電磁感應高考真題

1、精品1.2016北京卷如圖1-所示，勻強磁場中有兩個導體圓環(huán)a、b,磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直.磁感應強度B隨時間均勻增大.兩圓環(huán)半徑之比為2：1,圓環(huán)中產(chǎn)生的感應電動勢分別為Ea和Eb,不考慮兩圓環(huán)間的相互影響.下列說法正確的是（）感謝下載載A.Ea：Eb=4：1,感應電流均沿逆時針方向B.Ea：Eb=4：1,感應電流均沿順時針方向C.Ea：Eb=2：1,感應電流均沿逆時針方向D.Ea：Eb=2：1,感應電流均沿順時針方向答案：BAAB解析：由法拉第電磁感應定律可知E=n則E=nT兀R2.由于Ra：Rb=2：1,則Ea：AtAtEb=4：1.由楞次定律和安培定則可以判斷產(chǎn)生順時針方向的電流.

2、選項B正確.2.2016江蘇卷電吉他中電拾音器的基本結構如圖1-所示，磁體附近的金屬弦被磁化，因此弦振動時，在線圈中產(chǎn)生感應電流，電流經(jīng)電路放大后傳送到音箱發(fā)出聲音，下列說法正確的有（）A.選用銅質弦，電吉他仍能正常工作B.取走磁體，電吉他將不能正常工作C.增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應電動勢D.磁振動過程中，線圈中的電流方向不斷變化答案：BCD解析：選用銅質弦時，不會被磁化，不會產(chǎn)生電磁感應現(xiàn)象，電吉他不能正常工作，選項A錯誤；取走磁體時，金屬弦磁性消失，電吉他不能正常工作，選項B正確；根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應電動勢，選項C正確；根據(jù)楞次定律可知，磁振動

3、過程中，線圈中的電流方向不斷變化，選項D正確.3.2016全國卷可法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖1-所示.銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸.圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中.圓盤旋轉時，關于流過電阻R的電流，下列說法正確的是（）iuPQ圖1-A.若圓盤轉動的角速度恒定，則電流大小恒定B.若從上向下看，圓盤順時針轉動，則電流沿a到b的方向流動C.若圓盤轉動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化D.若圓盤轉動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍答案：AB5.2016江蘇卷據(jù)報道，一法國攝影師拍到“天宮一號”空間站飛過太陽的瞬間.

4、照片中，“天宮一號”的太陽帆板輪廓清晰可見.如圖所示，假設“天宮一號”正以速度v=7.7km/s繞地球做勻速圓周運動，運動方向與太陽帆板兩端M、N的連線垂直，M、N間的距離L=20m,地磁場的磁感應強度垂直于v,MN所在平面的分量B=1.0X10-5T,將太陽帆板視為導體.VXXfXXqX乂口XBXUUy1皿XXXX圖1-求M、N間感應電動勢的大小E；（2）在太陽帆板上將一只“1.5V,0.3W”的小燈泡與M、N相連構成閉合電路，不計太陽帆板和導線的電阻.試判斷小燈泡能否發(fā)光，并說明理由；取地球半徑R=6.4X103km,地球表面的重力加速度g=9.8m/s2,試估算“天宮一號”距離地球表面的

5、高度h（計算結果保留一位有效數(shù)字）.解析：（1）法拉第電磁感應定律E=BLv,代入數(shù)據(jù)得E=1.54V（2）不能，因為穿過閉合回路的磁通量不變，不產(chǎn)生感應電流.（3）在地球表面有G_2-=mgRMmv2勻速圓周運動G；=R2解得代入數(shù)據(jù)得X1。5m（數(shù)量級正確都算對）6.2。16浙江卷如圖1-2所示，a、b兩個閉合正方形線圈用同樣的導線制成，匝數(shù)均為10匝，邊長la=3lb,圖示區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，且磁感應強度隨時間均勻增大，不考慮線圈之間的相互影響，則（）圖1-2A.兩線圈內產(chǎn)生順時針方向的感應電流B.a、b線圈中感應電動勢之比為9：1C.a、b線圈中感應電流之比為3：4D.a、

6、b線圈中電功率之比為3：1答案：B解析：由楞次定律可判斷，兩線圈中產(chǎn)生的感應電流均沿逆時針方向，選項A錯誤；由E=nS,S=l2,R=p,I=,P=,可知Ea：Eb=9：1,Ia：Ib=3：1,Pa：Pb=27：AtSRR1 ,選項B正確，選項C、D錯誤.7.2016全國卷I如圖1-,兩固定的絕緣斜面傾角均為0,上沿相連.兩細金屬棒ab（僅標出a端）和cd（僅標出c端）長度土勻為L,質量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導線將它們連成閉合回路abdca,并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平.右斜面上存在勻強磁場，磁感應強度大小為B,方向垂直于斜面向上，已知兩

