2020版高考物理一轮复习第十章 微专题76电磁感应中的动量与能量问题 7页

电磁感应中的动量与能量问题 ‎[方法点拨]　电磁感应中的有些题目可以从动量角度着手，运用动量定理或动量守恒定律解决：①应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量.如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题.②在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律.‎ ‎1.(2018·山西省晋城市一模)如图1所示，光滑平行金属导轨PQ、MN倾斜固定放置，导轨所在平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨底端连接有阻值为R的电阻，导轨间距为L.方向垂直于导轨平面向下的有界匀强磁场的边界ab、cd垂直于导轨，磁场的磁感应强度大小为B，边界ab、cd间距为s.将一长度为L、质量为m、阻值也为R的金属棒垂直放置在导轨上，金属棒开始的位置离ab的距离为s，现将金属棒由静止释放，金属棒沿导轨向下做加速运动，到达cd位置时金属棒的加速度刚好为零，金属棒运动过程中始终垂直于导轨并与导轨接触良好，不计导轨及其他电阻，重力加速度为g，求：‎ 图1‎ ‎(1)金属棒从释放到到达cd位置的过程中，通过电阻R的电荷量；‎ ‎(2)金属棒从ab运动到cd的时间.‎ ‎2.如图2甲所示，平行粗糙导轨固定在绝缘水平桌面上，间距L＝0.2m，导轨左端接有R＝1Ω的电阻，质量为m＝0.1kg的粗糙导体棒ab垂直静置于导轨上，导体棒及导轨的电阻忽略不 计.整个装置处于磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨向下.现用与导轨平行的外力F作用在导体棒ab上使之一开始做匀加速运动，且外力F随时间变化关系如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，求：‎ 图2‎ ‎(1)比较导体棒a、b两点电势的高低；‎ ‎(2)前10s导体棒ab的加速度大小；‎ ‎(3)若整个过程中通过R的电荷量为65C，则导体棒ab运动的总时间是多少？‎ ‎3.(2018·山西省康杰中学二模)如图3所示，足够长的水平轨道左侧部分b1b2－c1c2轨道间距为2L，右侧部分c1c2－d1d2的轨道间距为L，圆弧轨道与水平轨道相切于b1b2，所有轨道均光滑且电阻不计.在水平轨道内有斜向下与竖直方向夹角θ＝37°的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.1T.质量为M＝0.2kg的金属棒C垂直于轨道静止放置在右侧窄轨道上，质量为m＝0.1kg的导体棒A自圆弧轨道上a1a2处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与轨道保持良好接触，A棒总在宽轨上运动，C棒总在窄轨上运动.已知：两金属棒接入电路的有效电阻均为R＝0.2Ω，h＝0.2m，L＝0.2m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，求：‎ 图3‎ ‎(1)金属棒A滑到b1b2处时的速度大小；‎ ‎(2)金属棒C匀速运动的速度大小；‎ ‎(3)在两棒整个的运动过程中通过金属棒A某截面的电荷量；‎ ‎(4)在两棒整个的运动过程中金属棒A、B在水平轨道间扫过的面积之差.‎ ‎4.(2018·四川省成都市模拟)某小组同学在研究图4甲所示的电磁枪原理时，绘制了图乙所示的简图(为俯视图)，图中两平行金属导轨间距为L固定在水平面上，整个装置处在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，平行导轨左端电路如图所示，电源的电动势为E(内阻不计)，电容器的电容为C.一质量为m、长度也为L的金属导体棒垂直于轨道平放在导轨上，忽略摩擦阻力和导轨、导线的电阻，假设平行金属导轨足够长.‎ 图4‎ ‎(1)将开关S接a，电源对电容器充电.‎ a.求电容器充电结束时所带的电荷量Q；‎ b.请在图丙中画出充电过程中电容器两极板间的电压u随电容器所带电荷量q变化的图象；借助u－q图象求出稳定后电容器储存的能量E0.‎ ‎(2)电容器充电结束后，将开关接b，电容器放电，导体棒由静止开始运动，不计放电电流引起的磁场影响.