2019版高考物理一輪復(fù)習(xí)備考精煉：電磁感應(yīng)微專(zhuān)題78電磁感應(yīng)中的動(dòng)量與能量問(wèn)題備考精煉

78電磁感應(yīng)中的動(dòng)量與能量問(wèn)題［方法點(diǎn)撥］電磁感應(yīng)中的有些題目可以從動(dòng)量角度著手，運(yùn)用動(dòng)量定理或動(dòng)量守恒定律解決：①應(yīng)用動(dòng)量定理可以由動(dòng)量變化來(lái)求解變力的沖量.如在導(dǎo)體棒做非勻變速運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題中，應(yīng)用動(dòng)量定理可以解決牛頓運(yùn)動(dòng)定律不易解答的問(wèn)題.②在相互平行的水平軌道間的雙棒做切割磁感線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(dòng)量守恒，解決此類(lèi)問(wèn)題往往要應(yīng)用動(dòng)量守恒定律..（多選）（2017?河北衡水中學(xué)高三下期中）如圖1所示，在光滑的水平面上，有一豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，分布在寬度為L(zhǎng)的區(qū)域內(nèi)，現(xiàn)有一邊長(zhǎng)為d（d<L）的正方形閉合線(xiàn)框以垂直于磁場(chǎng)邊界的初速度V?；^(guò)磁場(chǎng)，線(xiàn)框剛好能穿過(guò)磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中線(xiàn)框靠近磁場(chǎng)左邊界的一邊始終與磁場(chǎng)邊界平行，下列說(shuō)法正確的是（）:KXXK：

r^\x*Xx

" !XXKKL—JA.線(xiàn)框在滑進(jìn)磁場(chǎng)的過(guò)程與滑出磁場(chǎng)的過(guò)程均做變加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)B.線(xiàn)框在滑進(jìn)磁場(chǎng)的過(guò)程中與滑出磁場(chǎng)的過(guò)程中通過(guò)線(xiàn)框橫截面的電荷量相同C.線(xiàn)框在滑進(jìn)磁場(chǎng)的過(guò)程中速度的變化量與滑出磁場(chǎng)的過(guò)程中速度的變化量不同D.線(xiàn)框在滑進(jìn)磁場(chǎng)的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量必與滑出磁場(chǎng)的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q2之比為3：1.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=0.2m,導(dǎo)軌左端接有R=1Q的電阻，質(zhì)量為m=0.1kg的粗糙導(dǎo)體棒ab垂直靜置于導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì).整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌向下.現(xiàn)用與導(dǎo)軌平行的外力F作用在導(dǎo)體棒ab上使之一開(kāi)始做勻加速運(yùn)動(dòng)，且外力F隨時(shí)間變化關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g=10m/s2,求：h ■ ? kxxxnk05 101520甲 乙圖2⑴比較導(dǎo)體棒a、b兩點(diǎn)電勢(shì)的高低；⑵前10s導(dǎo)體棒ab的加速度大小；⑶若整個(gè)過(guò)程中通過(guò)R的電荷量為65C,則導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間是多少?.（2017?北京房山區(qū)模擬）許多電磁現(xiàn)象可以用力的觀(guān)點(diǎn)來(lái)分析，也可以用動(dòng)量、能量等觀(guān)點(diǎn)來(lái)分析和解釋.如圖3所示，足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),一端連接阻值為R的電阻.導(dǎo)軌所在空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上，其長(zhǎng)度恰好等于導(dǎo)軌間距，與導(dǎo)軌接觸良好.已知導(dǎo)體棒MN以初速度v0向右運(yùn)動(dòng).xMx圖3⑴當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度為v0時(shí)，求其加速度a的大?。虎魄髮?dǎo)體棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的位移x的大?。虎菑膶?dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)開(kāi)始計(jì)時(shí)，畫(huà)出導(dǎo)體棒動(dòng)量隨位移變化的圖象，并說(shuō)明理由；(4)從導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)開(kāi)始計(jì)時(shí)，定性畫(huà)出導(dǎo)體棒動(dòng)能隨位移變化的圖象，并說(shuō)明理由.4.（2018?四川成都模擬）某小組同學(xué)在研究圖4甲所示的電磁槍原理時(shí)，繪制了圖乙所示的簡(jiǎn)圖（為俯視圖），圖中兩平行金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)固定在水平面上，整個(gè)裝置處在豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，平行導(dǎo)軌左端電路如圖所示，電源的電動(dòng)勢(shì)為E（內(nèi)阻不計(jì)），電容器的電容為C.一質(zhì)量為m、長(zhǎng)度也為L(zhǎng)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(xiàn)的電阻，假設(shè)平行金屬導(dǎo)軌足夠長(zhǎng).圖4⑴將開(kāi)關(guān)S接a,電源對(duì)電容器充電.a.求電容器充電結(jié)束時(shí)所帶的電荷量Q；b.請(qǐng)?jiān)趫D丙中畫(huà)出充電過(guò)程中電容器兩極板間的電壓u隨電容器所帶電荷量q變化的圖象;借助u—q圖象求出穩(wěn)定后電容器儲(chǔ)存的能量E0.⑵電容器充電結(jié)束后，將開(kāi)關(guān)接b,電容器放電，導(dǎo)體棒由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，不計(jì)放電電流引起的磁場(chǎng)影響.a.已知自由電子的電荷量為e,請(qǐng)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(chǎng)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(guò)程中，由于存在能量損失AE損，電容器釋放的能量沒(méi)有全部轉(zhuǎn)化為導(dǎo)體棒的動(dòng)能，求AE.損.答案精析ABD[線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，受到的安培力方向向左，做減速運(yùn)動(dòng)，隨著速度的減小，安培力也減小，故做變加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線(xiàn)框完全進(jìn)入磁場(chǎng)到右邊的框邊出磁場(chǎng)的過(guò)程中，穿過(guò)線(xiàn)框的磁通量不變，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線(xiàn)框滑出磁場(chǎng)的過(guò)程中，受到的安培力方向向左，仍做減速運(yùn)動(dòng)，隨速度的減小，安培力減小，故也做變加速直線(xiàn)運(yùn),一—-A① 動(dòng)，A正確；根據(jù)q=一廠(chǎng)可知滑進(jìn)磁場(chǎng)和滑出磁場(chǎng)的過(guò)程中穿過(guò)線(xiàn)框的磁通量的變化量相R同，線(xiàn)框的電阻不變，所以?xún)蓚€(gè)過(guò)程中通過(guò)線(xiàn)框橫截面的電荷量相同，B正確；進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程有：一B亍1dAtqmAVj又11Atqq,,則得一Bqd=mAv/離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程有：一B12dA%=mAv2,又丁2At2=q,則得一Bqd=mAv2,則得AV]=Av2，即線(xiàn)框速度的變化量相同，vC錯(cuò)誤；進(jìn)磁場(chǎng)的速度為v0,則完全進(jìn)磁場(chǎng)的速度為20,完全出磁場(chǎng)的速度為0.根據(jù)能量守恒定律得，Q1=2；mv02-jm(v20)2=3mvo2,QL^mE—Mv/，所以Q*=3,故D正確.]2(1)a點(diǎn)電勢(shì)較高(2)5m/s2(3)22s解析(1)據(jù)右手定則知，a點(diǎn)電勢(shì)較高⑵由于導(dǎo)體棒一開(kāi)始做勻加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)ab用牛頓第二定律：BzLzvF-F—F=ma,F=5—,v=at安f 安KB2L2a綜上得，F(xiàn)=~k~t+Ff+maB2L2a據(jù)題圖乙可知前10s,F—t圖線(xiàn)斜率為0.05,即一六=0.05N/sK代入數(shù)據(jù)解得：a=5m/s2(3)當(dāng)t=0時(shí)，F(xiàn)f+ma=1N,則Ff=0.5N10s時(shí)導(dǎo)體棒的速度v1=at1=50m/s此時(shí)安培力F安1=0.5N由于F=1N,且此時(shí)Ff+F安]=F=1N,故10?15s內(nèi)導(dǎo)體棒做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)v0?15s內(nèi)導(dǎo)體棒ab的位移x=7；1t+vt=500m21 12一、，一,,,4『A①BLx通過(guò)K的電何量q=-5=r=50CK總 KF為0后，導(dǎo)體棒做減速運(yùn)動(dòng)直到停止過(guò)程中通過(guò)K的電荷量:

