（全國(guó)通用）2023版高考物理一輪復(fù)習(xí)第十章電磁感應(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

PAGEPAGE178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，假設(shè)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．1．(多項(xiàng)選擇)(2022·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)的正方形閉合線框以垂直于磁場(chǎng)邊界的初速度v0滑過(guò)磁場(chǎng)，線框剛好能穿過(guò)磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中線框靠近磁場(chǎng)左邊界的一邊始終與磁場(chǎng)邊界平行，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()圖1A．線框在滑進(jìn)磁場(chǎng)的過(guò)程與滑出磁場(chǎng)的過(guò)程均做變加速直線運(yùn)動(dòng)B．線框在滑進(jìn)磁場(chǎng)的過(guò)程中與滑出磁場(chǎng)的過(guò)程中通過(guò)線框橫截面的電荷量相同C．線框在滑進(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．線框在滑進(jìn)磁場(chǎng)的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q1與滑出磁場(chǎng)的過(guò)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(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：圖2

(1)比擬導(dǎo)體棒a、b兩點(diǎn)電勢(shì)的上下；(2)前10s導(dǎo)體棒ab的加速度大小；(3)假設(shè)整個(gè)過(guò)程中通過(guò)R的電荷量為65C，那么導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間是多少？3．(2022·北京房山區(qū)模擬)許多電磁現(xiàn)象可以用力的觀點(diǎn)來(lái)分析，也可以用動(dòng)量、能量等觀點(diǎn)來(lái)分析和解釋?zhuān)鐖D3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．導(dǎo)體棒MN以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)．圖3(1)當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度為v0時(shí)，求其加速度a的大小；(2)求導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的位移x的大??；(3)從導(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．(2022·四川成都模擬)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)軌左端電路如下圖，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)線的電阻，假設(shè)平行金屬導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)．圖4(1)將開(kāi)關(guān)S接a，電源對(duì)電容器充電．a(chǎn)．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.(2)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(chǎn)．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ΔE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ΔE損．

答案精析1．ABD[線框進(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，故做變加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)到右邊的框邊出磁場(chǎng)的過(guò)程中，穿過(guò)線框的磁通量不變，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框滑出磁場(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，故也做變加速直線運(yùn)動(dòng)，A正確；根據(jù)q＝eq\f(ΔΦ,R)可知滑進(jìn)磁場(chǎng)和滑出磁場(chǎng)的過(guò)程中穿過(guò)線框的磁通量的變化量相同，線框的電阻不變，所以兩個(gè)過(guò)程中通過(guò)線框橫截面的電荷量相同，B正確；進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程有：－Beq\x\to(I)1dΔt1＝mΔv1，又eq\x\to(I)1Δt1＝q，，那么得－Bqd＝mΔv1，離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程有：－Beq\x\to(I)2dΔt2＝mΔv2，又eq\x\to(I)2Δt2＝q，那么得－Bqd＝mΔv2，那么得Δv1＝Δv2，即線框速度的變化量相同，C錯(cuò)誤；進(jìn)磁場(chǎng)的速度為v0，那么完全進(jìn)磁場(chǎng)的速度為eq\f(v0,2)，完全出磁場(chǎng)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(shì)較高(2)5m/s2(3)22s解析(1)據(jù)右手定那么知，a點(diǎn)電勢(shì)較高(2)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：F－F安－Ff＝ma，F(xiàn)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(shí)，F(xiàn)f＋ma＝1N，那么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1＝F＝1N，故10～15s內(nèi)導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)0～15s內(nèi)導(dǎo)體棒ab的位移x＝eq\f(v1,2)t1＋v1t2＝500m通過(guò)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(dòng)直到停止過(guò)程中通過(guò)R的電荷量：q2＝q－q1＝15C對(duì)導(dǎo)體棒ab應(yīng)用動(dòng)量定理：－Fft3－BLq2＝0－mv1解得t3＝7s那么運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間：t＝t1＋t2＋t3＝22s3．見(jiàn)解析解析(1)導(dǎo)體棒速度為v0時(shí)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(dòng)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(dòng)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(dòng)量與位移的關(guān)系圖象如圖甲所示：(4)由動(dòng)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(dòng)能與位移的關(guān)系圖象如圖乙所示．4．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)u＝eq\f(q,C)，畫(huà)出u－q圖象如下圖，圖線與橫軸所圍面積即為電容器儲(chǔ)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(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場(chǎng)＝eq\f(U,L)＝Bvm導(dǎo)體棒中電子所受的電場(chǎng)力為F＝eE場(chǎng)＝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(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)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，那么電場(chǎng)力F與洛倫茲力合力為零，即F－f＝0那么：F＝eBvmb．由(1)中結(jié)論可知，導(dǎo)體棒獲得最大速度vm時(shí)，電容器儲(chǔ)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(guò)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(guò)程電容器放電的電荷量為ΔQ，那么ΔQ＝CE－CU⑦方法一：設(shè)此過(guò)程中的平均電流為eq\x\to(I)，時(shí)間為t，根據(jù)動(dòng)量定理有：BLeq\x\to(I)t＝mv