2012物理（真题+模拟新题）分类汇编专题12L单元电磁感应

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精L单元电磁感应L1电磁感应现象、楞次定律16．L1N3 [2012·四川卷］如图所示，在铁芯P上绕着两个线圈a和b，则（）A．线圈a输入正弦交变电流，线圈b可输出恒定电流B．线圈a输入恒定电流，穿过线圈b的磁通量一定为零C．线圈b输出的交变电流不对线圈a的磁场造成影响D．线圈a的磁场变化时，线圈b中一定有电场16．D［解析］当线圈a输入正弦交变电流时，线圈b输出同频率的正弦交变电流，A错误；当线圈a输入恒定电流时,线圈a产生稳定的磁场，通过线圈b的磁通量不变，但不是零，B错误；由于互感,每个线圈的交变电流都对另外一个线圈的磁场产生影响，C错误；根据麦克斯韦电磁场理论，变化的磁场一定产生电场,D正确．图620．L1［2012·课标全国卷]如图,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(）ABCD20．A［解析］由楞次定律可判断出B、D选项对应的线框中对应的感应电流总是沿逆时针方向，B、D错误；C选项对应的线框受到的安培力的合力始终水平向左，C错误；故只有A正确．18。L1、L2 [2012·福建卷］如图甲，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁,铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合．若取磁铁中心O为坐标原点，建立竖直向下为正方向的x轴,则图乙中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图象是（）ABCD甲乙18．B[解析］根据条形磁铁的磁感线分布情况，线圈的运动可以分为3个阶段,根据楞次定律可以作出如下判断：过程B的方向Ф的变化I感的方向A→B向上增加顺时针B→C向上增加顺时针C点向上达到最大值无C→D向上减小逆时针在坐标原点O处感应电流的方向发生改变，D错；这一过程可以看作是线圈切割磁感线而产生感应电流，在A→B过程中，线圈加速下降,有a＝eq\f(mg－\f(B2L2v,R），m），B、v逐渐增大，线圈向下做加速度不断减小的变加速运动，由I感＝eq\f（BLv，R）可知线圈的感应电流不断增大但变化率在减小，A错;对于B、D两点，由于磁场的对称性，两点的磁感应强度B是相同的,由于vD＞vB，由I感＝eq\f（BLv,R)可知D处的感应电流比较大，所以B对、C错．L2法拉第电磁感应定律、自感21．L2 ［2012·重庆卷]如图所示，正方形区域MNPQ内有垂直纸面向里的匀强磁场．在外力作用下，一正方形闭合刚性导线框沿QN方向匀速运动，t＝0时刻，其四个顶点M′、N′、P′、Q′恰好在磁场边界中点．下列图象中能反映线框所受安培力f的大小随时间t变化规律的是（)ABCD21．B[解析］第一段时间从初位置到M′N′离开磁场，图甲表示该过程的任意一个位置，切割磁感线的有效长度为M1A与N1B之和，即为M1M′长度的2倍,此时电动势E＝2Bvtv，线框受的安培力f＝2BIvt＝eq\f(4B2v3t2,R)，图象是开口向上的抛物线,CD错误；如图乙所示，线框的右端M2N2刚好出磁场时，左端Q2P2恰与MP共线，此后一段时间内有效长度不变，一直到线框的左端与M′N′重合，这段时间内电流不变，安培力大小不变；最后一段时间如图丙所示,从匀速运动至M2N2开始计时，有效长度为A′C′＝l－2vt′,电动势E′＝B（l－2vt′）v,线框受的安培力F′＝eq\f(B2l－2vt′2v,R），图象是开口向上的抛物线,A错误,B正确．甲乙丙19．L2[2012·课标全国卷］如图，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（）图5A.eq\f(4ωB0,π）B.eq\f（2ωB0，π）C。eq\f(ωB0，π）D.eq\f(ωB0,2π）19．C[解析］当导线框在磁场中转动时，产生的感应电动势为E＝eq\f（1，2）B0R2ω，当导线框在磁场中不转动而磁场变化时，产生的感应电动势为E＝eq\f(ΔB，Δt)·eq\f（1,2）πR2，故eq\f(ΔB,Δt）＝eq\f（ωB0,π)，C正确．18.L1、L2 ［2012·福建卷］如图甲，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合．