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-【人教版】2025新教材高考物理一轮基础练习

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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2
A.E2mv2B.kLE2mR2
C.kLE2m(R+kLv)2D.kLE2m(R-kLv)2
2.如图所示,两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ,间距为L,电阻不计,两导轨构成的平面与水平面成θ角。金属棒ab、cd用绝缘轻绳连接,其电阻均为R,质量分别为2m和m。沿斜面向上的力作用在cd上使两金属棒静止,整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B,重力加速度大小为g。将轻绳烧断后,保持F不变,金属棒始终与导轨垂直且接触良好,则( )
A.轻绳烧断瞬间,金属棒cd的加速度大小a=12gsin θ
B.轻绳烧断后,金属棒cd做匀加速运动
C.轻绳烧断后,任意时刻两金属棒运动的速度大小之比vab∶vcd=1∶2
D.金属棒ab的最大速度vabm=2mgRsinθ3B2L2
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mv02R2(R+r)
D.导体棒克服安培力做的总功小于12mv02
4.(多选)(2021湖南卷)两个完全相同的正方形匀质金属框,边长为l,通过长为l的绝缘轻质杆相连,构成如图所示的组合体。距离组合体下底边h处有一方向水平、垂直于纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平,高度为l,左右宽度足够大。把该组合体在垂直于磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出,设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场,不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A.B与v0无关,与ℎ成反比
B.通过磁场的过程中,金属框中电流的大小和方向保持不变
C.通过磁场的过程中,组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等
D.调节h、v0和B,只要组合体仍能匀速通过磁场,则其通过磁场的过程中产生的热量不变
综合提升练
5.(2023浙江卷)如图所示,质量为m、电阻为R、长为L的导体棒,通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上,固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源E0或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场,不计空气阻力和其他电阻。开关S接1,当导体棒静止时,细杆与竖直方向的夹角θ=π4;然后开关S接2,棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中,以下说法正确的是( )
A.电源电动势E0=2mg2BLR
B.棒消耗的热量Q=1-22mgl
C.从左向右运动时,最大摆角小于π4
D.棒两次过最低点时感应电动势大小相等
6.(多选)(2023山东临沂二模)如图甲所示,左侧接有定值电阻R=1.5 Ω的水平平行且足够长的粗糙导轨处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度B=1 T,导轨间距L=1 m。一质量m=1 kg、接入电路的阻值r=0.5 Ω的金属棒在拉力F的作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动,金属棒的v-x图像如图乙所示。若金属棒与导轨垂直且接触良好,与导轨间的动摩擦因数μ=0.25,导轨电阻不计,g取10 m/s2,则金属棒从静止开始向右运动位移x1=1 m的过程中,下列说法正确的是( )
A.通过电阻R的电荷量为0.5 C
B.拉力F做的功为5 J
C.导体棒产生的热量为0.5 J
D.所用的时间t一定大于1 s
7.(2023浙江卷)某兴趣小组设计了一种火箭落停装置,简化原理如图所示,它由两根竖直导轨、承载火箭装置(简化为与火箭绝缘的导电杆MN)和装置A组成,并形成闭合回路。装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定,方向如图所示。导轨长度远大于导轨间距,不论导电杆运动到什么位置,电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零;在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场,大小B1=kI(其中k为常量),方向垂直导轨平面向里;在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场,大小B2=2kI,方向与B1相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接,以速度v0进入导轨,到达绝缘停靠平台时速度恰好为零,完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为m,导轨间距d=3mgkI2,导电杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行,不计空气阻力和摩擦力,不计导轨电阻和装置A的内阻。在火箭落停过程中,
