2024年高考物理第一轮复习：专题强化课(12)　限时规范训练

限时规范训练

[基础巩固]

1.(2021·贵州高三二模)如图，一足够长通电直导线固定在光滑水平面上，质量是0.04 kg的硬质金属环在该平面上运动，初速度大小为v0＝2 m/s、方向与导线的夹角为60°，则该金属环最终(　　)

A．做曲线运动，环中最多能产生0.08 J的电能

B．静止在平面上，环中最多能产生0.04 J的电能

C．做匀加速直线运动，环中最多能产生0.02 J的电能

D．做匀速直线运动，环中最多能产生0.06 J的电能

解析：D　金属环在向右上方运动过程中，通过金属环的磁通量减少，根据楞次定律可知金属环受到的安培力会阻碍金属环的运动，直到金属环磁通量不发生变化，即沿着导线的方向运动时，金属环不再受到安培力的作用，此时金属环将沿导线方向做匀速直线运动，金属环只具有竖直方向的速度，根据速度合成与分解规律可知金属环最终做匀速直线运动的速度为v＝v0cos 60°＝v0＝1 m/s，根据能量守恒定律可得，金属环中产生的电能为E＝mv－mv2＝ J＝0.06   J，所以D正确，ABC错误．

2．如图(a)所示，水平面上固定着两根间距L＝0.5 m的光滑平行金属导轨MN、PQ，M、P两点间连接一个阻值R＝3 Ω的电阻，一根质量m＝0.2 kg、电阻r＝2 Ω的金属棒ab垂直于导轨放置．在金属棒右侧两条虚线与导轨之间的矩形区域内有磁感应强度大小B＝2 T、方向竖直向上的匀强磁场，磁场宽度d＝5.2 m．现对金属棒施加一个大小F＝2 N、方向平行导轨向右的恒力，从金属棒进入磁场开始计时，其运动的v­t图像如图(b)所示，运动过程中金属棒与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计．则金属棒(　　)

A．刚进入磁场时，a点电势高于b点

B．刚进入磁场时，通过电阻R的电流大小为0.6 A

C．通过磁场过程中，通过金属棒横截面的电荷量为 1.04 C

D．通过磁场过程中，金属棒的极限速度为4 m/s

解析：C　根据右手定则，b点为电源的正极，所以a点电势低于b点，A错误；刚进入磁场时，感应电动势为E＝BLv＝4 V，电流为I＝＝0.8 A，B错误；通过磁场过程中，通过金属棒横截面的电荷量为q＝t＝＝＝1.04 C，C正确；通过磁场过程中，当安培力与外力平衡时，速度达到极限，有F＝BIL＝，解得vm＝10 m/s，D错误．

3.(2021·广东卷)(多选)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨．圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场．金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上．若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有(　　)

A．杆OP产生的感应电动势恒定

B．杆OP受到的安培力不变

C．杆MN做匀加速直线运动

D．杆MN中的电流逐渐减小

解析：AD　根据转动切割磁感线产生感应电动势的公式可知EOP＝Bl2ω，故A正确．OP切割磁感线，产生感应电流，由右手定则可判断出MN中电流从M到N，根据左手定则可知MN所受安培力向左，MN向左运动，切割磁感线，产生的感应电流与OP切割磁感线产生的感应电流方向相反，故OP与MN中的电流会逐渐减小，OP所受安培力逐渐减小，MN做加速度逐渐减小的加速运动，故B、C错误，D正确．

4．(多选)如图所示，光滑水平导轨置于磁场中，磁场的磁感应强度为B，左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为2L，导轨均足够长．质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态．ab的电阻为R，cd的电阻为2R，两棒始终在对应的导轨部分运动，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计．现瞬间给cd一水平向右的初速度v0，则此后的运动过程中下列说法正确的是(　　)

A．导体棒ab和cd组成的系统动量不守恒

B．两棒最终以相同的速度做匀速直线运动

C．ab棒最终的速度v0

D．从cd获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为mv

解析：AC　cd获得速度后，电路中产生感应电流，根据左手定则得cd棒减速，ab棒加速，当BLvab＝2BLvcd，电路中磁通量不变，没有感应电流，最终两棒做匀速直线运动，分别对两棒运用动量定理得－2BILt＝2mvcd－2mv0，BILt＝mvab，两式合并得vcd＋vab＝v0，联立解得vab＝v0，vcd＝v0，故B错误，C正确；由m×v0＋2m×v0＝mv0≠2m×v0，故导体棒ab和cd组成的系统动量不守恒，故A正确；从cd获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为Q＝·2mv－·mv－·2mv，解得Q＝mv，故D错误．

5．如图所示，PM、QN为竖直平面内两平行的四分之一圆弧金属轨道，轨道圆心的连线OO′垂直于两竖直面，间距为L，轨道半径均为r，OO′QP在同一水平面内，在其上端连有一阻值为R的电阻，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.现有一根长为L、电阻也为R的金属棒，在外力作用下从轨道的顶端PQ沿圆弧轨道以恒定角速度ω绕OO′转动，导体棒与轨道接触良好，轨道电阻不计，求金属棒转动到最低点的过程中：

(1)通过电阻R的电荷量q；

(2)电阻R产生的焦耳热QR.

