2025版高考物理一轮复习微专题小练习电磁感应专题74电磁感应中的能量和动量问题

专题74电磁感应中的能量和动量问题1．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U型导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上．不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦．ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上．在此过程中()A．导体棒做匀减速直线运动B．导体棒中感应电流的方向为a→bC．电阻R消耗的总电能为eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))R,2（R＋r）)D．导体棒克服安培力做的总功小于eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))答案：C解析：导体棒向右运动，根据右手定则，可知电流方向为b到a，再根据左手定则可知，导体棒受到向左的安培力，根据法拉第电磁感应定律，可得产生的感应电动势为E＝BLv0，感应电流为I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BLv0,R＋r)，故安培力为F＝BIL＝eq\f(B2L2v0,R＋r)，根据牛顿第二定律有F＝ma可得a＝eq\f(B2L2,m（R＋r）)v0，随着速度减小，加速度不断减小，故导体棒不是做匀减速直线运动，故A、B错误；根据能量守恒定律，可知回路中产生的总热量为Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，因R与r串联，则产生的热量与电阻成正比，则R产生的热量为QR＝eq\f(R,R＋r)Q＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))R,2（R＋r）)，C正确；整个过程只有安培力做负功，根据动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，故D错误．2．(多选)如图所示，两个完全相同的导线圈a、b从同一高度自由下落，途中在不同高度处通过两个宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场区域后落到水平地面上，设两线圈着地时动能分别为Eka和Ekb，穿出磁场区域的过程中流过线圈导线横截面的总电荷量分别为qa和qb，则下列判断正确的是()A．Eka<EkbB．Eka>EkbC．qa＝qbD．qa<qb答案：BC解析：设线圈电阻为R，切割磁感线的边长为L，则两线圈在进出磁场时产生的安培力为F＝eq\f(B2L2v,R)，由图可知，两个线圈进出磁场的速度不同，有va<vb，则进出磁场时，a受的安培力小，完全进入磁场后只受重力，所以在下落过程中，线圈a克服安培力做的功小于线圈b克服安培力做的功，而整个过程中，重力做功相同，根据动能定理WG－W安＝ΔEk，则Eka>Ekb，出磁场过程中通过线圈横截面的电量为q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(ΔΦ,ΔtR)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)，可知qa＝qb，A、D两项错误，B、C两项正确．3．如图所示，水平粗糙地面上有两磁场区域，左右两磁场区域内的匀强磁场宽度均为L，磁感应强度大小分别为B和2B，左磁场区磁场方向竖直向下，右磁场区磁场方向竖直向上，两磁场间距为2L.一个质量为m、匝数为n、电阻为R、边长为L的正方形金属线框以速度v0水平向右进入左磁场区域，当金属线框刚离开右磁场区域时速度为v1，金属线框离开右磁场区运动一段距离后停下．金属线框与水平面间的动摩擦因数为μ.关于金属线框的运动下列判断正确的是()A．金属线框穿过左侧磁场过程中通过金属线框的电荷量为eq\f(nBL2,R)B．金属线框从刚进入左磁场区域到最终停止的过程中一直做匀减速直线运动C．金属线框通过两个磁场区域过程中产生的焦耳热为eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－5μmgLD．若金属线框进入左磁场区域过程所用时间为t，则金属线框刚好完全进入时的速度为v0－eq\f(n2B2L3,mR)答案：C解析：由法拉第电磁感应定律可知，平均感应电动势eq\o(E,\s\up6(－))＝neq\f(ΔΦ,Δt)，由闭合电路的欧姆定律可知，平均感应电流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)，通过金属线框的电荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt，解得q＝neq\f(ΔΦ,R)，金属线框穿过左侧磁场过程中穿过金属线框的磁通量ΔΦ＝0，则通过金属线框的电荷量为q＝0，A项错误；金属框在磁场中运动过程中，根据牛顿第二定律可得a＝eq\f(f＋F安,m)，金属框在磁场运动过程中，由于安培力一直减小，则加速度一直减小，所以金属线框在磁场中运动过程中，做加速度减小的减速运动，B项错误；设金属线框通过两个磁场区域全过程中产生的焦耳热为Q，金属线框从开始运动到离开右磁场区域过程，由能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝μmg×5L＋eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋Q，解得Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－5μmgL，C项正确；金属线框进入左侧磁场过程中穿过金属线框的磁通量ΔΦ＝BL2，通过金属线框的电荷量q＝eq\f(nΔΦ,R)＝eq\f(nBL2,R)，设金属线框刚好完全进入左侧磁场区域时的速度大小为v，该过程，对金属线框，由动量定理得－Beq\o(I,\s\up6(－))Lt－μmgt＝mv－mv0其中eq\o(I,\s\up6(－))t＝q，解得v＝v0－μgt－eq\f(nB2L3,mR)，D项错误．