《通用版2021版高考物理大一輪復(fù)習(xí)第10章電磁感應(yīng)第4節(jié)電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)動(dòng)量和能量問(wèn)題教學(xué)案.doc》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《通用版2021版高考物理大一輪復(fù)習(xí)第10章電磁感應(yīng)第4節(jié)電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)動(dòng)量和能量問(wèn)題教學(xué)案.doc（15頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)趨R文網(wǎng)上搜索。

1、高考物理總復(fù)習(xí)精品第4節(jié)電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量問(wèn)題 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題講典例示法1兩種狀態(tài)及處理方法狀態(tài)特征處理方法平衡態(tài)加速度為零根據(jù)平衡條件列式分析非平衡態(tài)加速度不為零根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行分析2力學(xué)對(duì)象和電學(xué)對(duì)象的相互關(guān)系典例示法(2016全國(guó)卷)如圖所示，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上。t0時(shí)，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。t0時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，且在磁場(chǎng)中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng)。桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且

2、接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。重力加速度大小為g。求：(1)金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的大?。?2)電阻的阻值。思路點(diǎn)撥：分別畫(huà)出金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)前、后的受力示意圖，有助于快速準(zhǔn)確的求解問(wèn)題。甲乙解析(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得Fmgma設(shè)金屬桿到達(dá)磁場(chǎng)左邊界時(shí)的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vat0當(dāng)金屬桿以速度v在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得桿中的電動(dòng)勢(shì)為EBlv聯(lián)立式可得EBlt0。(2)設(shè)金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律I式中R為電阻的阻值。金屬桿所受的安培力為fBlI因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得Fmgf0聯(lián)

3、立式得R。答案(1)Blt0(2)用“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題跟進(jìn)訓(xùn)練電磁感應(yīng)中的平衡問(wèn)題1(2016全國(guó)卷)如圖所示，兩固定的絕緣斜面傾角均為，上沿相連。兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長(zhǎng)的柔軟輕導(dǎo)線(xiàn)將它們連成閉合回路abdca，并通過(guò)固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平。右斜面上存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于斜面向上。已知兩根導(dǎo)線(xiàn)剛好不在磁場(chǎng)中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，重力加速度大小為g。已知金屬棒ab勻速下滑。求：(1)作用在金屬棒ab上的安培力的大??；(

4、2)金屬棒運(yùn)動(dòng)速度的大小。解析(1)設(shè)導(dǎo)線(xiàn)的張力的大小為T(mén)，右斜面對(duì)ab棒的支持力的大小為N1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對(duì)cd棒的支持力大小為N2。對(duì)于ab棒，由力的平衡條件得2mgsin N1TFN12mgcos 對(duì)于cd棒，同理有mgsin N2TN2mgcos 聯(lián)立式得Fmg(sin 3cos )。(2)由安培力公式得FBIL這里I是回路abdca中的感應(yīng)電流。ab棒上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為BLv式中，v是ab棒下滑速度的大小。由歐姆定律得I聯(lián)立式得v(sin 3cos )。答案(1)mg(sin 3cos ) (2)(sin 3cos )電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)問(wèn)題2(2018江蘇高考

5、)如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為，間距為d。導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上，距底端的距離為s，導(dǎo)軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流。金屬棒被松開(kāi)后，以加速度a沿導(dǎo)軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g。求下滑到底端的過(guò)程中，金屬棒：(1)末速度的大小v；(2)通過(guò)的電流大小I；(3)通過(guò)的電荷量Q。解析(1)金屬棒做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v22as解得v。(2)金屬棒所受安培力F安IdB金屬棒所受合力Fmgsin F安根據(jù)牛頓第二定律有Fma解得I。(3)金屬棒的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t，通過(guò)的

6、電荷量QIt解得Q。答案(1)(2) (3) 3(2019重慶市模擬)如圖所示，兩平行且無(wú)限長(zhǎng)光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ與水平面的夾角為30，兩導(dǎo)軌之間的距離為L(zhǎng)1 m，兩導(dǎo)軌M、P之間接入電阻R0.2 ，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，在abdc區(qū)域內(nèi)有一個(gè)方向垂直于兩導(dǎo)軌平面向下的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B01 T，磁場(chǎng)的寬度x11 m；在cd連線(xiàn)以下區(qū)域有一個(gè)方向也垂直于導(dǎo)軌平面向下的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B10.5 T。一個(gè)質(zhì)量為m1 kg的金屬棒垂直放在金屬導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的電阻r0.2 ，若金屬棒在離ab連線(xiàn)上端x0處自由釋放，則金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng) 恰好做勻速運(yùn)動(dòng)。金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)后，經(jīng)過(guò)ef時(shí)又達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)

