《2019高考物理一輪復習 第十章 電磁感應 第78講 電磁感應中的動量與能量問題加練半小時 教科版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019高考物理一輪復習 第十章 電磁感應 第78講 電磁感應中的動量與能量問題加練半小時 教科版（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第78講 電磁感應中的動量與能量問題方法點撥電磁感應中的有些題目可以從動量角度著手，運用動量定理或動量守恒定律解決：應用動量定理可以由動量變化來求解變力的沖量如在導體棒做非勻變速運動的問題中，應用動量定理可以解決牛頓運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動時，由于這兩根導體棒所受的安培力等大反向，合外力為零，若不受其他外力，兩導體棒的總動量守恒，解決此類問題往往要應用動量守恒定律1(多選)(2017河北衡水中學高三下期中)如圖1所示，在光滑的水平面上，有一豎直向下的勻強磁場，分布在寬度為L的區(qū)域內(nèi)，現(xiàn)有一邊長為d(dL)的正方形閉合線框以垂直于磁場邊界的初速度v0滑過

2、磁場，線框剛好能穿過磁場，運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線框在滑進磁場的過程與滑出磁場的過程均做變加速直線運動B線框在滑進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312如圖2甲所示，平行粗糙導軌固定在絕緣水平桌面上，間距L0.2m，導軌左端接有R1的電阻，質量為m0.1kg的粗糙導體棒ab垂直靜置于導軌上，導體棒及導軌的電阻忽略不計整個裝置處于磁感應強度B0.5T的勻強磁場中，磁場方向

3、垂直導軌向下現(xiàn)用與導軌平行的外力F作用在導體棒ab上使之一開始做勻加速運動，且外力F隨時間變化關系如圖乙所示，重力加速度g10m/s2，求：圖2(1)比較導體棒a、b兩點電勢的高低；(2)前10s導體棒ab的加速度大?。?3)若整個過程中通過R的電荷量為65C，則導體棒ab運動的總時間是多少？3(2017北京房山區(qū)模擬)許多電磁現(xiàn)象可以用力的觀點來分析，也可以用動量、能量等觀點來分析和解釋如圖3所示，足夠長的平行光滑金屬導軌水平放置，導軌間距為L，一端連接阻值為R的電阻導軌所在空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B.質量為m、電阻為r的導體棒MN放在導軌上，其長度恰好等于導軌間距，與導軌接

4、觸良好已知導體棒MN以初速度v0向右運動圖3(1)當導體棒運動的速度為v0時，求其加速度a的大小；(2)求導體棒在導軌上運動的位移x的大??；(3)從導體棒向右運動開始計時，畫出導體棒動量隨位移變化的圖像，并說明理由；(4)從導體棒向右運動開始計時，定性畫出導體棒動能隨位移變化的圖像，并說明理由4(2018四川成都模擬)某小組同學在研究圖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、磁感應強度為B的勻強磁場中，平行導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.一質量為m、長度也為L的金屬導體棒垂直

5、于軌道平放在導軌上，忽略摩擦阻力和導軌、導線的電阻，假設平行金屬導軌足夠長圖4(1)將開關S接a，電源對電容器充電a求電容器充電結束時所帶的電荷量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變化的圖像；借助uq圖像求出穩(wěn)定后電容器儲存的能量E0.(2)電容器充電結束后，將開關接b，電容器放電，導體棒由靜止開始運動，不計放電電流引起的磁場影響a已知自由電子的電荷量為e，請你分析推導當導體棒獲得最大速度之后，導體棒中某一自由電子所受的電場力與導體棒最大速度之間的關系式；b導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化為導體棒的動能

6、，求E損答案精析1ABD線框進入磁場過程中，受到的安培力方向向左，做減速運動，隨著速度的減小，安培力也減小，故做變加速直線運動，當線框完全進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，沒有感應電流產(chǎn)生，做勻速直線運動，當線框滑出磁場的過程中，受到的安培力方向向左，仍做減速運動，隨速度的減小，安培力減小，故也做變加速直線運動，A正確；根據(jù)q可知滑進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；進入磁場過程有：B1dt1mv1，又1t1q，則得Bqdmv1，離開磁場過程有：B2dt2mv2，又2t2q，則得Bqdm

7、v2，則得v1v2，即線框速度的變化量相同，C錯誤；進磁場的速度為v0，則完全進磁場的速度為，完全出磁場的速度為0.根據(jù)能量守恒定律得，Q1mvm()2mv，Q2m()2mv，所以，故D正確2(1)a點電勢較高(2)5m/s2(3)22s解析(1)據(jù)右手定則知，a點電勢較高(2)由于導體棒一開始做勻加速運動，對ab用牛頓第二定律：FF安fma，F(xiàn)安，vat綜上得，F(xiàn)tfma據(jù)題圖乙可知前10s，F(xiàn)t圖線斜率為0.05，即0.05N/s代入數(shù)據(jù)解得：a5m/s2(3)當t0時，fma1N，則f0.5N10s時導體棒的速度v1at150m/s此時安培力F安10.5N由于F1N，且此時fF安1F1N

8、，故1015s內(nèi)導體棒做勻速直線運動015s內(nèi)導體棒ab的位移xt1v1t2500m通過R的電荷量q150CF為0后，導體棒做減速運動直到停止過程中通過R的電荷量：q2qq115C對導體棒ab應用動量定理：ft3BLq20mv1解得t37s則運動的總時間：tt1t2t322s3見解析解析(1)導體棒速度為v0時切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢EBLv0導體棒中電流：I導體棒受到安培力：F安BIL由牛頓第二定律F安ma所以：a(2)由動量定理BLt0mv0導體棒中的平均感應電流導體棒的位移xt代入解得：x(3)由動量定理得：mv0p，即pmv0，導體棒的動量與位移的關系圖像如圖甲所示：(4)由動能定理可

9、知，EkmvF安x，導體棒所受安培力隨速度減小而減小，所以導體棒動能與位移的關系圖像如圖乙所示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QCEb根據(jù)u，畫出uq圖像如圖所示，圖線與橫軸所圍面積即為電容器儲存的能量有：E0EQ聯(lián)立式可得：E0CE2(2)a.方法一：設金屬導體棒獲得最大速度vm時，放電電流為零，此時電容器的電壓U與導體棒的感應電動勢E棒相等，即：UE棒BLvm導體棒中恒定電場的場強為：E場Bvm導體棒中電子所受的電場力為FeE場eBvm方法二：金屬導體棒獲得最大速度后做勻速直線運動，電路中無電流，運動的電子在磁場中受到向下的洛倫茲力，大小為：F洛eBvm由于電子隨導體棒做勻速直線運動，則電場力F與洛倫茲力合力為零，即FF洛0則：FeBvmb由(1)中結論可知，導體棒獲得最大速度vm時，電容器儲存的能量為：E1CU2導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：E0E1mvE損設此過程電容器放電的電荷量為Q，則QCECU方法一：設此過程中的平均電流為，時間為t，根據(jù)動量定理有：BLtmvm0其中tQ聯(lián)立式可得：E損方法二：設任意時刻電路中的電流為i，取一段含此時刻的極短時間t，設此段時間內(nèi)速度的改變量為v，根據(jù)動量定理有：BLitmv而itQ而mvmvm0聯(lián)立式可得：E損7