2、于磁場邊界的初速度v0滑過磁場，線框剛好能穿過磁場，運(yùn)動(dòng)過程中線框靠近磁場左邊界的一邊始終與磁場邊界平行，下列說法正確的是( )
圖1
A．線框在滑進(jìn)磁場的過程與滑出磁場的過程均做變加速直線運(yùn)動(dòng)
B．線框在滑進(jìn)磁場的過程中與滑出磁場的過程中通過線框橫截面的電荷量相同
C．線框在滑進(jìn)磁場的過程中速度的變化量與滑出磁場的過程中速度的變化量不同
D．線框在滑進(jìn)磁場的過程中產(chǎn)生的熱量Q1與滑出磁場的過程中產(chǎn)生的熱量Q2之比為3∶1
2．如圖2甲所示，平行粗糙導(dǎo)軌固定在絕緣水平桌面上，間距L＝0.2 m，導(dǎo)軌左端接有R＝1 Ω的電阻，質(zhì)量為m＝0.1 kg的粗糙導(dǎo)體棒ab垂直靜置于導(dǎo)軌
3、上，導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)．整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌向下．現(xiàn)用與導(dǎo)軌平行的外力F作用在導(dǎo)體棒ab上使之一開始做勻加速運(yùn)動(dòng)，且外力F隨時(shí)間變化關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，求：
圖2
(1)比較導(dǎo)體棒a、b兩點(diǎn)電勢的高低；
(2)前10 s導(dǎo)體棒ab的加速度大??；
(3)若整個(gè)過程中通過R的電荷量為65 C，則導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間是多少？
3．(2017·北京房山區(qū)模擬)許多電磁現(xiàn)象可以用力的觀點(diǎn)來分析，也可以用動(dòng)量、能量
4、等觀點(diǎn)來分析和解釋．如圖3所示，足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌間距為L，一端連接阻值為R的電阻．導(dǎo)軌所在空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上，其長度恰好等于導(dǎo)軌間距，與導(dǎo)軌接觸良好．已知導(dǎo)體棒MN以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)．
圖3
(1)當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度為v0時(shí)，求其加速度a的大??；
(2)求導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的位移x的大小；
(3)從導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)開始計(jì)時(shí)，畫出導(dǎo)體棒動(dòng)量隨位移變化的圖象，并說明理由；
(4)從導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)開始計(jì)時(shí)，定性畫出導(dǎo)體棒動(dòng)能隨位移變化的圖象，并說明理由．
5、
4．(2018·四川成都模擬)某小組同學(xué)在研究圖4甲所示的電磁槍原理時(shí)，繪制了圖乙所示的簡圖(為俯視圖)，圖中兩平行金屬導(dǎo)軌間距為L固定在水平面上，整個(gè)裝置處在豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，平行導(dǎo)軌左端電路如圖所示，電源的電動(dòng)勢為E(內(nèi)阻不計(jì))，電容器的電容為C.一質(zhì)量為m、長度也為L的金屬導(dǎo)體棒垂直于軌道平放在導(dǎo)軌上，忽略摩擦阻力和導(dǎo)軌、導(dǎo)線的電阻，假設(shè)平行金屬導(dǎo)軌足夠長．
圖4
(1)將開關(guān)S接a，電源對電容器充電．
a．求電容器充電結(jié)束時(shí)所帶的電荷量Q；
b．請?jiān)趫D丙中畫出充電過程中電容器兩
6、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(jié)束后，將開關(guān)接b，電容器放電，導(dǎo)體棒由靜止開始運(yùn)動(dòng)，不計(jì)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(dǎo)當(dāng)導(dǎo)體棒獲得最大速度之后，導(dǎo)體棒中某一自由電子所受的電場力與導(dǎo)體棒最大速度之間的關(guān)系式；
b．導(dǎo)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(zhuǎn)化為導(dǎo)體棒的動(dòng)能，求ΔE損．
答案精析
1．ABD [線框進(jìn)入磁場過程中，受到的安培力方向向左，做減速運(yùn)動(dòng)，隨著速度的減小，安培力也減小，
7、故做變加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場到右邊的框邊出磁場的過程中，穿過線框的磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框滑出磁場的過程中，受到的安培力方向向左，仍做減速運(yùn)動(dòng)，隨速度的減小，安培力減小，故也做變加速直線運(yùn)動(dòng)，A正確；根據(jù)q＝可知滑進(jìn)磁場和滑出磁場的過程中穿過線框的磁通量的變化量相同，線框的電阻不變，所以兩個(gè)過程中通過線框橫截面的電荷量相同，B正確；進(jìn)入磁場過程有：－B1dΔt1＝mΔv1，又1Δt1＝q，，則得－Bqd＝mΔv1，離開磁場過程有：－B2dΔt2＝mΔv2，又2Δt2＝q，則得－Bqd＝mΔv2，則得Δv1＝Δv2，即線框速度的變化量相同，C錯(cuò)誤；進(jìn)磁場的速
