全国高考物理真题分类汇编 电磁感应.docx

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全国高考物理真题分类汇编电磁感应

2014年高考物理真题分类汇编：

电磁感应

（2014上海）17．如图，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形。

则磁场（）

（A）逐渐增强，方向向外（B）逐渐增强，方向向里

（C）逐渐减弱，方向向外（D）逐渐减弱，方向向里

17．CD[解析]本题考查了楞次定律，感应电流的磁场方向总是阻碍引起闭合回路中磁通量的变化，体现在面积上是“增缩减扩”，而回路变为圆形，面积是增加了，说明磁场是在逐渐减弱．因不知回路中电流方向，故无法判定磁场方向，故CD都有可能。

14．[2014·新课标全国卷Ⅰ]在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是（　　）

A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化

B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化

C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化

D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化

14．D　产生感应电流的条件是：

只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中就会产生感应电流．本题中的A、B选项都不会使电路中的磁通量发生变化，不满足产生感应电流的条件，故不正确．C选项虽然在插入条形磁铁瞬间电路中的磁通量发生变化，但是当人到相邻房间时，电路已达到稳定状态，电路中的磁通量不再发生变化，故观察不到感应电流．在给线圈通电、断电瞬间，会引起闭合电路磁通量的变化，产生感应电流，因此D选项正确．

18．[2014·新课标全国卷Ⅰ]如图（a）所示，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上．在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图（b）所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是（　　）

18．C　[解析]本题考查了电磁感应的图像．根据法拉第电磁感应定律，ab线圈电流的变化率与线圈cd上的波形图一致，线圈cd上的波形图是方波，ab线圈电流只能是线性变化的，所以C正确．

[2014·江苏卷]如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂

直，且一半处在磁场中．在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为（　　）　　　　　　　　　　　　　　　

A.

B.

C.

D.

1．B　[解析]根据法拉第电磁感应定律知E＝n

＝n

，这里的S指的是线圈在磁场中的有效面积，即S＝

，故E＝n

＝

，因此B项正确．

16．[2014·山东卷]如图所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好，在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示．不计轨道电阻．以下叙述正确的是（　　）

A．FM向右B．FN向左

C．FM逐渐增大D．FN逐渐减小

16．BCD　[解析]根据安培定则可判断出，通电导线在M区产生竖直向上的磁场，在N区产生竖直向下的磁场．当导体棒匀速通过M区时，由楞次定律可知导体棒受到的安培力向左．当导体棒匀速通过N区时，由楞次定律可知导体棒受到的安培力也向左．选项B正确．设导体棒的电阻为r，轨道的宽度为L，导体棒产生的感应电流为I′，则导体棒受到的安培力F安＝BI′L＝B

L＝

，在导体棒从左到右匀速通过M区时，磁场由弱到强，所以FM逐渐增大；在导体棒从左到右匀速通过N区时，磁场由强到弱，所以FN逐渐减小．选项C、D正确．

6．[2014·四川卷]如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小．质量为0.2kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1m的正方形，其有效电阻为0.1Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B＝（0.4－0.2t）T，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则（　　）

A．t＝1s时，金属杆中感应电流方向从C到D

B．t＝3s时，金属杆中感应电流方向从D到C

C．t＝1s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1N

D．t＝3s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2N

6．AC　[解析]由于B＝（0.4－0.2t）T，在t＝1s时穿过平面的磁通量向下并减少，则根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向从C到D，A正确．在t＝3s时穿过平面的磁通量向上并增加，则根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向仍然是从C到D，B错误．由法拉第电磁感应定律得E＝

＝

Ssin30°＝0.1V，由闭合电路的欧姆定律得电路电流I＝

＝1A，在t＝1s时，B＝0.2T，方向斜向下，电流方向从C到D，金属杆对挡板P的压力水平向右，大小为FP＝BILsin30°＝0.1N，C正确．同理，在t＝3s时，金属杆对挡板H的压力水平向左，大小为FH＝BILsin30°＝0.1N，D错误．

20．[2014·安徽卷]英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场．如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为＋q的小球．已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是（　　）

A．0B.

r2qkC．2πr2qkD．πr2qk

20．D　[解析]本题考查电磁感应、动能定理等知识点，考查对“变化的磁场产生电场”的理解能力与推理能力．由法拉第电磁感应定律可知，沿圆环一周的感生电动势E感＝

＝

·S＝k·πr2，电荷环绕一周，受环形电场的加速作用，应用动能定理可得W＝qE感＝πr2qk.选项D正确。

20．[2014·全国卷]很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒．一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐．让条形磁铁从静止开始下落．条形磁铁在圆筒中的运动速率（　　）

