版權(quán)說明:本文檔由用戶提供并上傳,收益歸屬內(nèi)容提供方,若內(nèi)容存在侵權(quán),請進行舉報或認領(lǐng)
文檔簡介
命題點四電磁感應(yīng)中動量、能量問題1.能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法.(1)能量轉(zhuǎn)化.eq\a\vs4\al(其他形式,的能量)eq\o(→,\s\up7(克服安培),\s\do5(力做功))電能eq\o(→,\s\up7(電流做功),\s\do5())eq\x(\a\al(焦耳熱或其他,形式的能量))(2)求解焦耳熱的三種方法.2.用“三大觀點”解決電磁感應(yīng)問題.動力學觀點通常情況下一個金屬桿做加速度逐漸減小的加速運動,而另一個金屬桿做加速度逐漸減小的減速運動,最終兩金屬桿以共同的速度勻速運動能量觀點其中一個金屬桿機械能的減少量等于另一個金屬桿機械能的增加量與回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和動量觀點對于兩導體棒在平直的光滑導軌上運動的情況,如果兩棒所受的外力之和為零,則考慮應(yīng)用動量守恒定律處理問題由BIL·Δt=m·Δv、q=I·Δt可知,當題目中涉及電荷量或平均電流時,可應(yīng)用動量定理來解決問題如圖所示,一空心鋁管與水平面成α角傾斜固定放置.現(xiàn)把一枚質(zhì)量為m、直徑略小于鋁管直徑的圓柱形小磁塊從上端管口無初速度放入管中,小磁塊從下端口落出時的速度為v,已知該鋁管長度為l,小磁塊和管間的摩擦力是小磁塊重力的k倍,重力加速度為g.下列說法正確的是()A.小磁塊做勻加速直線運動B.小磁塊在運動過程中,鋁管和小磁塊產(chǎn)生的熱量為mglsinα-eq\f(1,2)mv2C.小磁塊在運動過程中,小磁塊產(chǎn)生的熱量為mglsinα-kmgl-eq\f(1,2)mv2D.小磁塊在運動過程中,小磁塊受到的重力和摩擦力的總沖量為mv解析:空心鋁管可以看為由許多的閉合回路構(gòu)成,當小磁塊下滑時,在鋁管的回路中將產(chǎn)生感應(yīng)電流,根據(jù)楞次定律可知,該感應(yīng)電流激發(fā)的磁場對小磁塊的磁場力將阻礙小磁塊的相對運動,可知小磁塊做變加速直線運動,A項錯誤;根據(jù)上述,鋁管中產(chǎn)生感應(yīng)電流,則鋁管中產(chǎn)生焦耳熱,小磁塊與鋁管內(nèi)表面摩擦,亦會產(chǎn)生熱,根據(jù)能量守恒定律可知小磁塊在運動過程中,鋁管和小磁塊產(chǎn)生的熱量為Q=mglsinα-eq\f(1,2)mv2,B項正確;小磁塊因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q′=kmgl,C項錯誤;根據(jù)上述,小磁塊受到重力、摩擦力與磁場力,則小磁塊在運動過程中,小磁塊受到的重力、摩擦力與磁場力的總沖量為mv,D項錯誤.故選B.答案:B(2023·全國甲卷)如圖,水平桌面上固定一光滑U型金屬導軌,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(yīng)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滑出導軌時速度大小;(2)金屬體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)動量守恒和機械能守恒可得3mv0=3mvQ+mvP,eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,0)=eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,Q)+eq\f(1,2)mveq\o\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為v′p=vQ=eq\f(1,2)v0.(2)根據(jù)能量守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)=eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,P)+Q,解得Q=mveq\o\al(2,0).