2020届高考物理二轮复习常考题型大通关电磁感应问题分析（带解析）.doc

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1、电磁感应问题分析1、如图所示,空间分布着宽为L,方向垂直于纸面向里的匀强磁场.一金属线框从磁场左边界匀速向右通过磁场区域.规定逆时针方向为电流的正方向,则感应电流随位移变化的关系图(i-x)正确的是()A. B. C. D.2、如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块( )A. 在P中的下落时间比在Q中的长B. 在两个下落过程中的机械能都守恒C. 在P和Q中都做自由落体运动D. 落至底部时在P中的速度比在Q中的大3、在如图甲所示的电路中,电阻,圆形金属线圈半径为,线圈导线的电阻为R,半径为()的圆形区域内存在垂直于线

2、圈平面向里的匀强磁场.磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示,图线与横、纵轴的交点坐标分别为和,其余导线的电阻不计.闭合S,至时刻,电路中的电流已稳定,下列说法正确的是( )A.电容器上极板带正电B.电容器下极板带正电C.线圈两端的电压为D.线圈两端的电压为4、在甲、乙、丙三图中,除导体棒可动外,其余部分均固定不动,甲图中的电容器C原来不带电.设导体棒、导轨(足够长)和直流电源的电阻均可忽略,导体棒和导轨间的摩擦不计.图中装置均在水平面内,且都处于方向垂直于水平面(即纸面)向下的匀强磁场中,导轨足够长.今给导体棒一个向右的初速度,在甲、乙、丙三种情形下导体棒的最终运动状态是( )A.三种

3、情形下棒最终均做匀速运动B.甲、丙中,棒最终将以不同的速度做匀速运动,乙中棒最终静止C.甲、丙中,棒最终将以相同的速度做匀速运动,乙中棒最终静止D.三种情形下棒最终均静止5、法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片P、Q分別与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时,关于流过电阻R的电流,下列说法正确的是( )A.若圆盘转动的角速度恒定,则电流大小恒定B.若从上向下看,圆盘顺时针转动,则电流沿a到b的方向流动C.若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则电流方向可能发生变化D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍,则电流在R上的热功率也变为原来

4、的2倍6、如图,由某种粗细均匀的总电阻为5R的金属条制成的矩形线框abcd,固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中.一接入电路电阻为R的导体棒PQ,在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动,滑动过程PQ始终与ab垂直,且与线框接触良好,不计摩擦.在PQ从靠近ad处向bc滑动的全过程中（ ）A.PQ中电流先增大后减小B.PQ两端电压先增大后减小C.PQ上拉力的功率先减小后增大D.线框消耗的电功率先增大后减小7、如图所示,半径为2r的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域,磁场区域的半径为r,已知弹性螺旋线圈的电阻为R,线圈与磁场区域共圆心,则以下说法中正确的是( )A.保持磁

5、场不变,线圈的半径由2r变到3r的过程中,有顺时针的电流B.保持磁场不变,线圈的半径由2r变到0.5r的过程中,有逆时针的电流C.保持半径不变,使磁场随时间按B=kt变化,线圈中的电流为D.保持半径不变,使磁场随时间按B=kt变化,线圈中的电流为8、如下图所示,两光滑平行导电导轨、水平放置于磁感应强度为的匀强磁场中,磁场与导轨所在平面垂直。已知金属棒能沿垂直导轨方向自由移动,且导轨一端跨接一个定值电阻,金属棒与导轨电阻均不计。现将金属棒沿导轨以初速度。开始向右拉动,若保持拉力恒定不变,经过时间后金属棒速度变为，加速度为,最终以速度2做匀速运动。若再使金属棒仍以初速度开始向右拉动,保持拉力的功率

6、不变,经过时间后金属棒速度变为,加速度为,最终以速度2做匀速运动。则( )A. B. C. D. 9、如图所示,两根足够长的光滑平行金属导轨固定在同一水平面内,两导轨间的距离为L。导轨上面横放着两根导体棒ab、cd,与导轨一起构成闭合回路。两根导体棒的质量均为m,电阻均为R,其余部分的电阻不计。在整个导轨所在的平面内都有方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。开始时,两导体棒均在导轨上静止不动,某时刻给导体棒ab以水平向右的初速度v0,则（ ）A.导体棒ab刚获得速度v0时受到的安培力大小为B.两导体棒最终将以的速度沿导轨向右匀速运动C.两导体棒运动的整个过程中产生的热量为D.当导体棒ab

7、的速度变为时,导体棒cd的加速度大小为10、如图所示，水平面内有一光滑金属导轨，导轨电阻不计，ab与ac边垂直。将质量为m=0.5kg、单位长度电阻为的直角折形导体棒放置于在导轨上，导体棒的两条边分别与ab和ac边互相平行。棒与ab、ac交点A、B间的距离为2.5 m，aA = aB，导轨右侧空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场分布如图所示，磁感应强度为B = 1T。在外力作用下，棒以一定的初速度向左做直线运动，其速度v与位移x变化满足关系式，则棒在运动x=2m的过程中（ ）A. 导体棒运动的时间为0.6sB. 流过导体棒的电流大小始终不变C. 导体棒受到的安培力大小逐渐减小D. 外力对导体

