还剩6页未读，
继续阅读
所属成套资源：新教材2022版高考物理人教版一轮总复习训练（共63份）
成套系列资料，整套一键下载
新教材2022版高考物理人教版一轮总复习训练：专题训练8 电磁感应中的动力学问题、能量问题、动量问题
展开
这是一份新教材2022版高考物理人教版一轮总复习训练：专题训练8 电磁感应中的动力学问题、能量问题、动量问题，共9页。
(建议用时：40分钟)
1．如图甲所示，光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，轨道左侧连接一定值电阻R，导体棒ab垂直导轨，导体棒ab和轨道的电阻不计。导体棒ab在水平外力作用下运动，外力F随时间t变化的规律如图乙所示，在0～t0时间内从静止开始做匀加速直线运动，则在t0时刻以后，导体棒ab的运动情况为( )
A. 一直做匀加速直线运动
B. 做匀减速直线运动，直到速度为0
C. 先做加速运动，最后做匀速直线运动
D. 一直做匀速直线运动
C 解析：设t0时刻导体棒ab的速度为v，则此时的感应电动势E＝BLv，电流I＝ eq \f(BLv,R)，导体棒ab受到的安培力F安＝ILB＝ eq \f(B2L2v,R)，根据牛顿第二定律得 F－ eq \f(B2L2v,R)＝ma，t0时刻后，拉力F不变，速度v增大，则加速度减小，导体棒ab做加速度减小的加速运动，当加速度减为0之后，做匀速直线运动，选项C正确，A、B、D错误。
2．在光滑水平面上，有一竖直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内，磁感应强度大小为B。正方形闭合线圈的边长为L，沿x轴正方向运动，未进入磁场时以速度v0匀速运动，并能垂直磁场边界穿过磁场，那么( )
A. bc边刚进入磁场时，bc边两端的电压为 eq \f(BLv0,4)
B. 线圈进入磁场过程中的电流方向为顺时针方向
C. 线圈进入磁场后做匀减速直线运动
D. 线圈进入磁场过程产生的焦耳热大于离开磁场过程产生的焦耳热
D 解析：bc边刚进入磁场时，产生的感应电动势为E＝BLv0，则bc边两端的电压为Ubc＝ eq \f(3,4)E＝ eq \f(3,4)BLv0，选项A错误；由右手定则可知，线圈进入磁场过程中的电流方向为逆时针方向，选项B错误；线圈进入磁场后受到向左的安培力作用，做减速直线运动，因速度减小，故安培力逐渐减小，加速度逐渐减小，故线框进入磁场后做加速度减小的减速直线运动，选项C错误；线圈中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，由于线圈进入磁场时受到的安培力较大，故线圈进入磁场过程产生的焦耳热大于离开磁场过程产生的焦耳热，选项D正确。
3．(多选)如图所示，质量为m＝0.04 kg、 边长为l＝0.4 m 的正方形导体线框abcd放置在一光滑绝缘斜面上， 线框用一平行于斜面的细线系于O点，斜面倾角为θ＝30°。线框的一半处于磁场中，磁场的磁感应强度随时间的变化关系为B＝2＋0.5t(T)，方向垂直于斜面，已知线框电阻为 R＝0.5 Ω，重力加速度为g＝10 m/s2。则( )
A. 线框中的感应电流方向为abcda
B. t＝0时，细线的拉力大小F＝0.2 N
C. 线框中的感应电流大小为I＝80 mA
D. 经过一段时间t，线框可能沿斜面向上运动
CD 解析：由于磁场的磁感应强度随时间的变化关系为B＝2＋0.5t(T)，即磁感应强度增大，根据楞次定律可得感应电流的方向为adcba，A错误；根据法拉第电磁感应定律可得E＝ eq \f(ΔΦ,Δt)＝ eq \f(ΔB,Δt)S＝0.5×0.4×0.2 V＝0.04 V，则感应电流的大小为I＝ eq \f(E,R)＝ eq \f(0.04,0.5) A＝0.08 A＝80 mA，C正确；t＝0时，磁感应强度为B＝2 T，根据共点力的平衡条件可得F＋IlB＝mg sin θ，解得 F＝mg sin θ－IlB＝(0.4 sin 30°－0.08×0.4×2)N＝0.136 N，B错误；随着时间增大，磁感应强度逐渐增大，当安培力(方向沿斜面向上)大于重力沿斜面向下的分力时，线框沿斜面向上运动，D正确。
4．(多选)如图所示，在光滑水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的正方形金属线框，以速度v垂直磁场方向从实线Ⅰ位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的Ⅱ位置时，线框的速度为 eq \f(v,2)。下列说法正确的是( )
