2013年高考物理模拟新题精选分类解析第3期专题10电磁感应Word版含答案

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2013年广东省高考模拟理综物理分类汇编——电磁感应

2013年广东省高考理综模拟题物理部分分类汇编——电磁感应一、单选题1．（2013届惠州市高三第一次调研16）如图所示，在x≤0的区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面向里．矩形线框abcd从t=0时刻起由静止开始沿x轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流I（取逆时针方向的电流为正）随时间t的变化图线是（）2．（2013届广东省江门市高三调研测试理综物理16）如图所示,金属杆ab静放在水平固定的“U”形金属框上，整个装置处于竖直向上的磁场中，当磁感应强度均匀增大时，杆ab总保持静止，则（）A．杆中感应电流方向是从b到aB．杆中感应电流大小保持不变C．金属杆所受安培力大小保持不变D．金属杆所受安培力水平向右3．（2013届广东省华附省实深中广雅四校高三上学期期末联考理综物理15）如图所示，螺线管的导线的两端与两平行金属板相接，一个带负电的小球用丝线悬挂在两金属板间，并处于静止状态，若条形磁铁突然插入线圈时，小球的运动情况是（）A．向左摆动B．向右摆动C．保持静止D．无法判定4．（2013届广东省肇庆市高三上学期期末统一检测理综物理15）如下图（甲）所示，一边长为L的正方形导线框，匀速穿过宽2L的匀强磁场区域．取它刚进入磁场的时刻为t＝0，则在图（乙）中，能正确反映线框感应电流i随时间t变化规律的是（规定线框中电流沿逆时针方向为正）（）5．（2013届广东省汕头市第一学期期末教学质量测理综物理16）如图，圆环形导体线圈a 平放在水平桌面上，在a 的正上方固定一竖直螺线管b ，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P 向下滑动，下列表述正确的是（A ．线圈a 中将产生俯视顺时针方向的感应电流B ．穿过线圈a 的磁通量变小C ．线圈a 有扩张的趋势D ．线圈a 对水平桌面的压力F N 将增大 6．（2013届茂名市一模理综物理15）如图所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和电键组成闭合回路，在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A ，下列各种情况中铜环A 中没有感应电流的是（）A ．线圈中通以恒定的电流B ．通电时，使变阻器的滑片P 作匀速移动C ．通电时，使变阻器的滑片P 作加速移动D ．将电键突然断开的瞬间7．（2013年深圳一模理综物理试题15）物理学的基本原理在生产生活中有着广泛应用。

