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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)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,16题只有一个选项符合题目要求,78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.2B0vaB.B0vaC.B0v2aD.4B0va2.(2018全国卷)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);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)。在过程、中,流过OM的电荷量相等,则BB等于()A.B.C.D.23.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12D.圆环和线框中的电流大小之比为214.小明有一个磁浮玩具,其原理是利用电磁铁产生磁性,让具有磁性的玩偶稳定地飘浮起来,其构造如图所示。若图中电源的电压固定,可变电阻为一可以随意改变电阻大小的装置,则下列叙述正确的是()A.电路中的电源必须是交流电源B.电路中的a端点须连接直流电源的负极C.若增加环绕软铁的线圈匝数,可增加玩偶飘浮的最大高度D.若将可变电阻的电阻值调大,可增加玩偶飘浮的最大高度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04 s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()6.如图所示,足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置,两导轨的平面与水平方向的夹角为。在导轨的最上端M、P之间接有电阻R,不计其他电阻。导体棒ab从导轨的最底端冲上导轨,当没有磁场时,ab棒上升的最大高度为hmax;若存在垂直导轨平面的匀强磁场时,ab棒上升的最大高度为h。在两次运动过程中ab棒都与导轨保持垂直,且初速度都相等。则下列说法正确的是()A.两次上升的最大高度有hmaxhB.有磁场时ab棒所受合力的功大于无磁场时合力的功C.有磁场时,电阻R产生的焦耳热为12mv02D.有磁场时,ab棒上升过程的最小加速度为gsin 7.如图甲所示,abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框,在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域,MN和MN是匀强磁场区域的水平边界,边界的间距为s,并与线框的bc边平行,磁场方向与线框平面垂直。现让金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落,图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v-t图象(其中OA、BC、DE相互平行)。已知金属线框的边长为l(ls)、质量为m、电阻为R,当地的重力加速度为g,图象中坐标轴上所标出的字母v1、v2、t1、t2、t3、t4均为已知量。(下落过程中bc边始终水平)根据题中所给条件,以下说法正确的是()A.t2是线框全部进入磁场瞬间,t4是线框全部离开磁场瞬间B.从bc边进入磁场起一直到ad边离开磁场为止,感应电流所做的功为mgsC.v1的大小可能为mgRB2l2D.线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量比线框进入磁场过程中流经线框横截面的电荷量多8.如图所示,在倾角为的光滑斜面上,存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域。区域的磁场方向垂直斜面向上,区域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=gsin B.导线框两次匀速直线运动的速度v1v2=41C.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m(v12-v22)2机械能转化为电能二、非选择题 (本题共2小题,共36分)9.(16分)如图所示,装置的左边是足够长的光滑水平台面,一轻质弹簧左端固定、右端连接着质量 m0=2 kg的小物块A。装置的中间是水平传送带,它与左右两边的台面等高,并能平滑连接。传送带始终以u=2 m/s的速率逆时针转动。装置的右边是一光滑曲面,质量m=1 kg的小物块B从其上距水平台面高h=1.0 m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数=0.2,l=1.0 m。设物块A、B间发生的是对心弹性碰撞,第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态,g取10 m/s2。(1)求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小;(2)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上?(3)如果物块A、B每次碰撞后,物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定,而当它们再次碰撞前锁定被解除,试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小。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.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=B0avR;磁感应强度随时间均匀变化时,E=Bta2,E=IR,联立得E=Bta2=B0av,得Bt=B0va。2.B解析 根据q=R得,q1=B14r2R=Br24R,q2=(B-B)r22R,因为q1=q2,解得B=32B,故B正确。3.A解析 根据楞次定律可知当磁场均匀减小时,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=a2,圆周长为l=2a,正方形面积为S=2a2,正方形周长为l=42a,因为磁场是均匀减小的,故E=SBt,所以圆和正方形内的电动势之比为EE=SS=2,两者的电阻之比为RR=22,故电流之比为II=21,故C、D错误。4.C解析 让具有磁性的玩偶稳定地飘浮起来,则需让玩偶受到向上的恒定的磁场力,在线圈中要产生上面是N极的恒定的磁场,故电路中的电源必须是直流电源,且根据左手定则,电路中的a端点须连接直流电源的正极,选项A、B错误;若增加环绕软铁的线圈匝数,可使电磁铁产生的磁场增强,从而增加玩偶飘浮的最大高度,选项C正确;若将可变电阻的电阻值调大,则通过电磁铁的电流减小,磁场减弱,则可减小玩偶飘浮的最大高度,选项D错误。5.A解析 由磁感应强度随时间的变化图象可判断出12 s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34 s内安培力方向排除选项B。6.D解析 没加磁场时,机械能守恒,动能全部转化为重力势能。加有磁场时,动能的一部分转化为重力势能,还有一部分转化为整个回路的内能,则加有磁场时的重力势能小于没加磁场时的重力势能,即hhmax,故A错误;由动能定理知,合力的功等于导体棒动能的变化量,有、无磁场时,棒的初速度相等,末速度都为零,则知ab棒所受合力的功相等,故B错误;设电阻R产生的焦耳热为Q,根据能量守恒知有12mv02=Q+mgh,则Qu=2 m/s,所以v=4 m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小。(2)设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v、v1,取向右为正方向,由弹性碰撞知-mv=mv1+m0v12mv2=12mv12+12m0v2解得v1=13v=43 m/s即碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l,则0-v12=-2all=49 m1 m所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上。(3)当物块B在传送带上向右运动的速度为零后,将会沿传送带向左加速。可以判断,物块B运动到左边台面时的速度大小为v1,继而与物块A发生第二次碰撞。设第二次碰撞后物块B速度大小为v2,同上计算可知v2=13v1=132v物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞,碰撞后物块B的速度大小依次为v3=13v2=133v,v4=13v3=134v,则第n次碰撞后物块B的速度大小为vn=13nvvn=43n m/s。10.答案 (1)垂直于导轨平面向下(2)BlEmR(3)B2l2C2Em+B2l2C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=ER设MN受到的安培力为F,有F=IlB由牛顿第二定律,有F=ma联立式得a=BlEmR。(3)当电容器充电完毕时,设电容器上电荷量为Q0,有Q0=CE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=Blvmax依题意有E=QC设在此过程中MN的平均电流为I,MN上受到的平均安培力为F,有F=IlB由动量定理,有Ft=mvmax-0又It=Q0-Q联立式得Q=B2l2C2Em+B2l2C。
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