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1、专题分层突破练12电磁感应规律及综合应用A 组1.(2019 河北承德二中测试) 如图所示 ,用相同导线绕成的两个单匝线圈a、 b 的半径分别为r 和 2r ,圆形匀强磁场B 的边缘恰好与a 线圈重合 ,若磁场的磁感应强度均匀增大,开始时的磁感应强度不为0,则()A. 任意时刻 ,穿过 a、 b 两线圈的磁通量之比均为14B.a、 b 两线圈中产生的感应电动势之比为12C.a、 b 两线圈中产生的感应电流之比为41D.相同时间内 a、b 两线圈产生的热量之比为122.如图甲所示 ,用一根横截面积为S,电阻率为的硬质导线做成一个半径为r 的圆环 ,ab 为圆环的直径。在 ab 的右侧存在一个足够
2、大的匀强磁场,t= 0 时刻磁场方向垂直于竖直圆环平面向里,磁场磁感应强度 B 随时间 t 变化的关系如图乙所示,则 0t1 时间内 ()A. 圆环中产生感应电流的方向为逆时针B.圆环中产生感应电流的方向先顺时针后是逆时针C.圆环一直具有扩张的趋势? ?0D.圆环中感应电流的大小为4?03.(2019 山西名校联盟测试 ) 如图所示 ,光滑水平面内有一正方形导体线框abcd,置于垂直水平面向里、边界为 MN 的匀强磁场外 ,线框的 ab 边平行磁场边界 MN ,线框以垂直于MN 的速度 v 匀速进入磁场 ,线框进入磁场过程中 ,产生的焦耳热为 Q1,通过线框导体横截面的电荷量为q1,若线框以速
3、度 2v匀速进入磁场 ,进入磁场过程中 ,产生的焦耳热为 Q2,通过线框导体横截面的电荷量为q2,则下列选项正确的是()A. Q2 =2Q1,q2= 2q1B.Q2= 2Q1,q2=q 1C.Q2 =Q 1,q2=q 1D.Q2= 4Q1,q2= 2q14.如图所示 ,等腰直角三角形区域内有垂直于纸面向内的匀强磁场,左边有一形状与磁场边界完全相同的闭合导线框 ,线框斜边长为 l,线框从图示位置开始水平向右匀速穿过磁场区域,规定线框中感应电流逆时针方向为正方向 ,其感应电流 i 随位移 x 变化的图象正确的是 ()5.(2019 山东烟台统考 )如图所示的直流电路中 ,当开关 S 、 S 都闭合
4、时 ,三个灯泡 L 、 L 、 L的亮度12123关系是 L 1 L 2 L3。电感 L 的电阻可忽略 ,D 为理想二极管。现断开开关S2,电路达到稳定状态时,再断开开关 S1,则断开开关 S1 的瞬间 ,下列判断正确的是 ()A.L 1 逐渐变暗 ,L2、 L 3 均先变亮然后逐渐变暗B.L 2 立即熄灭 ,L1 、 L3 均逐渐变暗C.L 1、 L2、 L 3 均先变亮然后逐渐变暗D.L 1 逐渐变暗 ,L2 立即熄灭 ,L3 先变亮然后逐渐变暗6.( 多选 )如图所示 ,在光滑水平面内,虚线右侧存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外,一正方形金属线框质量为 m,电阻为 R,边长为 L,从虚线
5、处进入磁场时开始计时,在外力作用下,线框由静止开始,以垂直于磁场边界的恒定加速度a 进入磁场区域 ,t 1 时刻线框全部进入磁场,规定顺时针方向为感应电流I的正方向 ,外力大小为F,线框中电功率的瞬时值为P,通过导体横截面的电荷量为q,其中 P-t 和 q-t 图象均为抛物线 ,则这些量随时间变化的图象正确的是()7.( 多选 )如图甲所示 ,在足够长的光滑的斜面上放置着金属线框,垂直于斜面方向的匀强磁场的磁感应强度 B 随时间的变化规律如图乙所示(规定垂直斜面向上为正方向)。 t= 0 时刻将线框由静止释放,在线框下滑的过程中,下列说法正确的是()A. 线框中产生大小、方向周期性变化的电流B
6、.MN 边受到的安培力先减小后增大C.线框做匀加速直线运动D.线框中产生的焦耳热等于其机械能的损失B 组8.(多选 )如图所示 ,足够长的 U 型光滑金属导轨平面与水平面成角 (0 L2 L3,对应2的实际功率的关系有P1P2P3,根据 P= ? 有 R1R2R3。断开 S2,电路达到稳定状态时 ,?三个灯泡的亮度不变 ,再断开开关 S1,电感 L 由于自感 ,电流继续沿原方向流动 ,L 中电流从 I1 逐渐减小 ,则通过灯泡 L1 的电流也逐渐减小。通过 L3 的电流在开关 S1 断开的瞬间比原来的电流大 ,此后逐渐变小。当开关 S1 突然断开时 ,电感 L 相当于电源 ,此时二极管处于反向
