2025届高考物理一轮复习第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练习含答案

这是一份2025届高考物理一轮复习第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练习含答案，共6页。试卷主要包含了电磁阻拦索是航空母舰的核心之一，5 C等内容，欢迎下载使用。
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2
A.B.
C.D.
2.(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
B.通过金属棒a的电流为
C.金属棒a和b的速度差恒为
D.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b
C.电阻R消耗的总电能为
D.导体棒克服安培力做的总功小于
4.(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→P
C.舰载机和金属棒一起运动的最大加速度为
D.舰载机减速过程中金属棒ab中产生的焦耳热为m'
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)sin θ
C.线框刚进入磁场上边界时,感应电流的大小为
D.小车和线圈的总质量为
6.(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=1 kg,电阻R=4 Ω,则( )
A.磁场宽度为4 m
B.匀强磁场的磁感应强度为1 T
C.线框穿过QP的过程中产生的焦耳热等于4 J
D.线框穿过MN的过程中通过导线内某一横截面的电荷量为0.5 C
7.(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=,根据牛顿第二定律可得a=,结合B=kI联立可得a=,故选C。
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=,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=,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=,解得Δv=,可知,金属棒a和b之间的距离不断增大,故D错误,C正确。
3.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=,故安培力为F=BIL=,根据牛顿第二定律有F=ma,可得a=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=,因R与r串联,则产生的热量与电阻成正比,则R产生的热量为QR=Q=,C正确;整个过程只有安培力做负功,根据动能定理可知,导体棒克服安培力做的总功等于,D错误。
4.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=,最大加速度a=,故C正确;轨道一端MP间所接电阻为R,其他电阻均不计,所以金属棒ab中产生的焦耳热为0,故D错误。
5.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=,解得v0=,根据闭合电路的欧姆定律可得I=,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,故B、C错误;根据平衡条件可得=mgsinθ,解得m=,故D正确。
6.AD 解析 t=0时刻,线框的加速度为a=m/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=×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==1m,当线框全部进入磁场前的瞬间有F1-F安=ma,F安=,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==4m/s,v3==2m/s,由动能定理有WF-W安=,而W安=Q,=2J,WF>F2L=6×1J=6J,可得Q=WF->4J,即线框穿过OP的过程中产生的焦耳热大于4J,故C错误;线框穿过MN的过程中通过导线内某一横截面的电荷量为q=·Δt=×Δt=C=0.5C,故D正确。
7.答案(1) (2) mgH+mv2
解析 (1)绝缘缓冲底座刚接触地面时感应电动势最大Emax=nBLv0,Imax=,解得Imax=。
(2)电荷量q=IΔt=Δt=,其中ΔΦ=BLH,可得q=,设缓冲线圈产生的热量为Q,由动能定理得mgH-Q=mv2-,得Q=mgH+mv2。