高考交流电电磁感应精选习题附答案

1、1 .如图甲所示，电阻不计且间距为L=1m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端连接阻值为 R=1 的电阻，虚线 OO下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场.现将质量为m=、电阻Rab=1 的金属杆ab从。上方某处以一定初速释放，下落过程中与导轨保持良好接触且始终水平.在金属杆ab下落的过程中，其加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示.已知 ab进入磁场时的速度 vo=s,取g=l0m/s2.则下列说法正确的是()A.进入磁场后，金属杆 ab中电流的方向由 b到aB.匀强磁场的磁感应强度为C.金属杆ab下落m的过程中，通过 R的电荷量D.金属杆ab下落m的过程中，R上产生的热量为【答案】BC【解析】试

2、题分析：由右手定则可知，导体棒进入磁场后，金属杆ab中电流的方向由a至ij b,选项A错误;ab进入磁场时，加速度变为向上的g,则由牛顿第二定律BLvnB0-L-R3h+ Rabmg = mg ,解得b=2T,选项b正确;根据q =t = E t = - t = BLh= 2创1。3- 0.06)c = 0.24C ,选项C正确；当金属杆下落时已 R tR R1+11mv2+mgh,mv2202 m BLv-经做匀速运动，则 mg其中I = m_,解得vm=s；根据能量关系Q =R+Rab代入数据可得：Q=，选项D错误。考点：法拉第电磁感应定律；牛顿定律及能量守恒定律。2 .如图所示，MN、P

3、Q是两条在水平面内、平行放置的光滑金属导轨，导轨的右端接理想变压器的原线圈，变压器的副线圈与阻值为 R的电阻组成闭合回路，变压器的原副线圈匝数之比n1 : n2 =k,导轨宽度为 L质量为m的导体棒ab垂直MN、PQ放在导轨上，在水平外力作用下，从 t=0时刻开始往复运动，其速度随时间变化的规律是v=vmsin(:-t),已知垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度为B,导轨、导体棒、导线和线圈的电阻均不计，电流表为理想交流电表，导体棒始终在磁场中运动。则下列说法中正确的是A.在t=T时刻电流表的示数为 旱纸42k2RB.导体棒两端的最大电压为BLvm2. 2 2，一，一，B L vmC.电阻R上消

4、耗的功率为一产2k2R2| 2 2D.从t=0至t= T的时间内水平外力所做的功为Ht48k2R【答案】ABC【解析】导体棒 ab在水平外力作用下，从 t=0时刻开始往复运动，其速度随时间变化的规律是v=vmsin（0_t）,产BLvn,变压器原线圈输入电生的感应电动势为E=BLv=BLmsin（t）,为正弦交变电流，导体棒两端的最大电压为-B2L2v2压有效值为Ui=BLvm/J2,由变压公式可得副线圈输出电压有效值U2=BLvm/（ J2k）,输出功率为P=电阻2k RBIVeBLv2m ,选项ABC正确；由能量守 - 2k2RB2L2V2R上消耗的功率为 一2-m ,变压器原线圈电流，即

5、任意时刻电流表的示数为 2k2R2.22/恒定律，从t=0至t=T的时间内水平外力所做的功为W=PT/4+1mvm=HT+mvm,选项D错误。428k2 R23 .在如右图所示的电路中，放在光滑金属导轨上的ab导体向右移动，这可能发生在A.闭合S的瞬间B.断开S的瞬间C.闭合S后，减小电阻R时 D.闭合S后，增大电阻R时【答案】AC【解析】试题分析：金属杆向右运动则说明金属杆受到向右的作用力，由左手定则可知电流的方向；由楞次定律可知左侧产生的磁通量的变化；则可知左侧电流的变化情况金属杆向右运动说明金属杆受到向右的安培力，由左手定则可知，金属杆中的电流由a到b;右侧线框中产生的磁通量向上；则由楞

6、次定律可知，左侧线框中的磁场可能向下减小，也可能向上增加；左侧电流由上方进入，由安培定则可知，内部磁场方向向上；故产生以上现象只能是磁通量突然增加；故只能为A或C;故选AC.考点：楞次定律；安培定则；左手定则.点评：减小电阻 R的阻值时，电路中电阻减小，由欧姆定律可知电流将增大，则内部磁通量将增大.4 .如图所示为某小型水电站的电能输送示意图，A为升压变压器，其输入功率为Pi,输出功率为 P2,输出电压为，输电电流为I,输电线的总电阻为A.U2 ; B为降压变压器，其输人功率为P3,输入电压为 U3。A、B均为理想变压器,U2= U3B.U2= U3+Ir【解析】由于输电线有电阻，输电线上有电

