1．(2012·新課標(biāo)全國卷)如圖1所示，均勻磁場中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導(dǎo)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(yīng)強(qiáng)度大小為B0。使該線框從靜止開始繞過圓心圖1O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)半周，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流?，F(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間線性變化。為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動(dòng)半周過程中同樣大小的電流，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率eq\f(ΔB,Δt)的大小應(yīng)為()A.eq\f(4ωB0,π) B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π) D.eq\f(ωB0,2π)解析：選C當(dāng)導(dǎo)線框勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，設(shè)半徑為r，導(dǎo)線框電阻為R，在很小的Δt時(shí)間內(nèi)，轉(zhuǎn)過圓心角Δθ＝ωΔt，由法拉第電磁感應(yīng)定律及歐姆定律可得感應(yīng)電流I1＝eq\f(B0ΔS,RΔt)＝eq\f(B0·πr2\f(Δθ,2π),RΔt)＝eq\f(B0r2ω,2R)；當(dāng)導(dǎo)線框不動(dòng)，而磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生變化時(shí)，同理可得感應(yīng)電流I2＝eq\f(ΔBS,RΔt)＝eq\f(ΔB·πr2,2RΔt)，令I(lǐng)1＝I2，可得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0ω,π)，C對。2.(2012·三明一中高考模擬)如圖2所示的電路中，L是一個(gè)自感系數(shù)很大、直流電阻不計(jì)的線圈，D1、D2和D3是三個(gè)完全相同的燈泡，E是內(nèi)阻不計(jì)的電源。在t＝0時(shí)刻，閉合開關(guān)S，電路穩(wěn)定后在t1時(shí)刻斷開開關(guān)S。規(guī)定以電路穩(wěn)定時(shí)流過D1、D2的電流方向?yàn)檎较?，分別用I1、I2表示流過D1和D2的電流，則下圖中能定性描述電流I隨時(shí)間t變化關(guān)系的是()圖2圖3解析：選C當(dāng)閉合開關(guān)S瞬間L的自感電動(dòng)勢很大，阻礙電流的通過，故通過D1燈泡的電流逐漸增加，通過D2的電流恒定不變；在t1時(shí)刻斷開開關(guān)S時(shí)，D1、D2、D3和線圈構(gòu)成回路，通過D1的電流方向沒有改變，且從原來的數(shù)值逐漸減小，故A、B均錯(cuò)；通過D2的電流方向反向，且大小從I1逐漸較小，故C對D錯(cuò)。3.如圖4所示，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(biāo)原點(diǎn)，建立豎直向下為正方向的x軸，則圖5中最能正確反映環(huán)中感應(yīng)電流i隨環(huán)心位置坐標(biāo)x變化的關(guān)系圖象是()圖4圖5解析：選B閉合銅環(huán)在下落過程中穿過銅環(huán)的磁場方向始終向上，磁通量先增加后減少，由楞次定律可判斷感應(yīng)電流的方向要發(fā)生變化，D項(xiàng)錯(cuò)誤；因穿過閉合銅環(huán)的磁通量的變化率不是均勻變化，所以感應(yīng)電流隨x的變化關(guān)系不可能是線性關(guān)系，A項(xiàng)錯(cuò)誤；銅環(huán)由靜止開始下落，速度較小，所以穿過銅環(huán)的磁通量的變化率較小，產(chǎn)生的感應(yīng)電流的最大值較小，過O點(diǎn)后，銅環(huán)的速度增大，磁通量的變化率較大，所以感應(yīng)電流的反向最大值大于正向最大值，故B項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤。4．(2012·淄博模擬)如圖6所示，等腰三角形內(nèi)分布有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，它的底邊在x軸上且長為2L，高為L。紙面內(nèi)一邊長為L的正方形導(dǎo)線框沿x軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)穿過勻強(qiáng)磁場區(qū)域，圖6在t＝0時(shí)刻恰好位于圖中所示的位置。