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212.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,
2、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D.圆环中感应电流的大小为B0rS4t03.(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(
3、)A.Q2=2Q1,q2=2q1B.Q2=2Q1,q2=q1C.Q2=Q1,q2=q1D.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S1、S2都闭合时,三个灯泡L1、L2、L3的亮度关系是L1L2L3。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
4、列判断正确的是()A.L1逐渐变暗,L2、L3均先变亮然后逐渐变暗B.L2立即熄灭,L1、L3均逐渐变暗C.L1、L2、L3均先变亮然后逐渐变暗D.L1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,t1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
5、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.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(0L2L3,对应的实际功率的关系有P1P2P3,根据P=U2R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
6、,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,所以产生感应电流i=BLvR=BLatR,故A错误;对线框受力分析,由牛顿第二定律,则有F安=BLi=B2L2atR,解得:F=ma+B2L2atR,故B错误;由功率表达式P=i2R=(BLat)2R,P与t是二次函数,图象为抛物线,故C正确;由电荷
7、量表达式,则有q=BL12at2R,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。8.BCD解析 分析ab棒的受力情况,有mgsin -B
8、2L2vR=ma,分析可得ab棒做加速度减小的加速运动,故其平均速度不等于初、末速度的平均值12v,故A错误;通过金属棒ab某一横截面的电荷量q=It=t1Rt=R=BLsR,故B正确;ab棒受到的最大安培力为F=BIL=B2L2vR,故C正确;根据动能定理可知,mgssin -W安=12mv2,金属棒ab克服安培力做功为W安=mgssin -12mv2,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=B0,x=d处,B=-B0,由E=BLv,又MN、PQ两边均切割磁感线且产生的感应电动
9、势方向相同,则E=2B0Lv,I0=ER,F安=2B0I0L=4B02L2vR,而F=F安,故B对。因线框做匀速直线运动,则有x=vt,B=B0cos vtd,又E=2BLv,故i=2B0LvcosvtdR,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=Im2=2B0LvR,又Q=I2Rt,故经过t=dv,线框中产生的电热Q=2B02L2vdR,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:m1g(r-rcos 60)=12m1v22-12m1v12解得:v2=3 m/s因为a棒刚进入磁场时
10、,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=ER1+R2根据牛顿第二定律:B2IL=m2amax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:12m1v22=12(m1+m2)v32+Qa+Qb由于ab棒串联在一起,所以有:QaQb=R1R2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
