1.[2016·北京卷]如图1-所示,匀强磁场中有两个导体圆环a、b,磁场方向与圆环所在平面垂直.磁感应强度B随时间均匀增大.两圆环半径之比为2∶1,圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb,不考虑两圆环间的相互影响.下列说法正确的是()图1-A.Ea∶Eb=4∶1,感应电流均沿逆时针方向B.Ea∶Eb=4∶1,感应电流均沿顺时针方向C.Ea∶Eb=2∶1,感应电流均沿逆时针方向D.Ea∶Eb=2∶1,感应电流均沿顺时针方向答案:BΔΦΔB解析:由法拉第电磁感应定律可知E=n,则E=nπRa∶Rb=2∶1,则Ea∶2.由于RΔtΔtEb=4∶1.由楞次定律和安培定则可以判断产生顺时针方向的电流.选项B正确.2.[2016·江苏卷]电吉他中电拾音器的基本结构如图1-所示,磁体附近的金属弦被磁化,因此弦振动时,在线圈中产生感应电流,电流经电路放大后传送到音箱发出声音,下列说法正确的有()A.选用铜质弦,电吉他仍能正常工作B.取走磁体,电吉他将不能正常工作C.增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D.磁振动过程中,线圈中的电流方向不断变化答案:BCD解析:选用铜质弦时,不会被磁化,不会产生电磁感应现象,电吉他不能正常工作,选项A错误;取走磁体时,金属弦磁性消失,电吉他不能正常工作,选项B正确;根据法拉第电磁感应定律可知,增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势,选项C正确;根据楞次定律可知,磁振动过程中,线圈中的电流方向不断变化,选项D正确.3.[2016·全国卷Ⅱ]法拉第圆盘发电机的示意图如图1-所示.铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触.圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中.圆盘旋转时,关于流过电阻R的电流,下列说法正确的是()图1-A.若圆盘转动的角速度恒定,则电流大小恒定B.若从上向下看,圆盘顺时针转动,则电流沿a到b的方向流动C.若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则电流方向可能发生变化D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍,则电流在R上的热功率也变为原来的2倍答案:AB4.[2016·江苏卷]据报道,一法国摄影师拍到“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间.照片中,“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见.如图所示,假设“天宫一号”正以速度v=7.7km/s绕地球做匀速圆周运动,运动方向与太阳帆板两端M、N的连线垂直,M、N间的距离L=20m,地磁场的磁感应强度垂直于v,MN所在平面的分量B=1.0×10-5T,将太阳帆板视为导体.图1-(1)求M、N间感应电动势的大小E;(2)在太阳帆板上将一只“1.5V,0.3W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路,不计太阳帆板和导线的电阻.试判断小灯泡能否发光,并说明理由;(3)取地球半径R=6.4×103km,地球表面的重力加速度g=9.8m/s3km,地球表面的重力加速度g=9.8m/s2,试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h(计算结果保留一位有效数字).解析:(1)法拉第电磁感应定律E=BLv,代入数据得E=1.54V(2)不能,因为穿过闭合回路的磁通量不变,不产生感应电流.Mm(3)在地球表面有G2=mgRMm匀速圆周运动G(R+h)2v2=mR+h2R解得h=g2-R,代入数据得h≈4×105m(数量级正确都算对)v5.[2016·浙江卷]如图1-2所示,a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数均为10匝,边长la=3lb,图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间均匀增大,不考虑线圈之间的相互影响,则()图1-2A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流B.a、b线圈中感应电动势之比为9∶1C.a、b线圈中感应电流之比为3∶4D.a、b线圈中电功率之比为3∶1答案:B解析:由楞次定律可判断,两线圈中产生的感应电流均沿逆时针方向,选项A错误;由EΔB=nS,S=lΔt2lEE2,R=ρ,I=,P=,可知Ea:Eb=9:1,Ia:Ib=3:1,Pa:Pb=27:1,,I=,P=,可知Ea:Eb=9:1,Ia:Ib=3:1,Pa:Pb=27:1,SRR选项B正确,选项C、D错误.6.[2016·全国卷Ⅰ]如图1-,两固定的绝缘斜面倾角均为θ,上沿相连.两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L,质量分别为2m和m;用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca,并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上,使两金属棒水平.右斜面上存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于斜面向上,已知两根导线刚好不在磁场中,回路电阻为R,两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度大小为g,已知金属棒ab匀速下滑.求:(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小;(2)金属棒运动速度的大小.图1-解析:(1)设导线的张力的大小为T,右斜面对ab棒的支持力的大小为N1,作用在ab棒上的安培力的大小为F,左斜面对cd棒的支持力大小为N2,对于ab棒,由力的平衡条件得2mgsinθ=μN1+T+F①N1=2mgcosθ②对于cd棒,同理有mgsinθ+μN2=T③N2=mgcosθ④联立①②③④式得F=mg(sinθ-3μcosθ)⑤(2)由安培力公式得F=BIL⑥这里I是回路abdca中的感应电流,ab棒上的感应电动势为ε=BLv⑦式中,v是ab棒下滑速度的大小,由欧姆定律得I=εR⑧联立⑤⑥⑦⑧式得v=(sinθ-3μcosθ)mgR2⑨B2L2L7.