A．均匀增大

B．先增大，后减小

C．逐渐增大，趋于不变

D．先增大，再减小，最后不变

20．C　[解析]本题考查楞次定律、法拉第电磁感应定律．竖直圆筒相当于闭合电路，磁铁穿过闭合电路，产生感应电流，根据楞次定律，磁铁受到向上的阻碍磁铁运动的安培力，开始时磁铁的速度小，产生的感应电流也小，安培力也小，磁铁加速运动，随着速度的增大，产生的感应电流增大，安培力也增大，直到安培力等于重力的时候，磁铁匀速运动．所以C正确．

15．[2014·广东卷]如图8所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块（　　）

A．在P和Q中都做自由落体运动

B．在两个下落过程中的机械能都守恒

C．在P中的下落时间比在Q中的长

D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大

15．C　[解析]磁块在铜管中运动时，铜管中产生感应电流，根据楞次定律，磁块会受到向上的磁场力，因此磁块下落的加速度小于重力加速度，且机械能不守恒，选项A、B错误；磁块在塑料管中运动时，只受重力的作用，做自由落体运动，机械能守恒，磁块落至底部时，根据直线运动规律和功能关系，磁块在P中的下落时间比在Q中的长，落至底部时在P中的速度比在Q中的小，选项C正确，选项D错误．

7．[2014·江苏卷]如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有（　　）

A．增加线圈的匝数B．提高交流电源的频率

C．将金属杯换为瓷杯D．取走线圈中的铁芯

7．AB　[解析]根据法拉第电磁感应定律E＝n

知，增加线圈的匝数n，提高交流电源的频率即缩短交流电源的周期（相当于减小Δt），这两种方法都能使感应电动势增大故选项A、B正确．将金属杯换为瓷杯，则没有闭合电路，也就没有感应电流；取走线圈中的铁芯，则使线圈中的磁场大大减弱，则磁通量的变化率减小．感应电动势减小．故选项C、D错误．

25．[2014·新课标Ⅱ卷]半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下．在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻（图中未画出）．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小g.求

（1）通过电阻R的感应电流的方向和大小：

（2）外力的功率．

25.[答案]

（1）从C端流向D端　

（2）

μmgωr＋

[解析]

（1）在Δt时间内，导体棒扫过的面积为

ΔS＝

ωΔt[（2r）2－r2]①

根据法拉第电磁感应定律，导体棒上感应电动势的大小为

ε＝

②

根据右手定则，感应电流的方向是从B端流向A端．因此，通过电阻R的感应电流的方向是从C端流向D端．由欧姆定律可知，通过电阻R的感应电流的大小I满足

I＝

③

联立①②③式得

I＝

.④

（2）在竖直方向有

mg－2N＝0⑤

式中，由于质量分布均匀，内、外圆导轨对导体棒的正压力大小相等，其值为N，两导轨对运行的导体棒的滑动摩擦力均为

f＝μN⑥

在Δt时间内，导体棒在内、外圆轨上扫过的弧长为

l1＝rωΔt⑦

和

l2＝2rωΔt⑧

克服摩擦力做的总功为

Wf＝f（l1＋l2）⑨

在Δt时间内，消耗在电阻R上的功为

WR＝I2RΔt⑩

根据能量转化和守恒定律知，外力在Δt时间内做的功为

W＝Wf＋WR⑪

外力的功率为

P＝

⑫

由④至12式得

P＝

μmgωr＋

⑬

23．[2014·安徽卷]（16分）如图1所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5T，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“A”形状的光滑金属导轨的MPN（电阻忽略不计），MP和NP长度均为2.5m，MN连线水平，长为3m．以MN中点O为原点、OP为x轴建立一维坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3m，质量m为1kg、电阻R为0.3Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v＝1m/s在导轨上沿x轴正向运动（金属杆与导轨接触良好）．g取10m/s2.

