专题能力训练12高中物理电磁感应及综合应用

1专题能力训练12电磁感应及综合应用(时间:45分钟满分:100分)专题能力训练第29页一、选择题(本题共8小题,每小题8分,共64分。在每小题给出的四个选项中,1~6题只有一个选项符合题目要求,7~8题有多个选项符合题目要求。全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.如图所示,边长为a的导线框abcd处于磁感应强度为B0的匀强磁场中,bc边与磁场右边界重合。现发生以下两个过程:一是仅让线框以垂直于边界的速度v匀速向右运动;二是仅使磁感应强度随时间均匀变化。若导线框在上述两个过程中产生的感应电流大小相等,则磁感应强度随时间的变化率为()A.B.C.D.答案:B解析:线框以垂直于边界的速度v匀速向右运动时,根据法拉第电磁感应定律有E=B0av,感应电流为I=;磁感应强度随时间均匀变化时,E=a2,E=IR,联立得E=a2=B0av,得。2.(2018·全国卷Ⅰ)如图所示,导体轨道OPQS固定,其中PQS是半圆弧,Q为半圆弧的中点,O为圆心。轨道的电阻忽略不计,OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆,M端位于PQS上,OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场,磁感应强度的大小为B,现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ);再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B'(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中,流过OM的电荷量相等,则等于()A.B.C.D.2答案:B解析:根据q=得,q1=,q2=-,因为q1=q2,2解得B'=B,故B正确。3.用导线绕一圆环,环内有一用同样导线折成的内接正方形线框,圆环与线框彼此绝缘,如图所示。把它们放在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于圆环平面(纸面)向里。当磁感应强度均匀减小时()A.圆环和线框中的电流方向都为顺时针B.圆环和线框中的电流方向都为逆时针C.圆环和线框中的电流大小之比为1∶2D.圆环和线框中的电流大小之比为2∶1答案:A解析:根据楞次定律可知当磁感应强度均匀减小时,线圈内产生的感应磁场方向与原磁场方向相同,所以感应电流方向都为顺时针,A正确、B错误;设圆半径为a,则圆面积为S=πa2,圆周长为l=2πa,正方形面积为S'=2a2,正方形周长为l'=4√a,因为磁感应强度是均匀减小的,故E=S·,所以圆和正方形内的电动势之比为,两者的电阻之比为√,故电流之比为√,故C、D错误。4.(2019·江西南昌模拟)如图所示,质量为m=0.04kg、边长l=0.4m的正方形线框abcd放置在一光滑绝缘斜面上,线框用一平行于斜面的细绳系于O点,斜面的倾角为θ=30°;线框的一半处于磁场中,磁场的磁感应强度随时间变化的关系为B=2+0.5t(T),方向垂直于斜面;已知线框电阻为R=0.5Ω,重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是()A.线框中的感应电流方向为abcdaB.t=0时,细绳拉力大小为F=0.2NC.线框中感应电流大小为I=80mAD.经过一段时间t,线框可能拉断细绳向下运动答案:C解析:由楞次定律可知线框中的感应电流方向为adcba,选项A错误;感应电动势E=()=0.04V,由闭合电路欧姆定律,可知线框中感应电流大小为I==0.08A=80mA,由平衡条件可知FT+BIl=mgsinθ,t=0时,B=2T,解得FT=0.136N,选项B错误,3选项C正确;经过一段时间t,安培力BIl可能大于mgsinθ,所以线框可能沿斜面向上运动,选项D错误。5.如图甲所示,正三角形导线框abc固定在磁场中,磁场方向与线圈平面垂直,磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示。t=0时刻磁场方向垂直纸面向里,在0~4s的时间内,线框ab边所受到的安培力F随时间t变化的关系(规定水平向左为力的正方向)可能是下图中的()答案:A解析:由磁感应强度随时间的变化图像可判断出1~2s内线框的电流方向为顺时针,然后利用左手定则判定ab边所受到的安培力水平向左,大小为BIL,由于B随时间均匀变化,则安培力也随时间均匀变化,据此排除选项C、D;然后再由3~4s内安培力方向排除选项B。6.(2019·辽宁联考)如图所示,间距为l的光滑平行金属导轨弯成“∠”形,底部导轨面水平,倾斜部分与水平面成θ角,导轨与固定电阻相连,整个装置处于竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中。导体棒ab与cd均垂直于导轨放置,且与导轨间接触良好,两导体棒的电阻均与阻值为R的固定电阻相等,其余部分电阻不计,当导体棒cd沿导轨向右以速度v匀速滑动时,导体棒ab恰好在倾斜导轨上处于静止状态,导体棒ab的重力为mg,则()A.导体棒cd两端的电压为BlvB.t时间内通过导体棒cd横截面的电荷量为C.cd棒克服安培力做功的功率为D.导体棒ab所受安培力为mgsinθ答案:B4解析:根据题意画出等效电路如图甲所示。导体棒cd产生的感应电动势为E=Blv,导体棒cd两端的电压是路端电压,U=E=Blv,选项A错误;通过cd棒的电流I=,在时间t内通过导体棒cd横截面的电荷量为q=It=,选项B正确;对ab棒进行受力分析如图乙所示,由于ab棒静止,所以ab棒所受安培力Fab=mgtanθ,选项D错误;由功能关系知cd棒克服安培力做功的功率等于整个电路的电功率,为P=,选项C错误。7.(2019·全国卷Ⅰ)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场,其边界如图甲中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S,将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内,圆心O在MN上。