A. 在位置Ⅱ时线框中的电功率为 eq \f(B2a2v2,R)
B. 此过程中线框中产生的内能为 eq \f(3,8)mv2
C. 在位置Ⅱ时线框的加速度为 eq \f(B2a2v,2mR)
D. 此过程中通过线框横截面的电荷量为 eq \f(2Ba2,R)
AB 解析：在Ⅱ位置时回路中产生的感应电动势为E＝2×Ba eq \f(v,2)＝Bav，感应电流为I＝ eq \f(E,R)＝ eq \f(Bav,R)，线圈所受安培力大小为F＝2IaB＝ eq \f(2B2a2v,R)，方向向左，则根据牛顿第二定律得加速度为a＝ eq \f(F,m)＝ eq \f(2B2a2v,mR)，选项C错误；此时线框中的电功率 P＝ I2R＝ eq \f(B2a2v2,R)，选项A正确；此过程穿过线框的磁通量的变化量为ΔΦ＝Ba2，通过线框横截面的电荷量为q＝ eq \f(ΔΦ,R)＝ eq \f(Ba2,R)，选项D错误；根据能量守恒定律得，此过程回路中产生的电能为Q＝ eq \f(1,2)mv2－ eq \f(1,2)m eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,2))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(3,8)mv2，选项B正确。
5．(多选)如图所示，光滑绝缘斜面的倾角为θ，在斜面上放置一个矩形线框abcd，ab边的边长为l1，bc边的边长为l2，线框的质量为m，总电阻为R，线框通过细线与重物相连(细线与斜面平行)，重物质量为M，斜面上ef线(ef平行于gh且平行于底边)的上方有垂直斜面向上的匀强磁场(fh远大于l2)，磁感应强度为B。如果线框从静止开始运动，且进入磁场的最初一段时间是做匀速运动，假设斜面足够长，运动过程中ab边始终与ef平行，滑轮质量及摩擦均不计。则( )
A. 线框abcd进入磁场前运动的加速度 a＝ eq \f(Mg－mg sin θ,m)
B. 线框在进入磁场过程中的运动速度 v＝ eq \f(（Mg－mg sin θ）R,B2l eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)))
C. 线框做匀速运动的时间t＝ eq \f(B2l eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))l2,（Mg－mg sin θ）R)
D. 线框进入磁场的过程中产生的焦耳热Q＝(Mg－mg sin θ)l1
BC 解析：线框进入磁场前，对整体，根据牛顿第二定律得，线框的加速度a＝ eq \f(Mg－mg sin θ,M＋m)，选项A错误；设线框匀速运动的速度大小为v，则线框受到的安培力大小为F＝ eq \f(B2l eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))v,R)，对线框，根据平衡条件得F＝Mg－mg sin θ，联立两式得v＝ eq \f(（Mg－mg sin θ）R,B2l eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)))，线框做匀速运动的时间为t＝ eq \f(l2,v)＝ eq \f(B2l eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))l2,（Mg－mg sin θ）R)，选项B、C正确；线框进入磁场的过程做匀速运动，重物减小的重力势能转化为线框的重力势能和线框中的内能，根据能量守恒定律得，匀速运动过程中产生的焦耳热Q＝(Mg－mg sin θ)l2，选项D错误。
6．(2020·潍坊模拟)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理示意图如图所示。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为L，导轨间存在垂直于导轨平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，导轨电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。开关先接1，使电容器C完全充电，然后将S接至2, MN达到最大速度vm后离开导轨。这个过程中( )
