電磁感應高考真題專題匯編帶答案解析

1、高考幫第 頁專題十二 電磁感應考點1電磁感應現(xiàn)象楞次定律高考幫揭秘熱點考向2020全國,14,6分如圖,水平放置的圓柱形光滑玻璃棒左邊繞有一線圈,右邊套有一金屬圓環(huán).圓環(huán)初始時靜止.將圖中開關S由斷開狀態(tài)撥至連接狀態(tài),電路接通的瞬間,可觀察到()A.撥至M端或N端,圓環(huán)都向左運動B.撥至M端或N端,圓環(huán)都向右運動C.撥至M端時圓環(huán)向左運動,撥至N端時向右運動D.撥至M端時圓環(huán)向右運動,撥至N端時向左運動拓展變式1.2016上海,19,4分,多選如圖甲所示,螺線管內有平行于軸線的外加勻強磁場,以圖中箭頭所示方向為其正方向.螺線管與導線框abcd相連,導線框內有一小金屬圓環(huán)L,圓環(huán)與導線框在同一平

2、面內.當螺線管內的磁感應強度B隨時間按圖乙所示規(guī)律變化時()A.在t1t2時間內,L有收縮趨勢B.在t2t3時間內,L有擴張趨勢C.在t2t3時間內,L內有逆時針方向的感應電流D.在t3t4時間內,L內有順時針方向的感應電流2.如圖所示電路中,要使電流計G中的電流方向如圖所示,則導軌上的金屬棒AB的運動情況是 ()A.向左勻速移動B.向左加速移動C.向右減速移動D.向右加速移動考點2法拉第電磁感應定律自感高考幫揭秘熱點考向1.2020全國,21,6分,多選如圖,U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上,ab和dc邊平行,和bc邊垂直.ab、dc足夠長,整個金屬框電阻可忽略.一根具有一定電阻的導

3、體棒MN置于金屬框上,用水平恒力F向右拉動金屬框,運動過程中,裝置始終處于豎直向下的勻強磁場中,MN與金屬框保持良好接觸,且與bc邊保持平行.經過一段時間后()A.金屬框的速度大小趨于恒定值B.金屬框的加速度大小趨于恒定值C.導體棒所受安培力的大小趨于恒定值 D.導體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值2.2018全國,18,6分如圖,在同一水平面內有兩根平行長導軌,導軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區(qū)域,區(qū)域寬度均為l,磁感應強度大小相等、方向交替向上向下.一邊長為32l的正方形金屬線框在導軌上向左勻速運動.線框中感應電流i隨時間t變化的正確圖線可能是()拓展變式1.圖(a)圖(b)2018全國,

4、20,6分,多選如圖(a),在同一平面內固定有一長直導線PQ和一導線框R,R在PQ的右側.導線PQ中通有正弦交流電i,i的變化如圖(b)所示,規(guī)定從Q到P為電流正方向.導線框R中的感應電動勢()A.在t=T4時為零B.在t=T2時改變方向C.在t=T2時最大,且沿順時針方向D.在t=T時最大,且沿順時針方向2.2015福建,18,6分如圖,由某種粗細均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd,固定在水平面內且處于方向豎直向下的勻強磁場B中.一接入電路電阻為R的導體棒PQ,在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動,滑動過程PQ始終與ab垂直,且與線框接觸良好,不計摩擦.在PQ從靠近ad

5、處向bc滑動的過程中()A.PQ中電流先增大后減小B.PQ兩端電壓先減小后增大C.PQ上拉力的功率先減小后增大D.線框消耗的電功率先減小后增大3.2015廣東,35,18分如圖(a)所示,平行長直金屬導軌水平放置,間距L=0.4 m.導軌右端接有阻值R=1 的電阻.導體棒垂直放置在導軌上,且接觸良好.導體棒及導軌的電阻均不計.導軌間正方形區(qū)域abcd內有方向豎直向下的勻強磁場,bd連線與導軌垂直,長度也為L.從0時刻開始,磁感應強度B的大小隨時間t變化,規(guī)律如圖(b)所示;同一時刻,棒從導軌左端開始向右勻速運動,1 s 后剛好進入磁場.若使棒在導軌上始終以速度v=1 m/s做直線運動,求:(1

6、)棒進入磁場前,回路中的電動勢E;(2)棒在運動過程中受到的最大安培力F,以及棒通過三角形abd區(qū)域時電流i與時間t的關系式.4.如圖所示,燈泡A、B與定值電阻的阻值均為R,L是帶鐵芯的理想線圈,電源的內阻不計.開關S1、S2均閉合,電路達到穩(wěn)定.已知電路中的各種元件均在安全范圍之內.下列判斷正確的是()A.燈泡A中有電流通過,方向為abB.將S1斷開的瞬間,燈泡A、B同時熄滅C.將S1斷開的瞬間,通過燈泡A的電流要比原來通過燈泡B的電流大D.將S2斷開,電路達到穩(wěn)定時,燈泡A、B的亮度相同5.2019全國,21,6分,多選如圖,兩條光滑平行金屬導軌固定,所在平面與水平面夾角為,導軌電阻忽略不