若取磁铁中心O为坐标原点，建立竖直向下为正方向的x轴,则图乙中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图象是()ABCD甲乙18．B[解析]根据条形磁铁的磁感线分布情况，线圈的运动可以分为3个阶段，根据楞次定律可以作出如下判断:过程B的方向Ф的变化I感的方向A→B向上增加顺时针B→C向上增加顺时针C点向上达到最大值无C→D向上减小逆时针在坐标原点O处感应电流的方向发生改变,D错；这一过程可以看作是线圈切割磁感线而产生感应电流,在A→B过程中，线圈加速下降,有a＝eq\f（mg－\f(B2L2v，R)，m),B、v逐渐增大，线圈向下做加速度不断减小的变加速运动,由I感＝eq\f（BLv,R)可知线圈的感应电流不断增大但变化率在减小，A错；对于B、D两点，由于磁场的对称性，两点的磁感应强度B是相同的,由于vD＞vB，由I感＝eq\f（BLv，R)可知D处的感应电流比较大，所以B对、C错．19．L2 ［2012·北京卷]物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图，她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19．D［解析］只要线圈中的电流增大，金属套环中的磁通量增大,就会产生感应电流，由楞次定律可知,套环受到斥力的作用，向上弹起．接在直流电源上，在闭合开关的过程中，电流也有增大的过程，A项错误;电压越大，匝数越多，效果越明显，B、C项错误；要是选用绝缘材料，则不会产生感应电流，D项正确．L3电磁感应与电路的综合20．L3 [2012·四川卷］半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B。杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始,杆的位置由θ确定，如图所示．则A．θ＝0时，杆产生的电动势为2BavB．θ＝eq\f(π，3）时，杆产生的电动势为eq\r(3)BavC．θ＝0时，杆受的安培力大小为eq\f(2B2av，π＋2R0)D．θ＝eq\f（π，3)时，杆受的安培力大小为eq\f(3B2av,5π＋3R0）20．AD［解析]当θ＝0时，杆在圆心位置，切割磁感线的有效长度等于圆环直径，杆产生的感应电动势为E＝2Bav，A正确；当θ＝eq\f（π,3)时，杆切割磁感线的有效长度等于圆环半径，杆产生的感应电动势为E＝Bav,B错误；当θ＝0时,回路的总电阻R1＝(2a＋πa)R0，杆受的安培力F1＝BI1l＝B·eq\f（2Bav,R1）·2a＝eq\f(4B2av,π＋2R0），C错误;当θ＝eq\f(π,3）时,回路的总电阻R2＝(a＋eq\f(5,3）πa)R0,杆受的安培力F2＝BI2l′＝B·eq\f（Bav，R2）·a＝eq\f(3B2av,5π＋3R0），D正确．20．L3［2012·山东卷］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＝2mgvsinθB．P＝3mgvsinθC．当导体棒速度达到eq\f（v,2）时加速度大小为eq\f(g，2）sinθD．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图甲20．AC［解析］当导体棒的速度达到v时，对导体棒进行受力分析如图甲所示．mgsinθ＝BILI＝eq\f(BLv，R)所以mgsinθ＝eq\f（B2L2v,R）①当导体棒的速度达到2v时,对导体棒进行受力分析如图乙所示．图乙mgsinθ＋F＝eq\f（2B2L2v,R)②由①②可得F＝mgsinθ功率P＝F×2v＝2mgvsinθ，故A正确．当导体棒速度达到eq\f(v,2)时，对导体棒受力分析如图丙所示．图丙a＝eq\f(mgsinθ－\f(B2L2\f(v，2),R）,m）③由①③可得a＝eq\f(1，2）gsinθ故C正确．当导体棒的速度达到2v时，安培力等于拉力和mgsinθ之和，所以以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力和重力做功之和,故D错误．L4电磁感应与力和能量的综合L5电磁感应综合11．