備戰(zhàn)2025屆新高考物理一輪總復(fù)習(xí)練習(xí)第12章電磁感應(yīng)第4講專題提升電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

題組一電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題
1.(2024山東濱州模擬)電磁炮結(jié)構(gòu)圖如圖1所示,其原理可簡化為圖2,MM'、NN'是光滑水平導(dǎo)軌,直流電源連接在兩導(dǎo)軌左端,銜鐵P放置在兩導(dǎo)軌間,彈丸放置在P的右側(cè)(圖中未畫出),閉合開關(guān)K后,電源、導(dǎo)軌和銜鐵形成閉合回路,通過導(dǎo)軌的電流產(chǎn)生磁場,銜鐵P在安培力作用下沿導(dǎo)軌加速運(yùn)動。已知電源的電動勢大小為E,銜鐵P與彈丸總質(zhì)量為m,整個電路的總電阻恒為R,兩導(dǎo)軌間距為L,導(dǎo)軌間的磁場可認(rèn)為是垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與通過導(dǎo)軌的電流成正比,即B=kI,某時刻,銜鐵P的速度大小為v,此時銜鐵P的加速度大小為( )

圖1
圖2
A.B.
C.D.
2.(多選)(2024廣東清遠(yuǎn)?？寄M)如圖所示,間距為l的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在水平絕緣臺上,導(dǎo)軌足夠長且電阻不計,質(zhì)量分別為m、2m的金屬棒a、b垂直導(dǎo)軌靜止放置,導(dǎo)軌間金屬棒的電阻均為r,整個裝置處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中?，F(xiàn)用水平恒力F向右拉金屬棒a,運(yùn)動過程中金屬棒a、b始終垂直導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌保持良好接觸,最終金屬棒a、b運(yùn)動保持穩(wěn)定狀態(tài),則( )
A.金屬棒a所受的安培力大小為
B.通過金屬棒a的電流為
C.金屬棒a和b的速度差恒為
D.金屬棒a和b之間的距離保持恒定
題組二電磁感應(yīng)中的能量問題
3.(2021北京卷)如圖所示,在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中,水平U形導(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。不計導(dǎo)體框的電阻、導(dǎo)體棒與框間的摩擦。導(dǎo)體棒ab以水平向右的初速度v0開始運(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)閍到b
C.電阻R消耗的總電能為
D.導(dǎo)體棒克服安培力做的總功小于
4.(多選)(2024廣東高三聯(lián)考)電磁阻攔索是航空母艦的核心之一。電磁阻攔系統(tǒng)的簡化原理如圖所示:艦載機(jī)通過絕緣阻攔索與金屬棒ab一起在磁場中減速滑行至停止,已知艦載機(jī)質(zhì)量為m',金屬棒ab質(zhì)量為m,兩者以共同速度v0進(jìn)入磁場。軌道一端MP間所接電阻為R,其他電阻均不計。水平平行金屬導(dǎo)軌MN與PQ間距離為L,軌道間有豎直向下的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,除安培力外艦載機(jī)系統(tǒng)所受其他阻力均不計,則( )
A.艦載機(jī)將做勻減速直線運(yùn)動
B.運(yùn)動過程中,電阻R中的電流方向?yàn)镸→R→P
C.艦載機(jī)和金屬棒一起運(yùn)動的最大加速度為
D.艦載機(jī)減速過程中金屬棒ab中產(chǎn)生的焦耳熱為m'
綜合提升練
5.(多選)(2024廣東惠州一模)某科技館設(shè)計了一種磁力減速裝置,簡化為如題圖所示模型。在小車下安裝長為L、總電阻為R的正方形單匝線圈,小車和線圈總質(zhì)量為m。小車從靜止開始沿著光滑斜面下滑s后,下邊框剛進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時,小車開始做勻速直線運(yùn)動。已知斜面傾角為θ,磁場上、下邊界的距離為L,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直斜面向上,重力加速度為g,則( )
A.線圈通過磁場過程中,感應(yīng)電流方向先順時針方向后逆時針方向(俯視)
B.線框在穿過磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為mg(2L+s)sin θ
C.線框剛進(jìn)入磁場上邊界時,感應(yīng)電流的大小為
D.小車和線圈的總質(zhì)量為
6.(多選)(2024廣東深圳模擬)如圖甲所示,一正方形單匝金屬線框放在光滑水平面上,水平面內(nèi)兩條平行直線MN、QP間存在垂直水平面的勻強(qiáng)磁場,t=0時,線框在水平向右的外力F作用下緊貼MN從靜止開始做勻加速運(yùn)動,外力F隨時間t變化的圖線如圖乙實(shí)線所示,已知線框質(zhì)量m=1 kg,電阻R=4 Ω,則( )
A.磁場寬度為4 m
B.勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為1 T
C.線框穿過QP的過程中產(chǎn)生的焦耳熱等于4 J
D.線框穿過MN的過程中通過導(dǎo)線內(nèi)某一橫截面的電荷量為0.5 C
7.(2024廣東汕頭模擬)某種飛船的電磁緩沖裝置結(jié)構(gòu)簡化圖如圖所示。在緩沖裝置的底板上,沿豎直方向固定著兩個光滑絕緣導(dǎo)軌NP、MQ。導(dǎo)軌內(nèi)側(cè)安裝電磁鐵(圖中未畫出),能產(chǎn)生垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。絕緣緩沖底座上繞有n匝閉合矩形線圈,線圈總電阻為R,ab邊長為L。假設(shè)整個返回艙以速度v0與地面碰撞后,絕緣緩沖底座立即停下,船艙主體在磁場作用下減速,從而實(shí)現(xiàn)緩沖。返回艙質(zhì)量為m,地球表面重力加速度為g,一切摩擦阻力不計,緩沖裝置質(zhì)量忽略不計。
(1)求絕緣緩沖底座的線圈中最大感應(yīng)電流的大小。
(2)若船艙主體向下移動距離H后速度減為v,此過程中緩沖線圈中通過的電荷量和產(chǎn)生的熱量各是多少?
