2019-2020年高考物理高考題和高考模擬題分項版匯編專題06電磁感應含解析.doc

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2019-2020年高考物理高考題和高考模擬題分項版匯編專題06電磁感應含解析 1．【xx新課標Ⅰ卷】掃描隧道顯微鏡（STM）可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌。為了有效隔離外界振動對STM的擾動，在圓底盤周邊沿其徑向對稱地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動，如圖所示。無擾動時，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場；出現(xiàn)擾動后，對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是 【答案】A 【解析】感應電流產生的條件是閉合回路中的磁通量發(fā)上變化。在A圖中系統(tǒng)振動時在磁場中的部分有時多有時少，磁通量發(fā)生變化，產生感應電流，受到安培力，阻礙系統(tǒng)的振動，故A正確；而BCD三個圖均無此現(xiàn)象，故錯誤。 【考點定位】感應電流產生的條件 【名師點睛】本題不要被題目的情景所干擾，抓住考查的基本規(guī)律，即產生感應電流的條件，有感應電流產生，才會產生阻尼阻礙振動。 2．【xx新課標Ⅲ卷】如圖，在方向垂直于紙面向里的勻強磁場中有一U形金屬導軌，導軌平面與磁場垂直。金屬桿PQ置于導軌上并與導軌形成閉合回路PQRS，一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內，線框與導軌共面?，F(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運動，在運動開始的瞬間，關于感應電流的方向，下列說法正確的是 A．PQRS中沿順時針方向，T中沿逆時針方向 B．PQRS中沿順時針方向，T中沿順時針方向 C．PQRS中沿逆時針方向，T中沿逆時針方向 D．PQRS中沿逆時針方向，T中沿順時針方向 【答案】D 【考點定位】電磁感應、右手定則、楞次定律 【名師點睛】解題關鍵是掌握右手定則、楞次定律判斷感應電流的方向，還要理解PQRS中感應電流產生的磁場會使T中的磁通量變化，又會使T中產生感應電流。 3．【xx天津卷】如圖所示，兩根平行金屬導軌置于水平面內，導軌之間接有電阻R。金屬棒ab與兩導軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向下?，F(xiàn)使磁感應強度隨時間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是 A．ab中的感應電流方向由b到a B．ab中的感應電流逐漸減小 C．ab所受的安培力保持不變 D．ab所受的靜摩擦力逐漸減小 【答案】D 【解析】導體棒ab、電阻R、導軌構成閉合回路，磁感應強度均勻減?。橐欢ㄖ担瑒t閉合回路中的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，可知回路中產生順時針方向的感應電流，ab中的電流方向由a到b，故A 錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律，感應電動勢，回路面積S不變，即感應電動勢為定值，根據(jù)歐姆定律，所以ab中的電流大小不變，故B錯誤；安培力，電流大小不變，磁感應強度減小，則安培力減小，故C錯誤；導體棒處于靜止狀態(tài)，所受合力為零，對其受力分析，水平方向靜摩擦力f與安培力F等大反向，安培力減小，則靜摩擦力減小，故D正確。 【考點定位】楞次定律，法拉第電磁感應定律，安培力 【名師點睛】本題應從電磁感應現(xiàn)象入手，熟練應用法拉第電磁感應定律和楞次定律。 4．【xx新課標Ⅱ卷】兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應強度方向與紙面垂直。邊長為0.1 m、總電阻為0.005 Ω的正方形導線框abcd位于紙面內，cd邊與磁場邊界平行，如圖（a）所示。