7、压降，所以 选项C错误；由于输电线上发热，消耗电能，所以C. Pi >P2D. P2=P3U2= U3+Ir,选项A错误B正确。对于理想变压器，Pi =P2,P2>P3,选项D错误。5 .如图所示为一自耦变压器，保持电阻R和输入电压不变，以下说法正确的是(A.滑键P向b方向移动，滑键 Q不动，电流表示数减小B.滑键P不动，t键 Q上移，电流表示数不变C.滑键P向b方向移动、滑键 Q不动，电压表示数减小D.滑键P不动，滑键Q上移，电压表示数增大【答案】AC【解析】左侧输入一定电压 ，在右侧感应到变化后的电压 .起变压作用。pa是左侧电路，输入恒定电压 V1, ab是右侧电路，输出感应

8、电压 V2, V2=V1*(ab/pa)。根据能量守回，左侧电路和右侧电路功率相同。pa增加，右侧输出电压减小-右侧电路功率降低-左侧电路功率降低-左侧是恒压，只有电流降低。A正确。Q上移，右侧电路电阻减小-右侧电 路功率增加-左侧电路功率增加-左侧是恒压，只有电流增加。B错。pa增加,右侧输出电压减小。C正确。右侧电压只和P的位置有关 的位置不影响。D错。故本题选 ACo6. 一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5 ： 1,原线圈接入电压为 220V的正弦交流电，各元件正常工作，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上， 如图所示，电压表和电流表均为理想交流电表。则下列说法正确的是U

9、： T根据有效值的定义有乜TR 21min内产生的热量为QU 2 t =2904 J,RC选项正确；将滑动变阻器滑片向下滑动，接入电路中的阻值A.原、副线圈中的电流之比为5 ： 1B.电压表的读数约为 44VC.若滑动变阻器接入电路的阻值为20 0则1分钟内产生的热量为 2904 JD.若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均增大【答案】C【解析】试题分析：理想二 极管的作用是正向的电流通过时电阻很小，反向的电流通过时电阻很大，认为断路， 故理想二极管的作用是只允许正向的电流通过，再根据变压器的原理电压与匝数成正比，电流与匝数 成反比，即可求得结论。由于原、副线圈中的电流与匝数成反比，所以

10、电流之比为1: 5, A选项错 误；原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为U2=44V ,但二极管具有单向导电性，从而求得电压表两端电压有效值为U=22 J2 V,B选项错误；则变大，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，电流表的读数变小，所以D错误。 考点：变压器的原理 理想二极管的作用7 .如图所示，理想变压器，原副线圈的匝数比为 no原线圈接正弦交流电压 U,输出端A、Ai、A2、A3为理想的交 流电流表，R为三个完全相同的电阻， L为电感，C为电容，当输入端接通电源后，电流表 A读数为I。下列判断正 确的是A.副线圈两端的电压为 nU8 .通过副线圈的最大电流

11、.21C.电流表Ai的读数Ii大于电流表 A2的读数I2D.电流表 A3的读数13=0【答案】BC【解析】考点：变压器的构造和原理.分析：(1)根据原副线圈电压之比等于电流之比即可求得Ri两段的电压；(2)电流表的读数是副线圈的电流的有效值，根据有效值与最大值的关系即可求得通过副线圈的最大电流；(3)根据线圈会产生感应电流阻碍原电流即可判断Ii和I2的大小；(4)电容器通交流阻直流，故有电流通过电流表A3解：A、根据U1 = %=n得：=n,所以Ri两端的电压为： ,故A错误；心 1 UinB、根据题意得副线圈的电流为I,所以通过副线圈的最大电流为J2I ,故B正确；C、线圈会产生感应电流阻碍

