拋運動，則有
H＝ eq \f(1,2) gt2，s＝vt
聯(lián)立解得，桿離開軌道時的速度大小v＝s eq \r(\f(g,2H))
桿離開軌道時，產(chǎn)生的感應電動勢E＝BLv
感應電流大小I＝ eq \f(E,R)
桿受到的安培力大小F＝BIL
根據(jù)牛頓第二定律可得F＝ma
聯(lián)立方程，解得桿即將離開軌道時的加速度大小
a＝ eq \f(B2L2s,2mRH) eq \r(2gH) 。
(2)根據(jù)動能定理，可得
－W＝ eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0)
聯(lián)立方程，解得桿穿過勻強磁場的過程中，克服安培力做的功W＝ eq \f(1,2) m(v eq \\al(2,0) － eq \f(gs2,2H) )。
(3)根據(jù)動量定理，可得－B eq \x\t(I) Lt＝mv－mv0
又有q＝ eq \x\t(I) t，q＝ eq \f(BLx,R)
聯(lián)立方程，解得x＝ eq \f(mR,B2L2) (v0－ eq \f(s,2H) eq \r(2gH) )
[答案] (1) eq \f(B2L2s,2mRH) eq \r(2gH) (2) eq \f(1,2) m(v eq \\al(2,0) － eq \f(gs2,2H) )
(3) eq \f(mR,B2L2) (v0－ eq \f(s,2H) eq \r(2gH) )
考向2 動量守恒定律分析“雙棒”問題
(多選)如圖，水平桌面上固定兩根距離d＝1 m、不計電阻的足夠長的平行金屬導軌。A、B、C、D、E、F為導軌上6個不同的位置，ABFE區(qū)域(含邊界)有垂直于紙面向里、大小B＝1 T的勻強磁場。導體棒l1的質(zhì)量m＝0.5 kg，電阻R＝0.2 Ω，垂直于導軌放置，EF處有一固定的與l1相同的導體棒l2。導體棒與導軌垂直且接觸良好，在C、D兩位置有固定彈性立柱C和D，導體棒與立柱發(fā)生彈性碰撞時，速度立即變?yōu)榕c碰前速度等大反向。l1在恒定外力F作用下從AB邊左端距AB邊0.25 m處由靜止開始向右運動，進入磁場后恰能做勻速直線運動。l1運動至CD處，與立柱發(fā)生碰撞時立即撤去外力，同時撤去對l2的固定，當l1再次運動至AB處時，l1與l2達到共速，l2恰好到達CD處，并與立柱相碰。已知導軌AE、BF段光滑，其余段粗糙，l1與粗糙部分間動摩擦因數(shù)為μ，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力。F＝5 N，CE＝0.3 m，重力加速度g取10 m/s2，則下列說法正確的是( AC )
A．l1與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2
B．C、D分別為AE、BF的中點
C．l1由CD運動到AB的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為0.25 J
D．l2最終將離開磁場，在EF右側(cè)滑動一段距離
[解析] 因l1進入磁場后做勻速直線運動，則有F＝ eq \f(B2d2,2R) v0，解得v0＝2 m/s，l1由開始運動到進入磁場，由動能定理可得F×0.25 m－μmg×0.25 m＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) ，解得μ＝0.2，A正確；l1從反彈至到達AB過程，l1、l2系統(tǒng)動量守恒，設(shè)共同速度為v1，根據(jù)動量守恒定律得mv0＝2mv1，解得v1＝1 m/s，在相同時間內(nèi)，l1速度由2 m/s減速到1 m/s，l2速度由0增加到1 m/s，故此過程l1的位移大于l2的位移，B錯誤；兩棒都在磁場中運動過程中，系統(tǒng)損失的動能變成兩棒的焦耳熱，由于兩棒電阻相等，則兩棒產(chǎn)生的焦耳熱相等，設(shè)每根棒產(chǎn)生的焦耳熱為Q，根據(jù)能量守恒定律得2Q＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) － eq \f(1,2) ·2m·v eq \\al(2,1) ，解得Q＝0.25 J，C正確；l2在磁場中向右滑動時只受安培力作用，l1在磁場外，設(shè)l2向右移動的最大距離為x，由動量定理得－B eq \x\t(I) dt＝0－mv1， eq \x\t(I) t＝q，由法拉第電磁感應定律得 eq \x\t(E) ＝ eq \f(ΔΦ,Δt) ，ΔΦ＝Bdx，由閉合電路歐姆定律得 eq \x\t(I) ＝ eq \f(\x\t(E),2R) ，q＝ eq \x\t(I) Δt，解得x＝0.2 m＜CE，即l2將在磁場中運動0.2 m 后靜止，并沒有離開磁場，D錯誤。
(2023·全國甲卷，T25)如圖所示，水平桌面上固定一光滑U形金屬導軌，其平行部分的間距為l，導軌的最右端與桌子右邊緣對齊，導軌的電阻忽略不計。導軌所在區(qū)域有方向豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一質(zhì)量為m、電阻為R、長度也為l的金屬棒P靜止在導軌上。導軌上質(zhì)量為3m的絕緣棒Q位于P的左側(cè)，以大小為v0的速度向P運動并與P發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間很短。碰撞一次后，P和Q先后從導軌的最右端滑出導軌，并落在地面上同一地點。P在導軌上運動時，兩端與導軌接觸良好，P與Q始終平行。不計空氣阻力。求：
