高考物理三轮冲刺复习选择题11电磁感应问题分析(含解析)

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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eq \f(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＝eq \f(B2v,ρd)
D．如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度vm＝eq \f(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eq \f(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eq \f(v0,2)
B．在b棒停止运动前b棒产生的焦耳热为Qb＝eq \f(5,24)mveq \\al(2,0)
C．b棒停止运动后，a棒继续滑行的距离为eq \f(3mv0R,2B2l2)
D．b棒停止运动后，a棒继续滑行的距离为eq \f(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eq \f(mg,M)
B．细绳拉力的最小值为eq \f(Mmg,M＋m)
C．线框恰全部进入磁场时，产生的热量等于mgl－eq \f(（m＋M）m2g2R2,2B4l4)
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eq \f(CBLFt0,m＋CB2L2)
C．开关拨向“2”后，导体棒匀速运动的速率为eq \f(FR,B2L2)
D．开关拨向“2”后t时间内，导体棒通过的位移为eq \f(FR,B2L2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(mt0,m＋CB2L2)－\f(mR,B2L2)))
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μ，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，则金属棒穿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eq \f(Bd\r(2gh),2R)
B．金属棒克服安培力做的功为mgh
C．通过金属棒的电荷量为eq \f(BdL,2R)
D．金属棒产生的焦耳热为eq \f(1,2)mg(h－μd)
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＝eq \f(B2l2v,R)，方向一直沿x轴负方向．在0～eq \f(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eq \f(L,v)～eq \f(2L,v)这段时间内，有效长度l＝L不变，所以F大小不变且t＝eq \f(L,v)时刻F突然变小；在eq \f(2L,v)～eq \f(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＋L2cs 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＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)·S＝k·(L2＋L2cs 37°)＝1.8kL2，由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(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＋BILcs 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＝eq \f(R,R＋R)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．
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＝eq \f(mg－BIL,m)＝g－eq \f(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＝eq \f(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＝meq \f(v0,2)＋2mv2，解得v2＝eq \f(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＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,2)＝eq \f(5,16)mveq \\al(2,0)，Qb＝2Qa，解得Qb＝eq \f(5,24)mveq \\al(2,0)，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＝eq \f(B2l2,3R)v，根据动量定理有－F安Δt＝mΔv，所以有∑eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(B2l2,3R)v·Δt))＝∑(m·Δv)，可得eq \f(B2l2,3R)x＝meq \f(v0,2)，b棒停止运动后a棒继续前进的距离x＝eq \f(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＝eq \f(mg,M＋m)，T＝eq \f(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＝eq \f(Mmg,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＝eq \f(E,R)，FA＝BIl，可得匀速时速度v＝eq \f(mgR,B2l2).由能量守恒定律，mgl＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＋Q，可得产生的热量Q＝mgl－eq \f(1,2)(M＋m)·eq \f(m2g2R2,B4l4)；线框有一半进入磁场时，BC两端的电压U＝eq \f(3,4)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＝eq \f(ΔQ,Δt)，电容器两端的电压U＝BLv，电荷量Q＝CU，则ΔQ＝CΔU＝CBLΔv，可得I＝CBLeq \f(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＝eq \f(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＝eq \f(CBLFt0,m＋CB2L2)，选项B正确．由F安＝BIL，I＝eq \f(E,R)，E＝BLv，联立解得F安＝eq \f(B2L2v,R)，开关拨向“2”后，导体棒匀速运动时，有F＝F安，解得v＝eq \f(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－eq \f(B2L2v,R)＝ma＝meq \f(Δv,Δt)，则FΔt－eq \f(B2L2v,R)Δt＝mΔv，得Ft－eq \f(B2L2x,R)＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(FR,B2L2)－at0))，解得位移x＝eq \f(FR,B2L2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(mt0,m＋CB2L2)－\f(mR,B2L2)))，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，mgh＝eq \f(1,2)mv2，解得金属棒到达磁场左边界时速度v＝eq \r(2gh)，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Em＝BLeq \r(2gh)，最大感应电流Im＝eq \f(Em,2R)＝eq \f(BL\r(2gh),2R)，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＝eq \f(ΔΦ,Δt)，I＝eq \f(E,2R)，q＝IΔt，ΔΦ＝BLd，联立解得通过金属棒的电荷量q＝eq \f(BdL,2R)，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，μmgd＋2Q＝mgh，解得Q＝eq \f(1,2)mg(h－μd)，选项D正确．