2020届高考物理第二轮专题复习选择题模拟演练：电磁感应中的综合应用（解析版）

2020 届高考物理第二轮专题复习选择题模拟演练 电磁感应中的综合应用 多项选择题 1、如图所示的竖直平面内，水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有大小相等， 方向垂直竖直面向里的匀强磁场，其宽度均为 d，Ⅰ和Ⅱ之间有一宽 度为 h 的无磁场区域，h>d。一质量为 m、边长为 d 的正方形线框由 距区域Ⅰ上边界某一高度处静止释放，在穿过两磁场区域的过程中， 通过线框的电流及其变化情况相同。重力加速度为 g，空气阻力忽略 不计。则下列说法正确的是( ) A．线框进入区域Ⅰ时与离开区域Ⅰ时的电流方向相同 B．线框进入区域Ⅱ时与离开区域Ⅱ时所受安培力的方向相同 C．线框有可能匀速通过磁场区域Ⅰ D．线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ产生的总热量为 Q＝2mg(d＋h) 2、如图所示，在方向竖直向下、磁感应强度为 B 的匀强磁场中， 沿水平面固定—个 V 字型金属框架 CAD，已知∠A＝θ，导体棒 EF 在 框架上从 A 点开始在拉力 F 作用下，沿垂直 EF 方向以速度 v 匀速向 右平移，使导体棒和框架始终构成等腰三角形回路。已知框架和导体 棒的材料和横截面积均相同，其单位长度的电阻均为 R，框架和导体 棒均足够长，导体棒运动过程中始终与磁场方向垂直，且与框架接触 良好。关于回路中的电流 I、拉力 F 和电路消耗的电功率 P 与水平移 动的距离 x 变化规律的图像中正确的是(　　) 3、如图所示，等腰梯形线框从位于匀强磁场上方一定高度处自由下 落，线框一直加速运动，直到导线框一半进入磁场时，导线框开始做 匀速运动。已知磁场上边界水平，导线框下落过程两平行边始终竖直， 左平行边长为 a，右平行边长为 2a，从导线框刚进入磁场开始，下列 判断正确的是( ) A．在 0～a 2这段位移内，导线框可能做匀加速运动 B．在3a 2 ～2a 这段位移内，导线框做加速运动 C．在a 2～3a 2 这段位移内，导线框减少的重力势能全部转化为内能 D．在 0～a 2这段位移内，导线框克服安培力做的功小于3a 2 ～2a 这段位 移内导线框克服安培力做的功 4、如图所示，固定在绝缘水平面上的光滑平行金属导轨，间距为 L， 右端接有阻值为 R 的电阻，空间存在方向竖直向上、磁感应强度为 B 的匀强磁场。质量为 m、电阻为 2R 的导体棒 ab 与固定绝缘弹簧相连， 放在导轨上，并与导轨接触良好。初始时刻，弹簧处于自然长度。给 导体棒水平向右的初速度 v0，导体棒往复运动一段时间后静止，不计 导轨电阻，下列说法中正确的是(　　) A．导体棒每次向右运动的过程中受到的安培力均逐渐减小 B．导体棒速度为 v0 时其两端的电压为 1 3BLv0 C．导体棒开始运动后速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为 1 2mv20 D．在金属棒整个运动过程中，电阻 R 上产生的焦耳热为 1 6mv20 5、如图所示，两根足够长的光滑金属导轨竖直放置，底端接电阻 R， 轻弹簧上端固定，下端悬挂质量为 m 的金属棒，金属棒和导轨接触良 好。除电阻 R 外，其余电阻不计。导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂 直导轨所在平面。静止时金属棒位于 A 处，此时弹簧的伸长量为 Δl，弹性势能为 Ep。重力加速度大小为 g。将金属棒从弹簧原长位 置由静止释放，金属棒在运动过程中始终保持水平，则( ) A．当金属棒的速度最大时，弹簧的伸长量为 Δl B．电阻 R 上产生的总热量等于 mgΔl－Ep C．金属棒第一次到达 A 处时，其加速度方向向下 D．金属棒第一次下降过程通过电阻 R 的电荷量比第一次上升过程的 多 6、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 7、如图甲所示，圆形的刚性金属线圈与一平行板电容器连接，线圈 内存在垂直于线圈平面的匀强磁场，磁感应强度 B 随时间 t 变化的关 系如图乙所示(以图甲所示方向为正方向)。