8、棒做功为11、如图所示,空间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小为0.2T,足够长的光滑水平金属导轨,左侧间距为0.6m,右侧间距为0.2m。质量均为0.02kg的金属棒M、N垂直导轨放置,开始时金属棒M、N均保持静止。现使金属棒M以10m/s的速度向右运动,两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触,M棒总在宽轨上运动,N棒总在窄轨上运动,直到M、N达到稳定状态。g=10m/s2,下列说法正确的是()A.由M、N导体棒和导轨组成回路的磁通量先减小后不变B.由M、N两个导体棒组成的系统动量守恒C.在两棒运动的整个过程中,电路中产生的焦耳热为0.9JD.在两棒运动的整个过程中,通过M

9、、N两个导体棒的电荷量相等,均为1.5C12、如图所示,同一竖直面内的正方形导线框的边长均为,电阻均为R,质量分别为2m和m.它们分別系在一跨过两个定滑轮的绝缘轻绳两端,在两导线框之间有一宽度为、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域.开始时,线框b的上边与匀强磁场的下边界重合,线框a的下边到匀强磁场的上边界的距离为.现将线框由静止释放,当线框b全部进入磁场时,两个线框开始做匀速运动.不计摩擦和空气阻力,重力加速度为g,则下列说法正确的是( )A.两个线框做匀速运动时的速度大小为B.线框a从其下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为C.线框a从开始运动到全部进入磁场的过程中,线框a所产

10、生的焦耳热为D.线框a从开始运动到全部进人磁场的过程中,两线框共克服安培力做的功为答案以及解析1答案及解析：答案：B解析：在0-L过程:由楞次定律判断可知,感应电流的方向沿逆时针方向,为正值;感应电动势大小为E1=BLv,感应电流大小为;在L-2L过程:由楞次定律判断可知,感应电流的方向沿逆时针方向,为正值;感应电动势大小为,感应电流大小为;在2L-3L过程:由楞次定律判断可知,感应电流的方向沿顺时针方向,为负值;感应电动势大小为,感应电流大小为.故B正确.故选B. 2答案及解析：答案：A解析：A.由于电磁感应，在铜管P中还受到向上的磁场力，而在塑料管中只受到重力，故在P中加速度较小，则在P中

11、的下落时间比在Q中的长，故A正确；B.由于电磁感应，在铜管P中还受到向上的磁场力，故在P中机械能不守恒，故B错误；C.由于电磁感应，在铜管P中还受到向上的磁场力，而在塑料管中只受到重力，即只在Q中做自由落体运动，故C错误；D.小磁块在两管中重力做功相同，但在钢管P中还有磁场力做负功，落至底部时在P中的速度比在Q中的小，故D错误。故选A。 3答案及解析：答案：BD解析：穿过圆形金属线圈的磁通量向里减小.由楞次定律可知.线圈产生的感应电流为顺时针方向.根据电源内部电流由负极流向正极可知,电容器上极板带负电,下极板带正电,选项A错误,B正确;由法拉第电磁感应定律得感应电动势为,则线圈两端的电压,即电

12、源的路端电压,选项C错误.D正确。 4答案及解析：答案：B解析：图甲中,导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电,当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时,电路中没有电流,棒不受安培力,向右做匀速运动;图乙中,导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流,通过电阻R转化为内能,棒的速度减小,当棒的动能全部转化为内能时,棒静止;图丙中,导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动,速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动,当导体棒产生的反电动势与电源的电动势相等时,电路中没有电流,棒向左做匀速运动.综上所述,只有B正确. 5答案及解析：答案：AB解析：设圆盘的半径为r,圆盘转动的角速

13、度为,则圆盘转动产生的电动势为,可知,圆盘转动的角速度恒定,电动势恒定,电流恒定,A项正确;根据右手定则可知,从上向下看,圆盘顺时针转动,圆盘中电流由边缘指向圆心,即电流沿a到b的方向流动,B项正确;圆盘转动方向不变,产生的电流方向不变,C项错误;若圆盘转动的角速度变为原来的2倍,则电动势变为原来的2倍,电流变为原来的2倍,由可知,电阻R上的热功率变为原来的4倍,D项错误。 6答案及解析：答案：BC解析：导体棒由靠近ad边向bc边匀速滑动的过程中,产生的感应电动势,保持不变,外电路总电阻先增大后减小,由欧姆定律分析得知PQ中的电流先减小后增大,A错误;PQ中电流先减小后增大,PQ两端电压为路端

