高考交流电电磁感应精选习题附答案资料(DOC 11页).doc

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=0.3kg、电阻Rab=1的金属杆ab从OO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0.3m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v0=3.0m/s，取g=10m/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2.0TC金属杆ab下落0.3m的过程中，通过R的电荷量0.24CD金属杆ab下落0.3m的过程中，R上产生的热量为

2、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；ab进入磁场时，加速度变为向上的g，则由牛顿第二定律，解得B=2T，选项B正确；根据，选项C 正确；当金属杆下落0.3m时已经做匀速运动，则，其中，解得vm=1.5m/s；根据能量关系，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n1n2 =k，导轨宽度为L。质量

3、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=时刻电流表的示数为B导体棒两端的最大电压为BLvmC电阻R上消耗的功率为D从t=0至t=的时间内水平外力所做的功为T【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(t)，产生的感应电动势为E=BLv=BLvmsin(t)，为正弦交变电流，导体棒

4、两端的最大电压为BLvm，变压器原线圈输入电压有效值为U1=BLvm/，由变压公式可得副线圈输出电压有效值U2=BLvm/(k)，输出功率为P=，电阻R上消耗的功率为，变压器原线圈电流，即任意时刻电流表的示数为，选项ABC正确；由能量守恒定律，从t=0至t=的时间内水平外力所做的功为W=PT/4+m=T+m，选项D错误。3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

5、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P1，输出功率为P2，输出电压为U2 ；B为降压变压器，其输人功率为P3,，输入电压

6、为U3。A、B均为理想变压器，,输电电流为I，输电线的总电阻为r，则下列关系正确的是A U2= U3 B U2= U3+IrC P1 P2 D P2=P3【答案】B【解析】由于输电线有电阻，输电线上有电压降，所以U2= U3+Ir，选项A错误B正确。对于理想变压器，P1 =P2，选项C错误；由于输电线上发热，消耗电能，所以P2P3，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，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【

7、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,输出感应电压V2, V2=V1*(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-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51，原线圈接入电压为220V的正弦交流电，各元件正常工作

8、，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51B电压表的读数约为44VC若滑动变阻器接入电路的阻值为20 ，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，所以电流之比为1：5，A选项错误；原、副线圈的电压与匝数

9、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，根据有效值的定义有，从而求得电压表两端电压有效值为U=22V,B选项错误；则1min内产生的热量为=2904 J，C选项正确；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n。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，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nUB通

10、过副线圈的最大电流C电流表A1的读数I1大于电流表A2的读数I2D电流表A3的读数I3=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R1两段的电压；（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I1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=n得：=n，所以R1两端的电压为：，故A错误；B、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I1I2，故C正确；D、电

11、容器通交流阻直流，故有电流通过电流表A3，即I30，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 【答案】B【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，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LC振荡电路中，当电容器充电时，电流在减小

12、，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MN是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时间图象，图象中坐标轴上所标出的字母均为已知量。可知A.金属框初始位置的bc边到边界MN的高度为v1t1B.金属框的边长为 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

13、为mgv1（t2-t1） 【答案】D【解析】试题分析：由图知在0-t1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 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v1，运动时间为t2-t1，故金属框的边长：l=v1（t2-t1）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，又 l=v1（t2-t1），联立解得：，故C错误；金属框在进入磁场过程中金属框产生的热为Q，重力对其做正功，安培力对其做负功，由能量守恒定律得：Q=mgl=mgv1（t2-t1），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。11如图

14、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，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，重力加速度为g.下列选项正确的是APmgvsinBP3mgvsinC当导体棒速度达到时加速度大小为sinD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】试题分析：当导体棒以v匀速运动时受力平衡，则，当导体棒以匀速运动时受力平衡，则

15、 ，故 ，拉力的功率，故A B错误；当导体棒速度达到时，由牛顿第二定律，解得，故C正确；由能量守恒，当速度达到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角（090)，其中MN和PQ平行且间距为，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。金属棒棒接入电路的电阻为，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，使棒由静止开始沿导轨下滑，当流过棒某一横截面的电量为时，它的速度大小为，则金属棒在这一过程中：（ ）A. 棒运动的平均速度大小为 B. 滑行距离为C. 产生的焦耳热为 D. 受到的最大

16、安培力大小为 【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，不是匀变速直线运动，平均速度不等于，而是大于，故A错误；由电量计算公式，联立得可得，下滑的位移大小为，故B正确；产生的焦耳热，而这里的电流I比棒的速度大小为v时的电流小，故这一过程产生的焦耳热小于，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，故D正确考点：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

17、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=0.5T。在区域I中，将质量，电阻的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域II中将质量，电阻的光滑导体棒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，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？【答案】（1）由a流向b；（2）；（3）；【解

18、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Fmax，有 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 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 此时ab受到的最大摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有 联立式，代入数据解得： （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 由串联电路规律有 联立解得： 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

19、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 =（0.60.2t）T（t为时间，以秒为单位），R1= 3，R2=6，线圈电阻为r = 1，C=3F，求：（1）闭合S1、S2后，通过R2的电流大小和方向；（2）只把S1切断后，通过R2的电量。【答案】 0.4A ab 【解析】试题分析：（1）为磁感应强度的变化率，大小为根据楞次定律判断知，通过R2的电流方向为ab。（2）U=IR2=2.4V， ，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。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l，导轨与水平面

20、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l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M。【答案】（1） （2）【解析】试题分析：（1） 由左手定则，可判定粒子流带正电

21、。 （2分）粒子流在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律， （3分）得： （1分） 粒子流恰好在金属板的边沿穿出，由几何关系得 （1分）解得 （1分）故 （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： （2分）金属板的电压， （1分）金属棒受到的安培力 （1分）棒做匀速运动，由力的平衡条件，有： （3分）联立式子，解得： （2分）考点：电磁感应、带电粒子的运动RMNQPCDB16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a=0.9m的光滑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

22、接一质量为m=1kg、电阻r=1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B=1T、方向竖直向上的匀强磁场中，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LPM=LQN=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的过程中，电路中产生的焦耳热.【答案】（1）1N；（2）2V（3）J【解析】试题分析：由 得 又 解得：F=1N在最

23、高点CD处 得 在水平轨道上， =3J在半圆轨道上，感应电动势最大值V= JJ考点：法拉第电磁感应定律；牛顿定律及能量守恒定律.1如图，两固定的绝缘斜面倾角均为，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，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；

24、（2）金属棒运动速度的大小。【答案】（1）mg(sin 3cos ) （2）(sin 3cos )【解析】试题分析：（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2mgsin =N1+T+FN1=2mgcos 对于cd棒，同理有mgsin+N2=TN2=mgcos联立式得F=mg(sin 3cos )（2）由安培力公式得F=BIL这里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为=BLv式中，v是ab 棒下滑速度的大小。由欧姆定律得I=联立式得v=(sin 3cos )试卷第15页，总15页