《（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）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（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）（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、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1∶4 B.a、b兩線圈中產(chǎn)生的感應電動勢之比為1∶2 C.a、b兩線圈中產(chǎn)生的感應電流之比為4∶1 D.相同時間內(nèi)a、b兩線圈產(chǎn)生的熱量之比為2∶1 2. 如圖甲所示,用一根橫截面積為S,電阻率為ρ的硬質(zhì)導線做成一個半徑為r的圓環(huán),ab為圓環(huán)的直

2、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0~t1時間內(nèi)(　　) A.圓環(huán)中產(chǎn)生感應電流的方向為逆時針 B.圓環(huán)中產(chǎn)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B0rS4t0ρ 3.(2019山西名校聯(lián)盟測試)如圖所示,光滑水平面內(nèi)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(chǎn)生的焦耳熱為Q1,通過線框導體橫截面的電荷量為q1,若線

3、框以速度2v勻速進入磁場,進入磁場過程中,產(chǎn)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=2q1 B.Q2=2Q1,q2=q1 C.Q2=Q1,q2=q1 D.Q2=4Q1,q2=2q1 4.如圖所示,等腰直角三角形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向內(nèi)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L

4、1、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?，F(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(nèi),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(zhì)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

5、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(chǎn)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(chǎn)生的焦耳熱等于

6、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θ角(0<θ<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(zhì)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12v B.通過金屬棒ab某一橫截面的電荷量為BLsR C.金屬棒ab受到的最大安培力為B2L2vR D.金屬棒ab克服安培力做功為mgssin θ-12mv2 9.(多選)(2019湖北八校

7、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=B0cosπdx(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=4B02L2vR C.通過線框的瞬時電流i=2B0LvcosπvtdR D.經(jīng)過t=dv,線框中產(chǎn)生的電熱Q=2B02L2vdR 10.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

8、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(zhì)量m1=0.02 kg,電阻R1=2.0 Ω,放置在導軌MN、M'N'右側N'N邊緣處;導體棒b質(zhì)量m2=0.04 kg,電阻R2=4.0 Ω,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

9、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(chǎn)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1∶1,故A錯誤。根據(jù)法拉第電磁感應定律得:E=ΔBΔtS,S=πr2,因為S相等,ΔBΔt也相等,所以a、b兩線圈中產(chǎn)生的感應電動勢相等,感應電動勢之比為1∶1,故B錯誤。線圈a、b的半徑分別為r和2r,周長之比為1∶2,電

10、阻之比為1∶2,根據(jù)歐姆定律知I=ER,得a、b兩線圈中產(chǎn)生的感應電流之比為2∶1,故C錯誤。根據(jù)焦耳定律得Q=E2Rt,相同時間內(nèi)a、b兩線圈產(chǎn)生的熱量之比為2∶1,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,0~t0為了阻礙磁通量的減小,線圈有擴張的趨勢,t0~t1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=B0πr22t0,感應電流I=ER=B0πr22t0·Sρ·2πr=B0rS4t0ρ,故D正確。 3.B　解析 根據(jù)I=BLvR

11、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(chǎn)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(chǎn)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

12、、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

13、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

14、θ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mgsinθ-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=IΔt=ΔΦΔt·1RΔt=ΔΦR=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,mgssinθ-W安=12mv2,金屬棒ab克服安培力做功為W安=mgssinθ-12mv2,故D正確;故選BCD。 9.B

15、CD　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(chǎn)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=B0cosπvtd,又E=2BLv,故i=2B0LvcosπvtdR,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(jīng)過t=dv,線框中產(chǎn)生的電熱Q=2B02L2vdR,D對。 10.

16、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(chǎn)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: ∑B1ILΔt=m1v0 即:B1Lq=m1v0 代入數(shù)據(jù)解得:q=1C 8