(全国通用)19版高考物理一轮复习第十章电磁感应微专题78电磁感应中的动量与能量问题备考精炼

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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ΔΦ

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：－BI1dΔt1＝mΔv1，又I1Δt1＝q，，则得－Bqd＝mΔv1，离开磁场过程有：－BI2dΔt2＝mΔv2，又I2Δt2＝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，完全出磁场的速度为0.根据能量守

2121v02321v0212Q13

恒定律得，Q1＝mv0－m()＝mv0，Q2＝m()＝mv0，所以＝，故D正确．]

2228228Q212．(1)a点电势较高 (2)5 m/s (3)22 s 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：

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v0

B2L2vF－F安－Ff＝ma，F安＝，v＝at

RB2L2a综上得，F＝t＋Ff＋ma

RB2L2a据题图乙可知前10 s，F－t图线斜率为0.05，即＝0.05 N/s

R代入数据解得：a＝5 m/s

(3)当t＝0时，Ff＋ma＝1 N，则Ff＝0.5 N 10 s时导体棒的速度v1＝at1＝50 m/s 此时安培力F安1＝0.5 N

由于F＝1 N，且此时Ff＋F安1＝F＝1 N， 故10～15 s内导体棒做匀速直线运动

0～15 s内导体棒ab的位移x＝t1＋v1t2＝500 m

2ΔΦBLx通过R的电荷量q1＝＝＝50 C

2

v1

R总RF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：

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q2＝q－q1＝15 C

对导体棒ab应用动量定理：－Fft3－BLq2＝0－mv1 解得t3＝7 s

则运动的总时间：t＝t1＋t2＋t3＝22 s 3．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＝ER＋r

导体棒受到安培力：F安＝BIL 由牛顿第二定律F安＝ma

B2L2v0

所以：a＝ m?R＋r?

(2)由动量定理－BILt＝0－mv0

BLv导体棒中的平均感应电流I＝导体棒的位移x＝vt 代入解得：x＝

R＋r mv0?R＋r?

B2L2(3)由动量定理得：

B2L2xB2L2xmv0－p＝，即p＝mv0－，

R＋rR＋r导体棒的动量与位移的关系图象如图甲所示：

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(4)由动能定理可知，Ek－mv0＝－F2

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．

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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即为电容器储存的能量．有：

qCE0＝EQ②

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联立①②式可得：E0＝CE③

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12

(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

12

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＝CU⑤

212

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 m＋ΔE损 ⑥

2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I，时间为t，根据动量定理有：BLIt＝mvm－0⑧ 其中It＝ΔQ⑨

ULmCE2

联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得：ΔE损＝22 2?m＋CLB?

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 而ΣiΔt＝ΔQ⑨

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