新课标2020高考物理二轮复习选择题热点11电磁感应问题分析练习含解析 5页

热点11　电磁感应问题分析 ‎(建议用时：20分钟)‎ ‎1．某空间中存在一个有竖直边界的水平方向的匀强磁场区域，现将一个等腰梯形闭合导线圈从图示位置垂直于磁场方向以速度v匀速拉过磁场区域，尺寸如图所示，取向右为力的正方向．下图中能正确反映该过程中线圈所受安培力F随时间t变化的图象是(　　)‎ ‎2．(多选)(2019·山东潍坊三模)如图所示，两平行导轨间距为L，倾斜部分和水平部分长度均为L，倾斜部分与水平面的夹角为37°，cd间接电阻R，导轨电阻不计．质量为m的金属细杆静止在倾斜导轨底端，与导轨接触良好，电阻为r.整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化关系为B＝B0＋kt(k>0)，在杆运动前，以下说法正确的是(　　)‎ A．穿过回路的磁通量为2(B0＋kt)L2‎ B．流过导体棒的电流方向为由b到a C．回路中电流的大小为 D．细杆受到的摩擦力一直减小 ‎3．(多选)(2019·河南焦作模拟)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l＝1 m，c、d间，d、e间，c、f间分别接阻值为R＝10 Ω的电阻．一阻值为R＝10 Ω的导体棒ab以速度v＝4 m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场．下列说法中正确的是(　　)‎ A．导体棒ab中电流的方向为由b到a B．c、d两端的电压为1 V C．d、e两端的电压为1 V D．f、e两端的电压为1 V ‎4．(多选)用一段横截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(r≪R)的圆环．圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B.圆环在加速下滑过程中某一时刻的速度为v，忽略电感的影响，则(　　)‎ - 5 -‎ A．此时在圆环中产生了(俯视)顺时针方向的感应电流 B．圆环因受到了向下的安培力而加速下落 C．此时圆环的加速度a＝ D．如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度vm＝ ‎5．(多选)如图所示，足够长的光滑水平直导轨的间距为l，电阻不计，垂直轨道平面有磁感应强度为B的匀强磁场，导轨上相隔一定距离放置两根长度均为l的金属棒，a棒质量为m，电阻为R，b棒质量为2m，电阻为2R，现给a棒一个水平向右的初速度v0，已知a棒在以后的运动过程中没有与b棒发生碰撞，当a棒的速度减为时，b棒刚好碰到了障碍物立即停止运动，而a棒仍继续运动，则下列说法正确的是(　　)‎ A．b棒碰到障碍物前瞬间的速度为 B．在b棒停止运动前b棒产生的焦耳热为Qb＝mv C．b棒停止运动后，a棒继续滑行的距离为 D．b棒停止运动后，a棒继续滑行的距离为 ‎6．(多选)(2019·烟台高三诊断)如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M，边长为l，电阻为R的正方形均匀金属线框，BC边与虚线PQ平行，PQ右侧有竖直向上的匀强磁场，磁场宽度大于l，磁感应强度大小为B.线框通过一水平细线绕过光滑定滑轮悬挂一质量为m的物体，现由静止释放物体，当线框有一半进入磁场时已匀速运动，当地的重力加速度为g，线框从开始运动到AD边刚进入磁场过程中(　　)‎ A．刚释放线框的瞬间，线框的加速度为 B．细绳拉力的最小值为 C．线框恰全部进入磁场时，产生的热量等于mgl－ - 5 -‎ D．线框有一半进入磁场时与线框AD边刚进入磁场时BC两端的电压大小之比为3∶4‎ ‎7．(多选)如图所示，宽为L的水平光滑金属轨道上放置一根质量为m的导体棒MN，轨道左端通过一个单刀双掷开关与一个电容器和一个阻值为R的电阻连接，匀强磁场的方向与轨道平面垂直，磁感应强度大小为B，电容器的电容为C，金属轨道和导体棒的电阻不计．现将开关拨向“1”，导体棒MN在水平向右的恒力F作用下由静止开始运动，经时间t0后，将开关S拨向“2”，再经时间t，导体棒MN恰好开始匀速向右运动．