江蘇省2020版高考物理三輪復(fù)習(xí) 熱點(diǎn)10 電磁感應(yīng)問題分析練習(xí)（含解析）

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1、熱點(diǎn)10　電磁感應(yīng)問題分析 (建議用時(shí)：20分鐘) 1．某空間中存在一個(gè)有豎直邊界的水平方向的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，現(xiàn)將一個(gè)等腰梯形閉合導(dǎo)線圈從圖示位置垂直于磁場方向以速度v勻速拉過磁場區(qū)域，尺寸如圖所示，取向右為力的正方向．下圖中能正確反映該過程中線圈所受安培力F隨時(shí)間t變化的圖象是(　　) 2．(多選)(2019·南京高三聯(lián)考)如圖所示，兩平行導(dǎo)軌間距為L，傾斜部分和水平部分長度均為L，傾斜部分與水平面的夾角為37°，cd間接電阻R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．質(zhì)量為m的金屬細(xì)桿靜止在傾斜導(dǎo)軌底端，與導(dǎo)軌接觸良好，電阻為r.整個(gè)裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化關(guān)系為B＝B0＋kt(k

2、>0)，在桿運(yùn)動(dòng)前，以下說法正確的是(　　) A．穿過回路的磁通量為2(B0＋kt)L2 B．流過導(dǎo)體棒的電流方向?yàn)橛蒪到a C．回路中電流的大小為 D．細(xì)桿受到的摩擦力一直減小 3．(多選)(2019·江蘇四校聯(lián)考)如圖所示，兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌水平平行放置，間距為l＝1 m，c、d間，d、e間，c、f間分別接阻值為R＝10 Ω的電阻．一阻值為R＝10 Ω的導(dǎo)體棒ab以速度v＝4 m/s勻速向左運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在平面存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.5 T、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場．下列說法中正確的是(　　) A．導(dǎo)體棒ab中電流的方向?yàn)橛蒪到a B．c、d兩端的

3、電壓為1 V C．d、e兩端的電壓為1 V D．f、e兩端的電壓為1 V 4．(多選)用一段橫截面半徑為r、電阻率為ρ、密度為d的均勻?qū)w材料做成一個(gè)半徑為R(r?R)的圓環(huán)．圓環(huán)豎直向下落入如圖所示的徑向磁場中，圓環(huán)的圓心始終在N極的軸線上，圓環(huán)所在位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B.圓環(huán)在加速下滑過程中某一時(shí)刻的速度為v，忽略電感的影響，則(　　) A．此時(shí)在圓環(huán)中產(chǎn)生了(俯視)順時(shí)針方向的感應(yīng)電流 B．圓環(huán)因受到了向下的安培力而加速下落 C．此時(shí)圓環(huán)的加速度a＝ D．如果徑向磁場足夠長，則圓環(huán)的最大速度vm＝ 5．(多選)如圖所示，足夠長的光滑水平直導(dǎo)軌的間距為l，電阻不計(jì)，

4、垂直軌道平面有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，導(dǎo)軌上相隔一定距離放置兩根長度均為l的金屬棒，a棒質(zhì)量為m，電阻為R，b棒質(zhì)量為2m，電阻為2R，現(xiàn)給a棒一個(gè)水平向右的初速度v0，已知a棒在以后的運(yùn)動(dòng)過程中沒有與b棒發(fā)生碰撞，當(dāng)a棒的速度減為時(shí)，b棒剛好碰到了障礙物立即停止運(yùn)動(dòng)，而a棒仍繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是(　　) A．b棒碰到障礙物前瞬間的速度為 B．在b棒停止運(yùn)動(dòng)前b棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qb＝mv C．b棒停止運(yùn)動(dòng)后，a棒繼續(xù)滑行的距離為 D．b棒停止運(yùn)動(dòng)后，a棒繼續(xù)滑行的距離為 6．(多選)(2019·宿遷高三調(diào)研)如圖所示，在光滑的水平面上，有一質(zhì)量為M，邊長為l，電阻為R的正方

