電磁感應(含詳解,重溫3年真題).doc

專題十一電磁感應高考試題考點一 電磁感應現(xiàn)象楞次定律1.(2013年新課標全國卷,19,6分)在物理學發(fā)展過程中,觀測、實驗、假說和邏輯推理等方法都起到了重要作用.下列敘述符合史實的是()A.奧斯特在實驗中觀察到電流的磁效應,該效應揭示了電和磁之間存在聯(lián)系B.安培根據(jù)通電螺線管的磁場和條形磁鐵的磁場的相似性,提出了分子電流假說C.法拉第在實驗中觀察到,在通有恒定電流的靜止導線附近的固定導線圈中,會出現(xiàn)感應電流D.楞次在分析了許多實驗事實后提出,感應電流應具有這樣的方向,即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化解析:奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應,揭示了電和磁之間的關(guān)系,選項A正確;根據(jù)通電螺線管產(chǎn)生的磁場與條形磁鐵的磁場相似性,安培提出了磁性是分子內(nèi)環(huán)形電流產(chǎn)生的,即分子電流假說,選項B正確;法拉第探究磁產(chǎn)生電的問題,發(fā)現(xiàn)導線中電流“通、斷”時導線附近的固定導線圈中出現(xiàn)感應電流,而導線中通有恒定電流時導線圈中不產(chǎn)生感應電流,選項C錯誤;楞次定律指出感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化,選項D正確.答案:ABD2.(2012年山東理綜,14,5分)以下敘述正確的是()A.法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象B.慣性是物體的固有屬性,速度大的物體慣性一定大C.牛頓最早通過理想斜面實驗得出力不是維持物體運動的原因D.感應電流遵從楞次定律所描述的方向,這是能量守恒定律的必然結(jié)果解析:法拉第最早發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象,A正確;慣性是物體的固有屬性,質(zhì)量是物體慣性大小的唯一量度,B錯誤;伽利略通過理想斜面實驗得出力不是維持物體運動的原因,C錯誤;自然界任何過程都遵循能量守恒定律,D正確.答案:AD點評： 本題難度不大,物理學史是近幾年許多省高考的必考內(nèi)容,也就要求今后在備考中要加強物理學史的學習,通過物理學史的學習使學生熱愛科學,學習嚴謹?shù)目茖W態(tài)度.3.(2011年海南卷,7,4分)自然界的電、熱和磁等現(xiàn)象都是相互聯(lián)系的,很多物理學家為尋找它們之間的聯(lián)系做出了貢獻.下列說法正確的是()A.奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應,揭示了電現(xiàn)象和磁現(xiàn)象之間的聯(lián)系B.歐姆發(fā)現(xiàn)了歐姆定律,說明了熱現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間存在聯(lián)系C.法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象,揭示了磁現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間的聯(lián)系D.焦耳發(fā)現(xiàn)了電流的熱效應,定量給出了電能和熱能之間的轉(zhuǎn)換關(guān)系解析:奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應,揭示了電與磁之間的聯(lián)系,A正確;歐姆發(fā)現(xiàn)了歐姆定律,說明了純電阻電路電流和電壓之間存在聯(lián)系,B錯誤;法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象,揭示了磁現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間的聯(lián)系,C正確;焦耳發(fā)現(xiàn)了電流的熱效應,定量給出了電能和熱能之間的轉(zhuǎn)換關(guān)系,D正確.答案:ACD4.(2011年上海卷,13,3分)如圖,均勻帶正電的絕緣圓環(huán)a與金屬圓環(huán)b同心共面放置,當a繞O點在其所在平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)時,b中產(chǎn)生順時針方向的感應電流,且具有收縮趨勢,由此可知,圓環(huán)a() A.