(五年高考真题)2016届高考物理专题十电磁感应(全国通用)

PAGE1PAGE29（五年高考真题）2016届高考物理专题十电磁感应（全国通用）考点一电磁感应现象楞次定律1.(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() A．圆盘上产生了感应电动势 B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动 C．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 D．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AB2．(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() 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 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 有变化，故不能观察到感应电流，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D3．(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() 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 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C4．(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 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C5．(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 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 ＝eq\f(BLv,R),F安＝BI感L＝eq\f(B2L2v,R)，离直导线越近处B越大，所以FM逐渐增大，FN 逐渐减小，C、D正确． 答案BCD6．(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) 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 解析据已知B＝(0.4－0.2t)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E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(|ΔB|,Δt)·S·sin30°＝0.1V，I＝E/R＝1A，安培力 F安＝BIL＝0.2N，对杆受力分析如图．对挡板P的压力大小为FN＝FN′＝ F安cos60°＝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． 答案AC7．(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 () A.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 B.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 C.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， 会出现感应电流 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 电流的磁场总要阻碍引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ABD8．(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() A．线圈接在了直流电源上 B．电源电压过高 C．所选线圈的匝数过多 D．所用套环的材料与老师的不同 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eq\f(ΔΦ,Δt)，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力F，当F＞mg时， 环跳起，eq\f(ΔΦ,Δt)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1．(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ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已 知bc边的长度为l.下列判断正确的是() A．Ua＞Uc，金属框中无电流 B．Ub＞Uc，金属框中电流方向沿abca C．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中无电流 D．Ubc＝eq\f(1,2)Bl2ω，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，bc边和ac边均切割磁感线， 由右手定则可知φb＜φc，φa＜φc，所以根据E＝Blv可知，Ubc＝Uac＝－Blv ＝－Bleq\f(0＋ωl,2)＝－eq\f(1,2)Bl2ω.由以上分析可知选项C正确． 答案C2．(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t1到t2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 a和b之间的电势差φa－φb() A．恒为eq\f(nS（B2－B1）,t2－t1) B．从0均匀变化到eq\f(nS（B2－B1）,t2－t1) C．恒为－eq\f(nS（B2－B1）,t2－t1) D．从0均匀变化到－eq\f(nS（B2－B1）,t2－t1) 解析由于磁感应强度均匀增大,故φa－φb为定值，由楞次定律可得φa<φb， 故由法拉第电磁感应定律得φa－φb＝－eq\f(nS（B2－B1）,t2－t1)，故C项正确． 答案C3．(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() A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高 B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动 C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动 D．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ABD4.(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ε，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v运动时，棒两端的感应电动势大小为ε′.则eq\f(ε′,ε)等于() A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(2),2) C．1 D.eq\r(2) 解析设折弯前导体切割磁感线的长度为L,ε＝BLv;折弯后,导体切割磁 感线的有效长度为L′＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),2)L,故产生的感应电动势为ε′＝BL′ v＝B·eq\f(\r(2),2)Lv＝eq\f(\r(2),2)ε，所以eq\f(ε′,ε)＝eq\f(\r(2),2)，B正确． 答案B5．(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() 解析通电线圈中产生的磁场B＝kI(k为比例系数)；在另一线圈中的磁通量 Φ＝BS＝kIS，由法拉第电磁感应定律可知，在另一线圈中产生的感应电动势 E＝neq\f(ΔΦ,Δt),由图(b)可知，|Ucd|不变，则|eq\f(ΔΦ,Δt)|不变，故|eq\f(ΔI,Δt)|不变，故选项C正 确． 