以順時(shí)針方向?yàn)閷?dǎo)線框中電流的正方向，在下面四幅圖中能夠正確表示電流－位移(I－x)關(guān)系的是()圖7解析：選C線框勻速穿過L的過程中，有效長度l均勻增加，由E＝Blv知，電動(dòng)勢隨位移均勻變大，x＝L處電動(dòng)勢最大，電流I最大；從x＝L至x＝1.5L過程中，框架兩邊都切割，總電動(dòng)勢減小，電流減小；從x＝1.5L至x＝2L，左邊框切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大于右邊框切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢，故電流反向且增大；x＝2L至x＝3L過程中，只有左邊框切割，有效長度l減小，電流減小。綜上所述，只有C項(xiàng)符合題意。5．(2012·福建省高三仿真模擬)如圖8甲，導(dǎo)體框平面與水平面成θ角，質(zhì)量為M的導(dǎo)體棒PQ與ab、cd接觸良好，回路的總電阻為R，整個(gè)裝置放于垂直于框架平面的變化的磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化如圖乙，PQ始終靜止，則在0～t2s內(nèi)，PQ受到的摩擦力的變化情況可能是()圖8①f一直增大②f一直減?、踗先減小后增大④f先增大后減小A．①③ B．①④C．②③ D．②④解析：選A在0～t1時(shí)間內(nèi)，由楞次定律的推論可知，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度在正方向上均勻減小，所受安培力的方向沿斜面向上，導(dǎo)體棒還受沿斜面向下的重力的分力Mgsinθ，當(dāng)F安>Mgsinθ時(shí)f方向向下，故Mgsinθ＋f＝F安，當(dāng)F安減小時(shí)f減小，f減小到0后磁感應(yīng)強(qiáng)度再減小，f的方向向上且不斷增加，在t1～t2秒內(nèi)，f不斷增加，故③對；若F安<Mgsinθ時(shí)，f的方向向上，故當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度在正方向上均勻減小時(shí)，f變大，若磁感應(yīng)強(qiáng)度反方向增加，安培力方向向下增加，則f變大，故①對。6.(2012·重慶高考)如圖9所示，正方形區(qū)域MNPQ內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。在外力作用下，一正方形閉合剛性導(dǎo)線框沿QN方向勻速運(yùn)動(dòng)，t＝0時(shí)刻，其四個(gè)頂點(diǎn)M′、N′、P′、Q′恰好在磁場邊界中點(diǎn)。下列圖象中能反映線框所受安培力f的大小隨時(shí)間t變化規(guī)律的是()圖9圖10解析：選B在導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)過程中，導(dǎo)線框的Q′M′和P′N′兩邊所受安培力始終平衡，M′N′和P′Q′切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，在閉合導(dǎo)線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流。則E＝BvL有效，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BvL有效,R)，f＝BIL有效＝eq\f(B2vL有效2,R)，設(shè)導(dǎo)線框邊長為a，則導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)到M′N′完全出磁場之前的過程中，L有效＝a－(a－2vt)＝2vt，f1＝eq\f(4B2v3t2,R)；在M′N′完全出磁場后直到P′Q′開始出磁場之前，僅有P′Q′受安培力，有效長度不變，為a，f2＝eq\f(B2va2,R)，不變；P′Q′出磁場的過程中，有效長度L有效＝a－2vt，f3＝eq\f(B2v,R)(a－2vt)2；根據(jù)三個(gè)過程中安培力的表達(dá)式可知，B選項(xiàng)正確。7．在水平桌面上，一個(gè)圓形金屬框置于勻強(qiáng)磁場B1中，線框平面與磁場垂直，圓形金屬框與一個(gè)水平的平行金屬導(dǎo)軌相連接，導(dǎo)軌上放置一根導(dǎo)體棒ab，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒處于另一勻強(qiáng)磁場B2中，該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度恒定，方向垂直導(dǎo)軌平面向下，如圖11甲所示。磁感應(yīng)強(qiáng)度B1隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖11乙所示，0～1s內(nèi)磁場方向垂直線框平面向下。