电磁感应高考真题.docx
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电磁感应高考真题
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
ΔΦ
ΔB
解析:
由法拉第电磁感应定律可知E=n,则E=nπRa∶Rb=2∶1,则Ea∶
2.由于R
ΔtΔt
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
4.[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
=20m,地磁场的磁感应强度垂直于v,MN所在平面的分量B=1.0×10-5T,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“1.5V,0.3W”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=6.4×103km,地球表面的重力加速度g=9.8m/s
3km,地球表面的重力加速度g=9.8m/s
2
,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=1.54V
(2)不能,因为穿过闭合回路的磁通量不变,不产生感应电流.
Mm
(3)在地球表面有G2=mg
R
Mm
匀速圆周运动G
(R+h)
2
v
2=m
R+h
2
R
解得h=g2-R,代入数据得h≈4×10
5m(数量级正确都算对)
v
5.[2016·浙江卷]如图1-2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1-2
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∶4D.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
ΔB
=nS,S=l
Δt
2
lEE
2,R=ρ,I=,P=,可知Ea:
Eb=9:
1,Ia:
Ib=3:
1,Pa:
Pb=27:
1,
,I=,P=,可知Ea:
Eb=9:
1,Ia:
Ib=3:
1,Pa:
Pb=27:
1,
SRR
选项B正确,选项C、D错误.
6.[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
2mgsinθ=μN1+T+F①
N1=2mgcosθ②
对于cd棒,同理有mgsinθ+μN2=T③
N2=mgcosθ④
联立①②③④式得F=mg(sinθ-3μcosθ)⑤
(2)由安培力公式得F=BIL⑥
这里I是回路abdca中的感应电流,ab棒上的感应电动势为ε=BLv⑦
式中,v是ab棒下滑速度的大小,由欧姆定律得I=
ε
R
⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得v=(sinθ-3μcosθ)
mgR
2⑨
B2L
2L
7.[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-μmg①
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=at0②
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=Blv③
联立①②③式可得E=Blt0
F
-μg④
m
(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=
E
R
⑤
式中R为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为f=BIl⑥
因金属杆做匀速运动,由牛顿运动定律得F-μmg-f=0⑦
联立④⑤⑥⑦式得R=
B2l
2l
2t
m
0
⑧
10.[2016·浙江卷]小明设计的电磁健身器的简化装置如图1-10所示,两根平行金属导轨
相距l=0.50m,倾角θ=53°,导轨上端串接一个R=0.05Ω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=2.0T.质量m=4.0kg
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=0.24m.一位健身者用恒力F=80N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10m/s
2,sin53°=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.
F-mgsinθ
解析:
(1)由牛顿定律a==12m/s
m
2①
进入磁场时的速度v=2as=2.4m/s②
(2)感应电动势E=Blv③
Blv
R
感应电流I=
④
安培力FA=IBl⑤
(Bl)
代入得FA=
R
2v
=48N⑥
(3)健身者做功W=F(s+d)=64J⑦
由牛顿定律F-mgsinθ-FA=0⑧
CD棒在磁场区做匀速运动
在磁场中运动时间t=
d
v
⑨
焦耳热Q=I
2Rt=26.88J⑩
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=BLv①
平行板电容器两极板之间的电势差为
U=E②
设此时电容器极板上积累的电荷量为Q,据定义有
Q
U
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=BLi⑤
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
ΔQ
Δt
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=CBLΔv⑦
式中,Δv为金属棒的速度变化量.据定义有
a=
Δv
Δt
⑧
金属棒所受到的摩擦力方向斜向上,大小为
f2=μN⑨
式中,N是金属棒对导轨的正压力的大小,有
N=mgcosθ⑩
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
mgsinθ-f1-f2=ma?
联立⑤至?
式得
a=
msinθ-μcosθg
m+B2L2C
2L2C
?
由?
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=
msinθ-μcosθ
gt.?
m+B2L2C
2L2C
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=BLv=
1
2
BL2ω,其中L=2Rsinωt,即E=2BωR2sin2ωt,
2ω,其中L=2Rsinωt,即E=2BωR2sin2ωt,
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∶1B.a→c,2∶1
C.a→c,1∶2D.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=q2B.Q1>Q2,q1>q2
C.Q1=Q2,q1=q2D.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=
E
2Rt,得
和焦耳定律Q=I
R
线圈进入磁场产生的热量Q=
222
Blvl′
·
Rv
2
BSlv
=
,因为lab>lbc,所以Q1>Q2.根据E=
R
ΔΦ
,I
Δt
=
E
R
BS
及q=IΔt得q=,故q1=q2.选项A正确,选项B、C、D错误.
R
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=1.0m、bc=0.5m,电阻r=2Ω.磁感应强度B在0~1s内从零均匀
变化到0.2T.在1~5s内从0.2T均匀变化到-0.2T,取垂直纸面向里为磁场的正方向.求:
(1)0.5s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向;
(2)在1~5s内通过线圈的电荷量q;
(3)在0~5s内线圈产生的焦耳热Q.
ΔΦ1
ΔB1S
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
Δt1Δt1
数据得E1=10V,感应电流的方向为a→d→c→b→a.
ΔB2SE2
(2)同理可得E2=N,感应电流I2=
Δt2r
ΔB2S
电荷量q=I2Δt2,解得q=N,代入数据得q=10C.
r
E1
2
(3)0~1s内的焦耳热Q1=I1rΔt1,且I1=,1~5s内的焦耳热Q2=I
r
2
2rΔt2
由Q=Q1+Q2,代入数据得Q=100J.
答案:
(1)10V,感应电流的方向为a→d→c→b→a
(2)10C(3)100J
8.
(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0.5m,
电阻忽略不计,其上端接一小灯泡,电阻为1Ω.一导体棒MN垂直于导轨放置,质量为0.2kg,
接入电路的电阻为1Ω,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0.8T.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10m/s
2,sin37°=0.6)()
A.2.5m/s1WB.5m/s1W
C.7.5m/s9WD.15m/s9W
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mgsin37=°F安+Ff①
Ff=μFN②
FN=mgcos37°③
而F安=BIL④
I=
E
R+r
⑤
E=BLv⑥
mgsin37-°μcos37°R+r联立①~⑥式,解得v=
B
2L2
代入数据得v=5m/s.
2
小灯泡消耗的电功率为P=IR⑦
由⑤⑥⑦式得P=
BLv
R+r
2R=1W.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E-t关系如图所示.如果
只将刷卡速度改为
v0
2
,线圈中的E-t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v-t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:
mgR
①当F安=mg时,线框匀速进入磁场,其速度v=2,选项D有可能;
2
BL
B
2L2v
mg-
BR
2L2v
②当F安<mg时,线框加速进入磁场,又因F安=,因此a=,即a=g
Rm
B
2L2v
-
,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
mR
B
2L2v
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
mR
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.
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