电磁感应高考真题 10页

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  • 2021-05-13 发布

电磁感应高考真题

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‎1.[2016·北京卷] 如图1所示,匀强磁场中有两个导体圆环a、b,磁场方向与圆环所在平面垂直.磁感应强度B随时间均匀增大.两圆环半径之比为2∶1,圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb,不考虑两圆环间的相互影响.下列说法正确的是(  )‎ 图1‎ A.Ea∶Eb=4∶1,感应电流均沿逆时针方向 B.Ea∶Eb=4∶1,感应电流均沿顺时针方向 C.Ea∶Eb=2∶1,感应电流均沿逆时针方向 D.Ea∶Eb=2∶1,感应电流均沿顺时针方向 答案:B ‎ 解析: 由法拉第电磁感应定律可知E=n,则E=nπR2.由于Ra∶Rb=2∶1,则Ea∶Eb=4∶1.由楞次定律和安培定则可以判断产生顺时针方向的电流.选项B正确.‎ ‎2. [2016·江苏卷] 电吉他中电拾音器的基本结构如图1所示,磁体附近的金属弦被磁化,因此弦振动时,在线圈中产生感应电流,电流经电路放大后传送到音箱发出声音,下列说法正确的有(  )‎ A.选用铜质弦,电吉他仍能正常工作 B.取走磁体,电吉他将不能正常工作 C.增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势 D.磁振动过程中,线圈中的电流方向不断变化 答案:BCD ‎ 解析: 选用铜质弦时,不会被磁化,不会产生电磁感应现象,电吉他不能正常工作,选项A错误;取走磁体时,金属弦磁性消失,电吉他不能正常工作,选项B正确;根据法拉第电磁感应定律可知,增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势,选项C正确;根据楞次定律可知,磁振动过程中,线圈中的电流方向不断变化,选项D正确.‎ ‎3.[2016·全国卷Ⅱ] 法拉第圆盘发电机的示意图如图1所示.铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触.圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中.圆盘旋转时,关于流过电阻R的电流,下列说法正确的是(  )‎ 图1‎ A.若圆盘转动的角速度恒定,则电流大小恒定 B.若从上向下看,圆盘顺时针转动,则电流沿a到b的方向流动 C.若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则电流方向可能发生变化 D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍,则电流在R上的热功率也变为原来的2倍 答案:AB ‎ ‎5.[2016·江苏卷] 据报道,一法国摄影师拍到“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间.照片中,“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见.如图所示,假设“天宫一号”正以速度v=7.7 km/s绕地球做匀速圆周运动,运动方向与太阳帆板两端M、N的连线垂直,M、N间的距离L=20 m,地磁场的磁感应强度垂直于v,MN所在平面的分量B=1.0×10-5 T,将太阳帆板视为导体.‎ 图1‎ ‎(1)求M、N间感应电动势的大小E;‎ ‎(2)在太阳帆板上将一只“1.5 V,0.3 W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路,不计太阳帆板和导线的电阻.试判断小灯泡能否发光,并说明理由;‎ ‎(3)取地球半径R=6.4×103 km,地球表面的重力加速度g=9.8 m/s2,试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h(计算结果保留一位有效数字).‎ 解析: (1)法拉第电磁感应定律E=BLv,代入数据得E=1.54 V ‎(2)不能,因为穿过闭合回路的磁通量不变,不产生感应电流.‎ ‎(3)在地球表面有G=mg 匀速圆周运动G=m 解得h=g-R,代入数据得h≈4×105 m(数量级正确都算对)‎ ‎6.[2016·浙江卷] 如图12所示,a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数均为10匝,边长la=3lb,图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间均匀增大,不考虑线圈之间的相互影响,则(  )‎ 图12‎ A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流 B.a、b线圈中感应电动势之比为9∶1‎ C.a、b线圈中感应电流之比为3∶4 D.a、b线圈中电功率之比为3∶1‎ 答案:B ‎ 解析: 由楞次定律可判断,两线圈中产生的感应电流均沿逆时针方向,选项A错误;由E=nS,S=l2,R=ρ,I=,P=,可知Ea:Eb=9:1,Ia:Ib=3:1,Pa:Pb=27:1,选项B正确,选项C、D错误.