新高考2025版高考物理一輪復(fù)習(xí)微專題小練習(xí)專題71電磁感應(yīng)中的能量和動(dòng)量問題

專題71電磁感應(yīng)中的能量和動(dòng)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(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起先運(yùn)動(dòng)，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(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(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·遼寧省本溪市模擬](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)域的過程中流過線圈導(dǎo)線橫截面的總電荷量分別為qa和qb，則下列推斷正確的是()A．Eka<EkbB．Eka<EkbC．qa＝qbD．qa<qb3．[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(chǎng)，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(chǎng)，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(zhǎng)，ab、cd始終不會(huì)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.ab棒先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，最終做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．cd棒先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，最終和ab以相同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)C．a(chǎn)b棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，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·重慶市九龍坡三模]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)金屬線框剛離開右磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)速度為v1，金屬線框離開右磁場(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)下列推斷正確的是()A．金屬線框穿過左側(cè)磁場(chǎng)過程中通過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)域到最終停止的過程中始終做勻減速直線運(yùn)動(dòng)C．金屬線框通過兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域過程中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－5μmgLD．若金屬線框進(jìn)入左磁場(chǎng)區(qū)域過程所用時(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)5．[2024·湖南省湘潭市模擬]如圖所示，兩金屬桿ab和cd長(zhǎng)均為L(zhǎng)＝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(zhǎng)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(gè)裝置處在一與回路平面相垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(dòng)，當(dāng)桿cd運(yùn)動(dòng)到比桿ab高h(yuǎn)時(shí)，桿ab恰好起先做勻速直線運(yùn)動(dòng)，取g＝10m/s2.求：(1)桿ab從釋放到起先做勻速直線運(yùn)動(dòng)的過程中通過桿ab的電荷量；(2)桿ab做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度；(3)桿ab從釋放到起先做勻速直線運(yùn)動(dòng)的過程中桿ab上產(chǎn)生的焦耳熱．6．[2024·張家口市期末考試]如圖所示，足夠長(zhǎng)，間距為L(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌ab、de構(gòu)成傾角為θ的斜面，上端接有阻值為R的定值電阻，足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌bc、ef處于同一水平面內(nèi)，傾斜導(dǎo)軌與水平導(dǎo)軌在b、e處平滑連接，且b、e處裝有感應(yīng)開關(guān)；傾斜導(dǎo)軌處于垂直導(dǎo)軌平面對(duì)上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平導(dǎo)軌處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B；距離b足夠遠(yuǎn)處接有未閉合的開關(guān)S，在開關(guān)S右側(cè)垂直導(dǎo)軌放置導(dǎo)體棒N，在傾斜導(dǎo)軌上距b、e足夠遠(yuǎn)的位置放置導(dǎo)體棒M，現(xiàn)將導(dǎo)體棒M由靜止釋放，當(dāng)導(dǎo)體棒M通過b、e處后瞬間感應(yīng)開關(guān)自動(dòng)斷開．已知導(dǎo)體棒M的質(zhì)量為m，電阻為R，導(dǎo)體棒N的質(zhì)量為2m，電阻為2R，兩導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌接觸良好且與導(dǎo)軌垂直，重力加速度為g，不計(jì)導(dǎo)軌電阻及空氣阻力．(1)保持開關(guān)S斷開，求導(dǎo)體棒M通過感應(yīng)開關(guān)前瞬間的速度大小；(2)若固定導(dǎo)體棒N，導(dǎo)體棒M通過感應(yīng)開關(guān)后瞬間閉合開關(guān)S，求導(dǎo)體棒M在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的位移；(3)若不固定導(dǎo)體棒N，導(dǎo)體棒M通過感應(yīng)開關(guān)后瞬間閉合開關(guān)S，求導(dǎo)體棒N上產(chǎn)生的焦耳熱．專題71電磁感應(yīng)中的能量和動(dòng)量問題1．C導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)，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(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)，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(dòng)，故A、B錯(cuò)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(gè)過程只有安培力做負(fù)功，依據(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(2,0)，故D錯(cuò)誤．2．BC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)過程中，重力做功相同，依據(jù)動(dòng)能定理WG－W安＝ΔEk，則Eka>Ekb，出磁場(chǎng)過程中通過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．CDab棒進(jìn)入磁場(chǎng)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(dòng)，cd棒與ab串聯(lián)，先做加速度減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，最終它們共速，所以A、B錯(cuò)誤；ab剛進(jìn)入磁場(chǎng)的速度就是它下滑究竟端的速度，依據(jù)動(dòng)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(shí)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(dòng)的過程中，兩者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，兩者速度相等時(shí)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，由動(dòng)量守恒得mv＝2mv′，解得v′＝eq\f(\r(gr),2)，D正確．4．C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)，金屬線框穿過左側(cè)磁場(chǎng)過程中穿過金屬線框的磁通量ΔΦ＝0，則通過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)過程中，依據(jù)牛頓其次定律可得a＝eq\f(f＋F安,m)，金屬框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過程中，由于安培力始終減小，則加速度始終減小，所以金屬線框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過程中，做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；設(shè)金屬線框通過兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域全過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，金屬線框從起先運(yùn)動(dòng)到離開右磁場(chǎng)區(qū)域過程，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項(xiàng)正確；金屬線框進(jìn)入左側(cè)磁場(chǎng)過程中穿過金屬線框的磁通量ΔΦ＝BL2，通過金屬線框的電荷量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．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(duì)里，ab桿向下勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，則ab桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(duì)ab桿應(yīng)有F＝Mg－F1對(duì)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(2mgRsinθ,B2L2)(2)eq\f(6m2gR2sinθ,B4L4)(3)eq\f(8m3g2R2sin2θ,9B4L4)解析：(1)由題意可知導(dǎo)體棒M到達(dá)b、e前已做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝BLv由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,2R)由平衡條件得mgsinθ＝BIL解得：v＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)(2)若固定導(dǎo)體棒N，導(dǎo)體棒M通過感應(yīng)開關(guān)后瞬間閉合開關(guān)S，導(dǎo)體棒M、N構(gòu)成回路，最終導(dǎo)體棒M靜止，由法拉第電磁感應(yīng)定律得eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(BLΔx,Δt)由閉合電路歐姆定律得eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),3R)對(duì)導(dǎo)體棒M，由動(dòng)量定