A. MN做匀加速直线运动
B. 通过MN的电荷量 q＝ eq \f(mvm,BL)
C. MN达到最大速度时，电容器C两极板间的电压为0
D. 求出通过MN的电荷量q 后，不可以利用公式 q＝ eq \f(ΔΦ,R)＝ eq \f(BLx,R) 求MN加速过程的位移
BD 解析：在MN向右运动的过程中，电容器C的放电电流逐渐减小，且MN切割磁感线要产生与电容器C放电电流反向的感应电动势，可知MN所受安培力逐渐减小，MN做加速度减小的加速运动，选项A错误；当MN速度最大时，由动量定理得 B eq \x\t(I)LΔt＝mvm，q＝ eq \x\t(I)Δt，解得q＝ eq \f(mvm,BL)，选项B正确；MN达到最大速度vm时，MN上的感应电动势为E′＝BLvm，电容器C两极板间的电压为U＝BLvm，选项C错误；该过程中任一时刻的电流为 I′＝ eq \f(U′－BLv′,R)，U′为电容器两极板间的电压，则从式中可以看出电流不恒定，取一很短时间Δt′，流过MN的电荷量为q′＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(U′－BLv′,R)))Δt′，只有当U′＝0时，才有q＝ eq \f(ΔΦ,R)＝ eq \f(BLx,R)，而本题过程中始终不满足U′＝0，则不可以利用公式q＝ eq \f(ΔΦ,R)＝ eq \f(BLx,R) 求MN加速过程的位移，选项D正确。
7．CD、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧存在方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为d，如图所示。导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是( )
A. 流过电阻R的最大电流为 eq \f(Bd\r(2gh),R)
B. 流过电阻R的电荷量为 eq \f(BLd,2R)
C. 整个电路中产生的焦耳热为mgh
D. 电阻R中产生的焦耳热为 eq \f(1,2)mgh
B 解析：导体棒下滑的过程中，由机械能守恒，得mgh＝ eq \f(1,2)mv2，导体棒到达水平面时的速度v＝ eq \r(2gh)，导体棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为E＝BLv，最大感应电流为I＝ eq \f(BL\r(2gh),2R)，选项A错误；流过电阻R的电荷量为 q＝ eq \f(ΔΦ,2R)＝ eq \f(BLd,2R)，选项B正确；导体棒在整个运动过程中，由动能定理得mgh－WB－μmgd＝0，则克服安培力做的功WB＝mgh－μmgd，克服安培力做的功转化为焦耳热，故选项C错误；电阻R中产生的焦耳热QR＝ eq \f(1,2)Q＝ eq \f(1,2)WB＝ eq \f(1,2)(mgh－μmgd)，选项D错误。
8．如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直平面向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内，有一个边长为a(aA. 完全进入磁场中时，线圈的速度大于 eq \f(v0＋v,2)
B. 完全进入磁场中时，线圈的速度等于 eq \f(v0＋v,2)
C. 完全进入磁场中时，线圈的速度小于 eq \f(v0＋v,2)
D. 以上情况A、B均有可能，而C是不可能的
B 解析：设线圈完全进入磁场中时的速度为v′，线圈在进入磁场的过程中的感应电荷量为q，因为线圈进、出磁场时面积的变化量相等，所以磁通量的变化量相等，即进、出磁场感应的电荷量相等。线圈在进、出磁场的过程中，根据动量定理有Bqa＝mv0－mv′，Bqa＝mv′－mv，由上述二式可得v′＝ eq \f(v0＋v,2)，即B选项正确。
9．如图所示，在倾角为θ＝37°的光滑绝缘斜面内有两个质量分别为4m和m的正方形导线框a和b，电阻均为R，边长均为l；它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一方向垂直斜面向下、宽度为2l的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B；开始时，b线框的上边框与匀强磁场的下边界重合，a线框的下边框到匀强磁场的上边界的距离为l。现将系统由静止释放，a线框恰好匀速穿越磁场区域。不计滑轮摩擦和空气阻力，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)a线框穿出磁场区域时的电流大小；