‎ ‎7.[2016·全国卷Ⅰ] 如图1,两固定的绝缘斜面倾角均为θ,上沿相连.两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L,质量分别为2m和m;用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca,并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上,使两金属棒水平.右斜面上存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于斜面向上,已知两根导线刚好不在磁场中,回路电阻为R,两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度大小为g,已知金属棒ab匀速下滑.求:‎ ‎(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小;‎ ‎(2)金属棒运动速度的大小.‎ 图1‎ 解析: (1)设导线的张力的大小为T,右斜面对ab棒的支持力的大小为N1,作用在ab棒上的安培力的大小为F,左斜面对cd棒的支持力大小为N2,对于ab棒,由力的平衡条件得 ‎2mgsin θ=μN1+T+F ①‎ N1=2mgcos θ ②‎ 对于cd棒,同理有mgsin θ+μN2=T ③‎ N2=mgcos θ ④‎ 联立①②③④式得F=mg(sin θ-3μcos θ) ⑤‎ ‎(2)由安培力公式得F=BIL ⑥‎ 这里I是回路abdca中的感应电流,ab棒上的感应电动势为ε=BLv ⑦‎ 式中,v是ab棒下滑速度的大小,由欧姆定律得I= ⑧‎ 联立⑤⑥⑦⑧式得v=(sin θ-3μcos θ) ⑨‎ ‎8.[2016·全国卷Ⅱ] 如图1所示,水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻,质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上.t=0时,金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动.t0时刻,金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,且在磁场中恰好能保持匀速运动.杆与导轨的电阻均忽略不计,两者始终保持垂直且接触良好,两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求:‎ ‎(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小;‎ ‎(2)电阻的阻值.‎ 图1‎ 解析: (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a,由牛顿第二定律得ma=F-μmg ①‎ 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v,由运动学公式有v=at0 ②‎ 当金属杆以速度v在磁场中运动时,由法拉第电磁感应定律,杆中的电动势为E=Blv ③‎ 联立①②③式可得E=Blt0 ④‎ ‎(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时,金属杆中的电流为I,根据欧姆定律I= ⑤‎ 式中R为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为f=BIl ⑥‎ 因金属杆做匀速运动,由牛顿运动定律得F-μmg-f=0 ⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式得R= ⑧‎ ‎10.[2016·浙江卷] 小明设计的电磁健身器的简化装置如图110所示,两根平行金属导轨相距l=0.50 m,倾角θ=53°,导轨上端串接一个R=0.05 Ω的电阻.在导轨间长d=0.56 m的区域内,存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度B=2.0 T.质量m ‎=4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上,用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连.CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s=0.24 m.一位健身者用恒力F=80 N拉动GH杆,CD棒由静止开始运动,上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直.当CD棒到达磁场上边界时健身者松手,触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10 m/s2,sin 53°=0.8,不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量).