統(tǒng)考版2025版高考物理一輪復(fù)習(xí)微專題小練習(xí)專題72電磁感應(yīng)中能量和動量問題

專題72電磁感應(yīng)中能量和動量問題1．[2024·北京市考試]如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，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起先運(yùn)動，最終停在導(dǎo)體框上．在此過程中()A．導(dǎo)體棒做勻減速直線運(yùn)動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(2,0)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(2,0)2．[2024·湖南省選考](多選)兩個完全相同的正方形勻質(zhì)金屬框，邊長為L，通過長為L的絕緣輕質(zhì)桿相連，構(gòu)成如圖所示的組合體．距離組合體下底邊H處有一方向水平，垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場．磁場區(qū)域上下邊界水平，高度為L，左右寬度足夠大．把該組合體在垂直磁場的平面內(nèi)以初速度v0水平無旋轉(zhuǎn)拋出，設(shè)置合適的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B使其勻速通過磁場，不計(jì)空氣阻力．下列說法正確的是()A．B與v0無關(guān)，與eq\r(H)成反比B．通過磁場的過程中，金屬框中電流的大小和方向保持不變C．通過磁場的過程，組合體克服安培力做功的功率與重力做功的功率相等D．調(diào)整H、v0和B，只要組合體仍能勻速通過磁場，則其通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量不變3．[2024·湖南省湘潭市模擬](多選)如圖所示，半徑為r的粗糙四分之一圓弧導(dǎo)軌與光滑水平導(dǎo)軌平滑相連，四分之一圓弧導(dǎo)軌區(qū)域沒有磁場，水平導(dǎo)軌區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場，導(dǎo)軌間距為d，ab、cd是質(zhì)量均為m、電阻均為R的金屬棒，導(dǎo)軌電阻忽視不計(jì)．cd靜止在水平軌道上，ab從四分之一圓弧軌道頂端由靜止釋放，在圓弧軌道上克服阻力做功eq\f(1,2)mgr，水平導(dǎo)軌足夠長，ab、cd始終不會相撞，重力加速度為g.從ab棒進(jìn)入水平軌道起先，下列說法正確的是()A．a(chǎn)b棒先做勻減速直線運(yùn)動，最終做勻速直線運(yùn)動B．cd棒先做勻加速直線運(yùn)動，最終和ab以相同的速度做勻速直線運(yùn)動C．a(chǎn)b棒剛進(jìn)入磁場時，cd棒電流大小為eq\f(Bd\r(gr),2R)D．a(chǎn)b棒的最終速度大小為eq\f(\r(gr),2)4．[2024·河南省部分名校鞏固卷](多選)如圖所示，電阻不計(jì)的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ水平放置，間距為d，兩側(cè)接有電阻R1、R2，阻值均為R，O1O2右側(cè)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場，質(zhì)量為m、長度也為d的金屬桿置于O1O2左側(cè)，在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止起先運(yùn)動，經(jīng)時間t到達(dá)O1O2時撤去恒力F，金屬桿在到達(dá)NQ之前減速為零．已知金屬桿電阻也為R，與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好，下列說法正確的是()A．桿剛進(jìn)入磁場時速度大小為eq\f(Ft,m)B．桿剛進(jìn)入磁場時電阻R1兩端的電勢差大小為eq\f(BdFt,m)C．整個過程中，流過金屬桿的電荷量為eq\f(Ft,Bd)D．整個過程中，電阻R1上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(F2t2,12m)5．[2024·湖南省湘潭市模擬]如圖所示，兩金屬桿ab和cd長均為L＝0.5m，電阻分別為R1＝0.1Ω和R2＝0.2Ω，質(zhì)量分別為m1＝4kg和m2＝2kg，用兩根質(zhì)量和電阻均可忽視的不行伸長的松軟導(dǎo)線將它們連成閉合回路，并懸掛在水平、光滑、不導(dǎo)電的圓棒兩側(cè)．兩金屬桿都處在水平位置，整個裝置處在一與回路平面相垂直的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝2T．初始狀態(tài)桿ab比桿cd高h(yuǎn)＝1.2m，現(xiàn)讓桿ab由靜止起先向下運(yùn)動，當(dāng)桿cd運(yùn)動到比桿ab高h(yuǎn)時，桿ab恰好起先做勻速直線運(yùn)動，取g＝10m/s2.求：(1)桿ab從釋放到起先做勻速直線運(yùn)動的過程中通過桿ab的電荷量；(2)桿ab做勻速直線運(yùn)動時的速度；(3)桿ab從釋放到起先做勻速直線運(yùn)動的過程中桿ab上產(chǎn)生的焦耳熱．6．[2024·新課標(biāo)卷]一邊長為L、質(zhì)量為m的正方形金屬細(xì)框，每邊電阻為R0，置于光滑的絕緣水平桌面(紙面)上．寬度為2L的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，兩虛線為磁場邊界，如圖(a)所示．(1)使金屬框以肯定的初速度向右運(yùn)動，進(jìn)入磁場．運(yùn)動過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊界平行，金屬框完全穿過磁場區(qū)域后，速度大小降為它初速度的一半，求金屬框的初速度大?。?2)在桌面上固定兩條光滑長直金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌與磁場邊界垂直，左端連接電阻R1＝2R0，導(dǎo)軌電阻可忽視，金屬框置于導(dǎo)軌上，如圖(b)所示．