高考物理一輪復習 第十章 微專題76 電磁感應中的動量與能量問題加練半小時（含解析）試題

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：①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.②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.(2018·山西省晉城市一模)如圖1所示，光滑平行金屬導軌PQ、MN傾斜固定放置，導軌所在平面與水平面的夾角θ＝30°，導軌底端連接有阻值為R的電阻，導軌間距為L.方向垂直于導軌平面向下的有界勻強磁場的邊界ab、cd垂直于導軌，磁場的磁感應強度大小為B，邊界ab、cd間距為s.將一長度為L、質量為m、阻值也為R的金屬棒垂直放置在導軌上，金屬棒開始的位置離ab的距離為eq\f(1,2)s，現(xiàn)將金屬棒由靜止釋放，金屬棒沿導軌向下做加速運動，到達cd位置時金屬棒的加速度剛好為零，金屬棒運動過程中始終垂直于導軌并與導軌接觸良好，不計導軌及其他電阻，重力加速度為g，求：圖1(1)金屬棒從釋放到到達cd位置的過程中，通過電阻R的電荷量；(2)金屬棒從ab運動到cd的時間.2.如圖2甲所示，平行粗糙導軌固定在絕緣水平桌面上，間距L＝0.2m，導軌左端接有R＝1Ω的電阻，質量為m＝0.1kg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B＝0.5T的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌向下.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g＝10m/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的加速度大小；(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.(2018·山西省康杰中學二模)如圖3所示，足夠長的水平軌道左側部分b1b2－c1c2軌道間距為2L，右側部分c1c2－d1d2的軌道間距為L，圓弧軌道與水平軌道相切于b1b2，所有軌道均光滑且電阻不計.在水平軌道內有斜向下與豎直方向夾角θ＝37°的勻強磁場，磁感應強度大小為B＝0.1T.質量為M＝0.2kg的金屬棒C垂直于軌道靜止放置在右側窄軌道上，質量為m＝0.1kg的導體棒A自圓弧軌道上a1a2處由靜止釋放，兩金屬棒在運動過程中始終相互平行且與軌道保持良好接觸，A棒總在寬軌上運動，C棒總在窄軌上運動.已知：兩金屬棒接入電路的有效電阻均為R＝0.2Ω，h＝0.2m，L＝0.2m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，求：圖3(1)金屬棒A滑到b1b2處時的速度大小；(2)金屬棒C勻速運動的速度大小；(3)在兩棒整個的運動過程中通過金屬棒A某截面的電荷量；(4)在兩棒整個的運動過程中金屬棒A、B在水平軌道間掃過的面積之差.4.(2018·四川省成都市模擬)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ΔE損，電容器釋放的能量沒有全部轉化為導體棒的動能，求ΔE損.

答案精析1.(1)eq\f(BLs,2R)(2)eq\f(2mR,B2L2)＋eq\f(B2L2s,mgR)－eq\r(\f(2s,g))解析(1)通過電阻R的電荷量q＝eq\x\to(I)·Δt，eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BLs,Δt)，eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)，解得q＝eq\f(BLs,2R)；(2)設金屬棒剛進入磁場時的速度為v1，根據(jù)機械能守恒定律有mg·eq\f(1,2)s·sinθ＝eq\f(1,2)mv12，解得v1＝eq\r(gssinθ)＝eq\r(\f(1,2)gs)，金屬棒運動到cd位置時，加速度為零，有mgsinθ＝eq\f(B2L2v2,2R)，解得v2＝eq\f(mgR,B2L2)，由牛頓第二定律可知mgsinθ－BIL＝ma＝meq\f(Δv,Δt)，即eq\f(1,2)mgΣΔt－BLΣIΔt＝mΣΔv，[或由動量定理可得(mgsinθ－BIL)Δt＝mΔv，即eq\f(1,2)mgΣΔt－BLΣIΔt＝mΣΔv]得eq\f(1,2)mgt－BLq＝m(v2－v1)，解得t＝eq\f(2mR,B2L2)＋eq\f(B2L2s,mgR)－eq\r(\f(2s,g)).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：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0.05N/s即eq\f(B2L2a,R)＝0.05N/s代入數(shù)據(jù)解得：a＝5m/s2(3)當t＝0時，F(xiàn)f＋ma＝1N，則Ff＝0.5N10s時導體棒的速度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內導體棒做勻速直線運動0～15s內導體棒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，導體棒做減速運動直到停止過程中通過R的電荷量：q2＝q－q1＝15C對導體棒ab應用動量定理：－Fft3－BLq2＝0－mv1解得t3＝7s則運動的總時間：t＝t1＋t2＋t3＝22s3.(1)2m/s(2)0.44m/s(3)5.56C(4)27.8m2解析(1)A棒在圓弧軌道上下滑，由機械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv02，得v0＝eq\r(2gh)＝2m/s.(2)選取水平向右為正方向，對A、C應用動量定理可得對C：FC安cosθ·t＝MvC，對A：－FA安cosθ·t＝mvA－mv0，其中FA安＝2FC安，由以上知mv0－mvA＝2MvC，兩棒最后勻速運動時，電路中無電流，有BLvC＝2BLvA，得vC＝2vA，聯(lián)立兩式得vC＝eq\f(2,9)v0＝0.44m/s.(3)在C加速過程中，有Σ(Bcosθ)ILΔt＝MvC－0，q＝ΣIΔt，得q＝eq\f(50,9)C＝5.56C.(4)根據(jù)法拉第電磁感應定律有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，其中磁通量變化量ΔΦ＝BΔScos37°，電路中的電流I＝eq\f(E,2R)，通過截面的電荷量q＝It，得ΔS＝eq\f(250,9)m2＝27.8m2.4.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表示電容器儲存的能量.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：U＝E棒＝BLvm④導體棒中恒定電場的場強為：E場＝eq\f(U,L)＝Bvm導體棒中電子所受的電場力為F＝eE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＝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F－f＝0，則：F＝eBvmb.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：E1＝eq\f(1,2)CU2⑤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：E0＝E1＋eq\f(1,2)mvm2＋ΔE損⑥設此過程電容器放電的電荷量為ΔQ，則ΔQ＝CE－CU⑦方法一：設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