7、，cd與ef之間的距離x28 m。求：(g取10 m/s2)(1)金屬棒在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的速度大小；(2)金屬棒滑過(guò)cd位置時(shí)的加速度大??；(3)金屬棒在磁場(chǎng)中達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)的速度大小。解析(1)金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)速度為v0，由平衡條件得mgsin F安而F安B0I0L，I0代入數(shù)據(jù)解得v02 m/s。(2)金屬棒滑過(guò)cd位置時(shí)，其受力如圖所示。由牛頓第二定律得mgsin F安ma，而F安B1I1L，I1，代入數(shù)據(jù)可解得a3.75 m/s2。(3)金屬棒在進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，設(shè)速度為v1，則mgsin F安，而F安B1I2LI2，代入數(shù)據(jù)解得v18 m/s。答案(1)2 m/s(2

8、)3.75 m/s2(3)8 m/s 電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題講典例示法1電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化2求解焦耳熱Q的三種方法3求解電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量問(wèn)題的一般步驟(1)在電磁感應(yīng)中，切割磁感線(xiàn)的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，該導(dǎo)體或回路就相當(dāng)于電源。(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量發(fā)生了相互轉(zhuǎn)化。(3)根據(jù)能量守恒列方程求解。典例示法小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡(jiǎn)化裝置如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)0.50 m，傾角53，導(dǎo)軌上端串接一個(gè)R0.05 的電阻。在導(dǎo)軌間長(zhǎng)d0.56 m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2.0 T。質(zhì)量m4.0 kg的金

9、屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通過(guò)定滑輪與拉桿GH相連。CD棒的初始位置與磁場(chǎng)區(qū)域的下邊界相距x0.24 m。一位健身者用恒力F80 N拉動(dòng)GH桿，CD棒由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，上升過(guò)程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直。當(dāng)CD棒到達(dá)磁場(chǎng)上邊界時(shí)健身者松手，觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g10 m/s2，sin 530.8，不計(jì)其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量)。求：(1)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v的大??；(2)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受的安培力FA的大小；(3)在拉升CD棒的過(guò)程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q。解析(1)由牛頓第二定律a12 m/s2進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v2.4 m/s。(

10、2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBlv感應(yīng)電流I安培力FAIBl代入得FA48 N。(3)健身者做功WF(xd)64 J由Fmgsin FA0知CD棒在磁場(chǎng)區(qū)域做勻速運(yùn)動(dòng)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t焦耳熱QI2Rt26.88 J。答案(1)2.4 m/s(2)48 N(3)64 J26.88 J跟進(jìn)訓(xùn)練功能關(guān)系在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用1(多選)(2018江蘇高考)如圖所示，豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L(zhǎng)，矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)、的高和間距均為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進(jìn)入磁場(chǎng)和時(shí)的速度相等。金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計(jì)，重力加速度為g。金屬桿()A剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度方向豎直向下B穿

11、過(guò)磁場(chǎng)的時(shí)間大于在兩磁場(chǎng)之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間C穿過(guò)兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為4mgdD釋放時(shí)距磁場(chǎng)上邊界的高度h可能小于BC根據(jù)題述，由金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)和進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度相等可知，金屬桿在磁場(chǎng)中做減速運(yùn)動(dòng)，所以金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度方向豎直向上，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)后做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，而在兩磁場(chǎng)之間做勻加速運(yùn)動(dòng)，所以穿過(guò)磁場(chǎng)的時(shí)間大于在兩磁場(chǎng)之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，選項(xiàng)B正確；根據(jù)能量守恒定律，金屬桿從剛進(jìn)入磁場(chǎng)到剛進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程動(dòng)能變化量為0，重力做功為2mgd，則金屬桿穿過(guò)磁場(chǎng)產(chǎn)生的熱量Q12mgd，而金屬桿在兩磁場(chǎng)區(qū)域的運(yùn)動(dòng)情況相同，產(chǎn)生的熱量相等，所以金屬桿穿過(guò)兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為Q222

