【文档说明】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).doc，共(6)页，137.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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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)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1.8kL2R＋rD．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＝1m，c、d间，d、e间，c、f间分别接阻值为R＝10Ω的电阻．一阻值为R＝10Ω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＝0.5T、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aB．c、d两端的电压为1VC．d、e两端的电压为1VD．f、e两端的电压

为1V4．(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-2-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＝B2vρdD．如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度vm＝ρdgB25．(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v02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v02B．在b棒停止运动前b棒产生的焦耳热为Qb＝524mv20C．b棒停止运动后，a棒继续滑行的距离为3mv0R2B2l2D．b棒停止运动后，a棒继续滑行的距离为mv

0R2B2l26．(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()-3-A．刚释放线框的瞬间，线框的加速度为mgMB．细绳拉力的最小值为MmgM＋mC．线框恰全部进

入磁场时，产生的热量等于mgl－（m＋M）m2g2R22B4l4D．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∶47．(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CBLFt0m＋CB2L2C．开关拨向“2”后，导体棒匀速运动的速率为FRB2L2D．开关拨向“2”后t时间内，导体棒通过的位移为FRB2L2t＋mt

0m＋CB2L2－mRB2L28．(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Bd2gh2RB．金属棒克服安

培力做的功为mghC．通过金属棒的电荷量为BdL2RD．金属棒产生的焦耳热为12mg(h－μd)热点11电磁感应问题分析-4-1．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＝B2l2vR，方向一直沿x轴负方向．在0～Lv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Lv～2Lv这段时间内，有效长度l＝L不变，所以F大小不变且t＝Lv时刻F突然变小；在2Lv～3Lv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＋L2cos37°)＝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＝nΔΦΔt＝ΔBΔt·S＝k·(L2＋L2cos37°)＝

1.8kL2，由闭合电路欧姆定律得I＝ER＋r＝1.8kL2R＋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mgsinθ＝f＋BILc

osθ，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＝0.5×1×4V＝2V，则c、d两端的电压Ucd＝RR＋RE＝1V，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＝1V，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＝mg－BILm＝g－B2vρd，选项C错误；当重力等于安培力时速度达到最大，可得vm＝ρdgB2，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＝mv02＋2mv2，解得v2＝v04，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＝12mv20－12mv022－12×2mv22＝516mv20，Qb＝2Qa，解得Qb＝524

mv20，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＝B2l23Rv，根据动量定理有－F安Δt＝mΔv，所以有∑－B2l23Rv·Δt＝∑(m·Δv)，可得B2l23Rx＝mv02，b棒停止运动

后a棒继续前进的距离x＝3mv0R2B2l2，所以选项C正-5-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＝mgM＋m，T＝MmgM＋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＝MmgM＋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＝ER，FA＝BIl，可得匀速时速度v＝mgRB2l2.由能量守恒定律，mgl＝12(M＋m)v2

＋Q，可得产生的热量Q＝mgl－12(M＋m)·m2g2R2B4l4；线框有一半进入磁场时，BC两端的电压U＝34Blv，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＝ΔQΔt，电容器两端的电压U＝BLv，电荷量Q＝CU，则ΔQ＝CΔU＝CBLΔv，可得I＝CBLΔvΔt＝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＝Fm＋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＝CBLFt0m＋CB2L2，选项B正确．由F安＝BIL，I＝ER，E＝BLv，联立解得F安＝B2L2vR，开关拨向“2”后，导体棒匀速运动时，有F＝F安，解得v＝FRB2L2，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－B2L2vR＝ma＝mΔvΔt，则FΔt－B2L2vRΔt＝mΔv，得Ft－B2L2xR＝mFRB2L2－at0，解得位移x＝FRB2L2·t＋mt0m＋CB2L2－mRB2L2，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＝12mv2，解得金属棒到达磁场左边界时速度v＝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＝BL2gh，最大感应电流Im＝Em2R＝BL2gh2R，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-6-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＝ΔΦΔt，I＝E2R，q＝IΔt，ΔΦ＝BLd，联立解得通过金属棒的电荷

量q＝BdL2R，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＝12mg(h－μd)，选项D正确．