L5 ［2012·天津卷]如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5m，左端接有阻值R＝0.3Ω的电阻，一质量m＝0。1kg,电阻r＝0。1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0。4T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝（1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q;（2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功WF。11．［解析]（1）设棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量变化量为ΔΦ,回路中的平均感应电动势为eq\x\to（E),由法拉第电磁感应定律得eq\x\to(E）＝eq\f(ΔΦ,Δt）其中ΔΦ＝Blx设回路中的平均电流为eq\x\to(I），由闭合电路的欧姆定律得eq\x\to（I)＝eq\f（\x\to（E)，R＋r)则通过电阻R的电荷量为q＝eq\x\to(I)Δt联立各式,代入数据得q＝4.5(2）设撤去外力时棒的速度为v,对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v2＝2ax设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W,由动能定理得W＝0－eq\f(1,2）mv2撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W联立各式,代入数据得Q2＝1.8J(3）由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6J在棒运动的整个过程中,由功能关系可知WF＝Q1＋Q2＝5.4J35．L5[2012·广东卷］如图9所示,质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置、间距为d的平行金属板，R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值,不计其他电阻．（1)调节Rx＝R,释放导体棒,当棒沿导轨匀速下滑时,求通过棒的电流I及棒的速率v.（2）改变Rx,待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电量为＋q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx.图935．（1)导体棒匀速下滑时，Mgsinθ＝BIl①I＝eq\f（Mgsinθ，Bl)②设导体棒产生的感应电动势为E0,则E0＝BLv③由闭合电路欧姆定律得：I＝eq\f(E0，R＋Rx)④联立②③④,得v＝eq\f（2MgRsinθ，B2l2）⑤（2）改变Rx，由②式可知电流不变．设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为U，电场强度大小为EU＝IRx⑥E＝eq\f（U,d)⑦mg＝qE⑧联立②⑥⑦⑧，得Rx＝eq\f(mBld,qMsinθ）⑨22．L5 ［2012·福建卷］如图甲，在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场,在此区域内，沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管，环心O在区域中心．一质量为m、带电荷量为q(q0)的小球,在管内沿逆时针方向（从上向下看）做圆周运动．已知磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图乙所示，其中T0＝eq\f（2πm，qB0）。设小球在运动过程中电荷量保持不变，对原磁场的影响可忽略．(1)在t＝0到t＝T0这段时间内，小球不受细管侧壁的作用力，求小球的速度大小v0；(2)在竖直向下的磁感应强度增大过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆,同一条电场线上各点的场强大小相等．试求t＝T0到t＝1。5T0这段时间内:①细管内涡旋电场的场强大小E;②电场力对小球做的功W.22．