2022高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題四 電路和電磁感應(yīng) 專題能力訓(xùn)練12 電磁感應(yīng)及綜合應(yīng)用

《2022高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題四 電路和電磁感應(yīng) 專題能力訓(xùn)練12 電磁感應(yīng)及綜合應(yīng)用》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題四 電路和電磁感應(yīng) 專題能力訓(xùn)練12 電磁感應(yīng)及綜合應(yīng)用（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題四 電路和電磁感應(yīng) 專題能力訓(xùn)練12 電磁感應(yīng)及綜合應(yīng)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(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(zhǎng)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(chǎng)中,bc邊與磁場(chǎng)右邊界重合?，F(xiàn)發(fā)生以下兩個(gè)過(guò)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(guò)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(　　) 　　　　　　　　　

2、　　　　　　　 A. B. C. D. 2.(2018·全國(guó)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(chǎng),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(guò)程Ⅰ);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(guò)程Ⅱ)。在過(guò)程Ⅰ、Ⅱ中,流過(guò)OM的電荷量相等,則等于(　　) A. B. C. D.2 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

3、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(chǎng)中,磁場(chǎng)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 4.小明有一個(gè)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(lái),其構(gòu)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(diǎn)須連接直流電源的負(fù)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(diào)大,可增加玩偶飄浮的最大高度 5.如圖甲所示,正三角形導(dǎo)線框abc固定在磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)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(chǎng)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(　　) 6. 如圖所示,足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置,兩導(dǎo)軌的平面與水平方向的夾角為θ。在導(dǎo)軌的最上端M、P之間接有電阻R,不計(jì)其他電阻。導(dǎo)體棒ab從導(dǎo)軌的最底端沖上導(dǎo)軌,當(dāng)沒(méi)有磁場(chǎng)時(shí),ab棒上升的最大高度為hmax;若存在垂直導(dǎo)軌平面的

5、勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí),ab棒上升的最大高度為h。在兩次運(yùn)動(dòng)過(guò)程中ab棒都與導(dǎo)軌保持垂直,且初速度都相等。則下列說(shuō)法正確的是(　　) A.兩次上升的最大高度有hmax

6、完全穿過(guò)勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(zhǎng)為l(l

7、感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。區(qū)域Ⅰ的磁場(chǎng)方向垂直斜面向上,區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)方向垂直斜面向下,磁場(chǎng)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(zhǎng)也為l的正方形導(dǎo)線框,由靜止開(kāi)始沿斜面下滑,下滑過(guò)程中ab邊始終與斜面底邊平行。t1時(shí)刻ab邊剛越過(guò)GH進(jìn)入磁場(chǎng)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(shuō)法正確的是(　　) A.當(dāng)ab邊剛越過(guò)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

8、t2的過(guò)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(guò)程中,有機(jī)械能轉(zhuǎn)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(zhǎng)的光滑水平臺(tái)面,一輕質(zhì)彈簧左端固定、右端連接著質(zhì)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(tái)面等高,并能平滑連接。傳送帶始終以u(píng)=2 m/s的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。裝置的右邊是一光滑曲面,質(zhì)量m=1 kg的小物塊B從其上距水平臺(tái)面高h(yuǎn)=1.0 m處由靜止釋放。已知物塊B與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2,l=1.0 m。設(shè)物塊A、B間發(fā)生的是對(duì)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(guò)計(jì)算說(shuō)明物塊B與物塊A第一次碰撞后能否運(yùn)動(dòng)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(shí)都會(huì)立即被鎖定,而當(dāng)它們?cè)俅闻鲎睬版i定被解除,試求出物塊B第n次碰撞后的運(yùn)動(dòng)速度大小。 10.(20分)(2017·天津卷)電磁軌道炮利用電流和磁場(chǎng)的作用使炮彈獲得超高速度,其原理可用來(lái)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(shì)為E,電容器的電容為C。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑

10、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(kāi)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(chǎng)(圖中未畫(huà)出),MN開(kāi)始向右加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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,之后離開(kāi)導(dǎo)軌。求: (1)磁場(chǎng)的方向; (2)MN剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大小; (3)MN離開(kāi)導(dǎo)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(yùn)動(dòng)時(shí),根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E=B0av,感應(yīng)