12、原电流即Ii>I2,故C正确；D、电容器通交流阻直流，故有电流通过电流表A3,即I3WQ故D错误.本题选不正确的故选BC8 .在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的高电压，所用的器材叫电压互感器。如下所示的四个图中，能 正确反应其工作原理的是9 .如图所示，LC振荡回路中，电容器两极板间的电场方向向下，且线圈中有沿图示方向的磁场，则A.振荡回路中电流正在增大B.磁场能正在转化为电场能C.线圈L中振荡电流的方向从上向下D.线圈L产生的自感电动势正在阻碍电流增大【答案】B【解析】根据图示电路知，该LC振荡电路正在充电，电流方向自下而上，电流在减小，磁场能转化为电场能.解决本题的关键知道在

13、 LC振荡电路中，当电容器充电时，电流在减小，电容器上的电荷量增大，磁场能转化为 电场能；当电容器放电时，电流在增大，电容器上的电荷量减小，电场能转化为磁场能.10.如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m,电阻为R。在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和M NBE匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直。现金属线框由距 MN的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的速度一时间图象，图象中坐标轴上所标出的字母均为已知量。可知朗甲图乙A.金属框初始位置的 bc边到边界MN的高度为vitiB.金属

14、框的边长为Vl (t2tl)C.磁场的磁感应强度为D.在进入磁场过程中金属框产生的热为mgvi (t2-ti)【答案】D【解析】试题分析：由图知在0-ti时间内金属线框做匀加速运动，金属框初始位置的 bc边到边界MN的高度为 h=t1 .故2 1A错误.由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为vi,运动时间为t2-ti,故金属框的边长：Blvi=vi (t2-ti).故B错误.在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得：mg=BIl, I = -R，ijmgR又l=vi (t2-ti),联立解得：B = /,故C错反；金属框在进入磁场过程中金属框广生的热为Q,丫也

15、-ti)，vi重力对其做正功，安培力对其做负功，由能量守恒定律得：Q=mgl=mgvi (t2-ti),故D正确。考点：v-t图线；法拉第电磁感应定律；能量守恒定律。ii .如图所示，相距为 L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为以上端接有定值电阻 R,匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为巳导体棒最终以 2v的速度匀速运动.导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是A. P= mgvsin 0B. P= 3mgvsin

16、 0C.当导体棒速度达到 v时加速度大小为 sin 0 22D.在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功【答案】C【解析】2 2试题分析：当导体棒以 v匀速运动时受力平衡，则 mgsinBIlBLv ，一一 八 , 一-，当导体棒以2V匀速运动时受力平衡,r贝U F mgsinBIlB2L22Vmgsin ,拉力的功率 PFv 2mgvsin ,故A B错误；当导体棒速度达到v时，由牛顿第二定律，mgsin2 2BLv2rma ,解得a sin ，故C正确；由能量守恒，当速度达到2V 2以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力及重力所做的功，故 D错误。考点：

17、考查了导体切割磁感线运动12.如图，足够长的 U型光滑金属导轨平面与水平面 成 角（0V 90）,其中MN和PQ平行且间距为L,导 轨平面与磁感应强度为 B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab棒接入电路的电阻为 R,并与两导轨始终保持垂直且良好接触，使棒 ab由静止开始沿导轨下滑，当流过ab棒某一横截面的电量为 q时，它的速度大小为 v,则金属棒ab在这一过程中：（）A.棒ab运动的平均速度大小为 -B.滑行距离为变2BL_一，、，B2L2C.产生的焦耳热为qBLD.受到的最大安培力大小为 sinR【答案】BD【解析】试题分析：金属棒 ab开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运

18、动，平均速度不等于-v,而是大2一 1 一一EBsl于-v,故A错误；由电量计算公式q It,I,E，联立得q BL可得，下滑的位移大小为2R tRRqR ,_ _2_ BLv .s q一,故B正确；产生的焦耳热 Q I2Rt qIR ,而这里的电流I比棒的速度大小为 v时的电流I 小,BLR故这一过程产生白焦耳热小于 qBLv ,故C错误；金属棒ab做加速运动，或先做加速运动，后做匀速运动，速度BI L为v时产生的感应电流最大，受到的安培力最大，最大安培力大小为 考点：考查了导体切割磁感线运动13. (18分)如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角300的斜面上，导轨电阻不计，间距 L

19、=,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，两磁场的磁感应强度大小均为B=。在区域I中，将质量m1 0.1kg ,电阻R 0.1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 0.1的光滑导体棒cd置于ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持导轨上，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,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a