［解析]（1）小球运动时不受细管侧壁的作用力，因而小球所受洛伦兹力提供向心力qv0B0＝meq\f（v\o\al(2,0），r）①由①式解得v0＝eq\f(qB0r,m)②(2）①在T0到1.5T0这段时间内，细管内一周的感应电动势E感＝πr2eq\f（ΔB,Δt）③由图乙可知eq\f(ΔB，Δt)＝eq\f（2B0,T0)④由于同一条电场线上各点的场强大小相等，所以E＝eq\f（E感,2πr）⑤由③④⑤式及T0＝eq\f(2πm,qB0)得E＝eq\f(qB\o\al（2,0）r，2πm)⑥②在T0到1。5T0时间内，小球沿切线方向的加速度大小恒为a＝eq\f（qE,m)⑦小球运动的末速度大小v＝v0＋aΔt⑧由图乙Δt＝0。5T0,并由②⑥⑦⑧式得v＝eq\f（3,2）v0＝eq\f（3qB0r,2m）⑨由动能定理，电场力做功为W＝eq\f（1,2）mv2－eq\f（1，2)mveq\o\al（2，0)⑩由②⑨⑩式解得W＝eq\f（5,8)mveq\o\al（2,0)＝eq\f(5q2B\o\al(2，0）r2,8m)25．L5[2012·浙江卷]为了提高自行车夜间行驶的安全性,小明同学设计了一种“闪烁”装置．如图所示，自行车后轮由半径r1＝5。0×10－2m的金属内圈、半径r2＝0.40m的金属外圈和绝缘辐条构成．后轮的内、外圈之间等间隔地接有4根金属条，每根金属条的中间均串联有一电阻值为R的小灯泡．在支架上装有磁铁,形成了磁感应强度B＝0.10T、方向垂直纸面向外的“扇形”匀强磁场，其内半径为r1、外半径为r2、张角θ＝eq\f(π，6）。后轮以角速度ω＝2πrad/s相对于转轴转动．若不计其他电阻,忽略磁场的边缘效应．(1)当金属条ab进入“扇形”磁场时，求感应电动势E，并指出ab上的电流方向；（2）当金属条ab进入“扇形”磁场时，画出“闪烁”装置的电路图；（3）从金属条ab进入“扇形”磁场时开始，经计算画出轮子转一圈过程中，内圈与外圈之间电势差Uab随时间t变化的Uab－t图象；(4）若选择的是“1.5V、0.3A"的小灯泡，该“闪烁”装置能否正常工作?有同学提出,通过改变磁感应强度B、后轮外圈半径r2、角速度ω和张角θ等物理量的大小，优化前同学的设计方案，请给出你的评价．。［解析](1）金属条ab在磁场中切割磁感线时，所构成的回路的磁通量变化．设经过时间Δt，磁通量变化量为ΔΦ，由法拉第电磁感应定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt）ΔΦ＝BΔS＝B(eq\f（1,2）req\o\al(2，2）Δθ－eq\f（1,2）req\o\al(2,1)Δθ)联立解得：E＝eq\f（ΔΦ，Δt）＝eq\f(1，2）Bω（req\o\al(2，2）－req\o\al（2,1）)＝4.9×10－2V根据右手定则(或楞次定律)，可得感应电流方向为b→a。（2）通过分析,可得电路图为(3）设电路中的总电阻为R总，根据电路图可知R总＝R＋eq\f(1,3)R＝eq\f(4，3)Rab两端电势差Uab＝E－IR＝E－eq\f（E，R总)R＝eq\f(1，4)E＝1.2×10－2V设ab离开磁场区域的时刻为t1，下一根金属条进入磁场区域的时刻为t2，则t1＝eq\f（θ，ω）＝eq\f（1,12)st2＝eq\f(\f(π，2）,ω）＝eq\f(1，4）s设轮子转一圈的时间为T，则T＝eq\f（2π，ω)＝1s在T＝1s内，金属条有四次进出，后三次与第一次相同．可画出Uab－t图象如图所示．（4）“闪烁”装置不能正常工作．(金属条的感应电动势只有4。9×10－2V，远小于小灯泡的额定电压，因此无法工作．)B增大，E增大，但有限度；r2增大，E增大,但有限度；ω增大，E增大，但有限度；θ增大，E不变．1．2012·柳铁月考如图所示,先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈水平拉出有界匀强磁场区域，且v1＝2v2,则在先后两种情况下（)A．线圈中的感应电动势之比为E1∶E2＝2∶1B．线圈中的感应电流之比为I1∶I2＝1∶2C．线圈中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝1∶4D．通过线圈某截面的电荷量之比q1∶q2＝1∶11．