順時針加速旋轉(zhuǎn)B.順時針減速旋轉(zhuǎn)來源:學?？?。網(wǎng)C.逆時針加速旋轉(zhuǎn)D.逆時針減速旋轉(zhuǎn)解析:b中為順時針電流,由安培定則知,感應電流的磁場方向垂直紙面向里;b環(huán)有收縮趨勢,說明原磁場磁通量減少,方向垂直紙面向里,a環(huán)中的電流減小;a環(huán)帶正電,由楞次定律知,a環(huán)順時針減速運動.答案:B點評： 本題綜合考查了楞次定律和安培定則的應用,正確分析感應電流磁場方向及b環(huán)收縮的原因是解題的關(guān)鍵.考點二 法拉第電磁感應定律自感 1.(2013年北京理綜,17,6分)如圖所示,在磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中,金屬桿MN在平行金屬導軌上以速度v向右勻速滑動,MN中產(chǎn)生的感應電動勢為E1;若磁感應強度增為2B,其他條件不變,MN中產(chǎn)生的感應電動勢變?yōu)镋2.則通過電阻R的電流方向及E1與E2之比E1E2分別為() A.ca,21B.ac,21C.ac,12D.ca,12解析:根據(jù)右手定則或楞次定律,知通過電阻R的電流方向為ac;由法拉第電磁感應定律E=Blv知E1=Blv,E2=2Blv,則E1E2=12,故選項C正確,A、B、D錯誤.答案:C2.(2013年天津理綜,3,6分)如圖所示,紙面內(nèi)有一矩形導體閉合線框abcd,ab邊長大于bc邊長,置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外,線框兩次勻速地完全進入磁場,兩次速度大小相同,方向均垂直于MN.第一次ab邊平行MN進入磁場,線框上產(chǎn)生的熱量為Q1,通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q1;第二次bc邊平行MN進入磁場,線框上產(chǎn)生的熱量為Q2,通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q2,則() A.Q1Q2,q1=q2B.Q1Q2,q1q2C.Q1=Q2,q1=q2D.Q1=Q2,q1q2解析:設(shè)線框ab邊長為L1,bc邊長為L2,進入磁場的速度為v,電阻為R,ab邊平行MN進入磁場時,根據(jù)能量守恒,線框進入磁場的過程中產(chǎn)生的熱量等于產(chǎn)生的電能,即Q1=,通過線框?qū)w橫截面的電荷量q1=;同理得bc邊平行MN進入磁場時,Q2=L1,q2=,則q1=q2,由于L1L2,因此Q1Q2,選項A正確.答案:A點評： 此題也可用安培力做功求解,線框中產(chǎn)生的熱量等于克服安培力所做的功,注意安培力應為恒力;電荷量q僅由回路電阻和磁通量變化決定,與磁通量發(fā)生變化的時間無關(guān).3.(2013年浙江理綜,15,6分)磁卡的磁條中有用于存儲信息的磁極方向不同的磁化區(qū),刷卡器中有檢測線圈.當以速度v0刷卡時,在線圈中產(chǎn)生感應電動勢,其Et關(guān)系如圖所示.如果只將刷卡速度改為,線圈中的Et關(guān)系圖可能是()解析:由公式E=Blv可知,當刷卡速度減半時,線圈中的感應電動勢最大值減半,且刷卡所用時間加倍,故選項D正確.答案:D4.(2012年新課標全國理綜,19,6分)如圖,均勻磁場中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導線框,半圓直徑與磁場邊緣重合;磁場方向垂直于半圓面(紙面)向里,磁感應強度大小為B0.使該線框從靜止開始繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動半周,在線框中產(chǎn)生感應電流.現(xiàn)使線框保持圖中所示位置,磁感應強度大小隨時間線性變化.為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動半周過程中同樣大小的電流,磁感應強度隨時間的變化率的大小應為() A.B.C.D.解析:當線框繞過圓心O的轉(zhuǎn)動軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動時,由于面積的變化產(chǎn)生感應電動勢,從而產(chǎn)生感應電流,即I1=,當線圈不動,磁感應強度變化時,I2=,因I1=I2,可得=,C正確.答案:C點評： 本題考查法拉第電磁感應定律的應用,涉及兩種類型公式的選用.解題時關(guān)鍵是要求學生能利用公式得到電流的表達式,注意本題的動生電動勢是直徑切割磁感線,而不是半徑.5.