图1

图2

（1）求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x＝0.8m处电势差UCD；

（2）推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图2中画出Fx关系图像；

（3）求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热．

23．[答案]

（1）－0.6V　

（2）略　（3）7.5J

[解析]

（1）金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势

E＝Blv（l＝d），E＝1.5V（D点电势高）

当x＝0.8m时，金属杆在导轨间的电势差为零．设此时杆在导轨外的长度为l外，则

l外＝d－

d

OP＝

得l外＝1.2m

由楞次定律判断D点电势高，故CD两端电势差

UCB＝－Bl外v,UCD＝－0.6V

（2）杆在导轨间的长度l与位置x关系是

l＝

d＝3－

x

对应的电阻R1为R1＝

R，电流I＝

杆受的安培力F安＝BIl＝7.5－3.75x

根据平衡条件得F＝F安＋mgsinθ

F＝12.5－3.75x（0≤x≤2）

画出的Fx图像如图所示．

（3）外力F所做的功WF等于Fx图线下所围的面积，即

WF＝

×2J＝17.5J

而杆的重力势能增加量ΔEp＝mgsinθ

故全过程产生的焦耳热Q＝WF－ΔEp＝7.5J

24．[2014·北京卷]（20分）导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认识．如图所示，固定于水平面的U形导线框处于竖直向下的匀强磁场中，金属直导线MN在与其垂直的水平恒力F作用下，在导线框上以速度v做匀速运动，速度v与恒力F方向相同；导线MN始终与导线框形成闭合电路．已知导线MN电阻为R，其长度L恰好等于平行轨道间距，磁场的磁感应强度为B.忽略摩擦阻力和导线框的电阻．

（1）通过公式推导验证：

在Δt时间内，F对导线MN所做的功W等于电路获得的电能W电，也等于导线MN中产生的热量Q;

（2）若导线MN的质量m＝8.0g、长度L＝0.10m，感应电流I＝1.0A，假设一个原子贡献一个自由电子，计算导线MN中电子沿导线长度方向定向移动的平均速率ve（下表中列出一些你可能会用到的数据）；

阿伏伽德罗常数NA

6.0×1023mol－1

元电荷e

1.6×10－19C

导线MN的摩尔质量μ

6.0×10－2kg/mol

（3）经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子（即金属原子失去电子后的剩余部分）的碰撞．展开你想象的翅膀，给出一个合理的自由电子的运动模型；在此基础上，求出导线MN中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力f的表达式．

24．[答案]

（1）略　

（2）7.8×10－6m/s　（3）＝evB

[解析]

（1）导线产生的感应电动势

E＝BLv

导线匀速运动，受力平衡

F＝F安＝BIL

在Δt时间内，外力F对导线做功

W＝FvΔt＝F安vΔt＝BILvΔt

电路获得的电能

W电＝qE＝IEΔt＝BILvΔt

可见，F对导线MN做的功等于电路获得的电能W电；

导线MN中产生的热量

Q＝I2RΔt＝IΔt·IR＝qE＝W电

可见，电路获得的电能W电等于导线MN中产生的热量Q.

（2）导线MN中具有的原子数为

N＝

NA

因为一个金属原子贡献一个电子，所以导线MN中的自由电子数也是N.

导线MN单位体积内的自由电子数

n＝

其中，S为导线MN的横截面积．

因为电流

I＝nveSe

所以

ve＝

＝

＝

解得

ve＝7.8×10－6m/s.

（3）下列解法的共同假设：

所有自由电子（简称电子，下同）以同一方式运动．

方法一：

动量解法

设电子在第一次碰撞结束至下一次碰撞结束之间的运动都相同，经历的时间为Δt，电子的动量变化为零．

因为导线MN的运动，电子受到沿导线方向的洛伦兹力f洛的作用

f洛＝evB

沿导线方向，电子只受到金属离子的作用力和f洛作用，所以

If－f洛Δt＝0

其中If为金属离子对电子的作用力的冲量，其平均作用力为f，则If＝fΔt

得

f＝f洛＝evB

方法二：

能量解法

S设电子从导线的一端到达另一端经历的时间为t，在这段时间内，通过导线一端的电子总数

N＝

电阻上产生的焦耳热是由于克服金属离子对电子的平均作用力f做功产生的．

在时间t内，总的焦耳热

Q＝NfL

根据能量守恒定律，有

Q＝W电＝EIt＝BLvIt

所以

f＝evB

方法三：

力的平衡解法

因为电流不变，所以假设电子以速度ve相对导线做匀速直线运动．

因为导线MN的运动，电子受到沿导线方向的洛伦兹力f洛的作用

f洛＝evB

沿导线方向，电子只受到金属离子的平均作用力f和f洛作有，二力平衡，即f＝f洛＝evB.

13．[2014·江苏卷]如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g.求：

（1）导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；

（2）导体棒匀速运动的速度大小v；

（3）整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.

13．[答案]

（1）tanθ　

（2）

（3）2mgdsinθ－

[解析]

（1）在绝缘涂层上

受力平衡　mgsinθ＝μmgcosθ

解得　μ＝tanθ.