解析：(1)产生的平均感应电动势为＝＝

平均感应电流为＝

通过电阻R的电荷量为q＝Δt

联立解得q＝.

(2)最大感应电动势为Em＝BLωr

电动势有效值为E＝

设导体棒由PQ到MN的过程中所用的时间为t则t＝＝

电阻R产生的焦耳热为QR＝Rt

联立解得QR＝.

答案：(1)　(2)

[能力提升]

6．(2021·河北卷)如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点．狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连．导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻．下列说法正确的是(　　)

A．通过金属棒的电流为2BCv2tan θ

B．金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tan θ

C．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电

D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定

解析：A　经过时间t，金属棒切割磁感线的有效长度L＝2vttan θ，金属棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv＝2Bv2ttan θ，则电容器极板上的电荷量Q＝CE＝2BCv2ttan θ，则通过金属棒中的电流I＝＝2BCv2tan θ，A正确；当金属棒到达x＝x0时，即vt＝x0时，电容器极板上的电荷量Q0＝2BCvx0tan θ，B错误；根据楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向(从上往下看)，则电容器的上极板带正电，C错误；因为金属棒做匀速运动，所以外力F＝F安＝BIL，外力做功的功率P＝Fv＝4B2Cv4ttan2 θ，是变化的，D错误．

7.(2021·山东卷)(多选)如图所示，电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上．区域Ⅰ、Ⅱ中磁场方向均垂直斜面向上，Ⅰ区中磁感应强度随时间均匀增加，Ⅱ区中为匀强磁场．阻值恒定的金属棒从无磁场区域中a处由静止释放，进入Ⅱ区后，经b下行至c处反向上行．运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好．在第一次下行和上行的过程中，以下叙述正确的是(　　)

A．金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度

B．金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度

C．金属棒不能回到无磁场区

D．金属棒能回到无磁场区，但不能回到a处

解析：ABD　在Ⅰ区中，由于磁感应强度随时间均匀增加，产生的感应电动势E1＝＝S为定值，金属棒在Ⅱ区磁场内，由于金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E2＝BLv，金属棒下行时，回路中电动势为E下＝E1＋E2，由于棒还能上行，所以下行时，只能做a逐渐减小的减速运动，其a下＝BL－gsin θ，棒上行时，回路中电动势为E上＝E1－E2，棒向上先做a逐渐减小的加速运动，其a上＝BL－gsin θ，故过b时a下>a上，B正确；棒从b到c和从c到b，位移大小相等，a下>a上，由v2＝2ax可知过b时速度v下>v上，A正确；同理棒经过磁场Ⅱ区的同一位置时，v下>v上，故棒能回到无磁场区，但由于上行出磁场区时速度小，不能到达a处，故C错误，D正确．

8.(2021·湖南卷)(多选)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 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

解析：CD　设金属框进入磁场时的竖直分速度为vy，可知vy＝，金属框所受安培力F＝BIL，电流I＝，E＝Blvy，根据受力平衡可得mg＝，可知B2与成反比，B与v0无关，A错误；金属框进入磁场和穿出磁场的过程中，电流的大小保持不变，方向由逆时针变为顺时针，B错误；从下金属框进入磁场到上金属框离开磁场，整个过程金属框做匀速直线运动，安培力和重力等大反向，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等，C正确；组合体从进入磁场到穿出磁场，不论怎样调节H、v0和B，只要组合体匀速通过磁场，在通过磁场的过程中，产生的热量始终等于减少的重力势能，D正确．

9．(2021·太原市山西大附中高三专题练习)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置，间距为L，电阻不计．AB左侧、CD右侧存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.在AB、CD之间的区域内，垂直两根导轨水平放置了两根质量分别为m、2m、电阻分别为r、R的导体棒a、b.在a、b棒之间用一锁定装置将一轻质弹簧压缩安装在a、b棒之间(弹簧与两棒不拴接)，此时弹簧的弹性势能为Ep.现解除锁定，当弹簧恢复到原长时，a、b棒均恰好同时进入磁场．试求：

(1)a、b棒刚进入磁场时的速度大小；

(2)a、b棒分别在磁场中滑行的距离．

解析：(1)以a、b棒为系统，动量守恒，机械能守恒，以a棒运动的方向为正方向，设a、b棒刚要进入磁场时的速度分别为va、vb，则由能量守恒定律和动量守恒定律可得

Ep＝mv＋×2mv

mva－2mvb＝0

联立解得va＝2，vb＝ .

