精品专题动量定理与电磁感应的综合应用Word文档下载推荐.docx
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在竖直导轨间的区域仅有垂直纸面的不随时间变化的匀强磁场B2。
接通开关S后,棒对挡条的压力恰好为零。
假设棒始终与导轨垂直,且与导轨接触良好,不计摩擦阻力和导轨电阻。
(1)求磁感应强度B2的大小,并指出磁场方向;
(2)断开开关S后撤去挡条,棒开始下滑,经t=0.25s后下降了h=0.29m,求此过程棒上产生的热量。
针对训练1-4:
.如图所示,平行金属导轨OP、KM和PQ、MN相互垂直,且OP、KM与水平面间夹角为θ=37º
,导轨间距均为L=1m,电阻不计,导轨足够长。
两根金属棒ab和cd与导轨垂直放置且接触良好,ab的质量为M=2kg,电阻为R1=2Ω,cd的质量为m=0.2kg,电阻为R2=1Ω,金属棒和导轨之间的动摩擦因数均为µ
=0.5,两个导轨平面均处在垂直于轨道平面OPKM向上的匀强磁场中.现让cd固定不动,将金属棒ab由静止释放,当ab沿导轨下滑x=6m时,速度已达到稳定,此时,整个回路消耗的电功率为P=12W。
(sin37º
=0.6,g=10m/s2)求:
(1)磁感应强度B的大小;
(2)ab沿导轨下滑x=6m的过程中ab棒上产生的焦耳热Q;
(3)若将ab与cd同时由静止释放,当cd达到最大速度时ab的加速度a.
(4)若将ab与cd同时由静止释放,当运动时间t=0.5s时,ab的速度vab与cd棒的速度vcd的关系式。
例2:
如图所示,在光滑的水平面上有竖直向下(垂直纸面向里)的匀强磁场分布在宽度为s的区域.一个边长为L(L<
s)的正方形闭合线圈以初速度v0垂直与磁场的边界穿过磁场后速度变为v.设线圈完全进入磁场时的速度为v'
则(
)
A.
B.
C.
D.无法判断
针对训练2-1:
如图所示,虚线框为某种电磁缓冲车的结构示意图,其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的缓冲车厢。
在缓冲车的底板上,沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN。
缓冲车的底部,还安装有电磁铁(图中未画出),能产生垂直于导轨平面的匀强磁场,磁场的磁感应强度为B;
导轨的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成,滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd,线圈的总电阻为R,匝数为n,ab边长为L。
假设缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后,滑块K立即停下,此后线圈与轨道的磁场作用力使缓冲车厢减速运动,从而实现缓冲,一切摩擦阻力不计。
求:
(1)滑块K的线圈中最大感应电动势的大小以及流过线圈ab段的电流方向;
(2)若缓冲车厢向前移动一段距离后速度为零(导轨未碰到障碍物),则此过程线圈abcd过的电量和产生的焦耳热各是多少;
(3)缓冲车厢减速运动的速度v随位移x变化的关系式。
针对训练2-2:
月球探测器在月面实现软着陆是非常困难的,探测器接触地面瞬间速度为竖起向下的
,大于要求的软着陆速度
,为此科学家们设计了一种叫电磁阻尼缓冲装置,其原理如图所示,主要部件为缓冲滑块K和绝缘光滑的缓冲轨道MN和PQ;
探测器主体中还有超导线圈(图中未画出),能在两轨道间产生垂直于导轨平面的匀强磁场。
导轨的缓冲滑块由高强度绝缘材料制成,滑块K上绕有闭单匝矩形线圈abcd,线圈的总电阻为R,ab边长为L。
当探测器接触地面时,滑块K立即停止运动,此后线圈与轨道间的磁场发生作用,使探测器主体做减速运动,从而实现缓冲.已知装置中除缓冲滑块(含线圈)外的质量为m,月球表面的重力加速度为
,不考虑运动磁场产生的电场。
(1)当缓冲滑块刚停止运动时,判断线圈中感应电流的方向和线圈ab边受到的安培力的方向;
(2)为使探测器主体做减速运动,磁感应强度B至少应多大;
(3)当磁感应强度为
时,探测器主体可以实现软着陆,若从
减速到
的过程中,通过线圈截面的电量为q,求该过程所需要的时间,以及线圈中产生的焦耳热Q。
针对训练2-3:
如图所示,在空间有两个磁感强度均为B的匀强磁场区域,上一个区域边界AA′与DD′的间距为H,方向垂直纸面向里,CC′与DD′的间距为h,CC′下方是另一个磁场区域,方向垂直纸面向外。
现有一质量为m、边长为L(h<
L<
H)、电阻为R的正方形线框由AA′上方某处竖直自由落下,恰能匀速进入上面一个磁场区域,当线框的cd边刚要进入边界CC′前瞬间线框的加速度大小a
1
=0.2g,空气阻力不计,求:
(1)线框的cd边从AA′运动到CC′过程产生的热量Q
.
