【加練半小時】2022版高考物理（全國）一輪練習(xí)：第十章 微專題76

1、PAGE11方法點(diǎn)撥電磁感應(yīng)中的有些題目可以從動量角度著手，運(yùn)用動量定理或動量守恒定律解決：應(yīng)用動量定理可以由動量變化來求解變力的沖量如在導(dǎo)體棒做非勻變速運(yùn)動的問題中，應(yīng)用動量定理可以解決牛頓運(yùn)動定律不易解答的問題在相互平行的水平軌道間的雙棒做切割磁感線運(yùn)動時，由于這兩根導(dǎo)體棒所受的安培力等大反向，合外力為零，若不受其他外力，兩導(dǎo)體棒的總動量守恒，解決此類問題往往要應(yīng)用動量守恒定律12022山西省晉城市一模如圖1所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌、阻值也為R的金屬棒垂直放置在導(dǎo)軌上，金屬棒開始的位置離ab的距離為eqf1,2s，現(xiàn)將金屬棒由靜止釋放，金屬棒沿導(dǎo)軌向下做加速運(yùn)動，到達(dá)cd位置時金屬棒的加速度

2、剛好為零，金屬棒運(yùn)動過程中始終垂直于導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌及其他電阻，重力加速度為g，求：圖11金屬棒從釋放到到達(dá)cd位置的過程中，通過電阻R的電荷量；2金屬棒從ab運(yùn)動到cd的時間2如圖2甲所示，平行粗糙導(dǎo)軌固定在絕緣水平桌面上，間距L，導(dǎo)軌左端接有R1的電阻，質(zhì)量為m的粗糙導(dǎo)體棒ab垂直靜置于導(dǎo)軌上，的勻強(qiáng)磁場中，上使之一開始做勻加速運(yùn)動，且外力F隨時間變化關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g10m/s2，求：圖21比較導(dǎo)體棒a、b兩點(diǎn)電勢的高低；2前10s導(dǎo)體棒ab的加速度大??；3若整個過程中通過R的電荷量為65C，則導(dǎo)體棒ab運(yùn)動的總時間是多少？32022山西省康杰中學(xué)二模如圖3所示，

3、足夠長的水平軌道左側(cè)部分b1b2c1c2軌道間距為2L，右側(cè)部分c1c2d1d2的軌道間距為L，圓弧軌道與水平軌道相切于b1b2，所有軌道均光滑且電阻不計(jì)在水平軌道內(nèi)有斜向下與豎直方向夾角37的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B質(zhì)量為M的金屬棒C垂直于軌道靜止放置在右側(cè)窄軌道上，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒A自圓弧軌道上a1a2處由靜止釋放，兩金屬棒在運(yùn)動過程中始終相互平行且與軌道保持良好接觸，A棒總在寬軌上運(yùn)動，C棒總在窄軌上運(yùn)動已知：兩金屬棒接入電路的有效電阻均為R，h，L，sin37，cos37，g取10m/s2，求：圖31金屬棒A滑到b1b2處時的速度大?。?金屬棒C勻速運(yùn)動的速度大?。?在兩棒整個的運(yùn)

4、動過程中通過金屬棒A某截面的電荷量；4在兩棒整個的運(yùn)動過程中金屬棒A、B在水平軌道間掃過的面積之差42022四川省成都市模擬某小組同學(xué)在研究圖4甲所示的電磁槍原理時，繪制了圖乙所示的簡圖為俯視圖，圖中兩平行金屬導(dǎo)軌間距為L固定在水平面上，整個裝置處在豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，平行導(dǎo)軌左端電路如圖所示，電源的電動勢為E內(nèi)阻不計(jì)，、長度也為L的金屬導(dǎo)體棒垂直于軌道平放在導(dǎo)軌上，忽略摩擦阻力和導(dǎo)軌、導(dǎo)線的電阻，假設(shè)平行金屬導(dǎo)軌足夠長圖41將開關(guān)S接a，電源對電容器充電；變化的圖象；借助uq圖象求出穩(wěn)定后電容器儲存的能量E02電容器充電結(jié)束后，將開關(guān)接b，電容器放電，導(dǎo)體棒由靜止開始運(yùn)動，