5、形均勻金屬線框，BC邊與虛線PQ平行，PQ右側(cè)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁場寬度大于l，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.線框通過一水平細(xì)線繞過光滑定滑輪懸掛一質(zhì)量為m的物體，現(xiàn)由靜止釋放物體，當(dāng)線框有一半進(jìn)入磁場時(shí)已勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，線框從開始運(yùn)動(dòng)到AD邊剛進(jìn)入磁場過程中(　　) A．剛釋放線框的瞬間，線框的加速度為 B．細(xì)繩拉力的最小值為 C．線框恰全部進(jìn)入磁場時(shí)，產(chǎn)生的熱量等于mgl－ D．線框有一半進(jìn)入磁場時(shí)與線框AD邊剛進(jìn)入磁場時(shí)BC兩端的電壓大小之比為3∶4 7.(2019·江蘇學(xué)校聯(lián)盟模擬)如圖所示，邊長為l的單匝正方形線圈放在光滑水平面上，其有一半處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、

6、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中．第一次保持磁場不變，使線圈在水平向右的拉力作用下，以恒定速度v向右運(yùn)動(dòng)；第二次保持線圈不動(dòng)，使磁感應(yīng)強(qiáng)度大小發(fā)生變化．若線圈的總電阻為R，則有(　　) A．若要使兩次產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相同，則第二次時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小必須逐漸增大 B．若要使兩次產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小相同，則第二次時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間必須均勻變化，且變化率＝ C．第一次時(shí)，在線圈離開磁場的過程中，水平拉力做的功為 D．第一次時(shí)，在線圈離開磁場的過程中，通過線圈某一橫截面的電荷量為 8．如圖甲所示，光滑絕緣水平面上，虛線MN的右側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2 T的勻強(qiáng)磁場，MN的左側(cè)有一質(zhì)量m＝0.1 kg

7、的矩形線圈abcd，bc邊長L1＝0.2 m，電阻R＝2 Ω.t＝0時(shí)，用一恒定拉力F拉線圈，使其由靜止開始向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過1 s，線圈的bc邊到達(dá)磁場邊界MN，此時(shí)立即將拉力F改為變力，又經(jīng)過1 s，線圈恰好完全進(jìn)入磁場，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，線圈中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙所示．則下列說法中正確的是(　　) A．恒定拉力大小為0.1 N B．線圈在第2 s內(nèi)的加速度大小為1 m/s2 C．線圈ab邊長L2＝0.5 m D．在第2 s內(nèi)流過線圈的電荷量為0.2 C 熱點(diǎn)10　電磁感應(yīng)問題分析 1．解析：選A.設(shè)線圈的電阻為R，線圈切割磁感線的有效長度為l，則安培力的大

8、小為F＝，方向一直沿x軸負(fù)方向．在0～這段時(shí)間內(nèi)，有效長度l增大，所以F增大且F－t圖線的斜率的絕對(duì)值增大；在～這段時(shí)間內(nèi)，有效長度l＝L不變，所以F大小不變且t＝時(shí)刻F突然變??；在～這段時(shí)間內(nèi)，有效長度l增大，所以F增大且F－t圖線的斜率的絕對(duì)值增大．綜上所述，A項(xiàng)正確． 2．解析：選BC.由Φ＝BS效＝(B0＋kt)·(L2＋L2cos 37°)＝1.8(B0＋kt)L2，故A錯(cuò)誤；磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大，產(chǎn)生的感生電動(dòng)勢(shì)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝n＝·S＝k·(L2＋L2cos 37°)＝1.8kL2，由閉合電路歐姆定律得I＝＝，則C正確；由楞次定律可得感應(yīng)電流的方向俯視為順時(shí)針方向，即