12、mgd4mgd，選項(xiàng)C正確；金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv，感應(yīng)電流I，所受安培力FBIL，由于金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度方向豎直向上，所以安培力大于重力，即Fmg，聯(lián)立解得h，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。2如圖所示，凸字形硬質(zhì)金屬線(xiàn)框質(zhì)量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內(nèi)，ab邊長(zhǎng)為l，cd邊長(zhǎng)為2l，ab與cd平行，間距為2l。勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的上下邊界均水平，磁場(chǎng)方向垂直于線(xiàn)框所在平面。開(kāi)始時(shí)，cd邊到磁場(chǎng)上邊界的距離為2l，線(xiàn)框由靜止釋放，從cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)直到ef、pq邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，線(xiàn)框做勻速運(yùn)動(dòng)，在ef、pq邊離開(kāi)磁場(chǎng)后，ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)之前，線(xiàn)框又做勻速運(yùn)動(dòng)。線(xiàn)框

13、完全穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為Q。線(xiàn)框在下落過(guò)程中始終處于原豎直平面內(nèi)，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g；求：(1)線(xiàn)框ab邊將離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小是cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的幾倍；(2)磁場(chǎng)上下邊界間的距離H。解析(1)設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線(xiàn)框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v1，cd邊上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E12Blv1設(shè)線(xiàn)框總電阻為R，此時(shí)線(xiàn)框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律可得I1設(shè)此時(shí)線(xiàn)框所受安培力為F1，有F12I1lB由于線(xiàn)框做勻速運(yùn)動(dòng)，故受力平衡，所以有mgF1聯(lián)立解得v1設(shè)ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)之前，線(xiàn)框做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v2，同理可得

14、v2，故可知v24v1。(2)線(xiàn)框自釋放直到cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，由機(jī)械能守恒定律可得2mglmv線(xiàn)框完全穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，由能量守恒定律可得mg(2lH)mvmvQ聯(lián)立解得：H28l。答案(1)4倍(2)28l電功率和焦耳熱的計(jì)算3(多選)(2019廣州荔灣區(qū)調(diào)研)CD、EF是兩條水平放置的阻值可忽略的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，在水平導(dǎo)軌的左側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為d，如圖所示。導(dǎo)軌的右端接有一阻值為R的電阻，左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接。將一阻值為R、質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，導(dǎo)體棒最終恰好停在磁場(chǎng)的右邊界處。

15、已知導(dǎo)體棒與水平導(dǎo)軌接觸良好，且動(dòng)摩擦因數(shù)為，則下列說(shuō)法中正確的是()A通過(guò)電阻R的最大電流為B流過(guò)電阻R的電荷量為C整個(gè)電路中產(chǎn)生的焦耳熱為mghD電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為mg(hd)ABD質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度最大，由mghmv2，得最大速度v，產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EmBLvBL，由閉合電路歐姆定律可得通過(guò)電阻R的最大電流Im，A正確；在導(dǎo)體棒滑過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值，平均感應(yīng)電流，流過(guò)電阻R的電荷量為qt，聯(lián)立解得q，B正確；由能量守恒定律可知整個(gè)電路中產(chǎn)生的焦耳熱Qmghmgd，C錯(cuò)誤； 電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱Q1 Q mg(h

16、d)，D正確。4(2017江蘇高考)如圖所示，兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻。質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下。當(dāng)該磁場(chǎng)區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過(guò)金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関。導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌光滑且足夠長(zhǎng)，桿在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸。求：(1)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿中感應(yīng)電流的大小I；(2)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿的加速度大小a；(3)PQ剛要離開(kāi)金屬桿時(shí)，感應(yīng)電流的功率P。解析(1)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，金屬桿的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBdv0回路的感應(yīng)電流I由式解得I