(2)当线框的cd边刚刚进入边界CC′时,线框的加速度大小
(3)线框的cd边从边界AA′运动到边界CC′的时间.
例3:
某同学利用电磁感应知识设计了一个测速仪。
其简化模型如图所示,间距为L的两根水平固定放置的平行光滑的金属导轨MN、PQ,导轨的右端连接一个定值电阻,阻值为R,导体棒a垂直导轨放置在导轨上,在a棒左侧和导轨间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B,在a棒右侧有一绝缘棒b,b棒与固定在墙上的轻弹簧相连但不粘连,弹簧处于压缩状态且被锁定。
现解除锁定,b棒在弹簧的作用下向左移动,脱离弹簧后以速度v0与a棒发生碰撞粘在一起。
已知a、b棒的质量分别为m、M,碰撞前后,棒始终垂直导轨,a棒在导轨间的电阻为r,导轨电阻和空气阻力均忽略不计。
(1)弹簧的弹性势能和a棒中电流的方向;
(2)从a棒开始运动到停止过程中,a棒产生的焦耳热Q;
(3)若a棒向左滑行的距离为x,a棒向左滑行距离x与b棒的速度v0的函数关系式。
针对训练3-1:
如图所示,平行光滑且足够长的金属导轨ab、cd固定在同一水平面上,处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度
B=2T,导轨间距L=0.5m。
有两根金属棒MN、PQ质量均为lkg,电阻均为0.5Ω,其中PQ静止于导轨上,MN用两条轻质绝缘细线悬挂在挂钩上,细线长
h=0.9m,当细线竖直时棒刚好与导轨接触但对导轨无压力。
现将MN向右拉起使细线与竖直方向夹角为60°
,然后由静止释放MN,忽略空气阻力。
发现MN到达最低点与导轨短暂接触后继续向左上方摆起,PQ在MN短暂接触导轨的瞬间获得速度,且在之后1s时间向左运动的距离
s=1m。
两根棒与导轨接触时始终垂直于导轨,不计其余部分电阻。
(1)当悬挂MN的细线到达竖直位罝时,MNPQ回路中的电流强度大小及MN两端的电势差大小;
(2)MN与导轨接触的瞬间流过PQ的电荷量;
(3)MN与导轨短暂接触时回路中产生的焦耳热。
针对训练3-2:
(2016年4月选考)某同学设计了一个电磁推动加喷气推动的火箭发射装置,如图所示.竖直固定在绝缘底座上的两根长直光滑导轨,间距为L.导轨间加有垂直导轨平面向里的匀强磁场B.绝缘火箭支撑在导轨间,总质量为m,其中燃料质量为m′,燃料室中的金属棒EF电阻为R,并通过电刷与电阻可忽略的导轨良好接触.
引燃火箭下方的推进剂,迅速推动刚性金属棒CD(电阻可忽略且和导轨接触良好)向上运动,当回路CEFDC面积减少量达到最大值ΔS,用时Δt,此过程激励出强电流,产生电磁推力加速火箭.在Δt时间,电阻R产生的焦耳热使燃料燃烧形成高温高压气体.当燃烧室下方的可控喷气孔打开后,喷出燃气进一步加速火箭.
(1)求回路在Δt时间感应电动势的平均值及通过金属棒EF的电荷量,并判断金属棒EF中的感应电流方向;
(2)经Δt时间火箭恰好脱离导轨,求火箭脱离时的速度v0;
(不计空气阻力)
(3)火箭脱离导轨时,喷气孔打开,在极短的时间喷射出质量为m′的燃气,喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为u,求喷气后火箭增加的速度Δv.(提示:
可选喷气前的火箭为参考系)
针对训练3-3:
(2017年4月选考)间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成,如图所示.倾角为θ的导轨处于大小为B1、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中.水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m的“联动双杆”(由两根长为l的金属杆cd和ef,用长度为L的刚性绝缘杆连接构成),在“联动双杆”右侧存在大小为B2、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ,其长度大于L.质量为m、长为l的金属杆ab从倾斜导轨上端释放,达到匀速后进入水平导轨(无能量损失),杆ab与“联动双杆”发生碰撞,碰后杆ab和cd合在一起形成“联动三杆”.“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ并从中滑出.运动过程中,杆ab、cd和ef与导轨始终接触良好,且保持与导轨垂直.已知杆ab、cd和ef电阻均为R=0.02Ω,m=0.1kg,l=0.5m,L=0.3m,θ=30°
,B1=0.1T,B2=0.2T.不计摩擦阻力和导轨电阻,忽略磁场边界效应.求:
(1)杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v0;
(2)“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ前的速度大小v;
(3)“联动三杆”滑过磁场区间Ⅱ产生的焦耳热Q.
