（通用版）2020版高考物理二輪復習 專題分層突破練12 電磁感應規(guī)律及綜合應用（含解析）

專題分層突破練12電磁感應規(guī)律及綜合應用A組1.(2019河北承德二中測試)如圖所示,用相同導線繞成的兩個單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r,圓形勻強磁場B的邊緣恰好與a線圈重合,若磁場的磁感應強度均勻增大,開始時的磁感應強度不為0,則()A.任意時刻,穿過a、b兩線圈的磁通量之比均為14B.a、b兩線圈中產生的感應電動勢之比為12C.a、b兩線圈中產生的感應電流之比為41D.相同時間內a、b兩線圈產生的熱量之比為212.如圖甲所示,用一根橫截面積為S,電阻率為的硬質導線做成一個半徑為r的圓環(huán),ab為圓環(huán)的直徑。在ab的右側存在一個足夠大的勻強磁場,t=0時刻磁場方向垂直于豎直圓環(huán)平面向里,磁場磁感應強度B隨時間t變化的關系如圖乙所示,則0t1時間內()A.圓環(huán)中產生感應電流的方向為逆時針B.圓環(huán)中產生感應電流的方向先順時針后是逆時針C.圓環(huán)一直具有擴張的趨勢D.圓環(huán)中感應電流的大小為B0rS4t03.(2019山西名校聯(lián)盟測試)如圖所示,光滑水平面內有一正方形導體線框abcd,置于垂直水平面向里、邊界為MN的勻強磁場外,線框的ab邊平行磁場邊界MN,線框以垂直于MN的速度v勻速進入磁場,線框進入磁場過程中,產生的焦耳熱為Q1,通過線框導體橫截面的電荷量為q1,若線框以速度2v勻速進入磁場,進入磁場過程中,產生的焦耳熱為Q2,通過線框導體橫截面的電荷量為q2,則下列選項正確的是()A.Q2=2Q1,q2=2q1B.Q2=2Q1,q2=q1C.Q2=Q1,q2=q1D.Q2=4Q1,q2=2q14.如圖所示,等腰直角三角形區(qū)域內有垂直于紙面向內的勻強磁場,左邊有一形狀與磁場邊界完全相同的閉合導線框,線框斜邊長為l,線框從圖示位置開始水平向右勻速穿過磁場區(qū)域,規(guī)定線框中感應電流逆時針方向為正方向,其感應電流i隨位移x變化的圖象正確的是()5.(2019山東煙臺統(tǒng)考)如圖所示的直流電路中,當開關S1、S2都閉合時,三個燈泡L1、L2、L3的亮度關系是L1>L2>L3。電感L的電阻可忽略,D為理想二極管。現(xiàn)斷開開關S2,電路達到穩(wěn)定狀態(tài)時,再斷開開關S1,則斷開開關S1的瞬間,下列判斷正確的是()A.L1逐漸變暗,L2、L3均先變亮然后逐漸變暗B.L2立即熄滅,L1、L3均逐漸變暗C.L1、L2、L3均先變亮然后逐漸變暗D.L1逐漸變暗,L2立即熄滅,L3先變亮然后逐漸變暗6.(多選)如圖所示,在光滑水平面內,虛線右側存在勻強磁場,磁場方向垂直紙面向外,一正方形金屬線框質量為m,電阻為R,邊長為L,從虛線處進入磁場時開始計時,在外力作用下,線框由靜止開始,以垂直于磁場邊界的恒定加速度a進入磁場區(qū)域,t1時刻線框全部進入磁場,規(guī)定順時針方向為感應電流I的正方向,外力大小為F,線框中電功率的瞬時值為P,通過導體橫截面的電荷量為q,其中P-t和q-t圖象均為拋物線,則這些量隨時間變化的圖象正確的是()7.(多選)如圖甲所示,在足夠長的光滑的斜面上放置著金屬線框,垂直于斜面方向的勻強磁場的磁感應強度B隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定垂直斜面向上為正方向)。t=0時刻將線框由靜止釋放,在線框下滑的過程中,下列說法正確的是()A.線框中產生大小、方向周期性變化的電流B.MN邊受到的安培力先減小后增大C.線框做勻加速直線運動D.線框中產生的焦耳熱等于其機械能的損失B組8.(多選)如圖所示,足夠長的U型光滑金屬導軌平面與水平面成角(0<<90°),其中MN與PQ平行且間距為L,勻強磁場垂直導軌平面,磁感應強度為B,導軌電阻不計。