2013年高考物理真题汇编全解全析：专题十电磁感应流 Word版含解析

专题十电磁感应1．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ，17题)如图，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab 、ac 和MN ，其中ab 、ac 在a 点接触，构成“V”字型导轨．空间存在垂直于纸面的均匀磁场．用力使MN 向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN 始终与∠bac 的平分线垂直且和导轨保持良好接触．下列关于回路中电流i 与时间t 的关系图线，可能正确的是()选 A.本题为电磁感应和电路的题目，所以应从动生感应电动势和闭合电路欧姆定律角度入手．设图示位置时a 距棒的距离为l 0，导体棒匀速切割磁感线的速度为v ，单位长度金属棒的电阻为R 0，导轨夹角为θ，运动时间t 时，切割磁感线的导体棒长度l ＝2(l 0＋v t )tan θ2，有效电路中导体棒长度l 总＝l ＋2(l 0＋v t )cos θ2，导体棒切割磁感线产生的感应电动势e ＝Bl v ＝2B v (l 0＋v t )tan θ2，电路中总电阻R ＝R 0l 总＝R 0⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤2(l 0＋v t )tan θ2＋2(l 0＋v t )cos θ2，所以i ＝e R ＝2B v (l 0＋v t )tan θ2R 0⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤2(l 0＋v t )tan θ2＋2(l 0＋v t )cos θ2＝B v ·tan θ2R 0⎣⎢⎡⎦⎥⎤tan θ2＋1cos θ2，即i 为恒定值与t 无关，选项A 正确． 2.(2013·高考安徽卷，16题)如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m ，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN 垂直于导轨放置，质量为0.2 kg ，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T ．将导体棒MN 由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN 的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6)( )A ．2.5 m/s 1 WB ．5 m/s 1 WC ．7.5 m/s 9 WD ．15 m/s 9 W选 B.把立体图转为平面图，由平衡条件列出方程是解决此类问题的关键．对导体棒进行受力分析作出截面图，如图所示，导体棒共受四个力作用，即重力、支持力、摩擦力和安培力．由平衡条件得mg sin 37°＝F 安＋F f ①F f ＝μF N ②F N ＝mg cos 37° ③而F 安＝BIL ④I ＝E R ＋r⑤ E ＝BL v ⑥联立①～⑥式，解得v ＝mg (sin 37°－μcos 37°)(R ＋r )B 2L 2 代入数据得v ＝5 m/s.小灯泡消耗的电功率为P ＝I 2R ⑦由⑤⑥⑦式得P ＝⎝⎛⎭⎫BL v R ＋r 2R ＝1 W ．故选项B 正确． 3．(2013·高考浙江卷，15题)磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈，当以速度v 0刷卡时，在线圈中产生感应电动势．其E -t 关系如图所示．如果只将刷卡速度改为v 02，线圈中的E -t 关系图可能是( )选D.由公式E ＝Bl v 可知，当刷卡速度减半时，线圈中的感应电动势最大值减半，且刷卡所用时间加倍，故本题正确选项为D.4.(2013·高考福建卷，18题)如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t 1、t 2分别表示线框ab 边和cd 边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab 边始终保持与磁场水平边界线OO ′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO ′下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图像不．可能反映线框下落过程中速度v 随时间t 变化的规律( )选 A.根据导体线框进入磁场的速度的不同分析线框的受力情况、运动情况，从而判断可能的v -t 图像．线框先做自由落体运动，因线框下落高度不同，故线框ab 边刚进磁场时，其所受安培力F 安与重力mg 的大小关系可分以下三种情况：①当F 安＝mg 时，线框匀速进入磁场，其速度v ＝mgR B 2L 2，选项D 有可能； ②当F 安＜mg 时，线框加速进入磁场，又因F 安＝B 2L 2v R ，因此a ＝mg －B 2L 2v R m，即a ＝g －B 2L 2v mR，速度v 增大，a 减小，线框做加速度逐渐减小的加速运动，选项C 有可能；③当F 安＞mg 时，线框减速进入磁场，a ＝B 2L 2v mR－g ，v 减小，a 减小，线框做加速度逐渐减小的减速运动，当线框未完全进入磁场而a 减为零时，即此时F 安＝mg ，线框开始做匀速运动，当线框完全进入磁场后做匀加速直线运动，选项B 有可能．故不可能的只有选项A.5．(2013·高考四川卷，7题) 如图所示，边长为L 、不可形变的正方形导线框内有半径为r 的圆形磁场区域，其磁感应强度B 随时间t 的变化关系为B ＝kt (常量k >0)．回路中滑动变阻器R 的最大阻值为R 0，滑动片P 位于滑动变阻器中央，定值电阻R 1＝R 0、R 2＝R 02.闭合开关S ，电压表的示数为U ，不考虑虚线MN 右侧导体的感应电动势，则( )A ．R 2两端的电压为U 7B ．电容器的a 极板带正电C ．滑动变阻器R 的热功率为电阻R 2的5倍D ．正方形导线框中的感应电动势为kL 2 选AC.根据串、并联电路特点，虚线MN 右侧回路的总电阻R ＝74R 0.回路的总电流I ＝U R＝4U 7R 0，通过R 2的电流I 2＝I 2＝2U 7R 0，所以R 2两端电压U 2＝I 2R 2＝2U 7R 0·R 02＝17U ，选项A 正确；根据楞次定律知回路中的电流为逆时针方向，即流过R 2的电流方向向左，所以电容器b 极板带正电，选项B 错误；根据P ＝I 2R ，滑动变阻器R 的热功率P ＝I 2R 02＋⎝⎛⎭⎫I 22R 02＝58I 2R 0，电阻R 2的热功率P 2＝⎝⎛⎭⎫I 22R 2＝18I 2R 0＝15P ，选项C 正确；根据法拉第电磁感应定律得，线框中产生的感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝B tS ＝k πr 2，选项D 错误． 6．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ，16题)如图，在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d (d ＞L )的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动．t ＝0时导线框的的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v －t 图像中，可能正确描述上述过程的是( )选 D.导体切割磁感线时产生感应电流，同时产生安培力阻碍导体运动，利用法拉第电磁感应定律、安培力公式及牛顿第二定律可确定线框在磁场中的运动特点．线框进入和离开磁场时，安培力的作用都是阻碍线框运动，使线框速度减小，由E ＝BL v 、I ＝E R及F ＝BIL ＝ma 可知安培力减小，加速度减小，当线框完全进入磁场后穿过线框的磁通量不再变化，不产生感应电流，不再产生安培力，线框做匀速直线运动，故选项D 正确．7．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ，19题)在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下列叙述符合史实的是( )A ．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应解释了电和磁之间存在联系B ．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C ．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D ．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化选ABD.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电和磁之间的关系，选项A 正确；根据通电螺线管产生的磁场与条形磁铁的磁场相似，安培提出了磁性是分子内环形电流产生的，即分子电流假说，选项B 正确；法拉第提出的是电磁感应定律，但恒定电流周围不产生感应电流，选项C 错误；楞次定律指出感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项D 正确．8．(2013·高考大纲全国卷，17题) 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( )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 ＝BL v ＝12BL 2ω，其中L ＝2R sin ωt ，即E ＝2BωR 2 sin 2 ωt ，可排除选项A 、B ，选项C 正确．9．(2013·高考北京卷，17题)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E 1；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E 2.则通过电阻R 的电流方向及E 1与E 2之比E 1∶E 2分别为( )A ．c →a,2∶1B ．a →c,2∶1C ．a →c,1∶2D ．c →a,1∶2选C.金属杆垂直平动切割磁感线产生的感应电动势E ＝Bl v ，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 ＝Bl v 知，E 1＝Bl v ，E 2＝2Bl v ，则E 1∶E 2＝1∶2，故选项C 正确．10．(2013·高考天津卷，3题)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Q 1，通过线框导体横截面的电荷量为q 1；第二次bc 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则( )A ．Q 1>Q 2，q 1＝q 2B ．Q 1>Q 2，q 1>q 2C ．Q 1＝Q 2，q 1＝q 2D ．Q 1＝Q 2，q 1>q 2 选A.根据法拉第电磁感应定律E ＝Bl v 、欧姆定律I ＝E R和焦耳定律Q ＝I 2Rt ，得线圈进入磁场产生的热量Q ＝B 2l 2v 2R ·l ′v ＝B 2Sl v R ，因为l ab >l bc ，所以Q 1>Q 2.根据E ＝ΔΦΔt ，I ＝E R及q ＝I Δt 得q ＝BS R，故q 1＝q 2.选项A 正确，选项B 、C 、D 错误． 11．(2013·高考山东卷，18题) 将一段导线绕成图甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内．回路的ab 边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中．回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B 随时间t 变化的图象如图乙所示．用F 表示ab 边受到的安培力，以水平向右为F 的正方向，能正确反映F 随时间t 变化的图象是( )选B.从B -t 图象中获取磁感应强度B 与时间t 的关系，结合E ＝ΔΦΔt及安培力F ＝BIL 得F -t 关系．由B -t 图象可知，在0～T 4时间内，B 均匀减小；T 4～T 2时间内，B 反向均匀增大．由楞次定律知，通过ab 的电流方向向上，由左手定则可知ab 边受安培力的方向水平向左．由于B 均匀变化，产生的感应电动势E ＝ΔB Δt S 不变，则安培力大小不变．同理可得在T 2～T 时间内，ab 边受安培力的方向水平向右，故选项B 正确．12．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ，25题)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．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 ＝BL v ①平行板电容器两极板之间的电势差为U ＝E ②设此时电容器极板上积累的电荷量为Q ，据定义有C ＝Q U③ 联立①②③式得Q ＝CBL v . 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f 1＝BLi ⑤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i ＝ΔQ Δt⑥ ΔQ 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 ＝CBL Δv ⑦式中，Δv 为金属棒的速度变化量．据定义有a ＝Δv Δt⑧ 金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为f 2＝μN ⑨式中，N 是金属棒对导轨的正压力的大小，有N ＝mg cos θ ⑩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mg sin θ－f 1－f 2＝ma ⑪联立⑤至⑪式得a ＝m (sin θ－μcos θ)g m ＋B 2L 2C⑫ 由⑫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 ＝m (sin θ－μcos θ)m ＋B 2L 2Cgt . ⑬ 答案：(1)Q ＝CBL v (2)v ＝m (sin θ－μcos θ)m ＋B 2L 2Cgt 13．(2013·高考广东卷，36题)如图(a)所示，在垂直于匀强磁场B 的平面内，半径为r 的金属圆盘绕过圆心O 的轴转动，圆心O 和边缘K 通过电刷与一个电路连接．电路中的P 是加上一定正向电压才能导通的电子元件．流过电流表的电流I 与圆盘角速度ω的关系如图(b)所示，其中ab 段和bc 段均为直线，且ab 段过坐标原点．ω>0代表圆盘逆时针转动．已知：R ＝3.0 Ω，B ＝1.0 T ，r ＝0.2 m ．忽略圆盘、电流表和导线的电阻．(1)根据图(b)写出ab 、bc 段对应的I 与ω的关系式；(2)求出图(b)中b 、c 两点对应的P 两端的电压U b 、U c ；(3)分别求出ab 、bc 段流过P 的电流I P 与其两端电压U P 的关系式．圆盘转动切割磁感线，根据E ＝12Br 2ω计算感应电动势．题目给出了I -ω图象，根据数学知识写出I 与ω的关系式．根据欧姆定律求解通过R 的电流．根据并联电路的特点求解通过P 的电流．(1)根据数学知识，ab 、bc 段对应的I 与ω的关系式分别为I ab ＝k 1ω，I bc ＝k 2ω＋b ，且当ω＝15 rad/s ，I ab ＝0.1 A ，故 k 1＝1150所以I ab ＝1150ω(A) (－45 rad/s ≤ω≤15 rad/s) 当ω1＝15 rad/s 时，I bc ＝0.1 A ，即0.1＝15k 2＋bω2＝45 rad/s 时，I bc ′＝0.4 A ，即0.4＝45k 2＋b解得k 2＝1100，b ＝－0.05 所以I bc ＝1100ω－0.05(A) (15 rad/s ≤ω≤45 rad/s)． (2)圆盘电阻不计，切割磁感线时产生的感应电动势加在P 和R 上．b 点对应的P 两端的电压U b ＝E 1＝12Bω1r 2＝12×1.0×15×0.22 V ＝0.3 V c 点对应的P 两端的电压U c ＝E 2＝12Bω2r 2＝12×1.0×45×0.22 V ＝0.9 V. (3)P 、R 两端的电压等于圆盘以角速度ω转动产生的感应电动势，即U P ＝U R ＝E ＝12Bωr 2＝0.02ω根据欧姆定律得通过R 的电流I R ＝U R R ＝U P R ＝U P 3. 根据并联电路的电流特点I ab ＝I P ＋I RI bc ＝I P ′＋I R ′所以ab 段流过P 的电流I P ＝I ab －I R ＝1150ω－U P 3＝0(－45 rad/s ≤ω≤15 rad/s) bc 段流过P 的电流I P ′＝I bc －I R ′＝1100ω－U P 3－0.05 A(15 rad/s ≤ω≤45 rad/s)．答案：见解析14．(2013·高考江苏卷，13题)如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd ，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的匝数N ＝100，边长ab ＝1.0 m 、bc ＝0.5 m ，电阻r ＝2 Ω.磁感应强度B 在0～1 s 内从零均匀变化到0.2 T ．在1～5 s 内从0.2 T 均匀变化到－0.2 T ，取垂直纸面向里为磁场的正方向．求：(1)0.5 s 时线圈内感应电动势的大小E 和感应电流的方向；(2)在1～5 s 内通过线圈的电荷量q ；(3)在0～5 s 内线圈产生的焦耳热Q .(1)感应电动势E 1＝N ΔΦ1Δt 1，磁通量的变化量ΔΦ1＝ΔB 1S ，解得E 1＝N ΔB 1S Δt 1，代入数据得E 1＝10 V ，感应电流的方向为a →d →c →b →a .(2)同理可得E 2＝N ΔB 2S Δt 2，感应电流I 2＝E 2r电荷量q ＝I 2Δt 2，解得q ＝N ΔB 2S r，代入数据得q ＝10 C. (3)0～1 s 内的焦耳热Q 1＝I 21r Δt 1，且I 1＝E 1r，1～5 s 内的焦耳热Q 2＝I 22r Δt 2 由Q ＝Q 1＋Q 2，代入数据得Q ＝100 J.答案：(1)10 V ，感应电流的方向为a →d →c →b →a(2)10 C (3)100 J。