5、不計(jì)放電電流引起的磁場影響，請你分析推導(dǎo)當(dāng)導(dǎo)體棒獲得最大速度之后，導(dǎo)體棒中某一自由電子所受的電場力與導(dǎo)體棒最大速度之間的關(guān)系式；b導(dǎo)體棒由靜止到獲得最大速度的過程中，由于存在能量損失E損，電容器釋放的能量沒有全部轉(zhuǎn)化為導(dǎo)體棒的動能，求E損答案精析11eqfBLs,2R2eqf2mR,B2L2eqfB2L2s,mgReqrf2s,g解析1通過電阻R的電荷量qeqtoIt，eqtoEeqf,teqfBLs,t，eqtoIeqftoE,2R，解得qeqfBLs,2R；2設(shè)金屬棒剛進(jìn)入磁場時的速度為v1，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgeqf1,2ssineqf1,2mv12，解得v1eqrgssineqrf

6、1,2gs，金屬棒運(yùn)動到cd位置時，加速度為零，有mgsineqfB2L2v2,2R，解得v2eqfmgR,B2L2，由牛頓第二定律可知mgsinBILmameqfv,t，即eqf1,2mgtBLItmv，或由動量定理可得mgsinBILtmv，即eqf1,2mgtBLItmv得eqf1,2mgtBLqmv2v1，解得teqf2mR,B2L2eqfB2L2s,mgReqrf2s,g21a點(diǎn)電勢較高25m/s2322s解析1據(jù)右手定則知，a點(diǎn)電勢較高2由于導(dǎo)體棒一開始做勻加速運(yùn)動，對ab用牛頓第二定律：FF安Ffma，F(xiàn)安eqfB2L2v,R，vat綜上得，F(xiàn)eqfB2L2a,RtFfma據(jù)題圖

7、乙可知前10s，F(xiàn)t圖線斜率為s即eqfB2L2a,Rs代入數(shù)據(jù)解得：a5m/s23當(dāng)t0時，F(xiàn)fma1N，則Ff10s時導(dǎo)體棒的速度v1at150m/s此時安培力F安1由于F1N，且此時FfF安1F1N，故1015s內(nèi)導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動015s內(nèi)導(dǎo)體棒ab的位移eqfv1,2t1v1t2500m通過R的電荷量q1eqf,R總eqfBL,R50CF為0后，導(dǎo)體棒做減速運(yùn)動直到停止過程中通過R的電荷量：q2qq115C對導(dǎo)體棒ab應(yīng)用動量定理：Fft3BLq20mv1解得t37s則運(yùn)動的總時間：tt1t2t322s312m/s2s34解析1A棒在圓弧軌道上下滑，由機(jī)械能守恒定律得mgheqf1

8、,2mv02，得v0eqr2gh2m/s2選取水平向右為正方向，對A、C應(yīng)用動量定理可得對C：FC安costMvC，對A：FA安costmvAmv0，其中FA安2FC安，由以上知mv0mvA2MvC，兩棒最后勻速運(yùn)動時，電路中無電流，有BLvC2BLvA，得vC2vA，聯(lián)立兩式得vCeqf2,9v0s3在C加速過程中，有BcosILtMvC0，qIt，得qeqf50,9C4根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有Eeqf,t，其中磁通量變化量BScos37，電路中的電流IeqfE,2R，通過截面的電荷量qIt，得Seqf250,9m24見解析解析1，電容器所帶的電荷量QCEeqfq,C，畫出uq圖象如圖所示，

9、圖線與橫軸所圍面積表示電容器儲存的能量有：E0eqf1,2EQ聯(lián)立式可得：E0eqf1,2CE22a方法一：設(shè)金屬導(dǎo)體棒獲得最大速度vm時，放電電流為零，此時電容器的電壓U與導(dǎo)體棒的感應(yīng)電動勢E棒相等，即：UE棒BLvm導(dǎo)體棒中恒定電場的場強(qiáng)為：E場eqfU,LBvm導(dǎo)體棒中電子所受的電場力為FeE場eBvm方法二：金屬導(dǎo)體棒獲得最大速度后做勻速直線運(yùn)動，電路中無電流，運(yùn)動的電子在磁場中受到向下的洛倫茲力，大小為：feBvm由于電子隨導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動，則電場力F與洛倫茲力合力為零，即Ff0，則：FeBvmb由1中結(jié)論可知，導(dǎo)體棒獲得最大速度vm時，電容器儲存的能量為：E1eqf1,2CU2導(dǎo)體棒由靜止到獲得最大速度的過程中，根據(jù)能量守恒定律有：E0E1eqf1,2mvm2E損設(shè)此過程電容器放電的電荷量為Q，則QCECU方法一：設(shè)此過程中的平均電流為eqtoI，時間為t