2019版物理 第十章 電磁感應(yīng) 微專題78 電磁感應(yīng)中的動量與能量問題備考精煉

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE1學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE78電磁感應(yīng)中的動量與能量問題[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：①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．②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．1．（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，分布在寬度為L的區(qū)域內(nèi)，現(xiàn)有一邊長為d(d<L)的正方形閉合線框以垂直于磁場邊界的初速度v0滑過磁場，線框剛好能穿過磁場，運(yùn)動過程中線框靠近磁場左邊界的一邊始終與磁場邊界平行，下列說法正確的是（）圖1A．線框在滑進(jìn)磁場的過程與滑出磁場的過程均做變加速直線運(yùn)動B．線框在滑進(jìn)磁場的過程中與滑出磁場的過程中通過線框橫截面的電荷量相同C．線框在滑進(jìn)磁場的過程中速度的變化量與滑出磁場的過程中速度的變化量不同D．線框在滑進(jìn)磁場的過程中產(chǎn)生的熱量Q1與滑出磁場的過程中產(chǎn)生的熱量Q2之比為3∶12．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＝1Ω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．整個裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直導(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g＝10m/s2，求：圖2

(1)比較導(dǎo)體棒a、b兩點(diǎn)電勢的高低；(2)前10s導(dǎo)體棒ab的加速度大小;（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？3．（2017·北京房山區(qū)模擬）許多電磁現(xiàn)象可以用力的觀點(diǎn)來分析，也可以用動量、能量等觀點(diǎn)來分析和解釋．如圖3所示,足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置,導(dǎo)軌間距為L，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，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．圖3（1)當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動的速度為v0時，求其加速度a的大??；(2）求導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動的位移x的大小;（3)從導(dǎo)體棒向右運(yùn)動開始計時，畫出導(dǎo)體棒動量隨位移變化的圖象,并說明理由；（4)從導(dǎo)體棒向右運(yùn)動開始計時,定性畫出導(dǎo)體棒動能隨位移變化的圖象，并說明理由．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，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),電容器的電容為C.一質(zhì)量為m、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4(1)將開關(guān)S接a，電源對電容器充電．a(chǎn)．求電容器充電結(jié)束時所帶的電荷量Q；b．請在圖丙中畫出充電過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)定后電容器儲存的能量E0.（2）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,不計放電電流引起的磁場影響．a(chǎn)．已知自由電子的電荷量為e，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ΔE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ΔE損．