绝杀20132013届高考物理模拟+权威预测：专题10磁场 Word版含答案

专题十磁场1.(2012·广州模拟)如图所示，一只阴极射线管，左侧不断有电子射出，若在管的正下方放一通电直导线AB时，发现射线的径迹向下偏，则( )A．导线中的电流从A流向BB．导线中的电流从B流向AC．若要使电子束的径迹向上偏，可以通过改变AB中的电流方向来实现D．电子束的径迹与AB中的电流方向无关2.(2012·濮阳模拟)处于纸面内的一段直导线长L＝1 m，通有I＝1 A的恒定电流，方向如图所示．将导线放在匀强磁场中，它受到垂直于纸面向外的大小为F＝1 N的磁场力作用.据此可知( )A．能确定磁感应强度的大小和方向B．能确定磁感应强度的方向，不能确定它的大小C．能确定磁感应强度的大小，不能确定它的方向D．磁感应强度的大小和方向都不能确定3.(2012·临沂模拟)光滑的平行导轨与电源连接后，与水平方向成θ角倾斜放置，导轨上另放一个质量为m的金属导体棒．当开关S闭合后，在棒所在区域内加一个合适的匀强磁场，可以使导体棒静止平衡，图中分别加了不同方向的磁场，其中一定不能平衡的是( )4.(2012·淄博模拟)如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成θ角(0＜θ＜π)以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计)．则下列说法正确的是( )A．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短B．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大C ．若v 一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短D ．若v 一定，θ越大，则粒子在离开磁场的位置距O 点越远5.(2012·崇文模拟)如图所示，在y ＞0的区域内存在匀强磁场，磁场垂直于图中的xOy 平面向外，原点O 处有一离子源，沿各个方向射出速率相等的同价负离子，对于进入磁场区域的离子，它们在磁场中做圆周运动的圆心所在的轨迹，可用下面给出的四个半圆中的一个来表示，其中正确的是( )6.(2012·滨州模拟)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O 点是cd 边的中点．一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd 边的速度射入正方形内，经过时间t 0刚好从c 点射出磁场．现设法使该带电粒子从O 点沿纸面以与Od 成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是( )A ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是53t 0，则它一定从cd 边射出磁场 B ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是23t 0，则它一定从ad 边射出磁场 C ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是54t 0，则它一定从bc 边射出磁场 D ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t 0，则它一定从ab 边射出磁场7.(2012·杭州模拟)有一个带电荷量为＋q 、重为G 的小球，从两竖直的带电平行板上方h 处自由落下，两极板间另有匀强磁场，磁感应强度为B ，方向如图所示，则带电小球通过有电场和磁场的空间时，下列说法错误的是( )A ．一定做曲线运动B ．不可能做曲线运动C ．有可能做匀加速运动D ．有可能做匀速运动8.(2012·合肥模拟)如图所示，竖直放置的平行板电容器，A 板接电源正极，B 板接电源负极，在电容器中加一与电场方向垂直的、水平向里的匀强磁场．一批带正电的微粒从A 板中点小孔C 射入，射入的速度大小方向各不相同，考虑微粒所受重力，微粒在平行板A 、B 间运动过程中( )A ．所有微粒的动能都将增加B ．所有微粒的机械能都将不变C ．有的微粒可以做匀速圆周运动D ．有的微粒可能做匀速直线运动9.(2012·徐州模拟)如图所示，在一绝缘、粗糙且足够长的水平管道中有一带电量为q 、质量为m 的带电球体，管道半径略大于球体半径.整个管道处于磁感应强度为B 的水平匀强磁场中，磁感应强度方向与管道垂直.现给带电球体一个水平速度v 0，则在整个运动过程中，带电球体克服摩擦力所做的功不可能为( )A.0B.21mg m()2qBC.201mv 2D.2201mg m v ()2qB ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦10.(2011·庆阳模拟)如图所示，相距为d 的水平金属板M 、N 的左侧有一对竖直金属板P 、Q ，板P 上的小孔S 正对板Q 上的小孔O ，M 、N 间有垂直于纸面向里的匀强磁场，在小孔S 处有一带负电粒子，其重力和初速度均不计，当滑动变阻器的滑片在AB 的中点时，带负电粒子恰能在M 、N 间做直线运动，当滑动变阻器的滑片滑到A 点后( )A.粒子在M 、N 间运动过程中，动能一定不变B.粒子在M 、N 间运动过程中，动能一定增大C.粒子在M 、N 间运动过程中，动能一定减小D.以上说法都不对11.(2011·平川模拟)如图所示，粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带电的小球，整个装置处在由水平匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中小球的v -t图象如图所示，其中正确的是( )12.(2012·攀枝花模拟) 如图所示，一带正电的质子从O点以速度v0垂直极板射入，两个板间存在垂直纸面向里的匀强磁场，已知两板之间距离为d，板长为d，O点是板的正中间，为使质子能从两板间射出，试求磁感应强度B应满足的条件(已知质子的带电量为e，质量为m)．13.(2012·天水模拟)如图所示，在xOy平面上，a点坐标为(0，l)，平面内有一边界通过a点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，有一电子(质量为m，电量为e)从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运动，恰好在x轴上的b点(未标出)射出磁场区域，此时速度方向与x轴正方向夹角为60°，求：(1)磁场的磁感应强度；(2)磁场区域圆心O1的坐标；(3)电子在磁场中的飞行时间.14.(2012·广州模拟)如图所示，竖直平面内有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E1＝2 500 N/C，方向竖直向上；磁感应强度B＝103 T.方向垂直纸面向外；有一质量m＝1×10-2 kg、电荷量q＝4×10-5 C的带正电小球自O点沿与水平线成45°角以v0＝4 m/s的速度射入复合场中，之后小球恰好从P点进入电场强度E2＝2 500 N/C，方向水平向左的第二个匀强电场中．不计空气阻力，g取10 m/s2.求：(1)O点到P点的距离s1；(2)带电小球经过P点的正下方Q点时与P点的距离s2.15.(2012·衡水模拟)如图甲所示，在光滑绝缘的水平桌面上建立一xOy坐标系，平面处在周期性变化的电场和磁场中，电场和磁场的变化规律如图乙所示(规定沿+y方向为电场强度的正方向，竖直向下为磁感应强度的正方向).在t=0时刻，一质量为10 g、电荷量为0.1 C 的带电金属小球自坐标原点O处，以v0=2 m/s的速度沿x轴正方向射出.已知E0=0.2 N/C、B0=0.2 πT.求：(1)t=1 s末金属小球速度的大小和方向；(2)1～2 s内，金属小球在磁场中做圆周运动的半径和周期；(3)在给定的坐标系中，大体画出小球在0到6 s内运动的轨迹示意图；(4)6 s内金属小球运动至离x轴最远点的位置坐标.【高考预测】磁场部分是高考的重点内容，主要呈现以下三点命题趋势：(1)带电粒子在磁场中运动以及在复合场中运动的综合问题.(2)与洛伦兹力、电场力、重力有关的力电大型综合题.(3)采用本章的基础知识与科学技术成果相结合，物理模型与生产生活实际相结合的题目．对该部分内容的命题预测点如下：1.环形对撞机是研究高能离子的重要装置，如图所示，正、负离子由静止经过电压为U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B.两种带电粒子将被局限在环状空腔内，沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，从而在碰撞区迎面相撞.为维持带电粒子在环状空腔中的匀速圆周运动，下列说法正确的是( )A.对于给定的加速电压，带电粒子的比荷qm越大，磁感应强度B越大B.对于给定的加速电压，带电粒子的比荷qm越大，磁感应强度B越小C.对于给定的带电粒子，加速电压U越大，粒子运动的周期越小D.对于给定的带电粒子，不管加速电压U多大，粒子运动的周期都不变2.两导线内电流方向如图所示，导线ab固定，导线cd与ab垂直且与ab相隔一段距离，cd可以自由移动，试分析cd的运动情况．3.如图所示，在磁感应强度B＝1.0 T，方向竖直向下的匀强磁场中，有一个与水平面成θ＝37°的导电滑轨，滑轨上放置一个可自由移动的金属杆ab,ab杆水平放置.已知接在滑轨中的电源电动势E＝12 V，内阻不计．导轨间距L＝0.5 m，质量m＝0.2 kg，杆与滑轨间的动摩擦因数μ＝0.1，滑轨与ab杆的电阻忽略不计．求：要使ab杆在滑轨上保持静止，滑动变阻器R的阻值在什么范围内变化？(g取10 m/s2，sin37°＝0.6)4.回旋加速器是用来加速一群带电粒子使它们获得很大动能的仪器，其核心部分是两个D形金属盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接，以便在盒间的窄缝中形成匀强电场，使粒子每次穿过狭缝都得到加速，两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近．若粒子源射出的粒子电荷量为q，质量为m，粒子最大回转半径为R m，其运动轨迹如图所示．求：(1)两个D形盒内有无电场？(2)粒子在D形盒内做何种运动？(3)所加交流电频率是多大？(4)粒子离开加速器的速度为多大？最大动能为多少？5.如图所示装置由加速电场、偏转电场和偏转磁场组成.偏转电场处在加有电压的相距为d的两块水平平行放置的导体板之间，匀强磁场水平宽度为l，竖直宽度足够大，处在偏转电场的右边，如图甲所示.大量电子(其重力不计)由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入偏转电场.当偏转电场两板没有加电压时，这些电子通过两板之间的时间为2t0，当在两板间加上如图乙所示的周期为2t0、幅值恒为U0的电压时，所有电子均能通过电场，穿过磁场，最后打在竖直放置的荧光屏上(已知电子的质量为m、电荷量为e).求：(1)如果电子在t=0时刻进入偏转电场，求它离开偏转电场时的侧向位移大小；(2)通过计算说明，所有通过偏转电场的电子的偏向角(电子离开偏转电场的速度方向与进入电场速度方向的夹角)都相同.(3)要使电子能垂直打在荧光屏上，匀强磁场的磁感应强度为多少？6.如图所示，在一底边长为2L,θ=45°的等腰三角形区域内(O为底边中点)有垂直纸面向外的匀强磁场，现在一质量为m，电量为q的带正电粒子从静止开始经过电势差为U的电场加速后，从O点垂直于AB进入磁场，不计重力与空气阻力的影响.(1)求粒子经电场加速射入磁场时的速度.(2)磁感应强度B为多少时，粒子能以最大的圆周半径偏转后打到OA板？(3)增加磁感应强度的大小，可以再延长粒子在磁场中的运动时间，求粒子在磁场中运动的极限时间.(不计粒子与AB板碰撞的作用时间，设粒子与AB板碰撞前后，电量保持不变并以相同的速率反弹)7.如图甲所示，竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度E=40 N/C，磁感应强度B随时间t变化的关系图象如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向.t=0时刻，一质量m=8×10-4kg、电荷量q=+2×10-4C的微粒在O点具有竖直向下的速度v=0.12 m/s,O′是挡板MN上一点，直线OO′与挡板MN垂直，取g=10 m/s2.求：(1)微粒再次经过直线OO′时与O点的距离；(2)微粒在运动过程中离开直线OO′的最大高度；(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的距离应满足的条件.8.如图所示，在坐标系xOy内有一半径为a的圆形区域，圆心坐标为O1(a，0)，圆内分布有垂直于纸面向里的匀强磁场.在直线y＝a的上方和直线x＝2a的左侧区域内，有一沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E．一质量为m、电荷量为+q(q>0)的粒子以速度v从O点垂直于磁场方向射入，当速度方向沿x轴正方向时，粒子恰好从O1点正上方的A点射出磁场，不计粒子重力.