答案C6．(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.eq\f(Ba2,2Δt) B.eq\f(nBa2,2Δt) C.eq\f(nBa2,Δt) D.eq\f(2nBa2,Δt) 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＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝ neq\f(ΔB,Δt)·S＝neq\f(2B－B,Δt)·eq\f(a2,2)，得E＝eq\f(nBa2,2Δt)，选项B正确． 答案B7．(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E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变， MN中产生的感应电动势变为E2.则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比 E1∶E2分别为() A．c→a，2∶1 B．a→c，2∶1 C．a→c，1∶2 D．c→a，1∶2 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a→c.E1＝BLv，E2＝2BLv，所以E1∶E2＝1∶2.综上所述，C 正确． 答案C8．(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，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于 半圆面的轴以角速度ω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eq\f(ΔB,Δt)的大小应为() A.eq\f(4ωB0,π) B.eq\f(2ωB0,π) C.eq\f(ωB0,π) D.eq\f(ωB0,2π) 解析设圆的半径为r，当其绕过圆心O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＝B0rv＝B0r·eq\f(rω,2)＝eq\f(1,2)B0r2ω；当线框不动时，E′＝ eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(πr2,2).由闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,R)，要使I＝I′必须使E＝E′，可得C正 确． 答案C9．(2015·广东理综,35，18分)(难度★★★)如图(a)所示，平行长直金属导轨水平 放置，间距L＝0.4m，导轨右端接有阻值R＝1Ω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 (1)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 E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝S·eq\f(ΔB,Δt)① 由几何关系得 S＝eq\f(1,2)L2② 由题图知eq\f(ΔB,Δt)＝0.5T/S③ 联立①②③解得E＝0.04V④ (2)棒在bd位置时E最大 Em＝BLv⑤ Im＝eq\f(Em,R)⑥ F安＝BImL⑦ 代入得F安＝eq\f(B2L2v,R)＝0.04N，方向向左⑧ 在abd区域，t时刻有效长度 L′＝v×(t－1)×2＝2v(t－1)⑨ E′＝BL′v⑩ i＝eq\f(E′,R)＝eq\f(BL′v,R)＝(t－1)A(1s＜t＜1.2s)⑪ 答案(1)0.04V(2)0.04N，方向向左 i＝(t－1)A(1s＜t＜1.2s)10．(2014·新课标全国Ⅱ,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Δt时间内，导体棒扫过的面积为 ΔS＝eq\f(1,2)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 E＝eq\f(BΔS,Δt)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＝eq\f(E,R)③ 联立①②③式得 I＝eq\f(3ωBr2,2R)④ 解法二E＝Brv＝Breq\f(ωr＋ω·2r,2)＝eq\f(3,2)Br2ω I＝eq\f(E,R)＝eq\f(3Br2ω,2R) 由右手定则判得通过R的感应电流从C→D 解法三取Δt＝T E＝eq\f(B·ΔS,Δt)＝eq\f(B（π·4r2－π·r2）,\f(2π,ω))＝eq\f(3,2)Br2ω I＝eq\f(E,R)＝eq\f(3Br2ω,2R) 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 mg－2FN＝0⑤ 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 为FN.两导轨对运行的导体棒的滑动摩擦力均为 Ff＝μFN⑥ 在Δt时间内，导体棒在内、外圆导轨上扫过的弧长分别为 l1＝rωΔt⑦ 和l2＝2rωΔt⑧ 克服摩擦力做的总功为 WFf＝Ff(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＝WFf＋WR⑪ 外力的功率为 P＝eq\f(W,Δt)⑫ 由④至⑫式得 P＝eq\f(3,2)μmgωr＋eq\f(9ω2B2r4,4R)⑬ 解法二由能量守恒 P＝PR＋PFf 在竖直方向2FN＝mg，则FN＝eq\f(1,2)mg，得 Ff＝μFN＝eq\f(1,2)μmg PFf＝eq\f(1,2)μmgωr＋eq\f(1,2)μmg·ω·2r＝eq\f(3,2)μmgωr PR＝I2R＝eq\f(9B2r4ω2,4R) 所以P＝eq\f(3,2)μmgωr＋eq\f(9B2ω2r4,4R). 答案(1)eq\f(3ωBr2,2R)方向：由C端到D端 (2)eq\f(3,2)μmgωr＋eq\f(9ω2B2r4,4R)11．(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＝R/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g＝10m (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． 解析(1)由右手定则知，金属棒产生的感应电动势的方向由O→A，故A端 电势高于O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 U＝E＝eq\f(ΔΦ,Δt)① ΔΦ＝eq\f(1,2)BR2Δθ② 又Δθ＝ωΔt③ 由①②③得：U＝eq\f(1,2)BωR2 又v＝rω＝eq\f(1,3)ωR 所以v＝eq\f(2U,3BR)＝2m/s (3)ΔE＝mgh－eq\f(1,2)mv2 ΔE＝0.5J 答案(1)正极(2)2m/s(3)0.5考点三电磁感应中的图象问题1．(2015·山东理综，19，6分)(难度★★)如图甲，R0为定值电阻，两金属圆环固 定在同一绝缘平面内．左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管 整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化．规定内圆 环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uabt图象可能正确的 是() 解析在第一个0.25T0时间内，通过大圆环的电流为瞬时针逐渐增加，由楞 次定律和右手螺旋定则可判断内环内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0.25T0～0.5T0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C2．(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O 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OA绕过O点且垂直于纸面的 轴顺时针匀速旋转,角速度为ω，t＝0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如 图所示．