t＝0 时刻，平行板电容 器间一带正电的粒子(重力不计)由静止释放，假设粒子运动过程中未 碰到极板，不计线圈内部磁场变化对外部空间的影响，下列粒子在板 间运动的速度图象和位移图象(以向上为正方向)中，正确的是(　　) 8、如图两根足够长光滑平行金属导轨 PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁 场垂直于导轨平面向上，导轨的上端与水平放置的两金属板 M、N 相 连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒 ab 水平跨放在导 轨上，下滑过程中与导轨接触良好。现在同时由静止释放带电微粒和 金属棒 ab，则(　　) A．金属棒 ab 一直加速下滑 B．金属棒 ab 最终可能匀速下滑 C．金属棒 ab 下滑过程中 M 板电势高于 N 板电势 D．带电微粒可能先向 N 板运动后向 M 板运动 9、如图所示，AB、CD 为两个平行的水平光滑金属导轨，处在方向竖 直向下、磁感应强度为 B 的匀强磁场中；AB、CD 的间距为 L，左右两 端均接有阻值为 R 的电阻；质量为 m、长为 L 且不计电阻的导体棒 MN 放在导轨上，甲、乙为两根相同的轻质弹簧，弹簧一端与导体棒 MN 中点连接，另一端均被固定；导体棒 MN 与导轨接触良好；开始时， 弹簧均处于自然长度，导体棒 MN 具有水平向左的初速度 v0，经过一 段时间，导体棒 MN 第一次运动到最右端，这一过程中 AC 间的电阻 R 上产生的焦耳热为 Q，则( ) A．初始时刻导体棒 MN 所受的安培力大小为2B2L2v0 R B．从初始时刻至导体棒 MN 第一次到达最左端的过程中，整个回 路产生的焦耳热大于2Q 3 C．当导体棒 MN 第一次到达最右端时，每根弹簧具有的弹性势能 为 1 4mv20－Q D．当导体棒 MN 再次回到初始位置时，AC 间电阻 R 的热功率为 B2L2v20 R 10、如图所示，足够长的平行光滑导轨固定在水平面上，导轨间 距为 L＝1 m，其右端连有定值电阻 R＝2 Ω，整个装置处于垂直导轨 平面向里，磁感应强度 B＝1 T 的匀强磁场中，一质量 m＝2 kg 的金属 棒在恒定的水平拉力 F＝10 N 的作用下，在导轨上由静止开始向左运 动，运动中金属棒始终与导轨垂直，导轨以及金属棒的电阻不计，下 列说法正确的是(　　) A．产生的感应电流方向在金属棒中由 a 指向 b B．金属棒向左先做加速运动后做减速运动直到静止 C．金属棒的最大加速度为 5 m/s2 D．水平拉力的最大功率为 200 W 11、如图所示，阻值为 R 的金属棒从图示位置 ab 分别以 v1、v2 的速度沿光滑水平导轨(电阻不计)匀速滑到 a′b′位置，若 v1∶v2＝ 1∶2，则在这两次过程中(　　) A．回路电流 I1∶I2＝1∶2 B．产生的热量 Q1∶Q2＝1∶4 C．通过任一截面的电荷量 q1∶q2＝1∶1 D．外力的功率 P1∶P2＝1∶2 12、半径为 a 右端开小口的导体圆环和长为 2a 的导体直杆，单 位长度电阻均为 R0。圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向 下的匀强磁场，磁感应强度为 B，杆在圆环上以速度 v 平行于直径 CD 向右做匀速直线运动，杆始终与圆环保持良好接触，从圆环中心 O 开 始，杆的位置由 θ 确定，如图所示。则( ) A．θ＝0 时，杆产生的电动势为 2Bav B．θ＝π 3 时，杆产生的电动势为 3Bav C．θ＝π 3 时，杆受到的安培力大小为 3B2av 5π＋3R0 D．θ＝0 时，杆受到的安培力大小为 2B2av π＋2R0 答案与解析 1、BD 解析：由楞次定律可知，线框进入区域Ⅰ时感应电流为逆时针方 向，而离开区域Ⅰ时的电流方向为顺时针方向，故选项 A 错误；由楞 次定律可知，线框进入区域Ⅱ时与离开区域Ⅱ时所受安培力的方向相 同，均向上，选项 B 正确；因穿过两磁场区域的过程中，通过线框的 电流及其变化情况相同，则可知线框进入区域Ⅰ时一定是做减速运动， 选项 C 错误；线框离开磁场区域Ⅰ的速度应等于离开磁场区域Ⅱ的速 度，则在此过程中，线圈的机械能的减小量等于线框通过区域Ⅱ产生 的电能，即 Q2＝mg(d＋h)，则线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ产生的总热量 为 Q＝2Q2＝2mg(d＋h)，选项 D 正确。 