(1)求磁感应强度B的大小；(2)粒子在第一象限内运动到最高点时的位置坐标；(3)若粒子以速度v从O点垂直于磁场方向射入第一象限，当速度方向与x轴正方向的夹角θ=30°时，求粒子从射入磁场到最终离开磁场的时间t．答案解析【模拟演练】1.【解题指南】解答本题注意以下两点：(1)明确电子的运动方向，从而确定正电荷的运动方向.(2)利用左手定则判断电子的受力方向.【解析】选B 、C.由于AB 中通有电流，在阴极射线管中产生磁场，电子受到洛伦兹力的作用而发生偏转，由左手定则可知，阴极射线管中的磁场方向垂直纸面向内，所以根据安培定则，AB 中的电流方向应为从B 流向A.当AB 中的电流方向变为从A 流向B 时，则AB 上方的磁场方向变为垂直纸面向外，电子所受的洛伦兹力变为向上，电子束的径迹变为向上偏转.所以本题的正确选项应为B 、C.2.【解析】选D.由B ＝F IL可知水平向左的磁感应强度的分量为1 T ，无法确定沿电流方向的磁感应强度的分量，由矢量合成可知无法确定磁感应强度的方向；仅知道F 的方向，无法用左手定则判断磁感应强度的方向．故选D.3.【解题指南】解答本题注意以下两点：(1)根据左手定则判断出导体棒所受安培力的方向并画出受力图.(2)根据平衡条件判断是否平衡.【解析】选B. 四种情况的受力分别如图所示：A 、C 都有可能平衡，D 中如果重力与安培力刚好大小相等，则导体棒与导轨间没有压力，可以平衡，B 合外力不可能为零．4.【解析】选C. 粒子运动周期T ＝2m Bqπ，当θ一定时，粒子在磁场中运动时间t ＝22T T 2πθπθππ－－＝，ω＝2.Tπ由于t 、ω均与v 无关，故A 、B 项错误，C 项正确．当v 一定时，由r ＝mv Bq知，r 一定；当θ从0变至2π的过程中，θ越大，粒子离开磁场的位置距O 点越远；当θ大于2π时，θ越大，粒子离开磁场的位置距O 点越近，故D 项错误. 5.【解析】选C. 磁场垂直xOy 平面向外并位于y 轴上方，离子带负电，利用左手定则判断出离子运动方向，并画出草图找出圆心，可判断出C 图是正确的．第 10 页共 24 页金太阳新课标资源网6.【解题指南】解答本题注意以下两点：(1)画出粒子运动的轨迹.(2)根据轨迹所对应的圆心角判断运动时间的大小.【解析】选A 、C.作出粒子刚好从ab 边射出的轨迹①、刚好从bc 边射出的轨迹②、从cd 边射出的轨迹③和从ad 边射出的轨迹④.由题意可推知，该带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t 0.结合图可知，从ab 边射出经历的时间一定不大于05t 6；从bc 边射出经历的时间一定不大于04t 3；从cd 边射出经历的时间一定是05t 3；从ad 边射出经历的时间一定不大于0t .3则A 、C 正确，B 、D 错误.【误区警示】处理带电粒子在磁场中运动问题的五个误区处理带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动问题的关键是画出符合题意的运动轨迹图.先确定圆心，然后根据几何关系确定半径、圆心角.其中半径和带电粒子的速率密切相关；圆心角和粒子在磁场中运动的时间相联系.同时还应避免出现以下五个误区:(1)不明确粒子的电性及运动方向.(2)没注意磁场的方向和边界.(3)忽视了圆周运动的多解性、对称性和周期性.(4)不会分析粒子运动的临界值.(5)几何知识的应用出现错误.7.【解析】选B 、C 、D. 由于小球的速度变化时，洛伦兹力会变化，小球所受合力变化，小球不可能做匀速或匀加速运动，B 、C 、D 错．8.【解析】选D.若微粒按如图方向运动，金太阳新课标资源网当洛伦兹力水平方向分量与电场力抵消,洛伦兹力竖直方向分量与重力抵消时，微粒可做匀速直线运动，D 正确;但微粒不可能做匀速圆周运动,因为运动方向改变，洛伦兹力大小、方向必然改变,微粒所受合力大小也改变,C 错误;除重力外，粒子还受洛伦兹力和电场力作用，洛伦兹力不做功,电场力做功，粒子机械能改变，B 错误;当粒子做匀速直线运动时，动能不变，A 错误.【误区警示】解答本题易产生的两个误区(1)电场力对粒子做正功，则所有微粒的动能都将增加，没有搞清楚动能变化的原因是合外力做功引起.(2)洛伦兹力的方向与运动方向垂直，则所有的微粒可以做匀速圆周运动，不清楚做匀速圆周运动的条件是合外力的大小不变，方向与速度方向垂直.9.【解析】选B.若带电球体所受的洛伦兹力qv 0B=mg,带电球体与管道间没有弹力，也不存在摩擦力,故带电球体克服摩擦力做的功为0，A 可能;若qv 0B ＜mg ，则带电球体在摩擦力的作用下最终停止，故克服摩擦力做的功为201mv ,2C 可能;若qv 0B ＞mg ，则带电球体开始时受摩擦力的作用而减速，当速度达到v=mg qB时，带电球体不再受摩擦力的作用，所以克服摩擦力做的功为2201mg m v ()2qB ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，D 可能，B 不可能.综上所述选B. 10.【解析】选A.当滑片向上滑动时，两个极板间的电压减小，粒子所受电场力减小，当滑到A 处时，偏转电场的电压为零，粒子进入此区域后做圆周运动．而加在PQ 间的电压始终没有变化，所以进入偏转磁场后动能也就不发生变化了．综上所述，A 项正确．11.【解析】选C.小球下滑过程中，qE 与qvB 反向，开始下落时qE>qvB ，所以a ＝mg (qE qvB)mμ－－，随下落速度v 的增大a 逐渐增大；当qE<qvB 之后，其a ＝金太阳新课标资源网mg (qvB qE)mμ－－，随下落速度v 的增大a 逐渐减小；最后a ＝0小球匀速下落，故选项C 正确， A 、B 、D 错误.12.【解题指南】解答本题注意以下两点：(1)确定带电质子在磁场中做圆周运动的圆心并进一步利用几何关系求半径．(2)明确临界条件．【解析】由于质子在O 点的速度垂直于板NP ，所以质子在磁场中做圆周运动的圆心O ′一定位于NP 所在的直线上，如果直径小于ON ，则轨迹将是圆心位于ON 之间的一个半圆弧．随着磁场B 的减弱，其半径r ＝mv qB逐渐增大，当半径r ＝ON 2时，质子恰能从N 点射出．如果B 继续减小，质子将从NM 之间的某点射出．当B 减小到某一值时，质子恰从M 点射出．如果B 再减小，质子将打在MQ 板上而不能飞出．因此质子分别从N 点和M 点射出是B 所对应的两个临界值．第一种情况是质子从N 点射出，此时质子轨迹为半个圆，半径为ON d 24＝．所以R 1＝01mv d qB 4= B 1＝04mv de第二种情况是质子恰好从M 点射出，轨迹如题图中所示．由平面几何知识可得：222221R d (R d)2-＝＋ ① 又R 2＝02mv qB ② 由①②得：B 2＝04mv 5de 磁感应强度B 应满足的条件：04mv 5de ≤B ≤04mv de．答案:见解析13.【解析】(1)电子在磁场中做匀速圆周运动，从a 点射入从b 点射出，O、金太阳新课标资源网a 、b 均在圆形磁场区域的边界，电子运动轨道圆心为O 2，令22O a O b ==R由题意可知，∠aO 2b ＝60°，且△aO 2b 为正三角形在△OO 2b 中，R 2＝(R －l )2＋(Rsin60°)2 ① 而R ＝0mv Be② 由①②得R ＝2l所以B ＝0mv 2e l(2)由于∠aOb ＝90°，又∠aOb 为磁场圆形区域的圆周角，所以ab 即为磁场区域直径 11aO R 2==l O 1的x 坐标：x ＝1aO sin60y ＝l -1aO cos60°＝2l 所以O 1坐标为，2l ) (3)电子在磁场中的飞行时间t ＝006012m 22T 3606Be 3v 3v πππ==⨯= l l 答案:(1)0mv 2e l(2)(2，2l ) (3) 023v πl 【方法技巧】带电粒子在有边界磁场区域中做圆周运动的处理方法(1)根据运动电荷在有界磁场的出入点速度方向垂线的交点，确定圆心的位置.(2)然后作出轨迹和半径，根据几何关系找出等量关系．(3)求解飞行时间要从找轨迹所对应的圆心角入手．14.【解析】(1)带电小球在正交的匀强电场和匀强磁场中受到的重力G ＝mg ＝0.1 N电场力F 1＝qE 1＝0.1 N金太阳新课标资源网即G ＝F 1，故带电小球在正交的电磁场中由O 到P 做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得：qv 0B ＝20v m R解得：R ＝2053mv 1104 m qB 41010--⨯⨯⨯⨯＝＝1 m 由几何关系得：s 1(2)带电小球在P 点的速度大小仍为v 0＝4 m/s,方向与水平方向成45°.由于电场力F 2＝qE 2＝0.1 N,与重力大小相等，方向相互垂直，则合力的大小为F＝10N ，方向与初速度方向垂直，故带电小球在第二个电场中做类平抛运动，建立如图所示的x 、y 坐标系，沿y 轴方向上，带电小球的加速度a＝2F /s m ＝，位移y ＝21at 2沿x 轴方向上，带电小球的位移x ＝v 0t由几何关系有：y ＝x 即：21at 2＝v 0t ，解得：tm Q 点到P 点的距离s 2＝3.2 m 答案【方法技巧】带电粒子在复合场中运动问题的解题技巧带电粒子在复合场中的运动，实际上仍是一个力学问题，分析的基本思路是：(1)弄清复合场的组成.(2)正确分析带电粒子的受力情况及运动特征.(3)画出粒子运动轨迹,灵活选择对应的运动规律列式求解.例如带电粒子在电场中加速，一般选择动能定理，类平抛运动一般要进行运动的分解,圆周运动中要分析向心力等.(4)对于临界问题,注意挖掘隐含条件,关注特殊词语如“恰好”、“刚好”、“至少”,寻找解题的突破口.金太阳新课标资源网15.【解析】(1)在0～1 s 内，金属小球在电场力作用下，在x 轴方向上做匀速运动v x =v 0 y 方向做匀加速运动v y =01qE t m 1 s 末金属小球的速度v 1/s =设v 1与x 轴正方向的夹角为α，则tan α=yx v v α=45°(2)在1～2 s 内，金属小球在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律qv 1B 0=211mv R 得R 1=10mv qB = 金属小球做圆周运动的周期 T=02m qB π=1 s(3)金属小球运动轨迹如图所示(4)5 s 末金属小球的坐标为x=v 0t=6 m(t=3 s) y=2at 2=9 m 此时金属小球y 轴方向的速度：金太阳新课标资源网v y =qE 0t/m=6 m/s合速度大小为/s =第6 s 内金属小球做圆周运动的半径R n=0mv m qB =π金属小球在第6 s 内做圆周运动的轨迹如图所示第6 s 内金属小球运动至离x 轴最远点坐标为X=x-R n sin θ=6-3π(m) 其中sin θ=yv v = Y=y+R n (1+cos θ(m) 其中cos θ=0v v = 答案:(1)/s 方向与x 轴正方向的夹角为45°1 s (3)见解析(4)3(6,9-π 【高考预测】金太阳新课标资源网1.【解析】选B 、C.在加速器中qU ＝12mv 2，在环状空腔内做匀速圆周运动的半径r ＝mv qB ，即r所以对于给定的加速电压，在半径不变的条件下q m 越大，B 越小，选项A 错误，B 正确；粒子在空腔内的周期T ＝2r v，故加速电压越大，粒子的速率v 越大，而半径不变，其周期越小，选项D 错误，C 正确.2.【解题指南】解答本题注意以下两点：(1)cd 如何运动取决于ab 导体产生的磁场对cd 的安培力方向.(2)弄清ab 形成的磁场的分布情况．【解析】首先分析固定导线ab 的磁感线的分布情况，如图所示(用安培定则)，然后再用左手定则分析cd 导线在磁场中的受力方向，可以发现cd 导线将顺时针方向转动．仔细留意一下就会发现，当cd 一转动，两者的电流就有同向的成分，而同向电流相互吸引，可见cd 导线在转动的同时还要向ab 导线平移．答案:cd 导线顺时针转动的同时向ab 导线平移3.【解析】分析画出ab 杆在恰好不下滑和恰好不上滑这两种情况下的受力分析，如图所示．当ab 杆恰好不下滑时，如图甲所示．由平衡条件得沿斜面方向：mgsin θ＝μF N1＋F 安1cos θ， ①金太阳新课标资源网垂直斜面方向：F N1＝mgcos θ＋F 安1sin θ， ②而F 安1＝1E B L R ， ③ 由①②③式，得R 1＝5 Ω当ab 杆恰好不上滑时，如图乙所示．由平衡条件得沿斜面方向：mgsin θ＋μF N2＝F 安2cos θ， ④垂直斜面方向：F N2＝mgcos θ＋F 安2sin θ， ⑤而F 安2＝2E B L R ， ⑥ 由④⑤⑥式，得R 2＝3 Ω所以，要使ab 杆保持静止，R 的取值范围是3 Ω≤R ≤5 Ω.答案:3 Ω≤R ≤5 Ω【方法技巧】通电导体在磁场中的平衡问题的处理方法(1)解决有关通电导体在磁场中的平衡问题，关键是受力分析，只不过比纯力学中的平衡问题要多考虑一个安培力．(2)根据共点力的平衡条件F 合=0或F x 合=0,F y 合=0列出平衡方程.(3)由于安培力、电流I 、磁感应强度B 的方向之间涉及到三维空间，所以在受力分析时要善于把立体图转化成平面图．4.【解析】(1)金属盒由金属导体制成，具有屏蔽外电场作用，所以盒内无电场．(2)粒子在盒内做匀速圆周运动，每次加速之后半径变大．(3)粒子在电场中运动时间极短，因此高频交变电压频率要符合粒子回旋频率．由T ＝2mqBπ得回旋频率f ＝1qB T 2mπ＝，即为交流电的频率. (4)粒子最大回旋半径为R m由R m ＝m mv qB得v m ＝m qBR m。

