2019高考物理大二輪復習 專題四 電路和電磁感應 專題能力訓練12 電磁感應及綜合應用.doc

專題能力訓練12電磁感應及綜合應用(時間:45分鐘滿分:100分)一、選擇題(本題共8小題,每小題8分,共64分。在每小題給出的四個選項中,16題只有一個選項符合題目要求,78題有多個選項符合題目要求。全部選對的得8分,選對但不全的得4分,有選錯的得0分)1.如圖所示,邊長為a的導線框abcd處于磁感應強度為B0的勻強磁場中,bc邊與磁場右邊界重合?，F(xiàn)發(fā)生以下兩個過程:一是僅讓線框以垂直于邊界的速度v勻速向右運動;二是僅使磁感應強度隨時間均勻變化。若導線框在上述兩個過程中產生的感應電流大小相等,則磁感應強度隨時間的變化率為()A.2B0vaB.B0vaC.B0v2aD.4B0va2.(2018全國卷)如圖所示,導體軌道OPQS固定,其中PQS是半圓弧,Q為半圓弧的中點,O為圓心。軌道的電阻忽略不計,OM是有一定電阻、可繞O轉動的金屬桿,M端位于PQS上,OM與軌道接觸良好?？臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場,磁感應強度的大小為B,現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉到OS位置并固定(過程);再使磁感應強度的大小以一定的變化率從B增加到B(過程)。在過程、中,流過OM的電荷量相等,則BB等于()A.B.C.D.23.用導線繞一圓環(huán),環(huán)內有一用同樣導線折成的內接正方形線框,圓環(huán)與線框彼此絕緣,如圖所示。把它們放在磁感應強度為B的勻強磁場中,磁場方向垂直于圓環(huán)平面(紙面)向里。當磁感應強度均勻減小時()A.圓環(huán)和線框中的電流方向都為順時針B.圓環(huán)和線框中的電流方向都為逆時針C.圓環(huán)和線框中的電流大小之比為12D.圓環(huán)和線框中的電流大小之比為214.小明有一個磁浮玩具,其原理是利用電磁鐵產生磁性,讓具有磁性的玩偶穩(wěn)定地飄浮起來,其構造如圖所示。若圖中電源的電壓固定,可變電阻為一可以隨意改變電阻大小的裝置,則下列敘述正確的是()A.電路中的電源必須是交流電源B.電路中的a端點須連接直流電源的負極C.若增加環(huán)繞軟鐵的線圈匝數(shù),可增加玩偶飄浮的最大高度D.若將可變電阻的電阻值調大,可增加玩偶飄浮的最大高度5.如圖甲所示,正三角形導線框abc固定在磁場中,磁場方向與線圈平面垂直,磁感應強度B隨時間變化的關系如圖乙所示。t=0時刻磁場方向垂直紙面向里,在04 s的時間內,線框ab邊所受到的安培力F隨時間t變化的關系(規(guī)定水平向左為力的正方向)可能是下圖中的()6.如圖所示,足夠長的光滑金屬導軌MN、PQ平行放置,兩導軌的平面與水平方向的夾角為。在導軌的最上端M、P之間接有電阻R,不計其他電阻。導體棒ab從導軌的最底端沖上導軌,當沒有磁場時,ab棒上升的最大高度為hmax;若存在垂直導軌平面的勻強磁場時,ab棒上升的最大高度為h。在兩次運動過程中ab棒都與導軌保持垂直,且初速度都相等。則下列說法正確的是()A.兩次上升的最大高度有hmax<hB.有磁場時ab棒所受合力的功大于無磁場時合力的功C.有磁場時,電阻R產生的焦耳熱為12mv02D.有磁場時,ab棒上升過程的最小加速度為gsin 7.如圖甲所示,abcd是位于豎直平面內的正方形閉合金屬線框,在金屬線框的下方有一磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域,MN和MN是勻強磁場區(qū)域的水平邊界,邊界的間距為s,并與線框的bc邊平行,磁場方向與線框平面垂直?，F(xiàn)讓金屬線框由距MN的某一高度從靜止開始下落,圖乙是金屬線框由開始下落到完全穿過勻強磁場區(qū)域的v-t圖象(其中OA、BC、DE相互平行)。已知金屬線框的邊長為l(l<s)、質量為m、電阻為R,當?shù)氐闹亓铀俣葹間,圖象中坐標軸上所標出的字母v1、v2、t1、t2、t3、t4均為已知量。(下落過程中bc邊始終水平)根據(jù)題中所給條件,以下說法正確的是()A.t2是線框全部進入磁場瞬間,t4是線框全部離開磁場瞬間B.從bc邊進入磁場起一直到ad邊離開磁場為止,感應電流所做的功為mgsC.v1的大小可能為mgRB2l2D.線框穿出磁場過程中流經線框橫截面的電荷量比線框進入磁場過程中流經線框橫截面的電荷量多8.如圖所示,在傾角為的光滑斜面上,存在著兩個磁感應強度大小均為B的勻強磁場區(qū)域。