(2011年廣東理綜,15,4分)將閉合多匝線圈置于僅隨時間變化的磁場中,線圈平面與磁場方向垂直,關(guān)于線圈中產(chǎn)生的感應電動勢和感應電流,下列表述正確的是()A.感應電動勢的大小與線圈的匝數(shù)無關(guān)B.穿過線圈的磁通量越大,感應電動勢越大C.穿過線圈的磁通量變化越快,感應電動勢越大D.感應電流產(chǎn)生的磁場方向與原磁場方向始終相同解析:根據(jù)法拉第電磁感應定律,感應電動勢的大小與線圈的匝數(shù)成正比,與磁通量的變化率成正比,與磁通量大小無關(guān),故A、B錯誤,C正確;根據(jù)楞次定律,感應電流產(chǎn)生的磁場方向可能與原磁場方向相同,也可能相反,D錯誤.答案:C6.(2011年北京理綜,19,6分)某同學為了驗證斷電自感現(xiàn)象,自己找來帶鐵芯的線圈L,小燈泡A,開關(guān)S和電池組E,用導線將它們連接成如圖所示的電路.檢查電路后,閉合開關(guān)S,小燈泡發(fā)光;再斷開開關(guān)S,小燈泡僅有不顯著的延時熄滅現(xiàn)象.雖經(jīng)多次重復,仍未見老師演示時出現(xiàn)的小燈泡閃亮現(xiàn)象,他冥思苦想找不出原因.你認為最有可能造成小燈泡未閃亮的原因是()A.電源的內(nèi)阻較大B.小燈泡電阻偏大C.線圈電阻偏大D.線圈的自感系數(shù)較大解析:線圈L要阻礙通過它的電流變化.斷電時,要阻礙其中的電流減小,L中電流要比斷電前的電流小,并且通過燈泡形成一個回路,若L中電流斷電前比燈泡中電流大,此時L中電流雖減小,但仍比燈泡斷電前電流大,燈泡就會閃亮一下.要實現(xiàn)L中電流比小燈泡電流大,根據(jù)歐姆定律可知,L的電阻比小燈泡電阻要小,從而判定出C正確.答案:C來源:學+科+網(wǎng)Z+X+X+K7.(2010年浙江理綜,19,6分)半徑為r帶缺口的剛性金屬圓環(huán)在紙面上固定放置,在圓環(huán)的缺口兩端引出兩根導線,分別與兩塊垂直于紙面固定放置的平行金屬板連接,兩板間距為d,如圖(甲)所示.有一變化的磁場垂直于紙面,規(guī)定向內(nèi)為正,變化規(guī)律如圖(乙)所示.在t=0時刻平板之間中心有一重力不計,電荷量為q的靜止微粒.則以下說法正確的是()A.第2秒內(nèi)上極板為正極B.第3秒內(nèi)上極板為負極C.第2秒末微?；氐搅嗽瓉砦恢肈.第2秒末兩極板之間的電場強度大小為0.2r2/d解析:由題圖(乙)知第2秒內(nèi),磁場向內(nèi)并均勻減小,由楞次定律知,環(huán)中電流方向為順時針,因而上極板帶正電,A項正確;第3秒內(nèi)磁場向外且均勻增大.由楞次定律知,環(huán)中電流方向為順時針,上極板仍帶正電,B項錯誤;同理,第1秒內(nèi)上極板帶負電,此微粒2秒內(nèi)先做勻加速直線運動,再做勻減速直線運動,加速度大小不變,運動方向不變,C項錯誤;由法拉第電磁感應定律知,電路中感應電動勢為E感=0.1r2,場強為E=0.1r2/d,D項錯誤.答案:A8.(2013年江蘇卷,13,15分)如圖所示,勻強磁場中有一矩形閉合線圈abcd,線圈平面與磁場垂直.已知線圈的匝數(shù)N=100,邊長ab=1.0 m、bc=0.5 m,電阻r=2 .磁感應強度B在01 s內(nèi)從零均勻變化到0.2 T.在15 s內(nèi)從0.2 T均勻變化到-0.2 T,取垂直紙面向里為磁場的正方向.求: (1)0.5 s時線圈內(nèi)感應電動勢的大小E和感應電流的方向;(2)在15 s內(nèi)通過線圈的電荷量q;(3)在05 s內(nèi)線圈產(chǎn)生的焦耳熱Q.解析:(1)感應電動勢E1=N,磁通量的變化量1=B1S解得E1=N,代入數(shù)據(jù)得E1=10 V,感應電流的方向為adcba.(2)同理可得E2=N,感應電流I2=,電荷量q=I2t2解得q=N,代入數(shù)據(jù)得q=10 C.(3)01 s內(nèi)的焦耳熱Q1=rt1,且I1=,15 s內(nèi)的焦耳熱Q2=rt205 s內(nèi)焦耳熱Q=Q1+Q2,代入數(shù)據(jù)得Q=100 J.答案:(1)10 Vadcba(2)10 C(3)100 J考點三 電磁感應中的圖像問題1.(2013年新課標全國卷,17,6分)如圖,在水平面(紙面)內(nèi)有三根相同的均勻金屬棒ab、ac和MN,其中ab、ac在a點接觸,構(gòu)成“V”字型導軌.空間存在垂直于紙面的均勻磁場.用力使MN向右勻速運動,從圖示位置開始計時,運動中MN始終與bac的平分線垂直且和導軌保持良好接觸.下列關(guān)于回路中電流i與時間t的關(guān)系圖線.