(3)P、Q碰撞后,對金屬棒P分析,根據(jù)動量定理得-Beq\o(I,\s\up6(-))lΔt=mv′P-mvP,又q=eq\o(I,\s\up6(-))Δt,eq\o(I,\s\up6(-))=eq\f(\o(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運動的時間為t=eq\f(x,vQ)=eq\f(2mR,B2l2).答案:(1)eq\f(1,2)v0(2)mveq\o\al(2,0)(3)eq\f(2mR,B2l2)1.如圖所示是列車進站時利用電磁阻尼輔助剎車示意圖,在車身下方固定一矩形線框abcd,ab邊長為l,bc邊長為d,在站臺軌道上存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的有界勻強磁場MNPQ,MN邊界與ab平行,區(qū)域長為d.若ab邊剛進入磁場時列車關(guān)閉發(fā)動力,此時的速度大小為v0,已知線框總電阻為R,列車的總質(zhì)量為m,摩擦阻力是車重的k倍,不計空氣阻力,重力加速度為g.(1)求線框ab邊剛進入磁場時列車的加速度大?。?2)若線框cd邊離開磁場時速度v1=eq\f(v0,2),求線框從進入到離開磁場過程中,通過線框的電量和線框產(chǎn)生的焦耳熱;(3)要使列車更快停下,在PQ的右邊加方向豎直向下、磁感應(yīng)強度大小也為B的勻強磁場,假設(shè)列車停止時cd邊未到達PQ,列車從進入MN到停止的總時間為t,求列車總位移的大?。馕觯?1)剛進入磁場時ab邊產(chǎn)生的電動勢E=Blv0,回路中的感應(yīng)電流I=eq\f(E,R),ab邊所受安培力F=BIl=eq\f(B2l2v0,R),根據(jù)牛頓第二定律得F+kmg=ma,解得a=eq\f(B2l2v0,mR)+kg.(2)根據(jù)q=eq\f(ΔΦ,R),可得q=0.根據(jù)動能定理-WA-kmg2d=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0),線框產(chǎn)生焦耳熱Q=WA=eq\f(3,8)mveq\o\al(2,0)-2kmgd.(3)列車進入磁場距離d過程中通過線框的電量q1=eq\f(Bld,R),再經(jīng)過x過程中電量q2=eq\f(2BLx,R),全過程動量定理,得-Blq1-2Blq2-kmgt=0-mv0,解得x=eq\f((mv0-kmgt)R,4B2l2)-eq\f(d,4),總位移s=x+d=eq\f((mv0-kmgt)R,4B2l2)+eq\f(3d,4),答案:(1)a=eq\f(B2l2v0,mR)+kg(2)q=0eq\f(3,8)mveq\o\al(2,0)-2kmgd(3)eq\f((mv0-kmgt)R,4B2l2)+eq\f(3d,4)2.某學校舉辦“跌不破的雞蛋”小發(fā)明比賽,小王設(shè)計了如圖甲所示的裝置.裝置絕緣外框架MNGH下端固定了一個橫截面(俯視)如圖乙所示的磁體,兩磁極間存在沿徑向向外的輻向磁場,不考慮其他區(qū)域的磁場.CDEF是一個金屬線框,CF、DE兩邊被約束在外框架的凹槽內(nèi),可沿外框架無摩擦上下滑動,CD邊的正中間接有一個半徑為r(r略大于圓柱形N磁極的半徑)、匝數(shù)為n、總電阻為R的線圈,EF邊接有一裝有雞蛋的鋁盒,鋁盒的電阻也為R.鋁盒與外框架連接了一根勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧.開始裝置在離水平地面h高度處保持豎直狀態(tài),待鋁盒靜止后將彈簧鎖定,此時線圈下端恰好位于磁體上邊界處.現(xiàn)由靜止釋放裝置,裝置落地前瞬間彈簧立即解除鎖定,落地時外框架MNGH連同磁體的速度立即變?yōu)榱悖阎€框CDEF(含線圈、鋁盒、雞蛋)的總質(zhì)量為m,線框第一次運動到最低點時彈簧的形變量是剛落地時的三倍,此時EF仍未進入磁場.已知線圈所在處的磁感應(yīng)強度大小為B,重力加速度為g,彈簧始終在彈性限度內(nèi),彈性勢能表達式為Ep=eq\f(1,2)kx2,除線圈和鋁盒外,其他部分電阻不計,忽略空氣阻力.