针对训练3-4:
某同学设计了一个电磁击发装置,其结构如图所示。
间距为L=10cm的平行长直导轨置于水平桌面上,导轨中NO和N′O′段用绝缘材料制成,其余部分均为导电金属
材料,两种材料导轨平滑连接。
导轨左侧与匝数为100匝、半径为5cm的圆形线圈相连,线圈存在垂直线圈平面的匀强磁场。
电容为1F的电容器通过单刀双掷开关与导轨相连。
在轨道间MPP′M′矩形区域存在垂直桌面向上的匀强磁场,磁感强度为2T。
磁场右侧边界PP′与OO′间距离为a=4cm。
初始时金属棒A处于NN′左侧某处,金属棒B处于OO'
左侧距OO'
距离为a处。
当开关与1连接时,圆形线圈中磁场随时间均匀变化,变化率为
;
稳定后将开关拨向2,金厲棒A被弹出,与金属棒B相碰,并在B棒刚出磁场时A棒刚好运动到OO′处,最终A棒恰在PP′处停住。
已知两根金属棒的质量均为m=0.02kg、接入电路中的电阻均为0.1Ω,金厲棒与金属导轨接触良好,其余电阻均不计,一切摩擦不计。
问:
(1)当开关与1连接时,电容器电量是多少?
下极板带什么电?
(2)金属棒A与B相碰后A棒的速度v是多少?
(3)电容器所剩电量Q′是多少?
【习题精练】
2.如图甲所示,间距L=0.4m的金属轨道竖直放置,上端接定值电阻R1=1Ω,下端接定值电阻R2=4Ω,其间分布着两个有界匀强磁场区域:
区域Ⅰ的磁场方向垂直纸面向里,其磁感应强度B1=3T;
区域Ⅱ的磁场方向竖直向下,其磁感应强度B2=2T
.金属棒MN的质量m=0.12kg、在轨道间的电阻r=4Ω,金属棒与轨道间的动摩擦因数µ
=0.8。
现从区域I的上方某一高度处静止释放金属棒,当金属棒MN刚离开区域Ⅰ后
B1便开始均匀变化.整个过程中金属棒的速度随下落位移的变化情况如图乙所示,“v2-x”图象中除ab段外均为直线,oa段与cd段平行,金属棒在下降过程中始终保持水平且与轨道间接触良好,轨道电阻及空气阻力忽略不计,两磁场间互不影响.求:
(1)金属棒在图象上a、c两点对应的速度大小;
(2)金属棒经过区域I的时间;
(3)
B1随时间变化的函数关系式(从金属棒离开区域I后计时):
(4)从金属棒开始下落到刚进入区域Ⅱ的过程中回路的焦耳热.
动量定理与电磁感应的综合应用答案
答案。
解:
(1)根据闭合电路的欧姆定律可得回路电流为:
匀速运动时受力平衡,则有:
联立计算得出最大速度为:
根据能量守恒定律可得:
计算得出:
;
(2)以导体棒为研究对象,根据动量定理可得:
而,
所以计算得出:
(1)30V
(2)C→D 方向向上 (3)0.03 C
[解析]
(1)由磁感应定律E=n
得E=nS
=30V
(2)电流方向C→D,
B2方向向上.
(3)由牛顿第二定律有F=ma=m
(或由动量定理有FΔt=mv-0)
安培力F=IB1l
ΔQ=IΔt
v2=2gh
得ΔQ=
=0.03C
针对训练1-3答案:
.解:
(1)以ab棒为研究对象,受重力、弹力、摩擦力和安培力.
当ab沿导轨下滑时,速度已达到稳定,所以据合外力零,即:
设稳定运动的速度为v,所以
即:
联立以上计算得出:
(2)再以ab沿导轨下滑的过程中分析可以知道,安培力做功使机械能转化为电能,设克服安培力做功为W.
