(五年高考真题)高考物理专题十电磁感应(全国通用)

1、 （五年高考真题）2016届高考物理专题十电磁感应（全国通用）五年高考真题考点一电磁感应现象楞次定律（2015新课标全国I,19,6分）（难度）（多选）1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后下列说法正确的是（）圆盘上产生了感应电动势圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流,此电流产生的磁场导致磁针转动解析圆盘运

2、动过程中，半径方向的金属条在切割磁感线，在圆心和边缘之间产生了感应电动势，选项A正确；圆盘在径向的辐条切割磁感线过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等而形成涡流，产生的磁场又导致磁针转动，选项B正确；圆盘转动过程中，圆盘位置、圆盘面积和磁场都没有发生变化，所以没有磁通量的变化，选项C错误；圆盘本身呈现电中性，不会产生环形电流，选项D错误.答案AB（2014新课标全国I,14,6分）（难度）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（）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后，再到

3、相邻房间去观的瞬间，观察电流表的有变化，故不能观察到感应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察电流表的变化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变化解析将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，因线圈中的磁通量没电流，选项A不符合题意；在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈时，如果给线圈通以恒定电流,产生不变的磁场，则在另一线圈中不会产生感应电流，选项B不符合题意；在线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表时，磁通量已不再变化，因此也不能观察到感应电流，选项C不符合题意；绕在同一铁环上的两个线圈，在给一个线圈通电或断电的瞬间，线圈产

4、生的磁场变化，使穿过另一线圈的磁通量变化，因此，能观察到感应电流，选项D符合题意.答案D（2014全国大纲，20，6分）（难度）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（）均匀增大先增大，后减小逐渐增大，趋于不变先增大，再减小，最后不变解析对磁铁受力分析可知，磁铁重力不变，磁场力随速率的增大而增大，当重力等于磁场力时，磁铁匀速下落，所以选C项.答案C（2014广东理综，15,4分）（难度）如图所示，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

5、处由静止释放，并落至底部，则小磁块（）在P和Q中都做自由落体运动在两个下落过程中的机械能都守恒在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中的大解析小磁块在铜管中下落时，由于电磁阻尼作用，不做自由落体运动，而在塑料管中不受阻力作用而做自由落体运动，因此在P中下落得慢，用时长，到达底端速度小，C项正确，A、B、D错误.答案C（2014山东理综,16,6分）（难度）（多选）如图，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F、F表示不计轨道电阻以下叙述正确的

6、是（）MN/1111L-M1Ni1H:F向右B.F向左TOC o 1-5 h zMNC.F逐渐增大D.F逐渐减小MN解析直导线产生的磁场在M区域垂直纸面向外，在N区域垂直纸面向里，根据右手定则，导体棒上的感应电流在M区域向下，在N区域向上，由左手定则判定，在M、N区域导体棒所受安培力均向左，故A错误，B正确；I感-BRV,F.-BI感=气空，离直导线越近处B越大，所以F逐渐增大，F逐渐减小，感R安感RMNC、D正确.答案BCD（2014四川理综,6,6分）（难度）（多选）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C

7、D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0.1Q.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=（0.40.2t）T,图示磁场方向为正方向框、挡板和杆不计形变则（）t=1s时，金属杆中感应电流方向从C到Dt=3s时，金属杆中感应电流方向从D到Ct=1s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1Nt=3s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2N解析据已知B=（0.40.21）T可知t=1s时，正方向的磁场在减弱，由楞次定律可判定电流方向为A|AB|由C到D,A项正确；同理可判定B项错误；t=1s时感应电动势AtS

8、sin30=0.1V，I=E/R=1A,安培力F、=BIL=0.2N,对杆受力分析如图对挡板P的压力大小为F=F=F.cos安NN安60=0.1N,C项正确；同理可得t=3s时对挡板H的压力大小为0.1N,D项错误.妙答案AC（2013新课标全国II,19,6分）（难度）（多选）在物理学发展过程中，观测、实验假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用下列叙述符合史实的是（）奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说会出现感应电流电流的磁场总要阻碍引法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中