已知導線框一直向右做勻速直線運動，cd邊于t=0時刻進入磁場。線框中感應電動勢隨時間變化的圖線如圖（b）所示（感應電流的方向為順時針時，感應電動勢取正）。下列說法正確的是 A．磁感應強度的大小為0.5 T B．導線框運動速度的大小為0.5 m/s C．磁感應強度的方向垂直于紙面向外 D．在t=0.4 s至t=0.6 s這段時間內，導線框所受的安培力大小為0.1 N 【答案】BC 【考點定位】法拉第電磁感應定律；楞次定律；安培力 【名師點睛】此題是關于線圈過磁場的問題；關鍵是能通過給出的E–t圖象中獲取信息，得到線圈在磁場中的運動情況，結合法拉第電磁感應定律及楞次定律進行解答。此題意在考查學生基本規(guī)律的運用能力以及從圖象中獲取信息的能力。 5．【xx北京卷】圖1和圖2是教材中演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈。實驗時，斷開開關S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關S2，燈A2逐漸變亮，而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同。下列說法正確的是 A．圖1中，A1與L1的電阻值相同 B．圖1中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，A1中電流大于L1中電流 C．圖2中，變阻器R與L2的電阻值相同 D．圖2中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等 【答案】C 【考點定位】自感 【名師點睛】線圈在電路中發(fā)生自感現(xiàn)象，根據(jù)楞次定律可知，感應電流要“阻礙”使原磁場變化的電流變化情況。電流突然增大時，會感應出逐漸減小的反向電流，使電流逐漸增大；電流突然減小時，會感應出逐漸減小的正向電流，使電流逐漸減小。 6．【xx江蘇卷】（15分） 如圖所示，兩條相距d的平行金屬導軌位于同一水平面內，其右端接一阻值為R的電阻．質量為m的金屬桿靜置在導軌上，其左側的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應強度大小為B、方向豎直向下．當該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関．導軌和金屬桿的電阻不計，導軌光滑且足夠長，桿在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸．求： （1）MN剛掃過金屬桿時，桿中感應電流的大小l； （2）MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a； （3）PQ剛要離開金屬桿時，感應電流的功率P． 【答案】（1） （2） （3） 【考點定位】電磁感應 【名師點睛】本題的關鍵在于導體切割磁感線產生電動勢E=Blv，切割的速度（v）是導體與磁場的相對速度，分析這類問題，通常是先電后力，再功能． 7．【xx北京卷】（20分）發(fā)電機和電動機具有裝置上的類似性，源于它們機理上的類似性。直流發(fā)電機和直流電動機的工作原理可以簡化為如圖1、圖2所示的情景。 在豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場中，兩根光滑平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內，相距為L，電阻不計。電阻為R的金屬導體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好，以速度v（v平行于MN）向右做勻速運動。 圖1軌道端點MP間接有阻值為r的電阻，導體棒ab受到水平向右的外力作用。圖2軌道端點MP間接有直流電源，導體棒ab通過滑輪勻速提升重物，電路中的電流為I。 （1）求在Δt時間內，圖1“發(fā)電機”產生的電能和圖2“電動機”輸出的機械能。 （2）從微觀角度看，導體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力在上述能量轉化中起著重要作用。為了方便，可認為導體棒中的自由電荷為正電荷。 a．