電磁感應(yīng)高考真題

1、精品1.2016北京卷如圖1-所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩個(gè)導(dǎo)體圓環(huán)a、b,磁場(chǎng)方向與圓環(huán)所在平面垂直.磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)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(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(yīng)電流均沿逆時(shí)針方向B.Ea：Eb=4：1,感應(yīng)電流均沿順時(shí)針方向C.Ea：Eb=2：1,感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針方向D.Ea：Eb=2：1,感應(yīng)電流均沿順時(shí)針方向答案：BAAB解析：由法拉第電磁感應(yīng)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(shí)針方向的電流.

2、選項(xiàng)B正確.2.2016江蘇卷電吉他中電拾音器的基本結(jié)構(gòu)如圖1-所示，磁體附近的金屬弦被磁化，因此弦振動(dòng)時(shí)，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)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(zhì)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(yīng)電動(dòng)勢(shì)D.磁振動(dòng)過程中，線圈中的電流方向不斷變化答案：BCD解析：選用銅質(zhì)弦時(shí)，不會(huì)被磁化，不會(huì)產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，電吉他不能正常工作，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；取走磁體時(shí)，金屬弦磁性消失，電吉他不能正常工作，選項(xiàng)B正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，選項(xiàng)C正確；根據(jù)楞次定律可知，磁振動(dòng)

3、過程中，線圈中的電流方向不斷變化，選項(xiàng)D正確.3.2016全國(guó)卷可法拉第圓盤發(fā)電機(jī)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(qiáng)磁場(chǎng)B中.圓盤旋轉(zhuǎn)時(shí)，關(guān)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(zhuǎn)動(dòng)的角速度恒定，則電流大小恒定B.若從上向下看，圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則電流沿a到b的方向流動(dòng)C.若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)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(zhuǎn)動(dòng)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(bào)道，一法國(guó)攝影師拍到“天宮一號(hào)”空間站飛過太陽的瞬間.

4、照片中，“天宮一號(hào)”的太陽帆板輪廓清晰可見.如圖所示，假設(shè)“天宮一號(hào)”正以速度v=7.7km/s繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)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(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)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(dǎo)體.VXXfXXqX乂口XBXUUy1皿XXXX圖1-求M、N間感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(gòu)成閉合電路，不計(jì)太陽帆板和導(dǎo)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(hào)”距離地球表面的

5、高度h（計(jì)算結(jié)果保留一位有效數(shù)字）.解析：（1）法拉第電磁感應(yīng)定律E=BLv,代入數(shù)據(jù)得E=1.54V（2）不能，因?yàn)榇┻^閉合回路的磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流.（3）在地球表面有G_2-=mgRMmv2勻速圓周運(yùn)動(dòng)G；=R2解得代入數(shù)據(jù)得X1。5m（數(shù)量級(jí)正確都算對(duì)）6.2。16浙江卷如圖1-2所示，a、b兩個(gè)閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成，匝數(shù)均為10匝，邊長(zhǎng)la=3lb,圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)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(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流B.a、b線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為9：1C.a、b線圈中感應(yīng)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(yīng)電流均沿逆時(shí)針方向，選項(xiàng)A錯(cuò)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(xiàng)B正確，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤.7.2016全國(guó)卷I如圖1-,兩固定的絕緣斜面傾角均為0,上沿相連.兩細(xì)金屬棒ab（僅標(biāo)出a端）和cd（僅標(biāo)出c端）長(zhǎng)度土勻?yàn)長(zhǎng),質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長(zhǎng)的柔軟輕導(dǎo)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(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于斜面向上，已知兩

7、根導(dǎo)線剛好不在磁場(chǎng)中，回路電阻為R,兩金屬棒與斜面間的動(dòng)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?。唬?）金屬棒運(yùn)動(dòng)速度的大小.解析：（1）設(shè)導(dǎo)線的張力的大小為T,右斜面對(duì)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(duì)cd棒的支持力大小為N2,對(duì)于ab棒，由力的平衡條件得2mgsin8=Ni+T+FNi=2mgcos0對(duì)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(yīng)電流，ab棒上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(guó)卷n如圖1-所示，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上.t=0時(shí)，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(yùn)動(dòng).t0時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，且在磁場(chǎng)中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng).桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為也重力加速度大小為g.求：(1)金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的大??；(2)電阻的阻值.圖1-解析：(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)前的加

9、速度大小為a,由牛頓第二定律得ma=F町g設(shè)金屬桿到達(dá)磁場(chǎng)左邊界時(shí)的速度為v,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v=at0當(dāng)金屬桿以速度v在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律，桿中的電動(dòng)勢(shì)為E=BlvF聯(lián)立式可得E=Blt0四mE(2)設(shè)金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(yùn)動(dòng)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得F(imgf=0B2l2to聯(lián)立式得R=m10.2016浙江卷小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡(jiǎn)化裝置如圖1-10所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)=0.50m，傾角0=53,導(dǎo)軌上端串接一個(gè)R=0.05的電阻.在導(dǎo)軌間長(zhǎng)d=0.56m的區(qū)域

10、內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.0T.質(zhì)量m=4.0kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)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(chǎng)區(qū)域的下邊界相距s=0.24m.一位健身者用恒力F=80N拉動(dòng)GH桿，CD棒由靜止開始運(yùn)動(dòng)，上升過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直.當(dāng)CD棒到達(dá)磁場(chǎng)上邊界時(shí)健身者松手，觸發(fā)恢復(fù)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(jì)其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量).求：(1) CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v的大??；(2) CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)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(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v=J2as=2.4m/s(2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BlvBlv感應(yīng)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(chǎng)區(qū)做勻速運(yùn)動(dòng)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間焦耳熱Q=I2Rt=26.88J25.(2013高考新課標(biāo)全國(guó)卷I)如圖，兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為以間距為L(zhǎng).導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器，電容為C.導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于導(dǎo)軌平面.在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒，棒可沿導(dǎo)軌下滑，且在下滑過程中保持與

