2023版高考物理一轮第十章电磁感应微专题78电磁感应中的动量与能量问题

78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．(多选)(2023·河北衡水中学高三下期中)如图1所示，在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为L的区域内，现有一边长为d(d<L)的正方形闭合线框以垂直于磁场边界的初速度v0滑过磁场，线框刚好能穿过磁场，运动过程中线框靠近磁场左边界的一边始终与磁场边界平行，下列说法正确的是()图1A．线框在滑进磁场的过程与滑出磁场的过程均做变加速直线运动B．线框在滑进磁场的过程中与滑出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量相同C．线框在滑进磁场的过程中速度的变化量与滑出磁场的过程中速度的变化量不同D．线框在滑进磁场的过程中产生的热量Q1与滑出磁场的过程中产生的热量Q2之比为3∶12．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．(2023·北京房山区模拟)许多电磁现象可以用力的观点来分析，也可以用动量、能量等观点来分析和解释．如图3所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，导轨间距为L，一端连接阻值为R的电阻．导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.质量为m、电阻为r的导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好．已知导体棒MN以初速度v0向右运动．图3(1)当导体棒运动的速度为v0时，求其加速度a的大小；(2)求导体棒在导轨上运动的位移x的大小；(3)从导体棒向右运动开始计时，画出导体棒动量随位移变化的图象，并说明理由；(4)从导体棒向右运动开始计时，定性画出导体棒动能随位移变化的图象，并说明理由．4．(2023·四川成都模拟)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．ABD[线框进入磁场过程中，受到的安培力方向向左，做减速运动，随着速度的减小，安培力也减小，故做变加速直线运动，当线框完全进入磁场到右边的框边出磁场的过程中，穿过线框的磁通量不变，没有感应电流产生，做匀速直线运动，当线框滑出磁场的过程中，受到的安培力方向向左，仍做减速运动，随速度的减小，安培力减小，故也做变加速直线运动，A正确；根据q＝eq\f(ΔΦ,R)可知滑进磁场和滑出磁场的过程中穿过线框的磁通量的变化量相同，线框的电阻不变，所以两个过程中通过线框横截面的电荷量相同，B正确；进入磁场过程有：－Beq\x\to(I)1dΔt1＝mΔv1，又eq\x\to(I)1Δt1＝q，，则得－Bqd＝mΔv1，离开磁场过程有：－Beq\x\to(I)2dΔt2＝mΔv2，又eq\x\to(I)2Δt2＝q，则得－Bqd＝mΔv2，则得Δv1＝Δv2，即线框速度的变化量相同，C错误；进磁场的速度为v0，则完全进磁场的速度为eq\f(v0,2)，完全出磁场的速度为0.根据能量守恒定律得，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正确．]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＝eq\f(B2L2v,R)，v＝at综上得，F＝eq\f(B2L2a,R)t＋Ff＋ma据题图乙可知前10s，F－t图线斜率为0.05，即eq\f(B2L2a,R)＝0.05N/s代入数据解得：a＝5m/s2(3)当t＝0时，Ff＋ma＝1N，则Ff＝0.5N10s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＝eq\f(v1,2)t1＋v1t2＝500m通过R的电荷量q1＝eq\f(ΔΦ,R总)＝eq\f(BLx,R)＝50CF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＝22s3．见解析解析(1)导体棒速度为v0时切割磁感线产生感应电动势E＝BLv0导体棒中电流：I＝eq\f(E,R＋r)导体棒受到安培力：F安＝BIL由牛顿第二定律F安＝ma所以：a＝eq\f(B2L2v0,mR＋r)(2)由动量定理－Beq\x\to(I)Lt＝0－mv0导体棒中的平均感应电流eq\x\to(I)＝eq\f(BL\x\to(v),R＋r)导体棒的位移x＝eq\x\to(v)t代入解得：x＝eq\f(mv0R＋r,B2L2)(3)由动量定理得：mv0－p＝eq\f(B2L2x,R＋r)，即p＝mv0－eq\f(B2L2x,R＋r)，导体棒的动量与位移的关系图象如图甲所示：(4)由动能定理可知，Ek－eq\f(1,2)mv02＝－F安x，导体棒所受安培力随速度减小而减小，所以导体棒动能与位移的关系图象如图乙所示．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＝CE①b．根据u＝eq\f(q,C)，画出u－q图象如图所示，图线与横轴所围面积即为电容器储存的能量．有：E0＝eq\f(1,2)EQ②联立①②式可得：E0＝eq\f(1,2)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＝eq\f(U,L)＝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＝eBvmb．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＝eq\f(1,2)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＋eq\f(1,2)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eq\x\to(I)，时间为t，根据动量定理有：BLeq\x\to(I)t＝mvm