【物理】2020届二轮复习选择题热点11　电磁感应作业（山西专用）

【物理】2020届二轮复习选择题热点11　电磁感应作业（山西专用）

热点11　电磁感应 热考题型 ‎　　电磁感应是电磁学中较为重要的内容,也是高考命题频率较高的内容之一。本部分题型主要是选择题和计算题,选择题以考查法拉第电磁感应定律、楞次定律、电磁感应的图象问题为主,计算题以考查电磁感应中的电路问题、动力学问题、能量问题为主。‎ 题型一　电磁感应中的电路问题 ‎7.(2018河南焦作模拟)(多选)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中电流的流向为由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 答案　BD　由右手定则可判知导体棒ab中电流的流向为由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=RR+RE=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。‎ 题型二　电磁感应中的动力学问题 ‎2.(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=‎B‎2‎vρd D.如果径向磁场足够长,则圆环的最大速度vm=‎ρdgB‎2‎ 答案　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。‎ 题型三　电磁感应中的功能问题 ‎3.(多选)如图所示,在倾角为θ=30°的斜面上固定一电阻不计的光滑平行金属导轨,其间距为L,下端接有阻值为R的电阻,导轨处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向与斜面垂直(图中未画出)。质量为m、阻值也为R的金属棒ab与固定在斜面上方的劲度系数为k的绝缘弹簧相接,弹簧处于原长并被锁定。现解除弹簧锁定的同时使金属棒获得沿斜面向下的速度v0,从开始运动到停止运动的过程中金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触,弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g,在上述过程中(　　)‎ A.开始运动时金属棒与导轨接触点间电压为 ‎BLv‎0‎‎2‎ B.通过电阻R的最大电流一定是 ‎BLv‎0‎‎2R C.通过电阻R的总电荷量为 ‎mgBL‎4kR D.回路产生的总热量小于 ‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎+‎m‎2‎g‎2‎‎4k 答案　ACD　开始时金属棒切割磁感线产生的电动势E=BLv0,则金属棒与导轨接触点间电压为U=RR+RE=BLv‎0‎‎2‎,选项A对;金属棒开始运动时,沿斜面方向受到安培力与重力沿斜面方向的分力,因不知二者大小关系,故不知速度如何变化,则不能确定通过R的最大电流,选项B错;由于金属棒在运动过程中受到安培力作用,最终金属棒静止,则金属棒沿斜面下滑距离为d=mgsinθk,应用电流定义式和法拉第电磁感应定律可知通过R的电荷量q=BLd‎2R=mgBL‎4kR,选项C对;从开始运动到停止,设回路产生的热量为Q、金属棒静止时弹簧的弹性势能为Ep,对金属棒和回路应用功能关系可知Q+Ep=mgd sin θ+‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎,则Q=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎+‎(mg‎)‎‎2‎‎4k-Ep,选项D对。‎ 跟踪集训 ‎1.(多选)如图所示为三个有界匀强磁场,磁感应强度大小均为B,方向分别垂直纸面向外、向里和向外,磁场宽度均为L,在磁场区域的左侧边界处,有一边长为L的正方形导体线框,总电阻为R,且线框平面与磁场方向垂直,现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域,以初始位置为计时起点,规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正,磁感线垂直纸面向里时的磁通量Φ为正值,外力F向右为正。