(2)a、b棒分别进入磁场后，相互背离切割磁感线，感应电动势为正负串接，且a、b棒流过的电流时刻相等，磁感应强度B相等，L也相等，故a、b棒的安培力等大反向，矢量和为零，其余的力矢量和也为零，系统动量始终守恒，故有mva′－2mvb′＝0

则有a、b棒运动中的任意时刻有＝

设a、b棒在磁场中的位移分别为xa、xb，故＝

由法拉第电磁感应定律可得＝

由闭合电路欧姆定律可得＝

而两棒在运动过程中ΔΦ＝BL(xa＋xb)

对a棒，由动量定理可得

－安·Δt＝0－mva，安＝BL

联立方程，解得xa＝

xb＝.

答案：(1)2　

(2)　

[热点加练]

10．磁悬浮列车的制动方式有两种：电制动和机械制动，电制动是利用电磁阻尼的原理，机械制动是利用制压在轨道上产生摩擦阻力进行制动．对下面模型的研究有利于理解磁悬浮的制动方式．如图甲所示，有一节质量为m＝50 t的磁悬浮列车，车厢底部前端安装着一个匝数为N＝50 匝，边长为L＝2 m的正方形线圈，总电阻为R＝64 Ω，线圈可借助于控制模块来进行闭合或断开状态的转换．两平行轨道间距L＝2 m，在ABCD刹车区域内铺设着励磁线圈，产生的磁场如图乙所示，每个单元为一边长为L的正方形，其间磁场可视为B＝2 T的匀强磁场．现列车以v0＝360 km/h速度进站，当线圈全部进入刹车区时，调节控制模块使列车底部线圈闭合，采用电制动的方式．当列车速度减为v1时，调节控制模块使列车底部线圈断开，转为机械制动的方式，所受阻力为车厢重力的0.05倍，机械制动20 s，列车前部刚好到达CD处速度减为0，不计列车正常行驶时所受的阻力．求：

(1)列车底部线圈全部进入刹车区域时的加速度；

(2)列车刹车过程中产生的焦耳热；

(3)列车刹车过程的总位移．

解析：(1)线圈进入磁场时，线圈切割磁感线，产生的电动势为E＝2NBLv0

回路中电流为I＝

因此线圈受到的安培力为F＝2NBIL＝

因此列车的加速度为a＝＝5  m/s2.

a与运动方向相反

(2)机械制动过程f＝0.05mg＝ma

减速时的加速度a＝0.5 m/s2

因此机械制动时的初速度为v1＝at＝10 m/s

由能量守恒得，列车刹车过程中产生的焦耳热

Q＝mv－mv＝2.475×108 J.

(3)电制动过程：设Δt时间内，线圈在安培力作用下速度从v变为v＋Δv，由动量定理得－vΔt＝mΔv

即－Δx＝mΔv

－x1＝mv1－mv0

因此有x1＝＝1800 m

机械制动过程的位移为x2＝t＝100 m

因此刹车的总位移为s＝x1＋x2＝1900 m.

答案：(1)5 m/s2　方向与运动方向相反

(2)2.475×108 J　(3)1900 m

11.(2021·全国乙卷)如图，一倾角为α的光滑固定斜面的顶端放有质量M＝0.06 kg 的U型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻R＝3 Ω的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF；EF与斜面底边平行，长度L＝0.6 m．初始时CD与EF相距s0＝0.4 m，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离s1＝ m后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界(图中虚线)与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域．当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速．已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小B＝1 T，重力加速度大小取g＝10 m/s2，sin α＝0.6.求：

(1)金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；

(2)金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；

(3)导体框匀速运动的距离．

解析：(1)设金属棒的质量为m，根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得

(M＋m)gs1sin α＝(M＋m)v

代入数据解得v0＝ m/s

金属棒在磁场中切割磁感线产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv0

由闭合回路的欧姆定律可得I＝

则金属棒刚进入磁场时受到的安培力为F安＝BIL＝0.18 N.

(2)设金属棒与导体框之间的动摩擦因数为μ，金属棒进入磁场以后因为瞬间受到向上安培力的作用，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因金属棒做匀速运动，可有mgsin α＋μmgcos α＝F安

此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得Mgsin α－μmgcos α＝Ma.

设磁场区域的宽度为x，则金属棒在磁场中运动的时间为t＝

则此时导体框的速度为v1＝v0＋at

则导体框的位移x1＝v0t＋at2

因此导体框和金属棒的相对位移为Δx＝x1－x＝at2

由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端EF刚好进入线框，则有位移关系s0－Δx＝x

金属框进入磁场时做匀速运动，此时的电动势为

E1＝BLv1，I1＝

导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得

Mgsin α＝μmgcos α＋BI1L

联立以上可得x＝0.3 m，a＝5 m/s2，m＝0.02 kg，

μ＝.

(3)金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有

mgsin α＋μmgcos α＝ma1

金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有

v0＋a1t1＝v1

导体框匀速运动的距离为

x2＝v1t1

代入数据解得x2＝ m.

答案：(1)0.18 N　(2)0.02 kg　　(3) m