1、1微专题 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：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)(2017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(dL)的正方形闭合线框以垂直于磁场边
2、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 312如图 2 甲所示，平行粗糙导轨固定在绝缘水平桌面上，间距 L0.2m，导轨左端接有R1 的电阻，质量为 m0.1kg 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
3、处于磁感应强度 B0.5T 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 g10m/s 2，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？23(2017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
4、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像，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像，并说明理由4(2018四川成都模拟)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、
5、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3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 变化的图像；借助 u q 图像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
6、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 E 损 ，电容器释放的能量没有全部转化为导体棒的动能，求 E 损4答案精析1ABD 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 可知滑进磁场和滑出磁场的过程中穿过线框的磁
7、通量的变化量相 R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： B 1d t1 m v1，又 1 t1 q， ，则得 Bqd m v1，离开磁场过程有：I I B 2d t2 m v2，又 2 t2 q，则得 Bqd m v2，则得 v1 v2，即线框速度的变I I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 ，完全出磁场的速度为 0.根v02据能量守恒定律得， Q1 mv m( )2 mv ， Q2 m( )2 mv ，所以 ，故 D12 02 12 v02 38 02 12 v02 18 02 Q1Q2 31正确2(1) a 点
8、电势较高 (2)5m/s 2 (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 f ma， F 安 ， v atB2L2vR综上得， F t f maB2L2aR据题图乙可知前 10s， F t 图线斜率为 0.05，即 0.05N/sB2L2aR代入数据解得： a5m/s 2(3)当 t0 时， f ma1N，则 f0.5N10s 时导体棒的速度 v1 at150m/s此时安培力 F 安 10.5N由于 F1N，且此时 f F 安 1 F1N，故 1015s 内导体棒做匀速直线运动015s 内导体棒 ab 的位移
9、x t1 v1t2500mv12通过 R 的电荷量 q1 50C R总 BLxRF 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：5q2 q q115C对导体棒 ab 应用动量定理： ft3 BLq20 mv1解得 t37s则运动的总时间： t t1 t2 t322s3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： IER r导体棒受到安培力： F 安 BIL由牛顿第二定律 F 安 ma所以： aB2L2v0m R r(2)由动量定理 B Lt0 mv0I导体棒中的平均感应电流 IBLvR r导体棒的位移 x tv代入解得： xmv0
10、R rB2L2(3)由动量定理得：mv0 p ，即 p mv0 ，B2L2xR r B2L2xR r导体棒的动量与位移的关系图像如图甲所示：(4)由动能定理可知， Ek mv F 安 x，导体棒所受安培力随速度减小而减小，所以导体12 02棒动能与位移的关系图像如图乙所示4见解析6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 CEb根据 u ，画出 u q 图像如图所示，图线与横轴所围面积即为电容器储存的能量有：qCE0 EQ12联立式可得： E0 CE212(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
11、动势 E 棒 相等，即： U E 棒 BLvm导体棒中恒定电场的场强为： E 场 BvmUL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 洛 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 洛 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 CU212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 mv E 损 12 m2设此过程电容器放电的电荷量为 Q，则 Q CE CU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： BL t mvm0I I其中 t QI联立式可得： E 损 mCE22 m CL2B2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 t，设此段时间内速度的改变量为 v，根据动量定理有： BLi t m v而 i t Q而 m v mvm07联立式可得： E 损 mCE22 m CL2B2