區(qū)域的磁場方向垂直斜面向上,區(qū)域的磁場方向垂直斜面向下,磁場邊界MN、PQ、GH均平行于斜面底邊,MP、PG均為l。一個質量為m、電阻為R、邊長也為l的正方形導線框,由靜止開始沿斜面下滑,下滑過程中ab邊始終與斜面底邊平行。t1時刻ab邊剛越過GH進入磁場區(qū)域,此時導線框恰好以速度v1做勻速直線運動;t2時刻ab邊下滑到PQ與MN的中間位置,此時導線框又恰好以速度v2做勻速直線運動。重力加速度為g,下列說法正確的是()A.當ab邊剛越過PQ時,導線框加速度大小為a=gsin B.導線框兩次勻速直線運動的速度v1v2=41C.從t1到t2的過程中,導線框克服安培力做功的大小等于機械能的減少量D.從t1到t2的過程中,有m(v12-v22)2機械能轉化為電能二、非選擇題 (本題共2小題,共36分)9.(16分)如圖所示,裝置的左邊是足夠長的光滑水平臺面,一輕質彈簧左端固定、右端連接著質量 m0=2 kg的小物塊A。裝置的中間是水平傳送帶,它與左右兩邊的臺面等高,并能平滑連接。傳送帶始終以u=2 m/s的速率逆時針轉動。裝置的右邊是一光滑曲面,質量m=1 kg的小物塊B從其上距水平臺面高h=1.0 m處由靜止釋放。已知物塊B與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)=0.2,l=1.0 m。設物塊A、B間發(fā)生的是對心彈性碰撞,第一次碰撞前物塊A靜止且處于平衡狀態(tài),g取10 m/s2。(1)求物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大小;(2)通過計算說明物塊B與物塊A第一次碰撞后能否運動到右邊的曲面上?(3)如果物塊A、B每次碰撞后,物塊A再回到平衡位置時都會立即被鎖定,而當它們再次碰撞前鎖定被解除,試求出物塊B第n次碰撞后的運動速度大小。10.(20分)(2017天津卷)電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度,其原理可用來研制新武器和航天運載器。電磁軌道炮示意圖如圖所示,圖中直流電源電動勢為E,電容器的電容為C。兩根固定于水平面內的光滑平行金屬導軌間距為l,電阻不計。炮彈可視為一質量為m、電阻為R的金屬棒MN,垂直放在兩導軌間處于靜止狀態(tài),并與導軌良好接觸。首先開關S接1,使電容器完全充電。然后將S接至2,導軌間存在垂直于導軌平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場(圖中未畫出),MN開始向右加速運動。當MN上的感應電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時,回路中電流為零,MN達到最大速度,之后離開導軌。求:(1)磁場的方向;(2)MN剛開始運動時加速度a的大小;(3)MN離開導軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。答案：1.B解析 線框以垂直于邊界的速度v勻速向右運動時,根據(jù)法拉第電磁感應定律有E=B0av,感應電流為I=B0avR;磁感應強度隨時間均勻變化時,E=Bta2,E=IR,聯(lián)立得E=Bta2=B0av,得Bt=B0va。2.B解析 根據(jù)q=R得,q1=B14r2R=Br24R,q2=(B-B)r22R,因為q1=q2,解得B=32B,故B正確。3.A解析 根據(jù)楞次定律可知當磁場均勻減小時,線圈內產生的感應磁場方向與原磁場方向相同,所以感應電流方向都為順時針,A正確、B錯誤;設圓半徑為a,則圓面積為S=a2,圓周長為l=2a,正方形面積為S=2a2,正方形周長為l=42a,因為磁場是均勻減小的,故E=SBt,所以圓和正方形內的電動勢之比為EE=SS=2,兩者的電阻之比為RR=22,故電流之比為II=21,故C、D錯誤。4.C解析 讓具有磁性的玩偶穩(wěn)定地飄浮起來,則需讓玩偶受到向上的恒定的磁場力,在線圈中要產生上面是N極的恒定的磁場,故電路中的電源必須是直流電源,且根據(jù)左手定則,電路中的a端點須連接直流電源的正極,選項A、B錯誤;若增加環(huán)繞軟鐵的線圈匝數(shù),可使電磁鐵產生的磁場增強,從而增加玩偶飄浮的最大高度,選項C正確;若將可變電阻的電阻值調大,則通過電磁鐵的電流減小,磁場減弱,則可減小玩偶飄浮的最大高度,選項D錯誤。5.A解析 由磁感應強度隨時間的變化圖象可判斷出12 s內線框的電流方向為順時針,然后利用左手定則判定ab邊所受到的安培力水平向左,大小為BIL,由于B隨時間均勻變化,則安培力也隨時間均勻變化,據(jù)此排除選項C、D;然后再由34 s內安培力方向排除選項B。