17、。(2)金屬桿所受的安培力FBId由牛頓第二定律得，對(duì)金屬桿Fma由式得a。(3)金屬桿切割磁感線(xiàn)的相對(duì)速度vv0v感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBdv感應(yīng)電流的電功率P由式得P。答案(1)(2)(3) 動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)問(wèn)題中的應(yīng)用講典例示法1對(duì)于兩導(dǎo)體棒在平直的光滑導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的情況，如果兩棒所受的外力之和為零，則考慮應(yīng)用動(dòng)量守恒定律處理問(wèn)題；2由BLtmv、qt可知，當(dāng)題目中涉及電荷量或平均電流時(shí)，可應(yīng)用動(dòng)量定理來(lái)解決問(wèn)題。典例示法(2019馬鞍山二模)兩根足夠長(zhǎng)的固定的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為L(zhǎng)，導(dǎo)軌上放置兩根導(dǎo)體棒a和b，俯視圖如圖甲所示。兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m，電阻均為R，回路中

18、其余部分的電阻不計(jì)，在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)，有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終垂直接觸良好且均可沿導(dǎo)軌無(wú)摩擦地滑行，開(kāi)始時(shí)，兩棒均靜止，間距為x0，現(xiàn)給導(dǎo)體棒a一水平向右的初速度v0，并開(kāi)始計(jì)時(shí)，可得到如圖乙所示的v t圖象(v表示兩棒的相對(duì)速度，即vvavb)甲乙(1)試證明：在0t2時(shí)間內(nèi)，回路產(chǎn)生的焦耳熱Q與磁感應(yīng)強(qiáng)度B無(wú)關(guān)。(2)求t1時(shí)刻棒b的加速度大小。(3)求t2時(shí)刻兩棒之間的距離。解析(1)t2時(shí)刻開(kāi)始，兩棒速度相等，由動(dòng)量守恒定律有2mvmv0由能量守恒定律有Qmv(2m)v2解得Qmv所以在0t2時(shí)間內(nèi)，回路產(chǎn)生的焦耳熱Q與磁感應(yīng)強(qiáng)度B無(wú)關(guān)。(2)t1時(shí)刻

19、有vavb回路中的電流I此時(shí)棒b所受的安培力FBIL由牛頓第二定律得棒b的加速度大小a1。(3)t2時(shí)刻，兩棒速度相同，均為v0t2時(shí)間內(nèi)，對(duì)棒b，由動(dòng)量定理有BLtmv0根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有根據(jù)閉合電路歐姆定律有而B(niǎo)SBL(xx0)解得t2時(shí)刻兩棒之間的距離xx0。答案(1)見(jiàn)解析(2)(3)x0兩金屬桿在平直的光滑導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，只受到安培力作用，這類(lèi)問(wèn)題可以從以下三個(gè)觀點(diǎn)來(lái)分析：(1)力學(xué)觀點(diǎn)：通常情況下一個(gè)金屬桿做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，而另一個(gè)金屬桿做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終兩金屬桿以共同的速度勻速運(yùn)動(dòng)；(2)能量觀點(diǎn)：其中一個(gè)金屬桿動(dòng)能的減少量等于另一個(gè)金屬桿動(dòng)能的增加量與

20、回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和；(3)動(dòng)量觀點(diǎn)：如果光滑導(dǎo)軌間距恒定，則兩個(gè)金屬桿的安培力大小相等，通常情況下系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。跟進(jìn)訓(xùn)練動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用1兩足夠長(zhǎng)且不計(jì)電阻的光滑金屬軌道如圖甲所示放置，間距為d1 m，在左端弧形軌道部分高h(yuǎn)1.25 m處放置一金屬桿a，弧形軌道與平直軌道的連接處光滑無(wú)摩擦，在平直軌道右端放置另一金屬桿b，桿a、b的電阻分別為Ra2 、Rb5 ，在平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2 T?，F(xiàn)桿b以初速度大小v05 m/s開(kāi)始向左滑動(dòng)，同時(shí)由靜止釋放桿a，桿a由靜止滑到水平軌道的過(guò)程中，通過(guò)桿b的平均電流為0.3 A；從a下滑到水平軌道時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，

21、a、b運(yùn)動(dòng)的速度時(shí)間圖象如圖乙所示(以a運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，其中ma2 kg，mb1 kg，g取10 m/s2，求：甲乙(1)桿a在弧形軌道上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(2)桿a在水平軌道上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)其截面的電荷量；(3)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中桿b產(chǎn)生的焦耳熱。解析(1)設(shè)桿a由靜止滑至弧形軌道與平直軌道連接處時(shí)桿b的速度大小為vb0，對(duì)桿b運(yùn)用動(dòng)量定理，有Bdtmb(v0vb0)其中vb02 m/s代入數(shù)據(jù)解得t5 s。(2)對(duì)桿a由靜止下滑到平直導(dǎo)軌上的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律有maghmav解得va5 m/s設(shè)最后a、b兩桿共同的速度為v，由動(dòng)量守恒定律得mavambvb0(mamb)v代入數(shù)據(jù)解得v

