2022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

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1、2022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 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,1~6題只有一個選項符合題目要求,7~8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。現(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(chǎn)生的感應電流大小相等,則磁感應強度隨時間的變化率為(　　) 　　　　　　　　　

2、　　　　　　　 A. B. C. D. 2.(2018·全國卷Ⅰ)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。空間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Ⅰ);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Ⅱ)。在過程Ⅰ、Ⅱ中,流過OM的電荷量相等,則等于(　　) A. B. C. D.2 3. 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

3、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1∶2 D.圓環(huán)和線框中的電流大小之比為2∶1 4.小明有一個磁浮玩具,其原理是利用電磁鐵產(chǎn)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

4、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0~4 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θ。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

5、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

6、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

7、感應強度大小均為B的勻強磁場區(qū)域。區(qū)域Ⅰ的磁場方向垂直斜面向上,區(qū)域Ⅱ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Ⅰ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 θ B.導線框兩次勻速直線運動的速度v1∶v2=4∶1 C.從t1到

8、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)μ=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

9、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

10、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

11、電流為I=;磁感應強度隨時間均勻變化時,E=a2,E=IR,聯(lián)立得E=a2=B0av,得。 2.B　解析 根據(jù)q=得,q1=, q2=,因為q1=q2, 解得B'=B,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(chǎn)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=πa2,圓周長為l=2πa,正方形面積為S'=2a2,正方形周長為l'=4a,因為磁場是均勻減小的,故E=S·,所以圓和正方形內的電動勢之比為,兩者的電阻之比為,故電流之比為,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

12、受到向上的恒定的磁場力,在線圈中要產(chǎn)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(chǎn)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1~2 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3~4 s內安培力

13、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

14、sin θ,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ΔE=+mg(l+s),則產(chǎn)生的電能為W電=+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=Bl,即v1的大小可能為vm=,選項C正確;根據(jù)q=Δt=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(jīng)線框橫截面的電荷量等于線框進入磁場過程中流經(jīng)線框

15、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 Ⅰ 內做勻速直線運動,滿足合力為零,有mgsin θ-=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 θ-=ma,a=-3gsin θ,選項A錯誤;線框再次勻速時,其受合力也為零,有mgsin θ-=0,可得,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=,解得WF=WG+,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) m/s 解析 (1)

16、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= ① v0= ② 設物塊B在傳送帶上滑動過程中因受摩擦力所產(chǎn)生的加速度大小為a μmg=ma ③ 設物塊B通過傳送帶后運動速度大小為v,有v2-=-2al ④ 結合②③④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+m0v' mv2=m0v'2 解得v1=v= 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

17、動的最大位移為l',則 0-=-2al' l'= 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?？梢耘袛?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=v1=2v 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=v2=3v,v4=v3=4v,… 則第n次碰撞后物塊B的速度大小為 vn=nv vn= m/s。 10.答案 (1)垂直于導軌平面向下 (2)　(3) 解析 (1)由題意

18、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(jīng)MN的電流為I,有 I= ① 設MN受到的安培力為F,有 F=IlB ② 由牛頓第二定律,有 F=ma ③ 聯(lián)立①②③式得 a=。 ④ (3)當電容器充電完畢時,設電容器上電荷量為Q0,有 Q0=CE ⑤ 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'=Blvmax⑥ 依題意有 E'= ⑦ 設在此過程中MN的平均電流為,MN上受到的平均安培力為,有 lB ⑧ 由動量定理,有 Δt=mvmax-0 ⑨ 又Δt=Q0-Q ⑩ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得 Q=。