(1)求裝置落地時C、D兩點間的電壓UCD;(2)從剛落地到線框第一次運動到最低點的過程中,求通過線圈的電荷量q;(3)從剛落地到線框第一次運動到最低點的過程中,線框上產(chǎn)生的焦耳熱為Q1;從落地到線框最終靜止的過程中,線框上產(chǎn)生的焦耳熱為Q2,求Q1與Q2的比值.解析:(1)裝置落地時速度為v,由機械能守恒定律可知mgh=eq\f(1,2)mv2,解得v=eq\r(2gh),線圈切割輻向磁場產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E=nB(2πr)v,CD兩點間的電壓UCD=eq\f(1,2)E=nπBreq\r(2gh).(2)線框CDEF靜止時有mg=kx1,由題知線框第一次運動到最低點時彈簧的形變量是裝置剛落地時的三倍,則說明線框剛落地到最低點下落的距離為2x1,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有eq\o(E,\s\up6(-))=nBLeq\o(v,\s\up6(-))=nB(2πr)eq\f(2x1,Δt),則通過回路某截面的電荷量q=eq\o(I,\s\up6(-))·Δt=nB(2πr)eq\f(2x1,2R)=eq\f(2nπrmgB,kR).(3)從剛落地到線框第一次運動到最低點的過程中,初態(tài)彈性勢能Ep1=eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1),末態(tài)彈性勢能Ep2=eq\f(1,2)k(3x1)2,此過程由能量守恒得eq\f(1,2)mv2+mg(3x1-x1)=eq\f(1,2)kxeq\
溫馨提示
- 1. 本站所有資源如無特殊說明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請下載最新的WinRAR軟件解壓。
- 2. 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請聯(lián)系上傳者。文件的所有權(quán)益歸上傳用戶所有。
- 3. 本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網(wǎng)頁內(nèi)容里面會有圖紙預覽,若沒有圖紙預覽就沒有圖紙。
- 4. 未經(jīng)權(quán)益所有人同意不得將文件中的內(nèi)容挪作商業(yè)或盈利用途。
- 5. 人人文庫網(wǎng)僅提供信息存儲空間,僅對用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護處理,對用戶上傳分享的文檔內(nèi)容本身不做任何修改或編輯,并不能對任何下載內(nèi)容負責。
- 6. 下載文件中如有侵權(quán)或不適當內(nèi)容,請與我們聯(lián)系,我們立即糾正。
- 7. 本站不保證下載資源的準確性、安全性和完整性, 同時也不承擔用戶因使用這些下載資源對自己和他人造成任何形式的傷害或損失。
最新文檔
- 2025年度個人二手房買賣合同履約保證金合同4篇
- 2025年度影視后期制作個人勞務(wù)合同范本4篇
- 2025年度個人公司股權(quán)代持變更合同3篇
- 2025年度農(nóng)業(yè)科技推廣個人勞務(wù)合同規(guī)范文本4篇
- 二零二五版智能門禁系統(tǒng)售后服務(wù)與技術(shù)培訓合同4篇
- 建筑物資采購分包合同(2篇)
- 工廠二手設(shè)備拆除合同(2篇)
- 二零二五版米面糧油企業(yè)內(nèi)部培訓與咨詢服務(wù)采購合同4篇
- 電梯鋼絲繩施工方案
- 畢業(yè)設(shè)計成果呈現(xiàn)模板
- TD/T 1060-2021 自然資源分等定級通則(正式版)
- 人教版二年級下冊口算題大全1000道可打印帶答案
- 《創(chuàng)傷失血性休克中國急診專家共識(2023)》解讀
- 倉庫智能化建設(shè)方案
- 海外市場開拓計劃
- 2024年度國家社會科學基金項目課題指南
- 供應(yīng)鏈組織架構(gòu)與職能設(shè)置
- 幼兒數(shù)學益智圖形連線題100題(含完整答案)
- 2024年九省聯(lián)考新高考 數(shù)學試卷(含答案解析)
- 紅色歷史研學旅行課程設(shè)計
- 如何避免護理患者投訴
評論
0/150
提交評論