9、,D.楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应起感应电流的磁通量的变化解析电流能产生磁场，说明电和磁之间存在联系，A项正确；为解释磁现象的电本质，安培根据螺线管和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，B项正确；恒定电流附近的固定导线框，不会产生感应电流，C项错误；楞次通过实验，得出了楞次定律，D项正确.答案ABD（2012北京理综，19,6分）（难度）物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”如图，他把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起某同学另找来器材再探究此实验他连接好电路，经

10、重复试验，线圈上的套环均未动对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是（）线圈接在了直流电源上电源电压过高所选线圈的匝数过多所用套环的材料与老师的不同A解析当闭合S瞬间，线圈L内产生的磁场B及磁通量的变化率p,随电压及线圈匝数增加而增大，如果套环是金属材料又闭合，由楞次定律可知，环内会产生感应电流I及磁场B,环会受到向上的安培A力F,当Fmg时，环跳起，二t越大，环电阻越小，F越大如果环越轻，跳起效果越好，所以选项B、C错误；如果套环换用电阻大密度大的材料，I减小F减小，mg增大，套环可能无法跳起，选项D正确；如果使用交流电，S闭合后，套环受到的安培力大小及方向（上、下）周期

11、性变化，S闭合瞬间，F大小、方向都不确定，直流电效果会更好，选项A错误.答案D考点二法拉第电磁感应定律自感和涡流（2015新课标全国II,15,6分）（难度）如图，直角三角形金属框abc放置的匀强磁场中，磁感应强度大小为B,方向平行于ab边向上当金属框绕ab边以角速度s逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为U、Ub、U.已知be边的长度为1.下列判断正确的是（）abcabA.恒为nS（BB）B.2Itt21nS(BB)从0均匀变化到2一厂C.D.2tt21nS(BB)恒为-tt121nS(BB)从0均匀变化到一一厂21UU,金属框中无电流acUU,金属框中电流方向沿abcabcUbc-|B1

12、2O，金属框中无电流比=如23，金属框中电流方向沿acba解析金属框绕ab边转动时，闭合回路abc中的磁通量始终为零（即不变），所以金属框中无电流金属框在逆时针转动时，be边和ac边均切割磁感线，由右手定则可知V,V，所以根据E=B1v可TOC o 1-5 h zbcac0+col1知，U=U=B1v=B1=;B123.由以上分析可知选项C正确.bcac22答案C（2015重庆理综，4,6分）（难度）图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n,面积为s.若在-到-时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2,则该段时间线圈两端&和4之间的电势差-,

13、（）解析由于磁感应强度均匀增大，故b为定值，由楞次定律可得b，故由法拉第电磁感应定bab律得=abnS；B-B1），故C项正确.21答案C（2015山东理综，17,6分）（难度）（多选）如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速在圆盘减速过程中，以下说法正确的是（）处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高所加磁场越强越易使圆盘停止转动若所加磁场反向，圆盘将加速转动若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动解析由右手定则可知，处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高，选项A正确;根据E-BLv可知所加磁场越强，则感应电动势越大，感应电流

14、越大，产生的阻碍圆盘转动的安培力越大，则圆盘越容易停止转动，选项B正确；若加反向磁场，根据楞次定律可知安培力阻碍圆盘的转动，故圆盘仍减速转动，选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘，则圆盘中无感应电流，不产生安培力，圆盘匀速转动，选项D正确.答案ABD（2015海南单科，2，3分）（难度）如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为&,将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度vE运动时，棒两端的感应电动势大小为E则X等于（XX)XXXXX/XXX

15、XXs*VXXXXXX1bC.1d.V2解析设折弯前导体切割磁感线的长度为L,&=BLv；折弯后，导体切割磁感线的有效长度为L=曲+）2导L，故产生的感应电动势为L=BL宀沙=乎&，所以卡，B正确.答案B（2014新课标全国I,18,6分）（难度）如图（a）,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（）丿丄L,JJD解析通电线圈中产生的磁场B=kl（k为比例系数）；在另一线圈中的磁通量=BS=kIS,由法拉第电磁感应定律可知，在另一线圈中产

