高考交流電電磁感應(yīng)精選習(xí)題附答案

1、精選文檔1如圖甲所示，電阻不計(jì)且間距為L(zhǎng)=1m的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，上端連接阻值為R=1的電阻，虛線OO下方有垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)現(xiàn)將質(zhì)量為m=0.3kg、電阻Rab=1的金屬桿ab從OO上方某處以一定初速釋放，下落過程中與導(dǎo)軌保持良好接觸且始終水平在金屬桿ab下落0.3m的過程中，其加速度a與下落距離h的關(guān)系圖象如圖乙所示已知ab進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v0=3.0m/s，取g=10m/s2則下列說法正確的是（）A進(jìn)入磁場(chǎng)后，金屬桿ab中電流的方向由b到aB勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2.0TC金屬桿ab下落0.3 m的過程中，通過R的電荷量0.24CD金屬桿ab下落0.3

2、0;m的過程中，R上產(chǎn)生的熱量為0.45J 【答案】BC【解析】試題分析：由右手定則可知，導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)后，金屬桿ab中電流的方向由a到b，選項(xiàng)A 錯(cuò)誤；ab進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，加速度變?yōu)橄蛏系膅，則由牛頓第二定律，解得B=2T，選項(xiàng)B正確；根據(jù)，選項(xiàng)C 正確；當(dāng)金屬桿下落0.3m時(shí)已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng)，則，其中，解得vm=1.5m/s；根據(jù)能量關(guān)系，代入數(shù)據(jù)可得：Q=9.83J，選項(xiàng)D 錯(cuò)誤?？键c(diǎn)：法拉第電磁感應(yīng)定律；牛頓定律及能量守恒定律。2如圖所示，MN、PQ是兩條在水平面內(nèi)、平行放置的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌的右端接理想變壓器的原線圈，變壓器的副線圈與阻值為R的電阻組成閉合回路，變壓器的原副線圈匝數(shù)之比n

3、1n2 =k，導(dǎo)軌寬度為L(zhǎng)。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab垂直MN、PQ放在導(dǎo)軌上，在水平外力作用下，從t=0時(shí)刻開始往復(fù)運(yùn)動(dòng)，其速度隨時(shí)間變化的規(guī)律是v=vmsin(t)，已知垂直軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌、導(dǎo)體棒、導(dǎo)線和線圈的電阻均不計(jì)，電流表為理想交流電表，導(dǎo)體棒始終在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)。則下列說法中正確的是A在t=時(shí)刻電流表的示數(shù)為B導(dǎo)體棒兩端的最大電壓為BLvmC電阻R上消耗的功率為D從t=0至t=的時(shí)間內(nèi)水平外力所做的功為T【答案】ABC【解析】導(dǎo)體棒ab在水平外力作用下，從t=0時(shí)刻開始往復(fù)運(yùn)動(dòng)，其速度隨時(shí)間變化的規(guī)律是v=vmsin(t)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BLv=BLvmsi

4、n(t)，為正弦交變電流，導(dǎo)體棒兩端的最大電壓為BLvm，變壓器原線圈輸入電壓有效值為U1=BLvm/，由變壓公式可得副線圈輸出電壓有效值U2=BLvm/(k)，輸出功率為P=，電阻R上消耗的功率為，變壓器原線圈電流，即任意時(shí)刻電流表的示數(shù)為，選項(xiàng)ABC正確；由能量守恒定律，從t=0至t=的時(shí)間內(nèi)水平外力所做的功為W=PT/4+m=T+m，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。3在如右圖所示的電路中，放在光滑金屬導(dǎo)軌上的ab導(dǎo)體向右移動(dòng)，這可能發(fā)生在A閉合S的瞬間 B斷開S的瞬間C閉合S后，減小電阻R時(shí) D閉合S后，增大電阻R時(shí)【答案】AC【解析】試題分析：金屬桿向右運(yùn)動(dòng)則說明金屬桿受到向右的作用力，由左手定則可知電流

