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第十二章　第68练　专题强化：电磁感应中的动力学和能量问题
[分值：60分]
1~4题每小题4分，5题10分，共26分
1.如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。杆ef及线框的电阻不计，开始时，给ef一个向右的初速度，则(　　)
A.ef将减速向右运动，但不是匀减速运动
B.ef将匀减速向右运动，最后停止
C.ef将匀速向右运动
D.ef将往返运动
2.(2024·江苏南京市模拟)如图所示，水平放置的“”形光滑金属导轨处在竖直向下的匀强磁场中，左端接有电阻R。一金属杆与导轨垂直放置，且接触良好，在外力F作用下由静止开始做匀加速直线运动。不计导轨和金属杆的电阻。关于外力F随时间t变化的图像正确的是(　　)
3.如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨的最左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中(　　)
A.通过金属棒的最大电流为
B.通过金属棒的电荷量为
C.克服安培力所做的功为mgh
D.金属棒上产生的焦耳热为mg(h-μd)
4.(2023·江苏南通市三模)如图所示，两光滑平行长直金属导轨水平固定放置，导轨间存在竖直向下的匀强磁场。两根相同的金属棒ab、cd垂直放置在导轨上，处于静止状态。t=0时刻，对cd棒施加水平向右的恒力F，两棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计。两棒的速度vab、vcd和加速度aab、acd随时间t变化的关系图像可能正确的是(　　)
5.(10分)(2024·江苏省姜堰中学、如东中学三模联考)我国新一代航母阻拦系统的研制引入了电磁阻拦技术，其基本原理如图所示，飞机着舰时关闭动力系统，通过绝缘阻拦索钩住轨道上的一根金属棒，飞机与金属棒瞬间获得共同速度v0=180 km/h，在磁场中共同减速滑行至停下，已知歼-15舰载机质量M=2.7×104 kg，金属棒ab质量m=3×103 kg、接入电路的电阻R=10 Ω，导轨间距L=50 m，匀强磁场磁感应强度B=5 T，导轨电阻不计，除安培力外飞机克服其他阻力做的功为1.5×106 J，求：
(1)(5分)飞机与金属棒获得共同速度v0瞬间金属棒中感应电流I的大小和方向；
(2)(5分)全过程中金属棒中产生的焦耳热Q。
6、7题每小题7分，8题12分，共26分
6.(2023·江苏省检测)在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如图所示。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的金属正方形线框，以速度v垂直磁场方向从如图实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，线框的速度为，则下列说法正确的是(　　)
A.此时线框中的电功率为
B.此时线框的加速度大小为
C.此过程中回路产生的电能为2mv2
D.此过程中线框受到的磁场力先向左后向右
7.(2024·黑吉辽·9改编)如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒在下滑过程中(　　)
A.回路中的电流方向为adcba
B.ab中电流趋于
C.ab与cd加速度大小之比始终为2∶1
D.两棒产生的电动势始终相等
8.(12分)(2023·江苏常州市模拟)如图甲所示，倾角为30°、足够长的光滑绝缘斜面，虚线MN、PQ间存在垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，MN、PQ均与斜面顶边(顶边水平)平行。一单匝正方形金属线框abcd通过一轻质绝缘细线连接静止在斜面上，且线框一半位于磁场中，ab边平行MN。已知线框质量m=2 kg、边长L=0.5 m、电阻R=0.4 Ω，重力加速度g取10 m/s2。
(1)(4分)求t=0.1 s时线框中的感应电流大小及t=0.25 s时细线的拉力大小；
(2)(8分)在0.25 s后剪断细线，金属线框由静止沿斜面下滑，ab边进磁场前瞬间，线框加速度为0，当cd边刚出磁场时，线框加速度大小为1 m/s2，整个下滑过程cd边始终与PQ平行。求MN、PQ间距s及线框进入磁场的过程中产生的焦耳热Q。
(8分)
9.(2024·江苏常州市期末)如图所示，两光滑导轨PQ、MN水平放置，夹角为45°，处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，在M、P处串联间距极小的电容器，电容为C，与PQ垂直的导体棒在垂直棒的水平外力作用下从导轨最左端向右匀速运动，速度为v，不计一切电阻，则下列说法正确的是(　　)
A.电容器上极板带正电
B.水平外力保持不变
C.水平位移为x时电容器储存的电能为CB2v2x2
D.水平位移为x时外力的功率为CB2v3x
参考解析
1.A　[ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，由F＝BIL＝＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，最终停止运动，故A正确，B、C、D错误。]