參考答案
第4講專題提升:電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題
1.C 解析銜鐵產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E'=BLv,電路中電流為I=,根據(jù)牛頓第二定律可得a=,結(jié)合B=kI聯(lián)立可得a=,故選C。
2.AC 解析根據(jù)題意可知,金屬棒a、b運(yùn)動保持穩(wěn)定狀態(tài)后,加速度相同,對金屬棒a、b整體,由牛頓第二定律有F=(m+2m)a,對金屬棒a由牛頓第二定律有F-FA=ma,解得FA=,故A正確;設(shè)金屬棒a中電流為I,根據(jù)安培力公式有FA=BIl,解得I=,故B錯誤;根據(jù)題意,由法拉第電磁感應(yīng)定律及歐姆定律有I=,解得Δv=,可知,金屬棒a和b之間的距離不斷增大,故D錯誤,C正確。
3.C 解析導(dǎo)體棒向右運(yùn)動,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)電動勢為E=BLv0,感應(yīng)電流為I=,故安培力為F=BIL=,根據(jù)牛頓第二定律有F=ma,可得a=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,A、B錯誤;根據(jù)能量守恒定律,可知回路中產(chǎn)生的總熱量為Q=,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=Q=,C正確;整個過程只有安培力做負(fù)功,根據(jù)動能定理可知,導(dǎo)體棒克服安培力做的總功等于,D錯誤。
4.BC 解析因?yàn)榕炤d機(jī)與金屬棒一起做減速運(yùn)動,則產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢減小,感應(yīng)電流減小,安培力減小,則加速度減小,不是勻減速直線運(yùn)動,故A錯誤;根據(jù)右手定則可知電阻R中感應(yīng)電流的方向?yàn)镸→R→P,故B正確;金屬棒向右運(yùn)動時,受到向左的安培力使其減速,故可知金屬棒產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動勢為以共同速度v0進(jìn)入磁場的瞬間,此時根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知最大電流為I=,最大加速度a=,故C正確;軌道一端MP間所接電阻為R,其他電阻均不計,所以金屬棒ab中產(chǎn)生的焦耳熱為0,故D錯誤。
5.AD 解析線框剛進(jìn)入磁場上邊界時,根據(jù)楞次定律可得感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r針方向(從斜面上方俯視線框),穿出磁場時,根據(jù)楞次定律可得感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r針方向,故A正確;設(shè)線框進(jìn)入磁場時的速度大小為v0,自由下滑過程中,根據(jù)動能定理可得mgs·sinθ=,解得v0=,根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得I=,下邊框剛進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時,小車開始做勻速直線運(yùn)動。根據(jù)功能關(guān)系可得線框穿過磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=2mgLsinθ,故B、C錯誤;根據(jù)平衡條件可得=mgsinθ,解得m=,故D正確。
6.AD 解析 t=0時刻,線框的加速度為a=m/s2=2m/s2,第1s末后直到第2s末這段時間內(nèi),拉力F恒定為F=2N,此時線框在磁場中不受安培力,可知磁場寬度為d=×2×22m=4m,故A正確;設(shè)線框的邊長為L,則進(jìn)磁場的過程,0~1s內(nèi)的位移為L==1m,當(dāng)線框全部進(jìn)入磁場前的瞬間有F1-F安=ma,F安=,其中F1=4N,t1=1s,聯(lián)立解得B=2T,故B錯誤;設(shè)線框穿過QP的初、末速度分別為v2、v3,線圈全程做勻加速直線運(yùn)動,則v2==4m/s,v3==2m/s,由動能定理有WF-W安=,而W安=Q,=2J,WF>F2L=6×1J=6J,可得Q=WF->4J,即線框穿過OP的過程中產(chǎn)生的焦耳熱大于4J,故C錯誤;線框穿過MN的過程中通過導(dǎo)線內(nèi)某一橫截面的電荷量為q=·Δt=×Δt=C=0.5C,故D正確。
7.答案(1) (2) mgH+mv2
解析 (1)絕緣緩沖底座剛接觸地面時感應(yīng)電動勢最大Emax=nBLv0,Imax=,解得Imax=。
(2)電荷量q=IΔt=Δt=,其中ΔΦ=BLH,可得q=,設(shè)緩沖線圈產(chǎn)生的熱量為Q,由動能定理得mgH-Q=mv2-,得Q=mgH+mv2。