则以下能反映线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化规律图像的是(　　)‎ 答案　ABD　当线框开始进入磁场时,磁通量垂直纸面向外增加,当全部进入时达最大;此后向里的磁通量增加,向外的磁通量减小,总磁通量向外减小,当运动1.5L时,磁通量为零;当运动2L时磁通量向里最大,此后向外的磁通量增加,向里的磁通量减小,总磁通量减小,当运动2.5L时,磁通量为零,当运动3L时向外的磁通量最大,此后向外的磁通量减小,当运动4L时为零,故A项正确。当线框进入第一个磁场时,由E=BLv可知,E保持不变,感应电动势为顺时针方向,为负值;而开始进入第二个磁场时,两边同时切割磁感线,电动势应为2BLv,方向为逆时针方向,为正值,开始进入第三个磁场时,两边同时切割磁感线,电动势为2BLv,方向为顺时针方向,为负值,出磁场时,感应电动势为BLv,沿逆时针方向,为正值,故B项正确;因安培力总是与运动方向相反,故拉力应一直向右,C项错误;拉力的功率P=Fv,因速度不变,而线框在左边第一个磁场时,电流为定值,拉力也为定值;两边分别在两个磁场中时,F安=2B·‎2BLvRL=4B‎2‎L‎2‎vR,因此安培力变为进磁场时的4倍,则拉力的功率变为进磁场时的4倍,出磁场时,与进磁场时拉力的功率相同,故D项正确。‎ ‎2.如图所示,abcd为用粗细均匀的同种材料制成的金属线框,其中ab的长度只有bc长度的一半。现将线框放在水平光滑绝缘的桌面上,在外力F的作用下让线框以速度v匀速穿过右边两个磁感应强度大小相等、方向相反的磁场区域。若以图示位置开始计时,规定逆时针电流方向为正,磁感线向下穿过线框时的磁通量为正。则下列关于回路电流i、外力F大小、cb间的电势差Ucb及穿过线框的磁通量Φ随时间变化的图像正确的是(　　)‎ 答案　C　当线框进入第一个磁场时,由右手定则知电流方向为逆时针,开始进入第二个磁场时,电流方向为顺时针,出第二个磁场,电流方向为逆时针,故A错误;由E=Blv可知,线框进入第一个磁场和出第二个磁场时,E=BLv‎2‎保持不变,而开始进入第二个磁场时,两边同时切割磁感线,电动势应为BLv,电流加倍,故每根导体棒受到的安培力加倍,则F=4F安,将变为原来的4倍,故B错误;根据U=IR和电流方向知刚进入磁场和出磁场时电压相等,b点电势高,故Ucb为负,两边同时切割磁感线时,c点电势高,且c、b两点之间的电压为原来的2倍,故C正确;当线框开始进入磁场时,磁通量开始增加,当全部进入时达到最大,此后向外的磁通量增加,总磁通量减小,当运动1.5L时,磁通量为零,故D错误。‎ ‎3.(多选)如图,水平放置的金属导体框abcd,ab、cd边平行、间距为l,导体框内均有垂直于框面、磁感应强度大小为B的匀强磁场,一单位长度电阻为r的金属杆MN,与导轨成θ角,以速度v沿平行于cd的方向匀速滑动,金属杆滑动过程中与导轨接触良好,导轨框电阻不计,则(　　)‎ A.M点电势低于N点电势 B.闭合回路中磁通量的变化率为Blv C.金属杆所受安培力的方向与运动方向相反 D.金属杆所受安培力的大小为B‎2‎lvr 答案　BD　由右手定则可知M点电势高于N点电势,故A错误。根据法拉第电磁感应定律可得E=ΔΦΔt=Blv,故B正确。由左手定则知,金属杆所受安培力方向垂直于MN斜向上,故C错误。由E=Blv,I=ER,R=lsinθr,F=BIlsinθ,解得F=B‎2‎lvr,故D正确。‎ ‎4.(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+CB‎2‎L‎2‎ C.开关拨向“2”后,导体棒匀速运动的速率为FRB‎2‎L‎2‎ D.开关拨向“2”后t时间内,导体棒通过的位移为FRB‎2‎L‎2‎t+mt‎0‎m+CB‎2‎L‎2‎-‎mRB‎2‎L‎2‎ 答案　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=mFRB‎2‎L‎2‎‎-at‎0‎,解得位移 x=FRB‎2‎L‎2‎t+mt‎0‎m+CB‎2‎L‎2‎-‎mRB‎2‎L‎2‎,选项D正确。‎