讓金屬框以與(1)中相同的初速度向右運(yùn)動，進(jìn)入磁場．運(yùn)動過程中金屬框的上、下邊框到處與導(dǎo)軌始終接觸良好．求在金屬框整個運(yùn)動過程中，電阻R1產(chǎn)生的熱量．專題72電磁感應(yīng)中能量和動量問題1．C導(dǎo)體棒向右運(yùn)動，依據(jù)右手定則，可知電流方向?yàn)閎到a，再依據(jù)左手定則可知，導(dǎo)體棒受到向左的安培力，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，可得產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為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)，依據(jù)牛頓其次定律有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，故A、B錯誤；依據(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(2,0)，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(2,0)R,2（R＋r）)，C正確；整個過程只有安培力做負(fù)功，依據(jù)動能定理可知，導(dǎo)體棒克服安培力做的總功等于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故D錯誤．2．CD組合體勻速通過磁場過程中受力平衡，即mg＝BIL，I＝eq\f(BLvy,R)，豎直分速度vy＝eq\r(2gH)，整理得mg＝eq\f(B2L2\r(2gH),R)，所以B2∝eq\f(1,\r(H))，A錯誤；通過磁場過程中，金屬框中的電流大小不變，方向變更，B錯誤；通過磁場的過程中，組合體做勻速運(yùn)動，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正確；只要組合體勻速通過磁場，產(chǎn)生的熱量均等于該過程中重力做的功，D正確．3．CDab棒進(jìn)入磁場受水平向左的安培力作用，先做加速度減小的減速直線運(yùn)動，cd棒與ab串聯(lián)，先做加速度減小的加速直線運(yùn)動，最終它們共速，所以A、B錯誤；ab剛進(jìn)入磁場的速度就是它下滑究竟端的速度，依據(jù)動能定理mgr－eq\f(1,2)mgr＝eq\f(1,2)mv2，解得速度v＝eq\r(gr)，兩金屬棒串聯(lián)，故瞬時電流I＝eq\f(Bdv,2R)＝eq\f(Bd\r(gr),2R)，C正確；ab、cd在水平軌道上滑動的過程中，兩者組成的系統(tǒng)動量守恒，兩者速度相等時達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，由動量守恒得mv＝2mv′，解得v′＝eq\f(\r(gr),2)，D正確．4．ACD桿剛進(jìn)入磁場之前的加速度a＝eq\f(F,m)，則進(jìn)入磁場時速度大小為v＝at＝eq\f(Ft,m)，A正確；桿剛進(jìn)入磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：E＝Bdv，則電阻R1兩端的電勢差大小為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錯誤；金屬棒進(jìn)入磁場后，由動量定理：eq\o(F,\s\up6(－))安Δt＝mv，即Beq\o(I,\s\up6(－))dΔt＝mv，因?yàn)閑q\o(I,\s\up6(－))Δt＝q，解得q＝eq\f(mv,dB)＝eq\f(Ft,dB)，C正確；整個過程中，產(chǎn)生的總焦耳熱：Q＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(F2t2,2m)，則電阻R1上產(chǎn)生的焦耳熱為QR1＝eq\f(1,6)Q＝eq\f(F2t2,12m)，D正確．5．(1)8C(2)1.5m/s(3)5.75J解析：(1)據(jù)q＝It；I＝eq\f(E,R)；E＝eq\f(ΔΦ,Δt)；ΔΦ＝BS四式聯(lián)立可解得q＝eq\f(2BLh,R1＋R2)解得q＝8C(2)假設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向垂直紙面對里，ab桿向下勻速運(yùn)動的速度為v，則ab桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為Ei＝BLv，方向a→b；cd桿以速度v向上切割磁感線運(yùn)動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為E′i＝BLv，方向d→c.在閉合回路中產(chǎn)生a→b→d→c→a方向的感應(yīng)電流I，依據(jù)閉合電路歐姆定律知I＝eq\f(2BLv,R1＋R2)，ab桿受安培力F1方向向上，cd桿受的安培力F2方向向下，F(xiàn)1，F(xiàn)2大小相等有F1＝F2＝BIL對ab桿應(yīng)有F＝Mg－F1對cd桿應(yīng)有F＝F2＋mg聯(lián)立得v＝eq\f(（M－m）（R1＋R2）g,4B2L2)解得v＝1.5m/s(3)依據(jù)能量守恒定律有ΔEP＝ΔEk＋Q熱Qab＝eq\f(R1,R1＋R2)Q熱＝5.75J．6．(1)eq\f(B2L3,mR0)(2)eq\f(B4L6,15mReq\o\al(2,0))解析：(1)金屬框進(jìn)入磁場過程中有eq\o(E,\s\up6(－))＝BLeq\f(L,t)則金屬框進(jìn)入磁場過程中流過回路的電荷量為q1＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),4R0)t＝eq\f(BL2,4R0)則金屬框完全穿過磁場區(qū)域的過程中流過回路的電荷量為q＝eq\f(BL2,2R0)設(shè)金屬框的初速度為v0則有－BqL＝eq\f(mv0,2)－mv0聯(lián)立有v0＝eq\f(B2L3,mR0)(2)設(shè)金屬框進(jìn)入磁場后的末速度為v1，向右為正方向．由于導(dǎo)軌電阻可忽視，此時金屬框上下部分被短路，故電路中的總電阻R＝R0＋eq\f(2R0·R0,2R0＋R0)