8、度為v0，則完全進(jìn)磁場的速度為，完全出磁場的速度為0.根據(jù)能量守恒定律得，Q1＝mv02－m()2＝mv02，Q2＝m()2＝mv02，所以＝，故D正確．]
2．(1)a點(diǎn)電勢較高 (2)5 m/s2 (3)22 s
解析 (1)據(jù)右手定則知，a點(diǎn)電勢較高
(2)由于導(dǎo)體棒一開始做勻加速運(yùn)動(dòng)，對ab用牛頓第二定律：
F－F安－Ff＝ma，F(xiàn)安＝，v＝at
綜上得，F(xiàn)＝t＋Ff＋ma
據(jù)題圖乙可知前10 s，F(xiàn)－t圖線斜率為0.05，即＝0.05 N/s
代入數(shù)據(jù)解得：a＝5 m/s2
(3)當(dāng)t＝0時(shí)，F(xiàn)f＋ma＝1 N，則Ff＝0.5 N
10 s時(shí)導(dǎo)體棒的速度v1＝at1
9、＝50 m/s
此時(shí)安培力F安1＝0.5 N
由于F＝1 N，且此時(shí)Ff＋F安1＝F＝1 N，
故10～15 s內(nèi)導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)
0～15 s內(nèi)導(dǎo)體棒ab的位移x＝t1＋v1t2＝500 m
通過R的電荷量q1＝＝＝50 C
F為0后，導(dǎo)體棒做減速運(yùn)動(dòng)直到停止過程中通過R的電荷量：
q2＝q－q1＝15 C
對導(dǎo)體棒ab應(yīng)用動(dòng)量定理：－Fft3－BLq2＝0－mv1
解得t3＝7 s
則運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間：t＝t1＋t2＋t3＝22 s
3．見解析
解析 (1)導(dǎo)體棒速度為v0時(shí)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢
E＝BLv0
導(dǎo)體棒中電流：I＝
導(dǎo)體棒受到安培力：F安＝B
10、IL
由牛頓第二定律F安＝ma
所以：a＝
(2)由動(dòng)量定理－BLt＝0－mv0
導(dǎo)體棒中的平均感應(yīng)電流＝
導(dǎo)體棒的位移x＝t
代入解得：x＝
(3)由動(dòng)量定理得：
mv0－p＝，即p＝mv0－，
導(dǎo)體棒的動(dòng)量與位移的關(guān)系圖象如圖甲所示：
(4)由動(dòng)能定理可知，Ek－mv02＝－F安x，導(dǎo)體棒所受安培力隨速度減小而減小，所以導(dǎo)體棒動(dòng)能與位移的關(guān)系圖象如圖乙所示．
4．見解析
解析 (1)a.電容器充電完畢時(shí)其電壓等于電動(dòng)勢E，
電容器所帶的電荷量Q＝CE①
b．根據(jù)u＝，畫出u－q圖象如圖所示，圖線與橫軸所圍面積即為電容器儲存的能量．有：E0＝EQ②
聯(lián)立
11、①②式可得：E0＝CE2③
(2)a.方法一：設(shè)金屬導(dǎo)體棒獲得最大速度vm時(shí)，放電電流為零，此時(shí)電容器的電壓U與導(dǎo)體棒的感應(yīng)電動(dòng)勢E棒相等，
即：U＝E棒＝BLvm④
導(dǎo)體棒中恒定電場的場強(qiáng)為：E場＝＝Bvm
導(dǎo)體棒中電子所受的電場力為F＝eE場＝eBvm
方法二：金屬導(dǎo)體棒獲得最大速度后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，電路中無電流，運(yùn)動(dòng)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(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則電場力F與洛倫茲力合力為零，即F－f＝0
則：F＝eBvm
b．由(1)中結(jié)論可知，導(dǎo)體棒獲得最大速度vm時(shí)，電容器儲存的能量為：E1＝CU2⑤
導(dǎo)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＋mv m2＋ΔE損⑥
設(shè)此過程電容器放電的電荷量為ΔQ，則ΔQ＝CE－CU⑦
方法一：設(shè)此過程中的平均電流為，時(shí)間為t，根據(jù)動(dòng)量定理有：BLt＝mvm－0⑧
其中t＝ΔQ⑨
聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得：ΔE損＝
方法二：設(shè)任意時(shí)刻電路中的電流為i，取一段含此時(shí)刻的極短時(shí)間Δt，設(shè)此段時(shí)間內(nèi)速度的改變量為Δv，根據(jù)動(dòng)量定理有：ΣBLiΔt＝ΣmΔv⑧
而ΣiΔt＝ΔQ⑨
而ΣmΔv＝mvm－0⑩
聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式可得：ΔE損＝
9
（江蘇專用）2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 課時(shí)78 電磁感應(yīng)中的動(dòng)量與能量問題加練半小時(shí)