若導(dǎo)體棒始終保持靜止，并設(shè)向右為靜摩擦力的正方向，則導(dǎo)體棒所受的靜摩擦力Ff隨時(shí)間變化的圖象是下列圖12中的()圖11圖12解析：選D由題圖乙可知在1～2s和4～5s這兩段時(shí)間內(nèi)，圓形線圈中磁感應(yīng)強(qiáng)度B1保持不變，為定值，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，電路中無電動(dòng)勢產(chǎn)生，整個(gè)回路無電流，導(dǎo)體棒不受安培力和靜摩擦力作用，所以A、B錯(cuò)誤；在0～1s內(nèi)，由題圖乙可得，磁場垂直于線框平面向下均勻增加，由楞次定律結(jié)合右手定則可判斷出，線框中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，電流大小I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔBS,ΔtR)，因?yàn)榇艌鼍鶆蜃兓瑒tI為定值，導(dǎo)體棒電流由b→a，即得安培力大小恒定，由左手定則可得方向水平向左。因?yàn)榘羰冀K靜止，所以受力平衡，靜摩擦力與安培力等大反向，即靜摩擦力大小恒定、方向水平向右，為正值，C錯(cuò)誤，D正確。8.(2012·龍巖一中高三二模)如圖13所示，在一個(gè)光滑傾斜絕緣板的上方，有垂直板面的等距離的a、b、c三條邊界線隔成了Ⅰ、Ⅱ兩區(qū)，Ⅰ區(qū)加向外的勻強(qiáng)磁場、Ⅱ區(qū)加向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。另有一導(dǎo)體圓環(huán)從上方某處開始自由向下滾動(dòng)，一直加速著穿過該磁場區(qū)，已知環(huán)的直徑等于每一磁場區(qū)的寬度，下圖13列分析不正確的是()A．環(huán)中感應(yīng)電流方向先順時(shí)針又逆時(shí)針再順時(shí)針B．環(huán)直徑在a、c兩邊界時(shí)感應(yīng)電流大小相等，都小于直徑在b處時(shí)的電流C．環(huán)直徑在c處時(shí)運(yùn)動(dòng)的加速度小于在a處時(shí)的加速度D．運(yùn)動(dòng)過程中，重力勢能的減少等于動(dòng)能增加量與產(chǎn)生熱能的和解析：選B由楞次定律知A對；因?qū)w圓環(huán)一直加速著穿過該磁場區(qū)，故環(huán)直徑在a、c兩邊界時(shí)其速度va<vc，導(dǎo)體圓環(huán)的環(huán)直徑在a處時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢小，感應(yīng)電流小，在a處時(shí)受向上的安培力小于在c處時(shí)向上的安培力，故a沿斜面方向的合力大于c處時(shí)的合力，在c處時(shí)運(yùn)動(dòng)的加速度小于在a處時(shí)的加速度，故B錯(cuò)誤C正確；由能量的轉(zhuǎn)化守恒知D對。9.如圖14所示，固定的水平光滑金屬導(dǎo)軌，間距為L，左端接有阻值為R的電阻，處在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒與固定彈簧相連，放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒的電阻均可忽略。初始時(shí)刻，彈簧恰處于自然長度，導(dǎo)體棒具有水平向右的初速度v0。在沿導(dǎo)軌往復(fù)運(yùn)動(dòng)的過程中，導(dǎo)體棒圖14始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸。(1)求初始時(shí)刻導(dǎo)體棒受到的安培力。(2)若導(dǎo)體棒從初始時(shí)刻到速度第一次為零時(shí)，彈簧的彈性勢能為Ep，則這一過程中安培力所做的功W1和電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q1分別為多少？(3)導(dǎo)體棒往復(fù)運(yùn)動(dòng)，最終將靜止于何處？從導(dǎo)體棒開始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q為多少？解析：導(dǎo)體棒以初速度v0做切割磁感線運(yùn)動(dòng)而產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，回路中的感應(yīng)電流使導(dǎo)體棒受到安培力的作用，安培力做功使系統(tǒng)機(jī)械能減少，最終將全部機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。由平衡條件知，棒最終靜止時(shí)，彈簧的彈力為零，即此時(shí)彈簧處于初始的原長狀態(tài)。