11、電流為I=;磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化時(shí),E=a2,E=IR,聯(lián)立得E=a2=B0av,得。 2.B　解析 根據(jù)q=得,q1=, q2=,因?yàn)閝1=q2, 解得B'=B,故B正確。 3.A　解析 根據(jù)楞次定律可知當(dāng)磁場(chǎng)均勻減小時(shí),線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)磁場(chǎng)方向與原磁場(chǎng)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(zhǎng)為l=2πa,正方形面積為S'=2a2,正方形周長(zhǎng)為l'=4a,因?yàn)榇艌?chǎng)是均勻減小的,故E=S·,所以圓和正方形內(nèi)的電動(dòng)勢(shì)之比為,兩者的電阻之比為,故電流之比為,故C、D錯(cuò)誤。 4.C　解析 讓具有磁性的玩偶穩(wěn)定地飄浮起來(lái),則需讓玩偶

12、受到向上的恒定的磁場(chǎng)力,在線圈中要產(chǎn)生上面是N極的恒定的磁場(chǎng),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(diǎn)須連接直流電源的正極,選項(xiàng)A、B錯(cuò)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(chǎng)增強(qiáng),從而增加玩偶飄浮的最大高度,選項(xiàng)C正確;若將可變電阻的電阻值調(diào)大,則通過(guò)電磁鐵的電流減小,磁場(chǎng)減弱,則可減小玩偶飄浮的最大高度,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 5.A　解析 由磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化圖象可判斷出1~2 s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3~4 s內(nèi)安培力

13、方向排除選項(xiàng)B。 6.D　解析 沒(méi)加磁場(chǎng)時(shí),機(jī)械能守恒,動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能。加有磁場(chǎng)時(shí),動(dòng)能的一部分轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能,還有一部分轉(zhuǎn)化為整個(gè)回路的內(nèi)能,則加有磁場(chǎng)時(shí)的重力勢(shì)能小于沒(méi)加磁場(chǎng)時(shí)的重力勢(shì)能,即h

14、sin θ,故D正確。 7.AC　解析 因線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)后和全部離開(kāi)磁場(chǎng)后均做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng),故由題中圖線可知,t2是線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間,t4是線框全部離開(kāi)磁場(chǎng)瞬間,選項(xiàng)A正確;從bc邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框的速度為v2,ad邊離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)線框的速度為v1,此過(guò)程中線框的機(jī)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(xiàng)B錯(cuò)誤;線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)可能達(dá)到了最大速度,即滿足mg=Bl,即v1的大小可能為vm=,選項(xiàng)C正確;根據(jù)q=Δt=可知,線框進(jìn)入磁場(chǎng)和線框離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)磁通量的變化量相等,故線框穿出磁場(chǎng)過(guò)程中流經(jīng)線框橫截面的電荷量等于線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中流經(jīng)線框

15、橫截面的電荷量,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選A、C。 8.BC　解析 線框在區(qū)域 Ⅰ 內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng),滿足合力為零,有mgsin θ-=0;線框的ab邊剛越過(guò)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mgsin θ-=ma,a=-3gsin θ,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;線框再次勻速時(shí),其受合力也為零,有mgsin θ-=0,可得,選項(xiàng)B正確;從t1到t2的過(guò)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=,解得WF=WG+,即線框從t1到t2過(guò)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。 9.答案 (1)4 m/s　(2)不能　(3) m/s 解析 (1)

16、設(shè)物塊B沿光滑曲面下滑到水平位置時(shí)的速度大小為v0,由機(jī)械能守恒知 mgh= ① v0= ② 設(shè)物塊B在傳送帶上滑動(dòng)過(guò)程中因受摩擦力所產(chǎn)生的加速度大小為a μmg=ma ③ 設(shè)物塊B通過(guò)傳送帶后運(yùn)動(dòng)速度大小為v,有v2-=-2al ④ 結(jié)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(shè)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(tái)面向右勻速運(yùn)動(dòng) 設(shè)物塊B在傳送帶上向右運(yùn)

17、動(dòng)的最大位移為l',則 0-=-2al' l'= m<1 m 所以物塊B不能通過(guò)傳送帶運(yùn)動(dòng)到右邊的曲面上。 (3)當(dāng)物塊B在傳送帶上向右運(yùn)動(dòng)的速度為零后,將會(huì)沿傳送帶向左加速?？梢耘袛?物塊B運(yùn)動(dòng)到左邊臺(tái)面時(shí)的速度大小為v1,繼而與物塊A發(fā)生第二次碰撞。設(shè)第二次碰撞后物塊B速度大小為v2,同上計(jì)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(dǎo)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(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(chǎng)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(kāi)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= ① 設(shè)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(dāng)電容器充電完畢時(shí),設(shè)電容器上電荷量為Q0,有 Q0=CE ⑤ 開(kāi)關(guān)S接2后,MN開(kāi)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(shì)為E',有 E'=Blvmax⑥ 依題意有 E'= ⑦ 設(shè)在此過(guò)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(dòng)量定理,有 Δt=mvmax-0 ⑨ 又Δt=Q0-Q ⑩ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得 Q=。