适用于新高考新教材备战2025届高考物理一轮总复习第12章电磁感应第4讲专题提升电磁感应中的动力学和能量问题

第4讲专题提升:电磁感应中的动力学和能量问题基础对点练题组一电磁感应中的动力学问题1.(2024山东滨州模拟)电磁炮结构图如图1所示,其原理可简化为图2,MM'、NN'是光滑水平导轨,直流电源连接在两导轨左端,衔铁P放置在两导轨间,弹丸放置在P的右侧(图中未画出),闭合开关K后,电源、导轨和衔铁形成闭合回路,通过导轨的电流产生磁场,衔铁P在安培力作用下沿导轨加速运动。已知电源的电动势大小为E,衔铁P与弹丸总质量为m,整个电路的总电阻恒为R,两导轨间距为L,导轨间的磁场可认为是垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度的大小与通过导轨的电流成正比,即B=kI,某时刻,衔铁P的速度大小为v,此时衔铁P的加速度大小为()图1图2A.E2mC.kLE22.(多选)(2024广东清远校考模拟)如图所示,间距为l的两光滑平行金属导轨固定在水平绝缘台上,导轨足够长且电阻不计,质量分别为m、2m的金属棒a、b垂直导轨静止放置,导轨间金属棒的电阻均为r,整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现用水平恒力F向右拉金属棒a,运动过程中金属棒a、b始终垂直导轨并与导轨保持良好接触,最终金属棒a、b运动保持稳定状态,则()A.金属棒a所受的安培力大小为2B.通过金属棒a的电流为FC.金属棒a和b的速度差恒为4D.金属棒a和b之间的距离保持恒定题组二电磁感应中的能量问题3.(2021北京卷)如图所示,在竖直向下的匀强磁场中,水平U形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。导体棒ab以水平向右的初速度v0开始运动,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到bC.电阻R消耗的总电能为mD.导体棒克服安培力做的总功小于14.(多选)(2024广东高三联考)电磁阻拦索是航空母舰的核心之一。电磁阻拦系统的简化原理如图所示:舰载机通过绝缘阻拦索与金属棒ab一起在磁场中减速滑行至停止,已知舰载机质量为m',金属棒ab质量为m,两者以共同速度v0进入磁场。轨道一端MP间所接电阻为R,其他电阻均不计。水平平行金属导轨MN与PQ间距离为L,轨道间有竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B,除安培力外舰载机系统所受其他阻力均不计,则()A.舰载机将做匀减速直线运动B.运动过程中,电阻R中的电流方向为M→R→PC.舰载机和金属棒一起运动的最大加速度为BD.舰载机减速过程中金属棒ab中产生的焦耳热为12m'综合提升练5.(多选)(2024广东惠州一模)某科技馆设计了一种磁力减速装置,简化为如题图所示模型。在小车下安装长为L、总电阻为R的正方形单匝线圈,小车和线圈总质量为m。小车从静止开始沿着光滑斜面下滑s后,下边框刚进入匀强磁场时,小车开始做匀速直线运动。已知斜面倾角为θ,磁场上、下边界的距离为L,磁感应强度大小为B,方向垂直斜面向上,重力加速度为g,则()A.线圈通过磁场过程中,感应电流方向先顺时针方向后逆时针方向(俯视)B.线框在穿过磁场过程中产生的焦耳热为mg(2L+s)sinθC.线框刚进入磁场上边界时,感应电流的大小为BLD.小车和线圈的总质量为B6.(多选)(2024广东深圳模拟)如图甲所示,一正方形单匝金属线框放在光滑水平面上,水平面内两条平行直线MN、QP间存在垂直水平面的匀强磁场,t=0时,线框在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速运动,外力F随时间t变化的图线如图乙实线所示,已知线框质量m=1kg,电阻R=4Ω,则()A.磁场宽度为4mB.匀强磁场的磁感应强度为1TC.