可能正確的是() 來源:Z&xx&k.Com解析:設(shè)開始時MN距a點距離為x0,向右勻速運動的速度為v,金屬棒電阻率為,截面積為S,bac=2.在t時刻MN產(chǎn)生的感應電動勢為:E=Blv=B2(x0+vt)tan v=2Bv(x0+vt)tan ,回路中電阻為R=,由I=可得i=,即電流保持不變,故選項A正確.答案:A點評： 本題將電磁感應、電阻定律及電路結(jié)合,考查考生對電阻定律和法拉第電磁感應定律的應用能力.2.(2013年新課標全國卷,16,6分)如圖,在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導線框;在導線框右側(cè)有一寬度為d(dL )的條形勻強磁場區(qū)域,磁場的邊界與導線框的一邊平行,磁場方向豎直向下.導線框以某一初速度向右運動,t=0時導線框的右邊恰與磁場的左邊界重合,隨后導線框進入并通過磁場區(qū)域.下列vt圖像中,可能正確描述上述過程的是() 解析:線框進入和離開磁場時,穿過線框的磁通量發(fā)生變化產(chǎn)生感應電流,磁場對線框的安培力阻礙線框運動,使線框速度減小,由E=BLv、I=及F=BIL=ma可知安培力減小,加速度減小,當線框完全進入磁場后穿過線框的磁通量不再變化,不產(chǎn)生感應電流,不受安培力,線框做勻速直線運動,故選項D正確.答案:D3.(2013年大綱全國卷,17,6分)紙面內(nèi)兩個半徑均為R的圓相切于O點,兩圓形區(qū)域內(nèi)分別存在垂直于紙面的勻強磁場,磁感應強度大小相等、方向相反,且不隨時間變化.一長為2R的導體桿OA繞過O點且垂直于紙面的軸順時針勻速旋轉(zhuǎn),角速度為.t=0時,OA恰好位于兩圓的公切線上,如圖所示,若選取從O指向A的電動勢為正,下列描述導體桿中感應電動勢隨時間變化的圖像可能正確的是() 解析:當導體桿順時針轉(zhuǎn)動切割圓形區(qū)域中的磁感線時,由右手定則可知電動勢由O指向A,即為正值,選項D錯誤;切割過程中產(chǎn)生的感應電動勢E=BL=BL2,其中L=2Rsin t,如圖所示,則E=2BR2sin2t,由此可知選項A、B錯誤,選項C正確. 答案:C點評： 本題中導體桿切割磁感線,導體桿中一定產(chǎn)生感應電動勢,電動勢與電路是否閉合無關(guān);電動勢的方向可由右手定則加以判斷,即認為電路閉合,判斷導體桿內(nèi)電流方向,即為電動勢方向.4.(2013年山東理綜,18,5分)將一段導線繞成圖(甲)所示的閉合回路,并固定在水平面(紙面)內(nèi),回路的ab邊置于垂直紙面向里的勻強磁場中.回路的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場,以向里為磁場的正方向,其磁感應強度B隨時間t變化的圖像如圖(乙)所示.用F表示ab邊受到的安培力,以水平向右為F的正方向,能正確反映F隨時間t變化的圖像是()解析:0時間內(nèi),回路的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)垂直紙面的磁場的磁感應強度隨時間先均勻減小后反向均勻增大,根據(jù)法拉第電磁感應定律及楞次定律可得回路的圓環(huán)區(qū)域產(chǎn)生大小恒定的、順時針方向的感應電流,導線ab中的電流方向由ba,根據(jù)左手定則,ab邊在勻強磁場中受到水平向左的恒定的安培力;同理可得T時間內(nèi),ab邊在勻強磁場中受到水平向右的恒定的安培力,故選項B正確.答案:B點評： 考查電磁感應中的圖像問題,并利用法拉第電磁感應定律及楞次定律、左手定則處理電磁感應問題的能力.5.(2012年福建理綜,18,6分)如圖(甲),一圓形閉合銅環(huán)由高處從靜止開始下落,穿過一根豎直懸掛的條形磁鐵,銅環(huán)的中心軸線與條形磁鐵的中軸線始終保持重合.若取磁鐵中心O為坐標原點,建立豎直向下為正方向的x軸,則圖(乙)中最能正確反映環(huán)中感應電流i隨環(huán)心位置坐標x變化的關(guān)系圖像是() 解析:由條形磁鐵的磁感線分布圖知,從圓環(huán)下落處至O點,磁場的水平分量先增加后減小至0,磁場的增加與減小都不是線性的,且磁場方向向外,從O點以下,磁場的水平分量向里,先增加后減小,磁場的增加與減小也不是線性的,銅環(huán)加速下滑,由i=判定電流變化不是線性的,A錯誤;關(guān)于O點的對稱點,下面的速度大于上面的速度,磁感應強度的水平分量B大小相同,則下邊的電流大于上邊電流,B正確.由于關(guān)于O點的對稱點速度大小不同,則電流不同,C錯誤;在O點的上方與下方,磁感應強度的水平分量方向相反,根據(jù)右手定則,電流方向也應該相反,D錯誤.