2013高考物理模拟新题特快专递(第二期)专题十电磁感应

n1 A. n2
n2 B. n1
n12 C. n22
n22 D. n12
答案： B 解析：设线圈 A 半径为 R，线圈 B 半径为 r，则 n12π R= n22π r
线圈 A 和 B ，两线圈中的感应电动势之比为
n1R2 n2r 2 ，由于电阻相等，感应电流之比
IA ∶
n2 IB= n1 ，选项 B 正确。
T T
解析：在 2 时间内，由楞次定律可知，线框中感应电流的方向为顺时针，
由左手定则可
判断线框受安培力的合力方向向右，选项
B 正确。
3. （ 2013 河南三市联考）两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为电阻。质量为 m、电阻为 r 的金属棒在距磁场上边界某处静止释放，
L ，顶端接阻值为 R 的金属棒和导轨接触良好，
9.【解析】（ 1）线框进入磁场前，线框仅受到细线的拉力 FT ，斜面的支持力和线框重力，重物 M 受到重力和拉力 FT．对线框，由牛顿第二定律得 FT –mg sin α= ma
（ 2 分）
联立解得线框进入磁场前重物
Mg mg sin
a
M 的加速度
M m = 5m/s2
（ 2）因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，所以重物受力平衡线框 abcd 受力平衡 FT′= mg sin α + F（A1 分）
10. （ 15 分）（ 2013 江苏淮安调研）如图，相距 L=1m 、电阻不计的平行光滑长金属导轨固定在绝缘水平面上，两导轨左端间接有阻值 R=2Ω 的电阻，导轨所在区域内加上与导轨所在
2 平面垂直、方向相反的匀强磁场，磁场宽度 d 均为 0.6m，磁感应强度大小 B1= 5 T 、B2=0.8T 。

2013年全国各地高考物理试题分类汇编电磁感应

2013年全国各地高考招生物理试题汇编--电磁感应3(2013天津卷)．．如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框动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:Q1>Q2 q1=q2B: Q1>Q2 q1>q2C:Q1=Q2 q1=q2D: Q1=Q2 q1>q2答案：A16(2013安徽高考)．如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为370，宽度为0.5m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1Ω。

一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2kg，接入电路的电阻为1Ω，两端于导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5。

在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8T。

将导体棒MN由静止释放，运动一端时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度及小灯泡消耗的电功率分别为（重力加速度g取10m/s2，sin370=0.6）A．2.5m/s 1W B．5m/s 1WC．7.5m/s 9W D．15m/s 9W【答案】B11【2013上海高考】．如图，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘。

当MN中电流突然减小时，线圈所受安培力的合力方向(A)向左(B)向右(C)垂直纸面向外(D)垂直纸面向里答案：B13【2013江苏高考】. (15 分)如图所示,匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd,线圈平面与磁场垂直. 已知线圈的匝数N =100,边长ab =1. 0 m、bc =0. 5 m,电阻r =2 Ω. 磁感应强度B 在0 ~1 s 内从零均匀变化到0. 2 T. 在1 ~5 s 内从0. 2 T 均匀变化到-0. 2 T,取垂直纸面向里为磁场的正方向.求(1:)0. 5 s 时线圈内感应电动势的大小 E 和感应电流的方向；（2)在1~5 s 内通过线圈的电荷量q ；（3）0~5 s 内线圈产生的焦耳热Q.答案：36【2013广东高考】.（18分）如图19（a ）所示，在垂直于匀强磁场B 的平面内，半径为r 的金属圆盘绕过圆心O 的轴转动，圆心O 和边缘K 通过电刷与一个电路连接，电路中的P 是加上一定正向电压才能导通的电子元件。

2013届高三物理试题汇编详解系列第3期专题10电磁感应Word版含答案

一、单项选择题1.（辽宁省丹东市四校协作体2013届高三摸底考试）许多科学家在物理学发展的过程中做出了重要贡献，下列说法正确的是（）A. 法拉第发现了“磁生电”现象，安培发现了电流的磁效应B. 牛顿在自由落体运动研究中把实验和逻辑推理和谐的结合了起来C. 卡文迪许发现了万有引力定律，并计算出太阳与地球间引力的大小D. 法拉第提出了电场的观点，说明处于电场中的电荷所受到的力是电场给予的1.D 解析：奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象即“磁生电”现象；伽利略在自由落体运动研究中把实验和逻辑推理和谐的结合了起来；牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量G 的值；法拉第提出了电场的观点，说明处于电场中的电荷所受到的力是电场给予的。

