2020高考物理二轮复习 抓分天天练 重点知识练1.20 电磁感应规律与动力学问题综合（二）课件

1．20电磁感应规律与动力学问题综合(二)一、选择题1．(2019·江苏省南京师范大学模拟)如图所示，半圆光滑绝缘轨道MN固定在竖直平面内，O为其圆心，M、N与O高度相同，匀强磁场方向与轨道平面垂直．现将一个带正电的小球自M点由静止释放，它将沿轨道在M、N间做往复运动．下列说法中正确的是()A．小球在M点和N点时均处于平衡状态B．小球由M到N所用的时间大于由N到M所用的时间C．小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力大小均相等D．小球每次经过轨道最低点时所受合外力大小均相等答案D解析小球在M点和N点只受到重力，所以小球在这两点不能处于平衡状态，故A项错误；由于洛仑磁力总是与运动垂直，由于没有摩擦力，故对其速度大小有影响的只有重力，故小球无论从哪边滚下，时间都是一样的，故B项错误；小球从M到N运动，在最低点受到向上的洛仑磁力、向上的支持力和向下的重力，由牛顿运动定律可得：F1＋F洛－mg＝mv2r，故此时小球对轨道的压力为：F′1＝mv2r＋mg－F洛；小球从N到M运动，在最低点受到向下的洛仑磁力、向上的支持力和向下的重力，由牛顿可得：F2－mg－F洛＝mv2r，故此时小球对轨道的压力为F′2＝mv2r＋F洛＋mg，所以小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力大小不相等，故C项错误；小球不管从哪边滚下，只有重力做功，且重力做功相等，由动能定理可知，小球在最低点时，速度大小总是相等的，由F合＝mv2r可知合力不变，故D项正确．2.(2019·天津二模)(多选)如图所示，电阻R、电容器C与固定在同一水平面上的光滑平行导轨相连，导轨间有竖直向下的匀强磁场．一导体棒垂直放在导轨上且与导轨接触良好，导体棒与导轨电阻不计．现让导体棒获得一初速度v0从位置A向右滑动并经过B、C两位置，在导体棒向右滑动的过程中，下列说法正确的是()A．R中的电流方向是从a到bB．导体棒向右做匀速滑动C．电容器的带电量逐渐变小D．在BC段滑动时导体棒动能的减少量等于电阻R上产生的热量答案AC解析根据右手定则可判定回路中的电流沿逆时针方向，过电阻R的电流方向是从a到b，故A项正确；根据左手定则可判断，导体棒受到向左的安培力作用做减速运动，所以电动势不断变小，电容器两端电压不断变小，根据Q＝CU，故电容器电荷量逐渐变小，故B项错误，C项正确；根据能量守恒可知，在BC段滑动时导体棒动能的减少量等于电阻R上产生的热量以及电容器储存的电能之和，故D项错误．3．(2019·课标全国Ⅰ)(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示．则在t＝0到t＝t1的时间间隔内()A．圆环所受安培力的方向始终不变B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C．圆环中的感应电流大小为B0rS4t0ρD．圆环中的感应电动势大小为B0πr24t0答案BC解析由楞次定律可知，在t＝0到t＝t1的时间间隔内感应电流始终沿顺时针方向，由左手定则可知：0～t0时间内圆环受到的安培力向左，t0～t1时间内安培力向右，故A项错误，B项正确；由电阻定律可知，圆环电阻：R＝ρLS＝ρ2πrS，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势：E＝ΔΦΔt＝ΔB·SΔt＝B0·12πr2t0＝B0πr22t0，感应电流：I＝ER＝B0Sr4ρt0，故C项正确，D项错误．4．(2019·安徽模拟)(多选)某实验小组制作一个金属安检仪原理可简化为图示模型．正方形金属线圈abcd平放在粗糙水平传送带上，被电动机带动一起以速度v匀速运动，线圈边长为L，电阻为R，质量为m，有一边界宽度也为L的矩形磁场垂直于传送带，磁感应强度为B，且边界与线圈bc边平行．已知线圈穿过磁场区域的过程中速度不变，下列说法中正确的是()A．线圈进入磁场时回路中感应电流的方向与穿出时相反B．