7、計.虛線ab、cd均與導軌垂直,在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導軌所在平面的勻強磁場.將兩根相同的導體棒PQ、MN先后自導軌上同一位置由靜止釋放,兩者始終與導軌垂直且接觸良好.已知PQ進入磁場時加速度恰好為零.從PQ進入磁場開始計時,到MN離開磁場區(qū)域為止,流過PQ的電流隨時間變化的圖像可能正確的是() A B C D考點3電磁感應的綜合應用高考幫揭秘熱點考向2019天津,11,18分如圖所示,固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌,垂直于導軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R,兩棒與導軌始終接觸良好.MN兩端通過開關S與電阻為R的單匝金屬線圈相連,線圈內存在豎直向下均勻

8、增加的磁場,磁通量變化率為常量k.圖中虛線右側有垂直于導軌平面向下的勻強磁場,磁感應強度大小為B.PQ的質量為m,金屬導軌足夠長、電阻忽略不計.(1)閉合S,若使PQ保持靜止,需在其上加多大的水平恒力F,并指出其方向;(2)斷開S,PQ在上述恒力作用下,由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為q,求該過程安培力做的功W.拓展變式1.2018江蘇,9,4分,多選如圖所示,豎直放置的“”形光滑導軌寬為L,矩形勻強磁場、的高和間距均為d,磁感應強度為B.質量為m的水平金屬桿由靜止釋放,進入磁場和時的速度相等.金屬桿在導軌間的電阻為R,與導軌接觸良好,其余電阻不計,重力加速度為g.金屬桿

9、()A.剛進入磁場時加速度方向豎直向下B.穿過磁場的時間大于在兩磁場之間的運動時間C.穿過兩磁場產生的總熱量為4mgdD.釋放時距磁場上邊界的高度h可能小于m2gR22B4L42.2019北京,22,16分如圖所示,垂直于紙面的勻強磁場磁感應強度為B.紙面內有一正方形均勻金屬線框abcd,其邊長為L,總電阻為R,ad邊與磁場邊界平行.從ad邊剛進入磁場直至bc邊剛要進入的過程中,線框在向左的拉力作用下以速度v勻速運動,求:(1)感應電動勢的大小E;(2)拉力做功的功率P;(3)ab邊產生的焦耳熱Q.3.2016全國,24,12分如圖,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、

10、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.重力加速度大小為g.求:(1)金屬桿在磁場中運動時產生的電動勢的大小;(2)電阻的阻值.4.如圖所示,在固定的光滑等高的水平金屬軌道ABCD、EFGH間有豎直向上的勻強磁場,左側寬軌道間磁感應強度大小為3B0,右側窄軌道間磁感應強度大小為B0,磁場方向均豎直向上.AB與EF間距為2L,CD與GH間距為L,金屬棒ab、cd

11、質量分別為2m、m,接入電路的電阻分別為2R、R,軌道電阻不計.最初兩棒均靜止,若給棒ab一初速度v0使其沿軌道向右運動,棒ab只在軌道AB與EF上運動,軌道足夠長.求:(1)棒ab、cd的最終速度大小;(2)整個過程中通過棒ab的電荷量;(3)整個過程中棒ab上產生的焦耳熱.答 案專題十二 電磁感應考點1電磁感應現(xiàn)象楞次定律B將開關S由斷開狀態(tài)撥至M端或N端,都會使線圈中的電流突然增大,穿過右邊圓環(huán)的磁通量突然增大,由楞次定律可知,圓環(huán)都會向右運動以阻礙磁通量的增大,選項B正確,A、C、D均錯誤.1.AD根據(jù)題意可知,在t1t2時間內,外加磁場的磁感應強度增大,又B-t圖線的斜率增大,則導線

12、框中產生順時針方向、增大的電流,該電流激發(fā)出逐漸增強的磁場,該磁場通過圓環(huán),在圓環(huán)內產生感應電流,根據(jù)楞次定律可以判定圓環(huán)有收縮趨勢,故A項正確;在t2t3時間內,外加磁場均勻變化,在導線框中產生穩(wěn)定電流,該電流激發(fā)出穩(wěn)定的磁場,該磁場通過圓環(huán)時,圓環(huán)中沒有感應電流,故B、C項錯誤;在t3t4時間內,外加磁場向下減小,且B-t圖線斜率也減小,則導線框中產生順時針方向、減小的電流,該電流激發(fā)出垂直紙面向里且逐漸減弱的磁場,故圓環(huán)內產生順時針方向的感應電流,D項正確.2.D金屬棒AB若勻速移動,其產生穩(wěn)定的感應電動勢,在右邊的回路中產生穩(wěn)定的感應電流,則右邊線圈中產生穩(wěn)定的磁場,在左邊線圈中不產生

