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文档介绍
2017年高考题和高考模拟题物理分项版汇编专题12 电磁感应
专题12 电磁感应 1.[2016·北京卷] 如图1所示,匀强磁场中有两个导体圆环a、b,磁场方向与圆环所在平面垂直.磁感应强度B随时间均匀增大.两圆环半径之比为2∶1,圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb,不考虑两圆环间的相互影响.下列说法正确的是( ) 图1 A.Ea∶Eb=4∶1,感应电流均沿逆时针方向 B.Ea∶Eb=4∶1,感应电流均沿顺时针方向 C.Ea∶Eb=2∶1,感应电流均沿逆时针方向 D.Ea∶Eb=2∶1,感应电流均沿顺时针方向 答案:B 解析: 由法拉第电磁感应定律可知E=n,则E=nπR2.由于Ra∶Rb=2∶1,则Ea∶Eb=4∶1.由楞次定律和安培定则可以判断产生顺时针方向的电流.选项B正确. 2. [2016·江苏卷] 电吉他中电拾音器的基本结构如图1所示,磁体附近的金属弦被磁化,因此弦振动时,在线圈中产生感应电流,电流经电路放大后传送到音箱发出声音,下列说法正确的有( ) 图1 A.选用铜质弦,电吉他仍能正常工作 B.取走磁体,电吉他将不能正常工作 C.增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势 D.磁振动过程中,线圈中的电流方向不断变化 答案:BCD 解析: 选用铜质弦时,不会被磁化,不会产生电磁感应现象,电吉他不能正常工作,选项 A错误;取走磁体时,金属弦磁性消失,电吉他不能正常工作,选项B正确;根据法拉第电磁感应定律可知,增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势,选项C正确;根据楞次定律可知,磁振动过程中,线圈中的电流方向不断变化,选项D正确. 3.[2016·全国卷Ⅱ] 法拉第圆盘发电机的示意图如图1所示.铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触.圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中.圆盘旋转时,关于流过电阻R的电流,下列说法正确的是( ) 图1 A.若圆盘转动的角速度恒定,则电流大小恒定 B.若从上向下看,圆盘顺时针转动,则电流沿a到b的方向流动 C.若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则电流方向可能发生变化 D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍,则电流在R上的热功率也变为原来的2倍 答案:AB 解析: 将圆盘看成由无数辐条组成,各辐条都在切割磁感线,从而产生感应电动势,出现感应电流,当圆盘顺时针转动时(从上往下看),根据右手定则可判断,圆盘上感应电流从边缘向中心,流过电阻R的电流方向从a到b,B正确;由法拉第电磁感应定律可得,感应电动势E=BLv=BL2ω,而I=,故A正确,C错误;当角速度ω变为原来的2倍时,感应电动势E=BL2ω变为原来的2倍,感应电流I变为原来的2倍,电流在R上的热动率P=I2R变为原来的4倍,D错误. 4.[2016·全国卷Ⅲ] 如图所示,M为半圆形导线框,圆心为OM;N是圆心角为直角的扇形导线框,圆心为ON;两导线框在同一竖直面(纸面)内;两圆弧半径相等;过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场,磁场方向垂直于纸面.现使线框M、N在t=0时从图示位置开始,分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴,以相同的周期T逆时针匀速转动,则( ) 图1 A.两导线框中均会产生正弦交流电 B.两导线框中感应电流的周期都等于T C.在t=时,两导线框中产生的感应电动势相等 D.两导线框的电阻相等时,两导线框中感应电流的有效值也相等 答案:BC 解析: 设导线圈半径为l,角速度为ω,两导线框切割磁感线的等效长度始终等于圆弧半径,因此在产生感应电动势时其瞬时感应电动势大小始终为E=Bωl2,但进磁场和出磁场时电流方向相反,所以线框中应该产生方波交流式电,如图所示,A错误;由T=可知,两导线框中感应电流的周期相同,均为T,B正确;在t=时,两导线框均在切割磁感线,故两导线框中产生的感应电动势均为Bωl2,C正确;对于线框M,有·+·=·T,解得U有M=E;对于线框N,有·+0+·+0=·T,解得U有N=E,故两导线框中感应电流的有效值并不相等,D错误. 5.[2016·江苏卷] 据报道,一法国摄影师拍到“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间.照片中,“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见.如图所示,假设“天宫一号”正以速度v=7.7 km/s绕地球做匀速圆周运动,运动方向与太阳帆板两端M、N的连线垂直,M、N间的距离L=20 m,地磁场的磁感应强度垂直于v,MN所在平面的分量B=1.0×10-5 T,将太阳帆板视为导体. 图1 (1)求M、N间感应电动势的大小E; (2)在太阳帆板上将一只“1.5 V,0.3 W”的小灯泡与M、N 相连构成闭合电路,不计太阳帆板和导线的电阻.试判断小灯泡能否发光,并说明理由; (3)取地球半径R=6.4×103 km,地球表面的重力加速度g=9.8 m/s2,试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h(计算结果保留一位有效数字). 