只有选项D 正确。

本题答案为D 。

2.（河南省新乡许昌平顶山三市2013届高三第一次调研考试理科综合能力测试）矩形导线框固定在匀强磁场中，如图甲所示。

磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向为垂直纸面向里，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示，则A.从0到t 1时间内，导线框中电流的方向为abcdaB.从0到t 1时间内，导线框中电流越来越小C.从0到t 2时间内，导线框中电流的方向始终为adcbaD.从0到t 2时间内，导线框bc 边受到的安培力越来越大2.C 解析：根据楞次定律，从0到t 1时间内和从t 1到t 2时间内，导线框中电流的方向均为adcba ，选项A 错误，C 正确；设线框围成的面积为S ，则线框中的感生电动势E =S t B ∆∆，因为从0到t 2时间内，tB ∆∆是定值，所以E 是定值，导线框中的电流I 恒定不变，选项B 错误；从0到t 2时间内，导线框中的电流I 恒定不变，导线框bc 边受到的安培力F=BIl bc ∝B ，所以该安培力先减小后增大，选项D错误。

本题答案为C。

3．（江西省临川一中、师大附中2013届高三上学期8月联考物理试卷）如图所示，竖直放置的条形磁铁中央，有一闭合金属弹性圆环，条形磁铁中心线与弹性环轴线重合，现将弹性圆环均匀向外扩大，下列说法中正确的是（）A．穿过弹性圆环的磁通量增大B．从上往下看，弹性圆环中有顺时针方向的感应电流C．弹性圆环中无感应电流D．弹性圆环受到的安培力方向沿半径向外3.B 解析：竖直向下穿过条形磁铁的磁感线与磁铁外部的磁感线形成闭合曲线，竖本题答案为B。

2013高考物理真题+模拟新题分类汇编(精解详析)：N单元光学电磁波相对论.pdf

N单元光学电磁波相对论 N1　光的传播 14．N1[2013·北京卷] 如图所示，一束可见光射向半圆形玻O，经折射后分为两束单色光和b.下列判断正确的是( ) A．玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率光的频率大于b光的频率在真空中a光的波长大于b光的波长光光子能量小于b光光子能量　[解析] 由光路的可逆性对原光路进行反向变换，光的入射角大b光，而折射角相等，根据＝可知，玻璃对光的折射率大于对b光的折射率，A项错误．介质对光的折射率越大，光的频率越大，B项正确．由＝λf可知，频率越大，光的波长越短，C项错误．频率越高，光子的能量越大，D项错误．[2013·四川卷] 光射到两种不同介质的分界面，分析其后的传播情形可知( )折射现象的出现说明光是纵波光总会分为反射光和折射光折射光与入射光的传播方向总是不同的发生折射是因为光在不同介质中的传播速度不同　[解析] 折射现象不能说明光是横波还纵波，选项错误；当发生全反射时，无折射光，选项错误；当光线沿法线入射时，光的传播方C错误；根据光在介质中传播公式v＝可知，选项正确．　光的波动性 N3　电磁场电磁波 11．N3[2013·四川卷] 如图所示，竖直平面(纸面)内有直角坐标系xOy，x轴沿水平方向．在x≤0的区域内存在方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场．在第二象限紧贴y轴固定放置长为l、表面粗糙的不带电绝缘平板，平板平行于x轴x轴相距h.在第一象限内的某区域存在方向相互垂直的匀强磁场(磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外)和匀强电场(图中未画出)．一质量为m、不带电的小球Q从平板下侧A点沿x轴正向抛出；另一质量也为m、带电量为q的小球P 从A点紧贴平板沿x轴正向运动，变为匀速运动后从y轴上的D点进入电磁场区域做匀速圆周运动，经圆周离开电磁场区域，沿y轴负方向运动，然后从x轴上的K点进入第四象限．小球P、Q相遇在第四象限的某一点，且竖直方向速度相同．设运动过程中小球P 电量不变，小球P和Qg.求： (1)匀强电场的场强大小，并判断P球所带电荷的正负；(2)小球Q的抛出速度v的取值范围；(3)B1是B的多少倍？[解析] (1)由题给条件，小球P在电磁场区域内做圆周运动，必有重力与电场力平衡，设所求场强大小为E，有mg＝Eq 得＝小球P在平板下侧紧贴平板运动，其所受P带正电．(2)设小球P紧贴平板匀速运动的速度为v，此时洛伦兹力与重力平衡，有B＝mg设小球P以速度v在电磁场区域内做匀速圆周运动的半径为R，有＝m设小球Q与小球P在第四象限相遇点的坐标为x、y，有＝R，y≤0 小球Q运动到相遇点所需时间为t，水平方向位移为s，竖直方向位移为d，有＝v＝由题意得＝s－l，y＝h－d联立相关方程，由题意可知v，得(l＋) (3)小球Q在空间做平抛运动，要满足题设要求，则运动到小球P穿出电磁场区域的同一水平高度时的W点时，其竖直方向的速度v与竖直位移y必须满足＝v＝R设小球Q运动到W点时间为t，由平抛运动，有y＝gt＝联立相关方程，解得＝是B的0.5倍．[2013·四川卷] 下列关于电磁波的说法，正确的是( )电磁波只能在真空中传播电场随时间变化时一定产生电磁波做变速运动的电荷会在空间产生电磁波麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在　[解析] 本题考查电磁波的相关知识．电磁波既能在真空中传播又能在介质中传播，选项错误；随时间均匀变化的电场产生恒定的磁场，不能形成电磁波，选项错误；根据麦克斯韦电磁场理论，选项正确；麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹第一次用实验证明了电磁波D错误．[2013·浙江卷] 关于生活中遇到的各种波，下列说法正确的是( )电磁波可以传递信息，声波不能传递信息手机在通话时涉及的波既有电磁波又有声波太阳光中的可见光和医院“超”中的超声波传播速度相同遥控器发出的红外线波长和医院“中的射线波长相同　相对论 N5　实验：测玻璃砖的折射率 N6　实验：用双缝干涉实验测量光的波长 N7　光学综合 14．N7[2013·全国卷] 下列现象中，属于光的衍射的是( )雨后天空出现彩虹通C．海市蜃楼现象日光照射在肥皂膜上出现彩色条纹 [解析] 雨后彩虹和海市蜃楼属于光的折射，选项A、C错误；肥皂膜在日光照射下出现彩纹属于薄膜干涉，错误；通过狭缝观察日光灯出现彩色条纹属于单缝衍射，B正确． 8．N7[2013·天津卷] 固定的半圆形玻璃砖的横截面如图，O点为圆心，OO′为直径MN的垂线．足够大的光屏PQ紧靠玻璃砖右侧且垂直于MN.由A、B两种单色光组成的一束光沿半径方向射向O点，入射光线与OO′夹角θ较小时，光屏NQ区域出现两个光斑，逐渐增大θ角，当θ＝α时，光屏NQ区域A光的光斑消失，继续增大θ角，当θ＝β时，光屏NQ区域B光的光斑消失，则( )玻璃砖对A光的折射率比对B光的大光在玻璃砖中传播速度比B光的大时，光屏上只有1个光斑时，光屏上只有1个光斑　[解析] A光的光斑先消失，说明A光先发生了全反射，其临界角较小，所以A光的折射率较大，选项A正确；由光在介质中传播的速度公式v＝可知，A光的B错误；当α<θ<β时，只有A光发生了全反射，光屏上应有两个光斑，一个在NQ间，一个在PN间，选项错误；当β<θ<时，A光和B光都发生了全反射，光屏上只有1个光斑在PN间，选项正确． 16．N7[2013·浙江卷] 与通常观察到的月全食不同，小虎同学在2012年12月10日晚观看月全食时，看到整个月亮是暗红的．小虎画了月全食的示意图，并提出了如下猜想，其中最为合理的是( )地球上有人用红色激光照射月球太阳照射到地球的红光反射到月球太阳光中的红光经地球大气层折射到月球太阳光中的红光在月球表面形成干涉条纹 16．C　[解析] 月全食的示意图如图所示．月全食发生时，月球处于地球的本影区．从原理上来说，地球上的人不会看到月亮．为什么会看到“红月亮”呢？是因为有一部分太阳光经过地球大气层的折射后，波长较短的蓝紫光大部分被吸收了，而波长较长的红光更多地照向月球表面，所以“红月亮”是地球大气对太阳光的折射造成的．月全食是自然现象，小虎看到整个月球是暗红色，也是自然现象，不是人用红色激光照射的结果，故A错．月全食时月球在地球的背面，地球反射的光不会照向月球，故B错．月全食时，太阳光无法直接照到月D错．用排除法也应该选C.。

2013高考物理真题分类解析专题10 磁场 Word版含解析

专题十、磁场1．（2013高考上海物理第13题）如图，足够长的直线ab靠近通电螺线管，与螺线管平行。

用磁传感器测量ab 上各点的磁感应强度B ，在计算机屏幕上显示的大致图像是答案：C解析：通电螺线管外部中间处的磁感应强度最小，所以用磁传感器测量ab 上各点的磁感应强度B ，在计算机屏幕上显示的大致图像是C 。

2．（2013高考安徽理综第15题）图中a ，b ，c ，d 为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。

一带正电的粒子从正方形中心O 点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是A ．向上B ．向下C ．向左D ．向右【答案】B【解析】在O 点处，各电流产生的磁场的磁感应强度在O 点叠加。

d 、b 电流在O 点产生的磁场抵消，a 、c 电流在O 点产生的磁场合矢量方向向左，带正电的粒子从正方形中心O 点沿垂直于纸面的方向向外运动，由左手定则可判断出它所受洛伦兹力的方向是向下，B 选项正确。

3. （2013全国新课标理综II 第17题）空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R ，磁场方向垂直于横截面。