9、電流方向?yàn)閺腷到a，B正確；因感應(yīng)電流大小恒定，則細(xì)桿所受的安培力F＝BIL因B逐漸增大而增大，由左手定則知方向水平向右，對(duì)桿，由平衡知識(shí)可得mgsin θ＝f＋BILcos θ，則摩擦力先向上逐漸減小到零，后向下逐漸增大，D錯(cuò)誤． 3．解析：選BD.由右手定則可知導(dǎo)體棒ab中電流的方向?yàn)橛蒩到b，A錯(cuò)誤；感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv＝0.5×1×4 V＝2 V，則c、d兩端的電壓Ucd＝E＝1 V，B正確；由于d、e，c、f間電阻中沒有電流流過，故Ude＝Ucf＝0，所以Ufe＝Ucd＝1 V，C錯(cuò)誤，D正確． 4．解析：選AD.由右手定則可以判斷感應(yīng)電流的方向?yàn)?俯視)順時(shí)針方向，選項(xiàng)A正確；

10、由左手定則可以判斷，此時(shí)圓環(huán)受到的安培力向上，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由牛頓第二定律可得加速度a＝＝g－，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)重力等于安培力時(shí)速度達(dá)到最大，可得vm＝，選項(xiàng)D正確． 5．解析：選BC.設(shè)b棒碰到障礙物前瞬間的速度為v2，b棒碰到障礙物前兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則mv0＝m＋2mv2，解得v2＝，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在b棒停止運(yùn)動(dòng)前，根據(jù)能量守恒定律可得a棒和b棒產(chǎn)生的總焦耳熱Q＝Qa＋Qb＝mv－m－×2mv＝mv，Qb＝2Qa，解得Qb＝mv，所以選項(xiàng)B正確；a棒單獨(dú)向右滑行的過程中，當(dāng)其速度為v時(shí)，所受的安培力大小為F安＝BIl＝v，根據(jù)動(dòng)量定理有－F安Δt＝mΔv，所以有∑＝∑(m·Δv)，

11、可得x＝m，b棒停止運(yùn)動(dòng)后a棒繼續(xù)前進(jìn)的距離x＝，所以選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤． 6．解析：選BCD.剛釋放線框的瞬間，設(shè)繩子拉力為T，線框加速度為a.以m為研究對(duì)象，mg－T＝ma，T＝Ma，可得a＝，T＝.進(jìn)入磁場后加速度變小，故拉力變大，因此釋放瞬間細(xì)繩拉力最小值為T＝；當(dāng)全部進(jìn)入磁場時(shí)，T＝mg，T＝FA，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝Blv，電路中的電流I＝，F(xiàn)A＝BIl，可得勻速時(shí)速度v＝.由能量守恒定律，mgl＝(M＋m)v2＋Q，可得產(chǎn)生的熱量Q＝mgl－(M＋m)·；線框有一半進(jìn)入磁場時(shí)，BC兩端的電壓U＝Blv，框AD邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，電路電流為零，BC兩端的電壓U＝Blv，兩次電壓大小之比

12、為3∶4.綜上分析，B、C、D正確． 7．解析：選B.根據(jù)右手定則可知，線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，若要使兩次產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相同，根據(jù)楞次定律，則第二次時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小必須逐漸減小，故A錯(cuò)誤；依據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式E＝BLv及閉合電路歐姆定律求得感應(yīng)電流大小I＝，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，若要使兩次產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小相同，那么＝，則第二次時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間必須均勻變化，且變化率＝，故B正確；第一次時(shí)，在線圈離開磁場的過程中，水平拉力做的功為W＝F＝·＝，故C錯(cuò)誤；第一次時(shí)，在線圈離開磁場的過程中，通過線圈某一橫截面的電荷量為q＝It＝＝，故D錯(cuò)誤． 8．解析：選BD.在第1 s末，i1＝，E＝BL1v1，v1＝a1t1，F(xiàn)＝ma1，聯(lián)立得F＝0.05 N，A項(xiàng)錯(cuò)誤；在第2 s內(nèi)，由題圖分析知線圈做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，第2 s末，i2＝，E′＝BL1v2，v2＝v1＋a2t2，解得a2＝1 m/s2，B項(xiàng)正確；在第2 s內(nèi)，v－v＝2a2L2，得L2＝1 m，C項(xiàng)錯(cuò)誤；q＝＝＝0.2 C，D項(xiàng)正確． - 6 -