高考物理三輪沖刺復(fù)習(xí)選擇題11電磁感應(yīng)問(wèn)題分析(含解析)

這是一份高考物理三輪沖刺復(fù)習(xí)選擇題11電磁感應(yīng)問(wèn)題分析(含解析)，共6頁(yè)。
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(chǎng)區(qū)域，現(xiàn)將一個(gè)等腰梯形閉合導(dǎo)線(xiàn)圈從圖示位置垂直于磁場(chǎng)方向以速度v勻速拉過(guò)磁場(chǎng)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(guò)程中線(xiàn)圈所受安培力F隨時(shí)間t變化的圖象是( )
2．(多選)(2019·山東濰坊三模)如圖所示，兩平行導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，傾斜部分和水平部分長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，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(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化關(guān)系為B＝B0＋kt(k>0)，在桿運(yùn)動(dòng)前，以下說(shuō)法正確的是( )
A．穿過(guò)回路的磁通量為2(B0＋kt)L2
B．流過(guò)導(dǎo)體棒的電流方向?yàn)橛蒪到a
C．回路中電流的大小為eq \f(1.8kL2,R＋r)
D．細(xì)桿受到的摩擦力一直減小
3．(多選)(2019·河南焦作模擬)如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)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(chǎng)．下列說(shuō)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(chǎng)中，圓環(huán)的圓心始終在N極的軸線(xiàn)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(guò)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?lè)较虻母袘?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＝eq \f(B2v,ρd)
D．如果徑向磁場(chǎng)足夠長(zhǎng)，則圓環(huán)的最大速度vm＝eq \f(ρdg,B2)
5．(多選)如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑水平直導(dǎo)軌的間距為l，電阻不計(jì)，垂直軌道平面有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)軌上相隔一定距離放置兩根長(zhǎng)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(guò)程中沒(méi)有與b棒發(fā)生碰撞，當(dāng)a棒的速度減為eq \f(v0,2)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(shuō)法正確的是( )
A．b棒碰到障礙物前瞬間的速度為eq \f(v0,2)
B．在b棒停止運(yùn)動(dòng)前b棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qb＝eq \f(5,24)mveq \\al(2,0)
C．b棒停止運(yùn)動(dòng)后，a棒繼續(xù)滑行的距離為eq \f(3mv0R,2B2l2)
D．b棒停止運(yùn)動(dòng)后，a棒繼續(xù)滑行的距離為eq \f(mv0R,2B2l2)
6．(多選)(2019·煙臺(tái)高三診斷)如圖所示，在光滑的水平面上，有一質(zhì)量為M，邊長(zhǎng)為l，電阻為R的正方形均勻金屬線(xiàn)框，BC邊與虛線(xiàn)PQ平行，PQ右側(cè)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)寬度大于l，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.線(xiàn)框通過(guò)一水平細(xì)線(xiàn)繞過(guò)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(xiàn)框有一半進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)已勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，線(xiàn)框從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到AD邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中( )
A．剛釋放線(xiàn)框的瞬間，線(xiàn)框的加速度為eq \f(mg,M)
B．細(xì)繩拉力的最小值為eq \f(Mmg,M＋m)
C．線(xiàn)框恰全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，產(chǎn)生的熱量等于mgl－eq \f(（m＋M）m2g2R2,2B4l4)
D．線(xiàn)框有一半進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)與線(xiàn)框AD邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)BC兩端的電壓大小之比為3∶4
7．(多選)如圖所示，寬為L(zhǎng)的水平光滑金屬軌道上放置一根質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒MN，軌道左端通過(guò)一個(gè)單刀雙擲開(kāi)關(guān)與一個(gè)電容器和一個(gè)阻值為R的電阻連接，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向與軌道平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電容器的電容為C，金屬軌道和導(dǎo)體棒的電阻不計(jì)．現(xiàn)將開(kāi)關(guān)撥向“1”，導(dǎo)體棒MN在水平向右的恒力F作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t0后，將開(kāi)關(guān)S撥向“2”，再經(jīng)時(shí)間t，導(dǎo)體棒MN恰好開(kāi)始勻速向右運(yùn)動(dòng)．下列說(shuō)法正確的是( )
A．開(kāi)關(guān)撥向“1”時(shí)，金屬棒做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)
B．t0時(shí)刻電容器所帶的電荷量為eq \f(CBLFt0,m＋CB2L2)
C．開(kāi)關(guān)撥向“2”后，導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速率為eq \f(FR,B2L2)
D．開(kāi)關(guān)撥向“2”后t時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒通過(guò)的位移為eq \f(FR,B2L2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(mt0,m＋CB2L2)－\f(mR,B2L2)))
8．(多選)如圖，MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，兩部分平滑連接，固定在水平面上，右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻．平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從彎曲導(dǎo)軌上高為h處由靜止釋放，到達(dá)磁場(chǎng)右邊界處恰好停止．已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，則金屬棒穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中(重力加速度為g)( )
A．金屬棒中的最大電流為eq \f(Bd\r(2gh),2R)
