高考交流电电磁感应精选习题附答案

1、高考交流电电磁感应精选习题附答案-CAL-FENGHAH2020YEAR-YICAI) JINGBIAN1.如图甲所示，电阻不计且间距为L=lm的光滑平行金属导轨竖直放置，上端连接阻值为R=1Q的 电阻，虚线。下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场.现将质量为m=0.3kg、电阻Rab=lQ的金属 杆ab从O。，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。.3m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=3.Om/st取g=10m/s2.则下列说法正确的是()1013甲乙A.进入磁场后，金属杆ab中电流的方向由b到a

2、B.匀强磁场的磁感应强度为2.0TC.金属杆ab下落0.3 m的过程中，通过R的电荷量0.24CD.金属杆ab下落0.3 m的过程中，R上产生的热量为0.45J【答案】BC【解析】试题分析：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到b,选项A错误；BLvab进入磁场时，加速度变为向上的g,则由牛顿第二定律$L_mg=mg,解得B=2T,选 Rab+Re -f- E A(p 虹 BLh 2x1x(030.06) 八八彳小 he 丁- w项 B 正确；根据 q = l4=k4=A = =-C =0.24C ,选项C 正确；当R AR R1+1OT v金属杆下落0.3m时已经做匀

3、速运动，则mg = BIL,其中1=;苫解得Vm=L5m/s；根据能 R + Rab量关系Q=gmv；+mgh代入数据可得：Q=9.83J,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、PQ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m：”二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 Fin(岸强度为B,导轨、导体棒、导线和线圈的电阻均不计，中运动。则下列说法中正确的是M

4、 ； : B ： MPbCt),已知垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应电流表为理想交流电表，导体棒始终在磁场A .在时刻电流表的示数为粤4"k-RB .导体棒两端的最大电压为BLv.C.电阻R上消耗的功率为与去ZK KTR212V2D.从t=0至t=）的时间内水平外力所做的功为二发 T 48k-R【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 Fin（辛t）,产生的感应电动势为£物曰七in（辛t）,为正弦交变电流，导体棒两端的最大 电压为应占 变压器原线圈输入电压有效值为“二应力应，由变压公式可得副线圈输出电压有效值D-T

5、2 2d2t 2 2gBLvJ（0a ,输出功率为二方苗，电阻R上消耗的功率为方意，变压器原线圈电流，即任 ZK KZK K意时刻电流表的示数为推选项ABC正确；由能量守恒定律，从t=0至廿工的时间内水平外力V2k-R4所做的功为胎阳二竺兴 74近3选项D错误。2 ok R 23 .在如右图所示的电路中，放在光滑金属导轨上的他导体向右移动，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

6、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P“输出功率为 巳，输出电压为4 ;8为降压变压器，其输人功率为P”，输入电压为A、B均为理想变压器，

7、输电电流为I,输电线的总电阻为一则下列关系正确的是A . U2= U3B . U2= Us+IrC . Pj >P2【答案】BD. P2=P3【解析】由于输电线有电阻，输电线上有电压降，所以必;1+h，选项A错误B正确。对于理想变压器，P： =p2,选项C错误；由于输电线上发热，消耗电能，所以P2>R,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（）aA,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，滑键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

8、【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 VI, ab是右侧电路,输出感应电压V2,V2=Vl*(ab/pa)。根据能量守恒，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，左侧电路功率降低分左侧是恒压，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,Q的位置不 影响。D错。故本题选AC。6 .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

9、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 Q ,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，所以电流

10、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 T U25=44 V,但二极管具有单向导电性，根据有效值的定义有从而求得电压表R 2 R两端电压有效值为U=22>/IV,B选项错误；则1 min内产生的热量为Q =2904 J, C选项R正确；将滑动变阻器滑片向下滑动，接入电路中的阻值变大，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。原线圈接正弦交流电压U,输出端A、A1.A2、A3为理想的交流电流表，A为三个完全相同的电阻，L

11、为电感，C为电容，当输入端接通电源后，电流表A读数为下列判断正确的是A,副线圈两端的电压为 U8 .通过副线圈的最大电流31C .电流表Ai的读数11大于电流表A2的读数hD.电流表A3的读数，3=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&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L和L的大小；(4)电容器通交流阻直流，故有电流通过电流表也解：A、根据* =得：所以比两端的电压为：三，故A错误；U) n, U.nB

12、、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,故B正确；C、线圈会产生感应电流阻碍原电流即L>L,故c正确；D、电容器通交流阻直流，故有电流通过电流表A”即故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等践等晚一j火加 D【解析】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,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

13、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，abed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Ro在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和N'是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的be 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-时间图

14、象，图象中坐标轴上所标出的字母均为 已知量。可知图甲图乙A.金属框初始位置的be边到边界MN的高度为v：tiB.金属框的边长为坐3C.磁场的磁感应强度为B=恒D.在进入磁场过程中金属框产生的热为mgvi仕2-1)【答案】D【解析】试题分析：由图知在0-3时间内金属线框做匀加速运动，金属框初始位置的be边到边界MN的高度 为h = /t.故A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V，运动 时间为tz-t”故金属框的边长：l=vi (ttj 故B错误.在金属框进入磁场的过程中，金属框所Blv.受安培力等于重力，则得：mg=BH, 1 = %U，又l=v,他-3),联立解得：