答案:B點評： (1)掌握常見磁體的磁感線分布是解此題的關(guān)鍵.(2)挖掘題目中的隱含條件,例如,磁感應強度的水平分量B關(guān)于O點對稱,大小相等,方向相反;由于重力大于安培力,銅環(huán)加速下落.6.(2012年課標全國理綜,20,6分)如圖,一載流長直導線和一矩形導線框固定在同一平面內(nèi),線框在長直導線右側(cè),且其長邊與長直導線平行.已知在t=0到t=t1的時間間隔內(nèi),直導線中電流i發(fā)生某種變化,而線框中的感應電流總是沿順時針方向;線框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右.設(shè)電流i正方向與圖中箭頭所示方向相同,則i隨時間t變化的圖線可能是() 解析:因通電導線周圍的磁場離導線越近磁場越強,而線框中左右兩邊電流的大小相同,而方向相反,所以受到的安培力方向相反,而導線框的左邊受到的安培力大于導線框的右邊受到的安培力,所以合力沿導線框左邊受到的力的方向,因為線框受到的安培力的合力先水平向左,后水平向右,根據(jù)左手定則,導線框處的磁場方向先垂直紙面向里,后垂直紙面向外,根據(jù)右手螺旋定則,導線中的電流先為正,后為負,所以A正確,B、C、D錯誤.答案:A7.(2010年北京理綜,19,6分)在如圖(甲)所示的電路中,兩個相同的小燈泡L1和L2分別串聯(lián)一個帶鐵芯的電感線圈L和一個滑動變阻器R.閉合開關(guān)S后,調(diào)整R,使L1和L2發(fā)光的亮度一樣,此時流過兩個燈泡的電流均為I.然后,斷開S.若t時刻再閉合S,則在t前后的一小段時間內(nèi),正確反映流過L1的電流i1、流過L2的電流i2隨時間t變化的圖像是圖(乙)中的() 解析:S閉合前,i1=0,i2=0,S閉合后,流過L1的電流從零緩慢增大到穩(wěn)定值I.流過L2的電流立即增大到穩(wěn)定值I.故B正確.答案:B8.(2011年海南卷,6,6分)如圖所示,EOF和EOF為空間一勻強磁場的邊界,其中EOEO,FOFO,且EOOF;OO為EOF的角平分線,OO間的距離為l;磁場方向垂直于紙面向里.一邊長為l的正方形導線框沿OO方向勻速通過磁場,t=0時刻恰好位于圖示位置.規(guī)定導線框中感應電流沿逆時針方向時為正,則感應電流i與時間t的關(guān)系圖線可能正確的是() 解析:當線框左邊進入磁場時,線框上的電流方向為逆時針,直至線框右邊完全進入磁場;當右邊一半進入磁場,左邊一半開始出磁場,此后線圈中的電流方向為順時針.當線框左邊進入磁場時,切割磁感線的有效長度均勻增加,故感應電動勢、感應電流均勻增加,當左邊完全進入磁場,右邊還沒有進入時,感應電動勢、感應電流達最大,且直到右邊將要進入磁場這一段時間內(nèi)均不變,當右邊進入磁場時,左邊開始出磁場,這時切割磁感線的有效長度均勻減小,感應電動勢、感應電流均減小,且左、右兩邊在磁場中長度相等時為零,之后再反向均勻增加至左邊完全出來,到右邊到達左邊界時電流最大且不變,直到再次減小,故B正確.答案:B考點四 電磁感應中的力、電綜合問題1.(2013年安徽理綜,16,6分)如圖所示,足夠長平行金屬導軌傾斜放置,傾角為37,寬度為0.5 m,電阻忽略不計,其上端接一小燈泡,電阻為1 .一導體棒MN垂直于導軌放置,質(zhì)量為0.2 kg,接入電路的電阻為1 ,兩端與導軌接觸良好,與導軌間的動摩擦因數(shù)為0.5.在導軌間存在著垂直于導軌平面的勻強磁場,磁感應強度為0.8 T.將導體棒MN由靜止釋放,運動一段時間后,小燈泡穩(wěn)定發(fā)光,此后導體棒MN的運動速度以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10 m/s2,sin 37=0.6)() A.2.5 m/s1 WB.5 m/s1 WC.7.5 m/s9 WD.15 m/s9 W解析:小燈泡穩(wěn)定發(fā)光時,導體棒MN勻速運動,所受合力為零,在沿斜面方向上:mgsin 37-mgcos 37-BIL=0,I=,R總=2 ,代入數(shù)據(jù)得v=5 m/s;閉合回路的總功率P=IE=IBLv,代入數(shù)據(jù)得P=2 W,小燈泡與導體棒的電阻相等,消耗的電功率相等,都為1 W,故選項B正確.答案:B2.(2013年四川理綜,7,6分)如圖所示,邊長為L、不可形變的正方形導線框內(nèi)有半徑為r的圓形磁場區(qū)域,其磁感應強度B隨時間t的變化關(guān)系為B=kt(常量k0).回路中滑動變阻器R的最大阻值為R0,滑動片P位于滑動變阻器中央,定值電阻R1=R0、R2=.閉合開關(guān)S,電壓表的示數(shù)為U,不考慮虛線MN右側(cè)導體的感應電動勢,則() A.R2兩端的電壓為B.