20、b刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x=,此过程中ab上产生的热量 Q是多少【答案】(1)由 a流向 b; (2) v 5m/s； (3) Q 1.3J;【解析】试题分析：(1)由右手定则可以判断电流方向由a流向b(4) 开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大摩擦力，设其为Fmax,有Fmax mgsin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 BLv设电路中的感应电流为 I,由闭合电路欧姆定律有IERR2设ab所受安培力为F安，有F安BIL此日ab受到的最大摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F 安mgsinFmax联立式，代入数据解得：v 5m/s(5

21、) 设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有.12_mzgxsinQ 总,m2V由串联电路规律有RiR1R2联立解彳导:Q 1.3J考点：共点力平衡、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、能量守恒定律、串并联电路特点14. (10分)截面积为的100匝的线圈A,处在均匀磁场中，磁场的方向垂直线圈截面，如图所示，磁感应强度为B = (-) T (t为时间，以秒为单位)，Ri= 3 Q R2=6 Q,线圈电阻为 r = 1 ,aC=3pE 求:(1)闭合S、S2后，通过R2的电流大小和方向；(2)只把S切断后，通过 R2的电量。【答案】a-b7-2xlO-:C试题分析：(1)

22、为磁感应强度的变化率，大小为E = n = nS = 100x0.2x0.2r=4Jz At ir根据楞次定律判断知，通过R2的电流方向为a-b。(2) U=R=,S1切断后，电容器所带电量通过R2全部释放，故通过 R2的电量7，乂1口 C考点：本题考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电容器。15. (18分)如图，两根足够长平行光滑的金属导轨相距为1,导轨与水平面夹角为。，并处于磁感应强度为 B2、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中。两金属导轨的上端与阻值为R的灯泡连接，并连接水平放置、长和宽都为d的平行金属板，板内存在垂直纸面向里的磁感应强度为B1的匀强磁场。长为1的金属棒ab垂直于金

23、属导轨，且始终与导轨接触良好。当金属棒固定不动时，质量为m、电荷量为q的粒子流沿中线射入金属板内，恰好在金属板的左下边沿穿出。粒子重力不计，重力加速度为g,导轨和金属棒的电阻不计。(1)粒子流带何种电荷，速度多大(2)现将金属棒由静止释放，待棒沿导轨匀速下滑后，粒子流水平通过，求金属棒质量Mo22.5dqB. 5B：B2d2lq【答案】(1) Vo(2) M 一一一-4m4mgRsin【解析】试题分析：(1)由左手定则，可判定粒子流带正电。 (2分)粒子流在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律，2qv°BVom（3分）r（1分）rm?粒子流恰好在金属板的边沿穿出，由几何关系得解得（r

24、 g2 d25d（1分）（1分）故Vo5dqB4m（1分）（2）Uqd对匀速通过金属板的粒子流，其所受的电场力等于洛伦兹力，有:qvoBi（2分）金属板白电压U , U IR（1分）金属棒受到的安培力F 安 B?Il（1分）棒做匀速运动，由力的平衡条件，有:F 安 Mg sin（-3 分）联立式子，解得:2 _2.5Bi B2d lq4mgRsin（2分）考点：电磁感应、带电粒子的运动16.如图所示，电阻不计的两光滑平行金属导轨相距L=1m, PM、QN部分水平放置在绝缘桌面上，半径金属半圆导轨处在竖直平面内，且分别在M、N处平滑相切， PQ左端与R=2的电阻连接.一质量为a=的光滑m=1kg、电阻r=1 Q的金属棒放在导轨上的 PQ处并与两导轨始终垂直.整个装置处于磁感应强度大小 匀强磁场中，g取10m/s2.求：(1)若金属棒以 v=3m/s速度在水平轨道上向右匀速运动，求该 程中棒受到的安培力大小；(2)若金属棒恰好能通过轨道最高点CD处，求棒通过CD处时棒端的电压；(3)设LpM=LQN=3m,若金属棒从 PQ处以3m/s匀速率沿着轨道 动，且棒沿半圆轨道部分运动时，回路中产生随时间按余弦规律化的感应电流，求棒从 PQ运动到CD的过程中，电路中产生的焦 执 八、B=1T