2.D　[对杆受力分析得F－IBL＝ma
金属杆产生的感应电动势为E＝BLv
感应电流为I＝
又v＝at
整理得F＝ma＋at
可知F－t图像为不过原点的直线。故选D。]
3.D　[金属棒由静止释放下滑到导轨弯曲部分底端，根据动能定理有mgh＝m，金属棒在磁场中运动时产生的感应电动势E＝BLv，当金属棒刚进入磁场时，金属棒运动的速度最大，产生的感应电动势最大，感应电流最大，Imax＝，A错误；金属棒穿过磁场区域的过程中通过金属棒的电荷量q＝t＝t＝，B错误；对整个过程由动能定理得mgh－W克安－μmgd＝0，金属棒克服安培力做的功W克安＝mgh－μmgd，C错误；由功能关系可得，金属棒上产生的焦耳热Q＝W克安＝mg(h－μd)，D正确。]
4.C　[金属棒cd在恒力F作用下由静止开始加速，此时金属棒ab、cd加速度分别为aab＝0，acd＝，之后回路中出现感应电流，金属棒cd受到的安培力与恒力F反向，金属棒cd的加速度减小，金属棒ab在安培力作用下开始加速，金属棒cd与金属棒ab的速度差逐渐增大，回路中的电动势逐渐增大，安培力F安＝(vcd－vab)，逐渐增大，金属棒cd加速度减小，金属棒ab加速度增大，当acd＝aab时，vcd－vab不再变化，回路中的电流不再变化，安培力不变，两棒加速度不变，但是两金属棒的速度仍在增大，故C项可能正确。]
5.(1)1.25×103 A　方向由b到a
(2)3.6×107 J
解析　(1)飞机与金属棒获得共同速度v0瞬间金属棒中感应电动势E＝BLv0，感应电流I＝
代入数据解得I＝1.25×103 A
根据右手定则判断感应电流方向由b到a。
(2)飞机从着舰到停止，根据动能定理
－W克安－Wf＝0－(M＋m)
代入数据解得W克安＝3.6×107 J
根据功能关系知
Q＝W克安＝3.6×107 J。
6.A　[由于此时金属正方形线框左右两边框都能切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则可知左右两边框感应电动势串联，因此回路中产生的感应电动势为E＝2Ba＝Bav，此时线框中的电功率为P＝，故A正确；线框中的感应电流为I＝，左右两边所受安培力大小为F＝BIa＝，根据左手定则可知左右两边所受安培力方向相同，因此加速度大小为a＝，故B错误；根据能量守恒定律，可得此过程回路中产生的电能为E＝mv2－m()2＝mv2，故C错误；金属正方形线框右边框未经过PQ时，线框内磁通量未变化，此时线框内无感应电流，因此没有受到磁场力，当金属正方形线框右边框经过PQ后，根据楞次定律，线框内产生顺时针方向的感应电流，根据左手定则可知，左右两边框受到的安培力方向均为向左，因此此过程中线框受到的磁场力方向一直向左，故D错误。]
7.B　[两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda，故A错误；设回路中的总电阻为R，对于任意时刻当电路中的电流为I时，对ab根据牛顿第二定律得
2mgsin 30°－2BILcos 30°＝2maab，
对cd有mgsin 30°－BILcos 30°＝macd，故可知aab＝acd，分析可知回路中的总电动势为两个导体棒产生的电动势相加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值，对ab分析可得2mgsin 30°＝2BILcos 30°，解得I＝，故B正确，C错误；根据前面分析可知aab＝acd，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度大小不同，故产生的感应电动势不相等，故D错误。]
8.(1)7.5 A　25 N　(2)0.544 m　1.5 J
解析　(1)t＝0.1 s时线框中的感应电动势为E＝·× V＝3 V
感应电流为I＝＝7.5 A
t＝0.25 s时磁感应强度为4 T，根据右手定则可知回路中的电流方向为adcba，则根据左手定则可知，线框所受安培力沿斜面向下，细线的拉力大小为F＝mgsin 30°＋BIL＝25 N。
(2)ab边进磁场前瞬间，回路中的电流方向为abcda，线框所受安培力沿斜面向上，线框匀速运动，
则mgsin 30°＝BL
得v1＝1 m/s
当cd边刚出磁场时，线框所受安培力沿斜面向上，根据牛顿第二定律有BL－mgsin 30°＝ma
得v2＝1.2 m/s
根据机械能守恒定律有m＋mg(s－L)sin 30°＝m，得s＝0.544 m
线框从静止下滑至ab边刚进入磁场的过程中会产生焦耳热，在此过程中，根据能量守恒定律有
mgsin 30°＝m＋Q
解得线框进入磁场的过程中产生的焦耳热为Q＝1.5 J。
9.D　[导体棒向右切割磁感线时，由右手定则知，导体棒下端电势高，电容器充电，电容器下极板带正电，上极板带负电，A错误；电容C＝，即Q＝CU＝CBlv，而金属棒有效长度l随时间均匀增大，变化率为，由于夹角为45°，则＝v，则I＝＝CBv＝CBv2，即电流恒定，但由于导体棒有效长度变化，F安＝BIl，则安培力发生变化，故水平外力变化，B错误；由于安培力随位移均匀增大，则安培力做功为W＝Fmx＝B·CBv·x·x＝B2v2Cx2，由能量守恒定律可知，此时电容器储存的电能Q＝W＝B2v2Cx2，C错误；由平衡条件知，水平位移为x时外力的功率大小等于安培力功率，则P＝P安＝F安v＝B·CBv·x·v＝CB2v3x，D正确。]

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