15、B=1'畔,故C错误；金属框在进入磁场过程中金属框产生的热为Q,重力对其做正 v也-tp1 %功，安培力对其做负功，由能量守恒定律得：Q=mgl=mg% (t2-tx),故D正确。考点：v-1图线；法拉第电磁感应定律；能量守恒定律。11 .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0 ,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P,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

16、 速度为g.下列选项正确的是B . P = 3mgvsin。C .当导体棒速度达到:时加速度大小为= sin。 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】B2L；v试题分析：当导体棒以v匀速运动时受力平衡，贝IJ mgsine = BI1 = ，当导体棒以2V匀速运动时 rR2 2 2受力平衡，贝 IJ F+mgsinJ=Bn=,故 F = mgsin ,拉力的功率 P = Fv = 2mgvsin6 ,故ABr错误；当导体棒速度达到:时，由牛顿第二定律，mgsin。-* = ma,解得a = |>sin*故C正确；由能量守恒，当速度

17、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及重力所做的 功，故D错误。考点：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6角（0<<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.滑行距离为普C.产生的焦耳热为qB5D.受到的最大安培力大小为"E【答案

18、】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，不是匀变速直线运动，平均速度不等于而是大于;v,故A错误；由电量计算公式q = i2t,f = £,E =谓，联立得4 =关=*可得，下滑的位移大小为$ =坐，故B正确；产生的焦耳热Q = I*t=qIR,而这里的电流I比棒的速 BL度大小为V时的电流r =要小，故这一过程产生的焦耳热小于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F=BII=C工，故D正确.R考点：考查了导体切割磁感线运动13 . （18分）如图所示，两根足

19、够长的平行金属导轨固定在倾角8 = 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H,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BR.5T。在 区域I中，将质量叫=O.lkg,电阻R1=0.1。的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区 域H中将质量m?= 0.4kg,电阻旦=0.1。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H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(1) cd下滑的过程中，ab中的电流方向；

20、(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？【答案】 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(2)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Fa,有Fmax = m£sin。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设ab所受安培力为F安，有F. = BIL此时ab受到的最大摩擦

21、力方向沿斜面向下，由平衡条件有F 安=mlgsin<9 + Fmax联立2疮式，代入数据解得：v = 5m/s(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有 m2gxsine = (&+；m2 v?由串联电路规律有Q=aQ总K1 + K2联立解得：Q = L3J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0.2m2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 = (0.6-0. 2t) T (t为时间，以秒为单位)，Ri= 3Q , R2=6Q ,线圈电

22、阻为 r = IQ , C=3uF,求：(1)闭合&、Sz后，通过R2的电流大小和方向；(2)只把，切断后，通过R2的电量。【答案】0.4A Lb 7.2x10-：C【解析】= 0.2T/j试题分析：(1)为磁感应强度的变化率，大小为4二0A0E = ji一 =nS一 =100x0.2x0.2/二 WAt£I =A = ()AA& + R7 4 + 6根据楞次定律判断知，通过R2的电流方向为afb。（2）U=IR2=2. 4VfO = C=7.2xl0-JC&切断后，电容器所带电量通过Rz全部释放，故通过艮的电量工2幻0-七。考点：本题考查法拉第电磁感应定律、

23、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 感应强度为物、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R的匀强磁 场。长为1的金属棒ab垂直于金属导轨，且始终与导轨接触良好。当金属棒固定不动时，质量为 小电荷量为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

24、水平通过，求金属棒质量L【答案】 =嘿mAa4mgRs in。【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,2 qvBj = m （3分）得：=口（1分）qB|粒子流恰好在金属板的边沿穿出，由几何关系得r2 -（r - -）2 = d2 （1 分）2解得r=*（1分）故Vo =5dqB4m（1分）（2）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：= 9vo®i （2 分）d金属板的电压U, U = IR （1分）金属棒受到的安培力BJ1 （1分）棒做匀速运动，由力的平衡条件，有：F安=Mg .sine （

25、3 分）联立式子，解得：M="必必 （2分）4mg Rs in 夕考点：电磁感应、带电粒子的运动PM、QN部分水平放置在绝缘桌面上，半16 .如图所示，电阻不计的两光滑平行金属导轨相距L=lm,径片0. 9m的光滑金属半圆导轨处在竖直平面内，且分别M、N处平滑相切，PQ左端与R=2C的电阻连接,一质为m=lkg、电阻尸1Q的金属棒放在导轨上的PQ处并与 导轨始终垂直.整个装置处于磁感应强度大小B=1T、方 竖直向上的匀强磁场中，g取lOm/s? .求：（1）若金属棒以v=3m/s速度在水平轨道上向右匀速运动，求该过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处时棒两端的电压；（3）设L*3m,若金属棒从PQ处以3m/s匀速率沿着轨道运动，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变化的感应电流，求棒从PQ运动到CD的过程巾，电路中产生的焦耳 热.【答案】 1N; （2）2V（3）3 + O.