(1)初始時(shí)刻棒中感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv0①棒中感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)②作用于棒上的安培力F＝BIL③聯(lián)立①②③，得F＝eq\f(B2L2v0,R)安培力方向：水平向左(2)由功和能的關(guān)系，安培力做功為W1＝Ep－eq\f(1,2)mv02電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝eq\f(1,2)mv02－Ep(3)由能量轉(zhuǎn)化及平衡條件等，可判斷：棒最終靜止于初始位置。Q＝eq\f(1,2)mv02答案：(1)eq\f(B2L2v0,R)水平向左(2)Ep－eq\f(1,2)mv02eq\f(1,2)mv02－Ep(3)靜止于初始位置eq\f(1,2)mv0210．(2012·浙江高考)為了提高自行車夜間行駛的安全性，小明同學(xué)設(shè)計(jì)了一種“閃爍”裝置。如圖15所示，自行車后輪由半徑r1＝5.0×10－2m的金屬內(nèi)圈、半徑r2＝0.40m的金屬外圈和絕緣幅條構(gòu)成。后輪的內(nèi)、外圈之間等間隔地接有4根金屬條，每根金屬條的中間均串聯(lián)有一電阻值為R的小燈泡。在支架上裝有磁鐵，形成了磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.10T、方向垂直紙面向外的“扇形”勻強(qiáng)磁場，其內(nèi)半徑為r1、外半徑為r2、圖15張角θ＝eq\f(π,6)。后輪以角速度ω＝2πrad/s相對于轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動(dòng)。若不計(jì)其它電阻，忽略磁場的邊緣效應(yīng)。(1)當(dāng)金屬條ab進(jìn)入“扇形”磁場時(shí)，求感應(yīng)電動(dòng)勢E，并指出ab上的電流方向；(2)當(dāng)金屬條ab進(jìn)入“扇形”磁場時(shí)，畫出“閃爍”裝置的電路圖；(3)從金屬條ab進(jìn)入“扇形”磁場時(shí)開始，經(jīng)計(jì)算畫出輪子轉(zhuǎn)一圈過程中，內(nèi)圈與外圈之間電勢差Uab隨時(shí)間t變化的Uab－t圖象。解析：(1)金屬條ab在磁場中切割磁感線時(shí)，電動(dòng)勢E＝eq\f(1,2)Br2ω所以E＝eq\f(1,2)Bω(r22－r12)＝4.9×10－2V根據(jù)右手定則(或楞次定律)，可得感應(yīng)電流方向?yàn)閎→a。(2)通過分析，可得電路圖為(3)設(shè)電路中的總電阻為R總，根據(jù)電路圖可知，R總＝R＋eq\f(1,3)R＝eq\f(4,3)R ①ab兩端電勢差Uab＝E－IR＝E－eq\f(E,R總)R＝eq\f(1,4)E≈1.2×10－2V ②設(shè)ab離開磁場區(qū)域的時(shí)刻為t1，下一根金屬條進(jìn)入磁場區(qū)域的時(shí)刻為t2，t1＝eq\f(θ,ω)＝eq\f(1,12)s ③t2＝eq\f(\f(π,2),ω)＝eq\f(1,4)s ④設(shè)輪子轉(zhuǎn)一圈的時(shí)間為T，T＝eq\f(2π,ω)＝1s ⑤由T＝1s，金屬條有四次進(jìn)出，后三次與第一次相同。 ⑥由②、③、④、⑤、⑥可畫出如下Uab－t圖象。答案：見解析[課下——針對高考押題訓(xùn)練]1.(2012·蘇北四市一模)兩根足夠長的光滑平行直導(dǎo)軌MN、PQ與水平面成θ角放置，兩導(dǎo)軌間距為L，M、P兩點(diǎn)間接有阻值為R的電阻。一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直。整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于圖1導(dǎo)軌平面向上，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，它們的電阻不計(jì)?，F(xiàn)讓ab桿由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑。(1)求ab桿下滑的最大速度vm；(2)ab桿由靜止釋放至達(dá)到最大速度的過程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為Q，求該過程中ab桿下滑的距離x及通過電阻R的電荷量q。