質量為m的金屬棒ab由靜止開始沿導軌下滑,并與兩導軌始終保持垂直且良好接觸,ab棒接入電路的電阻為R,當金屬棒ab下滑距離s時,速度大小為v,則在這一過程()A.金屬棒ab運動的平均速度大小為12vB.通過金屬棒ab某一橫截面的電荷量為BLsRC.金屬棒ab受到的最大安培力為B2L2vRD.金屬棒ab克服安培力做功為mgssin -12mv29.(多選)(2019湖北八校二聯(lián))如圖,xOy平面為光滑水平面,現(xiàn)有一長為d寬為L的線框MNPQ在外力F作用下,沿x軸正方向以速度v做勻速直線運動,空間存在豎直方向的磁場,磁感應強度B=B0cosdx(式中B0為已知量),規(guī)定豎直向下方向為磁感應強度正方向,線框電阻為R,t=0時刻MN邊恰好在y軸處,則下列說法正確的是()A.外力F為恒力B.t=0時,外力大小F=4B02L2vRC.通過線框的瞬時電流i=2B0LvcosvtdRD.經過t=dv,線框中產生的電熱Q=2B02L2vdR10.如圖,金屬平行導軌MN、M'N'和金屬平行導軌PQR、P'Q'R'分別固定在高度差為h(數(shù)值未知)的水平臺面上。導軌MN、M'N'左端接有電源,MN與M'N'的間距為L=0.10 m,線框空間存在豎直向上的勻強磁場,磁感應強度B1=0.20 T;平行導軌PQR與P'Q'R'的間距為L=0.10 m,其中PQ與P'Q'是圓心角為60°、半徑為r=0.50 m的圓弧導軌,QR與Q'R'是水平長直導軌,QQ'右側有方向豎直向上的勻強磁場,磁感應強度B2=0.40 T。導體棒a質量m1=0.02 kg,電阻R1=2.0 ,放置在導軌MN、M'N'右側N'N邊緣處;導體棒b質量m2=0.04 kg,電阻R2=4.0 ,放置在水平導軌某處。閉合開關K后,導體棒a從NN'水平拋出,恰能無碰撞地從PP'處以速度v1=2 m/s滑入平行導軌,且始終沒有與棒b相碰。重力加速度g取10 m/s2,不計一切摩擦及空氣阻力。求:(1)導體棒b的最大加速度;(2)導體棒a在磁場B2中產生的焦耳熱;(3)閉合開關K后,通過電源的電荷量q。專題分層突破練12電磁感應規(guī)律及綜合應用1.D解析 任意時刻,穿過a、b兩線圈的磁感線條數(shù)相等,故磁通量之比為11,故A錯誤。根據(jù)法拉第電磁感應定律得:E=BtS,S=r2,因為S相等,Bt也相等,所以a、b兩線圈中產生的感應電動勢相等,感應電動勢之比為11,故B錯誤。線圈a、b的半徑分別為r和2r,周長之比為12,電阻之比為12,根據(jù)歐姆定律知I=ER,得a、b兩線圈中產生的感應電流之比為21,故C錯誤。根據(jù)焦耳定律得Q=E2Rt,相同時間內a、b兩線圈產生的熱量之比為21,故D正確。2.D解析 磁通量先向里減小再向外增加,由楞次定律“增反減同”可知,線圈中的感應電流方向一直為順時針方向,故A、B錯誤;由楞次定律的“來拒去留”可知,0t0為了阻礙磁通量的減小,線圈有擴張的趨勢,t0t1為了阻礙磁通量的增大,線圈有縮小的趨勢,故C錯誤;由法拉第電磁感應定律,得E=B0r22t0,感應電流I=ER=B0r22t0·S·2r=B0rS4t0,故D正確。3.B解析 根據(jù)I=BLvR及F=BIL可得F=B2L2vR,安培力做的功轉化為電能,然后轉化為焦耳熱,由Q=W=FL=B2L3vR可知產生的焦耳熱與速度成正比,所以Q2=2Q1;根據(jù)q=BL2R可知,通過線框導體橫截面的電荷量與線框速度無關,q2=q1,選項B正確。4.B解析 線框從圖示位置開始水平向右勻速穿過磁場區(qū)域,根據(jù)楞次定律知回路中產生逆時針的電流,并且電流隨著有效切割長度的增加而增加,當兩個圖形完全重合時電流達到最大值。當線圈繼續(xù)向右運動時穿過線圈的磁通量開始減小,由楞次定律知此過程電流方向為順時針,且隨著有效切割長度的減小而減小,故B正確。