B．金屬棒克服安培力做的功為mgh
C．通過(guò)金屬棒的電荷量為eq \f(BdL,2R)
D．金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為eq \f(1,2)mg(h－μd)
熱點(diǎn)11 電磁感應(yīng)問(wèn)題分析
1．解析：選A.設(shè)線(xiàn)圈的電阻為R，線(xiàn)圈切割磁感線(xiàn)的有效長(zhǎng)度為l，則安培力的大小為F＝eq \f(B2l2v,R)，方向一直沿x軸負(fù)方向．在0～eq \f(L,v)這段時(shí)間內(nèi)，有效長(zhǎng)度l增大，所以F增大且F－t圖線(xiàn)的斜率的絕對(duì)值增大；在eq \f(L,v)～eq \f(2L,v)這段時(shí)間內(nèi)，有效長(zhǎng)度l＝L不變，所以F大小不變且t＝eq \f(L,v)時(shí)刻F突然變?。辉趀q \f(2L,v)～eq \f(3L,v)這段時(shí)間內(nèi)，有效長(zhǎng)度l增大，所以F增大且F－t圖線(xiàn)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＋L2cs 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＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)·S＝k·(L2＋L2cs 37°)＝1.8kL2，由閉合電路歐姆定律得I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(1.8kL2,R＋r)，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?lè)较?，即電流方向?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＋BILcs 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＝eq \f(R,R＋R)E＝1 V，B正確；由于d、e，c、f間電阻中沒(méi)有電流流過(guò)，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?lè)较?，選項(xiàng)A正確；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＝eq \f(mg－BIL,m)＝g－eq \f(B2v,ρd)，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＝eq \f(ρdg,B2)，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＝meq \f(v0,2)＋2mv2，解得v2＝eq \f(v0,4)，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＝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)，所以選項(xiàng)B正確；a棒單獨(dú)向右滑行的過(guò)程中，當(dāng)其速度為v時(shí)，所受的安培力大小為F安＝BIl＝eq \f(B2l2,3R)v，根據(jù)動(dòng)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棒停止運(yùn)動(dòng)后a棒繼續(xù)前進(jìn)的距離x＝eq \f(3mv0R,2B2l2)，所以選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．
6．解析：選BCD.剛釋放線(xiàn)框的瞬間，設(shè)繩子拉力為T(mén)，線(xiàn)框加速度為a.以m為研究對(duì)象，mg－T＝ma，T＝Ma，可得a＝eq \f(mg,M＋m)，T＝eq \f(Mmg,M＋m).進(jìn)入磁場(chǎng)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(mén)＝eq \f(Mmg,M＋m)；當(dāng)全部進(jìn)入磁場(chǎng)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＝eq \f(E,R)，F(xiàn)A＝BIl，可得勻速時(shí)速度v＝eq \f(mgR,B2l2).由能量守恒定律，mgl＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＋Q，可得產(chǎn)生的熱量Q＝mgl－eq \f(1,2)(M＋m)·eq \f(m2g2R2,B4l4)；線(xiàn)框有一半進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，BC兩端的電壓U＝eq \f(3,4)Blv，框AD邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，電路電流為零，BC兩端的電壓U＝Blv，兩次電壓大小之比為3∶4.綜上分析，B、C、D正確．
7．解析：選BCD.開(kāi)關(guān)撥向“1”時(shí)，設(shè)在極短時(shí)間Δt內(nèi)流過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量為ΔQ，則電路中的瞬時(shí)電流為I＝eq \f(ΔQ,Δt)，電容器兩端的電壓U＝BLv，電荷量Q＝CU，則ΔQ＝CΔU＝CBLΔv，可得I＝CBLeq \f(Δv,Δt)＝CBLa；對(duì)導(dǎo)體棒，由牛頓第二定律得F－BIL＝ma，聯(lián)立得導(dǎo)體棒的瞬時(shí)加速度為a＝eq \f(F,m＋CB2L2)，由于加速度表達(dá)式中的各個(gè)物理量都不隨時(shí)間、位移變化，由此可知導(dǎo)體棒的加速度不變，即導(dǎo)體棒做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．t0時(shí)刻導(dǎo)體棒MN的速度v＝at0，電容器兩極板間的電壓U＝BLv＝BLat0，電荷量Q＝CU，則Q＝eq \f(CBLFt0,m＋CB2L2)，選項(xiàng)B正確．由F安＝BIL，I＝eq \f(E,R)，E＝BLv，聯(lián)立解得F安＝eq \f(B2L2v,R)，開(kāi)關(guān)撥向“2”后，導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有F＝F安，解得v＝eq \f(FR,B2L2)，選項(xiàng)C正確．開(kāi)關(guān)撥向“2”后t時(shí)間內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律得F－F安＝F－eq \f(B2L2v,R)＝ma＝meq \f(Δv,Δt)，則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)))，選項(xiàng)D正確．
8．解析：選CD.由機(jī)械能守恒定律知，金屬棒沿光滑導(dǎo)軌下滑，mgh＝eq \f(1,2)mv2，解得金屬棒到達(dá)磁場(chǎng)左邊界時(shí)速度v＝eq \r(2gh)，金屬棒以初速度v進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域切割磁感線(xiàn)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流最大，產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為Em＝BLeq \r(2gh)，最大感應(yīng)電流Im＝eq \f(Em,2R)＝eq \f(BL\r(2gh),2R)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于金屬棒與平直部分導(dǎo)軌有摩擦，根據(jù)功能關(guān)系，金屬棒克服摩擦力做的功與克服安培力做的功的代數(shù)和等于mgh，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由E＝eq \f(ΔΦ,Δt)，I＝eq \f(E,2R)，q＝IΔt，ΔΦ＝BLd，聯(lián)立解得通過(guò)金屬棒的電荷量q＝eq \f(BdL,2R)，選項(xiàng)C正確；設(shè)金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為Q，則電阻產(chǎn)生的焦耳熱也為Q，由能量守恒定律有，μmgd＋2Q＝mgh，解得Q＝eq \f(1,2)mg(h－μd)，選項(xiàng)D正確．