5、的方向；由楞次定律可知左側(cè)產(chǎn)生的磁通量的變化；則可知左側(cè)電流的變化情況金屬桿向右運(yùn)動(dòng)說明金屬桿受到向右的安培力，由左手定則可知，金屬桿中的電流由a到b；右側(cè)線框中產(chǎn)生的磁通量向上；則由楞次定律可知，左側(cè)線框中的磁場(chǎng)可能向下減小，也可能向上增加；左側(cè)電流由上方進(jìn)入，由安培定則可知，內(nèi)部磁場(chǎng)方向向上；故產(chǎn)生以上現(xiàn)象只能是磁通量突然增加；故只能為A或C；故選AC考點(diǎn)：楞次定律；安培定則；左手定則點(diǎn)評(píng)：減小電阻R的阻值時(shí)，電路中電阻減小，由歐姆定律可知電流將增大，則內(nèi)部磁通量將增大4如圖所示為某小型水電站的電能輸送示意圖，A為升壓變壓器，其輸入功率為P1，輸出功率為P2，輸出電壓為U2 ；B為降壓變壓

6、器，其輸人功率為P3,，輸入電壓為U3。A、B均為理想變壓器，,輸電電流為I，輸電線的總電阻為r，則下列關(guān)系正確的是A U2= U3 B U2= U3+IrC P1 >P2 D P2=P3【答案】B【解析】由于輸電線有電阻，輸電線上有電壓降，所以U2= U3+Ir，選項(xiàng)A錯(cuò)誤B正確。對(duì)于理想變壓器，P1 =P2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于輸電線上發(fā)熱，消耗電能，所以P2>P3，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。5如圖所示為一自耦變壓器，保持電阻R´和輸入電壓不變，以下說法正確的是（ ）A滑鍵P向b方向移動(dòng)，滑鍵Q不動(dòng)，電流表示數(shù)減小B滑鍵P不動(dòng)，滑鍵 Q上移，電流表示數(shù)不變C滑鍵P向b方向移動(dòng)、滑鍵Q不

7、動(dòng)，電壓表示數(shù)減小D滑鍵P不動(dòng)，滑鍵Q上移，電壓表示數(shù)增大【答案】AC【解析】左側(cè)輸入一定電壓,在右側(cè)感應(yīng)到變化后的電壓.起變壓作用。pa是左側(cè)電路,輸入恒定電壓V1，ab是右側(cè)電路,輸出感應(yīng)電壓V2, V2=V1*(ab/pa)。根據(jù)能量守恒,左側(cè)電路和右側(cè)電路功率相同。pa增加,右側(cè)輸出電壓減小->右側(cè)電路功率降低->左側(cè)電路功率降低->左側(cè)是恒壓,只有電流降低。A正確。Q上移,右側(cè)電路電阻減小->右側(cè)電路功率增加->左側(cè)電路功率增加->左側(cè)是恒壓,只有電流增加。B錯(cuò)。pa增加,右側(cè)輸出電壓減小。C正確。右側(cè)電壓只和P的位置有關(guān),Q的位置不影響。D錯(cuò)。故

8、本題選AC。6一臺(tái)理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比是51，原線圈接入電壓為220V的正弦交流電，各元件正常工作，一只理想二極管和一個(gè)滑動(dòng)變阻器R串聯(lián)接在副線圈上，如圖所示，電壓表和電流表均為理想交流電表。則下列說法正確的是A原、副線圈中的電流之比為51B電壓表的讀數(shù)約為44VC若滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值為20 ，則1 分鐘內(nèi)產(chǎn)生的熱量為2904 JD若將滑動(dòng)變阻器的滑片向上滑動(dòng)，則兩電表讀數(shù)均增大【答案】C【解析】試題分析：理想二極管的作用是正向的電流通過時(shí)電阻很小，反向的電流通過時(shí)電阻很大，認(rèn)為斷路，故理想二極管的作用是只允許正向的電流通過，再根據(jù)變壓器的原理電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比