電容器的a極板帶正電C.滑動變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍D.正方形導線框中的感應電動勢為kL2解析:根據(jù)串、并聯(lián)電路特點,虛線MN右側(cè)電路部分的總電阻R=R0+=R0.回路的總電流I=,由于R2=,所以通過R2的電流I2=,所以R2兩端電壓U2=I2R2=U,選項A正確;根據(jù)楞次定律可知,回路中的電流為逆時針方向,即流過R2的電流方向向左,所以電容器b極板帶正電,選項B錯誤;根據(jù)P=I2R,滑動變阻器R的熱功率P=I2+=I2R0,電阻R2的熱功率P2=R2=I2R0=P,選項C正確;根據(jù)法拉第電磁感應定律得,線框中產(chǎn)生的感應電動勢E=S=kr2,選項D錯誤.答案:AC點評： 本題考查知識點較多,涉及到楞次定律、法拉第電磁感應定律的計算、串并聯(lián)電路的特點及電路中的歐姆定律和功率計算的知識,對學生基礎(chǔ)知識的掌握以及推理能力的要求較高,但總體難度卻不大,屬于中檔題.3.(2012年北京理綜,19,6分)物理課上,老師做了一個奇妙的“跳環(huán)實驗”.如圖,她把一個帶鐵芯的線圈L、開關(guān)S和電源用導線連接起來后,將一金屬套環(huán)置于線圈L上,且使鐵芯穿過套環(huán).閉合開關(guān)S的瞬間,套環(huán)立刻跳起.某同學另找來器材再探究此實驗.他連接好電路,經(jīng)重復試驗,線圈上的套環(huán)均未動.對比老師演示的實驗,下列四個選項中,導致套環(huán)未動的原因可能是()A.線圈接在了直流電源上B.電源電壓過高C.所選線圈的匝數(shù)過多D.所用套環(huán)的材料與老師的不同解析:套環(huán)跳起的原因是閉合開關(guān)的瞬間,套環(huán)中產(chǎn)生感應電流從而受到磁場力的作用,且磁場力大于套環(huán)的重力.該同學實驗未成功的原因,可能是選用了非導體材料的套環(huán).D項正確.答案:D4.(2012年山東理綜,20,5分)如圖所示,相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導軌與水平面的夾角為,上端接有定值電阻R,勻強磁場垂直于導軌平面,磁感應強度為B.將質(zhì)量為m的導體棒由靜止釋放,當速度達到v時開始勻速運動,此時對導體棒施加一平行于導軌向下的拉力,并保持拉力的功率恒為P,導體棒最終以2v的速度勻速運動.導體棒始終與導軌垂直且接觸良好,不計導軌和導體棒的電阻,重力加速度為g.下列選項正確的是()A.P=2mgvsin B.P=3mgvsin C.當導體棒速度達到時加速度大小為sin D.在速度達到2v以后勻速運動的過程中,R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功解析:當導體棒以速度v勻速下滑時,滿足:=mgsin 當導體棒以速度2v勻速下滑時,滿足: =mgsin +F兩式聯(lián)立解得:F=mgsin ,則拉力F的功率P=F2v=2mgvsin ,A正確,B錯誤;當導體棒以速度勻速下滑時,由牛頓第二定律:mgsin -=ma,解得:a=sin ,C正確;當導體棒以速度2v勻速下滑時,由功能關(guān)系可知,F做的功和重力做的功全部轉(zhuǎn)化成電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱,D錯誤.答案:AC點評： 本題是一道綜合性比較強的考題,這類問題是每年高考的必考內(nèi)容,考生在備考中要充分重視.5.(2011年福建理綜,17,6分)如圖,足夠長的U型光滑金屬導軌平面與水平面成角(0G1.(2)以磁鐵為研究對象,銅條通過磁場對磁鐵的作用力F=G2-G1,所以根據(jù)牛頓第三定律,磁場對銅條作用力F=F,根據(jù)安培力公式F=BIL,I=,E=BLv,聯(lián)立以上各式,解得B=.答案:見解析7.(2013年新課標全國卷,25,19分)如圖,兩條平行導軌所在平面與水平地面的夾角為,間距為L.導軌上端接有一平行板電容器,電容為C.導軌處于勻強磁場中,磁感應強度大小為B,方向垂直于導軌平面.在導軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒,棒可沿導軌下滑,且在下滑過程中保持與導軌垂直并良好接觸.已知金屬棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為,重力加速度大小為g.忽略所有電阻.