高中物理 加强练习第十二章　122.电磁感应中单杆的运动(B)

122.电磁感应中单杆的运动(B)(分值：20分)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1.5μmgB.撤去力F前，通过ad边的电荷量为BLC.撤去力F时，线框的速度大小为Ft0m-μgtD.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-F2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-μmg可得F>2μmg，A错误；电荷量q=IΔt=ER总Δt其中ΔΦ=BS，撤去力F前棒P扫过的面积为S=LL02，R总=11代入数据得q=BL通过ad边的电荷量为总电荷量的一半，可得qad=BLL08由动量定理Ft0-μmgt0-B2L22R其中Δx=L得到v=Ft0m-μgt再由系统动量定理Ft0=mv1+mv可知线框的速度大小为v1=μgt0+B2L2对全过程由动量定理有Ft0=2mv2再由全过程能量守恒W-μmgL0-2Q=122mv解得Q=W2-F2t022.(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=1kg、F=2N、s=5m、L=1m，、R=1Ω、B0=1T、k=1T/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)4m/s(2)2.5C(3)163m解析(1)由题意可知棒ab到达PQ前已匀速，则有F=B0IL，E=B0Lv0，I=E联立解得v0=4m/s(2)通过电阻R的电荷量为q=It，I=E2R，E=Δ联立可得q=B0Ls2(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=1m/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=(此时回路受到的安培力大小为FA=B2IL-B1IL=k2根据动量定理可得-FAt-Fft=0-4mv1，又vt=联立解得“”字形线框停止运动时，fc边的坐标为xfc=163m(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=12×4mv1