1、专题十电磁感应17(2013高考新课标全国卷如图，在水平面(纸面内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨空间存在垂直于纸面的均匀磁场用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触下列关于回路中电流i与时间t的关系图线，可能正确的是(解析：选A.本题为电磁感应和电路的题目，所以应从动生感应电动势和闭合电路欧姆定律角度入手设图示位置时a距棒的距离为l0，导体棒匀速切割磁感线的速度为v，单位长度金属棒的电阻为R0，导轨夹角为，运动时间t时，切割磁感线的导体棒长度l2(l0vttan，有效电路中导体棒长度
2、l总l，导体棒切割磁感线产生的感应电动势eBlv2Bv(l0vttan，电路中总电阻RR0l总R0，所以i， 即i为恒定值与t无关，选项A正确25(2013高考新课标全国卷如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为，间距为L.导轨上端接有一平行板电容器，电容为C.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触已知金属棒与导轨之间的动摩擦因素为，重力加速度大小为g.忽略所有电阻让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：(1电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；(2金属棒的速度大小随时间变化的
3、关系解析：从电磁感应中的动生电动势和电容器的充放电及牛顿第二定律入手(1设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为EBLv 平行板电容器两极板之间的电势差为UE 设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，据定义有C 联立式得QCBLv. (2设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为i.金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为f1BLi 设在时间间隔(t，tt内流经金属棒的电荷量为Q，据定义有i Q也是平行板电容器极板在时间间隔(t，tt内增加的电荷量由式得QCBLv 式中，v为金属棒的速度变化量据定义有a 金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为f2N 式中，N是金属棒对导轨的
4、正压力的大小，有Nmgcos 金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mgsin f1f2ma 联立至式得a 由式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速直线运动t时刻金属棒的速度大小为vgt. 答案：(1QCBLv(2vgt16(2013高考新课标全国卷如图，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(dL 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t0时导线框的的右边恰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图像中，可能正确描述上述过程的是(解析：选D.导体切割
5、磁感线时产生感应电流，同时产生安培力阻碍导体运动，利用法拉第电磁感应定律、安培力公式及牛顿第二定律可确定线框在磁场中的运动特点线框进入和离开磁场时，安培力的作用都是阻碍线框运动，使线框速度减小，由EBLv、I及FBILma可知安培力减小，加速度减小，当线框完全进入磁场后穿过线框的磁通量不再变化，不产生感应电流，不再产生安培力，线框做匀速直线运动，故选项D正确19(2013高考新课标全国卷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，该效应解释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
6、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：选ABD.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电和磁之间的关系，选项A正确；根据通电螺线管产生的磁场与条形磁铁的磁场相似，安培提出了磁性是分子内环形电流产生的，即分子电流假说，选项B正确；法拉第提出的是电磁感应定律，但恒定电流周围不产生感应电流，选项C错误；楞次定律指出感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项D正确17(2013高考大纲全国卷 纸面内两个半径均为R的圆相切于
7、O点，两圆形区域内分别存在垂直于纸面的匀强磁场，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，t0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：选C.从导体杆转动切割磁感线产生感应电动势的角度考虑当导体杆顺时针转动切割圆形区域中的磁感线时，由右手定则判断电动势由O指向A，为正，选项D错误；切割过程中产生的感应电动势EBLBL2，其中L2Rsin t，即E2BR2 sin2 t，可排除选项A、B，选项C正确17(2013高考北京卷如图所示，在磁
8、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E1E2分别为(Aca,21 Bac,21Cac,12 Dca,12解析：选C.金属杆垂直平动切割磁感线产生的感应电动势EBlv，判断金属杆切割磁感线产生的感应电流方向可用右手定则由右手定则判断可得，电阻R上的电流方向为ac，由EBlv知，E1Blv，E22Blv，则E1E212，故选项C正确3(2013高考天津卷如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长
9、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(AQ1Q2，q1q2 BQ1Q2，q1q2CQ1Q2，q1q2 DQ1Q2，q1q2解析：选A.根据法拉第电磁感应定律EBlv、欧姆定律I和焦耳定律QI2Rt，得线圈进入磁场产生的热量Q，因为lablbc，所以Q1Q2.根据，及qt得q，故q1q2.选项A正确，选项B、C、D错误18(2013高考山
