2020高考物理二轮复习 抓分天天练 重点知识练1.19 电磁感应规律与动力学问题综合（一）课件

1．19电磁感应规律与动力学问题综合(一)一、选择题1.(2019·南通一模)(多选)科考人员在北极乘车行进，由于地磁场的作用，汽车后轮轮轴(如图所示)的左、右两端电势高低情况是()A．从东向西运动，左端电势较高B．从东向西运动，右端电势较高C．从西向东运动，左端电势较高D．从西向东运动，右端电势较高答案AC解析地球的北极是地磁场的南极，磁场方向从上到下，题中没有闭合回路，可假设后轮轮轴与其他导线构成回路，则从东向西运动时，根据右手定则可知感应电流的方向从右向左，则可知左端电势较高，故A项正确，B项错误；从西向东运动时，根据右手定则可知感应电流的方向从右向左，则可知左端电势较高，故C项正确，D项错误．2.(2019·沈阳一模)如图所示，竖直放置的足够长的U型金属框架中，定值电阻为R，其他电阻均可忽略，ef是一水平放置的可忽略电阻的导体棒，导体棒质量为m，棒的两端始终与ab、cd保持良好接触，且能沿框架无摩擦下滑，将整个装置放在与框架平面垂直的匀强磁场中，当导体棒ef从静止下滑一段时间后闭合开关S，则S闭合后()A．导体棒ef的加速度一定大于gB．导体棒ef的加速度一定小于gC．导体棒ef机械能一定守恒D．导体棒ef机械能一定减少答案D解析当ef从静止下滑一段时间后闭合开关S，ef将切割磁感线产生感应电流，受到竖直向上的安培力，若安培力大于2mg，由牛顿第二定律得知，ef的加速度大于g，方向竖直向上．若安培力小于mg，则ef的加速度小于g，故A、B项错误；导体棒ef克服安培力做功，转化为电能，其机械能减小，故C项错误，D项正确．3．(2019·遂宁模拟)(多选)如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置．今使棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为va、vb，到位置c时棒刚好静止．设导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等．则金属棒在由a到b和由b到c的两个过程中()A．通过棒横截面积的电荷量相等B．棒的动能变化量相等C．回路中产生的内能相等D．安培力冲量相等答案AD解析金属棒运动过程中，电路产生的感应电荷量Q＝IΔt＝ERΔt＝ΔΦR＝B·ΔSR，从a到b的过程中与从b到c的过程中，回路面积的变化量ΔS相等，B、R相等，因此，通过棒横截面积的电荷量相等，故A项正确；金属棒受到的安培力大小为：FA＝BIL＝B·BLvR·L＝B2L2vR，方向水平向左．金属棒在安培力作用下做减速运动，速度v越来越小，由于ab间距离与bc间距离相等，安培力FA逐渐减小，从a到b克服安培力做的功比从b到c克服安培力做的功多，棒的动能变化量不同，回路中产生的内能不相同，B、C项错误；安培力的冲量I＝BIL·Δt＝BLq，通过棒横截面积的电荷量相等，则安培力的冲量相等，故D项正确．4．(2019·惠州模拟)(多选)某同学设计了一个前进中的发电测速装置，如图所示．自行车的圆形金属盘后轮置于垂直车身平面向里的匀强磁场中，后轮圆形金属盘在磁场中转动时，可等效成一导体棒绕圆盘中心O转动．已知磁感应强度B＝0.5T，圆盘半径r＝0.3m，圆盘电阻不计．导线通过电刷分别与后轮外边缘和圆心O相连，导线两端a、b间接一阻值R＝10Ω的小灯泡．后轮匀速转动时，用电压表测得a、b间电压U＝0.6V．则可知()A．自行车匀速行驶时产生的是交流电B．与a连接的是电压表的负接线柱C．自行车车轮边缘线速度是8m/sD．圆盘匀速转动10分钟的过程中产生了0.36J的电能答案BC解析根据右手定则，辐条切割磁感应线产生的是直流电，轮子中心是电源的正极，轮子边缘点是等效电源的负极，则a点接电压表的负接线柱，故A项错误、B项正确；由U＝E＝12Br2ω得v＝rω＝2UBr＝2×0.60.5×0.3m/s＝8m/s，故C项正确；根据焦耳定律Q＝U2Rt，代入数据得Q＝0.6210×10×60J＝21.6J，故D项错误．5．