AD［解析]根据E＝BLv∝v以及v1＝2v2，可知，选项A正确；因为I＝eq\f(E，R）∝E，所以I1∶I2＝2∶1,选项B错误;线圈中产生的焦耳热Q＝I2Rt＝eq\f（E2,R）t＝eq\f（B2L2v2，R）·eq\f(L，v）＝eq\f（B2L3v，R)∝v，所以Q1∶Q2＝2∶1，选项C错误;根据q＝It＝eq\f(ΔΦ，Rt)·t＝eq\f(ΔΦ,R）或者根据q＝It＝eq\f(E，R）t＝eq\f（BLv,R）·eq\f(L，v）＝eq\f（BL2，R)＝eq\f（BS，R），可见q1∶q2＝1∶1，选项D正确．2．2012·烟台检测如图所示,足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角（0＜θ＜90°），其中MN与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由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时,棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（)A．加速度大小为eq\f（v2,2L）B．下滑位移大小为eq\f(qR,BL）C．产生的焦耳热为qBLvD．受到的最大安培力大小为eq\f(B2L2v,R）sinθ2．B［解析］金属棒ab在这一过程中做的并非匀变速直线运动，所以加速度大小不是eq\f（v2,2L)，选项A错误；根据q＝eq\o(I,\s\up6(－）)Δt＝eq\f(\o(E,\s\up6（－)）,R)Δt＝eq\f（ΔΦ，RΔt）Δt＝eq\f(ΔΦ，R)＝eq\f(BΔS，R）＝eq\f（BLx,R)可得，下滑位移大小为x＝eq\f（qR，BL），选项B正确；产生的焦耳热等于电流做的功，而感应电动势是变化的,并不总等于BLv，选项C错误；根据F安＝BIL，I＝eq\f(E,R），E＝BLv，可得F安＝eq\f（B2L2v,R)，可见,当速度最大时，安培力最大，F安m＝eq\f（B2L2v，R），选项D错误．3．2012·浙江联考如图所示,在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有两根竖直放置的平行金属导轨,顶端用一电阻R相连，两根导轨所在的竖直平面与磁场方向垂直．一根金属棒ab以初速度v0沿导轨竖直向上运动,到某一高度后又向下运动返回到原出发点．整个过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好,导轨与棒间的摩擦及它们的电阻均可忽略不计．则在金属棒整个上行与整个下行的两个过程中,下列说法不正确的是（)A．回到出发点的速度v等于初速度v0B．上行过程中通过R的电荷量等于下行过程中通过R的电荷量C．上行过程中R上产生的热量大于下行过程中R上产生的热量D．上行的运动时间小于下行的运动时间3．A［解析]在金属棒上行与下行的过程中,金属棒将一部分动能转化为电能,所以回到出发点的速度v小于初速度v0，选项A错误;根据关系式q＝eq\x\to（I）Δt＝eq\f（\x\to（E)，R)Δt＝eq\f(ΔΦ，RΔt）Δt＝eq\f（ΔΦ,R)可知，上行过程中通过R的电荷量等于下行过程中通过R的电荷量,选项B正确；上行过程和下行过程产生的热量都等于克服安培力做的功．在同一位置，上行过程中金属棒所受的安培力均大于下行过程中金属棒所受的安培力，所以上行过程中R上产生的热量大于下行过程中R上产生的热量，选项C正确;金属棒在上行过程和下行过程中,经过同一位置时，上行时的速度大小总要大于下行时的速度大小，所以上行的运动时间小于下行的运动时间，选项D正确．4．2012·江西联考如图所示,足够长的光滑U形导轨宽度为L，其所在平面与水平面的夹角为α，上端连接一个阻值为R的电阻．匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向上．今有一质量为m、有效电阻r的金属杆沿框架由静止下滑,设磁场区域无限大，当金属杆下滑达到最大速度vm时，运动的位移为x，则（)A．金属杆下滑的最大速度vm＝eq\f（mgRsinα,B2L2)B．在此过程中电阻R产生的焦耳热为eq\f(R，R＋r)（mgxsinα－eq\f（1，2）mveq\o\al(2，m）)C．在此过程中电阻R产生的焦耳热为(mgxsinα－eq\f(1,2）mveq\o\al(2，m))D．在此过程中流过电阻R的电荷量为eq\f（BLx,R)4．B［解析]感应电动势为E＝Blvm感应电流为I＝eq\f(E,R