解析: (1)法拉第电磁感应定律E=BLv,代入数据得E=1.54 V (2)不能,因为穿过闭合回路的磁通量不变,不产生感应电流. (3)在地球表面有G=mg 匀速圆周运动G=m 解得h=g-R,代入数据得h≈4×105 m(数量级正确都算对) 6.[2016·浙江卷] 如图12所示,a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数均为10匝,边长la=3lb,图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间均匀增大,不考虑线圈之间的相互影响,则( ) 图12 A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流 B.a、b线圈中感应电动势之比为9∶1 C.a、b线圈中感应电流之比为3∶4 D.a、b线圈中电功率之比为3∶1 答案:B 解析: 由楞次定律可判断,两线圈中产生的感应电流均沿逆时针方向,选项A错误;由E=nS,S=l2,R=ρ,I=,P=,可知Ea:Eb=9:1,Ia:Ib=3:1,Pa:Pb=27:1,选项B正确,选项C、D错误. 7.[2016·全国卷Ⅰ] 如图1,两固定的绝缘斜面倾角均为θ,上沿相连.两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L,质量分别为2m和m;用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca,并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上,使两金属棒水平.右斜面上存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于斜面向上,已知两根导线刚好不在磁场中,回路电阻为R,两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ ,重力加速度大小为g,已知金属棒ab匀速下滑.求:( ) (1)作用在金属棒ab上的安培力的大小; (2)金属棒运动速度的大小. 图1 解析: (1)设导线的张力的大小为T,右斜面对ab棒的支持力的大小为N1,作用在ab棒上的安培力的大小为F,左斜面对cd棒的支持力大小为N2,对于ab棒,由力的平衡条件得 2mgsin θ=μN1+T+F ① N1=2mgcos θ ② 对于cd棒,同理有 mgsin θ+μN2=T ③ N2=mgcos θ ④ 联立①②③④式得 F=mg(sin θ-3μcos θ) ⑤ (2)由安培力公式得 F=BIL ⑥ 这里I是回路abdca中的感应电流,ab棒上的感应电动势为 ε=BLv ⑦ 式中,v是ab棒下滑速度的大小,由欧姆定律得 I= ⑧ 联立⑤⑥⑦⑧式得 v=(sin θ-3μcos θ) ⑨ 8.[2016·全国卷Ⅱ] 如图1所示,水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻,质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上.t=0时,金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动.t0时刻,金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,且在磁场中恰好能保持匀速运动.杆与导轨的电阻均忽略不计,两者始终保持垂直且接触良好,两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求: (1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小; (2)电阻的阻值. 图1 解析: (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a,由牛顿第二定律得 ma=F-μmg ① 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v,由运动学公式有v=at0 ② 当金属杆以速度v在磁场中运动时,由法拉第电磁感应定律,杆中的电动势为 E=Blv ③ 联立①②③式可得 E=Blt0 ④ (2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时,金属杆中的电流为I,根据欧姆定律 I= ⑤ 式中R为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为 f=BIl ⑥ 因金属杆做匀速运动,由牛顿运动定律得 F-μmg-f=0 ⑦ 联立④⑤⑥⑦式得 R= ⑧ 9. [2016·四川卷] 如图1所示,电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中,导轨左端接一定值电阻R.质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上,受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动,外力F与金属棒速度v的关系是F=F0+kv(F0、k是常量),金属棒与导轨始终垂直且接触良好.金属棒中感应电流为i,受到的安培力大小为FA,电阻R两端的电压为UR,感应电流的功率为P,它们随时间t变化图像可能正确的有( ) 图1 图1 答案:BC 解析: 设金属棒在某一时刻速度为v,由题意可知,感应电动势E=Blv,感应电流I==v,即I∝v;安培力FA=BIl=v,方向水平向左,即FA∝v;R两端电压UR=IR=v,即UR∝v;感应电流功率P=EI=v2,即P∝v2. 