9、，即可求得結(jié)論。由于原、副線圈中的電流與匝數(shù)成反比，所以電流之比為1：5，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；原、副線圈的電壓與匝數(shù)成正比，所以副線圈兩端電壓為U2=44 V，但二極管具有單向?qū)щ娦?，根?jù)有效值的定義有，從而求得電壓表兩端電壓有效值為U=22V,B選項(xiàng)錯(cuò)誤；則1 min內(nèi)產(chǎn)生的熱量為=2904 J，C選項(xiàng)正確；將滑動(dòng)變阻器滑片向下滑動(dòng)，接入電路中的阻值變大，但對(duì)原、副線圈兩端的電壓無(wú)影響，即電壓表的讀數(shù)不變，電流表的讀數(shù)變小，所以D錯(cuò)誤。考點(diǎn)：變壓器的原理 理想二極管的作用7如圖所示，理想變壓器，原副線圈的匝數(shù)比為n。原線圈接正弦交流電壓U，輸出端A、A1、A2、A3為理想的交流電

10、流表，R為三個(gè)完全相同的電阻，L為電感，C為電容，當(dāng)輸入端接通電源后，電流表A讀數(shù)為I。下列判斷正確的是A副線圈兩端的電壓為nUB通過副線圈的最大電流C電流表A1的讀數(shù)I1大于電流表A2的讀數(shù)I2D電流表A3的讀數(shù)I3=0【答案】BC【解析】考點(diǎn)：變壓器的構(gòu)造和原理分析：（1）根據(jù)原副線圈電壓之比等于電流之比即可求得R1兩段的電壓；（2）電流表的讀數(shù)是副線圈的電流的有效值，根據(jù)有效值與最大值的關(guān)系即可求得通過副線圈的最大電流；（3）根據(jù)線圈會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流阻礙原電流即可判斷I1和I2的大小；（4）電容器通交流阻直流，故有電流通過電流表A3解：A、根據(jù)=n得：=n，所以R1兩端的電壓為：，故A錯(cuò)誤

11、；B、根據(jù)題意得副線圈的電流為I，所以通過副線圈的最大電流為，故B正確；C、線圈會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流阻礙原電流即I1I2，故C正確；D、電容器通交流阻直流，故有電流通過電流表A3，即I30，故D錯(cuò)誤本題選不正確的故選BC8在變電站里，經(jīng)常要用交流電表去監(jiān)測(cè)電網(wǎng)上的高電壓，所用的器材叫電壓互感器。如下所示的四個(gè)圖中，能正確反應(yīng)其工作原理的是 【答案】B【解析】9如圖所示，LC振蕩回路中，電容器兩極板間的電場(chǎng)方向向下，且線圈中有沿圖示方向的磁場(chǎng)，則A振蕩回路中電流正在增大B磁場(chǎng)能正在轉(zhuǎn)化為電場(chǎng)能C線圈L中振蕩電流的方向從上向下D線圈L產(chǎn)生的自感電動(dòng)勢(shì)正在阻礙電流增大【答案】B【解析】根據(jù)圖示電路知，該L

12、C振蕩電路正在充電，電流方向自下而上，電流在減小，磁場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為電場(chǎng)能 解決本題的關(guān)鍵知道在LC振蕩電路中，當(dāng)電容器充電時(shí)，電流在減小，電容器上的電荷量增大，磁場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為電場(chǎng)能；當(dāng)電容器放電時(shí)，電流在增大，電容器上的電荷量減小，電場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為磁場(chǎng)能10如圖甲所示，abcd是位于豎直平面內(nèi)的正方形閉合金屬線框，金屬線框的質(zhì)量為m，電阻為R。在金屬線框的下方有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，MN和MN是勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的水平邊界，并與線框的bc邊平行，磁場(chǎng)方向與線框平面垂直?，F(xiàn)金屬線框由距MN的某一高度從靜止開始下落，圖乙是金屬線框由開始下落到完全穿過勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域瞬間的速度時(shí)間圖象，圖象中坐標(biāo)軸上所標(biāo)出的字母均為已知量。

