2018版高三物理一轮复习专题11电磁感应含2012年高考真题

1．（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始终保持重合.若取磁铁中心O为坐标原点，建立竖直向下正方向的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变化的关系图像是

答案：B

解析：闭合铜环由高处静止下落，首先是向上穿过铜环的磁通量增大，根据楞次定律知铜环中产生顺时针方向的感应电流（从上向下看）；从N极到O点的过程中，穿过铜环的合磁通量向上且增大，则感应电流仍为顺时针方向；从O点到S极的过程中，穿过铜环的合磁通量向上且减小，则感应电流为逆时针方向；离开S极后，向上穿过铜环的磁通量减小，感应电流仍为逆时针方向；因铜环速度越来越大，所以逆时针方向感应电流的最大值比顺时针方向感应电流的最大值大，故选项B正确.

2．(2012全国新课标).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B0.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ω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

B的大小应为 t

A.

4B0 B.

2B0

 C.

B0B0 D. 2答案：C

解析：匀速转动时感应电动势与磁场变化时感应电动势相同即可.匀速转动时感应电动势

1BR22EBR式中R为半径.磁场变化时感应电动势E.二者相等可得答案.

2t2 3．（2012北京高考卷）．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

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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

实验，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 A．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 答案：D 解析：无论实验用的是交流电还是直流电，闭合开关S瞬间，穿过套环的磁通量均增加，只要套环的材料是导体，套环中就能产生感应电流，套环就会跳起.如果套环是塑料材料做的，则不能产生感应电流，也就不会受安培力作用而跳起.所以答案是D.

4．（2012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面的夹角为，上端接有定值电阻，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 A．P2mgsin B．P3mgsin

C．当导体棒速度达到

gv时加速度为sin

22D．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 答案：AC

B2L2v解析：当导体棒第一次匀速运动时，沿导轨方向：mgsin；当导体棒第二次达

R2B2L2v到最大速度时，沿导轨方向：Fmgsin，即F=mgsinθ，此时拉力F

R的功率P=F×2v=2mgvsinθ，选项A正确、B错误；当导体棒的速度达到v/2时，沿

1B2L2vma，解得agsin，选项C正确；导体棒的速度达导轨方向：mgsin22R到2v以后，拉力与重力的合力做功全部转化为R上产生的焦耳热，选项D错误.

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5．（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θ确定，如图所示.则 A．θ=0时，杆产生的电动势为2Bav π

B．θ= 时，杆产生的电动势为3Bav

32B2av C．θ=0时，杆受的安培力大小为

(2)R0π

D．θ= 时，杆受的安培力大小为

33B2av

(53)R0答案：AD

解析：根据法拉第电磁感应定律可得EBlv（其中l为有效长度），当0时，l2a，则EBav；当3时，la，则EBav，故A选项正确，B选项错误；根据通电直

导线在磁场中所受安培力的大小的计算公式可得FBIl，又根据闭合电路欧姆定律可得

E4B2avI，当0时，l2a，E2Bav，rR(2)aR0，解得F；

Rr(2)R053B2av1)aR0,解得F当0时，la，EBav，rR(，故C选项错误，353R0D选项正确.

6．(2012全国新课标).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=t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中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正方向与图中箭头方向相同，则i随时间t变化的图线可能是

答案：A

解析：要求框中感应电流顺时针，根据楞次定律，可知框内磁场要么向里减弱（载流直导线中电流正向减小），要么向外增强（载流直导线中电流负向增大）.线框受安培力向左时，载流直导线电流一定在减小，线框受安培力向右时，载流直导线中电流一定在增大.故答案选A.

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7．（2012天津卷）.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=0.5m，左端接有阻值R=0.3Ω的电阻，一质量m=0.1kg，电阻r=0.1Ω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

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的外力作用下，由静止开始以a=2m/s的加速度做匀加速运动，当棒的位移x=9m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Q1：Q2=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 （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：（1）棒匀加速运动所用时间为t，有

12atx 2 t2x293s a2 根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求电路中产生的平均电流为 IEBlx0.40.591.5A Rrt(rR)t(rR)3(0.30.1) 根据电流定义式有 qIt1.534.5C

（2）撤去外力前棒做匀加速运动根据速度公式末速为 vat236m/s

撤去外力后棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将棒的动能转化为电

能，再通过电流做功将电能转化为内能，所以焦耳热等于棒的动能减少.有 Q2Ek121mv0.1621.8J 22（3）根据题意在撤去外力前的焦耳热为Q12Q23.6J

撤去外力前拉力做正功、安培力做负功（其大小等于焦耳热Q1）、重力不做功共同

使棒的动能增大，根据动能定理有 EkWFQ1

则EkWFQ1Ek3.61.85.4 J

8.（2012广东卷）.（18分）

如图17所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属轨道上.导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直与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Rx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Rx=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.

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（2）改变Rx，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，若它能匀速通过，求此时的Rx.

解析：（1）当Rx=R棒沿导轨匀速下滑时，由平衡条件MgsinF

Mgsin BlE感应电动势EBlv电流I

2R2MgRsin解得 v 22Bl安培力FBIl解得I（2）微粒水平射入金属板间，能匀速通过，由平衡条件mgq棒沿导轨匀速，由平衡条件MgsinBI1l 金属板间电压UI1Rx

解得RxU dmldB

Mqsin9.（2012上海卷）．（14分）如图，质量为M的足够长 B 金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上.一电阻不 b e Q a 计，质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨F B 接触良好，PQbc构成矩形.棒与导轨间动摩擦因数为 c f P d ，棒左侧有两个固定于水平面的立柱.导轨bc段长为

L，开始时PQ左侧导轨的总电阻为R，右侧导轨单位长度的电阻为R0.以ef为界，其左侧

匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向左，磁感应强度大小均为B.在t＝0时，一水平向左的拉力F垂直作用于导轨的bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a.

（1）求回路中感应电动势及感应电流随时间变化的表达式； （2）经过多少时间拉力F达到最大值，拉力F的最大值为多少？

（3）某一过程中回路产生的焦耳热为Q，导轨克服摩擦力做功为W，求导轨动能的增加量.

解析：（1）感应电动势为E＝BLv，导轨做初速为零的匀加速运动，v＝at，E＝BLat，

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s＝at2/2，感应电流的表达式为I＝BLv/R总＝BLat/（R＋2R0at2/2）＝BLat/（R＋R0at2），

（2）导轨受安培力FA＝BIL＝BLat/（R＋R0at），摩擦力为Ff＝FN＝（mg＋BIL）＝[mg＋BLat/（R＋R0at）]，由牛顿定律F－FA－Ff＝Ma，F＝Ma＋FA＋Ff＝Ma＋mg＋（1＋）BLat/（R＋R0at），上式中当R/t＝R0at即t＝122＋mg＋（1＋）BL2

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2

22

2

22

2

a时外力F取最大值，F max＝MaRR0

a， RR0

（3）设此过程中导轨运动距离为s，由动能定理W合＝Ek，摩擦力为Ff＝（mg＋FA），

W－QMa摩擦力做功为W＝mgs＋WA＝mgs＋Q，s＝，Ek＝Mas＝（W－Q），

mgmg 10．（2012江苏卷）．某兴趣小组设计一种发电装置，如图所示，在磁极与圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为

长ab=cd=l、bc=ad=2l，线圈以角速度绕中心轴匀速转动，bc与ad边同时进入磁场，在磁场中，两条边的经过处的磁感应强度大小均为B，方向始终与两条边的运动方向垂直，线圈的总电阻为r，外接电阻为R，求

（1）线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em （2）线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F （3）外接电阻上电流的有效值I 解析：

(1)bc、ad边的运动速度v4p，磁场均沿半径方向，匝数为N的矩形线圈abcd边9l ， 感应电动势Em4NBlv，解得Em2NBl2. 2Em4N2B2l3（2）电流Im, 安培力 F2NBIml，解得 F.

rRrR(3)一个周期内，通电时间t4T,R上消耗的电能WIm2Rt，且WI2RT 94NBl2解得I.

3(rR)11．（2012海南卷）.如图，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和M'N'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M'N'速度分别为v1、v2.

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（1）MN和M'N'动量守恒：mv1-2mv2=0 求出：

v12① v2（2）当MN和M'N'的加速度为零时，速度最大 对M'N'受力平衡：BIlmg ② IE③ EBlv1blv2④由①——④得：Rv12mgRmgRv、 23B2l23B2l2 7