13、感應電流,故A錯誤;金屬棒AB向左加速移動時,根據(jù)右手定則可知,其產生的感應電流方向為AB,感應電動勢增大,感應電流增大,右側線圈中產生的磁場向右且增強,根據(jù)楞次定律分析得知,電流計G中的電流方向與題圖所示方向相反,故B錯誤;金屬棒AB向右減速移動時,根據(jù)右手定則可知,其產生的感應電流方向為BA,感應電動勢減小,感應電流減小,右側線圈中產生的磁場向左且減弱,根據(jù)楞次定律分析得知,電流計G中的電流方向與題圖所示方向相反;同理判斷,當向右加速移動時,電流計G中的電流方向如題圖所示,故C錯誤,D正確.考點2法拉第電磁感應定律自感1.BC用水平恒力F向右拉動金屬框,bc邊切割磁感線產生感應電動勢,回路

14、中有感應電流i,bc邊受到水平向左的安培力作用,設金屬框的質量為m,加速度為a1,由牛頓第二定律有F-BiL=ma1;導體棒MN受到向右的安培力,向右做加速運動,設導體棒的質量為m,加速度為a2,由牛頓第二定律有BiL=ma2.設金屬框bc邊的速度為v時,導體棒的速度為v,則回路中產生的感應電動勢為E=BL(v-v),由閉合電路歐姆定律i=ER=BL(v-v)R,F安=BiL,可得金屬框bc邊所受安培力和導體棒MN所受的安培力均為F安=B2L2(v-v)R,二者加速度之差a=a1-a2=F-F安m-F安m=Fm-F安(1m+1m),隨著所受安培力的增大,二者加速度之差a減小,當a減小到零時,F

15、m=B2L2(v-v)R(1m+1m),之后金屬框和導體棒的速度之差v=v-v=FRmB2L2(m+m),保持不變.由此可知,金屬框的速度逐漸增大,金屬框所受安培力趨于恒定值,金屬框的加速度大小趨于恒定值,導體棒所受的安培力F安=B2L2(v-v)R趨于恒定值,選項A錯誤,B、C正確;導體棒到金屬框bc邊的距離x=t0(v-v)dt,隨時間的增大而增大,選項D錯誤.2.D設線框運動的速度為v,則線框向左做勻速運動,并在第一個l2v的時間內切割磁感線運動產生的電動勢為E=2Bdv(d為導軌間距),電流i=ER,回路中電流方向為順時針方向;第二個l2v的時間內,線框切割磁感線運動產生的電動勢為零,

16、電流為零;第三個l2v的時間內,線框切割磁感線運動產生的電動勢為E=2Bdv,電流i=ER,回路中電流方向為逆時針方向,所以D正確.1.AC因通電導線產生的磁場的磁感應強度大小正比于電流的大小,故導線框R中磁感應強度與時間的變化關系類似于題圖(b),感應電動勢正比于磁感應強度的變化率,即題圖(b)中的切線斜率,斜率的正負反映電動勢的方向,斜率的絕對值反映電動勢的大小.由題圖(b)可知,電流為零時,電動勢最大,電流最大時,電動勢為零,A正確,B錯誤.由楞次定律可判斷在同一個周期內,T43T4內電動勢的方向沿順時針,T2時刻最大,其余時間段電動勢沿逆時針方向,C正確,D錯誤.2.C導體棒產生的電動

17、勢為E=BLv,題圖的等效電路圖如圖所示,總電阻為R總=R+R1R2R1+R2=R+R1(3R-R1)3R,在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中,總電阻先增大后減小,總電流先減小后增大,所以A項錯誤;PQ兩端電壓為路端電壓U=E-IR,U先增大后減小,所以B項錯誤;拉力的功率等于克服安培力做功的功率,有P安=IE,先減小后增大,所以C項正確;外電路電阻R1R2R1+R2的最大值為34R(當R1=R2=32R時),由此可知外電路電阻始終小于內電路電阻,根據(jù)閉合電路輸出功率與外電阻的關系,線框消耗的功率先增大后減小,故D錯誤.3.(1)0.04 V(2)0.04 Ni=(t-1) A(1.0 st