16、生的感应电动势E=nwt，由图（b）可知，|Ucd不变，贝ij|*tI不变，故|计|不变，故选项C正确.答案C（2014江苏单科，1,3分）（难度）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t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（）Ba2A2AtnBa2B2AtnBa2C-Tt2nBa2DAtAab2Bba2廿盲，得E=解析由法拉第电磁感应定律知线圈中产生的感应电动势E=nAt=nBa2，十十-选项B正确.答案B（2013北京理综，17,6分）（难度）如图所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里

17、的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为Ei；若磁感应强度增为2B,其他条件不变,（）X*l/xA.ca,2:1B.ac,2:1Cac,1:2Dca,1:2MN中产生的感应电动势变为则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1:E2分别为解析金属棒MN向右切割磁感线，产生感应电动势，由安培定则可知，电阻中电流方向为ac.E=1BLv,E=2BLv，所以E:E=l：2.综上所述，C正确.212答案C（2012课标全国，19,6分）（难度）如图所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感

18、应强度大小为B.使该线框从静止0开始绕过圆心0、垂直于半圆面的轴以角速度3匀速转动半周，在线框中产生感应电流现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ABt的大小应为（C単)A.4BnB.23BnJI3B解析设圆的半径为r,当其绕过圆心0的轴匀速转动时，圆弧部分不切割磁感线，不产生感应电动势，而在转过半周的过程中仅有一半直径在磁场中，产生的感应电动势为E=Borv=Br号=2Bor23；当线Abre框不动时，E=At节由闭合电路欧姆定律得I=R,要使1=1必须使E=E，可得C正确.答案C放置，间距L=0.4m,（2

19、015广东理综，35,18分）（难度）如图（a）所示，平行长直金属导轨水平导轨右端接有阻值R=1Q的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L,从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图（b）所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1s后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v=1m/s做直线运动，求：棒进入磁场前，回路中的电动势E；(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F,以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式.解析(1)棒进入磁场前AB_EtS云由几何关系

20、得S=*L2AB由题图知0.5T/S联立解得E=0.04V(2)棒在bd位置时E最大EBLvmEIvmmRFBIL安mB2L2V代入得F、一一厂一0.04N,方向向左安K在abd区域，t时刻有效长度LzvX(t1)X22v(t1)EZBLZvEzBLvip(t1)A(1sVtV1.2s)答案(1)0.04V(2)0.04N,方向向左i(t1)A(1sVt1.2s)(2014新课标全国11,25,19分)(难度)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捧AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心0,装置的俯视图如图所示整个装置位于一匀强磁场

21、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3绕0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u,导体棒和导轨的电阻均可忽略重力加速度大小为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.解析(1)解法一在At时间内，导体棒扫过的面积为AS2oAt(2r)2r22根据法拉第电磁感应定律，导体棒上感应电动势的大小为厂BASeAT应电流的方向是从C端流向D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的感端.由欧姆定律可知，通过电阻R的

22、感应电流的大小I满足EIR联立式得3oBr2I2Ror+o2r3解法二EBrvBrBoo丁E3Br2oI=R2R由右手定则判得通过R的感应电流从C-D解法三取At=TE=BASAt=BoTE3Br2oI=R2R由右手定则判得通过R的感应电流从C-D(2)解法一在竖直方向有mg2F0为F.两导轨对运行的导体棒NN式中，由于质量分布均匀，内、外圆导轨对导体棒的支持力大小相等，其值的滑动摩擦力均为F=uFfN在At时间内，导体棒在内、外圆导轨上扫过的弧长分别为lroAt1和l2roAt2克服摩擦力做的总功为WFF（l+l）ff12在At时间内，消耗在电阻R上的功为WI2RAtR根据能量转化和守恒定律

23、知，外力在At时间内做的功为WWF+W外力的功率为p-丄At由至式得39O2B2T44RP2umgor+乙解法二由能量守恒pp+pFRf在竖直方向2Fmg，NFuFumgfN2113PF2umgor+-umgo2r_umgorf2229B2r4o2prT2r-43,9B2o2r4所以P=2umgor+4R,3oBr2答案方向：由C端到D端/、39O2B2T4(2)2umgor+4R（2014浙江理综，24,20分）（难度）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R0.1m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒0A,A端与导轨接触良好，0端固定在圆心处的转轴上转轴的左端

