高考物理二輪總復習專題能力訓練12電磁感應及綜合應用

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,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.(2020·江蘇卷)如圖所示,兩勻強磁場的磁感應強度B1和B2大小相等、方向相反。金屬圓環(huán)的直徑與兩磁場的邊界重合。下列變化會在環(huán)中產(chǎn)生順時針方向感應電流的是()A.同時增大B1減小B2B.同時減小B1增大B2C.同時以相同的變化率增大B1和B2D.同時以相同的變化率減小B1和B22.(2022·重慶巴蜀中學高三適應性試卷)如圖所示,在某次重慶航展中,戰(zhàn)機在空中展示動作。已知地磁場的水平分量為B1,豎直分量為B2,戰(zhàn)機首尾長L1,機翼水平翼展為L2,豎直尾翼上下高為L3,運動速度為v,機身沿東西方向保持水平。下列說法正確且會使得左右側機翼最遠點電勢差大小為B2L2v()A.水平向東飛行,左側機翼電勢高于右側B.水平向西飛行,右側機翼電勢高于左側C.垂直起降,左側機翼電勢高于右側D.垂直起降,右側機翼電勢高于左側3.如圖甲所示,直徑為0.4m、電阻為0.1Ω的閉合銅環(huán)靜止在粗糙斜面上,CD為銅環(huán)的對稱軸,CD以下部分的銅環(huán)處于磁感應強度方向垂直斜面且磁感線均勻分布的磁場B中,若取向上為磁場的正方向,B隨時間t變化的圖像如圖乙所示,銅環(huán)始終保持靜止,取π=3,則()甲乙A.t=2s時銅環(huán)中沒有感應電流B.t=1.5s時銅環(huán)中有沿逆時針方向的感應電流(從上向下看)C.t=3.5s時銅環(huán)將受到大小為4.8×103N、沿斜面向下的安培力D.1~3s內(nèi)銅環(huán)受到的摩擦力先逐漸增大后逐漸減小4.如圖所示,質量為m=0.04kg、邊長l=0.4m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繩系于O點,斜面的傾角為θ=30°;線框的一半處于磁場中,磁場的磁感應強度隨時間變化的關系為B=2+0.5t(T),方向垂直于斜面;已知線框電阻為R=0.5Ω,重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是 ()A.線框中的感應電流方向為abcdaB.t=0時,細繩拉力大小為F=0.2NC.線框中感應電流大小為I=80mAD.經(jīng)過一段時間t,線框可能拉斷細繩向下運動5.(2021·江蘇泰州中學高三模擬)圖甲中A、B為兩個相同的環(huán)形線圈,共軸并靠近放置,A線圈中通有如圖乙所示的交變電流i,下列說法正確的是()A.在t1到t2時間內(nèi)A、B兩線圈相斥B.在t2到t3時間內(nèi)A、B兩線圈相斥C.t1時刻兩線圈間作用力最大D.t2時刻兩線圈間作用力最大6.(2021·河北卷)如圖所示,兩光滑導軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中,磁感應強度大小為B。導軌間距最窄處為一狹縫,取狹縫所在處O點為坐標原點。狹縫右側兩導軌與x軸夾角均為θ,一電容為C的電容器與導軌左端相連。導軌上的金屬棒與x軸垂直,在外力F作用下從O點開始以速度v向右勻速運動,忽略所有電阻。下列說法正確的是()A.通過金屬棒的電流為2BCv2tanθB.金屬棒到達x0時,電容器極板上的電荷量為BCvx0tanθC.金屬棒運動過程中,電容器的上極板帶負電D.金屬棒運動過程中,外力F做功的功率恒定7.(2020·全國卷Ⅰ)如圖所示,U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上,ab和dc邊平行,和bc邊垂直。ab、dc足夠長,整個金屬框電阻可忽略。一根具有一定電阻的導體棒MN置于金屬框上,用水平恒力F向右拉動金屬框,運動過程中,裝置始終處于豎直向下的勻強磁場中,MN與金屬框保持良好接觸,且與bc邊保持平行。