(2)a线框穿越磁场区域时的速度大小；
(3)b线框进入磁场过程中产生的焦耳热。
解析：(1)设绳子的拉力为F，a线框匀速穿越磁场区域
对a线框有4mg sin θ＝F安＋F
对b线框有F＝mg sin θ
且F安＝IlB
解得I＝ eq \f(9mg,5Bl)。
(2)a线框匀速运动时，a、b两线框的速度大小相等，设为v，则有
E＝Blv
I＝ eq \f(E,R)
解得v＝ eq \f(9mgR,5B2l2)。
(3)设b线框进入磁场过程中产生的焦耳热为Q，对系统由能量守恒列方程
4mgl sin θ＝mgl sin θ＋ eq \f(1,2)·5mv2＋Q
解得Q＝ eq \f(9,5)mgl－ eq \f(81m3g2R2,10B4l4)。
答案：(1) eq \f(9mg,5Bl) (2) eq \f(9mgR,5B2l2) (3) eq \f(9,5)mgl－ eq \f(81m3g2R2,10B4l4)
10．(2021·宁波模拟)如图甲所示，绝缘水平面上固定着两根足够长的光滑金属导轨PQ、MN，相距L＝0.5 m, ef右侧导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下，磁感应强度B的大小按如图乙所示规律变化。开始时ab棒和cd棒锁定在导轨如图甲所示位置，ab棒与cd棒平行，ab 棒离水平面高度为h＝0.2 m, cd棒与ef之间的距离也为L，ab棒的质量为m1＝0.2 kg，有效电阻为R1＝0.05 Ω，cd棒的质量为m2＝0.1 kg，有效电阻为R2＝0.15 Ω。设ab棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计。
(1)求0～1 s时间内通过cd棒的电流大小与方向；
(2)假如在1 s末，同时解除对ab棒和cd棒的锁定，稳定后ab棒和cd棒将以相同的速度做匀速直线运动，试求这一速度的大小；
(3)从ab棒和cd棒解除锁定到开始以相同的速度做匀速直线运动，ab棒上产生的热量为多少？
解析：(1)0～1 s时间内，由于磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律有E＝ eq \f(ΔΦ,Δt)＝ eq \f(ΔBS,Δt)＝ eq \f(ΔBL2,Δt)，由闭合电路欧姆定律有I＝ eq \f(E,R1＋R2)，代入数据可解得I＝1.25 A
cd棒中的电流方向为由d→c。
(2)1 s末后磁感应强度不变，ab棒从高为h处下滑到ef的过程中，由动能定理可知
m1gh＝ eq \f(1,2)m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
得v0＝ eq \r(2gh)＝ eq \r(2×10×0.2) m/s＝2 m/s
从ab棒刚到ef处至两棒达到共同速度的过程中，由动量守恒定律得
m1v0＝(m1＋m2)v
解得v＝ eq \f(4,3) m/s。
(3)从ab棒和cd棒解除锁定到开始以相同的速度做匀速运动的过程中，由能量守恒可知
m1gh＝ eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＋Q
代入数据解得Q＝ eq \f(2,15) J
由于ab棒和cd棒串联，所以产生的热量之比等于电阻之比，所以
Qab＝ eq \f(R1,R1＋R2)Q＝ eq \f(0.05,0.05＋0.15)× eq \f(2,15) J＝ eq \f(1,30) J。
答案：(1)1.25 A d→c (2) eq \f(4,3) m/s (3) eq \f(1,30) J
(建议用时：40分钟)
1．如图甲所示，光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，轨道左侧连接一定值电阻R，导体棒ab垂直导轨，导体棒ab和轨道的电阻不计。导体棒ab在水平外力作用下运动，外力F随时间t变化的规律如图乙所示，在0～t0时间内从静止开始做匀加速直线运动，则在t0时刻以后，导体棒ab的运动情况为( )
