第十二章　125.电磁感应中的线框模型(A)---高中物理人教版（2019）高三 课后同步加练半小时 练习（解析版）

这是一份第十二章　125.电磁感应中的线框模型(A)---高中物理人教版（2019）高三 课后同步加练半小时 练习（解析版），共13页。试卷主要包含了2题每题5分等内容，欢迎下载使用。
1、2题每题5分
1.(2025·四川绵阳市三模)如图所示，上下边界与水平地面平行、高度为2L的区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，单匝导线框abcd、efgh是用材料相同、粗细不同的导线制成，边长均为L，abcd框的导线更粗。现将两导线框从同一高度同时自由释放，完全穿过磁场后落在地面上，下落过程中线框平面始终与磁场方向垂直，不计空气阻力，忽略导线框间的相互作用力。则导线框从开始进磁场到完全出磁场的过程中( )
A.abcd框中的电流方向始终是a→b→c→d→a
B.ab边所受安培力始终水平向右
C.abcd框产生的热量大于efgh框产生的热量
D.通过abcd框横截面的电荷量小于通过efgh框横截面的电荷量
答案 C
解析 根据楞次定律，abcd框进入磁场时的电流方向是a→b→c→d→a，离开磁场时电流方向与进入时相反，选项A错误；
根据左手定则，线框进入磁场时ab边所受安培力水平向右，出离磁场时ab边所受安培力水平向左，选项B错误；
设导线框释放时，其下边框与磁场上边界的距离为h，线框进入磁场时的速度相同设为v，则v=2gℎ，进入磁场过程中安培力F=BIL=B2L2vR，加速度a=mg−Fm=g-B2L2vRm，设该材料的电阻率为ρ，密度为ρ'，则有Rm=ρ4LS·ρ'·4LS=16L2ρρ'，可知进入磁场时以及在磁场中运动时两导线框的加速度均相同，同理可知离开磁场时加速度也相同，则两线框落地时的速度相同，则线框产生的热量Q=mgH-12mv2∝m，因abcd框质量较大，可知abcd框产生的热量大于efgh框产生的热量，选项C正确；
线框进入磁场时通过线框某一截面的电荷量q=IΔt=ERΔt=ΔΦR=BL2R，因R=ρ4LS，则abcd框电阻较小，通过abcd框横截面的电荷量大于通过efgh框横截面的电荷量，选项D错误。
2.(多选) (2025·江西省一模)如图所示，质量为m、边长为L、电阻为R的金属线框abcd静止在光滑水平面上，平行边界P、Q间有垂直于水平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，用大小为mg的水平恒力F作用于线框，使线框从静止开始运动，线框运动过程中ab边始终与磁场边界平行，ab边刚进磁场时线框的加速度为零，线框出磁场的过程中，当cd边刚要出磁场时的加速度恰好为0，磁场边界P、Q间的距离为d，则下列判断正确的是( )
A.开始时ab边与边界P间的距离为m2g2R22B4L4
B.线框进磁场过程中，通过线框截面的电荷量为BL2R
C.从线框cd边刚进磁场到cd边刚好出磁场过程中，线框运动的时间为B2L3mgR
D.线框穿过磁场过程中，拉力F的冲量大于2B2L3R
答案 BC
解析 由题意，设ab边刚进磁场时的速度大小为v1，根据动能定理Fx=12mv12，解得v1=2gx，ab边刚进磁场时线框的加速度为零，则F=B2L2v1R
解得x=m2gR22B4L4，故A错误；
线框进磁场过程中，通过线框截面的电荷量为q1=I1t1=ΔΦt1Rt1=ΔΦR=BL2R，故B正确；
ab边刚进磁场时线框的加速度为零，则线框进入磁场的过程中做匀速直线运动，线框进入磁场的过程中Ft1-BI1Lt1=0
线框进入磁场后到ab边刚好出磁场过程中Ft2=mv2-mv1
线框ab边刚好出磁场到线框离开磁场的过程中Ft3-BI2Lt3=mv3-mv2
又q2=I2t3=ΔΦt3Rt3=ΔΦR=BL2R，当cd边刚要出磁场时的加速度恰好为零，
则F=B2L2v3R
即v3=v1
联立可得从线框cd边刚进磁场到cd边刚好出磁场过程中，线框运动的时间t2+t3=B2L3FR，线框穿过磁场过程中，拉力F的冲量IF=F(t1+t2+t3)=2B2L3R，故C正确，D错误。
3.(15分)(2026·河北省百师联盟摸底联考)如图甲所示，光滑且足够长的固定斜面与水平面间的夹角为30°，斜面上两平行水平边界MN和PQ之间有垂直于斜面向下的匀强磁场，PQ以下区域有垂直于斜面向上的匀强磁场，PQ两侧匀强磁场的磁感应强度大小均为B。t=0时刻将质量为m、边长为L 的正方形导线框abcd由静止释放，开始释放时ab边恰好与边界MN重合，之后导线框的运动方向始终垂直于两边界，其运动的v-t图像如图乙所示，t1时刻导线框ab边已经越过边界PQ，且速度刚好达最大值v0，重力加速度为g，求：
(1)(4分)导线框的总电阻；
(2)(4分)t3~t4时间内，导线框的速度大小；
(3)(7分)MN和PQ之间的距离。
答案 (1)2B2L2v0mg (2)v04 (3)v04(t4-t2)+3v028g
解析 (1)t1~t2时间内有I1BL=mgsin θ
且有BLv0=I1R
解得R=2B2L2v0mg
(2)t3~t4时间内有2I2BL=mgsin θ
且有2BLv=I2R
解得v=v04
(3)t2~t4时间内，根据动量定理有mgsin θ·(t4-t2)-2IBL·Δt=mv04-mv0
且有q=I·Δt=2BLxR
解得x=v04(t4-t2)+3v028g