第十二章　122.电磁感应中单杆的运动(B)---高中物理人教版（2019）高三 课后同步加练半小时 练习（解析版）

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1题5分
1.(多选)(2025·安徽省合肥一六八中学模拟)如图所示，质量为m且粗细均匀的矩形线框abcd静止在光滑绝缘的水平面上，线框由两种金属材料组成，ad、bc长为L、电阻均为2R，ab、cd长为L0、电阻不计，线框处在方向竖直向下的足够大的匀强磁场B中。一质量也为m的导体棒P紧挨ad放置(不接触ad)，P接入电路电阻为R，t=0时刻，导体棒P在垂直于P的水平恒力F作用下从静止开始运动，经时间t0恰好运动到矩形线框的中心处，此时撤去力F，最终棒P恰好不从线框掉下。已知运动过程P始终与ab垂直，且与线框接触良好，棒P与矩形线框间的摩擦因数为μ。则下列说法正确的是( )
A.力F可能为1.5μmg
B.撤去力F前，通过ad边的电荷量为BLL08R
C.撤去力F时，线框的速度大小为Ft0m-μgt0-B2L2L04mR
D.若力F对棒P做功为W，则整个过程中棒P上产生的电热为W2-F2t028m-μmgL02
答案 BD
解析 设矩形线框在外力F作用下与导体棒发生相对滑动，则F−μmgm>μmgm
可得F>2μmg，A错误；
电荷量q=IΔt=ER总Δt=ΔΦR总
其中ΔΦ=BS，撤去力F前棒P扫过的面积为S=LL02，R总=112R+12R+R=2R
代入数据得q=BLL04R
通过ad边的电荷量为总电荷量的一半，可得qad=BLL08R，B正确；
由动量定理Ft0-μmgt0-B2L22RΔx=mv-0
其中Δx=L02
得到v=Ft0m-μgt0-B2L2L04mR
再由系统动量定理Ft0=mv1+mv可知线框的速度大小为v1=μgt0+B2L2L04mR，C错误；
对全过程由动量定理有Ft0=2mv2
再由全过程能量守恒W-μmgL0-2Q=122mv22-0
解得Q=W2-F2t028m-μmgL02，D正确。
2.(13分)(2025·河北省二模)我国第三艘航母“福建号”已装备最先进的电磁弹射技术。某兴趣小组对其加速和减速阶段简化为下述过程。两根足够长的平直轨道AB和CD固定在水平面上，其中PQ左侧为光滑金属轨道，轨道电阻忽略不计，AC间接有定值电阻R，PQ右侧为粗糙绝缘轨道。沿CD轨道建立x轴，以Q点为坐标原点；PQ左侧分布有垂直于轨道平面向下的匀强磁场B0，PQ右侧为沿x轴渐变的磁场，其磁感应强度为变化规律B=1+kx(T)，垂直于x轴方向磁场均匀分布。现将一质量为m、长度为L、电阻为R的金属棒ab垂直放置在轨道上，与PQ距离为s。PQ的右方还有质量为3m、各边长均为L的U形框cdef，其电阻为3R，且与左边金属轨道绝缘。ab棒在恒力F作用下向右运动，到达PQ前已匀速，运动到PQ处时撤去恒力F，随后与U形框发生碰撞，碰后连接成“”字形闭合线框，并一起运动，后续运动中受到摩擦阻力Ff大小与速度的关系满足Ff=12v(N)。已知m=1 kg、F=2 N、s=5 m、L=1 m，、R=1 Ω、B0=1 T、k=1 T/m，求：
(1)(2分)棒ab与U形框碰撞前速度的大小v0；
(2)(3分)棒ab与U形框碰撞前通过电阻R的电荷量；
(3)(5分)“”字形线框停止运动时，fc边的坐标xfc；
(4)(3分)U形框在运动过程中产生的焦耳热。
答案 (1)4 m/s (2)2.5 C (3)163 m (4)0.5 J
解析 (1)由题意可知棒ab到达PQ前已匀速，
则有F=B0IL，E=B0Lv0，I=E2R
联立解得v0=4 m/s
(2)通过电阻R的电荷量为q=It，I=E2R，E=ΔΦΔt=B0LsΔt
联立可得q=B0Ls2R=2.5 C
(3)设碰后瞬间金属框的速度为v1，根据动量守恒定律可得mv0=4mv1
解得v1=1 m/s
此后任意时刻闭合线框的速度为v，ab边处磁感应强度大小为B1，de边处磁感应强度大小为B2，则回路中的电动势为E=E2-E1=B2Lv-B1Lv=(B2-B1)Lv，B2-B1=kL
回路总电阻为4R，根据闭合电路欧姆定律可得I=E4R=(B2−B1)Lv4R=kL2v4R
此时回路受到的安培力大小为FA=B2IL-B1IL=k2L44Rv
根据动量定理可得-FAt-Fft=0-4mv1，又vt=xfc
联立解得“”字形线框停止运动时，fc边的坐标为xfc=163 m
(4)根据功能关系可知，U形框在运动过程中产生的总热量为Q总=12×4mv12=2 J
因任意时刻安培力与摩擦力之比为1∶2，所以焦耳热与摩擦热之比也为1∶2，可得回路产生的总焦耳热为Q焦=13Q总=23 J
则U形框在运动过程中产生的焦耳热为QU=3R3R+R·Q焦=0.5 J。