《（廣西專用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練12 電磁感應(yīng)及綜合應(yīng)用（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（廣西專用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練12 電磁感應(yīng)及綜合應(yīng)用（含解析）（10頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題能力訓(xùn)練12　電磁感應(yīng)及綜合應(yīng)用 (時(shí)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(gè)選項(xiàng)中,1~6題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求,7~8題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得8分,選對(duì)但不全的得4分,有選錯(cuò)的得0分) 1.如圖所示,邊長為a的導(dǎo)線框abcd處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場中,bc邊與磁場右邊界重合?，F(xiàn)發(fā)生以下兩個(gè)過程:一是僅讓線框以垂直于邊界的速度v勻速向右運(yùn)動(dòng);二是僅使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化。若導(dǎo)線框在上述兩個(gè)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小相等,則磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率為(　　) A.2B0va B.B0va

2、C.B0v2a D.4B0va 答案:B 解析:線框以垂直于邊界的速度v勻速向右運(yùn)動(dòng)時(shí),根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E=B0av,感應(yīng)電流為I=B0avR;磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化時(shí),E=ΔBΔta2,E=IR,聯(lián)立得E=ΔBΔta2=B0av,得ΔBΔt=B0va。 2.(2018·全國卷Ⅰ)如圖所示,導(dǎo)體軌道OPQS固定,其中PQS是半圓弧,Q為半圓弧的中點(diǎn),O為圓心。軌道的電阻忽略不計(jì),OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)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(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過程Ⅰ)

3、;再使磁感應(yīng)強(qiáng)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B'B等于(　　) A.54 B.32 C.74 D.2 答案:B 解析:根據(jù)q=ΔΦR得,q1=B·14πr2R=πBr24R, q2=(B'-B)πr22R,因?yàn)閝1=q2, 解得B'=32B,故B正確。 3.用導(dǎo)線繞一圓環(huán),環(huán)內(nèi)有一用同樣導(dǎo)線折成的內(nèi)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(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中,磁場方向垂直于圓環(huán)平面(紙面)向里。當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小時(shí)(　　) A.圓環(huán)和線框中的電流方向都為順時(shí)針 B.圓環(huán)和線框中的電流方向都為

4、逆時(shí)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 答案:A 解析:根據(jù)楞次定律可知當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小時(shí),線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)磁場方向與原磁場方向相同,所以感應(yīng)電流方向都為順時(shí)針,A正確、B錯(cuò)誤;設(shè)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'=42a,因?yàn)榇鸥袘?yīng)強(qiáng)度是均勻減小的,故E=S·ΔBΔt,所以圓和正方形內(nèi)的電動(dòng)勢之比為EE'=SS'=π2,兩者的電阻之比為RR'=π22,故電流之比為II'=21,故C、D錯(cuò)誤。 4.(2019·江西南昌模擬)如圖所示,質(zhì)量為m=0.04 kg、邊長l=0.

5、4 m的正方形線框abcd放置在一光滑絕緣斜面上,線框用一平行于斜面的細(xì)繩系于O點(diǎn),斜面的傾角為θ=30°;線框的一半處于磁場中,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的關(guān)系為B=2+0.5t(T),方向垂直于斜面;已知線框電阻為R=0.5 Ω,重力加速度g取10 m/s2。下列說法正確的是(　　) A.線框中的感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcda B.t=0時(shí),細(xì)繩拉力大小為F=0.2 N C.線框中感應(yīng)電流大小為I=80 mA D.經(jīng)過一段時(shí)間t,線框可能拉斷細(xì)繩向下運(yùn)動(dòng) 答案:C 解析:由楞次定律可知線框中的感應(yīng)電流方向?yàn)閍dcba,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;感應(yīng)電動(dòng)勢E=ΔΦΔt=ΔBΔt12l2=0.04

6、V,由閉合電路歐姆定律,可知線框中感應(yīng)電流大小為I=ER=0.08A=80mA,由平衡條件可知FT+BIl=mgsinθ,t=0時(shí),B=2T,解得FT=0.136N,選項(xiàng)B錯(cuò)誤,選項(xiàng)C正確;經(jīng)過一段時(shí)間t,安培力BIl可能大于mgsinθ,所以線框可能沿斜面向上運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 5.如圖甲所示,正三角形導(dǎo)線框abc固定在磁場中,磁場方向與線圈平面垂直,磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示。t=0時(shí)刻磁場方向垂直紙面向里,在0~4 s的時(shí)間內(nèi),線框ab邊所受到的安培力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系(規(guī)定水平向左為力的正方向)可能是下圖中的(　　) 答案:A 解析:由磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化