7、截止状态 ,故灯泡 L2 立即熄灭 ,D 正确 ,A 、B、C 错误。6.CD解析 线框切割磁感线 ,则有运动速度 v=at ,产生感应电动势 E=BLv ,所以产生感应? ?22? ?电流 i=? = ? ,故 A 错误 ;对线框受力分析 ,由牛顿第二定律 ,则有 F 安=BLi=? ,解22(?)2得 :F=ma+? ? ?2R=?,故 B 错误 ;由功率表达式 P=i?,P 与 t 是二次函数 ,图象为抛物12?线 ,故 C 正确 ;由电荷量表达式 ,则有 q=2,q 与 t 是二次函数 ,图象为抛物线 ,故 D 正?确 ;故选 CD。7.BC 解析 穿过线圈的磁通量先向下减小 ,后向上
8、增加 ,则根据楞次定律可知 ,感应电流方向不变 ,选项 A 错误 ;因 B 的变化率不变 ,则感应电动势不变 ,感应电流不变 ,而 B 的大小先减后增加 ,根据 F=BIL 可知 ,MN 边受到的安培力先减小后增大 ,选项 B 正确 ;因线圈平行的两边电流等大反向 ,则整个线圈受的安培力为零 ,则线圈下滑的加速度为 gsin 不变 , 则线框做匀加速直线运动 ,选项 C 正确 ;因安培力对线圈不做功 ,斜面光滑 ,则线框的机械能守恒 ,机械能无损失 ,选项 D 错误 ;故选 BC。22? ? ?8.BCD解析 分析 ab 棒的受力情况 ,有 mgsin - ?=ma,分析可得 ab 棒做加速度
9、减小的加速运动 ,故其平均速度不等于初、末速度的平均值21v,故 A 错误 ;通过金属棒 ab 某一横截面的电荷量 q=I t=? 1? t=?=,故 B 正确 ;ab 棒受到的最大安培力为?221 2? ?F=BIL=? ,故 C 正确 ;根据动能定理可知 ,mgssin -W 安 = 2mv ,金属棒 ab 克服安培力做功为 W 安 =mgssin -21mv2,故 D 正确 ;故选 BCD。9.BCD解析 因线框沿 x 轴方向匀速运动 ,故 F=F 安,由图中磁场分布知 F 安 的大小是变化的 ,故 F 不是恒力 ,A 错。 t= 0 时,x= 0 处,B=B 0,x=d 处,B=-B0
10、,由 E=BLv ,又 MN、PQ 两边?4?22均切割磁感线且产生的感应电动势方向相同,则 E= 2B00安 = 2B00?L=0,而Lv,I = ,FI?F=F 安 ,故 B 对。因线框做匀速直线运动 ,则有 x=vt,B=B ?0cos? ,又 E= 2BLv,故 ?2? ?cos?i=0?,C 对。由电流的瞬时值表达式可知 ,此电流为正弦交变电流,有效值 I=m?22? ?2?22?0,又 Q=I 2Rt,故经过 t= ,线框中产生的电热 Q=0,D 对。?10.答案 (1)0.02 m/s2(2)0.02 J (3)1 C解析 (1)设 a 棒在水平轨道上时的速度为 v2根据动能定理
11、:,1112112m g(r-r cos 60 )=m ?- 2m ?221解得 :v2 = 3 m/s因为 a 棒刚进入磁场时 ,ab 棒中的电流最大 ,b 受到的力最大 ,加速度最大 ,所以有 :电动势为 :E=B2Lv2?电流为 :I= ? +?12根据牛顿第二定律 :B2IL=m 2amax联立以上解得 :amax= 0.02 m/s2(2)两个导体棒在运动过程中 ,动量守恒和能量守恒 ,当两棒的速度相等时回路中的电流为零 ,此后两棒做匀速运动 ,两棒不再产生焦耳热 ,所以根据动量守恒 :m1v2= (m1+m2)v3由能量守恒定律 :112m1?22= 2(m1 +m2)?32 +Qa+Q b由于 ab 棒串联在一起?,所以有 :? =?1?2解得 :Qa= 0.02 J(3)设接通开关后 ,a 棒以速度 v0 水平抛出 ,则有 :v0=v1cos 60 =1 m/s对 a 棒冲出过程由动量定理 :B1ILt=m1v0即 :B1Lq=m1v0代入数据解得 :q= 1 C