7、根導線剛好不在磁場中，回路電阻為R,兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為巴重力加速度大小為g,已知金屬棒ab勻速下滑.求：（1）作用在金屬棒ab上的安培力的大??；（2）金屬棒運動速度的大小.解析：（1）設導線的張力的大小為T,右斜面對ab棒的支持力的大小為Ni,作用在ab棒上的安培力的大小為F,左斜面對cd棒的支持力大小為N2,對于ab棒，由力的平衡條件得2mgsin8=Ni+T+FNi=2mgcos0對于cd棒，同理有mgsin0+則2=丁N2=mgcos0聯(lián)立式得F=mg(sin0-3cos0)(2)由安培力公式得F=BIL這里I是回路abdca中的感應電流，ab棒上的感應電動勢為dBLv式中

8、，v是ab棒下滑速度的大小，由歐姆定律得I=RmgR聯(lián)立式得v=(sin0-3pcos0)2BZLZ8.2016全國卷n如圖1-所示，水平面(紙面)內間距為l的平行金屬導軌間接一電阻，質量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上.t=0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動.t0時刻，金屬桿進入磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動.桿與導軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為也重力加速度大小為g.求：(1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大??；(2)電阻的阻值.圖1-解析：(1)設金屬桿進入磁場前的加

9、速度大小為a,由牛頓第二定律得ma=F町g設金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v,由運動學公式有v=at0當金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應定律，桿中的電動勢為E=BlvF聯(lián)立式可得E=Blt0四mE(2)設金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿中的電流為I,根據(jù)歐姆定律1=一R式中R為電阻的阻值.金屬桿所受的安培力為f=BIl因金屬桿做勻速運動，由牛頓運動定律得F(imgf=0B2l2to聯(lián)立式得R=m10.2016浙江卷小明設計的電磁健身器的簡化裝置如圖1-10所示，兩根平行金屬導軌相距l(xiāng)=0.50m，傾角0=53,導軌上端串接一個R=0.05的電阻.在導軌間長d=0.56m的區(qū)域

10、內，存在方向垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B=2.0T.質量m=4.0kg的金屬棒CD水平置于導軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連.CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s=0.24m.一位健身者用恒力F=80N拉動GH桿，CD棒由靜止開始運動，上升過程中CD棒始終保持與導軌垂直.當CD棒到達磁場上邊界時健身者松手，觸發(fā)恢復裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10m/s2,sin53=0.8,不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質量).求：(1) CD棒進入磁場時速度v的大小；(2) CD棒進入磁場時所受的安培力Fa的大??；(3)在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)

11、生的焦耳熱Q解析：由牛頓定律a=Fmgsin=12m/s2m進入磁場時的速度v=J2as=2.4m/s(2)感應電動勢E=BlvBlv感應電流I=R安培力Fa=IBl(Bl)2V代入得Fa=48NR(3)健身者做功W=F(s+d)=64J由牛頓定律Fmgsin0Fa=0CD棒在磁場區(qū)做勻速運動在磁場中運動時間焦耳熱Q=I2Rt=26.88J25.(2013高考新課標全國卷I)如圖，兩條平行導軌所在平面與水平地面的夾角為以間距為L.導軌上端接有一平行板電容器，電容為C.導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B,方向垂直于導軌平面.在導軌上放置一質量為m的金屬棒，棒可沿導軌下滑，且在下滑過程中保持與

12、導軌垂直并良好接觸.已知金屬棒與導軌之間的動摩擦因素為的重力加速度大小為g.忽略所有電阻.讓金屬棒從導軌上端由靜止開始下滑，求：(1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關系；(2)金屬棒的速度大小隨時間變化的關系.解析：從電磁感應中的動生電動勢和電容器的充放電及牛頓第二定律入手.(1)設金屬棒下滑的速度大小為v,則感應電動勢為E=BLv平行板電容器兩極板之間的電勢差為U=E設此時電容器極板上積累的電荷量為Q,據(jù)定義有聯(lián)立式得Q=CBLv.（2）設金屬棒的速度大小為v時經(jīng)歷的時間為t,通過金屬棒的電流為i.金屬棒受到的磁場的作用力方向沿導軌向上，大小為fi=BLi設在時間間隔（t,t+A

13、t）內流經(jīng)金屬棒的電荷量為AQ,據(jù)定義有AQi=-Ata也是平行板電容器極板在時間間隔（t,t+及）內增加的電荷量.由式得Q=CBLAv式中，Av為金屬棒的速度變化量.據(jù)定義有Ava=一At金屬棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小為f2=（N式中，N是金屬棒對導軌的正壓力的大小，有N=mgcos0金屬棒在時刻t的加速度方向沿斜面向下，設其大小為a,根據(jù)牛頓第二定律有mgsin0-fi-f2=ma?聯(lián)立至？式得msin0pcos0ga=?m+B2L2C由？式及題設可知，金屬棒做初速度為零的勻加速直線運動.t時刻金屬棒的速度大小msin0pcos0v=丁gt.m+B2L2Cy17.（2013高考大綱全