12、導(dǎo)軌垂直并良好接觸.已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)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(dǎo)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(guān)系；(2)金屬棒的速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系.解析：從電磁感應(yīng)中的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)和電容器的充放電及牛頓第二定律入手.(1)設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v,則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BLv平行板電容器兩極板之間的電勢(shì)差為U=E設(shè)此時(shí)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(shè)金屬棒的速度大小為v時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間為t,通過金屬棒的電流為i.金屬棒受到的磁場(chǎng)的作用力方向沿導(dǎo)軌向上，大小為fi=BLi設(shè)在時(shí)間間隔（t,t+A

13、t）內(nèi)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(shí)間間隔（t,t+及）內(nèi)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(duì)導(dǎo)軌的正壓力的大小，有N=mgcos0金屬棒在時(shí)刻t的加速度方向沿斜面向下，設(shè)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(shè)可知，金屬棒做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng).t時(shí)刻金屬棒的速度大小msin0pcos0v=丁gt.m+B2L2Cy17.（2013高考大綱全

14、國(guó)卷）紙面內(nèi)兩個(gè)半徑均為R的圓相切于O點(diǎn)，兩圓形區(qū)域內(nèi)分別存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反，且不隨時(shí)間變化.一長(zhǎng)為2R的導(dǎo)體桿OA繞過O點(diǎn)且垂直于紙面的軸順時(shí)針勻速旋轉(zhuǎn)，角速度為co,t=0時(shí)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(dòng)勢(shì)為正，下列描述導(dǎo)體桿中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的圖象可能正確的是（）解析：選C.從導(dǎo)體桿轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的角度考慮.當(dāng)導(dǎo)體桿順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)切割圓形區(qū)域中的磁感線時(shí)，由右手定則判斷電動(dòng)勢(shì)由O指向A,為正，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；1切割過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv=gBL2以其中L=2Rsin及，即E=2BWR2sin2cot,可

15、排除選項(xiàng)A、B,選項(xiàng)C正確.17.（2013高考北京卷）如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬桿MN在平行金屬導(dǎo)軌上以速度v向右勻速滑動(dòng)，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為Ei;若磁感應(yīng)強(qiáng)度增為2B,其他條件不變，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blv,判斷金屬桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)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?yàn)閍-c,由E=Blv知，E=Blv,E=2Blv,則E

16、i：B=1：2,故選項(xiàng)C正確.3. (2013高考天津卷）如圖所示, 向里、邊界為紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)體閉合線框abcd , ab邊長(zhǎng)大于bc邊長(zhǎng)，置于垂直紙面MN的勻強(qiáng)磁場(chǎng)外，線框兩次勻速地完全進(jìn)入磁場(chǎng)，兩次速度大小相同，方向均垂直于 MN .第一次ab邊平行MN進(jìn)入磁場(chǎng)，線框上產(chǎn)生的熱量為Q1，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為 qi;第二次bc邊平行MN進(jìn)入磁場(chǎng)，線框上產(chǎn)生的熱量為Q2,通過線框?qū)w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(yīng)定律E= Blv、歐

17、姆定律EI = 一和焦耳定律Q=I2Rt,得 RB2l2v2 l線圈進(jìn)入磁場(chǎng)產(chǎn)生的熱量Q =-R vB2Slv-A因?yàn)?ab辰,所以Q1Q2.根據(jù)E=GI=及q=I及得q=,故q1=q2.選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B、C、D錯(cuò)誤.RR13.（2013高考江蘇卷）如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一矩形閉合線圈abcd,線圈平面與磁場(chǎng)垂直.已知線圈的匝數(shù)N=100,邊長(zhǎng)ab=1.0m、bc=0.5m,電阻r=2Q磁感應(yīng)強(qiáng)度B在01s內(nèi)從零均勻變化到0.2T,在15s內(nèi)從0.2T均勻變化到一0.2T,取垂直紙面向里為磁場(chǎng)的正方向.求：(1)0.5 s時(shí)線圈內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小(2)在15 s內(nèi)通過線圈的電荷量在05s內(nèi)線

18、圈產(chǎn)生的焦耳熱A1E和感應(yīng)電流的方向;q；Q.解析：(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) 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(yīng)電流的方向?yàn)锳B2s(2)同理可得E2=N,感應(yīng)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(nèi)的焦耳熱Q1=I2rAt1,且Ii=一,15s內(nèi)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(yīng)電流的方向?yàn)閍-d-c-b-a(2)10C(3)100J16.（2013高考安徽卷）如圖所示，足夠長(zhǎng)平行金

19、屬導(dǎo)軌傾斜放置，傾角為37,寬度為0.5m,電阻忽略不計(jì)，其上端接一小燈泡，電阻為1Q導(dǎo)體棒MN垂直于導(dǎo)軌放置，質(zhì)量為0.2kg,接入電路的電阻為1Q,兩端與導(dǎo)軌接觸良好，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5.在導(dǎo)軌間存在著垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.8T將導(dǎo)體棒MN由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此后導(dǎo)體棒MN的運(yùn)動(dòng)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(zhuǎn)為平面圖，由平衡條件列出方程是解決此類問題的關(guān)鍵.對(duì)導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析作出截面圖，如圖所示，導(dǎo)體棒共受四個(gè)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(xiàng)B正確.15.（2013高考浙江卷）磁卡的磁條中有用于存儲(chǔ)信息的磁極方向不同的磁化區(qū)，刷卡器中有檢測(cè)線圈，當(dāng)以速