分析金属棒运动情况,由牛顿第二定律可得F合=F-FA=F0+kv-v=F0+v,而加速度a=.因为金属棒从静止出发,所以F0>0,且F合>0,即a>0,加速度方向水平向右. (1)若k=,F合=F0,即a=,金属棒水平向右做匀加速直线运动,有v=at,说明v∝t,即I∝t,FA∝t,UR∝t,P∝t2,所以在此情况下没有选项符合; (2)若k>,F合随v增大而增大,即a随v增大而增大,说明金属棒在做加速度增大的加速运动,根据四个物理量与速度的关系可知B选项符合; (3)若k<,F合随v增大而减小,即a随v增大而减小,说明金属棒在做加速度减小的加速运动,直到加速度减小为0后金属棒做匀速直线运动,根据四个物理量与速度关系可知C选项符合; 综上所述,B、C选项符合题意. 10.[2016·浙江卷] 小明设计的电磁健身器的简化装置如图110所示,两根平行金属导轨相距l=0.50 m,倾角θ=53°,导轨上端串接一个R=0.05 Ω的电阻.在导轨间长d=0.56 m的区域内,存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度B=2.0 T.质量m=4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上,用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连.CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s=0.24 m.一位健身者用恒力F=80 N拉动GH杆,CD棒由静止开始运动,上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直.当CD棒到达磁场上边界时健身者松手,触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10 m/s2,sin 53°=0.8,不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量).求: (1)CD棒进入磁场时速度v的大小; (2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小; (3)在拉升CD棒的过程中,健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q. 图110 解析: (1)由牛顿定律a==12 m/s2 ① 进入磁场时的速度v==2.4 m/s ② (2)感应电动势E=Blv ③ 感应电流I= ④ 安培力FA=IBl ⑤ 代入得FA==48 N ⑥ (3)健身者做功W=F(s+d)=64 J ⑦ 由牛顿定律F-mgsin θ-FA=0 ⑧ CD棒在磁场区做匀速运动 在磁场中运动时间t= ⑨ 焦耳热Q=I2Rt=26.88 J ⑩ 11.[2016·全国卷Ⅲ] 如图1所示,两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内,其左端接一阻值为R的电阻;一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上;在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域,区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场,磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1=kt,式中k为常量;在金属棒右侧还有一匀强磁场区域,区域左边界MN(虚线)与导轨垂直,磁场的磁感应强度大小为B0,方向也垂直于纸面向里.某时刻,金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动,在t0时刻恰好以速度v0越过MN,此后向右做匀速运动.金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好,它们的电阻均忽略不计.求: (1)在t=0到t=t0时间间隔内,流过电阻的电荷量的绝对值; (2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小. 图1 解析: (1)在金属棒未越过MN之前,t时刻穿过回路的磁通量为Φ=ktS ① 设在从t时刻到t+Δt的时间间隔内,回路磁通量的变化量为ΔΦ,流过电阻R的电荷量为Δq.由法拉第电磁感应定律有E= ② 由欧姆定律有i= ③ 由电流的定义有i= ④ 联立①②③④式得|Δq|=Δt ⑤ 由⑤式得,在t=0到t=t0的时间间隔内,流过电阻R的电荷量q的绝对值为 |q|= ⑥ (2)当t>t0时,金属棒已越过MN.由于金属棒在MN右侧做匀速运动,有f=F ⑦ 式中,f是外加水平恒力,F是匀强磁场施加的安培力.设此时回路中的电流为I,F的大小为 F=B0Il ⑧ 此时金属棒与MN之间的距离为s=v0(t-t0) ⑨ 匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′=B0ls ⑩ 回路的总磁通量为Φt=Φ+Φ′ 式中,Φ仍如①式所示.由①⑨⑩⑪式得,在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量为 Φt=B0lv0(t-t0)+kSt ⑫ 在t到t+Δt的时间间隔内,总磁通量的改变ΔΦt为 ΔΦt=(B0lv0+kS)Δt ⑬ 由法拉第电磁感应定律得,回路感应电动势的大小为 Et= ⑭ 由欧姆定律有I= ⑮ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得f=(B0lv0+kS) ⑯查看更多