A. 一直做匀加速直线运动
B. 做匀减速直线运动，直到速度为0
C. 先做加速运动，最后做匀速直线运动
D. 一直做匀速直线运动
C 解析：设t0时刻导体棒ab的速度为v，则此时的感应电动势E＝BLv，电流I＝ eq \f(BLv,R)，导体棒ab受到的安培力F安＝ILB＝ eq \f(B2L2v,R)，根据牛顿第二定律得 F－ eq \f(B2L2v,R)＝ma，t0时刻后，拉力F不变，速度v增大，则加速度减小，导体棒ab做加速度减小的加速运动，当加速度减为0之后，做匀速直线运动，选项C正确，A、B、D错误。
2．在光滑水平面上，有一竖直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内，磁感应强度大小为B。正方形闭合线圈的边长为L，沿x轴正方向运动，未进入磁场时以速度v0匀速运动，并能垂直磁场边界穿过磁场，那么( )
A. bc边刚进入磁场时，bc边两端的电压为 eq \f(BLv0,4)
B. 线圈进入磁场过程中的电流方向为顺时针方向
C. 线圈进入磁场后做匀减速直线运动
D. 线圈进入磁场过程产生的焦耳热大于离开磁场过程产生的焦耳热
D 解析：bc边刚进入磁场时，产生的感应电动势为E＝BLv0，则bc边两端的电压为Ubc＝ eq \f(3,4)E＝ eq \f(3,4)BLv0，选项A错误；由右手定则可知，线圈进入磁场过程中的电流方向为逆时针方向，选项B错误；线圈进入磁场后受到向左的安培力作用，做减速直线运动，因速度减小，故安培力逐渐减小，加速度逐渐减小，故线框进入磁场后做加速度减小的减速直线运动，选项C错误；线圈中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，由于线圈进入磁场时受到的安培力较大，故线圈进入磁场过程产生的焦耳热大于离开磁场过程产生的焦耳热，选项D正确。
3．(多选)如图所示，质量为m＝0.04 kg、 边长为l＝0.4 m 的正方形导体线框abcd放置在一光滑绝缘斜面上， 线框用一平行于斜面的细线系于O点，斜面倾角为θ＝30°。线框的一半处于磁场中，磁场的磁感应强度随时间的变化关系为B＝2＋0.5t(T)，方向垂直于斜面，已知线框电阻为 R＝0.5 Ω，重力加速度为g＝10 m/s2。则( )
A. 线框中的感应电流方向为abcda
B. t＝0时，细线的拉力大小F＝0.2 N
C. 线框中的感应电流大小为I＝80 mA
D. 经过一段时间t，线框可能沿斜面向上运动
CD 解析：由于磁场的磁感应强度随时间的变化关系为B＝2＋0.5t(T)，即磁感应强度增大，根据楞次定律可得感应电流的方向为adcba，A错误；根据法拉第电磁感应定律可得E＝ eq \f(ΔΦ,Δt)＝ eq \f(ΔB,Δt)S＝0.5×0.4×0.2 V＝0.04 V，则感应电流的大小为I＝ eq \f(E,R)＝ eq \f(0.04,0.5) A＝0.08 A＝80 mA，C正确；t＝0时，磁感应强度为B＝2 T，根据共点力的平衡条件可得F＋IlB＝mg sin θ，解得 F＝mg sin θ－IlB＝(0.4 sin 30°－0.08×0.4×2)N＝0.136 N，B错误；随着时间增大，磁感应强度逐渐增大，当安培力(方向沿斜面向上)大于重力沿斜面向下的分力时，线框沿斜面向上运动，D正确。
4．(多选)如图所示，在光滑水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的正方形金属线框，以速度v垂直磁场方向从实线Ⅰ位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的Ⅱ位置时，线框的速度为 eq \f(v,2)。下列说法正确的是( )
A. 在位置Ⅱ时线框中的电功率为 eq \f(B2a2v2,R)
B. 此过程中线框中产生的内能为 eq \f(3,8)mv2
C. 在位置Ⅱ时线框的加速度为 eq \f(B2a2v,2mR)
D. 此过程中通过线框横截面的电荷量为 eq \f(2Ba2,R)
