2025版高考物理一輪復(fù)習(xí)微專(zhuān)題小練習(xí)電磁感應(yīng)專(zhuān)題74電磁感應(yīng)中的能量和動(dòng)量問(wèn)題

專(zhuān)題74電磁感應(yīng)中的能量和動(dòng)量問(wèn)題1．如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平U型導(dǎo)體框左端連接一阻值為R的電阻，質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab置于導(dǎo)體框上．不計(jì)導(dǎo)體框的電阻、導(dǎo)體棒與框間的摩擦．a(chǎn)b以水平向右的初速度v0開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，最終停在導(dǎo)體框上．在此過(guò)程中()A．導(dǎo)體棒做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B．導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流的方向?yàn)閍→bC．電阻R消耗的總電能為eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))R,2（R＋r）)D．導(dǎo)體棒克服安培力做的總功小于eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))答案：C解析：導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則，可知電流方向?yàn)閎到a，再根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)體棒受到向左的安培力，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，可得產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv0，感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BLv0,R＋r)，故安培力為F＝BIL＝eq\f(B2L2v0,R＋r)，根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma可得a＝eq\f(B2L2,m（R＋r）)v0，隨著速度減小，加速度不斷減小，故導(dǎo)體棒不是做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故A、B錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律，可知回路中產(chǎn)生的總熱量為Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，因R與r串聯(lián)，則產(chǎn)生的熱量與電阻成正比，則R產(chǎn)生的熱量為QR＝eq\f(R,R＋r)Q＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))R,2（R＋r）)，C正確；整個(gè)過(guò)程只有安培力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理可知，導(dǎo)體棒克服安培力做的總功等于eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，故D錯(cuò)誤．2．(多選)如圖所示，兩個(gè)完全相同的導(dǎo)線圈a、b從同一高度自由下落，途中在不同高度處通過(guò)兩個(gè)寬度為d、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域后落到水平地面上，設(shè)兩線圈著地時(shí)動(dòng)能分別為Eka和Ekb，穿出磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中流過(guò)線圈導(dǎo)線橫截面的總電荷量分別為qa和qb，則下列判斷正確的是()A．Eka<EkbB．Eka>EkbC．qa＝qbD．qa<qb答案：BC解析：設(shè)線圈電阻為R，切割磁感線的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，則兩線圈在進(jìn)出磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的安培力為F＝eq\f(B2L2v,R)，由圖可知，兩個(gè)線圈進(jìn)出磁場(chǎng)的速度不同，有va<vb，則進(jìn)出磁場(chǎng)時(shí)，a受的安培力小，完全進(jìn)入磁場(chǎng)后只受重力，所以在下落過(guò)程中，線圈a克服安培力做的功小于線圈b克服安培力做的功，而整個(gè)過(guò)程中，重力做功相同，根據(jù)動(dòng)能定理WG－W安＝ΔEk，則Eka>Ekb，出磁場(chǎng)過(guò)程中通過(guò)線圈橫截面的電量為q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(ΔΦ,ΔtR)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)，可知qa＝qb，A、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤，B、C兩項(xiàng)正確．3．如圖所示，水平粗糙地面上有兩磁場(chǎng)區(qū)域，左右兩磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)寬度均為L(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B，左磁場(chǎng)區(qū)磁場(chǎng)方向豎直向下，右磁場(chǎng)區(qū)磁場(chǎng)方向豎直向上，兩磁場(chǎng)間距為2L.