13、可知A.金屬框初始位置的bc邊到邊界MN的高度為v1t1B.金屬框的邊長(zhǎng)為 C.磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為D.在進(jìn)入磁場(chǎng)過程中金屬框產(chǎn)生的熱為mgv1（t2-t1） 【答案】D【解析】試題分析：由圖知在0-t1時(shí)間內(nèi)金屬線框做勻加速運(yùn)動(dòng)，金屬框初始位置的bc邊到邊界MN的高度為 故A錯(cuò)誤由圖象可知，金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)過程中是做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度為v1，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2-t1，故金屬框的邊長(zhǎng)：l=v1（t2-t1）故B錯(cuò)誤在金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，金屬框所受安培力等于重力，則得：mg=BIl，又 l=v1（t2-t1），聯(lián)立解得：，故C錯(cuò)誤；金屬框在進(jìn)入磁場(chǎng)過程中金屬框產(chǎn)生的熱為Q，重力對(duì)其做正功，安培力對(duì)其

14、做負(fù)功，由能量守恒定律得：Q=mgl=mgv1（t2-t1），故D正確?？键c(diǎn)：v-t圖線；法拉第電磁感應(yīng)定律；能量守恒定律。11如圖所示，相距為L(zhǎng)的兩條足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為，上端接有定值電阻R，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒由靜止釋放，當(dāng)速度達(dá)到v時(shí)開始勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)對(duì)導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力，并保持拉力的功率恒為P，導(dǎo)體棒最終以2v的速度勻速運(yùn)動(dòng)導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，重力加速度為g.下列選項(xiàng)正確的是APmgvsinBP3mgvsinC當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到時(shí)加速度大小為sinD在速度達(dá)到2v以后勻速運(yùn)動(dòng)的過程

15、中，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功【答案】C【解析】試題分析：當(dāng)導(dǎo)體棒以v勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)受力平衡，則，當(dāng)導(dǎo)體棒以勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)受力平衡，則 ，故 ，拉力的功率，故A B錯(cuò)誤；當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到時(shí)，由牛頓第二定律，解得，故C正確；由能量守恒，當(dāng)速度達(dá)到以后勻速運(yùn)動(dòng)的過程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力及重力所做的功，故D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)：考查了導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動(dòng)12如圖，足夠長(zhǎng)的U型光滑金屬導(dǎo)軌平面與水平面成角（090°)，其中MN和PQ平行且間距為，導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。金屬棒棒接入電路的電阻為，并與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且良好接觸，使棒由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑，當(dāng)流過棒某一橫

16、截面的電量為時(shí)，它的速度大小為，則金屬棒在這一過程中：（ ）A. 棒運(yùn)動(dòng)的平均速度大小為 B. 滑行距離為C. 產(chǎn)生的焦耳熱為 D. 受到的最大安培力大小為 【答案】BD【解析】試題分析：金屬棒ab開始做加速度逐漸減小的變加速運(yùn)動(dòng)，不是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，平均速度不等于，而是大于，故A錯(cuò)誤；由電量計(jì)算公式，聯(lián)立得可得，下滑的位移大小為，故B正確；產(chǎn)生的焦耳熱，而這里的電流I比棒的速度大小為v時(shí)的電流小，故這一過程產(chǎn)生的焦耳熱小于，故C錯(cuò)誤；金屬棒ab做加速運(yùn)動(dòng)，或先做加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)，速度為v時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流最大，受到的安培力最大，最大安培力大小為，故D正確考點(diǎn)：考查了導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動(dòng)13

17、（18分）如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角的斜面上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，間距L=0.4m，導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域I和II，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN，I中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向下，II中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B=0.5T。在區(qū)域I中，將質(zhì)量，電阻的金屬條ab放在導(dǎo)軌上，ab剛好不下滑。然后，在區(qū)域II中將質(zhì)量，電阻的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上，由靜止開始下滑，cd在滑動(dòng)過程中始終處于區(qū)域II的磁場(chǎng)中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，取，問（1）cd下滑的過程中，ab中的電流方向；（2）ab剛要向上滑動(dòng)時(shí)，cd的速度v多大？（3）從cd