6.D解析 沒加磁場時,機械能守恒,動能全部轉化為重力勢能。加有磁場時,動能的一部分轉化為重力勢能,還有一部分轉化為整個回路的內能,則加有磁場時的重力勢能小于沒加磁場時的重力勢能,即h<hmax,故A錯誤;由動能定理知,合力的功等于導體棒動能的變化量,有、無磁場時,棒的初速度相等,末速度都為零,則知ab棒所受合力的功相等,故B錯誤;設電阻R產生的焦耳熱為Q,根據(jù)能量守恒知有12mv02=Q+mgh,則Q<12mv02,故C錯誤;有磁場時,導體棒上升時受重力、支持力、沿斜面向下的安培力,所以所受的合力大于mgsin ,根據(jù)牛頓第二定律知,加速度a大于gsin ,所以ab上升過程的最小加速度為gsin ,故D正確。7.AC解析 因線框全部進入磁場后和全部離開磁場后均做加速度為g的勻加速運動,故由題中圖線可知,t2是線框全部進入磁場瞬間,t4是線框全部離開磁場瞬間,選項A正確;從bc邊進入磁場時線框的速度為v2,ad邊離開磁場時線框的速度為v1,此過程中線框的機械能的減小量為E=12mv22-12mv12+mg(l+s),則產生的電能為W電=12mv22-12mv12+mg(l+s),選項B錯誤;線框全部進入磁場時可能達到了最大速度,即滿足mg=BBlvmRl,即v1的大小可能為vm=mgRB2l2,選項C正確;根據(jù)q=ERt=R可知,線框進入磁場和線框離開磁場時磁通量的變化量相等,故線框穿出磁場過程中流經線框橫截面的電荷量等于線框進入磁場過程中流經線框橫截面的電荷量,選項D錯誤。故選A、C。8.BC解析 線框在區(qū)域 內做勻速直線運動,滿足合力為零,有mgsin -B2l2v1R=0;線框的ab邊剛越過PQ時,兩邊都在切割磁感線,都受到沿斜面向上的安培力,則mgsin -4B2l2v1R=ma,a=-3gsin ,選項A錯誤;線框再次勻速時,其受合力也為零,有mgsin -4B2l2v2R=0,可得v1v2=41,選項B正確;從t1到t2的過程中,安培力做負功,重力做正功,根據(jù)動能定理,可得WG-WF=12mv22-12mv12,解得WF=WG+12mv12-12mv22,即線框從t1到t2過程中克服安培力所做的功等于線框機械能的減少量,選項C正確,選項D錯誤。9.答案 (1)4 m/s(2)不能(3)43n m/s解析 (1)設物塊B沿光滑曲面下滑到水平位置時的速度大小為v0,由機械能守恒知mgh=12mv02v0=2gh設物塊B在傳送帶上滑動過程中因受摩擦力所產生的加速度大小為amg=ma設物塊B通過傳送帶后運動速度大小為v,有v2-v02=-2al結合式解得v=4 m/s由于v>u=2 m/s,所以v=4 m/s即為物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大小。(2)設物塊A、B第一次碰撞后的速度分別為v、v1,取向右為正方向,由彈性碰撞知-mv=mv1+m0v12mv2=12mv12+12m0v2解得v1=13v=43 m/s即碰撞后物塊B沿水平臺面向右勻速運動設物塊B在傳送帶上向右運動的最大位移為l,則0-v12=-2all=49 m<1 m所以物塊B不能通過傳送帶運動到右邊的曲面上。(3)當物塊B在傳送帶上向右運動的速度為零后,將會沿傳送帶向左加速。可以判斷,物塊B運動到左邊臺面時的速度大小為v1,繼而與物塊A發(fā)生第二次碰撞。設第二次碰撞后物塊B速度大小為v2,同上計算可知v2=13v1=132v物塊B與物塊A第三次碰撞、第四次碰撞,碰撞后物塊B的速度大小依次為v3=13v2=133v,v4=13v3=134v,則第n次碰撞后物塊B的速度大小為vn=13nvvn=43n m/s。10.答案 (1)垂直于導軌平面向下(2)BlEmR(3)B2l2C2Em+B2l2C解析 (1)由題意可知,MN所受安培力可以使其水平向右運動,故安培力方向為水平向右,而MN中的電流方向為從M到N,因此,根據(jù)左手定則可判斷磁場方向為垂直于導軌平面向下。(2)電容器完全充電后,兩極板間電壓為E,當開關S接2時,電容器放電,設剛放電時流經MN的電流為I,有I=ER設MN受到的安培力為F,有F=IlB由牛頓第二定律,有F=ma聯(lián)立式得a=BlEmR。(3)當電容器充電完畢時,設電容器上電荷量為Q0,有Q0=CE開關S接2后,MN開始向右加速運動,速度達到最大值vmax時,設MN上的感應電動勢為E,有E=Blvmax依題意有E=QC設在此過程中MN的平均電流為I,MN上受到的平均安培力為F,有F=IlB由動量定理,有Ft=mvmax-0又It=Q0-Q聯(lián)立式得Q=B2l2C2Em+B2l2C。