一個(gè)質(zhì)量為m、匝數(shù)為n、電阻為R、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬線框以速度v0水平向右進(jìn)入左磁場(chǎng)區(qū)域，當(dāng)金屬線框剛離開(kāi)右磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)速度為v1，金屬線框離開(kāi)右磁場(chǎng)區(qū)運(yùn)動(dòng)一段距離后停下．金屬線框與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.關(guān)于金屬線框的運(yùn)動(dòng)下列判斷正確的是()A．金屬線框穿過(guò)左側(cè)磁場(chǎng)過(guò)程中通過(guò)金屬線框的電荷量為eq\f(nBL2,R)B．金屬線框從剛進(jìn)入左磁場(chǎng)區(qū)域到最終停止的過(guò)程中一直做勻減速直線運(yùn)動(dòng)C．金屬線框通過(guò)兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為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．若金屬線框進(jìn)入左磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程所用時(shí)間為t，則金屬線框剛好完全進(jìn)入時(shí)的速度為v0－eq\f(n2B2L3,mR)答案：C解析：由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)eq\o(E,\s\up6(－))＝neq\f(ΔΦ,Δt)，由閉合電路的歐姆定律可知，平均感應(yīng)電流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)，通過(guò)金屬線框的電荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt，解得q＝neq\f(ΔΦ,R)，金屬線框穿過(guò)左側(cè)磁場(chǎng)過(guò)程中穿過(guò)金屬線框的磁通量ΔΦ＝0，則通過(guò)金屬線框的電荷量為q＝0，A項(xiàng)錯(cuò)誤；金屬框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律可得a＝eq\f(f＋F安,m)，金屬框在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由于安培力一直減小，則加速度一直減小，所以金屬線框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；設(shè)金屬線框通過(guò)兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域全過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，金屬線框從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到離開(kāi)右磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)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項(xiàng)正確；金屬線框進(jìn)入左側(cè)磁場(chǎng)過(guò)程中穿過(guò)金屬線框的磁通量ΔΦ＝BL2，通過(guò)金屬線框的電荷量q＝eq\f(nΔΦ,R)＝eq\f(nBL2,R)，設(shè)金屬線框剛好完全進(jìn)入左側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大小為v，該過(guò)程，對(duì)金屬線框，由動(dòng)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項(xiàng)錯(cuò)誤．4．[2024·廣西南寧市、玉林市摸底考試](多選)如圖所示，ab、cd為固定在水平面上的光滑金屬導(dǎo)軌(電阻忽略不計(jì))，ab、cd的間距為L(zhǎng)，左右兩端均接有阻值為R的電阻；一質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬棒MN垂直放在導(dǎo)軌上，甲、乙為兩根相同的輕質(zhì)彈簧，彈簧一端均與金屬棒MN的中點(diǎn)連接，另一端被固定，兩彈簧都處于原長(zhǎng)狀態(tài)；整個(gè)裝置處在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．現(xiàn)給金屬棒MN一水平向左的初速度v，使之在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中MN始終垂直于軌道并與導(dǎo)軌接觸良好，其接入電路的有效電阻為R.經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，金屬棒MN第一次速度為零，這一過(guò)程中ac間的電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q.再經(jīng)過(guò)一段時(shí)間金屬棒MN第二次速度為零，此時(shí)，甲彈簧的彈性勢(shì)能為Ep，彈簧始終處于彈性范圍內(nèi)，且金屬棒始終未與彈簧固定處發(fā)生碰撞．下列選項(xiàng)正確的是()A．初始時(shí)刻金屬棒的加速度大小為eq\f(B2L2v,3mR)B．當(dāng)金屬棒第一次到達(dá)最左端時(shí)，甲彈簧的彈性勢(shì)能為eq\f(1,4)mv2－3QC．當(dāng)金屬棒第一次回到初始位置時(shí)，動(dòng)能為eq\f(1,2)mv2－6QD．