若选取从O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随 时间变化的图象可能正确的是() 解析导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，在转过180° 的过程中，切割磁感线的导体棒长度先不均匀增大后减小，由右手定则可判 断出感应电动势的方向为由O指向A为正，所以下列描述导体杆中感应电动 势随时间变化的图象可能正确的是C. 答案C3．(2013·新课标全国Ⅱ，16，6分)(难度★★★)如图，在光滑水平桌面上有一边 长为L、电阻为R的正方形导线框;在导线框右侧有一宽度为d(d＞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v－t图象中，可能正确描述上述过程 的是() 解析进入阶段,导线框受到的安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，方向向左，所以导 线框速度减小，安培力减小，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＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，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D4．(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不同 的磁化区，刷卡器中有检测线圈．当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电 动势，其E－t关系如图所示.如果只将刷卡速度改为eq\f(v0,2)，线圈中的E－t关系 图可能是() 解析从Et图象可以看出，刷卡速度为v0时，产生感应电动势的最大值为 E0，所用时间为t0；当刷卡速度变为eq\f(v0,2)时，根据E＝Blv可知，此时产生感应 电动势的最大值E＝eq\f(E0,2)，由于刷卡器及卡的长度未变，故刷卡时间变为2t0， 故选项D正确． 答案D5．(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t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时 刻．线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线 框平面与磁场方向垂直．设OO′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＝Beq\f(BLv,R)·L＝eq\f(B2L2v,R)，当F＝ eq\f(B2L2v,R)＝mg时，匀速进入，D正确；当F＞mg时线框减速，加速度a＝eq\f(F－mg,m) ＝eq\f(B2L2v,mR)－g，v减小，则a减小，v-t图线此阶段斜率最小，A错误、B正确； 当F＜mg时线框加速，加速度a＝eq\f(mg－F,m)＝g－eq\f(B2L2v,mR)，v增大，则a减小，C 正确．所以选A. 答案A6．(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.已知在t＝0到t＝t1的时间间隔内，直导线中电流i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A7．(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θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有 “∧” 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1kg0.3 Ω，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 (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F－x关系图象； (3)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， l外＝d－eq\f(OP－x,OP)d，OP＝eq\r(MP2－（\f(MN,2)）2)，得l外＝1.2m 由楞次定律判断D点电势高，故C、D两端电势差 UCD＝－Bl外v，即UCD＝－0.6V. (2)杆在导轨间的长度l与位置x关系是l＝eq\f(OP－x,OP)d＝3－eq\f(3,2)x 对应的电阻Rl为Rl＝eq\f(l,d)R，电流I＝eq\f(Blv,Rl) 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F-x图象如图所示 (3)外力F所做的功WF等于F-x图线下所围的面积，即 WF＝eq\f(5＋12.5,2)×2J＝17.5J 而杆的重力势能增加量ΔEp＝mgOPsinθ＝10J 故全过程产生的焦耳热Q＝WF－ΔEp＝7.5J 答案见解析考点四电磁感应的综合问题1．(2015·安徽理综，19，6分)(难度★★★)如图所示，abcd为水平放置的平行“” 形光滑金属导轨,间距为l，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θ角，单 位长度的电阻为r,保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动 过程中与导轨接触良好)．则() A．电路中感应电动势的大小为eq\f(Blv,sinθ) B．电路中感应电流的大小为eq\f(Bvsinθ,r) C．金属杆所受安培力的大小为eq\f(B2lvsinθ,r) D．金属杆的发热功率为eq\f(B2lv2,rsinθ) 解析电路中的感应电动势E＝Blv，感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(E,\f(l,sinθ)r)＝eq\f(Bvsinθ,r)故A 错误，B正确；金属杆所受安培力大小F＝BIeq\f(l,sinθ)＝eq\f(B2lv,r)，故C错误；金属 杆的发热功率P＝I2R＝I2eq\f(l,sinθ)r＝eq\f(B2lv2sinθ,r)，故D错误． 答案B2.(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abcd，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、dc 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bc滑动的过程中() A．PQ中电流先增大后减小 B．PQ两端电压先减小后增大 C．PQ上拉力的功率先减小后增大 D．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Rx，则右侧电路的电阻为3R－Rx，所以外电 路的总电阻为R外＝eq\f(Rx（3R－Rx）,3R),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减小，再根据闭合电路 的欧姆定律可得PQ中的电流，I＝eq\f(E,R＋R外)先减小后增大，故A错误；由于导 体棒做匀速运动，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外＝eq\f(Rx（3R－Rx）,3R)，最大值为eq\f(3,4)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，线框消耗的电功率先增大后减小，故D错误． 答案C3．(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．0 B.eq\f(1,2)r2qk C．2πr2qk D．πr2qk 解析变化的磁场使回路中产生的感生电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝kπr2，则 感生电场对小球的作用力所做的功W＝qU＝qE＝qkπr2，选项D正确． 答案D4．