解析：(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、安培力公式和牛頓第二定律有E＝BLvI＝eq\f(E,R)F安＝BILmgsinθ－F安＝ma即mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)＝ma當(dāng)加速度a為零時(shí)，速度v達(dá)最大，速度最大值vm＝eq\f(mgRsinθ,B2L2)(2)根據(jù)能量守恒定律有mgxsinθ＝eq\f(1,2)mvm2＋Q得x＝eq\f(Q,mgsinθ)＋eq\f(m2R2gsinθ,2B4L4)根據(jù)電磁感應(yīng)定律有eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)根據(jù)閉合電路歐姆定律有eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)感應(yīng)電荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLx,R)得q＝eq\f(BLQ,mgRsinθ)＋eq\f(m2Rgsinθ,2B3L3)答案：(1)eq\f(mgRsinθ,B2L2)(2)eq\f(Q,mgsinθ)＋eq\f(m2R2gsinθ,2B4L4)eq\f(BLQ,mgRsinθ)＋eq\f(m2Rgsinθ,2B3L3)2.(2012·南京模擬)均勻?qū)Ь€制成的單匝正方形閉合線框abcd，每邊長為L，總電阻為R，總質(zhì)量為m。將其置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的水平勻強(qiáng)磁場上方h處，如圖2所示。線框由靜止自由下落，線框平面保持在豎直平面內(nèi)，且cd邊始終與水平的磁場邊界平行。重力加速度為g。當(dāng)cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，圖2(1)求線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大??；(2)求cd兩點(diǎn)間的電勢差大??；(3)若此時(shí)線框向下的加速度大小恰好為g/4，求線框下落的高度h應(yīng)滿足什么條件？解析：(1)設(shè)cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，線框的速度為v，由機(jī)械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2(或由v2＝2gh)由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝BLv綜合上述兩式解得E＝BLeq\r(2gh)(2)由閉合電路歐姆定律得到此時(shí)線框中電流I＝eq\f(E,R)cd兩點(diǎn)間的電勢差U＝I(eq\f(3,4)R)＝eq\f(3,4)BLeq\r(2gh)(3)由安培力公式得F＝BIL＝eq\f(B2L2\r(2gh),R)當(dāng)a＝g/4，方向向下時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律mg－F＝ma解得下落高度滿足h＝eq\f(9m2gR2,32B4L4)答案：(1)BLeq\r(2gh)(2)eq\f(3,4)BLeq\r(2gh)(3)eq\f(9m2gR2,32B4L4)3．(2012·揚(yáng)州調(diào)研)如圖3所示，空間存在一垂直紙面向里的水平磁場，磁場上邊界OM水平，以O(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OM為x軸，豎直向下為y軸，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小在x方向保持不變、y軸方向按B＝ky變化，k為大于零的常數(shù)。一質(zhì)量為m、電阻為R、邊長為L的正方形線框abcd從圖示位置靜止釋放，運(yùn)動(dòng)過程中線框平面始終在同一豎直平面內(nèi)，當(dāng)線框下降h0(h0<L)高度時(shí)達(dá)到最大速度，線框cd邊進(jìn)入磁場時(shí)開始做勻速運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。求：圖3(1)線框下降h0高度時(shí)速度大小v1和勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度大小v2；(2)線框從開始釋放到cd邊剛進(jìn)入磁場的過程中產(chǎn)生的電能ΔE。解析：(1)線框下降h0高度時(shí)達(dá)到最大速度，電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流I1＝eq\f(B1Lv1,R)由平衡條件有mg＝B1I1L而B1＝kh0解得v1＝eq\f(mgR,k2h02L2)線框cd邊進(jìn)入磁場開始做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流I2＝eq\f(B2Lv2,R)則I2＝eq\f(kL2v2,R)由平衡條件有mg＝B2I2L解得v2＝eq\f(mgR,k2L4)(2)由能量守恒定律有ΔE＝mgL－eq\f(1,2)mv22解得ΔE＝mgL－eq\f(m3g2R2,2k4L8)答案：(1)eq\f(mgR,k2h02L2)eq\f(mgR,k2L4)(2)mgL－eq\f(m3g2R2,2k4L8