24、有一个半径为rR/3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m0.5kg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B0.5T.a点与导轨相连,b点通过电刷与0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h0.3m时，测得U0.15V.（细线与圆盘间没有相对滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g10m/sj测u时，与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？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.解析(1)由右手定则知，金属棒产生的感应电动势的方向由0-A,故A端电势高于0

25、端电势，与a点相接的是电压表的“正极”.(2)由电磁感应定律得又厶0wAtU=E=由得：u*B3R2又v=rs-3oR所以V2U/3BR2m/sAE0.5J答案(1)正极(2)2m/s(3)0.5J考点三电磁感应中的图象问题(2015山东理综，19,6分)(难度)如图甲，R为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面0内左端连接在一周期为T的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R的电流i始终向左，其大小按图乙所00示规律变化规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压口”为正，下列ubt图象可能正确的是()abab團川解析在第一个0.25T时间内，通过大圆环的电流为瞬时针逐渐增加，由楞次定律和右手

26、螺旋定则可判0断内环内a端电势高于b端，因电流的变化率逐渐减小，故内环的电动势逐渐减小；同理在第0.25T00.5T时间内，通过大圆环的电流为瞬时针逐渐减小，由楞次定律和右手螺旋定则可判断内环的a端电势低0于b端，因电流的变化率逐渐变大故内环的电动势逐渐变大，故选项C正确.答案C（2013全国大纲卷，17,6分）（难度）纸面内两个半径均为R的圆相切于0点，两圆形区域内分别存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化一长为2R的导体杆0A绕过0点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为s,t=0时，0A恰好位于两圆的公切线上，如图所示若选取从0指向A的电动势为正，下列描述

27、导体杆中感应电动势随时间变化的图象可能正确的是（）L）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下导线框以某一初速度向右运动.t=0时导线框的右边恰好与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域下列vt图象中，可能正确描述上述过程的是（）小，所以进入阶段导线框做的是加速度减小的减速运动全部进入之后，磁通量不变化，根据楞次定律，电路中没有感应电流，速度不变出磁场阶段，导线框受到的安培力F安罟，方向向左所以导线框速度减小，安培力减小，所以出磁场阶段导体框做的是加速度减小的减速运动综上所述，D正确.答案D（2013浙江理综，15）（难度）磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向

28、不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈当以速度v刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其Et关系如图所示如果只将刷卡速度改为0V弓，线圈中的Et关系图可能是（）I)解析从Et图象可以看出，刷卡速度为V。时，产生感应电动势的最大值为E。，所用时间为t。；当刷卡V速度变为弓时，根据E=Blv可知，此时产生感应E电动势的最大值E=y，由于刷卡器及卡的长度未变，故故选项D正确.刷卡时间变为2t，0答案D（2013福建理综，18分）（难度）如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t、t分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时亥山线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平12边界线00平行，线

29、框平面与磁场方向垂直设00,下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度V随时间t变化的规律（）解析ab边在进入磁场时所受的安培力F-BIL-BBRVB2L2VL=B2L2V,書=mg时，匀速进入，DFmgB2L2V正确；当Fmg时线框减速，加速度a=m二-mygV减小，则a减小，v-t图线此阶段斜率最小，AmgfB2L2V错误、B正确；当FVmg时线框加速，加速度a=m=&，v增大，则a减小，C正确所以选A.答案A（2012新课标全国卷，20，6分）（难度）如图所示，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行.已

30、知在t=0到t=t的时间间隔内，直导线中电流i1发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右设电流i正方向与图中箭头所示方向相同，则i随时间t变化的图线可能是（）解析线框中的感应电流沿顺时针方向，由楞次定律可知，直导线中电流向上减弱或向下增强，所以首先将B、D排除掉又知线框所受安培力先水平向左、后水平向右，即线框先靠近导线，后远离导线，根据楞次定律可知，电流先减小后增大，C明显也不对，所以仅有A正确.答案A（2014安徽理综,23,16分）（难度）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9为30。的斜面向上绝缘斜面上固定有