（2）在光滑导轨上

感应电动势　E＝Blv　感应电流　I＝

安培力　F安＝BLI　受力平衡　F安＝mgsinθ

解得　v＝

（3）摩擦生热　QT＝μmgdcosθ

能量守恒定律　3mgdsinθ＝Q＋QT＋

mv2

解得　Q＝2mgdsinθ－

.

11．[2014·天津卷]如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁场感应度大小均为B＝0.5T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1kg，电阻R1＝0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4kg，电阻R2＝0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10m/s2，问

（1）cd下滑的过程中，ab中的电流方向；

（2）ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；

（3）从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是多少？

11．

（1）由a流向b　

（2）5m/s　（3）1.3J

[解析]

（1）由右手定则可以直接判断出电流是由a流向b.

（2）开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有

Fmax＝m1gsinθ①

设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有

E＝BLv②

设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有

I＝

③

设ab所受安培力为F安，有

F安＝ILB④

此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有

F安＝m1gsinθ＋Fmax⑤

综合①②③④⑤式，代入数据解得

v＝5m/s⑥

（3）设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒有

m2gxsinθ＝Q总＋

m2v2⑦

又

Q＝

Q总⑧

解得Q＝1.3J

24．[2014·浙江卷]某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图所示．一个半径为R＝0.1m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA，A端与导轨接触良好，O端固定在圆心处的转轴上．转轴的左端有一个半径为r＝

的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动．圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m＝0.5kg的铝块．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T．a点与导轨相连，b点通过电刷与O端相连．测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度．铝块由静止释放，下落h＝0.3m时，测得U＝0.15V．（细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g取10m/s2）

第24题图

（1）测U时，与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？

（2）求此时铝块的速度大小；

（3）求此下落过程中铝块机械能的损失．

24．[答案]

（1）正极　

（2）2m/s　（3）0.5J

[解析]本题考查法拉第电磁感应定律、右手定则等知识和分析综合及建模能力．

（1）正极

（2）由电磁感应定律得U＝E＝

ΔΦ＝

BR2Δθ　U＝

BωR2

v＝rω＝

ωR

所以v＝

＝2m/s

（3）ΔE＝mgh－

mv2

ΔE＝0.5J

33（2014上海）.（14分）如图，水平面内有一光滑金属导轨，其MN、PQ边的电阻不计，MP边的电阻阻值R=1.5Ω，MN与MP的夹角为1350，PQ与MP垂直，MP边长度小于1m。

将质量m=2kg,电阻不计的足够长直导体棒搁在导轨上，并与MP平行。

棒与MN、PQ交点G、H间的距离L=4m.空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T。

在外力作用下，棒由GH处以一定的初速度向左做直线运动，运动时回路中的电流强度始终与初始时的电流强度相等。

（1）若初速度v1=3m/s，求棒在GH处所受的安培力大小FA。

（2）若初速度v2=1.5m/s，求棒向左移动距离2m到达EF所需时间△t。

（3）在棒由GH处向左移动2m到达EF处的过程中，外力做功W=7J,求初速度v3。

[答案]

（1）F=8N

（2）△t＝1s（3）v3＝1m/s

[解析]

（1）棒在GH处速度为v1,因此根据法拉第电磁感应定律有：

E1=BLv1…①，

由闭合电路欧姆定律得I1=BLv1/R…②，

棒在GH处所受安培力为FA＝BI1L…③,

解①②③式且代入数据得：

FA＝B2L2v1/R=8N…④

（2）设棒移动距离为a＝2m，由几何关系可得EF间距也为a，向左移动整个过程中磁通量的变化量△φ＝Ba（a+L）/2，题设运动时回路中电流保持不变，即感应电动势E2不变，

开始移动时有E2=BLv2…⑤,

又整个过程中E2=△φ/△t＝Ba（a+L）/（2△t）…⑥,

解以上两式并代入数据得△t＝a（a+L）/（2Lv2）＝1s…⑦.

（3）设外力做功为W=7J，克服安培力做功为WA，导体棒在EF处的速度为v4,

由动能定理得：

W－WA＝mv42/2－mv32/2…⑧

运动时回路中电流保持不变，即感应电动势E2不变，同

（2）理有：

E3=BLv3＝Bav4…⑨，

E3=△φ/△t1＝Ba（a+L）/（2△t1）…⑩，

得△t1＝a（a+L）/（2Lv3）…

I3=BLv3/R…

，

由功能关系得WA＝Q＝I32R△t1…

解

且代入数据得：

v3＝1m/s…