统考版2025版高考物理一轮复习微专题小练习专题72电磁感应中能量和动量问题

专题72电磁感应中能量和动量问题1．[2024·北京市考试]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起先运动，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(2,0)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(2,0)2．[2024·湖南省选考](多选)两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体．距离组合体下底边H处有一方向水平，垂直纸面对里的匀强磁场．磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大．把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力．下列说法正确的是()A．B与v0无关，与eq\r(H)成反比B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变C．通过磁场的过程，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等D．调整H、v0和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变3．[2024·湖南省湘潭市模拟](多选)如图所示，半径为r的粗糙四分之一圆弧导轨与光滑水平导轨平滑相连，四分之一圆弧导轨区域没有磁场，水平导轨区域存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，导轨间距为d，ab、cd是质量均为m、电阻均为R的金属棒，导轨电阻忽视不计．cd静止在水平轨道上，ab从四分之一圆弧轨道顶端由静止释放，在圆弧轨道上克服阻力做功eq\f(1,2)mgr，水平导轨足够长，ab、cd始终不会相撞，重力加速度为g.从ab棒进入水平轨道起先，下列说法正确的是()A．ab棒先做匀减速直线运动，最终做匀速直线运动B．cd棒先做匀加速直线运动，最终和ab以相同的速度做匀速直线运动C．ab棒刚进入磁场时，cd棒电流大小为eq\f(Bd\r(gr),2R)D．ab棒的最终速度大小为eq\f(\r(gr),2)4．[2024·河南省部分名校巩固卷](多选)如图所示，电阻不计的光滑金属导轨MN、PQ水平放置，间距为d，两侧接有电阻R1、R2，阻值均为R，O1O2右侧有磁感应强度大小为B，方向垂直纸面对里的匀强磁场，质量为m、长度也为d的金属杆置于O1O2左侧，在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止起先运动，经时间t到达O1O2时撤去恒力F，金属杆在到达NQ之前减速为零．已知金属杆电阻也为R，与导轨始终保持垂直且接触良好，下列说法正确的是()A．杆刚进入磁场时速度大小为eq\f(Ft,m)B．杆刚进入磁场时电阻R1两端的电势差大小为eq\f(BdFt,m)C．整个过程中，流过金属杆的电荷量为eq\f(Ft,Bd)D．整个过程中，电阻R1上产生的焦耳热为eq\f(F2t2,12m)5．[2024·湖南省湘潭市模拟]如图所示，两金属杆ab和cd长均为L＝0.5m，电阻分别为R1＝0.1Ω和R2＝0.2Ω，质量分别为m1＝4kg和m2＝2kg，用两根质量和电阻均可忽视的不行伸长的松软导线将它们连成闭合回路，并悬挂在水平、光滑、不导电的圆棒两侧．两金属杆都处在水平位置，整个装置处在一与回路平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B＝2T．初始状态杆ab比杆cd高h＝1.2m，现让杆ab由静止起先向下运动，当杆cd运动到比杆ab高h时，杆ab恰好起先做匀速直线运动，取g＝10m/s2.求：(1)杆ab从释放到起先做匀速直线运动的过程中通过杆ab的电荷量；(2)杆ab做匀速直线运动时的速度；(3)杆ab从释放到起先做匀速直线运动的过程中杆ab上产生的焦耳热．6．[2024·新课标卷]一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上．宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图(a)所示．(1)使金属框以肯定的初速度向右运动，进入磁场．运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小．(2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1＝2R0，导轨电阻可忽视，金属框置于导轨上，如图(b)所示．让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动，进入磁场．运动过程中金属框的上、下边框到处与导轨始终接触良好．