(1)金屬棒P滑出導軌時的速度大??；
(2)金屬棒P在導軌上運動過程中產(chǎn)生的熱量；
(3)與P碰撞后，絕緣棒Q在導軌上運動的時間。
[解析] (1)由于絕緣棒Q與金屬棒P發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律可得
3mv0＝3mvQ＋mvP
eq \f(1,2) ×3mv eq \\al(2,0) ＝ eq \f(1,2) ×3mv eq \\al(2,Q) ＋ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,P)
聯(lián)立解得vP＝ eq \f(3,2) v0，vQ＝ eq \f(1,2) v0
由題知，碰撞一次后，P和Q先后從導軌的最右端滑出導軌，并落在地面上同一地點，則金屬棒P滑出導軌時的速度大小vP′＝vQ＝ eq \f(1,2) v0。
(2)根據(jù)能量守恒有 eq \f(1,2) mv eq \\al(2,P) ＝ eq \f(1,2) mvP′2＋Q，解得Q＝mv eq \\al(2,0) 。
(3)P、Q碰撞后，對金屬棒P分析，根據(jù)動量定理得
－B eq \(I,\s\up6(－)) lΔt＝mvP′－mvP
又 eq \(I,\s\up6(－)) ＝ eq \f(\(E,\s\up6(－)),R) ＝ eq \f(ΔΦ,RΔt) ＝ eq \f(Blx,RΔt) ，聯(lián)立可得x＝ eq \f(mv0R,B2l2)
由于Q為絕緣棒，無電流通過，做勻速直線運動，故Q運動的時間t＝ eq \f(x,vQ) ＝ eq \f(2mR,B2l2) 。
[答案] (1) eq \f(1,2) v0 (2)mv eq \\al(2,0) (3) eq \f(2mR,B2l2)
題型二動量和能量觀點在電場或磁場中的應用
考向1 動量和能量觀點在電場中的應用
如圖，足夠高的絕緣細管豎直固定，細管內(nèi)壁光滑。有界勻強電場區(qū)域的邊界垂直于豎直管，上邊界固定且距直管上端管口為L，下邊界可沿直管調(diào)節(jié)場區(qū)高度，設(shè)場區(qū)高度為kL(k>0)。質(zhì)量為m、不帶電的絕緣小球a從直管上端管口處由靜止釋放，之后與靜止在電場區(qū)域上邊界的帶電小球b碰撞，小球b的質(zhì)量為5m、電荷量為＋q。已知a、b的直徑略小于管的直徑，a、b碰撞時間極短且沒有機械能損失，b的電荷不發(fā)生轉(zhuǎn)移，重力加速度為g，求：
(1)電場強度E的大??；
(2)a、b第一次碰撞后的瞬間速度v1、v2；
(3)a、b分別在電場區(qū)域內(nèi)和電場區(qū)域外發(fā)生第二次碰撞對應的k的取值范圍。
[解析] (1)設(shè)電場的電場強度為E，由題意知，小球b受力平衡，由qE＝5mg，解得E＝ eq \f(5mg,q) 。
(2)設(shè)豎直向下為正方向，a與b發(fā)生第一次碰撞前的速度為v0，由機械能守恒定律有
mgL＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0)
解得v0＝ eq \r(2gL)
a與b碰撞，由動量守恒定律有
mv0＝mv1＋5mv2
碰撞前后機械能守恒，則有
eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) ＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,1) ＋ eq \f(1,2) ×5mv eq \\al(2,2)
聯(lián)立解得v1＝－ eq \f(2,3) eq \r(2gL) ，v2＝ eq \f(\r(2gL),3) ，負號表示方向豎直向上。
(3)a、b發(fā)生第一次碰撞后，由(2)的分析發(fā)現(xiàn)，a球做豎直上拋運動，b球勻速通過電場區(qū)域，之后與a球有相同的加速度向下運動。由于k取不同的值，a、b發(fā)生第二次碰撞的位置及時間也不同，a可能在電場區(qū)域追上b，也可能在電場外追上b，現(xiàn)討論如下：
若a、b在電場區(qū)域內(nèi)發(fā)生第二次碰撞。設(shè)第一次碰撞后，經(jīng)t1時間a追上b。
由兩球位移相等，得
v1t1＋ eq \f(1,2) gt eq \\al(2,1) ＝v2t1
v2t1≤kL
解得k≥ eq \f(4,3)
若a、b在電場區(qū)域外發(fā)生第二次碰撞。設(shè)b在電場區(qū)域做勻速直線運動的時間為t，則t＝ eq \f(kL,v2)
a、b發(fā)生第一次碰撞后，經(jīng)時間t，小球a的速度
v3＝v1＋gt
若a在場外追上b，則必須滿足v3>v2
聯(lián)立解得k> eq \f(2,3)
可知k< eq \f(4,3) ，所以 eq \f(2,3)

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