AB 解析：在Ⅱ位置时回路中产生的感应电动势为E＝2×Ba eq \f(v,2)＝Bav，感应电流为I＝ eq \f(E,R)＝ eq \f(Bav,R)，线圈所受安培力大小为F＝2IaB＝ eq \f(2B2a2v,R)，方向向左，则根据牛顿第二定律得加速度为a＝ eq \f(F,m)＝ eq \f(2B2a2v,mR)，选项C错误；此时线框中的电功率 P＝ I2R＝ eq \f(B2a2v2,R)，选项A正确；此过程穿过线框的磁通量的变化量为ΔΦ＝Ba2，通过线框横截面的电荷量为q＝ eq \f(ΔΦ,R)＝ eq \f(Ba2,R)，选项D错误；根据能量守恒定律得，此过程回路中产生的电能为Q＝ eq \f(1,2)mv2－ eq \f(1,2)m eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,2))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(3,8)mv2，选项B正确。
5．(多选)如图所示，光滑绝缘斜面的倾角为θ，在斜面上放置一个矩形线框abcd，ab边的边长为l1，bc边的边长为l2，线框的质量为m，总电阻为R，线框通过细线与重物相连(细线与斜面平行)，重物质量为M，斜面上ef线(ef平行于gh且平行于底边)的上方有垂直斜面向上的匀强磁场(fh远大于l2)，磁感应强度为B。如果线框从静止开始运动，且进入磁场的最初一段时间是做匀速运动，假设斜面足够长，运动过程中ab边始终与ef平行，滑轮质量及摩擦均不计。则( )
A. 线框abcd进入磁场前运动的加速度 a＝ eq \f(Mg－mg sin θ,m)
B. 线框在进入磁场过程中的运动速度 v＝ eq \f(（Mg－mg sin θ）R,B2l eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)))
C. 线框做匀速运动的时间t＝ eq \f(B2l eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))l2,（Mg－mg sin θ）R)
D. 线框进入磁场的过程中产生的焦耳热Q＝(Mg－mg sin θ)l1
BC 解析：线框进入磁场前，对整体，根据牛顿第二定律得，线框的加速度a＝ eq \f(Mg－mg sin θ,M＋m)，选项A错误；设线框匀速运动的速度大小为v，则线框受到的安培力大小为F＝ eq \f(B2l eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))v,R)，对线框，根据平衡条件得F＝Mg－mg sin θ，联立两式得v＝ eq \f(（Mg－mg sin θ）R,B2l eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)))，线框做匀速运动的时间为t＝ eq \f(l2,v)＝ eq \f(B2l eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))l2,（Mg－mg sin θ）R)，选项B、C正确；线框进入磁场的过程做匀速运动，重物减小的重力势能转化为线框的重力势能和线框中的内能，根据能量守恒定律得，匀速运动过程中产生的焦耳热Q＝(Mg－mg sin θ)l2，选项D错误。
6．(2020·潍坊模拟)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理示意图如图所示。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为L，导轨间存在垂直于导轨平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，导轨电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。开关先接1，使电容器C完全充电，然后将S接至2, MN达到最大速度vm后离开导轨。这个过程中( )
A. MN做匀加速直线运动
B. 通过MN的电荷量 q＝ eq \f(mvm,BL)
C. MN达到最大速度时，电容器C两极板间的电压为0
D. 求出通过MN的电荷量q 后，不可以利用公式 q＝ eq \f(ΔΦ,R)＝ eq \f(BLx,R) 求MN加速过程的位移
