2019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.doc

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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 C.B0v2a D.4B0va 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);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BB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,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(　　) 6. 如圖所示,足夠長的光滑金屬導(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)沒有磁場時(shí),ab棒上升的最大高度為hmax;若存在垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場時(shí),ab棒上升的最大高度為h。在兩次運(yùn)動(dòng)過程中ab棒都與導(dǎo)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hmaxu=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 12mv2=12mv12+12m0v2 解得v1=13v=43 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)動(dòng)的最大位移為l,則 0-v12=-2al l=49 m<1 m 所以物塊B不能通過傳送帶運(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。可以判斷,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=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=13nv vn=43n m/s。 10.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=ER 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=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=CE ⑤ 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=QC ⑦ 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=IlB ⑧ 由動(dòng)量定理,有 FΔt=mvmax-0 ⑨ 又IΔt=Q0-Q ⑩ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得 Q=B2l2C2Em+B2l2C。