t=0时磁感应强度的方向如图甲所示;磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。则在t=0到t=t1的时间间隔内()甲乙A.圆环所受安培力的方向始终不变B.圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C.圆环中的感应电流大小为D.圆环中的感应电动势大小为答案:BC解析:根据楞次定律可知,圆环中的感应电流始终沿顺时针方向,B正确。从0到t1,电流方向未变,磁场方向改变,根据左手定则,安培力方向必定改变,A错误。根据法拉第电磁感应定律,E=n,D错误。圆环的电阻R=,感应电流I=,C正确。58.如图所示,在倾角为θ的光滑斜面上,存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域。区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上,区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下,磁场边界MN、PQ、GH均平行于斜面底边,MP、PG均为l。一个质量为m、电阻为R、边长也为l的正方形导线框,由静止开始沿斜面下滑,下滑过程中ab边始终与斜面底边平行。t1时刻ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区域,此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动;t2时刻ab边下滑到PQ与MN的中间位置,此时导线框又恰好以速度v2做匀速直线运动。重力加速度为g,下列说法正确的是()A.当ab边刚越过PQ时,导线框加速度大小为a=gsinθB.导线框两次匀速直线运动的速度v1∶v2=4∶1C.从t1到t2的过程中,导线框克服安培力做功的大小等于机械能的减少量D.从t1到t2的过程中,有-机械能转化为电能答案:BC解析:线框在区域Ⅰ内做匀速直线运动,满足合力为零,有mgsinθ-=0;线框的ab边刚越过PQ时,两边都在切割磁感线,都受到沿斜面向上的安培力,则mgsinθ-=ma,a=-3gsinθ,选项A错误;线框再次匀速时,其受合力也为零,有mgsinθ-=0,可得,选项B正确;从t1到t2的过程中,安培力做负功,重力做正功,根据动能定理,可得WG-WF=,解得WF=WG+,即线框从t1到t2过程中克服安培力所做的功等于线框机械能的减少量,选项C正确,选项D错误。二、非选择题(本题共2小题,共36分)9.(16分)(2019·广东深圳模拟)如图所示,竖直固定的倒U形导轨NMPQ,轨道间距l=0.8m,上端开小口与水平线圈C连接,线圈面积S=0.8m2,匝数N=200,电阻r=15Ω。质量m=0.08kg的导体棒ab被外力水平压在导轨一侧,导体棒接入电路部分的电阻R=1Ω。开始时整个装置处于竖直向上的匀强磁场中。t=0时撤去外力,同时磁感应强度按B=B0-kt的规律变化,其中k=0.4T/s;t1=1s时,导体棒开始下滑,它与导轨间的动摩擦因数μ=0.5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。其余电阻不计(重力加速度g取10m/s2)。6(1)求0~1s内通过导体棒的电流大小。(2)求t=0时的磁感应强度B0。(3)若仅将磁场方向改为竖直向下,要使导体棒ab在0~1s内仍静止,是否需要将它靠在导轨的另一侧?简要说明理由。答案:(1)4A(2)0.9T(3)不需要;由楞次定律可知,磁场方向相反,感应电流方向也相反,由左手定则可知导体棒所受安培力的方向不变,所以不需要将它靠在导轨的另一侧。解析:(1)0~t1时间内,对线圈C和整个回路有,E=NS=kSI=联立并代入数据解得I=4A。(2)t1=1s时刻,导体棒即将下滑,有mg=FfFf=μFNFN=B1IlB1=B0-kt1联立并代入数据解得B0=0.9T。10.(20分)(2017·天津卷)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度,其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意图如图所示,图中直流电源电动势为E,电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l,电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN,垂直放在两导轨间处于静止状态,并与导轨良好接触。首先开关S接1,使电容器完全充电。然后将S接至2,导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出),MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时,回路中电流为零,MN达到最大速度,之后离开导轨。求:(1)磁场的方向;(2)MN刚开始运动时加速度a的大小;(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。答案:(1)垂直于导轨平面向下7(2)(3)解析:(1)由题意可知,MN所受安培力可以使其水平向右运动,故安培力方向为水平向右,而MN中的电流方向为从M到N,因此,根据左手定则可判断磁场方向为垂直于导轨平面向下。(2)电容器完全充电后,两极板间电压为E,当开关S接2时,电容器放电,设刚放电时流经MN的电流为I,有I=①设MN受到的安培力为F,有F=IlB②由牛顿第二定律,有F=ma③联立①②③式得a=。④(3)当电容器充电完毕时,设电容器上电荷量为Q0,有Q0=CE⑤开关S接2后,MN开始向右加速运动,速度达到最大值vmax时,设MN上的感应电动势为E',有E'=Blvmax⑥依题意有E'=⑦设在此过程中MN的平均电流为,MN上受到的平均安培力为,有lB⑧由动量定理,有Δt=mvmax-0⑨又Δt=Q0-Q⑩联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q=。