31、“A”形状的光滑金属导轨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0为原点、0P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0.3Q,在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v=lm/s在导轨上沿x轴求金属杆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；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关系图象；求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热.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），解得E=1.5V（D点

32、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,则外罟d,0P=MP2MN（丁）2,得1外“2m由楞次定律判断D点电势高，故C、D两端电势差UBlv,即U=0.6V.CD外CDOPx3杆在导轨间的长度l与位置x关系是1一05厂d3产对应的电阻叫为R1|R,电流1罟1杆受的安培力F、一BI17.53.75X安根据平衡条件得FF,+mgsin9安F12.53.75x(0WxW2)画出的F-x图象如图所示外力F所做的功W等于F-x图线下所围的面积，即F”，5+12.5Wf2X2J17.5JF2而杆的重力势能增加量AEmgOPsin910Jp故全过程产生的焦耳热Q=W

33、FAE=7.5Jp答案见解析考点四电磁感应的综合问题（2015安徽理综，19,6分）（难度）如图所示，abed为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为1,导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B,导轨电阻不计已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成9角，单位长度的电阻为r,保持金属杆以速度v沿平行于ed的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）贝H）A.电路中感应电动势的大小为Blvsin9B.电路中感应电流的大小为BvsinrC.金属杆所受安培力的大小为B21vsinrD.金属杆的发热功率为B2IV2rsin9解析EE电路中的感应电动势E=B1v，感应电流I=R=1一sin9Bvsi

34、n错误，B正确；金属杆1B?1v1B21v2sin9所受安培力大小F=BI冇二=，故C错误；金属杆的发热功率PTRTRr=i，故D错误.答案B（2015福建理综，18,6分）（难度）如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abed，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、de以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦在PQ从靠近ad处向be滑动的过程中（）PQ中电流先增大后减小PQ两端电压先减小后增大PQ上拉力的功率先减小后增大线框消耗的电功率先减小后增大解析设PQ左侧电路的电阻为R,贝

35、惦侧电路的电阻为3RR，所以外电路的总电阻为R-夕卜R/oRR）莎，外电路电阻先增大后减小，所以路端电压先增大后减小，所以B错误；电路的总电阻先增大后E减小，再根据闭合电路的欧姆定律可得PQ中的电流，I=R先减小后增大，故A错误；由于导体棒做匀外速运动，拉力等于安培力，即F=BIL,拉力的功率P-BILv，故先减小后增大，所以C正确;外电路的总电阻R/oRR）3R外j3R/最大值为R，小于导体棒的电阻R，又外电阻先增大后减小由电源的输出功率与外电阻的关系图象可知,答案C（2014安徽理综，20，6分）（难度）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

36、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.01|B.rrzqk2AB解析变化的磁场使回路中产生的感生电动势E=t=AtS=knr2,贝I感生电场对小球的作用力所做的功W=qU=qE=qknr2，选项D正确.答案D（2013天津理综，3,6分）（难度）如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abed,ab边长大于be边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场夕卜，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，

37、线框上产生的热量为Q,通过线框导体横截面的电荷量1为q；第二次be边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q,通过线框导体横截面的电荷量为q,则122A.QQ,q=qB.QQ,qqTOC o 1-5 h z12121212C.QQ,qqD.QQ,qq12121212BlvlB2I2IvB2Ilv解析设线框边长分别为1、l,线框中产生的热量QLRt（）2R-丁厂l.12RvRR1EBll由于ll,所以QQ通过线框导体横截面的电荷量qtRAt一厂一一厂，故qabbc12RRR1q,A选项正确.2答案A（2012山东理综，20,4分）（难度）（多选）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

38、平面的夹角为e,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)A.P2mgvsin0B.P3mgvsin0C.vg当导体棒速度达到2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电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是（0FBIL解析对导体棒受力分析如图当导体棒以v匀速运动时（如图甲），应有：mgsinB2L2v書；当加力F后以2v