10、东卷 将一段导线绕成图甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面内回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场中回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场，以向里为磁场的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是(解析：选B.从B t图象中获取磁感应强度B与时间t的关系，结合E及安培力FBIL得Ft关系由Bt图象可知，在0时间内，B均匀减小；时间内，B反向均匀增大由楞次定律知，通过ab的电流方向向上，由左手定则可知ab边受安培力的方向水平向左由于B均匀变化，产生的感应电动势ES不变，则安培力大小不变同理可得在T时间内，ab
11、边受安培力的方向水平向右，故选项B正确36(2013高考广东卷如图(a所示，在垂直于匀强磁场B的平面内，半径为r的金属圆盘绕过圆心O的轴转动，圆心O和边缘K通过电刷与一个电路连接电路中的P是加上一定正向电压才能导通的电子元件流过电流表的电流I与圆盘角速度的关系如图(b所示，其中ab段和bc段均为直线，且ab段过坐标原点0代表圆盘逆时针转动已知：R3.0 ，B1.0 T，r0.2 m忽略圆盘、电流表和导线的电阻(1根据图(b写出ab、bc段对应的I与的关系式；(2求出图(b中b、c两点对应的P两端的电压Ub、Uc；(3分别求出ab、bc段流过P的电流IP与其两端电压UP的关系式解析：圆盘转动切割
12、磁感线，根据EBr2计算感应电动势题目给出了I图象，根据数学知识写出I与的关系式根据欧姆定律求解通过R的电流根据并联电路的特点求解通过P的电流(1根据数学知识，ab、bc段对应的I与的关系式分别为Iabk1，Ibck2b，且当15 rad/s，Iab0.1 A，故 k1所以Iab(A(45 rad/s15 rad/s当115 rad/s时，Ibc0.1 A，即0.115k2b245 rad/s时，Ibc0.4 A，即0.445k2b解得k2，b0.05所以Ibc0.05(A(15 rad/s45 rad/s(2圆盘电阻不计，切割磁感线时产生的感应电动势加在P和R上b点对应的P两端的电压UbE1
13、B1r21.0150.22 V0.3 Vc点对应的P两端的电压UcE2B2r21.0450.22 V0.9 V.(3P、R两端的电压等于圆盘以角速度转动产生的感应电动势，即UPUREBr20.02根据欧姆定律得通过R的电流IR.根据并联电路的电流特点IabIPIRIbcIPIR所以ab段流过P的电流IPIabIR0(45 rad/s15 rad/sbc段流过P的电流IPIbcIR0.05 A(15 rad/s45 rad/s答案：见解析13(2013高考江苏卷如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直已知线圈的匝数N100，边长ab 1.0 m、bc0.5 m，电阻r2
14、.磁感应强度B在01 s内从零均匀变化到0.2 T在15 s内从0.2 T均匀变化到0.2 T，取垂直纸面向里为磁场的正方向求：(10.5 s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；(2在15 s内通过线圈的电荷量q；(3在05 s内线圈产生的焦耳热Q.解析：(1感应电动势E1N，磁通量的变化量1B1S，解得E1N，代入数据得E110 V，感应电流的方向为adcba.(2同理可得E2N，感应电流I2电荷量qI2t2，解得qN，代入数据得q10 C.(301 s内的焦耳热Q1Irt1，且I1，15 s内的焦耳热Q2Irt2由QQ1Q2，代入数据得Q100 J.答案：(110 V，感应电流的方
15、向为adcba(210 C(3100 J16.(2013高考安徽卷如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 .一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 ，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6(A2.5 m/s1 W B5 m/s1 WC7.5 m/s9 W D15 m/s
16、9 W解析：选B.把立体图转为平面图，由平衡条件列出方程是解决此类问题的关键对导体棒进行受力分析作出截面图，如图所示，导体棒共受四个力作用，即重力、支持力、摩擦力和安培力由平衡条件得mgsin 37F安Ff FfFN FNmgcos 37 而F安BIL I EBLv 联立式，解得v代入数据得v5 m/s.小灯泡消耗的电功率为PI2R 由式得P2R1 W故选项B正确15(2013高考浙江卷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Et关系如图所示如果只将刷卡速度改为，线圈中的Et关系图可能是(解析：选D.由公式EBlv可知，
17、当刷卡速度减半时，线圈中的感应电动势最大值减半，且刷卡所用时间加倍，故本题正确选项为 D.18.(2013高考福建卷如图，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，则下列哪一个图像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：选A.根据导体线框进入磁场的速度的不同分析线框的受力情况、运动情况，从而判断可能的vt图像线框先做自由落体运动，因线框下落高度不同，故线框ab边刚进磁场时，其所受安培力F安与重
18、力mg的大小关系可分以下三种情况：当F安mg时，线框匀速进入磁场，其速度v，选项D有可能；当F安mg时，线框加速进入磁场，又因F安，因此a，即ag，速度v增大，a减小，线框做加速度逐渐减小的加速运动，选项C有可能；当F安mg时，线框减速进入磁场，ag，v减小，a减小，线框做加速度逐渐减小的减速运动，当线框未完全进入磁场而a减为零时，即此时F安mg，线框开始做匀速运动，当线框完全进入磁场后做匀加速直线运动，选项B有可能故不可能的只有选项A.7(2013高考四川卷 如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为Bkt(常量k0回路中滑动变阻
19、器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1R0、R2.闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则(AR2两端的电压为 B电容器的a极板带正电C滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍 D正方形导线框中的感应电动势为kL2解析： 选AC.根据串、并联电路特点，虚线MN右侧回路的总电阻RR0.回路的总电流I，通过R2的电流I2，所以R2两端电压U2I2R2U，选项A正确；根据楞次定律知回路中的电流为逆时针方向，即流过R2的电流方向向左，所以电容器b极板带正电，选项B错误；根据PI2R，滑动变阻器R的热功率PI22I2R0，电阻R2的热功率P22R2I2R0P，选项C正确；根据法拉第电磁感应定律得，线框中产生的感应电动势ESkr2，选项D错误