q2=q—Q]=15C對(duì)導(dǎo)體棒ab應(yīng)用動(dòng)量定理：一Fft3—BLq2=0—mv1解得t3=7s則運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間：t=ti+t2+t3=22s.見(jiàn)解析解析(1)導(dǎo)體棒速度為v°時(shí)切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv0 E導(dǎo)體棒中電流：i=nt導(dǎo)體棒受到安培力：f、=bil安由牛頓第二定律F安=ma…， B2L2V所以：a=心?二m(R+r)(2)由動(dòng)量定理一BILt=0—mv0—blT導(dǎo)體棒中的平均感應(yīng)電流I=百7導(dǎo)體棒的位移x=vt代入解得：x=mv爐B2L2⑶由動(dòng)量定理得:B2LB2L2XB2L2X叫一戶(hù)而，即p=mv0一。？導(dǎo)體棒的動(dòng)量與位移的關(guān)系圖象如圖甲所示:⑷由動(dòng)能定理可知，E⑷由動(dòng)能定理可知，Ek―1mv02=一F安X,導(dǎo)體棒所受安培力隨速度減小而減小，所以導(dǎo)體棒動(dòng)能與位移的關(guān)系圖象如圖乙所示.乙乙.見(jiàn)解析解析（1）a.電容器充電完畢時(shí)其電壓等于電動(dòng)勢(shì)E,電容器所帶的電荷量Q=CE①b.根據(jù)□=*畫(huà)出u—q圖象如圖所示，圖線(xiàn)與橫軸所圍面積即為電容器儲(chǔ)存的能量.有:CE0=2eq0聯(lián)立①②式可得：eo=$E2③⑵a.方法一：設(shè)金屬導(dǎo)體棒獲得最大速度、時(shí)，放電電流為零，此時(shí)電容器的電壓U與導(dǎo)體棒的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E棒相等，即：U=E棒=BLvm④導(dǎo)體棒中恒定電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為：E+=U=Bv場(chǎng)Lm導(dǎo)體棒中電子所受的電場(chǎng)力為？'=6￡場(chǎng)=68匕方法二：金屬導(dǎo)體棒獲得最大速度后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，電路中無(wú)電流，運(yùn)動(dòng)的電子在磁場(chǎng)中受到向下的洛倫茲力，大小為：f=eBvm由于電子隨導(dǎo)體棒做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力F與洛倫茲力合力為零，即F—f=O則：F=eBvmb.由⑴中結(jié)論可知，導(dǎo)體棒獲得最大速度v時(shí)，電容器儲(chǔ)存的能量為：E=：CU2⑤TOC\o"1-5"\h\zm 1 2導(dǎo)體棒由靜止到獲得最大速度的過(guò)程中，根據(jù)能量守恒定律有：E=E+；mv2+AE護(hù)⑥0 12m 損設(shè)此過(guò)程電容器放電的電荷量為AQ,則AQ=CE—CU⑦方法一：設(shè)此過(guò)程中的平均電流為了，時(shí)間為t,根據(jù)動(dòng)