請在圖3（圖1的導體棒ab）、圖4（圖2的導體棒ab）中，分別畫出自由電荷所受洛倫茲力的示意圖。 b．我們知道，洛倫茲力對運動電荷不做功。那么，導體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力是如何在能量轉化過程中起到作用的呢？請以圖2“電動機”為例，通過計算分析說明。 【答案】（1） （2）a．如圖3、圖4 b．見解析 【解析】（1）圖1中，電路中的電流 棒ab受到的安培力F1=BI1L 在Δt時間內，“發(fā)電機”產生的電能等于棒ab克服安培力做的功 圖2中，棒ab受到的安培力F2=BIL 在Δt時間內，“電動機”輸出的機械能等于安培力對棒ab做的功 （2）a．圖3中，棒ab向右運動，由左手定則可知其中的正電荷受到b→a方向的洛倫茲力，在該洛倫茲力作用下，正電荷沿導體棒運動形成感應電流，有沿b→a方向的分速度，受到向左的洛倫茲力作用；圖4中，在電源形成的電場作用下，棒ab中的正電荷沿a→b方向運動，受到向右的洛倫茲力作用，該洛倫茲力使導體棒向右運動，正電荷具有向右的分速度，又受到沿b→a方向的洛倫茲力作用。如圖3、圖4。 b．設自由電荷的電荷量為q，沿導體棒定向移動的速率為u。 如圖4所示，沿棒方向的洛倫茲力，做負功 垂直棒方向的洛倫茲力，做正功 所示，即導體棒中一個自由電荷所受的洛倫茲力做功為零。 做負功，阻礙自由電荷的定向移動，宏觀上表現(xiàn)為“反電動勢”，消耗電源的電能；做正功，宏觀上表現(xiàn)為安培力做正功，使機械能增加。大量自由電荷所受洛倫茲力做功的宏觀表現(xiàn)是將電能轉化為等量的機械能，在此過程中洛倫茲力通過兩個分力做功起到“傳遞能量的作用。 【考點定位】閉合電路歐姆定律、法拉第電磁感應定律、左手定則、功能關系 【名師點睛】洛倫茲力永不做功，本題看似洛倫茲力做功，實則將兩個方向的分運動結合起來，所做正、負功和為零。 1．【xx鄭州市第三次質量預測】如圖所示，銅管內有一片羽毛和一個小磁石。現(xiàn)將銅管抽成真空并豎直放置，使羽毛、小磁石同時從管內頂端由靜止釋放，已知羽毛、小磁石下落過程中無相互接觸且未與管道內璧接觸，則 A．羽毛的下落時間大于小磁石的下落時間 B．羽毛的下落時間等于小磁石的下落時間 C．羽毛落到管底時的速度大于小磁石落到管底時的速度 D．羽毛落到管底時的速度小于小滋石落到管底時的速度 【答案】C 2．【xx鄭州市第三次質量預測】鐵路運輸中設計的多種裝置都運用了電磁感應原理。有一種電磁裝致可以向控制中心傳輸信號以確定火車的位置和運動狀態(tài)，裝置的原理是：將能產生勻強磁場的磁鐵安裝在火車首節(jié)車廂下面，如圖甲所示(俯視圖)，當它經過安放在兩鐵軌間的矩形線圈時，線圈便產生一個電信號傳輸給控制中心。線圈長為ι1，寬為ι2。匝數(shù)為n。若勻強磁場只分布在一個矩形區(qū)域內，當火車首節(jié)車廂通過線圈時，控制中心接收到線圈兩端電壓u與時間t的關系如圖乙所示(ab、cd均為直線)，則在t1-t2時間內 A．火車做勻速直線運動 B．M點電勢低于N點電勢 C．火車加速度大小為 D．火車平均速度大小為 【答案】BD 【解析】A、由E=BLv可知，動生電動勢與速度成正比，而在乙圖中ab段的電壓與時間成線性關系，因此可知在t1到t2這段時間內，火車的速度隨時間均勻增加，所以火車在這段時間內做的是勻加速直線運動。故A錯誤。B、根據(jù)右手定則，線圈中的感應電流是逆時針的，M點電勢低于N點電勢，B正確；C、由圖知t1時刻對應的速度為：，t2時刻對應的速度為：，故這段時間內的加速度為：，故C錯誤；D、由C可知這段時間內的平均速度為：，D正確。 故選BD。 【名師點睛】判定運動狀態(tài)，可以找出動生電動勢與速度的關系，進而確定速度和時間的關系，就可以知道火車在ab事件段內的運動性質；根據(jù)右手定則可判斷電勢的高低；加速度可以由AB中判定出的速度時間關系來確定；同C項一樣，也是通過AB判定出的速度時間關系來解。 3．【xx安徽省江淮十校第三次聯(lián)考】寬為L的兩光滑豎直裸導軌間接有固定電阻R，導軌（電阻忽略不計）間I、Ⅱ區(qū)域中有垂直紙面向里寬為d、磁感應強度為B的勻強磁場，I、Ⅱ區(qū)域間距為h，如圖，有一質量為m、長為L電阻不計的金屬桿與豎直導軌緊密接觸，從距區(qū)域I上端H處桿由靜止釋放。