7、圖像可判斷出1~2s內(nèi)線框的電流方向?yàn)轫槙r(shí)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(shí)間均勻變化,則安培力也隨時(shí)間均勻變化,據(jù)此排除選項(xiàng)C、D;然后再由3~4s內(nèi)安培力方向排除選項(xiàng)B。 6.(2019·遼寧聯(lián)考)如圖所示,間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌彎成“∠”形,底部導(dǎo)軌面水平,傾斜部分與水平面成θ角,導(dǎo)軌與固定電阻相連,整個(gè)裝置處于豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中。導(dǎo)體棒ab與cd均垂直于導(dǎo)軌放置,且與導(dǎo)軌間接觸良好,兩導(dǎo)體棒的電阻均與阻值為R的固定電阻相等,其余部分電阻不計(jì),當(dāng)導(dǎo)體棒cd沿導(dǎo)軌向右以速度v勻速滑動(dòng)時(shí),導(dǎo)體棒ab恰好在傾斜導(dǎo)軌上處于靜止?fàn)?/p>

8、態(tài),導(dǎo)體棒ab的重力為mg,則(　　) A.導(dǎo)體棒cd兩端的電壓為Blv B.t時(shí)間內(nèi)通過導(dǎo)體棒cd橫截面的電荷量為2Blvt3R C.cd棒克服安培力做功的功率為B2l2v2R D.導(dǎo)體棒ab所受安培力為mgsin θ 答案:B 解析:根據(jù)題意畫出等效電路如圖甲所示。導(dǎo)體棒cd產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E=Blv,導(dǎo)體棒cd兩端的電壓是路端電壓,U=13E=13Blv,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;通過cd棒的電流I=E0.5R+R=Blv1.5R,在時(shí)間t內(nèi)通過導(dǎo)體棒cd橫截面的電荷量為q=It=2Blvt3R,選項(xiàng)B正確;對(duì)ab棒進(jìn)行受力分析如圖乙所示,由于ab棒靜止,所以ab棒所受安培力Fab=

9、mgtanθ,選項(xiàng)D錯(cuò)誤;由功能關(guān)系知cd棒克服安培力做功的功率等于整個(gè)電路的電功率,為P=E20.5R+R=B2l2v21.5R,選項(xiàng)C錯(cuò)誤。 7.(2019·全國卷Ⅰ)空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場,其邊界如圖甲中虛線MN所示。一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線的電阻率為ρ、橫截面積為S,將該導(dǎo)線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi),圓心O在MN上。t=0時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向如圖甲所示;磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示。則在t=0到t=t1的時(shí)間間隔內(nèi)(　　) 甲　乙 A.圓環(huán)所受安培力的方向始終不變 B.圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時(shí)針方向 C.圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為B0rS

10、4t0ρ D.圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為B0πr24t0 答案:BC 解析:根據(jù)楞次定律可知,圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時(shí)針方向,B正確。從0到t1,電流方向未變,磁場方向改變,根據(jù)左手定則,安培力方向必定改變,A錯(cuò)誤。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,E=nΔΦΔt=B0πr22t0,D錯(cuò)誤。圓環(huán)的電阻R=ρlS=2ρπrS,感應(yīng)電流I=ER=B0S4ρt0,C正確。 8.如圖所示,在傾角為θ的光滑斜面上,存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)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(gè)質(zhì)量為m、電阻為R、邊長

11、也為l的正方形導(dǎo)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(shí)刻ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場Ⅰ區(qū)域,此時(shí)導(dǎo)線框恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng);t2時(shí)刻ab邊下滑到PQ與MN的中間位置,此時(shí)導(dǎo)線框又恰好以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g,下列說法正確的是(　　) A.當(dāng)ab邊剛越過PQ時(shí),導(dǎo)線框加速度大小為a=gsin θ B.導(dǎo)線框兩次勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度v1∶v2=4∶1 C.從t1到t2的過程中,導(dǎo)線框克服安培力做功的大小等于機(jī)械能的減少量 D.從t1到t2的過程中,有m(v12-v22)2機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能 答案:BC 解析:線框在區(qū)域 Ⅰ 內(nèi)做勻速直