金屬棒由初始位置開(kāi)始至第二次速度為零的過(guò)程中，金屬棒MN上產(chǎn)生的總焦耳熱為eq\f(1,3)mv2－eq\f(4,3)Ep答案：BD解析：初始時(shí)刻，金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv，感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R總)＝eq\f(2BLv,3R)，由F＝BIL＝eq\f(2B2L2v,3R)＝ma，可得a＝eq\f(2B2L2v,3mR)，A錯(cuò)誤；當(dāng)金屬棒第一次到達(dá)最左端時(shí)，通過(guò)MN的電流始終是R上的兩倍，故MN產(chǎn)生的焦耳熱為4Q，系統(tǒng)產(chǎn)生的總焦耳熱為Q總＝6Q，由動(dòng)能定理及能量守恒定律可得W安1＋W彈＝0－eq\f(1,2)mv2，W安1＋Q總＝0，W彈＋ΔEp甲＋ΔEp乙＝0，ΔEp甲＝ΔEp乙，可得甲彈簧的彈性勢(shì)能為ΔEp甲＝eq\f(1,4)mv2－3Q，B正確；當(dāng)金屬棒向左運(yùn)動(dòng)后第一次回到初始位置過(guò)程中，由于安培力始終對(duì)MN做負(fù)功，產(chǎn)生焦耳熱，棒第一次達(dá)到最左端的過(guò)程中，產(chǎn)生的焦耳熱為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，整個(gè)回路中產(chǎn)生的焦耳熱更多，回到平衡位置時(shí)產(chǎn)生的焦耳熱Q′小于6Q，由動(dòng)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錯(cuò)誤；當(dāng)金屬棒由初始位置開(kāi)始至第一次到達(dá)最右端過(guò)程中，由能量守恒得Q′總＝eq\f(1,2)mv2－2Ep，通過(guò)MN的電流始終是R上的兩倍，則QMN＝4QR，可得QMN＝eq\f(4,6)Q′總＝eq\f(1,3)mv2－eq\f(4,3)Ep，D正確．5．[2024·江蘇省六校聯(lián)考]如圖所示，兩根等高的四分之一光滑圓弧軌道半徑為r、間距為L(zhǎng)，Oa水平、Oc豎直，在軌道頂端連有一阻值為R的電阻，整個(gè)裝置處在一豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.現(xiàn)有一根長(zhǎng)度稍大于L、質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從軌道的頂端ab處由靜止開(kāi)始下滑，到達(dá)軌道底端cd時(shí)受到軌道的支持力為2mg.全程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，軌道電阻不計(jì)，求：(1)金屬棒到達(dá)軌道底端cd時(shí)通過(guò)電阻R的電流；(2)金屬棒從ab下滑到cd過(guò)程中電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱；(3)若金屬棒在拉力作用下，從cd開(kāi)始以速度v0向右沿軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則在到達(dá)ab的過(guò)程中拉力做的功為多少？答案：(1)eq\f(BL\r(gr),2R)(2)eq\f(1,4)mgr(3)mgr＋eq\f(πB2L2v0r,8R)解析：(1)金屬棒到達(dá)軌道底端cd時(shí)2mg－mg＝meq\f(v2,r)解得v＝eq\r(gr)感應(yīng)電流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電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱QR＝eq\f(Q,2)＝eq\f(1,4)mgr(3)金屬棒中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝BLvcosθ是正弦式交變電流I＝eq\f(BLv0,2\r(2)R)在四分之一周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量Q＝I2·2Rt＝I2·2Req\f(πr,2v0)＝eq\f(πB2L2v0r,8R)由功能關(guān)系得WF＝mgr＋Q解得拉力做的功WF＝mgr＋eq\f(πB2L2v0r,8R)6．[2024·湖北省宜荊荊隨聯(lián)考]如圖所示，兩電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)光滑金屬軌道EG、FH平行排列，間距L＝1m．EF右側(cè)水平部分有垂直軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1T．導(dǎo)體棒PQ質(zhì)量m2＝0.1kg，電阻R2＝4Ω，靜止在邊界EF右側(cè)x處．導(dǎo)體棒MN質(zhì)量m1＝0.3kg，電阻R1＝2Ω，由軌道左側(cè)高h(yuǎn)處由靜止下滑，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩桿始終與軌道接觸良好，重力加速度取g＝10m/s2.(1)若h＝3.2m，求MN進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)導(dǎo)體棒PQ所受安培力F的大??；(2)若h＝3.2m，兩棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)未發(fā)生碰撞，求從MN進(jìn)入磁場(chǎng)到兩棒達(dá)到穩(wěn)定過(guò)程中，導(dǎo)體棒MN上產(chǎn)生的焦耳熱Q1；(3)若x＝am，h＝bm，要求MN與PQ運(yùn)動(dòng)過(guò)程中恰好不相撞，求a與b滿足的函數(shù)關(guān)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)根據(jù)題意，由機(jī)械能守恒定律有m1gh＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝BLv0感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,（R1＋R2）)導(dǎo)體棒PQ所受安培力F的大小F＝BIL解得F＝eq\f(4,3)N(2)根據(jù)題意，由動(dòng)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