线圈进入磁场时所受静摩擦力的方向与穿出时相反C．线圈进入磁场区域的过程中通过导线某一横截面的电荷量为BL2RD．线圈经过磁场区域的过程中电动机多消耗的电功率为2B2L2v2R答案AC解析根据右手定则直接判断进入磁场时电流方向沿cbadc方向，穿出磁场时电流方向为dabcd方向，故A项正确；由楞次定律和左手定则判断线圈进入磁场时所受安培力的方向与穿出时相同，由线圈受力平衡可知静摩擦力的方向相同，故B项错误；线圈进入磁场区域的过程中，通过导线某一横截面的电荷量q＝It＝BLvtR＝BL2R，故C项正确；线圈经过磁场区域的过程中，电动机多消耗的电功率即线圈内产生热量的热功率，则P＝I2R＝B2L2v2R，故D项错误．5．(2019·四川模拟)(多选)如图所示，两光滑平行长直导轨，水平放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场与导轨所在平面垂直．已知金属棒MN能沿导轨自由滑动，导轨一端跨接一个定值电阻R，金属棒与导轨电阻不计．金属棒在水平恒力F作用下从静止开始沿导轨向右运动，在以后过程中，表示金属棒加速度a、速度v、电阻R两端的电压UR以及流过电阻R的电量q随时间t变化的图象中正确的是()答案CD解析金属棒受到的安培力：FA＝BIL＝B2L2vR，由牛顿第二定律得：F－B2L2vR＝ma，解得加速度为：a＝Fm－B2L2vmR，由于金属棒做加速运动，速度v不断增大，则加速度a不断减小，直至零，v­t图象的斜率越来越小，直至零，故金属棒开始做加速度减小的加速运动，当加速度为零时做匀速直线运动，故B项错误；由于金属棒做加速度减小的加速运动，v的变化率越来越小，由a＝Fm－B2L2vmR，可知，a减小得越来越慢，a­t图象的斜率越来越小，a­t图象应是曲线，故A项错误；由于金属棒做加速度减小的加速运动，根据感应电动势E＝BLv，知E逐渐增大，但E增加得越来越慢，金属棒电阻不计，则R的电压UR＝E，所以UR增加得越来越慢，即UR­t图象斜率逐渐减小，最后保持不变，故C项正确；通过电阻R的电荷量为：q＝It＝ΔΦR＝BLxR，由于金属棒的速度先增大后不变，则qt＝BLvR，逐渐增大，最后不变，故D项正确．6.(2019·漳州二模)如图所示，在竖直面内有一半径为L的圆形光滑金属导轨CPD，处于磁感应强度大小为B、方向与导轨平面(纸面)垂直向里的匀强磁场中，圆心为O，直径CD水平，半径OP竖直，O、D间用导线连接．一质量分布均匀的金属棒OA，长为L，电阻为R，质量为m，能绕水平轴O在竖直平面内自由转动，棒与导轨和轴O始终接触良好，一切摩擦及其他电阻均不计，重力加速度大小为g.若棒从CO处由静止释放，第一次到达OP处时的角速度为ω，则下列判断正确的是()A．棒能摆到OD处B．从OC到PO的过程中，通过棒横截面的电荷量为πBL22RC．棒第一次到达OP处时，棒中通过的电流为ωBL2RD．棒最终会停下，产生的总焦耳热为12mgL答案D解析棒沿着导轨摆动切割磁感线而产生动生电动势，导轨与棒组成的回路通电，根据楞次定律可知棒要受到安培力，安培力做负功，则棒第一次不能到达等高的OD处；最终棒通过多个往复的摆动而停在OP处，由能量守恒可知mg·L2＝W安＝Q总；故A项错误，D项正确；从OC到PO的过程中，流过回路的电荷量由q＝I·Δt，I＝ER，E＝BΔSΔt，故q＝B·ΔSR＝B·πL24R＝πBL24R，故B项错误；棒第一次到达OP处时角速度为ω，转动产生的平均电动势为E＝BL0＋ωL2＝BL2ω2，则电流为I＝ER＝BL2ω2R，故C项错误．7.(2019·永州三模)如图所示，LOM为一45°角折线，折线内有一方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一边长为l的正方形导线框沿垂直于OM的方向以速度v做匀速直线运动，在t＝0时刻恰好位于图中所示位置．