线框穿过QP的过程中产生的焦耳热等于4JD.线框穿过MN的过程中通过导线内某一横截面的电荷量为0.5C7.(2024广东汕头模拟)某种飞船的电磁缓冲装置结构简化图如图所示。在缓冲装置的底板上,沿竖直方向固定着两个光滑绝缘导轨NP、MQ。导轨内侧安装电磁铁(图中未画出),能产生垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度为B。绝缘缓冲底座上绕有n匝闭合矩形线圈,线圈总电阻为R,ab边长为L。假设整个返回舱以速度v0与地面碰撞后,绝缘缓冲底座立即停下,船舱主体在磁场作用下减速,从而实现缓冲。返回舱质量为m,地球表面重力加速度为g,一切摩擦阻力不计,缓冲装置质量忽略不计。(1)求绝缘缓冲底座的线圈中最大感应电流的大小。(2)若船舱主体向下移动距离H后速度减为v,此过程中缓冲线圈中通过的电荷量和产生的热量各是多少?参考答案第4讲专题提升:电磁感应中的动力学和能量问题1.C解析衔铁产生的感应电动势E'=BLv,电路中电流为I=E-E'R,根据牛顿第二定律可得a=BILm,结合B=kI联立可得a=2.AC解析根据题意可知,金属棒a、b运动保持稳定状态后,加速度相同,对金属棒a、b整体,由牛顿第二定律有F=(m+2m)a,对金属棒a由牛顿第二定律有F-FA=ma,解得FA=2F3,故A正确;设金属棒a中电流为I,根据安培力公式有FA=BIl,解得I=FABl=2F3Bl,故B错误;根据题意,由法拉第电磁感应定律及欧姆定律有I=BlΔv2r,解得Δv=4Fr3.C解析导体棒向右运动,根据右手定则,可知电流方向为b到a,再根据左手定则可知,导体棒受到向左的安培力,根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=ER+r=BLv0R+r,故安培力为F=BIL=B2L2v0R+r,根据牛顿第二定律有F=ma,可得a=B2L2m(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,A、B错误;根据能量守恒定律,可知回路中产生的总热量为Q=12m4.BC解析因为舰载机与金属棒一起做减速运动,则产生的感应电动势减小,感应电流减小,安培力减小,则加速度减小,不是匀减速直线运动,故A错误;根据右手定则可知电阻R中感应电流的方向为M→R→P,故B正确;金属棒向右运动时,受到向左的安培力使其减速,故可知金属棒产生的最大感应电动势为以共同速度v0进入磁场的瞬间,此时根据闭合电路的欧姆定律可知最大电流为I=ER=BLv0R,最大加速度a=BLIm'+m=B2L2v0(m5.AD解析线框刚进入磁场上边界时,根据楞次定律可得感应电流的方向为顺时针方向(从斜面上方俯视线框),穿出磁场时,根据楞次定律可得感应电流的方向为逆时针方向,故A正确;设线框进入磁场时的速度大小为v0,自由下滑过程中,根据动能定理可得mgs·sinθ=12mv02,解得v0=2gs·sinθ,根据闭合电路的欧姆定律可得I=BLv0R=BL2gssinθR,下边框刚进入匀强磁场时,小车开始做匀速直线运动。根据功能关系可得线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为Q=2mgLsinθ,6.AD解析t=0时刻,线框的加速度为a=Fm=21m/s2=2m/s2,第1s末后直到第2s末这段时间内,拉力F恒定为F=2N,此时线框在磁场中不受安培力,可知磁场宽度为d=12at22=12×2×22m=4m,故A正确;设线框的边长为L,则进磁场的过程,0~1s内的位移为L=12at12=1m,当线框全部进入磁场前的瞬间有F1-F安=ma,F安=B2L2v1R=B2L2at1R,其中F1=4N,t1=1s,联立解得B=2T,故B错误;设线框穿过QP的初、末速度分别为v2、v3,线圈全程做匀加速直线运动,则v2=2ad=4m/s,v3=2a(d+L)=25m/s,由动能定理有WF