求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量．专题72电磁感应中能量和动量问题1．C导体棒向右运动，依据右手定则，可知电流方向为b到a，再依据左手定则可知，导体棒受到向左的安培力，依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)，依据牛顿其次定律有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；依据能量守恒定律，可知回路中产生的总热量为Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，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(2,0)R,2（R＋r）)，C正确；整个过程只有安培力做负功，依据动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故D错误．2．CD组合体匀速通过磁场过程中受力平衡，即mg＝BIL，I＝eq\f(BLvy,R)，竖直分速度vy＝eq\r(2gH)，整理得mg＝eq\f(B2L2\r(2gH),R)，所以B2∝eq\f(1,\r(H))，A错误；通过磁场过程中，金属框中的电流大小不变，方向变更，B错误；通过磁场的过程中，组合体做匀速运动，由能量守恒定律得重力做功的功率等于克服安培力做功的功率，C正确；只要组合体匀速通过磁场，产生的热量均等于该过程中重力做的功，D正确．3．CDab棒进入磁场受水平向左的安培力作用，先做加速度减小的减速直线运动，cd棒与ab串联，先做加速度减小的加速直线运动，最终它们共速，所以A、B错误；ab刚进入磁场的速度就是它下滑究竟端的速度，依据动能定理mgr－eq\f(1,2)mgr＝eq\f(1,2)mv2，解得速度v＝eq\r(gr)，两金属棒串联，故瞬时电流I＝eq\f(Bdv,2R)＝eq\f(Bd\r(gr),2R)，C正确；ab、cd在水平轨道上滑动的过程中，两者组成的系统动量守恒，两者速度相等时达到稳定状态，由动量守恒得mv＝2mv′，解得v′＝eq\f(\r(gr),2)，D正确．4．ACD杆刚进入磁场之前的加速度a＝eq\f(F,m)，则进入磁场时速度大小为v＝at＝eq\f(Ft,m)，A正确；杆刚进入磁场时产生的感应电动势：E＝Bdv，则电阻R1两端的电势差大小为UR1＝eq\f(E,R＋\f(1,2)R)×eq\f(R,2)＝eq\f(1,3)E＝eq\f(1,3)Bdv＝eq\f(BdFt,3m)，B错误；金属棒进入磁场后，由动量定理：eq\o(F,\s\up6(－))安Δt＝mv，即Beq\o(I,\s\up6(－))dΔt＝mv，因为eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝q，解得q＝eq\f(mv,dB)＝eq\f(Ft,dB)，C正确；整个过程中，产生的总焦耳热：Q＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(F2t2,2m)，则电阻R1上产生的焦耳热为QR1＝eq\f(1,6)Q＝eq\f(F2t2,12m)，D正确．5．(1)8C(2)1.5m/s(3)5.75J解析：(1)据q＝It；I＝eq\f(E,R)；E＝eq\f(ΔΦ,Δt)；ΔΦ＝BS四式联立可解得q＝eq\f(2BLh,R1＋R2)解得q＝8C(2)假设磁感应强度B的方向垂直纸面对里，ab杆向下匀速运动的速度为v，则ab杆切割磁感线产生的感应电动势大小为Ei＝BLv，方向a→b；cd杆以速度v向上切割磁感线运动产生的感应电动势大小为E′i＝BLv，方向d→c.在闭合回路中产生a→b→d→c→a方向的感应电流I，依据闭合电路欧姆定律知I＝eq\f(2BLv,R1＋R2)，ab杆受安培力F1方向向上，cd杆受的安培力F2方向向下，F1，F2大小相等有F1＝F2＝BIL对ab杆应有F＝Mg－F1对cd杆应有F＝F2＋mg联立得v＝eq\f(（M－m）（R1＋R2）g,4B2L2)解得v＝1.5m/s(3)依据能量守恒定律有ΔEP＝ΔEk＋Q热Qab＝eq\f(R1,R1＋R2)Q热＝5.75J．6．(1)eq\f(B2L3,mR0)(2)eq\f(B4L6,15mReq\o\al(2,0))解析：(1)金属框进入磁场过程中有eq\o(E,\s\up6(－))＝BLeq\f(L,t)则金属框进入磁场过程中流过回路的电荷量为q1＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),4R0)t＝eq\f(BL2,4R0)则金属框完全穿过磁场区域的过程中流过回路的电荷量为q＝eq\f(BL2,2R0)设金属框的初速度为v0则有－BqL＝eq\f(mv0,2)－mv0联立有v0＝eq\f(B2L3,mR0)(2)设金属框进入磁场后的末速度为v1，向右为正方向．由于导轨电阻可忽视，此时金属框上下部分被短路，故电路中的总电阻R＝R0＋eq\f(2R0·R0,2R0＋R0)