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1【物理精品】2012版《6年高考4年模拟》电磁感应部分第一部分六年高考荟萃2011年高考题1(广东卷第15题).将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关B.穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C.穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同2(2011江苏卷第2题)．如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行。线框由静止释放，在下落过程中A．穿过线框的磁通量保持不变B．线框中感应电流方向保持不变C．线框所受安掊力的合力为零D．线框的机械能不断增大3(2011江苏卷第5题)．如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计。匀强磁场与导轨一闪身垂直。阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触。T=0时，将形状S由1掷到2。Q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度。下列图象正确的是(D)4(福建第17题).如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成角（0＜＜90°),其中MN平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，它的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中A.F运动的平均速度大小为12B.平滑位移大小为qRBL2C.产生的焦尔热为qBLD.受到的最大安培力大小为22sinBLR5(海南第6题).如图，EOF和EOF为空间一匀强磁场的边界，其中EO∥EO，FO∥FO，且EO⊥OF；OO为∠EOF的角平分线，OO间的距离为l；磁场方向垂直于纸面向里。一边长为l的正方形导线框沿OO方向匀速通过磁场，t=0时刻恰好位于图示位置。规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与实践t的关系图线可能正确的是(B)6（2011海南第7题）．自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。下列说法正确的是A.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B.欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系C.法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D.焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系解析：考察科学史，选ACD7（2011广东第15题）.将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关B.穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大3C.穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同解析：由E=tBNStN，AB错，C正确。B原与B感的方向可相同亦可相反。D错。选C8（2011北京第19题）．某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路。检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因。你认为最有可能造成小灯泡末闪亮的原因是A．电源的内阻较大B．小灯泡电阻偏大C．线圈电阻偏大D．线圈的自感系数较大9(2011上海第13题)．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10(2011上海第20题).如图，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布。一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中(A)感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针(B)感应电流方向一直是逆时针(C)安培力方向始终与速度方向相反(D)安培力方向始终沿水平方向11（201山东第22题）.如图甲所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计。两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处。磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直。先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触。用ca表示c的加速度，kdE表示d的动能，cx、dx分别表示c、d相对释放点的位移。图乙中正确的是4答案：BD解析：开始c的加速度为g，c刚进入磁场即匀速运动，加速度为0，在d下落h的过程中，221gth，c匀速下降了htgtxc2，d进入磁场后，c、d又只在重力作用下运动，加速度为g，一起运动了h，c出磁场，这时c的加速度仍为g，因此A错误，B正确；c出磁场后，d这时受到重力和向上的安培力，并且合力向上，开始做减速运动，当运动了2h后，d出磁场，又做加速运动，所以C错误，D正确。12（2011上海第28题）．在“研究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系”实验(见图(a))中，得到1/Et图线如图(b)所示。(1)(多选题)在实验中需保持不变的是()(A)挡光片的宽度(B)小车的释放位置(C)导轨倾斜的角度(D)光电门的位置(2)线圈匝数增加一倍后重做该实验，在图(b)中画出实验图线。(1)A，D(3分)(2)见图(2分)13（2011全国卷1第24题）．(15分)如图，两根足够长的金属导轨ab、cd竖直放置，导轨间距离为L1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：5(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：每个灯上的额定电流为PIR额定电压为：PUR（1）最后MN匀速运动故：B2IL=mg求出：2mgPRBPL（2）U=BLv得：2PRPvBLmg14（2011海南第16题）.如图，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和''MN是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m。竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为l。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直。导轨电阻可忽略，重力加速度为g。在t=0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好。求（1）细线少断后，任意时刻两杆运动的速度之比；（2）两杆分别达到的最大速度。解析：设某时刻MN和''MN速度分别为v1、v2。（1）MN和''MN动量守恒：mv1-2mv2=0求出：122vv①（2）当MN和''MN的加速度为零时，速度最大对''MN受力平衡：BIlmg②EIR③12EBlvblv④由①——④得：12223mgRvBl、2223mgRvBl15（2011天津第11题）．（18分）如图所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ间距为l=0.5m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角。完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒的质量均为0.02kg，电阻均为R=0.1Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=0.2T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd6恰好能保持静止。取g=10m/s2，问：（1）通过cd棒的电流I是多少，方向如何？（2）棒ab受到的力F多大？（3）棒cd每产生Q=0.1J的热量，力F做的功W是多少？解析：（1）棒cd受到的安培力cdFIlB①棒cd在共点力作用下平衡，则sin30cdFmg②由①②式代入数据解得I=1A，方向由右手定则可知由d到c。（2）棒ab与棒cd受到的安培力大小相等Fab=Fcd对棒ab由共点力平衡有sin30FmgIlB③代入数据解得F=0.2N④（3）设在时间t内棒cd产生Q=0.1J热量，由焦耳定律可知2QIRt⑤设ab棒匀速运动的速度大小为v，则产生的感应电动势E=Blv⑥由闭合电路欧姆定律知2EIR⑦由运动学公式知，在时间t内，棒ab沿导轨的位移x=vt⑧力F做的功W=Fx⑨综合上述各式，代入数据解得W=0.4J16（2011浙江第23题）.（16分）如图甲所示，在水平面上固定有长为L=2m、宽为d=1m的金属“U”型轨导，在“U”型导轨右侧l=0.5m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。在t=0时刻，质量为m=0.1kg的导体棒以v0=1m/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μ=0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为m/1.0，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响（取2/10smg）。（1）通过计算分析4s内导体棒的运动情况；（2）计算4s内回路中电流的大小，并判断电流方向；（3）计算4s内回路产生的焦耳热。7答案：（1）导体棒在s1前做匀减速运动，在s1后以后一直保持静止。（2）A2.0，电流方向是顺时针方向。（3）J04.0解析：（1）导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，有mamgatvvt02021attvx代入数据解得：st1，mx5.0，导体棒没有进入磁场区域。导体棒在s1末已经停止运动，以后一直保持静止，离左端位置仍为mx5.0（2）前s2磁通量不变，回路电动势和电流分别为0E，0I后s2回路产生的电动势为VtBldtE1.0回路的总长度为m5，因此回路的总电阻为5.05R电流为AREI2.0根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向（3）前s2电流为零，后s2有恒定电流，焦耳热为JRtIQ04.0217（2011上海第32题）．(14分)电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S=1.15m，两导轨间距L=0.75m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R=1.5Ω的电阻，磁感应强度B=0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上。阻值r=0.5Ω，质量m=0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热0.1rQJ。(取210/gms)求：(1)金属棒在此过程中克服安培力的功W安；(2)金属棒下滑速度2/vms时的加速度a．(3)为求金属棒下滑的最大速度mv，有同学解答如下：由动能定理21-=2mWWmv重安，……。由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答。8答案.（1）下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于3Rr，因此30.3()RrQQJ（1分）∴=0.4()RrWQQQJ安（2分）（2）金属棒下滑时受重力和安培力22=BLFBILvRr安（1分）由牛顿第二定律22sin30BLmgvmaRr（3分）∴2222210.80.752sin30103.2(/)()20.2(1.50.5)BLagvmsmRr（2分）(3)此解法正确。(1分)金属棒下滑时舞重力和安培力作用，其运动满足22sin30BLmgvmaRr上式表明，加速度随速度增加而减小，棒作加速度减小的加速运动。无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大。由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确。(2分)21sin302mmgSQmv（1分）∴2120.42sin302101.152.74(/)20.2mQvgSmsm