以逆时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流－时间(I­t)关系的是(时间以lv为单位)()答案C解析在0～1lv时间内，线框产生的感应电动势不变，感应电流也不变，由楞次定律判断可知感应电流的方向为逆时针，为正值；在1～2lv内，线框上边出磁场到线框的对角线经过磁场的上边界，此过程由楞次定律判断可知感应电流的方向为顺时针，为负值，t时刻线框中电流为I＝－Bv（t－1）·vR，t增大，I增大；在2～3lv时间内，线框的对角线经过磁场的上边界到完全出磁场，此过程由楞次定律判断可知感应电流的方向为顺时针，为负值，t时刻线框中电流为I＝－B[l－v（t－2）]vR，t增大，I减小；由数学知识可知，C项正确．8.(2019·常德一模)(多选)如图所示，匀强磁场的水平边界相距为d，磁感应强度大小为B、水平向里．质量为m、电阻为R、边长为L的正方形线圈abcd，在磁场上方高h处由静止释放，已知cd边刚进入磁场时与cd边刚离开磁场时速度相等，不计空气阻力，在线圈穿过磁场的整个过程中()A．线圈产生的热量为mgdB．若L＝d，则所用时间为d2ghC．若Ld，则线圈ab边进磁场时的速度为mgRB2L2D．若Ld，则线圈的最小速度为2g（L＋h－d）答案BD解析根据能量守恒研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程，动能变化量为0，重力势能转化为线框产生的热量，则进入磁场的过程中线圈产生的热量Q＝mgd，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，所以从cd边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线框产生的热量也是Q＝mgd，整个过程中产生的热量Q′＝2mgd，故A项错误；线圈刚进入磁场时的速度大小为v＝2gh，若L＝d，线圈将匀速通过磁场，所用时间为t＝2dv＝2d2gh＝2ghd，故B项正确；cd边刚进入磁场时与cd边刚离开磁场时速度相等，若Ld，线框在磁场中做匀速运动，则：mg＝B2L2vR，线框在磁场中运动时的速度为：v＝mgRB2L2，线框离开磁场后做加速运动，ab边进入磁场时的速度大于mgRB2L2，故C项错误；cd边刚进入磁场时与cd边刚离开磁场时速度相等，若Ld，线框可能先做减速运动，全部进入磁场将做加速运动，线圈全部进入磁场的瞬间速度最小，设最小速度为vm，由动能定理，从cd边刚进入磁场到线框完全进入时，则有：12mvm2－12mv02＝mgL－mgd，有12mv02＝mgh，综上所述，线圈的最小速度为vm＝2g（h＋L－d），故D项正确．9.(2019·郑州二模)(多选)如图所示，空间中存在一个沿水平方向的磁场，磁场上边界OM水平，以O点为坐标原点，OM为x轴，竖直向下为y轴，磁感应强度大小在x方向保持不变，y轴方向按B＝ky变化，k为大于零的常数．一质量为m、电阻为R、边长为l的单距正方形线框abcd从图示位置以速度v0沿x轴正方向抛出，抛出时dc边和OM重合，da边和y轴重合，运动过程中线框始终处于xOy平面内，且dc边始终平行于x轴．磁场足够大，重力加速度为g，不计空气阻力．则下列说法正确的是()A．线框在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动B．线框所受安培力方向始终竖直向上C．线框在水平方向上所受合力不为零D．线框在竖直方向上最终速度为mgRk2l4答案BD解析线框沿x轴正方向抛出后，竖直方向先做加速运动，磁通量增加，产生逆时针方向的感应电流，ab边受到的安培力竖直向上，cd边受到的安培力竖直向下，由于ab处的磁感应强度比cd处的大，则ab边受到的安培力比cd边的大，所以线框所受安培力方向始终竖直向上，则竖直方向上做的不是自由落体运动．ad边和cb所受的安培力大小相等、方向相反，则线框在水平方向上所受合力为零，所以线框在水平方向做匀速直线运动，故A、C两项错误，B项正确；设线框面积S，某时刻竖直分速度为v，取一段极短时间Δt，磁通量增加量为：ΔΦ＝ΔB·S＝(kvΔt)·l2，根据法拉第电磁感应定律得：感应电动势为：E＝ΔΦΔt＝kvl2，故随着速度的增加，线圈回路的电动势增加，感应电流增加，线框所受的安培力增加，当安培力与重力平衡时开始做匀速运动，则有mg＝BabIl－BcdIl＝