39、匀速运动时（如图乙），F+mgsin02B2L2vR，两式联立得Fmgsin0,贝IPF2v2mgvsin0，A正确,B2L2VB错误；由牛顿第二定律，当导体棒的速度为2时，&=嗎皿女mgsin0,C正确；由功能关系，当导体棒达到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与减少的重力势能之和，D错误.甲答案AC（2015江苏单科，13,15分）（难度故磁共振（MRI）检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r=5.0cm,线圈导线的截面积A=0.80cm2，电阻率

40、P=1.5如图所示,匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B在0.3s内从1.5T均匀地减为零，求：(计算结果保留一位有效数字)该圈肌肉组织的电阻R；该圈肌肉组织中的感应电动势E；0.3s内该圈肌肉组织中产生的热量Q.2nr解析(1)由电阻定律R=p，代入数据解得R=6X103QAB感应电动势已二云“口，代入数据解得E-4X10-2VE2由焦耳定律得QRAt,代入数据解得Q-8X10-8J答案(1)6X103Q(2)4X10-2V(3)8X10-8J(2015海南单科，13,10分)(难度)如图，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距1,左端与一电阻R相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大

41、小为B,方向竖直向下一质量为m的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速率v匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为U，导体棒的电阻均可忽略求电阻R消耗的功率;水平外力的大小.E解析(1)导体切割磁感线运动产生的电动势为E=B1v,根据欧姆定律，闭合回路中的感应电流为I=RB2I2V2电阻R消耗的功率为P=LR，联立可得P=-R-Blv对导体棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平衡，故有F安尸+umg(2015天津理综，11,18分)(难度)如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m,相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，

42、ab边长为l,cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放,从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g.求：线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；磁场上下边界间的距离H.解析(1)设磁场的磁感应强度大小为B,cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v,cd边上的

43、感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律，有E=2BlvE设线框总电阻为R,此时线框中电流为-由闭合电路欧姆定律，有I】弋设此时线框所受安培力为F,有F=2I1B由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mg=F由式得人=4霁设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v,同理可得由式得v=4v(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mg线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有mg(2l+H)mvs2mv2+Q由式得H=m；+28lILL5答案（1）4倍mg+28lILL5（2015四川理综，11,19分）（难度）如图所示，金属导轨MNC和PQD,MN与PQ平行且间距为L所在平面与

44、水平面夹角为a，N、Q连线与MN垂直,M、P间接有阻值为R的电阻；光滑直导轨NC和QD在同一水平面内，与NQ的夹角都为锐角均匀金属棒ab和ef质量均为m,长均为L,ab棒初始位置在水平导轨上与NQ重合；ef棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为卩（卩较小），由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止空间有方向竖直的匀强磁场（图中未画出）两金属棒与导轨保持良好接触不计所有导轨和ab棒的电阻，ef棒的阻值为R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g.（1）若磁感应强度大小为B,给ab棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v,在水平导轨上沿运动方向滑行1一段距离后停止,ef棒

45、始终静止，求此过程ef棒上产生的热量；（2）在（1）问过程中，ab棒滑行距离为d,求通过ab棒某横截面的电量；（3）若ab棒以垂直于NQ的速度v在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ位置时取走小立柱1和2,且运动2过程中ef棒始终静止求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab棒运动的最大距离.解析（1）设ab棒的初动能为E,ef棒和电阻R在此过程产生的热量分别为W和W，有W+W=E1Ilk且W=W1由题有E=*mv2k21得W=4mv：（2）设在题设过程中，ab棒滑行时间为At,扫过的导轨间的面积为AS,通过AS的磁通量为,Aab棒产生的电动势为E,ab棒中的电流为I,通过ab棒某横截面的电量为q,则E=p且ABASqAt由图所示AS=d(Ldcot9)Lab棒滑行距离为x时，ab棒在导轨间的棒长为L为L=L2xcot此时，ab棒产生电动势月为Ex-BvLxE流过ef棒的电流I为I二xxRef棒所受安培力F为F=BILXXXBvT联立解得丄R(L2xcot0