(2019·辽宁一模)(多选)如图甲所示，光滑平行金属导轨水平放置，轨间距为L＝0.1m，两导轨间有磁感应强度为B的竖直方向的有界匀强磁场(虚线右侧为磁场区)．金属棒Q放置在导轨上，棒的中点与一水平固定的力传感器连接在一起．质量为m＝0.1kg的金属棒P以速度v0向右进入磁场区域，两棒始终与导轨垂直且接触良好，两棒未发生碰撞，两棒接入电路中的电阻均为R＝0.8Ω其余部分电阻不计．刚进入磁场时P棒的发热率为20W，整个运动过程中力传感器读数F随时间t的变化曲线如图乙(力传感器受到拉力时读数为正值，受到压力时读数为负值)．下列说法正确的是()A．磁场的方向一定竖直向上B．金属棒P的初速度v0为2m/sC．磁感应强度B的大小为202TD．P棒运动的整个过程中通过金属棒Q的电量为0.05C答案BD解析无论磁场方向竖直向上还是竖直向下，根据楞次定律可知，当P进入磁场时，Q棒受到的安培力方向都是向右，力传感器受到压力，均为负值，故A项错误；刚进入磁场时P棒的发热率为20W，则整个回路中的发热功率为P总＝2×20W＝40W，根据乙图可知此时的安培力大小为F＝20N，则有P总＝Fv0可知初速度v0＝2m/s，故B项正确；根据P总＝E22R＝B2L2v022R可得磁感应强度B的大小为B＝2RP总L2v02＝40T，故C项错误；根据动量定理可得：BILΔt＝0－mv0，P棒运动的整个过程中通过金属棒Q的电量为q＝IΔt＝mv0BL＝0.05C，故D项正确．6.(2019·武汉模拟)(多选)在三角形ABC区域中存在着磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，三边电阻均为R的三角形导线框abc沿AB方向从A点以速度v匀速穿过磁场区域．如图所示，ab＝L，AB＝2L，∠abc＝∠ABC＝90°，∠acb＝∠ACB＝30°.线框穿过磁场的过程中()A．感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向B．感应电流先增大，后减小C．通过线框的电荷量为3BL26RD．c、b两点的最大电势差3BLv答案AD解析穿过线框的磁通量先增加后减小，磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律知，感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故A项正确；线框进入磁场的过程，有效切割长度增大，产生的感应电动势增大，感应电流增大．线框刚完全进入磁场时，cb边和ca边产生等大、反向的感应电动势，线框中总的感应电动势为零，感应电流为零．线框穿出磁场的过程，有效切割长度增大，产生的感应电动势增大，感应电流增大，故B项错误；通过线框的电荷量q＝ΔΦ3R＝2B·L·3L23R＝3BL23R，故C项错误；当线框刚完全进入磁场时，线框中感应电流为零，c、b两点的电势差最大，最大电势差U＝E＝B·3Lv＝3BLv.故D项正确．7．(2019·山东模拟)(多选)如图所示，在光滑水平面上有宽度为d的匀强磁场区域，边界线MN平行于PQ线，磁场方向垂直平面向下，磁感应强度大小为B，边长为L(Ld)的正方形金属线框，电阻为R，质量为m，在水平向右的恒力F作用下，从距离MN为d2处由静止开始运动，线框右边到MN时的速度与到PQ时的速度大小相等，运动过程中线框右边始终与MN平行，则下列说法正确的是()A．线框进入磁场过程中做加速运动B．线框的右边刚进入磁场时所受安培力的大小为B2L2RFdmC．线框在进入磁场的过程中速度的最小值为FdmD．线框右边从MN到PQ运动的过程中，线框中产生的焦耳热为Fd答案BD解析线框右边到MN时的速度与到PQ时的速度大小相等，线框完全进入磁场过程不受安培力作用，线框完全进入磁场后做加速运动，由此可知，线框进入磁场过程做减速运动，故A项错误；线框进入磁场前过程，由动能定理得：F·d2＝12mv12，解得：v1＝Fdm，线框受到的安培力：F安＝BI1L＝B2L2v1R＝B2L2RFdm，故B项正确；线框完全进入磁场时速度最小，从线框完全进入磁场到右边到达PQ过程，对线框，由动能定理得：F(d－L)＝12mv12－12mvmin2，解得：vmin＝Fdm－2F（d－L）m，故C项错误；线框右边到达MN、PQ时的速度相等，线框动能不变，该过程线框产生的焦耳热为：Q＝Fd，故D项正确．