2、ACD 解析：设导体棒运动时间为 t 时，通过的位移为 x＝vt，则连入 回路的导体棒的长度为：L＝2xtan θ 2 ，则回路的总电阻为：R 总＝R (2xtan θ 2 ＋ 2x cos θ 2 )， 则 电 流 为 ： I ＝ E R总＝ B·2xtan θ 2 ·v R(2xtan θ 2 ＋ 2x cos θ 2 )＝ Bvtan θ 2 R(tan θ 2 ＋ 1 cos θ 2 )，式中各量均一定，则 I 为一定值，故 A 正确，B 错误；由平衡条件知，外力 F 大小等于安培力大小，则 F 安＝F＝BIL＝ BI·2vt·tanθ 2 ，F 与 t 成正比，故 C 正确；运动距离为 x 时的功率 为：P＝I2R 总＝I2R(2xtan θ 2 ＋ 2x cos θ 2 )，则 P 与 x 成正比，故 D 正确。 3．BD 解析：在线圈开始进入磁场的过程中，线圈切割磁感线的有效长度增 大，安培力的也增大，根据 E＝BLv 和 F＝BIL 可知，在线圈加速的过 程中，产生的电动势和安培力都是变化的，所以线圈受到的合外力也 是变化的，所以加速度是变化的，线圈做变加速运动，故 A 错误；当 线圈的位移是3a 2 时，左侧的短边恰好开始全部进入磁场，此后线圈切 割磁感线的有效长度开始减小，根据 E＝BLv 和 F＝BIL 可知，线框受 到的安培力减小，小于重力，所以导线框做加速运动，故 B 正确；由 几何关系可知，当线圈的位移是a 2时，左侧的短边恰好进入磁场，此 后线圈切割磁感线的有效长度不变，但下落一半时才匀速运动，所以 a 2～a 的过程中，导线框还要加速，动能要增加，故减小的重力势能 除转化为内能外还转化为动能，故 C 错误；由 F＝B2L2v R 知，在 0～a 2这 段位移内，导线框所受的安培力平均值小于3a 2 ～2a 这段位移内安培 力平均值，两个过程的位移相等，所以在 0～a 2这段位移内导线框克 服安培力做功小于3a 2 ～2a 这段位移内导线框克服安培力做功，故 D 正确。 4．BD 解析：导体受到的安培力 F＝BIL＝B2L2v 3R ，当导体棒从最左端向右运 动时做加速运动，F 增大，A 项错；导体棒速度为 v0，感应电动势 E＝ BLv0，则导体棒两端的电压 U＝RE 3R＝1 3BLv0，B 项正确；导体棒开始运 动后速度第一次减为零，减小的动能转化焦耳热和弹簧的弹性势能， C 项错；最后导体棒静止在初始位置，由能量守恒定律得 1 2mv20＝QR＋Q 棒，又 QR Q棒＝1 2解得 QR＝1 6mv20，D 项对。 5．BD 解析：将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，金属棒向下运动，切割 磁感线产生感应电动势和感应电流，金属棒受到向上的安培力作用， 当金属棒的速度最大时，弹簧向上的弹力加上安培力等于重力，弹簧 的伸长量一定小于 Δl，选项 A 错误；选取 A 处重力势能为零，金属 棒从弹簧原长位置由静止释放时，系统机械能为 mgΔl。金属棒做切 割磁感线运动最后停止在 A 处，机械能为 Ep。由能量守恒定律可知， 电阻 R 上产生的总热量等于 mgΔl－Ep，选项 B 正确；金属棒第一次 到达 A 处时，弹簧向上的弹力加上安培力一定大于重力，其加速度方 向向上，选项 C 错误；由于金属棒切割磁感线产生电能，第一次上升 到的最高位置一定低于金属棒从弹簧原长位置由静止释放的初位置， 金属棒第一次下降过程回路磁通量变化一定大于第一次上升过程回 路磁通量变化，由 q＝ΔΦ R 可知，金属棒第一次下降过程通过电阻 R 的电荷量比第一次上升过程的多，选项 D 正确。 6．AD 解析：由右手定则可以判断感应电流的方向，可知选项 A 正确；由左 手定则可以判断，此时圆环受到的安培力应该向上，选项 B 错误；对 圆环受力分析可解得加速度 a＝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＝ρgd B2 ，选项 D 正确。 7．