電磁感應(yīng)高考真題

1、標準文案1.2016 北京卷如圖1-所示，勻強磁場中有兩個導(dǎo)體圓環(huán)a、b,磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直.磁感應(yīng)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(yīng)電動勢分別為 巳和E）,不考慮兩圓環(huán)間的相互影響.下列說法正確的是 （）大全A. Ea： Eb=4 ： 1,感應(yīng)電流均沿逆時針方向B . E ：日=4： 1,感應(yīng)電流均沿順時針方向C. E： E=2 ： 1,感應(yīng)電流均沿逆時針方向D . E ：日=2： 1,感應(yīng)電流均沿順時針方向答案：BABq，解析： 由法拉第電磁感應(yīng)定律可知E= n ,則E= njTt R2.由于R ： Rb=2 ： 1,則E ：E = 4 ： 1.由楞

2、次定律和安培定則可以判斷產(chǎn)生順時針方向的電流.選項 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，因此弦振動時，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流， 4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(zhì)弦時，不會被磁化，不會產(chǎn)生電磁感應(yīng)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(yīng)定律可知，增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應(yīng)電動勢，選項C正確；根據(jù)楞

3、次定律可知，磁振動過程中，線圈中的電流方向不斷變化，選項D正確.3.2016 全國卷H 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(zhuǎn)時，關(guān)于流過電阻 R的電流，下列說法正確的是 （）圖1-A.若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定，則電流大小恒定B.若從上向下看，圓盤順日針轉(zhuǎn)動，則電流沿 a到b的方向流動C.若圓盤轉(zhuǎn)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(zhuǎn)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?2倍答案：AB5 .2016 江蘇卷據(jù)報道，一法國攝影師拍到“天宮

4、一號”空間站飛過太陽的瞬間.照片中，“天宮一號”的太陽帆板輪廓清晰可見.如圖所示，假設(shè)“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=20 m,地磁場的磁感應(yīng)強度垂直于 v, MN/f在平面的分量 B= 1.0X10-5 T,將太陽帆板視為導(dǎo)體.XX X a X壯|皿XX X X圖1-(1)求M N間感應(yīng)電動勢的大小 E;(2)在太陽帆板上將一只“ 1.5 V, 0.3 W的小燈泡與 M N相連構(gòu)成閉合電路，不計太陽帆 板和導(dǎo)線的電阻.試判斷小燈泡能否發(fā)光，并說明理由；(3)取地球半徑 R= 6.4 X103 km,地球

5、表面的重力加速度g= 9.8 m/s 2,試估算“天宮一號”距離地球表面的高度 h(計算結(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= 1.54 V (2)不能，因為穿過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GRm= mg勻速圓周運動GMm(R+ h) 2=mR+hr2解得卜=即R,代入數(shù)據(jù)得h = 4x 105 m（數(shù)量級正確都算對）6 .2016 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(dǎo)線制成，匝數(shù)均為10匝，邊長la=3lb,圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，且磁感應(yīng)強度隨時間均勻增大，不考慮線圈之間的相互影響，

6、則 （）XXKXQXXXXXXXX注口XXXX圖1- 2A.兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流B.a、b線圈中感應(yīng)電動勢之比為 9： 1C. a、b線圈中感應(yīng)電流之比為 3 ： 4 D .a、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)電流均沿逆時針方向，選項 A錯誤；由E=n-S, S= l 2, R= p I =P=w，可知 E： Eb=9: 1, I a: I b = 3: 1, Pa： R= 27 ： 1, tS R R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c

7、d（僅標出c端）長度土勻為L,質(zhì)量分別為2m和3用兩根不可伸長的柔軟輕導(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.右斜面上存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為 B,方向垂直于斜面向上，已知兩根導(dǎo)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.圖1-解析：（1）設(shè)導(dǎo)線的張力的大小為 T,右斜面對ab棒的支持力的大小為 N,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

8、平衡條件得2mgsin 0 = N1 + T+ F N = 2mgcos 0對于cd棒，同理有 mgsin 9 +N2= T N2 = mgcos 0聯(lián)立式得 F= mg(sin 0 - 3cos 0 ) (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)電動勢為 = BLv. .式中，v是ab棒下滑速度的大小，由歐姆定律得 1=石 R聯(lián)立式得 v= (sin e 3 w cos 0 ) 8 .2016 全國卷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長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上.t = 0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定