BD 解析：在MN向右运动的过程中，电容器C的放电电流逐渐减小，且MN切割磁感线要产生与电容器C放电电流反向的感应电动势，可知MN所受安培力逐渐减小，MN做加速度减小的加速运动，选项A错误；当MN速度最大时，由动量定理得 B eq \x\t(I)LΔt＝mvm，q＝ eq \x\t(I)Δt，解得q＝ eq \f(mvm,BL)，选项B正确；MN达到最大速度vm时，MN上的感应电动势为E′＝BLvm，电容器C两极板间的电压为U＝BLvm，选项C错误；该过程中任一时刻的电流为 I′＝ eq \f(U′－BLv′,R)，U′为电容器两极板间的电压，则从式中可以看出电流不恒定，取一很短时间Δt′，流过MN的电荷量为q′＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(U′－BLv′,R)))Δt′，只有当U′＝0时，才有q＝ eq \f(ΔΦ,R)＝ eq \f(BLx,R)，而本题过程中始终不满足U′＝0，则不可以利用公式q＝ eq \f(ΔΦ,R)＝ eq \f(BLx,R) 求MN加速过程的位移，选项D正确。
7．CD、EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧存在方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为d，如图所示。导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是( )
A. 流过电阻R的最大电流为 eq \f(Bd\r(2gh),R)
B. 流过电阻R的电荷量为 eq \f(BLd,2R)
C. 整个电路中产生的焦耳热为mgh
D. 电阻R中产生的焦耳热为 eq \f(1,2)mgh
B 解析：导体棒下滑的过程中，由机械能守恒，得mgh＝ eq \f(1,2)mv2，导体棒到达水平面时的速度v＝ eq \r(2gh)，导体棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为E＝BLv，最大感应电流为I＝ eq \f(BL\r(2gh),2R)，选项A错误；流过电阻R的电荷量为 q＝ eq \f(ΔΦ,2R)＝ eq \f(BLd,2R)，选项B正确；导体棒在整个运动过程中，由动能定理得mgh－WB－μmgd＝0，则克服安培力做的功WB＝mgh－μmgd，克服安培力做的功转化为焦耳热，故选项C错误；电阻R中产生的焦耳热QR＝ eq \f(1,2)Q＝ eq \f(1,2)WB＝ eq \f(1,2)(mgh－μmgd)，选项D错误。
8．如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直平面向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内，有一个边长为a(a
B. 完全进入磁场中时，线圈的速度等于 eq \f(v0＋v,2)
C. 完全进入磁场中时，线圈的速度小于 eq \f(v0＋v,2)
D. 以上情况A、B均有可能，而C是不可能的
B 解析：设线圈完全进入磁场中时的速度为v′，线圈在进入磁场的过程中的感应电荷量为q，因为线圈进、出磁场时面积的变化量相等，所以磁通量的变化量相等，即进、出磁场感应的电荷量相等。线圈在进、出磁场的过程中，根据动量定理有Bqa＝mv0－mv′，Bqa＝mv′－mv，由上述二式可得v′＝ eq \f(v0＋v,2)，即B选项正确。
9．如图所示，在倾角为θ＝37°的光滑绝缘斜面内有两个质量分别为4m和m的正方形导线框a和b，电阻均为R，边长均为l；它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一方向垂直斜面向下、宽度为2l的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B；开始时，b线框的上边框与匀强磁场的下边界重合，a线框的下边框到匀强磁场的上边界的距离为l。现将系统由静止释放，a线框恰好匀速穿越磁场区域。不计滑轮摩擦和空气阻力，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)a线框穿出磁场区域时的电流大小；
(2)a线框穿越磁场区域时的速度大小；
(3)b线框进入磁场过程中产生的焦耳热。
解析：(1)设绳子的拉力为F，a线框匀速穿越磁场区域
对a线框有4mg sin θ＝F安＋F
对b线框有F＝mg sin θ
且F安＝IlB
解得I＝ eq \f(9mg,5Bl)。
(2)a线框匀速运动时，a、b两线框的速度大小相等，设为v，则有
E＝Blv
I＝ eq \f(E,R)
解得v＝ eq \f(9mgR,5B2l2)。
(3)设b线框进入磁场过程中产生的焦耳热为Q，对系统由能量守恒列方程