求:‎ ‎(1)CD棒进入磁场时速度v的大小;‎ ‎(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小;‎ ‎(3)在拉升CD棒的过程中,健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.‎ 解析: (1)由牛顿定律a==12 m/s2 ①‎ 进入磁场时的速度v==2.4 m/s ②‎ ‎(2)感应电动势E=Blv ③‎ 感应电流I= ④‎ 安培力FA=IBl ⑤‎ 代入得FA==48 N ⑥‎ ‎(3)健身者做功W=F(s+d)=64 J ⑦‎ 由牛顿定律F-mgsin θ-FA=0 ⑧‎ CD棒在磁场区做匀速运动 在磁场中运动时间t= ⑨‎ 焦耳热Q=I2Rt=26.88 J ⑩‎ ‎25.(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)如图,两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ,间距为L.导轨上端接有一平行板电容器,电容为C.导轨处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向垂直于导轨平面.在导轨上放置一质量为m的金属棒,棒可沿导轨下滑,且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触.已知金属棒与导轨之间的动摩擦因素为μ,重力加速度大小为g.忽略所有电阻.让金属棒从导轨上端由静止开始下滑,求:‎ ‎(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系;‎ ‎(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系.‎ 解析:从电磁感应中的动生电动势和电容器的充放电及牛顿第二定律入手.‎ ‎(1)设金属棒下滑的速度大小为v,则感应电动势为 E=BLv ①‎ 平行板电容器两极板之间的电势差为 U=E ②‎ 设此时电容器极板上积累的电荷量为Q,据定义有 C= ③‎ 联立①②③式得 Q=CBLv. ④‎ ‎(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t,通过金属棒的电流为i.金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上,大小为 f1=BLi ⑤‎ 设在时间间隔(t,t+Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ,据定义有 i= ⑥‎ ΔQ也是平行板电容器极板在时间间隔(t,t+Δt)内增加的电荷量.由④式得 ΔQ=CBLΔv ⑦‎ 式中,Δv为金属棒的速度变化量.据定义有 a= ⑧‎ 金属棒所受到的摩擦力方向斜向上,大小为 f2=μN ⑨‎ 式中,N是金属棒对导轨的正压力的大小,有 N=mgcos θ ⑩‎ 金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下,设其大小为a,‎ 根据牛顿第二定律有 mgsin θ-f1-f2=ma ⑪‎ 联立⑤至⑪式得 a= ⑫‎ 由⑫式及题设可知,金属棒做初速度为零的匀加速直线运动.t时刻金属棒的速度大小为 v=gt. ⑬‎ ‎17.(2013·高考大纲全国卷) 纸面内两个半径均为R的圆相切于O点,两圆形区域内分别存在垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小相等、方向相反,且不随时间变化.一长为2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转,角速度为ω,t=0时OA恰好位于两圆的公切线上,如图所示.若选取从O指向A的电动势为正,下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图象可能正确的是(  )‎ 解析:选C.从导体杆转动切割磁感线产生感应电动势的角度考虑.当导体杆顺时针转动切割圆形区域中的磁感线时,由右手定则判断电动势由O指向A ‎,为正,选项D错误;切割过程中产生的感应电动势E=BL=BL2ω,其中L=2Rsin ωt,即E=2BωR2 sin2 ωt,可排除选项A、B,选项C正确.‎ ‎17.(2013·高考北京卷)如图所示,在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中,金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动, MN中产生的感应电动势为E1;若磁感应强度增为2B,其他条件不变,MN中产生的感应电动势变为E2.则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1∶E2分别为(  )‎ A.c→a,2∶1 B.a→c,2∶1‎ C.a→c,1∶2 D.c→a,1∶2‎ 解析:选C.金属杆垂直平动切割磁感线产生的感应电动势E=Blv,判断金属杆切割磁感线产生的感应电流方向可用右手定则.‎ 由右手定则判断可得,电阻R上的电流方向为a→c,由E=Blv知,E1=Blv,E2=2Blv,则E1∶E2=1∶2,故选项C正确.‎ ‎3.