下列说法正确的是(　　)‎ A．开关拨向“1”时，金属棒做加速度逐渐减小的加速运动 B．t0时刻电容器所带的电荷量为 C．开关拨向“2”后，导体棒匀速运动的速率为 D．开关拨向“2”后t时间内，导体棒通过的位移为 热点11　电磁感应问题分析 ‎1．解析：选A.设线圈的电阻为R，线圈切割磁感线的有效长度为l，则安培力的大小为F＝，方向一直沿x轴负方向．在0～这段时间内，有效长度l增大，所以F增大且F－t图线的斜率的绝对值增大；在～这段时间内，有效长度l＝L不变，所以F大小不变且t＝时刻F突然变小；在～这段时间内，有效长度l增大，所以F增大且F－t图线的斜率的绝对值增大．综上所述，A项正确．‎ ‎2．解析：选BC.由Φ＝BS效＝(B0＋kt)·(L2＋L2cos 37°)＝1.8(B0＋kt)L2，故A错误；磁感应强度均匀增大，产生的感生电动势，由法拉第电磁感应定律得E＝n＝·S＝k·(L2＋L2cos 37°)＝1.8kL2，由闭合电路欧姆定律得I＝＝，则C正确；由楞次定律可得感应电流的方向俯视为顺时针方向，即电流方向为从b到a，B正确；因感应电流大小恒定，则细杆所受的安培力F＝BIL因B逐渐增大而增大，由左手定则知方向水平向右，对杆，由平衡知识可得mgsin θ＝f＋BILcos θ，则摩擦力先向上逐渐减小到零，后向下逐渐增大，D错误．‎ ‎3．解析：选BD.由右手定则可知导体棒ab中电流的方向为由a到b，A错误；感应电动势E＝Blv＝0.5×1×4 V＝2 V，则c、d两端的电压Ucd＝E＝1 V，B正确；由于d、e，c、f间电阻中没有电流流过，故Ude＝Ucf＝0，所以Ufe＝Ucd＝1 V，C错误，D正确．‎ - 5 -‎ ‎4．解析：选AD.由右手定则可以判断感应电流的方向为(俯视)顺时针方向，选项A正确；由左手定则可以判断，此时圆环受到的安培力向上，选项B错误；由牛顿第二定律可得加速度a＝＝g－，选项C错误；当重力等于安培力时速度达到最大，可得vm＝，选项D正确．‎ ‎5．解析：选BC.设b棒碰到障碍物前瞬间的速度为v2，b棒碰到障碍物前两棒组成的系统动量守恒，则mv0＝m＋2mv2，解得v2＝，所以选项A错误；在b棒停止运动前，根据能量守恒定律可得a棒和b棒产生的总焦耳热Q＝Qa＋Qb＝mv－m－×2mv＝mv，Qb＝2Qa，解得Qb＝mv，所以选项B正确；a棒单独向右滑行的过程中，当其速度为v时，所受的安培力大小为F安＝BIl＝v，根据动量定理有－F安Δt＝mΔv，所以有∑＝∑(m·Δv)，可得x＝m，b棒停止运动后a棒继续前进的距离x＝，所以选项C正确，D错误．‎ ‎6．解析：选BCD.刚释放线框的瞬间，设绳子拉力为T，线框加速度为a.以m为研究对象，mg－T＝ma，T＝Ma，可得a＝，T＝.进入磁场后加速度变小，故拉力变大，因此释放瞬间细绳拉力最小值为T＝；当全部进入磁场时，T＝mg，T＝FA，产生的电动势为E＝Blv，电路中的电流I＝，FA＝BIl，可得匀速时速度v＝.由能量守恒定律，mgl＝(M＋m)v2＋Q，可得产生的热量Q＝mgl－(M＋m)·；线框有一半进入磁场时，BC两端的电压U＝Blv，框AD边刚进入磁场时，电路电流为零，BC两端的电压U＝Blv，两次电压大小之比为3∶4.综上分析，B、C、D正确．‎ ‎7．解析：选BCD.开关拨向“1”时，设在极短时间Δt内流过导体棒的电荷量为ΔQ，则电路中的瞬时电流为I＝，电容器两端的电压U＝BLv，电荷量Q＝CU，则ΔQ＝CΔU＝CBLΔv，可得I＝CBL＝CBLa；对导体棒，由牛顿第二定律得F－BIL＝ma，联立得导体棒的瞬时加速度为a＝，由于加速度表达式中的各个物理量都不随时间、位移变化，由此可知导体棒的加速度不变，即导体棒做匀加速直线运动，选项A错误．t0时刻导体棒MN的速度v＝at0，电容器两极板间的电压U＝BLv＝BLat0，电荷量Q＝CU，则Q＝，选项B正确．由F安＝BIL，I＝，E＝BLv，联立解得F安＝，开关拨向“2”后，导体棒匀速运动时，有F＝F安，解得v - 5 -‎ ‎＝，选项C正确．开关拨向“2”后t时间内，根据牛顿第二定律得F－F安＝F－＝ma＝m，则FΔt－Δt＝mΔv，得Ft－＝m，解得位移x＝·，选项D正确．‎ - 5 -‎