經(jīng)過一段時間后()A.金屬框的速度大小趨于恒定值B.金屬框的加速度大小趨于恒定值C.導體棒所受安培力的大小趨于恒定值D.導體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值8.(2021·江西高三二模)如圖所示,a1b1c1d1和a2b2c2d2為豎直放置且共面的金屬導軌,處在垂直導軌平面(紙面)向里的勻強磁場中,磁感應強度為B。導軌的a1b1段與a2b2段距離為l,c1d1段與c2d2段距離為2l。p、q為兩根用不可伸長的絕緣輕線相連的金屬細桿,質量分別為m和2m,它們都垂直于導軌并與導軌保持光滑接觸。兩桿與導軌構成的回路的總電阻為R。F為作用于金屬桿q上的恒力,方向豎直向上。已知兩桿運動到圖示位置時,已勻速向上運動,則此時()A.p桿受到的安培力方向豎直向下B.p桿受到的安培力大小為F3mgC.p桿中的電流大小為FD.p桿勻速運動的速度大小為(二、非選擇題(本題共2小題,共36分)9.(16分)如圖所示,豎直固定的倒U形導軌NMPQ,軌道間距l(xiāng)=0.8m,上端開小口與水平線圈C連接,線圈面積S=0.8m2,匝數(shù)N=200,電阻r=15Ω。質量m=0.08kg的導體棒ab被外力水平壓在導軌一側,導體棒接入電路部分的電阻R=1Ω。開始時整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中。t=0時撤去外力,同時磁感應強度按B=B0kt的規(guī)律變化,其中k=0.4T/s;t1=1s時,導體棒開始下滑,它與導軌間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。其余電阻不計(重力加速度g取10m/s2)。(1)求0~1s內(nèi)通過導體棒的電流大小。(2)求t=0時的磁感應強度B0。(3)若僅將磁場方向改為豎直向下,要使導體棒ab在0~1s內(nèi)仍靜止,是否需要將它靠在導軌的另一側?簡要說明理由。10.(20分)(2020·浙江7月選考)如圖甲所示,在絕緣光滑水平桌面上,以O為原點、水平向右為正方向建立x軸,在0≤x≤1.0m區(qū)域內(nèi)存在方向豎直向上的勻強磁場。桌面上有一邊長l=0.5m、電阻R=0.25Ω的正方形線框abcd,當平行于磁場邊界的cd邊進入磁場時,在沿x方向的外力F作用下以v=1.0m/s的速度做勻速運動,直到ab邊進入磁場時撤去外力。若以cd邊進入磁場時作為計時起點,在0≤t≤1.0s內(nèi)磁感應強度B的大小與時間t的關系如圖乙所示,在0≤t≤1.3s內(nèi)線框始終做勻速運動。甲乙(1)求外力F的大小;(2)在1.0s≤t≤1.3s內(nèi)存在連續(xù)變化的磁場,求磁感應強度B的大小與時間t的關系;(3)求在0≤t≤1.3s內(nèi)流過導線橫截面的電荷量q。

專題能力訓練12電磁感應及綜合應用1.B解析:產(chǎn)生順時針方向的感應電流,則感應磁場的方向垂直紙面向里。由楞次定律可知,圓環(huán)中的凈磁通量變化為向里的磁通量減少或者向外的磁通量增多,A錯誤,B正確;同時以相同的變化率增大B1和B2,或同時以相同的變化率減小B1和B2,兩個磁場的磁通量總保持大小相同,所以總磁通量的變化為0,不會產(chǎn)生感應電流,C、D錯誤。2.A解析:在中國重慶,地磁場豎直方向的分量向下,根據(jù)右手定則可知,水平自西向東或自東向西飛行時,左側機翼電勢都高于右側,根據(jù)E=BLv可知,E=B2L2v,選項A正確,B錯誤。戰(zhàn)機垂直起降時,戰(zhàn)機機身做切割磁感線運動,而左右機翼不做切割磁感線運動,故左右機翼電勢差為0,選項C、D錯誤。