2020届高考物理二轮复习刷题首选卷专题十一电磁感应精练(含解析)

棒MN最终做匀速运动时速度最大，设棒的最大速度为vm，棒受力平衡，则有：－BImL＝0

又Im＝

Pvm

BLvm

2R代入数据解得：vm＝25 m/s。

(2)解除棒PQ的锁定后，两棒组成的系统在运动过程中动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速运动，设速度大小为v′，则有：mvm＝2mv′

设从PQ棒解除锁定到两棒达到相同速度的过程中，电路中共产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律可得：

2

Q＝mv2m－×2mv′

1212

代入数据解得：Q＝5 J。

(3)以棒MN为研究对象，设某时刻棒中电流为i，在极短时间Δt内，由动量定理得： －BILΔt＝mΔv

对式子两边求和有：∑(－BILΔt)＝∑(mΔv) 而Δq＝IΔt

故有：∑Δq＝∑(IΔt) 联立各式解得：BLq＝mvm

E又对于电路有：q＝It＝2Rt

BLx t由法拉第电磁感应定律得：E＝又q＝

BLx 2R代入数据解得：x＝405 m。

『真题调研题组』

1．(2019·全国卷Ⅲ)楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？( ) A．电阻定律 B．库仑定律 C．欧姆定律 D．能量守恒定律 答案 D

解析 楞次定律表述了感应电流的磁场方向，同时也体现了不同能量间的关系。总能量是守恒的，感应电流产生电能，电能是“阻碍”的结果，D正确。

2．(2019·全国卷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

B0rS 4t0ρ

B0πr2

D．圆环中的感应电动势大小为

4t0

答案 BC

解析 由于通过圆环的磁通量均匀变化，故圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小和方向不变，但t0时刻磁场方向发生变化，故安培力的方向发生变化，A错误；根据楞次定律和安培定则可知，圆环中感应电流的方向始终沿顺时针方向，B正确；根据法拉第电磁感应定

B0πrπB0r?ΔB?律，感应电动势大小E＝??·S′＝·＝，根据闭合电路欧姆定律知，感应电流t022t0?Δt?

πB0r2t0EB0rS大小I＝＝＝，C正确，D错误。

R2πr4t0ρρ

2

22

S3．(2019·全国卷Ⅲ)(多选) 如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、

v2表示，回路中的电流用I表示。下列图象中可能正确的是( )

答案 AC

解析 导体棒ab运动，切割磁感线，产生感应电流，导体棒ab受安培力F作用，速度减小，导体棒cd受安培力F′作用，速度变大，如图所示，

EBlv1－v2B2l2v1－v2

感应电流I＝＝，安培力F＝F′＝BIl＝＝ma，随着v1减小，

R总R总R总

v2增大，则安培力减小，两棒的加速度a减小，直到v1＝v2＝v共，之后两棒的加速度a＝0，

两棒做匀速运动，两棒组成的系统动量守恒，则mv0＝2mv共，v共＝，A正确，B错误。由前

2面分析知，v1－v2随时间减小得越来越慢，最后为0，则感应电流I＝得越来越慢，最后为0，C正确，D错误。

4．(2019·全国卷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( )

v0

Blv1－v2

随时间减小

R总

答案 AD

解析 PQ刚进入磁场时，加速度为零，则mgsinθ＝BI1L，又I1＝

BLv，故PQ做匀速运R总

动，电流恒定；由题意知，MN刚进入磁场时与PQ刚进入磁场时速度相同。

情形1：若MN刚进入磁场时，PQ已离开磁场区域，则对MN，由mgsinθ＝BI1L、I1＝及右手定则知，通过PQ的电流大小不变，方向相反，故I-t图象如图A所示。

情形2：若MN刚进入磁场时，PQ未离开磁场区域，由于两导体棒速度相等，产生的电动势等大、反向，故电流为0，两棒在重力沿导轨方向的分力作用下均加速直至PQ离开磁场。当PQ离开磁场时，MN在磁场中的速度大于匀速运动时的速度，MN为电源，由右手定则知PQ中的电流方向与MN未进入磁场时相反，设此时PQ中电流大小为I2，由E＝BLv′，I2＝

BLvR总

E，R总

BI2L－mgsinθ＝ma>0知，MN减速，且随v′减小，I2减小，a减小，I2与v′成正比，故I2

随t减小得越来越慢，直至MN匀速运动，这时I2＝I1，I-t图象如图D所示。

5. (2018·全国卷Ⅰ)(多选)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是( )

A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动 B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向 C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向

D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动 答案 AD

解析 小磁针的N极的指向为该处磁场的方向。开关闭合后的瞬间，通过右边线圈的电流增大，在铁芯中产生由北向南的磁场增大，通过左侧线圈的磁通量增大，根据楞次定律和安培定则可以判断，直导线中的电流从南流向北，再根据安培定则可以判断，直导线的电流在小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针N极向里转动，A正确；开关闭合并保持一段时间后，通过左侧线圈的磁通量不变，不会产生电磁感应现象，所以直导线中无感应电流流过，小磁针在地磁场作用下恢复原指向，B、C错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，通过左侧线圈的磁通量减小，直导线产生由北流向南的电流，则小磁针N极向外转动，D正确。

6. (2018·全国卷Ⅰ)如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS