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1、L单元电磁感应L1电磁感应现象、楞次定律16. L1N3 2012四四川卷如图所示，在铁芯 P上绕着两个线圈a和b,则（）电源二鎏口b目二埔出A.线圈a输入正弦交变电流，线圈 b可输出卮定电流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16. D 解析当线圈a输入正弦交变电流时，线圈 b输出同频率的正弦交变电流，A错误；当线圈a输入恒定电流时，线圈 a产生稳定的磁场，通过线圈 b的磁通量不变，但不 是零，B错误；由于互感，每个线圈的交变电流都对另外一个线圈的磁场产生影响，C错误；根据麦克斯韦电
2、磁场理论，变化的磁场一定产生电场，D正确.20. L12012 课标全国卷如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行.已知在 t = 0到t = 11的时间间隔内，直导 线中电流i发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右.设电流 i正方向与图中箭头所示方向相同，则 i随时间t变化 的图线可能是（）20. A 解析由楞次定律可判断出 B D选项对应的线框中对应的感应电流总是沿逆时针方向，B、D错误；C选项对应的线框受到的安培力的合力始终水平向左，C错误；故只有A正确.1918. 手L1、L2
3、 2 012 福建卷如图甲，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落， 直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合.若取磁铁中心 坐标原点，建立竖直向下为正方向的x轴，则图乙中最能正确反映环中感应电流穿过一根竖O为 i随环心位置坐标x变化的关系图象是)I 4B113D18. B 解析根据条形磁铁的磁感线分布情况，线圈的运动可以分为 楞次定律可以作出如下判断：3个阶段，根据-H过程B的方向中的变化I感的方向A- B向上增加顺时针Bf C向上增加顺时针C点向上达到最大值无C- D向上减小逆时针在坐标原点O处感应电流的方向发生改变，D错；这一过程可以看作是线圈切割磁感线E2L2Vmg-
4、 -R-而产生感应电流，在 Z B过程中，线圈加速下降，有 a=, B v逐渐增大，线圈 ,BLj，一 向下做加速度不断减小的变加速运动，由 I感=一丁可知线圈的感应电流不断增大但变化率在R减小，A错；对于 R D两点，由于磁场的对称性，两点的磁感应强度BLvvb,由I感=一可知D处的感应电流比较大，所以 B对、C错.B是相同的，由于 VdL2法拉第电磁感应定律、自感21. L2 2012 重庆卷如图所示，正方形区域 MNPQ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 QNT向匀速运动，t = 0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
5、框所受安培力f的大小随时间t变化规律的是( )ABCD21. B 解析第一段时间从初位置到 M N离开磁场，图甲表示该过程的任意一个位 置，切割磁感线的有效长度为 MA与N1B之和，即为MM长度的2倍，此时电动势E= 2Bvtv, 4B2v3t 2 线框受的安培力f = 2BIvt=,图象是开口向上的抛物线，CD错误；如图乙所小，线框R的右端MN2刚好出磁场时，左端 QP2恰与M哄线，此后一段时间内有效长度不变，一直到线 框的左端与 M N重合，这段时间内电流不变， 安培力大小不变；最后一段时间如图丙所示， 从匀速运动至 MN2开始计时，有效长度为 A C =l2vt,电动势 E =B(l2v
6、t )v,E2 l - 2vt 1 2v人 石线框受的安培力 F =，图象是开口向上的抛物线，A错误，B正确.R丙19. L22012 课标全国卷如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为Bo.使该线框从静止开始绕过圆心 O垂直于半圆面的轴以角速度3匀速转动半周，在线框中产生感应电流.现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化.为了产生与线框转 动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率o图54 w Bo2 co B0A.B.兀兀还0C. D.兀2兀1一 一19. C 解析当导线框在磁场中转
7、动时，产生的感应电动势为E= -B0R2W ,当导线框在磁场中不转动而磁场变化时，产生的感应电动势为E=3B-1兀R2,故3B=&, C正确. t 2 t 兀18. B 解析根据条形磁铁的磁感线分布情况，线圈的运动可以分为 楞次定律可以作出如下判断：18. 产L1、L2 2012 福建卷如图甲，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合.若取磁铁中心O为坐标原点，建立竖直向下为正方向的x轴，则图乙中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图象是（）3个阶段，根据U DA过程B的方向中的变化I感的方向A- B向上增加顺
8、时针8C向上增加顺时针C点向上达到最大值无Cf D向上减小逆时针在坐标原点O处感应电流的方向发生改变，D错；这一过程可以看作是线圈切割磁感线B2L2vmg- -r-而产生感应电流，在 B过程中，线圈加速下降，有 a=, R v逐渐增大，线圈 ,BLj，一 向下做加速度不断减小的变加速运动，由 I感=可知线圈的感应电流不断增大但变化率在 R减小，A错；对于 R D两点，由于磁场的对称性，两点的磁感应强度 B是相同的，由于 Vd,BLv_ _Vb,由I感=不可知D处的感应电流比较大，所以 B对、C错.19. L2 2012 北京卷物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”. 如图，她把一 个带铁芯的
9、线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环.闭合开关 S的瞬间，套环立刻跳起.某同学另找来器材再探究此实验.他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动. 对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是()铁芯QA.线圈接在了直流电源上B.电源电压过高C.所选线圈的匝数过多D.所用套环的材料与老师的不同19. D 解析只要线圈中的电流增大， 金属套环中的磁通量增大， 就会产生感应电流， 由楞次定律可知，套环受到斥力的作用， 向上弹起.接在直流电源上，在闭合开关的过程中， 电流也有增大的过程， A项错误；电压越大，匝数越多，效果越明显，B C项
10、错误；要是选用绝缘材料，则不会产生感应电流， D项正确.L3电磁感应与电路的综合20. L3 2012 四川卷半径为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 R.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 0确定，如图所示.则(A. 0 =0时，杆产生的电动势为 2BavB.C.D.0 = -杆产生的电动势为0 =0时，杆受的安培力大小为3Bav22Bav兀+ 2 R0 =-3-01杆受的安培力大小为3B2avJ 兀 +1 R20.
11、AD 解析当。=0时，杆在圆心位置，切割磁感线的有效长度等于圆环直径, 兀 一广生的感应电动势为 E= 2Bav, A正确；当0时，杆切割磁感线的有效长度等于圆环半3径，杆产生的感应电动势为E= Bav, B错误；当。=0时，回路的总电阻 R=(2a+Tta)R, 2Bav4B2av, 兀， ，.杆受的安培力 F1=Bl1l = B- -R-.2a= 兀+？ R, C错误；当 。时，回路的总电阻2三，D正确. ht)5Bav3B avR=（a+ 3兀a）R,杆受的安培力 F2=BI4 = B-百 a= 5兀+：20. L32012 山东卷如图所示，相距为 L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平
12、 面的夹角为0 ,上端接有定值电阻 R匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到 下的拉力，并保持拉力的功率恒为v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向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（）A. P= 2mgvdn 0B. P= 3mgvsin 0C.当导体棒速度达到2时加速度大小为gsin 0D.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II图甲20. AC 解析当导体棒的速度达到mgsin 0 = BILBLvI=Vv时，对导体棒
13、进行受力分析如图甲所示.寸,B2L2V.所以 mgjin 0 =zr-d R当导体棒的速度达到 2V时，对导体棒进行受力分析如图乙所示.图乙2E2L23mgsin。+ F= -R-由可得F= mgin 0功率 p= Fx2 V=2mg$in 0 ,故 A正确.当导体棒速度达到:时，对导体棒受力分析如图丙所示.图丙mgsin 0r-a= m ,一,一1由可得 a=gsin 0故C正确.当导体棒的速度达到 2v时，安培力等于拉力和 mg,in 0之和，所以以后匀速运动的过程 中，R上产生的焦耳热等于拉力和重力做功之和，故D错误.L4电磁感应与力和能量的综合L5电磁感应综合11. L5 2012 天
14、津卷如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l=0.5 m ,左端接有阻值 R= 0.3 Q的电阻，一质量 m= 0.1 kg ,电阻r = 0.1 Q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B= 0.4T.棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a=2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x = 9 m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Q ： Q=2 ： 1.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；
15、(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q;外力做的功W.11 .解析(1)设棒匀加速运动的时间为At,回路的磁通量变化量为A，回路中的平均感应电动势为-E,由法拉第电磁感应定律得AE =At其中A=Blx设回路中的平均电流为 丁，由闭合电路的欧姆定律得_ E I = R+ r则通过电阻R的电荷量为q= I A t联立各式，代入数据得q=4.5 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2W由动能定理得v = 2ax设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W0-1mG2撤去外力后回路中产生的焦耳热Q= W联立各式，代入数据得Q : Q = 2 ： 1,可得Q= 1.8 J
16、(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q= 3.6 J在棒运动的整个过程中，由功能关系可知W= Q+Q=5.4 J35. L52012 广东卷如图9所示，质量为 M的导体棒ab,垂直放在相距为l的平行 光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为0 ,并处于磁感应强度大小为 B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置、间距为 d的平行金属板，R和R分别表示定 值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻.(1)调节R = R释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v.(2)改变R,待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m带电量为+ q的微粒水平射入金属板间，若它能
17、匀速通过，求此时的R.图935. (1)导体棒匀速下滑时,Mgsin。= BIl MgSin 0Bl设导体棒产生的感应电动势为E),则Ed=BLv由闭合电路欧姆定律得:E) d R+ R联立，得2Mg&n 0 v=B U,(2)改变R,由式可知电流不变.设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为 电场强度大小为EU= IRx E= dmg= qE8)联立，得mBld R= B(22A 0 2r 1 A 0 )一、.、A 122-2联立斛得：E= a t = 2B03 (2-r 1) =4.9 x 10 V根据右手定则(或楞次定律)，可得感应电流方向为b-a(2)通过分析，可得电路图为口r 口片
18、|n i i I(3)设电路中的总电阻为R总，根据电路图可知14R总 = R+ -R= -R 33ab两端电势差Ub = E-IR = E-区=1E= 1.2 X10 2 VR 4设ab离开磁场区域的时刻为01t - s11,下一根金属条进入磁场区域的时刻为t2,则兀t2=-=1 S34设轮子转一圈的时间为 T,则2兀T=1 s在T= 1 s内，金属条有四次进出，后三次与第一次相同.可画出 Ub t图象如图所示.(金属条的感应电动势只有4.9 X(4) “闪烁”装置不能正常工作.泡的额定电压，因此无法工作.)10 2 V ,远小于小灯B增大，E增大，但有限度;2增大，E增大，但有限度；3增大，
19、E增大，但有限度;0增大，E不变.1. 2012 柳铁月考如图所示，先后以速度vi和V2匀速把一矩形线圈水平拉出有界匀强磁场区域，且 vi=2v2,则在先后两种情况下（）A.线圈中的感应电动势之比为B.线圈中的感应电流之比为I i ： I 2= 1 ： 2C.线圈中产生的焦耳热之比Q ： Q=1 ： 4D.通过线圈某截面的电荷量之比q1 ： q2=1 : 11. AD 解析根据E= BLvv以及v=2v2,可知，选项 A正确；因为I =RxE,所以 I1：I2=2：1,选项B错误；线圈中产生的焦耳热Q= I2Rt = Et =BLv JBLLv,所以R R V R2、一 A A _-E BLv
20、 L BLQ : Q= 2 ： 1,选项 C错反；根据 q= It = Rt - t = R-或者根据 q= It =Rt =_r , v=_R =BS育可见q1 ： q2=1 ： 1,选项D正确.2. 2012 烟台检测如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成090 ）,其中MNW PQ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 接入电路的电阻为 棒ab在这一过程中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,R,(A,加速度大小为B.下滑位移大小为ab棒当流过ab棒某一横截面的电荷量为 q时，棒的速度大小为 v,则金属 ）2L，更B
21、LC.产生的焦耳热为 qBLvD.受到的最大安培力大小为E2L2V sin 0RBA S BLx=BL可得，下滑位移大小R R2. B 解析金属棒ab在这一过程中做的并非匀变速直线运动，所以加速度大小不是2V ,，一 一 E A A2L,选项 A错误；根据 q= I At= At= At =-R-qRBL选项B正确；产生的焦耳热等于电流做的功，而感应电动势是变化的，并不总等一一，1E- BLv 一一 一、一，于BLv,选项C错误；根据F安=81, I =B, E= BLv,可得F安=,可见，当速度最大时,安培力最大，F安m=B2L2V,选项D错误.RR3. 2012 浙江联考如图所示，在磁感应
22、强度为 B的水平匀强磁场中， 有两根竖直放置的平行金属导轨，顶端用一电阻R相连，两根导轨所在的竖直平面与磁场方向垂直.一根金属棒ab以初速度V0沿导轨竖直向上运动，到某一高度后又向下运动返回到原出发点.整个过 程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好，导轨与棒间的摩擦及它们的电阻均可忽略不计.则在金属棒整个上行与整个下行的两个过程中，下列说法不正确的是B.上行过程中通过 R的电荷量等于下行过程中通过R的电荷量C.上行过程中R上产生的热量大于下行过程中R上产生的热量D.上行的运动时间小于下行的运动时间3. A 解析在金属棒上行与下行的过程中，金属棒将一部分动能转化为电能，所以回 到出发点的速度 v小于
23、初速度V。，选项A错误；根据关系式 q=T At=-E-At=-At =RRA t誓可知，上行过程中通过 R的电荷量等于下行过程中通过 R的电荷量，选项 B正确；上行R过程和下行过程产生的热量都等于克服安培力做的功.在同一位置，上行过程中金属棒所受的安培力均大于下行过程中金属棒所受的安培力，所以上行过程中R上产生的热量大于下行过程中R上产生的热量，选项 C正确；金属棒在上行过程和下行过程中，经过同一位置时， 上行时的速度大小总要大于下行时的速度大小，所以上行的运动时间小于下行的运动时间， 选项D正确.4. 2012 江西联考如图所示，足够长的光滑U形导轨宽度为L,其所在平面与水平面的夹角为a
24、,上端连接一个阻值为 R的电阻.匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于导轨平面向上.今有一质量为 m有效电阻r的金属杆沿框架由静止下滑，设磁场区域无限大，当金属杆下滑达到最大速度 vm时，运动的位移为 x,则(B.在此过程中电阻 R产生的焦耳热为z-R-(mgxsin a 1mv) R+ r212C.在此过程中电阻 R广生的焦耳热为(mgxsin a -2mm)D.在此过程中流过电阻R的电荷量为BLxR4. B 解析感应电动势为 E= Blvm感应电流为ER+ r安培力为F= BIL =B2L2VmR+ r根据平衡条件得min a F= 0解得：Vm=mg r + R sin ”B2T由能量
25、守恒定律得:mg)sin12八a 2mvm= Q又因Q=所以Q=R Q R rRR+ rmg)sin由法拉第电磁感应定律得通过R的电荷量为q = 长BLxR+ r选项B正确，选项A C D错误.5. 2012 南京调研如图所示，两根足够长平行光滑的金属导轨MN PQ相距L=1 m,导轨平面与水平面夹角 a=30 ,导轨电阻不计.磁感应强度B= 1.0 T的匀强磁场垂直导轨平面向下，金属棒 ab垂直于MN PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量m= 0.01 kg、电阻不计.定值电阻 R=30 Q ,电阻箱电阻调到 R=120 Q ,电容C= 0.01 F, 取重力加速度g= 10
26、 m/s 2.现将金属棒由静止释放.(1)在开关接到1的情况下，求金属棒下滑的最大速度.R消耗的功率为(2)在开关接到1的情况下，当R2调至30 a后且金属棒稳定下滑时,多少?(3)在开关接到求经过时间 t = 2.0 s时金属棒的速度.(3)5 m/s5. (1)7.5 m/s(2)0.075 W解析(1)当金属棒匀速下滑时速度最大,设最大速度为Vm,此时金属棒处于平衡状态,故有 mgin风=F安，而F安=81,其中BLVmR+ R，由以上各式得 mgsin aE2L2VmR+R即/口目,、士, mg R+R STU a , 解得取大速度 Vm=B2L2= 7.5 m/s(2)当R调整后，棒稳定下滑的速度由小 mgi nW R+ R 2(1)知 v=-Bp=3.0 m/s故R上消耗的功率B=I2R,其中BLvI =I R+R 2解得 F2= 0.075 W(3)对任意时刻，由牛顿第二定律有mgiin a BiL = ma由电流定义式，有i = f由电容定义式，有Aq=CA U,其中AU= Bl Av由加速度定义式有a= -77A t解得a=m$in aB2L2C+ m上式表明棒在下滑的过程中，加速度保持不变，棒做匀加速运动. 代入数值解得 a =2.5 m/s 2,故所求速度 v= at =5 m/s