9、拉力作用下由靜止開始運動.3時刻，金屬桿進入磁感應(yīng)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(dǎo)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g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(shè)金屬桿進入磁場前的加速度大小為a,由牛頓第二定律得ma= F- mg設(shè)金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v,由運動學(xué)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(yīng)定律，桿中的電動勢為E= Blv F 三聯(lián)立式可得 E= Blt 0 m- w g (2)設(shè)金屬桿在

10、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I=ER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- mg- f = 0 2. 2,聯(lián)立式得 R= B一0 m10.2016 浙江卷小明設(shè)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(dǎo)軌相距l(xiāng) =0.50 m,傾角0 =53 ,導(dǎo)軌上端串接一個 R= 0.05 的電阻.在導(dǎo)軌間長d= 0.56m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B= 2.0 T.質(zhì)量m= 4.0 kg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區(qū)域

11、的下邊界相距s=0.24 m . 一位健身者用恒力F= 80 N拉動GH干，CD棒由靜止開始運動，上升過程中C*始終保持與導(dǎo)軌垂直.當CD$到達磁場上邊界時健身者松手，觸 發(fā)恢復(fù)裝置使 CD棒回到初始位置(重力加速度g取10 m/s2, sin 530 = 0.8,不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量).求：(1) CD棒進入磁場時速度 v的大??；(2) CD棒進入磁場時所受的安培力Fa的大小；在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱 Q解析：(1)由牛頓定律 a=F min一- =12 m/s 2m進入磁場時的速度 v= q2as= 2.4 m/s(2)感應(yīng)電動勢E= B

12、lv Blv .感應(yīng)電流I=BvR安培力Fa= IBl(Bl) 2v代入得Fa=(Blv =48 N R 健身者做功 W= Rs+d)=64 J 由牛頓定律 F- mg,in 0 - Fa= 0 C時在磁場區(qū)做勻速運動 d-在磁場中運動時間t=- v焦耳熱 Q= I2Rt= 26.88 J25. (2013 高考新課標全國卷I )如圖，兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為0 ,間距為L.導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器，電容為C導(dǎo)軌處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為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導(dǎo)軌垂直并良好接觸.已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動

13、摩擦因素為度大小為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：的關(guān)系；累的電荷量與金屬棒速度大(2)金屬棒的速度大小隨時間變化的關(guān)系.解析：從電磁感應(yīng)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(shè)金屬棒下滑的速度大小為v,則感應(yīng)電動勢為E= BLv平行板電容器兩極板之間的電勢差為2)Q,據(jù)定義有U= E設(shè)此時電容器極板上積累的電荷量為c QC= U聯(lián)立式得Q= CBLv(2)設(shè)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(dǎo)軌向上，大小為f=BLi設(shè)在時間間隔(t, t +A t)內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為AQ據(jù)定義有AQA

14、Q也是平行板電容器極板在時間間隔 (t, t +At)內(nèi)增加的電荷量.由式得A Q= CBLx v式中，A v為金屬棒的速度變化量.據(jù)定義有a=AtAv_金屬棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小為f2=小式中，N是金屬棒對導(dǎo)軌的正壓力的大小，有N= mgcos 0金屬棒在時刻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mgin 0 - f 1- f 2= ma?聯(lián)立至？式得m sin 0 - Lt cos e ga=m B2L2C?t時刻金屬棒的速度大小由？式及題設(shè)可知，金屬棒做初速度為零的勻加速直線運動.為m sin 8一(i cos 9, 八v=mrB2L2og.17. (2

15、013 高考大綱全國卷)紙面內(nèi)兩個半徑均為R的圓相切于 O點，兩圓形區(qū)域內(nèi)方向相反，且不隨時間變化.分別存在垂直于紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小相等、 為2R的導(dǎo)體桿OA繞過O點且垂直于紙面的軸順時針勻速旋轉(zhuǎn)，角速度為 3 , 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(dǎo)體桿中感)解析：選C.從導(dǎo)體桿轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的角度考慮.當導(dǎo)體桿順時針轉(zhuǎn)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；切1割過程中廣生的感應(yīng)電動勢E= BL v =2BL2co ,其中L=2Fsin3 t,即E= 2Bw R2 si

