1、高考一轮复习之电磁感应一、选择题(本题共10小题，每题4分，共40分有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1如图所示，一个半径为L的半圆形硬导体AB以速度v在水平U型框架上向右匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度为B，回路电阻为R0，半圆形硬导体AB的电阻为r，其余电阻不计，则半圆形导体AB切割磁感线产生的感应电动势大小及A、B之间的电势差分别为()ABLvBBLvC2BLv D2BLv2BLv解析：根据EBLv，感应电动势2BLv，AB间的电势差U，C项正确答案：C2某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5105 T一灵敏电压表连接在当
2、地入海河段的两岸，河宽100 m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s.下列说法正确的是()A河北岸的电势较高 B河南岸的电势较高C电压表记录的电压为9 mV D电压表记录的电压为5 mV解析：由EBLv(4.51051002)V9103 V9 mV，可知电压表记录的电压为9 mV，选项C正确，D错误；从上往下看，画出水流切割磁感线示意图如图所示，据右手定则可知北岸电势高，选项A正确，B错误答案：AC3在匀强磁场中，有一个接有电容器的单匝导线回路，如图所示，已知C30 F，L15 cm，L28 cm，磁场以5102 T/s的速率增加，则()A电容器
3、上极板带正电，带电荷量为6105 CB电容器上极板带负电，带电荷量为6105 CC电容器上极板带正电，带电荷量为6109 CD电容器上极板带负电，带电荷量为6109 C解析：电容器两极板间的电势差U等于感应电动势E，由法拉第电磁感应定律，可得EL1L22104V ，电容器的带电荷量QCUCE6109C，再由楞次定律可知上极板的电势高，带正电，C项正确答案：C4如下图所示，正方形线圈abcd位于纸面内，边长为L，匝数为N，线圈内接有阻值为R的电阻，过ab中点和cd中点的连线OO恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁场的磁感应强度为B.当线圈绕OO转过90时，通过电阻R的电荷量为()A. B
4、.C. D.解析：初状态时，通过线圈的磁通量为1，当线圈转过90时，通过线圈的磁通量为0，由q可得通过电阻R的电量为.答案：A5如图所示，E为电池，L是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡，S是控制电路的开关对于这个电路，下列说法正确的是()A刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小相等B刚闭合开关S的瞬间，通过D1、D2的电流大小不相等C闭合开关S待电路达到稳定，D1熄灭，D2比原来更亮D闭合开关S待电路达到稳定，再将S断开瞬间，D2立即熄灭，D1闪亮一下再熄灭解析：由于线圈的电阻可忽略不计、自感系数足够大，在开关闭合的瞬间线圈的阻碍作用很
5、大，线圈中的电流为零，所以通过D1、D2的电流大小相等，A正确，B错误闭合开关S待电路达到稳定时线圈短路，D1中电流为零，回路电阻减小，D2比原来更亮，C正确闭合开关S待电路达到稳定，再将S断开瞬间，D2立即熄灭，线圈和D1形成回路，D1闪亮一下再熄灭，故A、C、D正确答案：ACD6(2012课标全国理综)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
6、周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为()A.B. C.D.解析：线框转动过程中，等效于长度为半径R的导体棒绕O点转动切割磁感线，其产生的感应电动势EB0R；线框静止不动时，根据法拉第电磁感应定律可知线框产生的感应电动势为E.根据题意有EE，可得，选项C正确答案：C7(2012四川理综)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，杆的位置由确定，如右图所示，则()A0时，杆产生的
7、电动势为 2BavB时，杆产生的电动势为BavC0时，杆受的安培力大小为D时，杆受的安培力大小为解析：0时，杆在CD位置，产生的电动势为EB2av2Bav，通过杆的电流为I，杆受到的安培力为FBI2a，选项A正确，C错误；时，杆切割的有效长度为a，产生的电动势为EBav，电路的总电阻为R(2)aR0aR0aR0aR0，通过杆的电流为I，杆受到的安培力为FBIa，选项B错误、D正确答案：AD8(2012山东理综)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，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
8、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. P2mgvsinB. P3mgvsinC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解析：当导体棒以速度v匀速运动时，沿斜面方向有mgsin；当导体棒以2v匀速运动时，沿斜面方向Fmgsin，故Fmgsin，此时拉力F的功率PF2v2mgvsin，选项A正确，B错误；当导体棒的速度达到时，沿斜面方向mgsinma，解得agsin，选项C正确；导体
9、棒的速度达到2v以后，拉力与重力的合力做的功等于R上产生的焦耳热，选项D错误答案：AC9如图所示，在两个沿竖直方向的匀强磁场中，分别放入两个完全一样的水平金属圆盘a和b，它们可以绕竖直轴自由转动，用导线把它们相连当圆盘a转动时()A圆盘b总是与a沿相同方向转动B圆盘b总是与a沿相反方向转动C若B1、B2同向，则a、b转向相同D若B1、B2反向，则a、b转向相同解析：当圆盘a转动时，由于切割磁感线而产生感应电流，该电流流入b盘中，在磁场中由于安培力作用b盘会转动，但若不知B1、B2的方向关系，则b盘与a盘的转向关系将无法确定，故A、B错设B1、B2都向上，a盘逆时针转动时，由右手定则可判电流方向
10、为aabba，b盘受力由左手定则可判为顺时针方向，故C错，同理可得D正确答案：D10.如图所示，光滑绝缘水平面上，有一矩形线圈冲入一匀强磁场，线圈全部进入磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，设磁场宽度大于线圈宽度，那么()A线圈恰好在刚离开磁场的地方停下B线圈在磁场中某位置停下C线圈在未完全离开磁场时即已停下D线圈完全离开磁场以后仍能继续运动，不会停下来解析：线圈冲入匀强磁场时，产生感应电流，线圈受安培力作用做减速运动，动能也减少同理，线圈冲出匀强磁场时，动能减少，进、出时减少的动能都等于克服安培力做的功由于进入时的速度大，故感应电流大，安培力大，安培力做的功也多，减少的动能也多，