8.(2019·泉州二模)电磁炮是利用电磁力对弹体加速的新型武器．某小组用图示装置模拟研究电磁炮的原理．间距为0.1m的水平长导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为0.5T，左端所接电池电动势1.5V、内阻0.5Ω.长0.1m、电阻0.1Ω的金属杆ab静置在导轨上．闭合开关S后，杆ab向右运动，在运动过程中受到的阻力恒为0.05N，且始终与导轨垂直且接触良好．导轨电阻不计，则杆ab()A．先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动B．能达到的最大速度为12m/sC．两端的电压始终为0.25VD．达到最大速度时，ab两端的电压为1V答案D解析通电瞬间安培力大于阻力，导体棒向右加速运动，随着速度增大，产生的感应电动势E′＝BLv越大，感应电动势产生的电流方向与通电电流方向相反，所以电流强度逐渐减小，安培力逐渐减小，加速度逐渐减小，当安培力和阻力相等时速度最大，此时加速度为零，故A项错误；能达到的最大速度为vm，导体棒受力平衡，则有：BIL＝f，解得I＝0.050.5×0.1A＝1A，设此时导体棒切割磁感应线产生的感应电动势E′，则I＝E－E′R＋r解得：E′＝0.9V，根据E′＝BLvm解得：vm＝0.90.5×0.1m/s＝18m/s，故B项错误；由于杆做变加速运动，安培力变化、电流强度变化，则ab两端的电压发生变化，故C项错误；达到最大速度时，ab两端的电压为U＝E－Ir＝1.5V－1×0.5V＝1V，故D项正确．9．(2019·课标全国Ⅱ)(多选)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ进入磁场时加速度恰好为零．从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是()答案AD解析设PQ进入磁场匀速运动的速度为v，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨宽度为L，两根导体棒的总电阻为R；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得PQ进入磁场时电流I1＝BLvR保持不变，根据右手定则可知电流方向Q→P；如果PQ离开磁场时MN还没有进入磁场，此时电流为零；当MN进入磁场时也是匀速运动，通过PQ的感应电流大小不变，方向相反；如果PQ没有离开磁场时MN已经进入磁场，此时电流为零，当PQ离开磁场时MN的速度大于v，安培力大于重力沿斜面向下的分力，电流逐渐减小，通过PQ的感应电流方向相反；故A、D两项正确，B、C两项错误．10.(2019·河南四模)(多选)如图，两条相距l的足够长的平行光滑导轨放置在倾角为θ＝30°的斜面上，阻值为R的电阻与导轨相连．质量为m的导体棒MN垂直于导轨放置．整个装置在垂直于斜面向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B.轻绳一端与导体棒相连，另一端跨过定滑轮与一个质量为m的物块相连，且滑轮与杆之间的轻绳与斜面保持平行．物块距离地面足够高，导轨、导体棒电阻不计，轻绳与滑轮之间的摩擦力不计．将物块从静止释放，下面说法正确的是(重力加速度为g)()A．导体棒M端电势高于N端电势B．导体棒的加速度不会大于14gC．导体棒的速度不会大于mgR2B2l2D．通过导体棒的电荷量与金属棒运动时间的平方成正比答案BC解析根据右手定则可知导体棒中电流由M到N，导体棒M端电势低于N端电势，故A项错误；设导体棒的上升速度v，根据E＝Blv，I＝BlvR，可知导体棒所受安培力为：F安＝BIl＝B2l2vR，根据牛顿第二定律可得：mg－mgsin30°－B2l2vR＝2ma，当导体棒的上升速度为零时，导体棒的加速度最大，最大加速度为：amax＝14g；当导体棒的上升加速度为零时，导体棒的速度最大，最大速度为：vmax