(1)求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L。
(2)求回路感应电动势E与运动时间t的关系。
(3)求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W。
(4)若R的阻值视为0,装置A用于回收能量,给出装置A可回收能量的来源和大小。
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=kLE2m(R+kLv)2,故选C。
2.C 解析 沿斜面向上的力F作用在cd上使两金属棒静止,由平衡条件可得F=3mgsin θ,轻绳烧断瞬间,金属棒cd受到沿斜面向上的力F、重力和支持力作用,由牛顿第二定律得F-mgsin θ=ma,解得金属棒cd的加速度大小a=2gsin θ,A错误;轻绳烧断后,金属棒cd切割磁感线产生感应电动势,回路中有感应电流,金属棒受到与速度相关的安培力作用,所以金属棒cd做变加速运动,B错误;对两金属棒组成的系统,所受合外力为零,系统动量守恒,由动量守恒定律可知,轻绳烧断后,任意时刻两金属棒运动的速度大小之比vab∶vcd=1∶2,C正确;当金属棒ab达到最大速度时,金属棒ab受力平衡,2mgsin θ=BIL,I=E2R,E=BLvabm+BL·2vabm=3BLvabm,联立解得vabm=4mgRsinθ3B2L2,D错误。
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=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=12mv02,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=RR+rQ=mv02R2(R+r),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12mv02,D错误。
4.CD 解析 金属框匀速通过磁场时,重力与安培力相等,即mg=BIl,I=Blv⊥R,v⊥2=2gh,联立可得B2=mgRl22gℎ,选项A错误。通过磁场过程中根据右手定则,金属框下边进入时电流为逆时针方向,金属框上边进入时电流为顺时针方向,选项B错误。因为金属框匀速通过磁场,重力做功与克服安培力做功相等,所以克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等,选项C正确。因为通过磁场,重力做功不变,根据能量守恒定律得,产生的热量不变,选项D正确。
5.C 解析 当开关S接1,对导体棒受力分析如图所示,因为偏角为π4,所以安培力F=mg,安培力F=BIL,电流I=E0R,解得E0=mgRBL,选项A错误;开关S接2,棒完成一次全振动,肯定没有停在最低点,根据能量守恒,得棒消耗的热量Q6.ABD 解析 由右手定则知金属棒中感应电流的方向为C→D,流过电阻的电荷量为q=IΔt=ER+rΔt=ΔΦ(R+r)ΔtΔt=ΔΦR+r=BLxR+r=0.5 C,A正确;金属棒从静止开始向右运动位移x1=1 m的过程中,克服摩擦力做的功为Wf=μmgx1=2.5 J,安培力的大小为F安=BIL=BER+rL=BBLvR+rL=B2L2vR+r,结合图像可知,安培力的大小与位移成正比,则金属棒克服安培力做的功为W安=Fx=0+F安2x=B2L2v2(R+r)x=0.5 J,由动能定理得W-W安-Wf=12mv2-0,解得W=5 J,B正确;电路中产生的热量Q=W安=0.5 J,导体棒产生的热量为Q1=rR+rQ=0.125 J,C错误;速度位移图像的斜率k=ΔvΔx=ΔvΔt×ΔtΔx=av=2,得a=kv=2v,则速度增大,金属棒的加速度也随之增大,速度时间图像的斜率增大,金属棒做加速度增大的变加速运动,在相同时间内,达到相同速度时通过的位移小于匀加速运动的位移,平均速度小于匀加速运动的平均速度,即v1 s,D正确。
7.答案 (1)3mg v024g
(2)E=6mgI(v0-2gt)
(3)U=IR-6mgI(v0-2gt) I2Rv02-3mgv022g
(4)能量来源于火箭和导电杆的机械能,大小为34mv02
解析 (1)根据题意,导电杆所受安培力F=B1Id
B1=kI
d=3mgkI2
解得F=3mg
对导电杆,根据牛顿第二定律得F-mg=ma
2(-a)L=0-v02
解得L=v024g。
(2)导电杆下落的速度v=v0-at
感应电动势E=B2dv
B2=2kI
解得E=6mgI(v0-2gt)。
(3)导电杆两端电压U0=IR
根据题意得U+E=U0
解得U=IR-6mgI(v0-2gt)
输出的能量
W=I2Rt-∑EIt
=I2R·v022g−3mv022
=I2Rv02-3mgv022g。
(4)能量来源于火箭和导电杆的机械能,装置A可回收能量的大小为E'=12mv02+mgL=34mv02。