14、國卷）紙面內兩個半徑均為R的圓相切于O點，兩圓形區(qū)域內分別存在垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度大小相等、方向相反，且不隨時間變化.一長為2R的導體桿OA繞過O點且垂直于紙面的軸順時針勻速旋轉，角速度為co,t=0時OA恰好位于兩圓的公切線上，如圖所示.若選取從O指向A的電動勢為正，下列描述導體桿中感應電動勢隨時間變化的圖象可能正確的是（）解析：選C.從導體桿轉動切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢的角度考慮.當導體桿順時針轉動切割圓形區(qū)域中的磁感線時，由右手定則判斷電動勢由O指向A,為正，選項D錯誤；1切割過程中產(chǎn)生的感應電動勢E=BLv=gBL2以其中L=2Rsin及，即E=2BWR2sin2cot,可

15、排除選項A、B,選項C正確.17.（2013高考北京卷）如圖所示，在磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，金屬桿MN在平行金屬導軌上以速度v向右勻速滑動，MN中產(chǎn)生的感應電動勢為Ei;若磁感應強度增為2B,其他條件不變，MN中產(chǎn)生的感應電動勢變?yōu)镋2.則通過電阻R的電流方向及Ei與E2之比Ei：E2分別為（）A.c一a,2：1B.a一c,2：1C.a-c,1：2D.c-a,1：2解析：選C.金屬桿垂直平動切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢E=Blv,判斷金屬桿切割磁感線產(chǎn)生的感應電流方向可用右手定則.由右手定則判斷可得，電阻R上的電流方向為a-c,由E=Blv知，E=Blv,E=2Blv,則E

16、i：B=1：2,故選項C正確.3. (2013高考天津卷）如圖所示, 向里、邊界為紙面內有一矩形導體閉合線框abcd , ab邊長大于bc邊長，置于垂直紙面MN的勻強磁場外，線框兩次勻速地完全進入磁場，兩次速度大小相同，方向均垂直于 MN .第一次ab邊平行MN進入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q1，通過線框導體橫截面的電荷量為 qi;第二次bc邊平行MN進入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q2,通過線框導體橫截面的電荷量為q2,A. Q1 Q2, q1 =q2C. Q1 = Q2, q = q2則（)B.D.QiQ2, q1q2Q1 = Q2, q1 q2解析：選A.根據(jù)法拉第電磁感應定律E= Blv、歐

17、姆定律EI = 一和焦耳定律Q=I2Rt,得 RB2l2v2 l線圈進入磁場產(chǎn)生的熱量Q =-R vB2Slv-A因為1ab辰,所以Q1Q2.根據(jù)E=GI=及q=I及得q=,故q1=q2.選項A正確，選項B、C、D錯誤.RR13.（2013高考江蘇卷）如圖所示，勻強磁場中有一矩形閉合線圈abcd,線圈平面與磁場垂直.已知線圈的匝數(shù)N=100,邊長ab=1.0m、bc=0.5m,電阻r=2Q磁感應強度B在01s內從零均勻變化到0.2T,在15s內從0.2T均勻變化到一0.2T,取垂直紙面向里為磁場的正方向.求：(1)0.5 s時線圈內感應電動勢的大小(2)在15 s內通過線圈的電荷量在05s內線

18、圈產(chǎn)生的焦耳熱A1E和感應電流的方向;q；Q.解析：(1)感應電動勢 E1 =N一，磁通量的變化量 A1=AB1S,解得E1=N 母1AB1S一，代母1a-d -cb -a.E2I2=一r入數(shù)據(jù)得E1=10V,感應電流的方向為AB2s(2)同理可得E2=N,感應電流及2AB2s電荷量q=I2At2,解得q=N，代入數(shù)據(jù)得q=10C.rEi(3)01s內的焦耳熱Q1=I2rAt1,且Ii=一,15s內的焦耳熱Q2=I2rAt2由Q=Qi+Q2,代入數(shù)據(jù)得Q=100J.答案：(1)10V,感應電流的方向為a-d-c-b-a(2)10C(3)100J16.（2013高考安徽卷）如圖所示，足夠長平行金

19、屬導軌傾斜放置，傾角為37,寬度為0.5m,電阻忽略不計，其上端接一小燈泡，電阻為1Q導體棒MN垂直于導軌放置，質量為0.2kg,接入電路的電阻為1Q,兩端與導軌接觸良好，與導軌間的動摩擦因數(shù)為0.5.在導軌間存在著垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度為0.8T將導體棒MN由靜止釋放，運動一段時間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此后導體棒MN的運動速度以及小燈泡消耗的電功率分別為（重力加速度g取10m/s2,sin37=0.6）（）A2.5m/s1WB5m/s1WC7.5m/s9WD15m/s9W解析：選B.把立體圖轉為平面圖，由平衡條件列出方程是解決此類問題的關鍵.對導體棒進行受力分析作出截面圖，如圖所示，導體棒共受四個力作用，即重力、支持力、摩擦力和安培力由平衡條件得mgsin37=F安+FfFf=歷Fn=mgcos37而尸安=81mg sin 37 pcos 37 R+rE=BLv聯(lián)立式，解得v-BL代入數(shù)據(jù)得v=5m/s.小燈泡消耗的電功率為P=I2RBLvR+ r由式得P=-2R=1W.故選項B正確.15.（2013高考浙江卷）磁卡的磁條中有用于存儲信息的磁極方向不同的磁化區(qū)，刷卡器中有檢測線圈，當以速