18、開始下滑到ab剛要向上滑動(dòng)的過程中，cd滑動(dòng)的距離x=3.8m，此過程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少？【答案】（1）由a流向b；（2）；（3）；【解析】試題分析：（1）由右手定則可以判斷電流方向由a流向b（2）開始放置ab剛好不下滑時(shí)，ab所受摩擦力為最大摩擦力，設(shè)其為Fmax，有 設(shè)ab剛好要上滑時(shí)，cd棒的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律有 設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路歐姆定律有 設(shè)ab所受安培力為F安，有 此時(shí)ab受到的最大摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件有 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得： （3）設(shè)cd棒的運(yùn)動(dòng)過程中電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒定律有 由串聯(lián)電路規(guī)律有 聯(lián)立解得：

19、考點(diǎn)：共點(diǎn)力平衡、法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、能量守恒定律、串并聯(lián)電路特點(diǎn)14（10分）截面積為0.2m2的100匝的線圈A，處在均勻磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的方向垂直線圈截面，如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B =（0.60.2t）T（t為時(shí)間，以秒為單位），R1= 3，R2=6，線圈電阻為r = 1，C=3F，求：（1）閉合S1、S2后，通過R2的電流大小和方向；（2）只把S1切斷后，通過R2的電量。【答案】 0.4A ab 【解析】試題分析：（1）為磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率，大小為根據(jù)楞次定律判斷知，通過R2的電流方向?yàn)閍b。（2）U=IR2=2.4V， ，S1切斷后，電容器所帶電量通過R2全部釋放，故通

20、過R2的電量。考點(diǎn)：本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、電容器。15（18分）如圖，兩根足夠長(zhǎng)平行光滑的金屬導(dǎo)軌相距為l，導(dǎo)軌與水平面夾角為,并處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2、方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。兩金屬導(dǎo)軌的上端與阻值為R的燈泡連接，并連接水平放置、長(zhǎng)和寬都為d的平行金屬板，板內(nèi)存在垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。長(zhǎng)為l的金屬棒ab垂直于金屬導(dǎo)軌，且始終與導(dǎo)軌接觸良好。當(dāng)金屬棒固定不動(dòng)時(shí)，質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子流沿中線射入金屬板內(nèi)，恰好在金屬板的左下邊沿穿出。粒子重力不計(jì)，重力加速度為g，導(dǎo)軌和金屬棒的電阻不計(jì)。（1） 粒子流帶何種電荷，速度多大？（2） 現(xiàn)將金屬棒

21、由靜止釋放，待棒沿導(dǎo)軌勻速下滑后，粒子流水平通過，求金屬棒質(zhì)量M?！敬鸢浮浚?） （2）【解析】試題分析：（1） 由左手定則，可判定粒子流帶正電。 （2分）粒子流在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律， （3分）得： （1分） 粒子流恰好在金屬板的邊沿穿出，由幾何關(guān)系得 （1分）解得 （1分）故 （1分）（2） 對(duì)勻速通過金屬板的粒子流，其所受的電場(chǎng)力等于洛倫茲力，有： （2分）金屬板的電壓， （1分）金屬棒受到的安培力 （1分）棒做勻速運(yùn)動(dòng)，由力的平衡條件，有： （3分）聯(lián)立式子，解得： （2分）考點(diǎn)：電磁感應(yīng)、帶電粒子的運(yùn)動(dòng)RMNQPCDB16如圖所示，電阻不計(jì)的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌相距L=1m，PM、QN部分水平放置在絕緣桌面上，半徑a=0.9m的光滑金屬半圓導(dǎo)軌處在豎直平面內(nèi)，且分別在M、N處平滑相切， PQ左端與R=2的電阻連接一質(zhì)量為m=1kg、電阻r=1的金屬棒放在導(dǎo)軌上的PQ處并與兩導(dǎo)軌始終垂直整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=1T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，g取10m/s2求：（1）若金屬棒以v=3m/s速度在水平軌道上向右勻速運(yùn)動(dòng)，求該過程中棒受到的安培力大??； （2）若金屬棒恰好能通過軌道最高點(diǎn)CD處，求棒通過CD處時(shí)棒兩端的電壓；（3）設(shè)LPM=LQN=3