14、电压,由,可以知道PQ两端的电压先增大后减小,B正确;导体棒匀速运动,PQ上外力的功率等于回路的电功率,而回路的总电阻先增大后减小,由,分析得知,PQ上拉力的功率先减小后增大,C正确;线框作为外电路,总电阻最大值为,线框电阻最小值为,当导体棒向右运动的过程中电路中的总电阻先增大后减小,根据闭合电路的功率的分配关系与外电阻的关系可以知道,当外电路的电阻值与电源的内电阻相等时外电路消耗的电功率最大,所以在靠近ab、bc附近有两个位置能使外电路的电阻值与电源的内电阻相等,所以可得线框消耗的电功率先增大后减小再增大再减小.D错误.所以BC选项是正确的. 7答案及解析：答案：BC解析：A项:由于磁场的面

15、积不变,线圈的半径由2r变到3r的过程中,穿过线圈磁通量不变,所以在线圈中没有感应电流产生,故A错误;B项:由于磁场的面积不变,线圈的半径由2r变到0.5r的过程中,线圈包含磁场的面积变小,磁通量变小,根据“楞次定律”可知,产生逆时针的电流,故B正确;C、D项:保持半径不变,使磁场随时间按B=kt变化,磁场增大,穿过线圈磁通量增大,根据“楞次定律”可知,产生顺时针的电流,根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律: ,故C正确。 8答案及解析：答案：BD解析：保持拉力恒定的情况下,当以速度做匀速运动时有拉力,当速度为时的加速度;保持拉力功率恒定的情况下,当以速度做匀速运动时有拉力,当速度为时的加

16、速度,所以,故BD正确。 9答案及解析：答案：BC解析：A. 当导体棒ab刚获得速度v0时,导体棒cd还没开始运动,此时导体棒ab产生的感应电动势为：E=BLv0,回路中的感应电流为：I=,故此时导体棒ab受到的安培力大小为F=BIL,以上各式联立可解得：F=，故A错误；B. 从开始到两导体棒达到共同速度的过程中,两棒的总动量守恒,则可得：mv0=2mv解得其共同速度为：v=，故B正确；C. 由能量守恒定律得,整个运动过程中产生的总热量为：Q=m2mv2整理可得：Q=m，故C正确；D. 设导体棒ab的速度变为初速度的时,导体棒cd的速度大小为v1,则由动量守恒定律可得：mv0=mv0+mv1此

17、时回路中的感应电动势为：E=BL(v0v1)感应电流为：I=此时导体棒cd受到的安培力为：F=BIL所以导体棒cd的加速度大小为：a=联立以上各式可解得：a=，故D错误。故选：BC。 10答案及解析：答案：AD解析：导体棒向左运动切割磁感线有效长度导体棒产生的感应电动势，感应电动势大小不变，x = 2m时根据法拉第电磁感应定律有，解得，A正确；根据闭合电路欧姆定律，感应电流逐渐增大，B错误；导体棒受到的安培力，安培力始终不变，C错误；棒运动的过程克服安培力做的功，由动能定理得，由知=2 m/s，v=10 m/s，联立上式解得，D 正确。 11答案及解析：答案：ACD解析：A、M棒刚开始运动时，

18、回路磁通量减少，最终稳定后磁通量不变，故A正确；B、M、N两个导体棒所受水平方向的安培力之和不为零，系统动量不守恒，故B错误；C、当M、N两金属棒产生的感应电动势大小相等时，回路感应电流为零，金属棒不受安培力，金属棒做匀速直线运动，即：时，两金属棒做匀速直线运动，由动量定理得：对M：，对N：，解得：，由能量守恒定律得：，解得：，故C正确；D、回路中有电流时有电荷通过金属棒，导体棒做匀速运动时回路没有电流，从M开始减速到匀速运动过程，对M，由动量定理得：，电荷量：，则：，代入数据：，故D正确；故选：ACD。 12答案及解析：答案：BC解析：当线框b全部进入磁场时,两个线框开始做匀速运动,此时线框

19、a的下边刚进入磁场,下边所受安培力为,得,A项错误;在线框a从其下边进入磁场到上边离开磁场的过程中,首先线框a进入磁场做切割磁感线运动,受力平衡,然后线框b出磁场做切割磁感线运动,受力也平衡,最后线框a出磁场做切割磁感线运动,受力也平衡,则这一过程所用时间为,B项正确;线框a从开始运动到全部进入磁场可以分为两个阶段,第一阶段是线框a的下边进入磁场之前,这一阶段线框a产生的焦耳热为零,第二阶段从线框a的下边进入磁场到线框a全部进入磁场,这一阶段线框b全部在磁场中,线框b的磁通量不变,即线框b产生的焦耳热为零,第二阶段线框组成的系统减少的机械能转化为线框a产生的焦耳热,即,C项正确;由功能关系可知,线框a从开始运动到全部进入磁场的过程中,两线框的重力势能减少量转化为两线框的动能以及两线框克服安培力做的功,两线框重力势能的减少量为,则两线框克服安培力做的功一定小于,D项错误.