(2013·高考天津卷)‎ 如图所示,纸面内有一矩形导体闭合线框abcd,ab边长大于bc边长,置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外,线框两次匀速地完全进入磁场,两次速度大小相同,方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场,线框上产生的热量为Q1,通过线框导体横截面的电荷量为q1;第二次bc边平行MN进入磁场,线框上产生的热量为Q2,通过线框导体横截面的电荷量为q2,则(  )‎ A.Q1>Q2,q1=q2 B.Q1>Q2,q1>q2‎ C.Q1=Q2,q1=q2 D.Q1=Q2,q1>q2‎ 解析:选A.根据法拉第电磁感应定律E=Blv、欧姆定律I=和焦耳定律Q=I2Rt,得线圈进入磁场产生的热量Q=·=,因为lab>lbc,所以Q1>Q2.根据=,=及q=Δt得q=,故q1=q2.选项A正确,选项B、C、D错误.‎ ‎13.(2013·高考江苏卷)‎ 如图所示,匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd,线圈平面与磁场垂直.已知线圈的匝数N=100,边长ab =1.0 m、bc=0.5 m,电阻r=2 Ω.磁感应强度B在0~1 s内从零均匀变化到0.2 T.在1~5 s内从0.2 T均匀变化到-0.2 T,取垂直纸面向里为磁场的正方向.求:‎ ‎(1)0.5 s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向;‎ ‎(2)在1~5 s内通过线圈的电荷量q;‎ ‎(3)在0~5 s内线圈产生的焦耳热Q.‎ 解析:(1)感应电动势E1=N,磁通量的变化量ΔΦ1=ΔB1S,解得E1=N,代入数据得E1=10 V,感应电流的方向为a→d→c→b→a.‎ ‎(2)同理可得E2=N,感应电流I2= 电荷量q=I2Δt2,解得q=N,代入数据得q=10 C.‎ ‎(3)0~1 s内的焦耳热Q1=IrΔt1,且I1=,1~5 s内的焦耳热Q2=IrΔt2‎ 由Q=Q1+Q2,代入数据得Q=100 J.‎ 答案:(1)10 V,感应电流的方向为a→d→c→b→a ‎(2)10 C (3)100 J ‎16.‎ ‎(2013·高考安徽卷)如图所示,足够长平行金属导轨倾斜放置,倾角为37°,宽度为0.5 m,电阻忽略不计,其上端接一小灯泡,电阻为1 Ω.一导体棒MN垂直于导轨放置,质量为0.2 kg,接入电路的电阻为1 Ω,两端与导轨接触良好,与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度为0.8 T.将导体棒MN由静止释放,运动一段时间后,小灯泡稳定发光,此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6)(  )‎ A.2.5 m/s 1 W B.5 m/s 1 W C.7.5 m/s 9 W D.15 m/s 9 W 解析:‎ 选B.把立体图转为平面图,由平衡条件列出方程是解决此类问题的关键.对导体棒进行受力分析作出截面图,如图所示,导体棒共受四个力作用,即重力、支持力、摩擦力和安培力.‎ 由平衡条件得mgsin 37°=F安+Ff ①‎ Ff=μFN ②‎ FN=mgcos 37° ③‎ 而F安=BIL ④‎ I= ⑤‎ E=BLv ⑥‎ 联立①~⑥式,解得v= 代入数据得v=5 m/s.‎ 小灯泡消耗的电功率为P=I2R ⑦‎ 由⑤⑥⑦式得P=2R=1 W.故选项B正确.‎ ‎15.(2013·高考浙江卷)磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区,刷卡器中有检测线圈,当以速度v0刷卡时,在线圈中产生感应电动势.其Et关系如图所示.如果只将刷卡速度改为,线圈中的Et关系图可能是(  )‎ ‎ ‎ 解析:选D.由公式E=Blv可知,当刷卡速度减半时,线圈中的感应电动势最大值减半,且刷卡所用时间加倍,故本题正确选项为 D.‎ ‎18.‎ ‎(2013·高考福建卷)如图,矩形闭合导体线框在匀强磁场上方,由不同高度静止释放,用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻.线框下落过程形状不变,ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行,线框平面与磁场方向垂直.设OO′下方磁场区域足够大,不计空气影响,则下列哪一个图像不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律(  )‎ 解析:选A.根据导体线框进入磁场的速度的不同分析线框的受力情况、运动情况,从而判断可能的vt图像.‎ 线框先做自由落体运动,因线框下落高度不同,故线框ab边刚进磁场时,其所受安培力F安与重力mg的大小关系可分以下三种情况:‎ ‎①当F安=mg时,线框匀速进入磁场,其速度v=,选项D有可能;‎ ‎②当F安<mg时,线框加速进入磁场,又因F安=,因此a=,即a=g-,速度v增大,a减小,线框做加速度逐渐减小的加速运动,选项C有可能;③当F安>mg时,线框减速进入磁场,a=-g,v减小,a减小,线框做加速度逐渐减小的减速运动,当线框未完全进入磁场而a减为零时,即此时F安=mg,线框开始做匀速运动,当线框完全进入磁场后做匀加速直线运动,选项B有可能.故不可能的只有选项A.‎