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高考物理总复习《动量观点在电磁感应中的应用》专项测试卷含答案
学校:___________班级:___________姓名:___________考号:___________
目标要求1.掌握应用动量定理处理电磁感应问题的思路。2.掌握应用动量守恒定律处理电磁感应问题的方法。
考点一动量定理在电磁感应中的应用
在导体单杆切割磁感线做变加速运动时,若运用牛顿运动定律和能量观点不能解决问题,可运用动量定理巧妙解决问题
求解的物理量
应用示例
电荷量或速度
-Beq\x\to(I)LΔt=mv2-mv1,q=eq\x\to(I)Δt,即-BqL=mv2-mv1
位移
-eq\f(B2L2\x\to(v)Δt,R总)=0-mv0,
即-eq\f(B2L2x,R总)=0-mv0
时间
-Beq\x\to(I)LΔt+F其他Δt=mv2-mv1,
即-BLq+F其他Δt=mv2-mv1,
已知电荷量q、F其他(F其他为恒力)
-eq\f(B2L2\x\to(v)Δt,R总)+F其他Δt=mv2-mv1,
即-eq\f(B2L2x,R总)+F其他Δt=mv2-mv1,
已知位移x、F其他(F其他为恒力)
例1(多选)如图所示,在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场区域的左侧,一正方形线框由位置Ⅰ以4.5m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动,经过位置Ⅱ,当运动到位置Ⅲ时速度恰为零,此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2,线框经过位置Ⅱ时的速度为v。则下列说法正确的是()
A.q1=q2 B.q1=2q2
C.v=1.0m/s D.v=1.5m/s
答案BD
解析根据q=eq\f(ΔΦ,R)=eq\f(BS,R)可知,线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1=2q2,故A错误,B正确;线框从开始进入到位置Ⅱ,由动量定理有-Beq\x\to(I1)LΔt1=mv-mv0,即-BLq1=mv-mv0,同理线框从位置Ⅱ到位置Ⅲ,由动量定理有-Beq\x\to(I2)LΔt2=0-mv,即-BLq2=0-mv,联立解得v=eq\f(1,3)v0=1.5m/s,故C错误,D正确。
例2(湖南卷·14)如图,两根足够长的光滑金属直导轨平行放置,导轨间距为L,两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角,整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置,每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好,金属棒始终未滑出导轨,导轨电阻忽略不计,重力加速度为g。
(1)先保持棒b静止,将棒a由静止释放,求棒a匀速运动时的速度大小v0;
(2)在(1)问中,当棒a匀速运动时,再将棒b由静止释放,求释放瞬间棒b的加速度大小a0;
(3)在(2)问中,从棒b释放瞬间开始计时,经过时间t0,两棒恰好达到相同的速度v,求速度v的大小,以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。
答案(1)eq\f(2mgRsinθ,B2L2)(2)2gsinθ(3)gsinθ·t0+eq\f(mgRsinθ,B2L2)eq\f(2m2R2gsinθ,B4L4)
解析(1)棒a在运动过程中重力沿导轨平面向下的分力和棒a所受安培力相等时做匀速运动,由法拉第电磁感应定律可得
E=BLv0
由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得
I=eq\f(E,2R),F=BIL
棒a受力平衡可得mgsinθ=BIL
联立解得v0=eq\f(2mgRsinθ,B2L2)
(2)由左手定则可以判断棒b所受安培力沿导轨平面向下,释放棒b瞬间电路中电流不变,
则对棒b由牛顿第二定律可得
mgsinθ+BIL=ma0
解得a0=2gsinθ
(3)棒a受到沿导轨平面向上的安培力,释放棒b后,在到达共速时对棒a由动量定理有
mgsinθt0-Beq\x\to(I)Lt0=mv-mv0
棒b受沿导轨平面向下的安培力,对b棒由动量定理有mgsinθt0+Beq\x\to(I)Lt0=mv
联立解得v=gsinθ·t0+eq\f(v0,2)=gsinθ·t0+eq\f(mgRsinθ,B2L2),
eq\x\to(I)=eq\f(mv0,2BLt0)
由法拉第电磁感应定律可得
eq\x\to(I)=eq\f(\x\to(E),2R)=eq\f(BLΔx,2Rt0)
联立可得Δx=eq\f(mv0R,B2L2)=eq\f(2m2R2gsinθ,
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