京津鲁琼专用2020版高考物理大三轮复习选择题热点巧练热点11 电磁感应问题分析（含解析）

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1、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BB0kt(k0)，在杆运动前，以下说法正确的是()

2、A穿过回路的磁通量为2(B0kt)L2B流过导体棒的电流方向为由b到aC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l1 m，c、d间，d、e间，c、f间分别接阻值为R10 的电阻一阻值为R10 的导体棒ab以速度v4 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B0.5 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aBc、d两端的电压为1 VCd、e两端的电压为1 VDf、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、密度为

3、d的均匀导体材料做成一个半径为R(rR)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aD如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度vm5(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

4、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()Ab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QbmvCb棒停止运动后，a棒继续滑行的距离为Db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

5、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mglD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347(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

6、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Bt0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8(多选)如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，两部分平滑连接，固定在水平面上，右端接一个阻值为R的定值电阻平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场质量为m、电阻也为R的金属棒从弯曲导轨上高为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，则金属棒穿

7、过磁场区域的过程中(重力加速度为g)()A金属棒中的最大电流为B金属棒克服安培力做的功为mghC通过金属棒的电荷量为D金属棒产生的焦耳热为mg(hd)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Ft图线的斜率的绝对值增大；在这段时间内，有效长度lL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Ft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BS效(B0kt)(L2L2cos 37)1.8(B0kt)L2，故A错误；磁感应

8、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EnSk(L2L2cos 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FBIL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 fBILcos ，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EBlv0.514 V2 V，则c、d两端的电压UcdE1 V，B正确；由于d、e，c、f间电阻中没有电流流过，故U

9、deUcf0，所以UfeUcd1 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ag，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mv0m2mv2，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QQaQbmvm2mvmv，Qb2Qa，解得Qbmv，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

10、受的安培力大小为F安BIlv，根据动量定理有F安tmv，所以有(mv)，可得xm，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，mgTma，TMa，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，Tmg，TFA，产生的电动势为EBlv，电路中的电流I，FABIl，可得匀速时速度v.由能量守恒定律，mgl(Mm)v2Q，可得产生的热量Qmgl(Mm)；线框有一半进入磁场时，BC两端的电压UBlv，框AD边刚进入磁场时，电路电流为零，BC两端的电压UBlv

11、，两次电压大小之比为34.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t内流过导体棒的电荷量为Q，则电路中的瞬时电流为I，电容器两端的电压UBLv，电荷量QCU，则QCUCBLv，可得ICBLCBLa；对导体棒，由牛顿第二定律得FBILma，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vat0，电容器两极板间的电压UBLvBLat0，电荷量QCU，则Q，选项B正确由F安BIL，I，EBLv，联立解得F安，开关拨向“2”后，导体棒匀速运动时，有

12、FF安，解得v，选项C正确开关拨向“2”后t时间内，根据牛顿第二定律得FF安Fmam，则Fttmv，得Ftm，解得位移x，选项D正确8解析：选CD.由机械能守恒定律知，金属棒沿光滑导轨下滑，mghmv2，解得金属棒到达磁场左边界时速度v，金属棒以初速度v进入磁场区域切割磁感线时产生的感应电动势和感应电流最大，产生的最大感应电动势为EmBL，最大感应电流Im，选项A错误；由于金属棒与平直部分导轨有摩擦，根据功能关系，金属棒克服摩擦力做的功与克服安培力做的功的代数和等于mgh，选项B错误；由E，I，qIt，BLd，联立解得通过金属棒的电荷量q，选项C正确；设金属棒产生的焦耳热为Q，则电阻产生的焦耳热也为Q，由能量守恒定律有，mgd2Qmgh，解得Qmg(hd)，选项D正确- 6 -