3.C解析:分析題圖乙可知,t=2s時,磁感應強度處于變化的過程中,銅環(huán)中磁通量變化,產(chǎn)生感應電流,A錯誤;t=1.5s時,垂直斜面向下的磁通量逐漸減小,根據(jù)楞次定律可知,銅環(huán)中產(chǎn)生順時針方向的感應電流,B錯誤;t=3.5s時,垂直斜面向上的磁通量逐漸減小,根據(jù)楞次定律可知,安培力沿斜面向下,根據(jù)法拉第電磁感應定律得E=ΔBSΔt=ΔB·πr22Δt=0.012V,根據(jù)歐姆定律得I=4.C解析:由楞次定律可知線框中的感應電流方向為adcba,選項A錯誤;感應電動勢E=ΔΦΔt=ΔBΔt12l2=0.04V,由閉合電路歐姆定律,可知線框中感應電流大小為I=ER=0.08A=80mA,由平衡條件可知FT+BIl=mgsinθ,t=0時,B=2T,解得FT=0.5.B解析:在t1到t2時間內(nèi),A線圈中電流減小,電流的變化率變大,則穿過B線圈的磁通量減小,B線圈中感應電流方向與A線圈相同,且是增大的,A、B兩線圈相吸引;同理在t2到t3時間內(nèi),A、B兩線圈相斥,A錯誤,B正確。t2時刻A線圈中電流為零,但其變化率最大,B線圈中磁通量變化率最大,感應電流最大,但是此時兩線圈間作用力為零;t1時刻A線圈中電流最大,但是電流的變化率為零,B線圈中感應電流為零,則兩線圈中作用力為零,則C、D錯誤。6.A解析:假設導體棒向前移動時間為Δt,則I=ΔQΔt=C·Δ金屬棒到達x0時,導體棒上產(chǎn)生的電動勢為U=2Bx0vtanθ,由C=QU得Q=2CBvx0tanθ由右手定則知電容器的上極板帶正電,故C錯誤;P=Fv,F=F安=BIL,I=2CBv2tanθ,L=2vttanθ,得P=4B2v4tCtan2θ,功率隨時間增大,D錯誤。7.BC解析:由bc邊切割磁感線產(chǎn)生電動勢,形成電流,使得導體棒MN受到向右的安培力,做加速運動,bc邊受到向左的安培力,向右做加速運動。當MN運動時,金屬框的bc邊和導體棒MN一起切割磁感線,設導體棒MN和金屬框的速度分別為v1、v2,則電路中的電動勢E=Bl(v2v1)電路中的電流I=E金屬框和導體棒MN受到的安培力分別為F安框=B2F安MN=B2設導體棒MN和金屬框的質量分別為m1、m2,則對導體棒MN有B2l2(對金屬框有FB2l2(初始速度均為零,則a1從零開始逐漸增加,a2從Fm2開始逐漸減小。當a1=a2時,相對速度v2v1=整個運動過程用速度—時間圖像描述如下。綜上可得,金屬框的加速度趨于恒定值,安培力也趨于恒定值,B、C正確;金屬框的速度會一直增大,導體棒到金屬框bc邊的距離也會一直增大,A、D錯誤。8.BD解析:q桿和p桿在F的作用下豎直向上運動,兩桿都切割磁感線,兩桿上都產(chǎn)生感應電動勢,若將它們各自都看作電源,則根據(jù)右手定則,都是右邊為正極,左邊為負極,這樣兩桿產(chǎn)生的電動勢要進行抵消之后才是整個電路中總的電動勢。即E=B·2lvBlv=Blv,閉合回路中的電流方向沿逆時針方向。電流大小處處相等,根據(jù)左手定則判斷,p桿受到的安培力方向豎直向上,大小記為F安,A錯誤。因為q桿長度是p桿的2倍,故q桿受到的安培力大小為2F安,方向豎直向下。系統(tǒng)做勻速直線運動,受力平衡,對p、q組成的系統(tǒng)進行受力分析可得F+F安=2F安+3mg,解得F安=F3mg,故B正確。由F安=BIl=F3mg,得I=F-3mgBl,C錯誤。由F安=BIl=BBlvRl=F39.答案:(1)4A(2)0.9T(3)不需要;由楞次定律可知,磁場方向相反,感應電流方向也相反,由左手定則可知導體棒所受安培力的方向不變,所以不需要將它靠在導軌的另一側。解析:(1)0~t1時間內(nèi),對線圈C和整個回路有,E=NΔΔΦI=E聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得I=4A。(2)t1=1s時刻,導體棒即將下滑,有mg=FfFf=μFNFN=B1IlB1=B0kt1聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得B0=0.9T。1