16、n 2 cot,可排除選項A、B,選項C正確.XXiX HxxXXxe x x N x *17. （2013 , tWj考北卷）如圖所不在磁感應(yīng)強度為 中，金屬桿 MN在平行金屬導(dǎo)軌上以速度 v向右勻速滑動,XB、方向垂直紙面向里的勻強磁場MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為日;若磁感應(yīng)強度增為2B,其他條件不變，MNf產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢變?yōu)镋.則通過電阻R的電流方向及日與E之比E1 ： E2分另J為（）A. c-a, 2 ： 1B. A c, 2 ： 1C. a-c, 1 ： 2D. cf 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(yīng)電動勢E= Blv,判斷金屬桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流

17、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，曰=Blv , E2 = 2Blv ,則Ei ： E=1 ： 2,故選項C正確.4如圖所示，紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)體閉合線框abcd,ab邊長大于bc邊長，置于垂直紙面向里、邊界為 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MNS入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q,通過線框?qū)w橫截面的電荷量為qi；第二次bc邊平行MNS入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為 Q,通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q2,則()A. QQ, q1 = q2C. Q = Q, q1= q2B.D.QC2,

18、 q1q2Q= Q, q1 q2解析：選A.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E= Blv、歐姆定律I =E和焦耳定律 Q= I2Rt,得R線圈進入磁場產(chǎn)生的熱量Q=B2l 2v2l B2Slv一， ri ri ,因為lablbc,所以QQ.根據(jù)E=,3. （2013 , tWj考天津卷）一 E 一 一BS 一I = -R-及q= I A t得q =,故q1 = q2.選項A正確，選項EB C D錯反.13. （2013 高考江蘇卷）黑X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 =1.0 m、bc=0.5 m ,電阻r = 2 Q .磁感應(yīng)強度

19、 B在01 s內(nèi)從零均 勻變化到0.2 T .在15 s內(nèi)從0.2 T均勻變化到一0.2 T ,取垂直紙面向里為磁場的正方 IE和感應(yīng)電流的方向;q；（1）0.5 s 時線圈內(nèi)感應(yīng)電動勢的大?。?）在15 s內(nèi)通過線圈的電荷量 在05s內(nèi)線圈產(chǎn)生的焦耳熱Q解析：感應(yīng)電動勢E = N，磁通量的變化量A1 = A BS,解得Ei =代入數(shù)據(jù)得 Ei=10 V ,感應(yīng)電流的方向為 a一d一c一b一a.（2）同理可得E=一，一 E 感應(yīng)電流12=- rA8S 電何重q= 12A 12,斛得q= Nr，代入數(shù)據(jù)得 q= 10 C.2一一Ei2(3)01 s內(nèi)的焦耳熱 Q=IirA1i,且11 = , 1

20、5 s內(nèi)的焦耳熱 Q=I2A12由Q= Q+Q,代入數(shù)據(jù)得Q= 100 J.答案：(1)10 V ,感應(yīng)電流的方向為a-d-c-b-a(2)10 C (3)100 J16.（2013 高考安徽卷）如圖所示，足夠長平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，傾角為 37。，寬度為 0.5 m,電阻忽略不計，其上端接一小燈泡，電阻為 1 Q. 一導(dǎo)體棒MNB直于導(dǎo)軌放置，質(zhì) 量為0.2 kg,接入電路的電阻為1 ，兩端與導(dǎo)軌接觸良好， 與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.5.在導(dǎo)軌間存在著垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為0.8 T .將導(dǎo)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(dǎo)體棒MN的運動速度以及小燈

21、泡消耗的電功率分別為（重力加速度 g取10 m/s2, sin 37 = 0.6）（）A. 2.5 m/s1 WB. 5 m/s1 WC. 7.5 m/s9 WD. 15 m/s 9 W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.對導(dǎo)體棒進 行受力分析作出截面圖，如圖所示，導(dǎo)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mgin 37Ff= (1 FnFn= mgcos 37 而F安=BILI=RE7E= BLv=F安+ Ff聯(lián)立式，解得 v =mg sin 37c cos 37LiTR+ r代入數(shù)據(jù)得v = 5 m/s.小燈泡消耗的電功率為 P= I2R ,一 BLv 2八由式得 P= - R= 1 W.故選項B正確.r十r刷卡15. （2013 高考浙江卷）磁卡的磁條中有用于存儲信