讓金屬棒從導軌上端由靜止開始下滑,求: (1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系;(2)金屬棒的速度大小隨時間變化的關(guān)系.解析:(1)設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v,則金屬棒產(chǎn)生的感應電動勢為E=BLv平行板電容器兩極板之間的電勢差為U=E設(shè)此時電容器極板上積累的電荷量為Q,按定義有Q=CE聯(lián)立式得Q=CBLv.(2)設(shè)金屬棒的速度大小為v時經(jīng)歷的時間為t,通過金屬棒的電流為i.金屬棒受到的安培力F方向沿導軌向上,大小為F=BLi設(shè)在時間間隔(t,t+t)內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為Q,按定義有i=Q即是平行板電容器兩極板在時間間隔(t,t+t)內(nèi)增加的電荷量.由式得Q=CBLv式中,v為金屬棒的速度變化量.按定義有a=金屬棒所受到的摩擦力Ff方向斜向上,大小為Ff=FN式中,FN是金屬棒對導軌的正壓力的大小,有FN=mgcos 金屬棒在時刻t的加速度方向沿斜面向下,設(shè)其大小為a,根據(jù)牛頓第二定律有mgsin -F-Ff=ma聯(lián)立至式得a=g由式及題設(shè)可知,金屬棒做初速度為零的勻加速直線運動.t時刻金屬棒的速度大小為v=gt.答案:見解析8.(2013年廣東理綜,36,18分)如圖(甲)所示,在垂直于勻強磁場B的平面內(nèi),半徑為r的金屬圓盤繞過圓心O的軸轉(zhuǎn)動,圓心O和邊緣K通過電刷與一個電路連接,電路中的P是加上一定正向電壓才能導通的電子元件.流過電流表的電流I與圓盤角速度的關(guān)系如圖(乙)所示,其中ab段和bc段均為直線,且ab段過坐標原點.0代表圓盤逆時針轉(zhuǎn)動.已知:R=3.0 ,B=1.0 T,r=0.2 m.忽略圓盤、電流表和導線的電阻.(1)根據(jù)圖(乙)寫出ab、bc段對應的I與的關(guān)系式;(2)求出圖(乙)中b、c兩點對應的P兩端的電壓Ub、Uc;(3)分別求出ab、bc段流過P的電流IP與其兩端電壓UP的關(guān)系式.解析:(1)從圖像中可以分別得到ab、bc段的I與的關(guān)系式為Iab=k1,Ibc=k2+b,且當=15 rad/s時,Iab=0.1 A,所以k1=;Ibc=0.1 A,所以0.1=15k2+b,則:Iab= (A)(-45 rad/s15 rad/s)又有=45 rad/s時Ibc=0.4 A,即0.4=45k2+b,可得:k2=,b=-0.05,Ibc=-0.05 (A)(15 rad/s45 rad/s).(2)圓盤產(chǎn)生的電動勢E=Br2,則當1=15 rad/s時,代入數(shù)據(jù)得:E1=0.3 V,由于圓盤、電表、導線電阻不計,所以b點對應的P兩端電壓Ub=0.3 V,同理,當2=45 rad/s時,E2=0.9 V,即c點對應的P兩端電壓Uc=0.9 V.(3)b點時,E1=0.3 V,R上流過的電流IR=0.1 A,恰好與干路電流表中電流相同,表明支路P中無電流,即ab段流過P的電流為0.分析bc段,P兩端電壓為E=Br2=UP,根據(jù)并聯(lián)電路特點,P中電流IP=I總-IR,因為:I總=Ibc,IR=,所以bc段流過P的電流IP=-+-0.05 (A)(15 rad/s45 rad/s).答案:見解析9.(2013年天津理綜,12,20分)超導現(xiàn)象是20世紀人類重大發(fā)現(xiàn)之一,日前我國已研制出世界傳輸電流最大的高溫超導電纜并成功示范運行.(1)超導體在溫度特別低時電阻可以降到幾乎為零,這種性質(zhì)可以通過實驗研究.將一個閉合超導金屬圓環(huán)水平放置在勻強磁場中,磁感線垂直于圓環(huán)平面向上,逐漸降低溫度使環(huán)發(fā)生由正常態(tài)到超導態(tài)的轉(zhuǎn)變后突然撤去磁場,若此后環(huán)中的電流不隨時間變化.則表明其電阻為零.請指出自上往下看環(huán)中電流方向,并說明理由.(2)為探究該圓環(huán)在超導狀態(tài)的電阻率上限,研究人員測得撤去磁場后環(huán)中電流為I,并經(jīng)一年以上的時間t未檢測出電流變化.實際上儀器只能檢測出大于I的電流變化,其中II,當電流的變化小于I時,儀器檢測不出電流的變化,研究人員便認為電流沒有變化.設(shè)環(huán)的橫截面積為S,環(huán)中定向移動電子的平均速率為v,電子質(zhì)量為m、電荷量為e.試用上述給出的各物理量,推導出的表達式.(3)若仍使用上述測量儀器,實驗持續(xù)時間依舊為t.