11、线圈离开磁场过程中，损失动能少于它在磁场外面时动能的一半，因此线圈离开磁场仍继续运动答案：D第卷(非选择题，共60分)二、填空题(本题共2小题，每题8分，共16分)11.如图所示，半径为r的金属圆环绕通过直径的轴OO以角速度匀速转动，匀强磁场的磁感应强度为B，以金属环的平面与磁场方向重合时开始计时，求在转动30角的过程中，环中产生的感应电动势为_解析：21BSsin300Br2.又t/(6)所以E3Br2.答案：3Br212.一个边长为10 cm的正方形金属线框置于匀强磁场中，线框匝数n100，线框平面与磁场垂直，电阻为20 .磁感应强度随时间变化的图象如图所示则在一个周期内线框产生的热量为_
12、 J.解析：由题图可知，线框中穿过均匀变化的磁场，变化周期T4 s根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，线框中产生的感应电动势EnS，感应电流I A5102 A，在一个周期内产生的热量QI2RT(5102)2204 J0.2 J.答案：0.2三、计算题(本题共4小题，13、14题各10分，15、16题各12分，共44分，计算时必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13.轻质细线吊着一质量为m0.32 kg、边长为L0.8 m、匝数n10的正方形线圈，总电阻为r1 .边长为的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示，磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化如图乙所示，
13、从t0开始经t0时间细线开始松弛，取g10 m/s2.求：(1)在前t0时间内线圈中产生的电动势；(2)在前t0时间内线圈的电功率；(3) t0的值解析：(1)由法拉第电磁感应定律得Enn()210()20.5 V0.4 V.(2)I0.4 A，PI2r0.16 W.(3)分析线圈受力可知，当细线松弛时有：F安nBt0Img，IBt02 T由图象知：Bt010.5t0(T)，解得t02 s.答案：(1)0.4 V(2)0.16 W(3)2 s14(2011浙江理综)如下图甲所示，在水平面上固定有长为L2 m、宽为d1 m的金属“U”型导轨，在“U”型导轨右侧l0.5 m范围内存在垂直纸面向里的
14、匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如下图乙所示在t0时刻，质量为m0.1 kg的导体棒以v01 m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为0.1/m，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取g10 m/s2)(1)通过计算分析4 s内导体棒的运动情况；(2)计算4 s内回路中电流的大小，并判断电流方向；(3)计算4 s内回路产生的焦耳热解析：(1)导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，有mgmavtv0atxv0tat2代入数据解得t1 s，x0.5 m，导体棒没有进入磁场区域导体棒在1 s末已停止运动，以后一直保持静止
15、，离左端位置仍为x0.5 m.(2)前2 s磁通量不变，回路电动势和电流分别为E0，I0后2 s回路产生的电动势为Eld0.1 V回路的总长度为5 m，因此回路的总电阻为R50.5 电流为I0.2 A根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向(3)前2 s电流为零，后2 s有恒定电流，焦耳热为QI2Rt0.04 J.答案：(1)见解析(2)0.2 A沿顺时针方向(3)0.04 J15(2012天津理综)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l0.5 m，左端接有阻值R0.3 的电阻一质量m0.1 kg，电阻r0.1 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
16、场中，磁场的磁感应强度B0.4 T棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x9 m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:Q22:1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触求：(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.解析：(1)设棒匀加速运动的时间为t，回路的磁通量变化量为，回路中的平均感应电动势为，由法拉第电磁感应定律得其中Blx设回路中的平均电流为，由闭合电路的欧姆定律得则通过电阻R的电荷量为qt
17、联立式，代入数据得q4.5 C(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v22ax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W0mv2撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2W联立式，代入数据得Q21.8 J(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1:Q22:1，可得Q13.6 J在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WFQ1Q2由式得WF5.4 J答案：(1)4.5 C(2)1.8 J(3)5.4 J16如下图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L1 m，上端接有电阻R3 ，虚线OO下方是垂直于导轨平面的匀强磁场现将质量m0.1 kg、电阻r1 的金属杆ab从OO上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的vt图象如下图乙所示(取g10 m/s2)求：(1)磁感应强度B；(2)杆在磁场中下落0.1 s过程中电阻R产生的热量解析：(1)由图象知，杆自由下落0.1 s进入磁场后以v1.0 m/s做匀速运动产生的电动势EBLv杆中的电流I杆所受安培力F安BIL由平衡条件得mgF安解得B2 T(2)电阻R产生的热量QI2Rt0.075 J答案：(1)2 T(2)0.075 J- 12 -
