(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)

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 ＝B 0＋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(B 0＋kt )L 2B ．流过导体棒的电流方向为由b 到aC ．回路中电流的大小为1.8kL 2R ＋rD ．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aB ．c 、d 两端的电压为1 VC ．d 、e 两端的电压为1 VD ．f 、e 两端的电压为1 V4．(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( )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 ＝B 2v ρdD ．如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度v m ＝ρdg B 25．(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v 0，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v 02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v 02B ．在b 棒停止运动前b 棒产生的焦耳热为Q b ＝524mv 20 C ．b 棒停止运动后，a 棒继续滑行的距离为3mv 0R 2B 2l2 D ．b 棒停止运动后，a 棒继续滑行的距离为mv 0R 2B 2l2 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mg MB ．细绳拉力的最小值为Mmg M ＋mC ．线框恰全部进入磁场时，产生的热量等于mgl －（m ＋M ）m 2g 2R 22B 4l 4D ．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∶47．(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t 0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 ．t 0时刻电容器所带的电荷量为CBLFt 0m ＋CB 2L 2C ．开关拨向“2”后，导体棒匀速运动的速率为FR B 2L 2D ．开关拨向“2”后t 时间内，导体棒通过的位移为FR B 2L 2⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋mt 0m ＋CB 2L 2－mR B 2L 2 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 ＝B 2l 2v R ，方向一直沿x 轴负方向．在0～L v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L v ～2L v这段时间内，有效长度l ＝L 不变，所以F 大小不变且t ＝L v 时刻F 突然变小；在2L v ～3L v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＝(B 0＋kt )·(L 2＋L 2cos 37°)＝1.8(B 0＋kt )L 2，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 ΔΦΔt ＝ΔB Δt·S ＝k ·(L 2＋L 2cos 37°)＝1.8kL 2，由闭合电路欧姆定律得I ＝E R ＋r ＝1.8kL 2R ＋r ，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mg sin θ＝f ＋BIL cos 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U cd ＝RR ＋R E ＝1 V ，B 正确；由于d 、e ，c 、f 间电阻中没有电流流过，故U de ＝U cf ＝0，所以U fe ＝U cd ＝1 V ，C 错误，D 正确．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 ＝mg －BIL m ＝g －B 2v ρd ，选项C 错误；当重力等于安培力时速度达到最大，可得v m ＝ρdg B 2，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v 2，b 棒碰到障碍物前两棒组成的系统动量守恒，则mv 0＝m v 02＋2mv 2，解得v 2＝v 04，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 ＝Q a ＋Q b ＝12mv 20－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022－12×2mv 22＝516mv 20，Q b ＝2Q a ，解得Q b ＝524mv 20，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 ＝B 2l 23R v ，根据动量定理有－F 安Δt ＝m Δv ，所以有∑⎝ ⎛⎭⎪⎫－B 2l 23R v ·Δt ＝∑(m ·Δv )，可得B 2l 23R x ＝m v 02，b 棒停止运动后a 棒继续前进的距离x ＝3mv 0R 2B 2l 2，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 ＝mg M ＋m ，T ＝Mmg M ＋m .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 ＝Mmg M ＋m；当全部进入磁场时，T ＝mg ，T ＝F A ，产生的电动势为E ＝Blv ，电路中的电流I ＝E R ，F A ＝BIl ，可得匀速时速度v ＝mgR B 2l 2.由能量守恒定律，mgl ＝12(M ＋m )v 2＋Q ，可得产生的热量Q ＝mgl －12(M ＋m )·m 2g 2R 2B 4l 4；线框有一半进入磁场时，BC 两端的电压U ＝34Blv ，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 ＝ΔQ Δt，电容器两端的电压U ＝BLv ，电荷量Q ＝CU ，则ΔQ ＝C ΔU ＝CBL Δv ，可得I ＝CBL Δv Δt＝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 ＝F m ＋CB 2L 2，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．t 0时刻导体棒MN 的速度v ＝at 0，电容器两极板间的电压U ＝BLv ＝BLat 0，电荷量Q ＝CU ，则Q ＝CBLFt 0m ＋CB 2L 2，选项B 正确．由F 安＝BIL ，I ＝E R ，E ＝BLv ，联立解得F 安＝B 2L 2v R，开关拨向“2”后，导体棒匀速运动时，有F ＝F 安，解得v ＝FR B 2L 2，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 －B 2L 2v R ＝ma ＝m Δv Δt ，则F Δt －B 2L 2v R Δt ＝m Δv ，得Ft －B 2L 2x R ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫FR B 2L 2－at 0，解得位移x ＝FR B 2L 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋mt 0m ＋CB 2L 2－mR B 2L 2，选项D 正确．。