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1、电磁感应中的动量与能量问题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.(2018山西省晋城市一模)如图 1 所示，光滑平行金属导轨PQ、MN倾斜固定放置，导轨 所在平面与水平面的夹角30，导轨底端连接有阻值为R的电阻，导
2、轨间距为L.方向 垂直于导轨平面向下的有界匀强磁场的边界ab、cd垂直于导轨， 磁场的磁感应强度大小为B， 边界ab、cd间距为s.将一长度为L、质量为m、阻值也为R的金属棒垂直放置在导轨上， 金属棒开始的位置离ab的距离为s，现将金属棒由静止释放，金属棒沿导轨向下做加速运 1 2 动，到达cd位置时金属棒的加速度刚好为零，金属棒运动过程中始终垂直于导轨并与导轨 接触良好，不计导轨及其他电阻，重力加速度为g，求： 图 1 (1)金属棒从释放到到达cd位置的过程中，通过电阻R的电荷量； (2)金属棒从ab运动到cd的时间. 2.如图 2 甲所示， 平行粗糙导轨固定在绝缘水平桌面上， 间距L0.2
3、m， 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/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.(2018山西省康杰中学二模)如图 3 所示，足够长的水平轨道左侧部分b1b2c1c2轨道间 距为
4、2L，右侧部分c1c2d1d2的轨道间距为L，圆弧轨道与水平轨道相切于b1b2，所有轨道 均光滑且电阻不计.在水平轨道内有斜向下与竖直方向夹角37的匀强磁场，磁感应强 度大小为B0.1T.质量为M0.2kg 的金属棒C垂直于轨道静止放置在右侧窄轨道上，质量 为m0.1kg 的导体棒A自圆弧轨道上a1a2处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互 平行且与轨道保持良好接触，A棒总在宽轨上运动，C棒总在窄轨上运动.已知 ： 两金属棒接 入电路的有效电阻均为R0.2，h0.2m，L0.2m，sin370.6，cos370.8，g 取 10m/s2，求： 图 3 (1)金属棒A滑到b1b2处时的速度大
5、小； (2)金属棒C匀速运动的速度大小； (3)在两棒整个的运动过程中通过金属棒A某截面的电荷量； (4)在两棒整个的运动过程中金属棒A、B在水平轨道间扫过的面积之差. 4.(2018四川省成都市模拟)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
6、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uq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 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. 答案精析答案精析 1.(1) (2)
7、BLs 2R 2mR B2L2 B2L2s mgR 2s g 解析 (1)通过电阻R的电荷量q t， ， ，解得q；IE t BLs t I E 2R BLs 2R (2)设金属棒刚进入磁场时的速度为v1，根据机械能守恒定律有mgssinmv12，解 1 2 1 2 得v1， 金属棒运动到cd位置时， 加速度为零， 有mgsin， 解得v2gssin 1 2gs B2L2v2 2R ，由牛顿第二定律可知mgsinBILmam，即mgtBLItmv， mgR B2L2 v t 1 2 或由动量定理可得(mgsinBIL)tmv， 即mgtBLItmv得mgt 1 2 1 2 BLqm(v2v1)
8、，解得t. 2mR B2L2 B2L2s mgR 2s g 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 ：FF安Ffma，F安，v B2L2v R at 综上得，FtFfma B2L2a R 据题图乙可知前 10s，Ft图线斜率为 0.05N/s 即0.05N/s B2L2a R 代入数据解得：a5m/s2 (3)当t0 时，Ffma1N，则Ff0.5N 10s 时导体棒的速度v1at150m/s 此时安培力F安 10.5N 由于F1N，且此时FfF安 1F1N，故 1015s 内导
9、体棒做匀速直线运动 015s 内导体棒ab的位移xt1v1t2500m v1 2 通过R的电荷量q150C R总 BLx R F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：q2qq115C 对导体棒ab应用动量定理：Fft3BLq20mv1 解得t37s 则运动的总时间：tt1t2t322s 3.(1)2m/s (2)0.44m/s (3)5.56C (4)27.8m2 解析 (1)A棒在圆弧轨道上下滑，由机械能守恒定律得mghmv02，得v02m/s. 1 2 2gh (2)选取水平向右为正方向， 对A、C应用动量定理可得对C：FC安costMvC， 对A： FA 安costm
10、vAmv0，其中FA安2FC安，由以上知mv0mvA2MvC，两棒最后匀速运动时， 电路中无电流，有BLvC2BLvA，得vC2vA，联立两式得vCv00.44m/s. 2 9 (3)在C加速过程中，有 (Bcos)ILtMvC0，qIt，得qC5.56C. 50 9 (4)根据法拉第电磁感应定律有E， 其中磁通量变化量 BScos37， 电路中的 t 电流I，通过截面的电荷量qIt，得 Sm227.8m2. E 2R 250 9 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QCE b.根据u ， 画出uq图象如图所示， 图线与横轴所围面积表示电容器储存的
11、能量.有 ：E0 q C EQ 1 2 联立式可得：E0CE2 1 2 (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：UE棒BLvm 导体棒中恒定电场的场强为：E场 Bvm U L 导体棒中电子所受的电场力为FeE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：feBvm 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Ff0，则 ：F eBvm 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：E1CU2 1 2 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：E0E1mvm2E损 1 2 设此过程电容器放电的电荷量为 Q，则 QCECU 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 tmvm0II 其中tQI 联立式可得：E损 mCE2 2mCL2B2 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：BLitmv itQ mvmvm0 联立式可得：E损 mCE2 2mCL2B2