答案精析1．ABD[線框進(jìn)入磁場過程中，受到的安培力方向向左，做減速運(yùn)動，隨著速度的減小，安培力也減小，故做變加速直線運(yùn)動，當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場到右邊的框邊出磁場的過程中，穿過線框的磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，做勻速直線運(yùn)動，當(dāng)線框滑出磁場的過程中，受到的安培力方向向左，仍做減速運(yùn)動，隨速度的減小,安培力減小,故也做變加速直線運(yùn)動，A正確；根據(jù)q＝eq\f（ΔΦ，R)可知滑進(jìn)磁場和滑出磁場的過程中穿過線框的磁通量的變化量相同，線框的電阻不變，所以兩個過程中通過線框橫截面的電荷量相同，B正確；進(jìn)入磁場過程有：－Beq\x\to（I)1dΔt1＝mΔv1，又eq\x\to(I）1Δt1＝q，，則得－Bqd＝mΔv1，離開磁場過程有：－Beq\x\to（I)2dΔt2＝mΔv2,又eq\x\to（I）2Δt2＝q,則得－Bqd＝mΔv2，則得Δv1＝Δv2，即線框速度的變化量相同，C錯誤；進(jìn)磁場的速度為v0，則完全進(jìn)磁場的速度為eq\f(v0,2)，完全出磁場的速度為0.根據(jù)能量守恒定律得，Q1＝eq\f(1，2）mv02－eq\f（1,2)m(eq\f(v0，2)）2＝eq\f（3，8）mv02，Q2＝eq\f(1,2）m(eq\f（v0，2）)2＝eq\f(1,8）mv02，所以eq\f(Q1,Q2）＝eq\f（3,1），故D正確．]2．(1)a點(diǎn)電勢較高（2)5m/s2(3）22s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：F－F安－Ff＝ma,F安＝eq\f（B2L2v,R),v＝at綜上得，F(xiàn)＝eq\f（B2L2a,R）t＋Ff＋ma據(jù)題圖乙可知前10s，F(xiàn)－t圖線斜率為0.05,即eq\f(B2L2a，R）＝0。05N/s代入數(shù)據(jù)解得：a＝5m/s2（3)當(dāng)t＝0時，F(xiàn)f＋ma＝1N，則Ff＝0。5N10s時導(dǎo)體棒的速度v1＝at1＝50m/s此時安培力F安1＝0.5N由于F＝1N，且此時Ff＋F安1＝F＝1N，故10～15s內(nèi)導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動0～15s內(nèi)導(dǎo)體棒ab的位移x＝eq\f（v1,2）t1＋v1t2＝500m通過R的電荷量q1＝eq\f（ΔΦ,R總）＝eq\f(BLx,R）＝50CF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:q2＝q－q1＝15C對導(dǎo)體棒ab應(yīng)用動量定理：－Fft3－BLq2＝0－mv1解得t3＝7s則運(yùn)動的總時間:t＝t1＋t2＋t3＝22s3．見解析解析(1）導(dǎo)體棒速度為v0時切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E＝BLv0導(dǎo)體棒中電流：I＝eq\f(E，R＋r）導(dǎo)體棒受到安培力：F安＝BIL由牛頓第二定律F安＝ma所以：a＝eq\f(B2L2v0，mR＋r）（2)由動量定理－Beq\x\to（I）Lt＝0－mv0導(dǎo)體棒中的平均感應(yīng)電流eq\x\to（I）＝eq\f(BL\x\to（v),R＋r）導(dǎo)體棒的位移x＝eq\x\to（v）t代入解得：x＝eq\f(mv0R＋r，B2L2)(3)由動量定理得:mv0－p＝eq\f(B2L2x,R＋r),即p＝mv0－eq\f（B2L2x，R＋r），導(dǎo)體棒的動量與位移的關(guān)系圖象如圖甲所示：（4）由動能定理可知，Ek－eq\f(1，2)mv02＝－F安x，導(dǎo)體棒所受安培力隨速度減小而減小,所以導(dǎo)體棒動能與位移的關(guān)系圖象如圖乙所示．4．見解析解析（1）a。電容器充電完畢時其電壓等于電動勢E，電容器所帶的電荷量Q＝CE①b．根據(jù)u＝eq\f(q，C)，畫出u－q圖象如圖所示，圖線與橫軸所圍面積即為電容器儲存的能量．有：E0＝eq\f(1,2）EQ②聯(lián)立①②式可得：E0＝eq\f(1，2）CE2③（2）a.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：U＝E棒＝BLvm④導(dǎo)體棒中恒定電場的場強(qiáng)為：E場＝eq\f(U，L)＝Bvm導(dǎo)體棒中電子所受的電場力為F＝eE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：f＝eBvm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F－f＝0則：F＝eBvmb．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：E1＝eq\f（1，2)CU2⑤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：E0＝E1＋eq\f(1，2)mvm2＋ΔE損⑥設(shè)此過程電容器放電的電荷量為ΔQ，則ΔQ＝CE－CU⑦方法一：設(shè)此過程中的平均電流為eq\x\to（I）,時間為t,根據(jù)動量定理有：BLeq\x\to(I）t＝mvm－0⑧其中eq\x\to(I）t＝ΔQ⑨聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得：ΔE損＝eq\f（mCE2，2m＋CL2B2）方法二:設(shè)任意時刻電路中的電流為i，取一