新高考2025版高考物理一轮复习微专题小练习专题71电磁感应中的能量和动量问题

专题71电磁感应中的能量和动量问题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·辽宁省本溪市模拟](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，则下列推断正确的是()A．Eka<EkbB．Eka<EkbC．qa＝qbD．qa<qb3．[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·重庆市九龙坡三模]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推断正确的是()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始终做匀减速直线运动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(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－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)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·张家口市期末考试]如图所示，足够长，间距为L的平行光滑金属导轨ab、de构成倾角为θ的斜面，上端接有阻值为R的定值电阻，足够长的平行光滑金属导轨bc、ef处于同一水平面内，倾斜导轨与水平导轨在b、e处平滑连接，且b、e处装有感应开关；倾斜导轨处于垂直导轨平面对上的匀强磁场中，水平导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B；距离b足够远处接有未闭合的开关S，在开关S右侧垂直导轨放置导体棒N，在倾斜导轨上距b、e足够远的位置放置导体棒M，现将导体棒M由静止释放，当导体棒M通过b、e处后瞬间感应开关自动断开．已知导体棒M的质量为m，电阻为R，导体棒N的质量为2m，电阻为2R，两导体棒运动过程中始终与导轨接触良好且与导轨垂直，重力加速度为g，不计导轨电阻及空气阻力．(1)保持开关S断开，求导体棒M通过感应开关前瞬间的速度大小；(2)若固定导体棒N，导体棒M通过感应开关后瞬间闭合开关S，求导体棒M在水平导轨上运动的位移；(3)若不固定导体棒N，导体棒M通过感应开关后瞬间闭合开关S，求导体棒N上产生的焦耳热．专题71电磁感应中的能量和动量问题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．BC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，依据动能定理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．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．C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，依据牛顿其次定律可得a＝eq\f(f＋F安,m)，金属框在磁场中运动过程中，由于安培力始终减小，则加速度始终减小，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，金属线框从起先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(2,0)＝μmg×5L＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋Q，解得Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－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．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(2mgRsinθ,B2L2)(2)eq\f(6m2gR2sinθ,B4L4)(3)eq\f(8m3g2R2sin2θ,9B4L4)解析：(1)由题意可知导体棒M到达b、e前已做匀速直线运动，由法拉第电磁感应定律得E＝BLv由闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,2R)由平衡条件得mgsinθ＝BIL解得：v＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)(2)若固定导体棒N，导体棒M通过感应开关后瞬间闭合开关S，导体棒M、N构成回路，最终导体棒M静止，由法拉第电磁感应定律得eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(BLΔx,Δt)由闭合电路欧姆定律得eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),3R)对导体棒M，由动量定