2020新课标高考物理练习：电磁感应问题分析含解析

1、教学资料范本2020新课标高考物理练习：电磁感应问题分析含解析编辑：时间：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）（20xx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,导轨电阻不方t.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

2、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=Bo + 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（Bo + kt）L2B.流过导体棒的电流方向为由 b到a10 / 6C.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）（20xx河南焦作模拟）如图所示，两根足够长的 d光滑金属导轨水平平行放置，间距为l=1 m, c、d间，d、e J 乂 I 间，c、f间分别接阻值为 R= 10 的电阻.一阻值为 R= 10 Q "，尤 丁五的导体棒 ab以速度 v=4 m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接 1 1触良好，导轨

3、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aB. c、d两端的电压为1 VC. d、e两端的电压为1 VD. f、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o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（）儡视制而图倚福图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

4、B2vC此时圆环的加速度2 =不D.如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度p dgVm= ZTT-B25 .（多选）如图所示，足够长的光滑水平直导轨的间距为1,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 vo,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v0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V0B.在b棒停止运动前b棒产生的焦耳热为5Qb= 24mv2C. b棒停

5、止运动后,a棒继续滑行的距离为3mv0R 2B212D. b棒停止运动后,a棒继续滑行的距离为mv0R2B2126 .（多选）（20xx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1,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 1,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mgM，一，八 MmgB.细绳拉力的最小值为而mC.线框恰全部进入磁场

6、时，产生的热量等于(m+M) m2g2R2mgl2B414F作用下由静止开始运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： 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在水平向右的恒力动，经时间to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

7、度逐渐减小的加速运动B. t0时刻电容器所带的电荷量为CBLFtOm+ CB2L2 FRC.开关拨向“流，导体棒匀速运动的速率为 品B2L2D.开关拨向流t时间内，导体棒通过的位移为FR mt0 mRB2L2 t+m+ CB2L2 B2L2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1,则安培力的大小为F=B22v，方向一直沿x轴负方向.在。L这段时间内，有效长度 1增大，所以F增大且F RvI 21t图线的斜率的绝对值增大；在 ，2L这段时间内，有效长度 1=L不变，所以F大小不变且 t=3刻F突然变小；在2L3L这段时间内，有效长度 l增大，所以F

8、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 BCM 虫=8$效= (Bo + kt) (L2+L2cos 37° )= 1.8(Bo+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=n4-V - S=Q (L2+At AtE 18kL2L2cos 37。)=1.8kL2,由闭合电路欧姆定律得1=%=18管，则C正确；由楞次定律可得R+ r R r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

9、杆，由平 衡知识可得 mgsin 0 =f+BILcos 0 ,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= 0.5X1 X4 V = 2 V,则 c、d 两端的电压 U«=R-E=1 V, B 正确；由于 d、e, R+ Rc、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

10、第二定律可得加速度2=y=9 -呼,选项C错误；当重力等于安培力时速度达到最大,可得vm = -B2dg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2X2mv2=916统动量守恒，则 mv0= mV0+ 2mv2,解得V2 = v0,所以选项A错误；在b棒停止运动前，根据 ，.一 11 vo能重寸恒te律可得 a棒和b棒广生的总焦耳热Q= Qa+ Qb = -mv0-2m .一 5mv0, Qb=2Qa,解得Qb=24mv0,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=B22v,根据动量定理有一

11、F安At = mAv,所以有汇3RB22V Aw E (m - Av),可得B2fxnmv0, b棒停止运动后a棒继续前进的距离x=3mv0R, 3R3R 22B2l2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，mgT=ma, T=Ma,可得a=皿，T=M + m'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动势为E=Blv,电路中的电流T= -Mmg-;当全部进入磁场时，T=mg, T=Fa,产生的电M + mI = M, Fa=BI1,可得匀速时速度v=mR.由能量守恒定律,R

12、B2l2mgl = 1(M + m)v2+ Q,可得产生的热量 Q=mgl-1(M + m) m2g2R2;线框有一半进入磁场时， 22B4l43 BC两端的电压 U=4Blv,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设，设在极短时间A t内流过导体棒的电荷量为A Q,则电 路中的瞬日电流为1=督 电容器两端的电压 U=BLv,电荷量Q=CU,则AQ=CAU = CBL Av,可得I =CBLy= 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am + 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A错误.to时刻导体棒 MN此可知导体棒的加速度不变，即导体棒做匀加速直线运动，选项的速度v = ato,电容器两极板间的电压U = BLv=BLato,电荷量 Q=CU,则 Q'CBLF，m十 CB2L2选项B正确.由F安=81，I = E, E=BLv,联立解得F安=黑丝 开关拨向“端，