1、2013年高考二轮专题复习典型例题讲解电磁感应1.如图，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a()A. 顺时针加速旋转B. 顺时针减速旋转C. 逆时针加速旋转D. 逆时针减速旋转解析由楞次定律，欲使b中产生顺时针电流，则a环内磁场应向里减弱或向外增强，a环的旋转情况应该是顺时针减速或逆时针加速，由于b环又有收缩趋势，说明a环外部磁场向外，内部向里，故选B.答案B2.有一个匀强磁场，它的边界是MN，在MN左侧是无场区域，右侧是匀强磁场区域，如图甲所示现在有一个金属线框以恒定速度从MN左侧进入匀
2、强磁场区域，线框中的电流随时间变化的it图象如图乙所示则可能的线框是()解析在图乙中，中间过程中有恒定电流，A、D两选项中的线框产生的感应电流立刻从最大值减小，故A、D错误由EBlv可知，进入过程中切割有效长度l均匀增大，中间过程l不变，最后过程切割有效长度均匀减小，故B、C正确答案BC3.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中一定有电场解析在同一铁芯上具有相同的，a中输入正弦交流电时，按正弦规律变化，则b中产生变化的
3、电流，故A错a中输入恒定电流时，b中磁通量恒定不为零，而为零，故B错线圈a、b中的电流都对铁芯上的产生影响，即按互感原理工作，故C错a中的磁场变化，即变化，b中一定有电场产生，故D正确答案D4.用一根横截面积为S、电阻率为的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径如图所示，在ab的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直于圆环所在的平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率k(k0)则()A圆环中产生逆时针方向的感应电流B圆环具有扩张的趋势C圆环中感应电流的大小为D图中a、b两点间的电势差Uab|kr2解析根据楞次定律可知，磁通量减小，产生顺时针方向的感应电流，A选项不正确；圆环
4、面积有扩张的趋势，B选项正确；产生的感应电动势为，则电流大小为|，C选项不正确；Uab等于kr2的绝对值，D选项正确答案BD5.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，如图所示则()A0时，杆产生的电动势为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开始时刻，感应电动势E1BLv2Bav，故A项正确时，E2B2a cosvBav，故B
5、项错误由L2a cos，EBLv，I，RR02a cos(2)a，得在0时，F，故C项错误时F，故D项正确来源:Zxxk.Com答案AD6.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，t0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()解析设正方形导线框电阻为R，边长为L0，磁感应强度为B，匀速运动的速度为v，则在A点由图中A到N过程，感应电动势EBLv，由L2vt tan 45，I，fBILt2，由数学知识知C、D错在O点由图中A到N过程，L不变，故f不变在B点由图
6、中A到N过程，切割磁感线的有效长度LL02vttan45，则fBILt2t，由数学知识可判断，B对，A、C、D项错误答案B7.如图所示，L是自感系数很大的线圈，其自身的直流电阻几乎为零A和B是两个相同的小灯泡，下列说法正确的是()A闭合开关S后，灯泡A亮度一直保持不变B闭合开关S后，灯泡B逐渐变亮，最后亮度不变C断开开关S后，灯泡A逐渐变暗，直到不亮D断开开关S后，灯泡B由暗变亮再逐渐熄灭解析闭合开关S后，线圈L中电流逐渐增大，灯泡B中电流逐渐减小至0，A中电流越来越大至最后不再增大，故灯泡A、B同时变亮，然后灯泡B越来越暗直至熄灭，灯泡A越来越亮至最亮，选项A、B均错误；断开开关S后，线圈L
7、与灯泡B构成闭合回路，故灯泡B由暗变亮，又因为能量守恒电流越来越小，灯泡B又逐渐变暗至熄灭，选项D正确答案D8.如图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L(Ld)，质量为m，电阻为R，将线圈在磁场上方高h处静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则下列说法正确的是()A线圈进入磁场的过程中，感应电流为逆时针方向B线圈进入磁场的过程中，可能做加速运动C线圈穿越磁场的过程中，线圈的最小速度可能为D线圈从ab边进入磁场到ab边离开磁场的过程，感应电流做的功为mgd解析线圈进入磁场的过程中，由右手定
8、则可判断出感应电流为逆时针方向，选项A正确；由于cd边刚离开磁场时速度也为v0，所以线圈进入磁场的过程，只能是减速运动，选项B错误；在线圈进入磁场的减速过程中，BILmg，而I，EBLv，代入上式得v，选项C正确；因为cd边离开磁场时的速度与刚进入磁场时的速度大小相同，所以线框离开磁场的过程与进入磁场的过程完全相同，当ab边离开磁场时的速度大小等于线圈从ab边进入磁场时的速度大小，对线框运用动能定理可知，该过程中感应电流做的功等于线框重力做的功，即为mgd，选项D正确答案ACD9.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
9、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()AP2mgvsinBP3mgvsinC当导体棒速度达到时加速度大小为sin来源:Zxxk.ComD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对导体棒受力分析如图当导体棒以v匀速运动时(如图甲)，应有：mgsinF安BIL；当加力F后以2v匀速运动时(如图乙)，Fmgsin，两式联立得Fmgsin，则PF2v2mg
10、vsin，A正确B错误；由牛顿第二定律，当导体棒的速度为时，asin，C正确；由功能关系，当导体棒达到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与减少的重力势能之和，D错误答案AC10.如图，两根足够长的金属导轨ab、cd竖直放置，导轨间距离为L，电阻不计在导轨上端并接两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好已知某时刻后两灯泡保持正常发光重力加速度为g.求：(1)磁感应强度的大小；(2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率解析
11、(1)设小灯泡的额定电流为I0，有PIR 由题意在金属棒沿导轨竖直下落的某时刻后，小灯泡保持正常发光，流经MN中电流为I2I0 来源:Zxxk.Com此时金属棒MN所受的重力和安培力相等，下落的速度达到最大值，有mgBLI 联立式得B. (2)设灯泡正常发光时，导体棒的速率为v，由电磁感应定律与欧姆定律得EBLv ERI0 联立式得v. 11.如图甲所示，空间存在一宽度为2L的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里在光滑绝缘水平面内有一边长为L的正方形金属线框，其质量m1kg、电阻R4，在水平向左的外力F作用下，以初速度v04m/s匀减速进入磁场，线框平面与磁场垂直，外力F的大小随时间t变化的图线
12、如图乙所示以线框右边刚进入磁场时开始计时，求：(1)匀强磁场的磁感应强度B；(2)线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q；(3)判断线框能否从右侧离开磁场？说明理由解析(1)由Ft图象可知，线框加速度a2m/s2线框的边长Lv0tat241m212m3mt0时刻线框中的感应电流I线框所受的安培力F安BIL由牛顿第二定律F1F安ma又F11N，联立得B T0.33 T.(2)线框进入磁场的过程中，平均感应电动势平均电流通过线框的电荷量qt联立得q0.75 C.来源:学科网(3)设匀减速运动速度减为零的过程中线框通过的位移为x，由运动学公式得0v2ax代入数值得x4m2L所以线框不能从右侧离开磁
13、场12.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l0.5m，左端接有阻值R0.3的电阻一质量m0.1kg，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a2m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x9m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Q1Q221.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(
14、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Q1Q221，可得来源:Z_xx_k.Com来源:学科网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 J