2、于磁場邊界的初速度v0滑過磁場，線框剛好能穿過磁場，運動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．線框在滑進磁場的過程與滑出磁場的過程均做變加速直線運動
B．線框在滑進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．整個裝置處于磁感應(yīng)強度B＝0.5 T的勻強磁場中，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動，且外力F隨時間變化關(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兩點電勢的高低；
(2)前10 s導(dǎo)體棒ab的加速度大??；
(3)若整個過程中通過R的電荷量為65 C，則導(dǎo)體棒ab運動的總時間是多少？
3．(2017·北京房山區(qū)模擬)許多電磁現(xiàn)象可以用力的觀點來分析，也可以用動量、能量
4、等觀點來分析和解釋．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磁場，磁感應(yīng)強度為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向右運動．
圖3
(1)當(dāng)導(dǎo)體棒運動的速度為v0時，求其加速度a的大??；
(2)求導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上運動的位移x的大?。?
(3)從導(dǎo)體棒向右運動開始計時，畫出導(dǎo)體棒動量隨位移變化的圖象，并說明理由；
(4)從導(dǎo)體棒向右運動開始計時，定性畫出導(dǎo)體棒動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，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，整個裝置處在豎直向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，平行導(dǎo)軌左端電路如圖所示，電源的電動勢為E(內(nèi)阻不計)，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)束時所帶的電荷量Q；
b．請在圖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)體棒由靜止開始運動，不計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)體棒的動能，求ΔE損．
答案精析
1．ABD [線框進入磁場過程中，受到的安培力方向向左，做減速運動，隨著速度的減小，安培力也減小，
7、故做變加速直線運動，當(dāng)線框完全進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，做勻速直線運動，當(dāng)線框滑出磁場的過程中，受到的安培力方向向左，仍做減速運動，隨速度的減小，安培力減小，故也做變加速直線運動，A正確；根據(jù)q＝可知滑進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，所以兩個過程中通過線框橫截面的電荷量相同，B正確；進入磁場過程有：－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錯誤；進磁場的速
8、度為v0，則完全進磁場的速度為，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點電勢較高 (2)5 m/s2 (3)22 s
解析 (1)據(jù)右手定則知，a點電勢較高
(2)由于導(dǎo)體棒一開始做勻加速運動，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，F(xiàn)f＋ma＝1 N，則Ff＝0.5 N
10 s時導(dǎo)體棒的速度v1＝at1
9、＝50 m/s
此時安培力F安1＝0.5 N
由于F＝1 N，且此時Ff＋F安1＝F＝1 N，
故10～15 s內(nèi)導(dǎo)體棒做勻速直線運動
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)體棒做減速運動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)用動量定理：－Fft3－BLq2＝0－mv1
解得t3＝7 s
則運動的總時間：t＝t1＋t2＋t3＝22 s
3．見解析
解析 (1)導(dǎo)體棒速度為v0時切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢
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)由動量定理得：
mv0－p＝，即p＝mv0－，
導(dǎo)體棒的動量與位移的關(guān)系圖象如圖甲所示：
(4)由動能定理可知，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.電容器充電完畢時其電壓等于電動勢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，放電電流為零，此時電容器的電壓U與導(dǎo)體棒的感應(yīng)電動勢E棒相等，
即：U＝E棒＝BLvm④
導(dǎo)體棒中恒定電場的場強為：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動，電路中無電流，運動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)體棒做勻速直線運動，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，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，時間為t，根據(jù)動量定理有：BLt＝mvm－0⑧
其中t＝ΔQ⑨
聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得：ΔE損＝
方法二：設(shè)任意時刻電路中的電流為i，取一段含此時刻的極短時間Δt，設(shè)此段時間內(nèi)速度的改變量為Δv，根據(jù)動量定理有：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78 電磁感應(yīng)中的動量與能量問題加練半小時
