2020高考物理二轮练习选择题热点11电磁感应问题分析（Word版带解析）

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＝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 1.8kL2 R＋r 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(　　)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＝ B2v ρd D．如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度 vm＝ ρdg B2 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 v0 2 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 v0 2 B．在 b 棒停止运动前 b 棒产生的焦耳热为 Qb＝ 5 24mv20 C．b 棒停止运动后，a 棒继续滑行的距离为 3mv0R 2B2l2 D．b 棒停止运动后，a 棒继续滑行的距离为 mv0R 2B2l2 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 M B．细绳拉力的最小值为 M mg M ＋m C．线框恰全部进入磁场时，产生的热量等于 mgl－ （m＋M）m2g2R2 2B4l4D．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 CBLFt0 m ＋CB2L2 C．开关拨向“2”后，导体棒匀速运动的速率为 FR B2L2 D．开关拨向“2”后 t 时间内，导体棒通过的位移为 FR B2L2(t＋ mt0 m ＋CB2L2－ mR B2L2) 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 ＝ B2l2v 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＝(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 ΔΦ Δt ＝ ΔB Δt·S＝k·(L2＋ L2cos 37°)＝1.8kL2，由闭合电路欧姆定律得 I＝ E R＋r＝1.8kL2 R＋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 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＝ R R＋RE＝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．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－ B2v ρd，选项 C 错误；当重力等于安培力时速度达到最大，可得 vm＝ ρdg B2 ， 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 v0 2 ＋2mv2，解得 v2＝ v0 4 ，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＝ 1 2mv20－ 1 2m(v0 2 ) 2 － 1 2×2mv22＝ 5 16mv20，Qb＝2Qa，解得 Qb＝ 5 24mv20，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＝ B2l2 3R v，根据动量定理有－F 安Δt＝mΔv，所以有∑ (－B2l2 3R v·Δt)＝∑(m·Δv)，可得 B2l2 3R x＝m v0 2 ，b 棒停止运动后 a 棒继续前进的距离 x＝3mv0R 2B2l2 ， 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＝ M mg 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＝ M mg M ＋m；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＝ E R，FA＝BIl，可得匀速时速度 v＝ mgR B2l2.由能量守恒定律，mgl＝ 1 2(M＋m)v2＋Q，可得产生的热量 Q＝mgl－ 1 2(M＋m)· m2g2R2 B4l4 ；线框有一半进入磁场时，BC 两端 的电压 U＝ 3 4Blv，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＝CΔU＝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 ＋CB2L2，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＝ CBLFt0 m ＋CB2L2，选项 B 正确．由 F 安＝BIL，I＝ E R，E＝BLv，联立解得 F 安＝ B2L2v R ，开关拨向“2”后，导体棒匀速 运动时，有 F＝F 安，解得 v＝ FR B2L2，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－ B2L2v R ＝ma＝m Δv Δt，则 FΔt－ B2L2v R Δt＝mΔv，得 Ft－ B2L2x R ＝m( FR B2L2－at0)， 解得位移 x＝ FR B2L2·(t＋ mt0 m ＋CB2L2－ mR B2L2)，选项 D 正确．