一质量为m 、电荷量为q （q>0）的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。

不计重力。

该磁场的磁感应强度大小为 A ．33mv qRB ．qR m v 0C ．qRmv 03 D ．qR m v 03答案.A【命题意图】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动及其相关知识点，意在考查考生应用力学、电学知识分析解决问题的能力。

【解题思路】画出带电粒子运动轨迹示意图，如图所示。

设带电粒子在匀强磁场中运动轨迹的半径为r ，根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律，qv 0B=m 2v r，解得r=mv 0/qB 。

由图中几何关系可得：tan30°=R/r。

联立解得：该磁场的磁感应强度B=33mv qR,选项A 正确。

[精品]2013年全国高考物理试题精编电磁感应及答案

3(2013天津卷)．．如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框动bcd．b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b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AQ1>Q2 q1=q2B Q1>Q2 q1>q2Q1=Q2 q1=q2D Q1=Q2 q1>q2答案：A16(2013安徽高考)．如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角灯泡，电阻为1Ω。

一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为02g，接入电路的电阻为1Ω，两端于导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因为05。

在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为08T。

将导体棒MN由静止释放，运动一端时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度及小灯泡消耗的电功率分别为（重力加速度g取10/2，370=06）A．25/ 1W B．5/ 1W．75/ 9W D．15/ 9W【答案】B11【2013上海高考】．如图，通电导线MN与单匝矩形线圈bcd共面，位置靠近b且相互绝缘。

当MN中电流突然减小时，线圈所受安培力的合力方向(A)向左(B)向右()垂直纸面向外(D)垂直纸面向里答案：B13【2013江苏高考】 (15 分)如图所示,匀强磁场中有一矩形闭合线圈bcd,线圈平面与磁场垂直已知线圈的匝N=100,边长b =1 0 、bc =0 5 ,电阻r =2 Ω磁感应强度B 在0 ~1 内从零均匀变到0 2 T在1 ~5 内从0 2 T 均匀变到-0 2 T,取垂直纸面向里为磁场的正方向求(1)0 5 时线圈内感应电动势的大小 E 和感应电流的方向；（2)在1~5 内通过线圈的电荷量q；（3）0~5 内线圈产生的焦耳热Q答案：36【2013广东高考】（18分）如图19（）所示，在垂直于匀强磁场B 的平面内，半径为r的金属圆盘绕过圆心O的轴转动，圆心O和边缘通过电刷与一个电路连接，电路中的P是加上一定正向电压才能导通的电子元件。

2013届高三物理试题汇编详解系列第3期专题09 磁场含答案

一、单项选择题1．（广东省揭阳一中、潮州金山中学2013届高三联合摸底考试）速率相同的电子垂直磁场方向进入四个不同的磁场，其轨迹照片如图所示，则磁场最强的是1.D 解析：电子在磁场中做匀速圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力有r mv Bve 2=可得rre mv B 1∝=,比较四个运动轨迹可知，选项D 中电子做圆周运动的轨道半径r 最小，所以其磁场最强.本题答案为D 。

2。

(上海市复旦、交大、华师大附中2012届高三下学期3校联考物理试卷）如图所示,磁场方向竖直向下，通电直导线ab 由水平位置1绕a 点在竖直平面内转到位置2,通电导线所受安培力是（）A ．数值变大，方向不变B ．数值变小，方向不变C ．数值不变，方向改变D ．数值，方向均改变2.B 解析:安培力的计算公式为F=BIL sin θ,其中θ表示磁场方向与通电直导线之间的夹角，本题中θ变小，所以安培力的大小变小；根据左手定则,安培力既垂直于磁场方向，也垂直于电流方向，即安培力垂直于磁场和电流所构成的平面，本题中安培力的方向不变，仍垂直于纸面所在平面.综上分析，只有选项B 正确.3. （江苏省南师大附中2012届高三5月份模拟考试试卷)为了诊断病人的心脏功能和动脉血液黏稠情况，需测量血管中血液的流量，如图所示为电磁流量计示意图，将血管置于磁感应强度为B 的磁场中，测得血管两侧a 、b 两点间电压为u ,已知血管的直径为d ，则血管中血液的流量Q （单位时间内流过的体积)为（）A.Bd u B. B du π C 。

B du 4πD 。

B ud 42π 3。

C 解析:设设血液的流速为v ,则u=Bdv ,Q =v d 22⎪⎭⎫ ⎝⎛π，联立解得Q =B du 4π，选项C 正确。

4．(福建省福州一中2012届高三下学期5月理科综合校模拟）如图所示，长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体,上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极,两极间距为d ，极板面积为S ，这两个电极与可变电阻R 相连.在垂直前后侧面的方向上，有一匀强磁场,磁感应强度大小为B .发电导管内有电阻率为ρ的高温电离气体,气体以速度v 向右流动，并通过专用管道导出。

2013高考物理模拟新题精选分类解析(第12期)专题22 电磁感应综合问题

2013高考物理模拟新题精选分类解析〔第12期〕专题22 电磁感应综合问题1.〔18分〕〔2013某某市五区调研〕如下列图，相互平行的长直金属导轨MN、PQ位于同一水平面上，导轨间距离为d=1m，处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B=0.5T，导轨上与导轨垂直放置质量均为m=0.5kg、电阻均为R=0.8Ω相互平行的导体棒a、b，导体棒与导轨间动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度g=10m/s2，不计导轨与接触处的电阻，认为最大静摩擦等于滑动摩擦力。

如果从t-0开始对导体棒a施加平行于导轨的外力F，使a做加速度为a0=3.2m/s2的匀加速运动，导体棒a、b之间距离最够大，a运动中始终未到b处。

〔1〕求当导体棒a速度多大时，导体棒b会开始运动〔2〕在导体棒b开始运动之前，请推导外力F与时间t之间的关系式〔3〕假设在导体棒b刚要开始运动时撤去外力F，此后导体棒b产生的焦耳热为Q=0.12J,求撤去F后，导体棒a运动的最大距离2〔15分〕．〔2013年5月江苏省名校质检〕如下列图，AB和CD是足够长的平行光滑导轨，其间距为L，导轨平面与水平面的夹角为θ。

整个装置处在磁感应强度为B，方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，.AC端连有电阻值为R的电阻。

假设将一质量为M、电阻为r的金属棒EF垂直于导轨在距BD端s处由静止释放，在棒EF滑至底端前会有加速和匀速两个运动阶段。

今用大小为F，方向沿斜面向上的恒力把棒EF从BD位置由静止推至距BD端s处，突然撤去恒力F，棒EF最后又回到BD端。

〔导轨的电阻不计〕〔1〕求棒EF下滑过程中的最大速度；〔2〕棒EF自BD端出发又回到BD端的整个过程中，电阻R上有多少电能转化成了内能?3．〔22分〕〔2013浙江省名校质检〕相距L＝1．5 m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m1＝1 kg的金属棒ab 和质量为m2＝0．27 kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图〔a〕所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小一样。

2013年高考物理模拟新题精选分类解析(第8期)专题10 电磁感应

2013年高考物理模拟新题精选分类解析〔第8期〕专题10 电磁感应1．〔2013年广东省肇庆市一模〕一匀强磁场的边界是MN，MN左侧是无场区，右侧是匀强磁场区域，如图〔甲〕所示，现有一个金属线框以恒定速度从MN左侧进入匀强磁场区域。

线框中的电流随时间变化的I-t图象如图〔乙〕所示.如此可能的线框是如图〔丙〕所示中的答案：D解析：要使线框中产生的电流随时间变化如图〔乙〕所示的I-t图象，根据法拉第电磁感应定律，可能的线框形状为三角形，选项D正确。

2. 〔2013东北四市联考〕如下列图，圆环形线圈P用四根互相对称的轻绳吊在水平的天棚上，四根绳的结点将环分成四等份，图中只画出平面图中的两根绳，每根绳都与天棚成30°角，圆环形线圈P处于静止且环面水平，其正下方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有按正弦函数规律变化的电流，其i-t图象如下列图，线圈P所受的重力为mg，每根绳受的拉力用FT表示。

如此A. 在t=1.5s时，穿过线圈P的磁通量最大，感应电流最大B. 在t=1.5s时，穿过线圈P的磁通量最大，此时FT=0.5mgC. 在t=3s时，穿过线圈P的磁通量的变化率为零D. 在0~3s内，线圈P受到的安培力先变大再变小3. 〔2013河北省名校俱乐部模拟〕图甲为一放置在垂直纸面向里的匀强磁场中的正方形金属线圈,磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示,如此以下说法正确的答案是A 在0〜5 s的时间内,正方形线圈中均有感应电流产生B 在前2 S内线圈中产生了恒定的电流C. 在2 s〜3 s内线圈中无感应电流产生D. 在前2 s内和3 s~5 s内这两个时间段内，线圈中产生的感应电流的方向相反4. 〔2013江苏省六市调研〕如下列图，M, N为处在匀强磁场中的两条位于同一水平面内的光滑平行长金属导轨，一端串接电阻R，磁场沿竖直方向．一金属杆ab可沿导轨滑动，杆和导轨的电阻都不计．现垂直于ab方向对杆施一水平恒力F,使杆从静止开始向右运动．在以后的过程中，杆速度的大小v,，加速度的大小a以与R上消耗的总能量E随时间t变化的图象可能正确的答案是5．(2013浙江省宁波市十校联考)如下列图电路中，电源电动势为E，线圈L的电阻不计．以下判断正确的答案是A．闭合s稳定后，电容器两端电压为EB．闭合S稳定后，电容器的a极带正电C．断开S后的很短时间里，电容器的a极板将带正电D．断开s后的很短时间里，电容器的a极板将带负电6. (7分〔2013年3月乌鲁木齐市二模〕)边长为L的正方形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,穿过该区域的磁通量随时间变化的图象如图。