5.D解析 當開關S1、S2都閉合時,三個燈泡L1、L2、L3的亮度關系是L1>L2>L3,對應的實際功率的關系有P1>P2>P3,根據(jù)P=U2R有R1<R2<R3。斷開S2,電路達到穩(wěn)定狀態(tài)時,三個燈泡的亮度不變,再斷開開關S1,電感L由于自感,電流繼續(xù)沿原方向流動,L中電流從I1逐漸減小,則通過燈泡L1的電流也逐漸減小。通過L3的電流在開關S1斷開的瞬間比原來的電流大,此后逐漸變小。當開關S1突然斷開時,電感L相當于電源,此時二極管處于反向截止狀態(tài),故燈泡L2立即熄滅,D正確,A、B、C錯誤。6.CD解析 線框切割磁感線,則有運動速度v=at,產生感應電動勢E=BLv,所以產生感應電流i=BLvR=BLatR,故A錯誤;對線框受力分析,由牛頓第二定律,則有F安=BLi=B2L2atR,解得:F=ma+B2L2atR,故B錯誤;由功率表達式P=i2R=(BLat)2R,P與t是二次函數(shù),圖象為拋物線,故C正確;由電荷量表達式,則有q=BL·12at2R,q與t是二次函數(shù),圖象為拋物線,故D正確;故選CD。7.BC解析 穿過線圈的磁通量先向下減小,后向上增加,則根據(jù)楞次定律可知,感應電流方向不變,選項A錯誤;因B的變化率不變,則感應電動勢不變,感應電流不變,而B的大小先減后增加,根據(jù)F=BIL可知,MN邊受到的安培力先減小后增大,選項B正確;因線圈平行的兩邊電流等大反向,則整個線圈受的安培力為零,則線圈下滑的加速度為gsin不變,則線框做勻加速直線運動,選項C正確;因安培力對線圈不做功,斜面光滑,則線框的機械能守恒,機械能無損失,選項D錯誤;故選BC。8.BCD解析 分析ab棒的受力情況,有mgsin-B2L2vR=ma,分析可得ab棒做加速度減小的加速運動,故其平均速度不等于初、末速度的平均值12v,故A錯誤;通過金屬棒ab某一橫截面的電荷量q=It=t·1Rt=R=BLsR,故B正確;ab棒受到的最大安培力為F=BIL=B2L2vR,故C正確;根據(jù)動能定理可知,mgssin-W安=12mv2,金屬棒ab克服安培力做功為W安=mgssin-12mv2,故D正確;故選BCD。9.BCD解析 因線框沿x軸方向勻速運動,故F=F安,由圖中磁場分布知F安的大小是變化的,故F不是恒力,A錯。t=0時,x=0處,B=B0,x=d處,B=-B0,由E=BLv,又MN、PQ兩邊均切割磁感線且產生的感應電動勢方向相同,則E=2B0Lv,I0=ER,F安=2B0I0L=4B02L2vR,而F=F安,故B對。因線框做勻速直線運動,則有x=vt,B=B0cosvtd,又E=2BLv,故i=2B0LvcosvtdR,C對。由電流的瞬時值表達式可知,此電流為正弦交變電流,有效值I=Im2=2B0LvR,又Q=I2Rt,故經過t=dv,線框中產生的電熱Q=2B02L2vdR,D對。10.答案 (1)0.02 m/s2(2)0.02 J(3)1 C解析 (1)設a棒在水平軌道上時的速度為v2,根據(jù)動能定理:m1g(r-rcos60°)=12m1v22-12m1v12解得:v2=3m/s因為a棒剛進入磁場時,ab棒中的電流最大,b受到的力最大,加速度最大,所以有:電動勢為:E=B2Lv2電流為:I=ER1+R2根據(jù)牛頓第二定律:B2IL=m2amax聯(lián)立以上解得:amax=0.02m/s2(2)兩個導體棒在運動過程中,動量守恒和能量守恒,當兩棒的速度相等時回路中的電流為零,此后兩棒做勻速運動,兩棒不再產生焦耳熱,所以根據(jù)動量守恒:m1v2=(m1+m2)v3由能量守恒定律:12m1v22=12(m1+m2)v32+Qa+Qb由于ab棒串聯(lián)在一起,所以有:QaQb=R1R2解得:Qa=0.02J(3)設接通開關后,a棒以速度v0水平拋出,則有:v0=v1cos60°=1m/s對a棒沖出過程由動量定理:B1ILt=m1v0即:B1Lq=m1v0代入數(shù)據(jù)解得:q=1C8