4mgl sin θ＝mgl sin θ＋ eq \f(1,2)·5mv2＋Q
解得Q＝ eq \f(9,5)mgl－ eq \f(81m3g2R2,10B4l4)。
答案：(1) eq \f(9mg,5Bl) (2) eq \f(9mgR,5B2l2) (3) eq \f(9,5)mgl－ eq \f(81m3g2R2,10B4l4)
10．(2021·宁波模拟)如图甲所示，绝缘水平面上固定着两根足够长的光滑金属导轨PQ、MN，相距L＝0.5 m, ef右侧导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下，磁感应强度B的大小按如图乙所示规律变化。开始时ab棒和cd棒锁定在导轨如图甲所示位置，ab棒与cd棒平行，ab 棒离水平面高度为h＝0.2 m, cd棒与ef之间的距离也为L，ab棒的质量为m1＝0.2 kg，有效电阻为R1＝0.05 Ω，cd棒的质量为m2＝0.1 kg，有效电阻为R2＝0.15 Ω。设ab棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计。
(1)求0～1 s时间内通过cd棒的电流大小与方向；
(2)假如在1 s末，同时解除对ab棒和cd棒的锁定，稳定后ab棒和cd棒将以相同的速度做匀速直线运动，试求这一速度的大小；
(3)从ab棒和cd棒解除锁定到开始以相同的速度做匀速直线运动，ab棒上产生的热量为多少？
解析：(1)0～1 s时间内，由于磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律有E＝ eq \f(ΔΦ,Δt)＝ eq \f(ΔBS,Δt)＝ eq \f(ΔBL2,Δt)，由闭合电路欧姆定律有I＝ eq \f(E,R1＋R2)，代入数据可解得I＝1.25 A
cd棒中的电流方向为由d→c。
(2)1 s末后磁感应强度不变，ab棒从高为h处下滑到ef的过程中，由动能定理可知
m1gh＝ eq \f(1,2)m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
得v0＝ eq \r(2gh)＝ eq \r(2×10×0.2) m/s＝2 m/s
从ab棒刚到ef处至两棒达到共同速度的过程中，由动量守恒定律得
m1v0＝(m1＋m2)v
解得v＝ eq \f(4,3) m/s。
(3)从ab棒和cd棒解除锁定到开始以相同的速度做匀速运动的过程中，由能量守恒可知
m1gh＝ eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＋Q
代入数据解得Q＝ eq \f(2,15) J
由于ab棒和cd棒串联，所以产生的热量之比等于电阻之比，所以
Qab＝ eq \f(R1,R1＋R2)Q＝ eq \f(0.05,0.05＋0.15)× eq \f(2,15) J＝ eq \f(1,30) J。
答案：(1)1.25 A d→c (2) eq \f(4,3) m/s (3) eq \f(1,30) J
相关试卷
新高考物理一轮复习精品讲义专题13.2 电磁感应中的动力学问题、能量问题、动量问题（含解析）： 这是一份新高考物理一轮复习精品讲义专题13.2 电磁感应中的动力学问题、能量问题、动量问题（含解析），共19页。试卷主要包含了物理观念，科学思维，4 m，88 J等内容，欢迎下载使用。
新高考物理一轮复习精练题专题13.2 电磁感应中的动力学问题、能量问题、动量问题（含解析）： 这是一份新高考物理一轮复习精练题专题13.2 电磁感应中的动力学问题、能量问题、动量问题（含解析），共19页。
【备战2023高考】物理总复习——专题13.4《电磁感应中的动力学问题、能量问题和动量观点在电磁感应中的应用》练习（新教材新高考通用）： 这是一份【备战2023高考】物理总复习——专题13.4《电磁感应中的动力学问题、能量问题和动量观点在电磁感应中的应用》练习（新教材新高考通用），文件包含专题134电磁感应中的动力学问题能量问题和动量观点在电磁感应中的应用练2023年高考物理一轮复习讲练测新教材新高考通用解析版docx、专题134电磁感应中的动力学问题能量问题和动量观点在电磁感应中的应用练2023年高考物理一轮复习讲练测新教材新高考通用原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共42页， 欢迎下载使用。