据动能定理得:
将带入计算得出:
因为两电阻之比为:
据串联电路能量分配可以知道,ab棒上产生的焦耳热
(3)以cd棒为研究对象,因为达到最大速度,设此时电路的电流为I,所以此时合外力为零,即:
①
此时再对对ab棒受力分析,受重力、摩擦力、安培力及支持力,由牛顿第二定律得:
②
联立①②代入数据计算得出:
(4)Mgsin37t-µ
Mgcos37t-BILt=Mvab-0
Mgsin53t-µ
(mgcos53+BIL)t=mvcd
求得:
10vab-2vcd=5
例2.答案:
B
答案:
(1)
b→a
(2)
(3)
(1)根据右手定则知,线圈中产生的感应电流方向为
根据左手定则知,ab边所受的安培力方向竖直向下.
(2)为了使探测器主体减速而安全着陆,则它的速度为时,
感应电动势为:
电流为:
安培力为:
根据得:
(3)通过线圈截面的电量为:
根据能量守恒得:
即为:
答:
(1)线圈中感应电流的方向为,线圈ab边受到的安培力的方向竖直向下.
(2)为使探测器主体减速而安全着陆,磁感应强度B至少为
(3)该过程中线圈中产生的焦热Q为
(10分)
【解析】
(1)对b棒由能量守恒定律,得弹簧的弹性势能(1分)
由右手定则知,a棒中电流的方向:
从上端流向下端(1分)
(2)b棒与a棒相碰撞时,由动量守恒定律知(1分)
又电路产生的总热量为(1分)
a棒产生的焦耳热(1分)
(3)对a棒向左滑动的过程中,由牛顿第二定律知
(1分)又,
联立得
两边求和得(1分)
得
代入,得(1分)
针对训练3-1答案:
(1)MN杆下摆过程,由机械能守恒定律得:
计算得出:
刚到竖直位置时,感应电动势:
则回路中电流为:
MN两端的电压:
;
(2)PQ杆做匀速直线运动:
对PQ杆由动量定理有:
(3)取向左为正方向,在MN与轨道接触的瞬间,
两杆组成的系统动量守恒,以m的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:
′,
由能量守恒有:
′,计算得出:
。
[答案]
(1)
方向向左
(2)
-gΔt(3)
u
[解析]
(1)根据电磁感应定律,有E=
=
,q=IΔt=
,电流方向向右
(2)平均感应电流I=
,平均安培力F=BIL
根据动量定理,有(F-mg)Δt=mv0。
解得v0=
-gΔt
(3)以火箭为参考系,设竖直向上为正,由动量守恒定律有
-m′u+(m-m′)Δv=0,得Δv=
[答案]
(1)6m/s
(2)1.5m/s (3)0.25J
[解析]
(1)感应电动势E=B1lv0,电流I=
,安培力F=B1Il
匀速运动条件为
=mgsinθ
=6m/s.
(2)由动量守恒定律得mv0=4mv,解得v=
=1.5m/s.
(3)进入磁场区Ⅱ,设速度变化Δv,由动量定理,有
B2lΔt=-4mΔv
Δt=Δq=
,解得Δv=
=-0.25m/s
出磁场区Ⅱ,同样有:
Δv=-
出磁场区Ⅱ后“联动三杆”的速度为:
v′=v+2Δv=1.0m/s
产生的焦耳热Q=
×
4m(v2-v′2)=0.25J.
针对训练3-4,
(1)
将开关拨向2
时A
棒会弹出说明所受安培力向右,电流向上,故电容器下板带正电。
(2)A、B
棒相碰地方发生时没有构成回路,没有感应电流,A、B
棒均作匀速直线运动直至A
棒到达OO′处,
设碰后A
棒速度为v
,由于B
棒的位移是A
棒的两倍,故B
棒速度是2v。
A
棒过OO′
后在安培力作用下减速。
由动量定理可知:
-BIl
∆t=m∆v
即
,即
两边求和可得,即
(3)设A
棒与B
棒碰前的速度为v0,碰撞过程动量守恒,有:
mv0=mv+m
2v
0
,可得v0
=3v
棒在安培力作用下加速,则有:
BIl
∆t=m∆v
即Bl∆q=m∆v
两边求和得:
Bl(Q-Q′)=mv0得:
代入前面的数据可知,电容器所剩电量为
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- 精品 专题 动量 定理 电磁感应 综合 应用