12、線運(yùn)動(dòng),滿足合力為零,有mgsinθ-B2l2v1R=0;線框的ab邊剛越過PQ時(shí),兩邊都在切割磁感線,都受到沿斜面向上的安培力,則mgsinθ-4B2l2v1R=ma,a=-3gsinθ,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;線框再次勻速時(shí),其受合力也為零,有mgsinθ-4B2l2v2R=0,可得v1v2=41,選項(xiàng)B正確;從t1到t2的過程中,安培力做負(fù)功,重力做正功,根據(jù)動(dòng)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(jī)械能的減少量,選項(xiàng)C正確,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 二、非選擇題(本題共2小題,共36分) 9.(16

13、分)(2019·廣東深圳模擬)如圖所示,豎直固定的倒U形導(dǎo)軌NMPQ,軌道間距l(xiāng)=0.8 m,上端開小口與水平線圈C連接,線圈面積S=0.8 m2,匝數(shù)N=200,電阻r=15 Ω。質(zhì)量m=0.08 kg的導(dǎo)體棒ab被外力水平壓在導(dǎo)軌一側(cè),導(dǎo)體棒接入電路部分的電阻R=1 Ω。開始時(shí)整個(gè)裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中。t=0時(shí)撤去外力,同時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度按B=B0-kt的規(guī)律變化,其中k=0.4 T/s;t1=1 s時(shí),導(dǎo)體棒開始下滑,它與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。其余電阻不計(jì)(重力加速度g取10 m/s2)。 (1)求0~1 s內(nèi)通過導(dǎo)體棒的電流大小。 (2

14、)求t=0時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0。 (3)若僅將磁場方向改為豎直向下,要使導(dǎo)體棒ab在0~1 s內(nèi)仍靜止,是否需要將它靠在導(dǎo)軌的另一側(cè)?簡要說明理由。 答案:(1)4 A (2)0.9 T (3)不需要;由楞次定律可知,磁場方向相反,感應(yīng)電流方向也相反,由左手定則可知導(dǎo)體棒所受安培力的方向不變,所以不需要將它靠在導(dǎo)軌的另一側(cè)。 解析:(1)0~t1時(shí)間內(nèi),對(duì)線圈C和整個(gè)回路有,E=NΔΦΔt ΔΦΔt=ΔBΔtS=kS I=ER+r 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得I=4A。 (2)t1=1s時(shí)刻,導(dǎo)體棒即將下滑,有mg=Ff Ff=μFN FN=B1Il B1=B0-kt1 聯(lián)立并代

15、入數(shù)據(jù)解得B0=0.9T。 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(yùn)載器。電磁軌道炮示意圖如圖所示,圖中直流電源電動(dòng)勢為E,電容器的電容為C。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l,電阻不計(jì)。炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN,垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài),并與導(dǎo)軌良好接觸。首先開關(guān)S接1,使電容器完全充電。然后將S接至2,導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出),MN開始向右加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢與電容器兩極板間的電壓相等時(shí),回路中電流為零,MN達(dá)到最大速度,之后離

16、開導(dǎo)軌。求: (1)磁場的方向; (2)MN剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大小; (3)MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。 答案:(1)垂直于導(dǎo)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(yùn)動(dòng),故安培力方向?yàn)樗较蛴?而MN中的電流方向?yàn)閺腗到N,因此,根據(jù)左手定則可判斷磁場方向?yàn)榇怪庇趯?dǎo)軌平面向下。 (2)電容器完全充電后,兩極板間電壓為E,當(dāng)開關(guān)S接2時(shí),電容器放電,設(shè)剛放電時(shí)流經(jīng)MN的電流為I,有 I=ER① 設(shè)MN受到的安培力為F,有 F=IlB② 由牛頓第二定律,有 F=ma③ 聯(lián)立①②③式得 a=BlEmR。④ (3)當(dāng)電容器充電完畢時(shí),設(shè)電容器上電荷量為Q0,有 Q0=CE⑤ 開關(guān)S接2后,MN開始向右加速運(yùn)動(dòng),速度達(dá)到最大值vmax時(shí),設(shè)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢為E',有 E'=Blvmax⑥ 依題意有 E'=QC⑦ 設(shè)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=IlB⑧ 由動(dòng)量定理,有 FΔt=mvmax-0⑨ 又IΔt=Q0-Q⑩ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得 Q=B2l2C2Em+B2l2C。 10