届高考物理知识点总结考点复习电磁感应.docx

届高考物理知识点总结考点复习电磁感应.docx

《届高考物理知识点总结考点复习电磁感应.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《届高考物理知识点总结考点复习电磁感应.docx（15页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

届高考物理知识点总结考点复习电磁感应

2019届高考物理知识点总结考点复习电磁感应

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＝n

πR2.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＝7.7km/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＝20m，地磁场的磁感应强度垂直于v，MN所在平面的分量B＝1.0×10－5T，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“1.5V，0.3W”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＝6.4×103km，地球表面的重力加速度g＝9.8m/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＝1.54V

（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≈4×105m（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＝n

S，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

2mgsinθ＝μN1＋T＋F　①

N1＝2mgcosθ　②

对于cd棒，同理有

mgsinθ＋μN2＝T　③

N2＝mgcosθ　④

联立①②③④式得

F＝mg（sinθ－3μcosθ）　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＝（sinθ－3μcosθ）

　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＝0.50m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05Ω的电阻．在导轨间长d＝0.56m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＝2.0T．质量m＝4.0kg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＝0.24m．一位健身者用恒力F＝80N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10m/s2，sin53°＝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＝

＝12m/s2　①

进入磁场时的速度v＝

＝2.4m/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＝

＝48N　⑥

（3）健身者做功W＝F（s＋d）＝64J　⑦

由牛顿定律F－mgsinθ－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＝26.88J　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