18、1.2 s)解析:(1)棒進入磁場前,回路中磁場均勻變化,由法拉第電磁感應定律有E=BtS=0.51.0(220.4)2 V=0.04 V.(2)棒進入磁場后磁場的磁感應強度大小不變,棒切割磁感線,產生動生電動勢,當棒與bd重合時,產生的電動勢最大,為E=BLv=0.50.41 V=0.2 V此時棒受到的安培力最大,則F=BERL=0.04 N棒通過三角形abd區(qū)域所用時間t=L2v=0.2 s在通過三角形abd區(qū)域的過程中,感應電動勢為Et=B2v(t-1)v (V)可得電流i=EtR=(t-1) A(1.0 st1.2 s).4.C開關S1、S2均閉合且電路達到穩(wěn)定時,線圈L把燈泡A短路,

19、燈泡A中沒有電流通過,A錯誤.將S1斷開的瞬間,燈泡A閃亮一下再熄滅,B錯誤.流過L的電流等于通過燈泡B和定值電阻的電流之和,所以將S1斷開的瞬間,通過燈泡A的電流要比原來通過燈泡B的電流大,C正確.將S2斷開,電路達到穩(wěn)定時,燈泡A所在支路電阻大,電流小,所以亮度要比燈泡B暗,D錯誤.5.AD根據(jù)題述,PQ進入磁場時加速度恰好為零,兩導體棒從同一位置釋放,則兩導體棒進入磁場時的速度相同,產生的感應電動勢大小相等,若釋放兩導體棒的時間間隔足夠長,在PQ通過磁場區(qū)域一段時間后MN進入磁場區(qū)域,根據(jù)法拉第電磁感應定律和閉合電路歐姆定律可知流過PQ的電流隨時間變化的圖像可能是A;由于兩導體棒從同一位

20、置釋放,兩導體棒進入磁場時產生的感應電動勢大小相等,MN進入磁場區(qū)域切割磁感線產生感應電動勢,回路中產生的感應電流不可能小于I1,B錯誤;若釋放兩導體棒的時間間隔較短,在PQ沒有出磁場區(qū)域時MN就進入磁場區(qū)域,則兩棒在磁場區(qū)域中運動時回路中的磁通量不變,兩棒不受安培力作用,二者在磁場中做加速運動,PQ出磁場后,MN切割磁感線產生感應電動勢和感應電流,且感應電流一定大于I1,受到安培力作用,由于安培力與速度成正比,則此時MN所受的安培力一定大于MN的重力沿斜面方向的分力,所以MN一定做減速運動,回路中感應電流減小,流過PQ的電流隨時間變化的圖像可能是D,C錯誤.考點3電磁感應的綜合應用(1)Bk

21、l3R方向水平向右(2)12mv2-23kq解析:(1)設線圈中的感應電動勢為E,由法拉第電磁感應定律知E=t則E=k設PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并,有R并=R2閉合S時,設線圈中的電流為I,根據(jù)閉合電路歐姆定律得I=ER并+RPQ中的電流為IPQ,有IPQ=12IPQ受到的安培力為F安,有F安=BIPQl保持PQ靜止,由受力平衡,有F=F安聯(lián)立式得F=Bkl3R方向水平向右.(2)設PQ由靜止開始到速度大小為v的加速過程中,PQ運動的位移為x,所用時間為t0,回路中的磁通量變化量為0,平均感應電動勢為E,有E=0t0其中0=Blx設PQ中的平均電流為I,有I=E2R根據(jù)電流的定義得I=qt0由

22、動能定理,有Fx+W=12mv2-0聯(lián)立式得W=12mv2-23kq.1.BC由于金屬桿進入兩個磁場時的速度相等,而穿出磁場后金屬桿向下做加速度為g的加速運動,所以金屬桿進入磁場、后都做減速運動,A錯誤;對金屬桿受力分析,根據(jù)B2L2vR-mg=ma及A項分析可知,金屬桿在磁場中做加速度逐漸減小的減速運動,金屬桿從剛進磁場到剛要進磁場之前運動的v-t圖像如圖所示,由于0t1和t1t2時間段內圖線與t軸包圍的面積相等(都為d),所以t1(t2-t1),B正確;從進入磁場到進入磁場之前的過程中,根據(jù)能量守恒定律,可知金屬桿損失的機械能全部轉化為焦耳熱,所以Q1=mg2d,穿過兩個磁場的過程中產生的總熱量為4mgd,C正確;若金屬桿進入磁場做勻速運動,有B2L2vR-mg=0,得v=mgRB2L2,由前面分析可知金屬桿進入磁場的速度v大于mgRB2L2,根據(jù)h=v22g得金屬桿進入磁場的高度hm2g2R22gB4L4=m2gR22B