(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abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场 外，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，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横 截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为 Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则() A．Q1＞Q2，q1＝q2 B．Q1＞Q2，q1＞q2 C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1＞q2 解析设线框边长分别为l1、l2,线框中产生的热量Q＝I2Rt＝(eq\f(Bl1v,R))2·R·eq\f(l2,v)＝ eq\f(B2leq\o\al(2,1)l2v,R)＝eq\f(B2l1l2v,R)l1. 由于lab＞lbc,所以Q1＞Q2.通过线框导体横截面的电荷量q＝I·Δt＝eq\f(E,R)·Δt＝ eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Bl1l2,R)，故q1＝q2，A选项正确． 答案A5．(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平面的夹角为θ,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() A．P＝2mgvsinθ B．P＝3mgvsinθ C．当导体棒速度达到eq\f(v,2)时加速度大小为eq\f(g,2)sinθ D．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 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： mgsinθ＝F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)；当加力F后以2v匀速运动时(如图乙)，F＋mgsinθ＝eq\f(2B2L2v,R)，两式联立得F＝mgsinθ，则P＝F·2v＝2mgvsinθ，A正确，B错误；由牛顿第二定律，当导体棒的速度为eq\f(v,2)时，a＝eq\f(mgsinθ－F″安,m)＝ eq\f(mgsinθ－\f(B2L2v,2R),m)＝eq\f(g,2)sinθ,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． 答案AC6．(2015·江苏单科，13，15分)(难度★★★)做磁共振(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ρ＝1.5Ω·m. 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， (1)该圈肌肉组织的电阻R； (2)该圈肌肉组织中的感应电动势E； (3)0.3s内该圈肌肉组织中产生的热量Q. 解析(1)由电阻定律R＝ρeq\f(2πr,A)，代入数据解得 R＝6×103Ω (2)感应电动势E＝eq\f(ΔB,Δt)πr2，代入数据解得E＝4×10－2V (3)由焦耳定律得Q＝eq\f(E2,R)Δt，代入数据解得Q＝8×10－8J 答案(1)6×103Ω(2)4×10－2V(3)8×10－8J7．(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l,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μ，重力加速度大小为g，导轨和 导体棒的电阻均可忽略．求 (1)电阻R消耗的功率； (2)水平外力的大小． 解析(1)导体切割磁感线运动产生的电动势为E＝Blv,根据欧姆定律，闭合 回路中的感应电流为I＝eq\f(E,R) 电阻R消耗的功率为P＝I2R，联立可得P＝eq\f(B2l2v2,R) (2)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＋μmg＝F，F安＝BIl＝B·eq\f(Blv,R)·l，故F＝eq\f(B2l2v,R)＋μmg 答案(1)eq\f(B2l2v2,R)(2)eq\f(B2l2v,R)＋μmg8．(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，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， (1)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； (2)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v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有E1 ＝2Blv1① 设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有I1＝eq\f(E1,R)② 设此时线框所受安培力为F1，有F1＝2I1lB 由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mg＝F1④ 由①②③④式得v1＝eq\f(mgR,4B2l2)⑤ 设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得 v2＝eq\f(mgR,B2l2)⑥ 由⑤⑥式得v2＝4v1⑦ (2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有 2mgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)⑧ 线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有 mg(2l＋H)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋Q⑨ 由⑦⑧⑨式得H＝eq\f(Q,mg)＋28l⑩ 答案(1)4倍(2)eq\f(Q,mg)＋28l9．(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，所在平面与水平面夹角为α，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θ.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μ(μ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v1，在 水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止,ef棒始终静止，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v2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E1，ef棒和电阻R在此过程产生的热量分别为 W和W1，有W＋W1＝Ek① 且W＝W1② 由题有Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)③ 得W＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)④ (2)设在题设过程中，ab棒滑行时间为Δt，扫过的导轨间的面积为ΔS，通过 ΔS的磁通量为ΔΦ，ab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＝eq\f(ΔΦ,Δt)⑤ 且ΔΦ＝BΔS⑥ I＝eq\f(q,Δt)⑦ 又有I＝eq\f(2E,R)⑧ 由图所示ΔS＝d(L－dcotθ)⑨ 联立⑤～⑨，解得q＝eq\f(2Bd（L－dcotθ）,R)⑩ (3)ab棒滑行距离为x时，ab棒在导轨间的棒长为Lx为Lx＝L－2xcotθ⑪ 此时，ab棒产生电动势Ex为Ex＝Bv2Lx⑫ 流过ef棒的电流Ix为Ix＝eq\f(Ex,R)⑬ ef棒所受安培力F