若桿在I、Ⅱ區(qū)域中運動情況完全相同，現(xiàn)以桿由靜止釋放為計時起點，則桿中電流隨時間t變化的圖像可能正確的是 A． B． C． D． 【答案】B 4．【xx廣東省惠州市4月模擬】在家庭電路中，為了安全，一般在電能表后面的電路中安裝一個漏電開關，其工作原理如圖所示，其中甲線圈兩端與脫扣開關控制器相連，乙線圈由兩條電源線采取雙線法繞制，并與甲線圈繞在同一個矩形硅鋼片組成的鐵芯上。以下說法正確的是（ ） A．當用戶用電正常時，甲線圈兩端沒有電壓，脫扣開關接通。 B．當用戶用電正常時，甲線圈兩端有電壓，脫扣開關接通。 C．當用戶發(fā)生漏電時，甲線圈兩端沒有有電壓，脫扣開關斷開 D．當用戶發(fā)生漏電時，甲線圈兩端有電壓，脫扣開關斷開 【答案】AD 【名師點睛】保護器中火線和零線中電流相等時，產生的磁場應完全抵消，穿過甲線圈的磁通量始終為零，甲線圈中沒有電壓，脫扣開關K保持接通。漏電時，流過火線與零線的電流不相等，保護器中火線和零線中電流產生的磁場應不能完全抵消，會使甲線圈中產生感應電動勢，脫扣開關斷開． 5．【xx河南省南陽、信陽等六市高三第二次聯(lián)考】如圖所示，水平面上相距l(xiāng)=0．5m的兩根光滑平行金屬導軌MN和PQ，他們的電阻可忽略不計，在M和P之間接有最大阻值為6．0Ω的滑動變阻器R，導體棒ab電阻r=1Ω，與導軌垂直且接觸良好，整個裝置處于方向豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度B =0． 4T，滑動變阻器滑片處在正中間位置，ab在外力F作用下以v=l0m/s的速度向右勻速運動，以下判斷正確的是 A．通過導體棒的電流大小為0．5A，方向由b到a B．導體棒受到的安培力大小為1N，方向水平向左 C．外力F的功率大小為1W D．若增大滑動變阻器消耗的勸率，應把滑片向M端移動 【答案】CD 6．【xx湖南省永州市高三三?！咳鐖D(a)所示，在光滑水平面上放置一質量為1 kg的單匝均勻正方形銅線框，線框邊長為0．1m。在虛線區(qū)域內有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為T?，F(xiàn)用恒力F拉線框，線框到達1位置時，以速度v0＝3 m/s進入勻強磁場并開始計時。在t＝3 s時刻線框到達2位置開始離開勻強磁場。此過程中v－t圖像如圖(b)所示，那么 A．t＝0時刻線框右側邊兩端MN間的電壓為0．75 V B．恒力F的大小為0．5 N C．線框完全離開磁場的瞬間的速度大小為3 m/s D．線框完全離開磁場的瞬間的速度大小為1 m/s 【答案】AB 【點睛】該圖象為速度--時間圖象，斜率表示加速度．根據(jù)加速度的變化判斷物體的受力情況．要注意當通過閉合回路的磁通量發(fā)生變化時，閉合回路中產生感應電流，所以只有在進入和離開磁場的過程中才有感應電流產生 7．【xx大連市高三二?！咳鐖D所示，傾角為的光滑斜面固定在水平面上，水平虛線PQ下方有垂直于斜面向下的勻強磁場，磁感應強度為B。正方向閉合金屬線框邊長為l，質量為m，電阻為R，放置于PQ上方一定距離處，保持線框底邊ab與PQ平行并由靜止釋放，當ab邊到達PQ時，線框速度為，ab邊到達PQ下方距離d（d>l）處時，線框速度也為，下列說法正確的是 A．ab邊剛進入磁場時，電流方向為a→b B．ab邊剛進入磁場時，線框做加速運動 C．線框進入磁場過程中的最小速度可能等于 D．線框進入磁場過程中產生的熱量為 【答案】ACD 【解析】根據(jù)右手定則知，ab邊剛進入磁場時，電流方向為a→b．故A正確．當ab邊到達L時，線框速度為v0．ab邊到達L下方距離d處時，線框速度也為v0，知線框進入磁場時做減速運動，完全進入磁場后做加速運動，則ab邊剛進入磁場時，做減速運動，加速度方向向上．故B錯誤．線框從進入磁場到完全進入的過程中，做減速運動，完全進入的瞬間速度最小，此時安培力大于重力沿斜面方向的分力，根據(jù)E=BIl， ，F(xiàn)A=BIL，根據(jù)FA≥mgsinθ，有，解得 ，即線框進入磁場過程中的最小速度可能等于，故C正確．對線框進入磁場的過程運用能量守恒定律得，mgdsinθ=Q．故D正確．故選ACD． 點睛：本題綜合考查了右手定則、安培力大小公式、閉合電路歐姆定律、切割產生的感應電動勢公式和能量守恒，知道線框進入磁場的運動規(guī)律是解決本題的關鍵．