‎ a.已知自由电子的电荷量为e，请你分析推导当导体棒获得最大速度之后，导体棒中某一自由电子所受的电场力与导体棒最大速度之间的关系式；‎ b.导体棒由静止到获得最大速度的过程中，由于存在能量损失ΔE损，电容器释放的能量没有全部转化为导体棒的动能，求ΔE损.‎ 答案精析 ‎1.(1)　(2)＋－ 解析　(1)通过电阻R的电荷量q＝·Δt，＝＝，＝，解得q＝；‎ ‎(2)设金属棒刚进入磁场时的速度为v1，根据机械能守恒定律有mg·s·sinθ＝mv12，解得v1＝＝，金属棒运动到cd位置时，加速度为零，有mgsinθ＝，解得v2＝，由牛顿第二定律可知mgsinθ－BIL＝ma＝m，即mgΣΔt－BLΣIΔt＝mΣΔv，[或由动量定理可得(mgsinθ－BIL)Δt＝mΔv，即mgΣΔt－BLΣIΔt＝mΣΔv]得mgt－BLq＝m(v2－v1)，解得t＝＋－.‎ ‎2.(1)a点电势较高　(2)5m/s2　(3)22s 解析　(1)据右手定则知，a点电势较高 ‎(2)由于导体棒一开始做匀加速运动，对ab用牛顿第二定律：F－F安－Ff＝ma，F安＝，v＝at 综上得，F＝t＋Ff＋ma 据题图乙可知前10s，F－t图线斜率为0.05N/s即＝0.05N/s 代入数据解得：a＝5m/s2‎ ‎(3)当t＝0时，Ff＋ma＝1N，则Ff＝0.5N ‎10s时导体棒的速度v1＝at1＝50m/s 此时安培力F安1＝0.5N 由于F＝1N，且此时Ff＋F安1＝F＝1N，故10～15s内导体棒做匀速直线运动 ‎0～15s内导体棒ab的位移x＝t1＋v1t2＝500m 通过R的电荷量q1＝＝＝50C F为0后，导体棒做减速运动直到停止过程中通过R的电荷量：q2＝q－q1＝15C 对导体棒ab应用动量定理：－Fft3－BLq2＝0－mv1‎ 解得t3＝7s 则运动的总时间：t＝t1＋t2＋t3＝22s ‎3.(1)2m/s　(2)0.44m/s　(3)5.56C　(4)27.8m2‎ 解析　(1)A棒在圆弧轨道上下滑，由机械能守恒定律得mgh＝mv02，得v0＝＝2m/s.‎ ‎(2)选取水平向右为正方向，对A、C应用动量定理可得对C：FC安cosθ·t＝MvC，对A：－FA安cosθ·t＝mvA－mv0，其中FA安＝2FC安，由以上知mv0－mvA＝2MvC，两棒最后匀速运动时，电路中无电流，有BLvC＝2BLvA，得vC＝2vA，联立两式得vC＝v0＝0.44m/s.‎ ‎(3)在C加速过程中，有Σ(Bcosθ)ILΔt＝MvC－0，q＝ΣIΔt，得q＝C＝5.56C.‎ ‎(4)根据法拉第电磁感应定律有E＝，其中磁通量变化量ΔΦ＝BΔScos37°，电路中的电流I＝，通过截面的电荷量q＝It，得ΔS＝m2＝27.8m2.‎ ‎4.见解析 解析　‎ ‎(1)a.电容器充电完毕时其电压等于电动势E，电容器所带的电荷量Q＝CE①‎ b.根据u＝，画出u－q图象如图所示，图线与横轴所围面积表示电容器储存的能量.有：E0＝EQ②‎ 联立①②式可得：E0＝CE2③‎ ‎(2)a.方法一：设金属导体棒获得最大速度vm时，放电电流为零，此时电容器的电压U与导体棒的感应电动势E棒相等，‎ 即：U＝E棒＝BLvm④‎ 导体棒中恒定电场的场强为：E场＝＝Bvm 导体棒中电子所受的电场力为F＝eE场＝eBvm 方法二：金属导体棒获得最大速度后做匀速直线运动，电路中无电流，运动的电子在磁场中受到向下的洛伦兹力，‎ 大小为：f＝eBvm 由于电子随导体棒做匀速直线运动，则电场力F与洛伦兹力合力为零，即F－f＝0，则：F＝eBvm b.由(1)中结论可知，导体棒获得最大速度vm时，电容器储存的能量为：E1＝CU2⑤‎ 导体棒由静止到获得最大速度的过程中，根据能量守恒定律有：E0＝E1＋mvm2＋ΔE损⑥‎ 设此过程电容器放电的电荷量为ΔQ，则ΔQ＝CE－CU⑦‎ 方法一：设此过程中的平均电流为，时间为t，根据动量定理有：BLt＝mvm－0⑧‎ 其中t＝ΔQ⑨‎ 联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得：ΔE损＝ 方法二：设任意时刻电路中的电流为i，取一段含此时刻的极短时间Δt，设此段时间内速度的改变量为Δv，根据动量定理有：ΣBLiΔt＝ΣmΔv⑧‎ ΣiΔt＝ΔQ⑨‎ ΣmΔv＝mvm－0⑩‎ 联立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式可得：ΔE损＝