电磁感应高考真题 10页

‎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.‎