[2016·全国卷Ⅱ]如图1-所示,水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻,质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上.t=0时,金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动.t0时刻,金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,且在磁场中恰好能保持匀速运动.杆与导轨的电阻均忽略不计,两者始终保持垂直且接触良好,两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求:(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小;(2)电阻的阻值.图1-解析:(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a,由牛顿第二定律得ma=F-μmg①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v,由运动学公式有v=at0②当金属杆以速度v在磁场中运动时,由法拉第电磁感应定律,杆中的电动势为E=Blv③联立①②③式可得E=Blt0F-μg④m(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时,金属杆中的电流为I,根据欧姆定律I=ER⑤式中R为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为f=BIl⑥因金属杆做匀速运动,由牛顿运动定律得F-μmg-f=0⑦联立④⑤⑥⑦式得R=B2l2l2tm0⑧10.[2016·浙江卷]小明设计的电磁健身器的简化装置如图1-10所示,两根平行金属导轨相距l=0.50m,倾角θ=53°,导轨上端串接一个R=0.05Ω的电阻.在导轨间长d=0.56m的区域内,存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度B=2.0T.质量m=4.0kg的金属棒CD水平置于导轨上,用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连.CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s=0.24m.一位健身者用恒力F=80N拉动GH杆,CD棒由静止开始运动,上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直.当CD棒到达磁场上边界时健身者松手,触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10m/s2,sin53°=0.8,不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量).求:(1)CD棒进入磁场时速度v的大小;(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小;(3)在拉升CD棒的过程中,健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.F-mgsinθ解析:(1)由牛顿定律a==12m/sm2①进入磁场时的速度v=2as=2.4m/s②(2)感应电动势E=Blv③BlvR感应电流I=④安培力FA=IBl⑤(Bl)代入得FA=R2v=48N⑥(3)健身者做功W=F(s+d)=64J⑦由牛顿定律F-mgsinθ-FA=0⑧CD棒在磁场区做匀速运动在磁场中运动时间t=dv⑨焦耳热Q=I2Rt=26.88J⑩25.(2013高·考新课标全国卷Ⅰ)如图,两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ,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μ,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E=BLv①平行板电容器两极板之间的电势差为U=E②设此时电容器极板上积累的电荷量为Q,据定义有QUC=③联立①②③式得Q=CBLv.④(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f1=BLi⑤设在时间间隔(t,t+Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ,据定义有ΔQΔti=⑥ΔQ也是平行板电容器极板在时间间隔(t,t+Δt)内增加的电荷量.由④式得ΔQ=CBLΔv⑦式中,Δv为金属棒的速度变化量.据定义有a=ΔvΔt⑧金属棒所受到的摩擦力方向斜向上,大小为f2=μN⑨式中,N是金属棒对导轨的正压力的大小,有N=mgcosθ⑩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mgsinθ-f1-f2=ma?联立⑤至?式得a=msinθ-μcosθgm+B2L2C2L2C?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v=msinθ-μcosθgt.?m+B2L2C2L2C17.(2013高·考大纲全国卷)纸面内两个半径均为R的圆相切于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ω,t=0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E=BLv=12BL2ω,其中L=2Rsinωt,即E=2BωR2sin2ωt,2ω,其中L=2Rsinωt,即E=2BωR2sin2ωt,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E1∶E2分别为()A.c→a,2∶1B.a→c,2∶1C.a→c,1∶2D.c→a,1∶2解析:选C.金属杆垂直平动切割磁感线产生的感应电动势E=Blv,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a→c,由E=Blv知,E1=Blv,E2=2Blv,则E1∶E2=1∶2,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()A.Q1Q2,q1=q2B.Q1Q2,q1q2C.Q1=Q2,q1=q2D.Q1=Q2,q1q2解析:选A.根据法拉第电磁感