22、m/s桿a動(dòng)量的變化量等于它所受安培力的沖量，設(shè)桿a的速度從va到v的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則由動(dòng)量定理可得BdItma(vav)而qIt代入數(shù)據(jù)得q C。(3)由能量守恒定律可知桿a、b中產(chǎn)生的焦耳熱為Qmaghmbv(mbma)v2 Jb棒中產(chǎn)生的焦耳熱為QQ J。答案(1)5 s(2) C(3) J動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用2(多選)如圖所示，在水平面內(nèi)固定有兩根相互平行的無(wú)限長(zhǎng)光滑金屬導(dǎo)軌，其間距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)。在虛線(xiàn)l1的左側(cè)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在虛線(xiàn)l2的右側(cè)存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩部分磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。ad、bc兩根電阻均為R的金屬棒與導(dǎo)軌垂直，分別位于兩磁場(chǎng)中，現(xiàn)突

23、然給ad棒一個(gè)水平向左的初速度v0，在兩棒達(dá)到穩(wěn)定的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A兩金屬棒組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒B兩金屬棒組成的系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒Cad棒克服安培力做功的功率等于ad棒的發(fā)熱功率Dad棒克服安培力做功的功率等于安培力對(duì)bc棒做功的功率與兩棒總發(fā)熱功率之和BD開(kāi)始時(shí)，ad棒以初速度v0切割磁感線(xiàn)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，在回路中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较?俯視)的感應(yīng)電流，ad棒因受到向右的安培力而減速，bc棒受到向右的安培力而向右加速；當(dāng)兩棒的速度大小相等，即兩棒因切割磁感線(xiàn)而產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)，回路中沒(méi)有感應(yīng)電流，兩棒各自做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)；由于兩棒所受的安培力都向右，兩金屬棒組成的系統(tǒng)所受合外力不

24、為零，所以該系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)能量守恒定律可知，ad棒動(dòng)能的減小量等于回路中產(chǎn)生的熱量和bc棒動(dòng)能的增加量，由動(dòng)能定理可知，ad棒動(dòng)能的減小量等于ad棒克服安培力做的功，bc棒動(dòng)能的增加量等于安培力對(duì)bc棒做的功，所以ad棒克服安培力做功的功率等于安培力對(duì)bc棒做功的功率與兩棒總發(fā)熱功率之和，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用3如圖所示，在大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，垂直磁場(chǎng)方向的水平面中有兩根固定的足夠長(zhǎng)的金屬平行導(dǎo)軌，在導(dǎo)軌上面平放著兩根導(dǎo)體棒ab和cd，兩棒彼此平行，構(gòu)成一矩形回路。導(dǎo)軌間距為l，導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m，電阻均為R，導(dǎo)軌電阻可忽略不計(jì)。設(shè)導(dǎo)體棒可在導(dǎo)

25、軌上無(wú)摩擦地滑行，初始時(shí)刻ab棒靜止，給cd棒一個(gè)向右的初速v0，求：(1)當(dāng)cd棒速度減為0.8v0時(shí)的加速度大??；(2)從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最終穩(wěn)定，電路中產(chǎn)生的電能為多大；(3)兩棒之間距離增長(zhǎng)量x的上限。解析(1)設(shè)當(dāng)cd棒速度減為0.8v0時(shí)ab棒的速度為v，由動(dòng)量守恒定律得mv00.8mv0mv解得：v0.2v0此時(shí)回路的電流是Icd棒的加速度為a解得：a。(2)設(shè)兩棒穩(wěn)定時(shí)共同的末速度為v，據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0(mm)v解得：vv0由能量守恒定律得，最終穩(wěn)定后電路中產(chǎn)生的電能為Qmv(mm)v2mv。(3)由法拉第電磁感應(yīng)定律得，電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E這段時(shí)間內(nèi)回路的電流為對(duì)cd棒由動(dòng)量定理得：Bltmvmv0由解得x。答案(1)(2)mv(3)15