為使實驗獲得的該圓環(huán)在超導狀態(tài)的電阻率上限的準確程度更高,請?zhí)岢瞿愕慕ㄗh,并簡要說明實現(xiàn)方法.解析:(1)逆時針方向.撤去磁場瞬間,環(huán)所圍面積的磁通量突變?yōu)榱?由楞次定律可知,環(huán)中電流的磁場方向應與原磁場方向相同,即向上.由安培定則可知,環(huán)中電流的方向是沿逆時針方向.(2)設(shè)圓環(huán)周長為l、電阻為R,由電阻定律得R=設(shè)t時間內(nèi)環(huán)中電流釋放焦耳熱而損失的能量為E,由焦耳定律得E=I2Rt設(shè)環(huán)中單位體積內(nèi)定向移動電子數(shù)為n,則I=nevS式中n、e、S不變,只有定向移動電子的平均速率的變化才會引起環(huán)中電流的變化.電流變化大小取I時,相應定向移動電子的平均速率變化的大小為v,則I=neSv設(shè)環(huán)中定向移動電子減少的動能總和為Ek,則Ek=nlSmv2-m(v-v)2由于II,可認為vv,而金屬導體中自由電子定向移動的速度很小,故v2近似為零,所以可得Ek=nlSmvv結(jié)合式,得Ek=I根據(jù)能量守恒定律,得E=Ek聯(lián)立上述各式,得=.(3)由=看出, 在題設(shè)條件限制下,適當增大超導電流,可以使實驗獲得的準確程度更高,通過增大穿過該環(huán)的磁通量變化率可實現(xiàn)增大超導電流.答案:見解析10.(2012年天津理綜,11,18分)如圖所示,一對光滑的平行金屬導軌固定在同一水平面內(nèi),導軌間距l(xiāng)=0.5 m,左端接有阻值R=0.3 的電阻.一質(zhì)量m=0.1 kg,電阻r=0.1 的金屬棒MN放置在導軌上,整個裝置置于豎直向上的勻強磁場中,磁場的磁感應強度B=0.4 T.棒在水平向右的外力作用下,由靜止開始以a=2 m/s2的加速度做勻加速運動,當棒的位移x=9 m時撤去外力,棒繼續(xù)運動一段距離后停下來,已知撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1Q2=21.導軌足夠長且電阻不計,棒在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸.求: (1)棒在勻加速運動過程中,通過電阻R的電荷量q;(2)撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2;(3)外力做的功WF.解析:(1)設(shè)棒做勻加速運動的時間為t,回路中磁通量的變化量為,回路中的平均感應電動勢為,根據(jù)法拉第電磁感應定律得=其中=Blx設(shè)回路中的平均電流為,由閉合電路歐姆定律得=則通過電阻R的電荷量為q=t聯(lián)立得q=4.5 C.(2)設(shè)撤去外力時棒的速度為v,對棒的勻加速運動過程,由運動學公式得v2=2ax設(shè)棒撤去外力后的運動過程中安培力做功為W.由動能定理得W=0-mv2撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q2=-W聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)得Q2=1.8 J.(3)由題意知,撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1Q2=21,得Q1=2Q2=3.6 J在棒運動的整個過程中,由功能關(guān)系得WF=Q1+Q2聯(lián)立得WF=5.4 J.答案:(1)4.5 C(2)1.8 J(3)5.4 J點評： 明確拉力和安培力做功的特點,特別是要注意安培力做的功,明確安培力做功的實質(zhì)是其他形式的能和電能之間的轉(zhuǎn)化.11.(2012年福建理綜,22,20分)如圖(甲),在圓柱形區(qū)域內(nèi)存在一方向豎直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場,在此區(qū)域內(nèi),沿水平面固定一半徑為r的圓環(huán)形光滑細玻璃管,環(huán)心O在區(qū)域中心.一質(zhì)量為m、帶電量為q(q0)的小球,在管內(nèi)沿逆時針方向(從上向下看)做圓周運動.已知磁感應強度大小B隨時間t的變化關(guān)系如圖(乙)所示,其中T0=.設(shè)小球在運動過程中電荷量保持不變,對原磁場的影響可忽略.(1)在t=0到t=T0這段時間內(nèi),小球不受細管側(cè)壁的作用力,求小球的速度大小v0;(2)在豎直向下的磁感應強度增大過程中,將產(chǎn)生渦旋電場,其電場線是在水平面內(nèi)一系