4．[2024·广西南宁市、玉林市摸底考试](多选)如图所示，ab、cd为固定在水平面上的光滑金属导轨(电阻忽略不计)，ab、cd的间距为L，左右两端均接有阻值为R的电阻；一质量为m、长为L的金属棒MN垂直放在导轨上，甲、乙为两根相同的轻质弹簧，弹簧一端均与金属棒MN的中点连接，另一端被固定，两弹簧都处于原长状态；整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中．现给金属棒MN一水平向左的初速度v，使之在导轨上运动，运动过程中MN始终垂直于轨道并与导轨接触良好，其接入电路的有效电阻为R.经过一段时间，金属棒MN第一次速度为零，这一过程中ac间的电阻R上产生的焦耳热为Q.再经过一段时间金属棒MN第二次速度为零，此时，甲弹簧的弹性势能为Ep，弹簧始终处于弹性范围内，且金属棒始终未与弹簧固定处发生碰撞．下列选项正确的是()A．初始时刻金属棒的加速度大小为eq\f(B2L2v,3mR)B．当金属棒第一次到达最左端时，甲弹簧的弹性势能为eq\f(1,4)mv2－3QC．当金属棒第一次回到初始位置时，动能为eq\f(1,2)mv2－6QD．金属棒由初始位置开始至第二次速度为零的过程中，金属棒MN上产生的总焦耳热为eq\f(1,3)mv2－eq\f(4,3)Ep答案：BD解析：初始时刻，金属棒产生的感应电动势为E＝BLv，感应电流为I＝eq\f(E,R总)＝eq\f(2BLv,3R)，由F＝BIL＝eq\f(2B2L2v,3R)＝ma，可得a＝eq\f(2B2L2v,3mR)，A错误；当金属棒第一次到达最左端时，通过MN的电流始终是R上的两倍，故MN产生的焦耳热为4Q，系统产生的总焦耳热为Q总＝6Q，由动能定理及能量守恒定律可得W安1＋W弹＝0－eq\f(1,2)mv2，W安1＋Q总＝0，W弹＋ΔEp甲＋ΔEp乙＝0，ΔEp甲＝ΔEp乙，可得甲弹簧的弹性势能为ΔEp甲＝eq\f(1,4)mv2－3Q，B正确；当金属棒向左运动后第一次回到初始位置过程中，由于安培力始终对MN做负功，产生焦耳热，棒第一次达到最左端的过程中，产生的焦耳热为6Q.棒平均速度最大，平均安培力最大，棒克服安培力做功最大，整个回路中产生的焦耳热更多，回到平衡位置时产生的焦耳热Q′小于6Q，由动能定理可得－6Q＋W安2＝Ek－eq\f(1,2)mv2，解得Ek＝eq\f(1,2)mv2－6Q＋W安2，其中W安2＋Q′＝0，解得－12Q＋eq\f(1,2)mv2<Ek<eq\f(1,2)mv2－6Q，C错误；当金属棒由初始位置开始至第一次到达最右端过程中，由能量守恒得Q′总＝eq\f(1,2)mv2－2Ep，通过MN的电流始终是R上的两倍，则QMN＝4QR，可得QMN＝eq\f(4,6)Q′总＝eq\f(1,3)mv2－eq\f(4,3)Ep，D正确．5．[2024·江苏省六校联考]如图所示，两根等高的四分之一光滑圆弧轨道半径为r、间距为L，Oa水平、Oc竖直，在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B.现有一根长度稍大于L、质量为m、电阻也为R的金属棒从轨道的顶端ab处由静止开始下滑，到达轨道底端cd时受到轨道的支持力为2mg.全程中金属棒与导轨接触良好，轨道电阻不计，求：(1)金属棒到达轨道底端cd时通过电阻R的电流；(2)金属棒从ab下滑到cd过程中电阻R中产生的焦耳热；(3)若金属棒在拉力作用下，从cd开始以速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动，则在到达ab的过程中拉力做的功为多少？答案：(1)eq\f(BL\r(gr),2R)(2)eq\f(1,4)mgr(3)mgr＋eq\f(πB2L2v0r,8R)解析：(1)金属棒到达轨道底端cd时2mg－mg＝meq\f(v2,r)解得v＝eq\r(gr)感应电流I＝eq\f(E,2R)＝eq\f(BLv,2R)解得I＝eq\f(BL\r(gr),2R)(2)由能量守恒定律得Q＝mgr－eq\f(1,2)mv2电阻R中产生的焦耳热QR＝eq\f(Q,2)＝eq\f(1,4)mgr(3)金属棒中产生的电动势E＝BLvcosθ是正弦式交变电流I＝eq\f(BLv0,2\r(2)R)在四分之一周期内产生的热量Q＝I2·2Rt＝I2·2Req\f(πr,2v0)＝eq\f(πB2L2v0r,8R)由功能关系得WF＝mgr＋Q解得拉力做的功WF＝mgr＋eq\f(πB2L2v0r,8R)6．[2024·湖北省宜荆荆随联考]如图所示，两电阻不计的足够长光滑金属轨道EG、FH平行排列，间距L＝1m．EF右侧水平部分有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1T．导体棒PQ质量m2＝0.1kg，电阻R2＝4Ω，静止在边界EF右侧x处．导体棒MN质量m1＝0.3kg，电阻R1＝2Ω，由轨道左侧高h处由静止下滑，运动过程中两杆始终与轨道接触良好，重力加速度取g＝10m/s2.(1)若h＝3.2m，求MN进入磁场时导体棒PQ所受安培力F的大小；(2)若h＝3.2m，两棒在磁场中运动时未发生碰撞，求从MN进入磁场到两棒达到稳定过程中，导体棒MN上产生的焦耳热Q1；(3)若x＝am，h＝bm，要求MN与PQ运动过程中恰好不相撞，求a与b满足的函数关系．答案：(1)F＝eq\f(4,3)N(2)Q1＝0.8J(3)a＝eq\f(9,10)eq\r(5b)解析：(1)根据题意，由机械能守恒定律有m1gh＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))由法拉第电磁感应定律有E＝BLv0感应电流为I＝eq\f(E,（R1＋R2）)导体棒PQ所受安培力F的大小F＝BIL解得F＝eq\f(4,3)N(2)根据题意，由动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v1由能量守恒定律有Q＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s