BC 解析：在 0～1 4T 内，磁场均匀增大，由楞次定律可知，电容器的下极 板带正电，上极板带负电，粒子所受电场力方向向上，大小不变，故 粒子向上做匀加速直线运动，即 v＝at，x＝1 2at2；在 1 4T～3 4T 内，电 容器的下极板带负电，上极板带正电，粒子所受电场力方向向下，大 小不变，故粒子向上做匀减速直线运动至速度为零(1 2T 时)，再反向 做匀加速直线运动；在 3 4T～T 内，电容器的下极板带正电，上极板带 负电，粒子所受电场力方向向上，大小不变，故粒子向下做匀减速直 线运动，直到速度变为零，回到初始位置，故选项 B、C 正确，A、D 错误。 8．ACD 解析：根据牛顿第二定律有 mgsin θ－BIl＝ma，而 I＝Δq Δt，Δq＝ CΔU，ΔU＝BlΔv，Δv＝aΔt，联立解得 a＝mgsin θ m＋B2l2C ，因而金属 棒将做匀加速运动，选项 A 正确，B 错误；ab 棒切割磁感线，相当于 电源，a 端相当于电源正极，因而 M 板带正电，N 板带负电，选项 C 正确；若带电粒子带负电，在重力和电场力的作用下，先向下运动然 后再反向向上运动，选项 D 正确。 9、ABC 解析：由 F＝BIL 及 I＝BLv0 R并 ，得安培力大小为 FA＝2B2L2v0 R ，故 A 正确； 由题，导体棒 MN 第一次运动至最右端的过程中，AC 间电阻 R 上产生 的焦耳热为 Q，回路中产生的总焦耳热为 2Q，由于安培力始终对 MN 做负功，产生焦耳热，MN 第一次达到最左端的过程中，平均速度最 大，平均安培力最大，位移也最大，MN 克服安培力做功最大，整个 回路中产生的焦耳热应大于1 3·2Q＝2 3Q，故 B 正确；由能量守恒得知， 当 MN 第一次达到最右端时，MN 的机械能全部转化为整个回路中的焦 耳热和甲、乙弹簧的弹性势能，又甲、乙两弹簧的弹性势能相等，所 以甲具有的弹性势能为1 2(1 2mv20－2Q)＝1 4mv20－Q，故 C 正确；当 MN 再次 回到初始位置时，速度小于 v0，MN 产生的感应电动势小于 BLv0，则 AC 间电阻 R 的功率小于B2L2v20 R ，故 D 错误。 10、ACD 解析：金属棒向左运动时，穿过闭合回路的磁通量垂直纸面向里 增大，根据楞次定律可得，感应电流的方向在金属棒中由 a 指向 b， A 正确；根据左手定则可知，金属棒受到向右的安培力，因为金属棒 是从静止开始运动的，所以刚开始时安培力小于拉力，金属棒做加速 运动，随着速度的增大，安培力增大，故加速度减小，当安培力等于 拉力时，加速度为零，开始做匀速直线运动，故金属棒先做加速度减 小的加速运动后做匀速运动，B 错误；当金属棒速度为零时，安培力 为零，所受合力最大，加速度最大，根据牛顿第二定律可得最大加速 度为 a＝F m＝10 2 m/s2＝5 m/s2，C 正确；当拉力和安培力相等时，速度 最大，有：F 安＝F＝B2L2vm R ，解得最大速度为：vm＝20m/s，则水平拉 力的最大功率为：P＝Fvm＝10× 20 W＝200 W，D 正确。 11、AC 解析：两种情况下产生的感应电动势分别为 E1＝BLv1，E2＝BLv2， 电阻都为 R，故回路电流为 I1＝E1 R ＝BLv1 R ，I2＝E2 R ＝BLv2 R ，故电流之比 为I1 I2＝v1 v2＝1 2，A 正确；两种情况下所用时间t1 t2＝ L v1 L v2 ＝v2 v1＝2 1，故产生的 热量Q1 Q2＝I21Rt1 I22Rt2 ＝1 2，B 错误；两种情况下磁通量变化量相同，故通过 任一截面的电荷量 q＝ I－ t＝ΔΦ ΔtRΔt＝ΔΦ R ，故通过任一截面的电荷 量 q1∶q2＝1∶1，C 正确；由于金属棒做匀速运动，外力的功率等于 回路中的电功率，故P1 P2＝I21R I22R ＝1 4，D 错误。 12、AC 解析：θ＝0 时，杆产生的电动势 E＝BLv＝2Bav，故 A 正确；θ ＝π 3 时，根据几何关系得出此时杆的有效切割长度是 L′＝a，所以 杆产生的电动势为 E′＝Bav，故 B 错误；θ＝π 3 时，电路中总电阻 是 R 总 ＝(5 3π＋1)aR0 ，I′＝E′ R总 所以杆受到的安培力大小 F′＝ BI′L′＝ 3B2av 5π＋3R0，故 C 正确；θ＝0 时，电路中总电阻(2＋ π)aR0 ，所以杆受的安培力大小 F ＝BIL ＝B·2a 2Bav π＋2aR0＝ 4B2av π＋2R0，故 D 错误。