2013年全国高考物理试题分类汇编(全套)含答案解析

2013年全国高考题（大纲版）物理部分二、选择题：（本大题共8小题，在每小题给出的四个选项中，有的只有一项是符合题目要求，有的有多选项符合题目要求。

全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错或不答的得0分）14．下列现象中，属于光的衍射现象的是（）A ．雨后天空出现彩虹B ．通过一个狭缝观察日光灯可看到彩色条纹C ．海市蜃楼现象D ．日光照射在肥皂泡上出现彩色条纹15．根据热力学第一定律，下列说法正确的是（）A ．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递B ．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量C ．科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机D ．对能源的过度消耗将使自然界得能量不断减少，形成能源危机16．放射性元素氡（22286Rn ）经α衰变成为钋21884Po ，半衰期为3.8天；但勘测表明，经过漫长的地质年代后，目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素22286Rn 的矿石，其原因是（）A ．目前地壳中的22286Rn 主要来自于其它放射元素的衰变B ．在地球形成的初期，地壳中元素22286Rn 的含量足够高 C ．当衰变产物21884Po 积累到一定量以后，21884Po 的增加会减慢22286Rn 的衰变进程D ．22286Rn 主要存在于地球深处的矿石中，温度和压力改变了它的半衰期17．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像18．“嫦娥一号”是我国首次发射的探月卫星，它在距月球表面高度为200 km 的圆形轨道上运行，运行周期为127分钟。

已知引力常量G ＝6.67×10–11 N •m 2/kg2，月球的半径为1.74×103km 。

【备考2014】2013高考物理 (真题+模拟新题分类汇编) 电磁感应

电磁感应L1电磁感应现象、楞次定律图X2112．[2013·湖北省孝感市二统] 如图X211所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，直径与磁场宽度相同的金属圆形线框以一定的初速度斜向匀速通过磁场．在必要的时间段内施加必要的水平拉力保证其匀速运动，则( )A．金属框内感应电流方向先逆时针再顺时针B．金属框内感应电流经历两次先增大后减小C．水平拉力方向与速度同向D．水平拉力方向与速度方向无关2．ABD [解析] 金属圆形线框的磁通量先增加后减少，由楞次定律可知框内感应电流方向先逆时针再顺时针，选项A正确；由切割有效长度为直径时最大，可知金属框产生的感应电动势经历两次先增大后减小的过程，选项B正确；水平拉力方向与安培力的方向相反；水平拉力方向与速度方向无关，选项C错误，选项D正确．19．L1[2013·新课标全国卷Ⅱ] 在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下列叙述符合史实的是( )A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子环流假说C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化19．ABD [解析] 奥斯特观察到电流的磁效应，表明电流可以产生磁场，揭示了电与磁的联系，A正确；安培根据通电螺线管和条形磁铁磁场的相似性，提出了分子环流假说，符合物理史实，B正确；法拉第发现处于变化的磁场中的闭合线圈中会产生感应电流，C错误；D 项的叙述符合楞次定律的发现过程，D正确．12．L1、J1、E6[2013·天津卷] 超导现象是20世纪人类重大发现之一，日前我国已研制出世界传输电流最大的高温超导电缆并成功示范运行．(1)超导体在温度特别低时电阻可以降到几乎为零，这种性质可以通过实验研究．将一个闭合超导金属圆环水平放置在匀强磁场中，磁感线垂直于圆环平面向上，逐渐降低温度使环发生由正常态到超导态的转变后突然撤去磁场，若此后环中的电流不随时间变化，则表明其电阻为零．请指出自上往下看环中电流方向，并说明理由．(2)为探究该圆环在超导状态的电阻率上限ρ，研究人员测得撤去磁场后环中电流为I，并经一年以上的时间t未检测出电流变化．实际上仪器只能检测出大于ΔI的电流变化，其中ΔI I ，当电流的变化小于ΔI 时，仪器检测不出电流的变化，研究人员便认为电流没有变化．设环的横截面积为S ，环中定向移动电子的平均速率为v ，电子质量为m 、电荷量为e.试用上述给出的各物理量，推导出ρ的表达式．(3)若仍使用上述测量仪器，实验持续时间依旧为t ，为使实验获得的该圆环在超导状态的电阻率上限ρ的准确程度更高，请提出你的建议，并简要说明实现方法．12．[解析] (1)逆时针方向．撤去磁场瞬间，环所围面积的磁通量突变为零，由楞次定律可知，环中电流的磁场方向应与原磁场方向相同，即向上．由右手螺旋定则可知，环中电流的方向是沿逆时针方向．(2)设圆环周长为l 、电阻为R ，由电阻定律得R ＝ρl S① 设t 时间内环中电流释放焦耳热而损失的能量为ΔE ，由焦耳定律得ΔE ＝I 2Rt ②设环中单位体积内定向移动电子数为n ，则I ＝nevS③式中n 、e 、S 不变，只有定向移动电子的平均速率的变化才会引起环中电流的变化．电流变化大小取ΔI 时，相应定向移动电子的平均速率变化的大小为Δv ，则ΔI ＝neS Δv ④设环中定向移动电子减少的动能总和为ΔE k ，则ΔE k ＝nlS ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12mv 2－12m （v －Δv ）2⑤ 由于ΔI I ，可得ΔE k ＝lmv eΔI ⑥ 根据能量守恒定律，得ΔE ＝ΔE k ⑦联立上述各式，得ρ＝mvS ΔI etI 2⑧ (3)由ρ＝mvS ΔI etI 2看出，在题设条件限制下，适当增大超导电流，可以使实验获得ρ 的准确程度更高，通过增大穿过该环的磁通量变化率可实现增大超导电流．L2 法拉第电磁感应定律、自感5．[2013·福建省宁德市质检] 如图X214所示，电路中的A 、B 是两个完全相同的灯泡，L 是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈，C 是电容很大的电容器．当开关S 断开与闭合时，A 、B 灯泡发光情况是( )图X214A．S刚闭合后，A灯亮一下又逐渐变暗，B灯逐渐变亮B．S刚闭合后，B灯亮一下又逐渐变暗，A灯逐渐变亮C．S闭合足够长时间后，A灯和B灯一样亮D．S闭合足够长时间后再断开，B灯立即熄灭，A灯逐渐熄灭5．A [解析] S刚闭合后，A灯亮一下又逐渐变暗，B灯逐渐变亮，选项A正确，选项B 错误；S闭合足够长时间后，A灯熄灭，B灯亮．S闭合足够长时间后再断开，电容器C通过B 灯放电，B灯逐渐熄灭，由于L产生自感电动势，与A灯构成闭合电路，A灯逐渐熄灭，选项C、D错误．17．L2[2013·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像可能正确的是( )17．C [解析] 只研究金属棒向右转动90°的一段过程即可：切割磁感线的有效长度L＝2Rsinωt，感应电动势E＝12BLv＝12BL(Lω)＝12B(2Rsinωt)2ω＝2BR2ωsin2ωt，可见感应电动势应该按照三角函数的规律变化，可以排除A和B，再根据右手定则，金属棒刚进入磁场时电动势为正，可排除D，只有C正确．17．L2[2013·北京卷] 如图，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∶217．C [解析] 由右手定则可知，导体棒MN 中产生的电流的方向为N →M ，所以流过R 的电流的方向为a→c，选项A 、D 错误．由E ＝BLv 可知，两次产生的电动势之比为1∶2，选项B 错误，选项C 正确．15．L2[2013·浙江卷] 磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈．当以速度v 0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E －t 关系如右图所示．如果只将刷卡速度改为v 02，线圈中的E －t 关系图可能是( )15．D [解析] 磁卡磁条的磁化区通过检测线圈时，检测线圈中产生动生电动势，当刷卡速度由v 0变成v 02时，动生电动势的大小由E ＝Blv 0变为E′＝Blv 02；刷卡器的长度一定，当刷卡速度由v 0变成v 02时，刷卡时间由t 0变为2t 0，故D 选项正确． 16．L2 [2013·新课标全国卷Ⅱ] 如图，在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右行动．t ＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v －t 图像中，可能正确描述上述过程的是( )16．D [解析] 由于线框在进入磁场过程要切割磁感线而产生感应电流，故线框受到安培力的作用做减速运动，A 错误；安培力F 安＝B 2L 2v R，因v 在减小，故F 安在减小，加速度a ＝F 安m在减小，即线框进入磁场过程做加速度减小的变减速运动，B 错误；由于d>L ，若线框完全进入磁场中仍有速度，则线框将会在磁场中做匀速运动直至右边滑出磁场，线框出磁场过程仍做加速度减小的减速运动，C 错误，D 正确.L3 电磁感应与电路的综合1．[2013·安徽省池州市期末] 一足够长的铜管竖直放置，将一截面与铜管的内截面相同、质量为m 的永久磁铁块由管上端口放入管内，不考虑磁铁与铜管间的摩擦，磁铁的运动速度可能是( )A ．逐渐增大到定值后保持不变B ．逐渐增大到一定值时又开始减小，然后又越来越大C ．逐渐增大到一定值时又开始减小，到一定值后保持不变D ．逐渐增大到一定值时又开始减小到一定值之后在一定区间变动图X2211．A [解析] 永久磁铁块由管上端口放入管内下落，速度增大，在铜管中产生感应电流，铜管阻碍磁铁下落，磁铁速度逐渐增大到定值后保持不变，选项A 正确．7．[2013·河南郑州市一模] 如图X229所示，在xOy 平面内有一扇形金属框abc ，其半径为r ，ac 边与y 轴重合，bc 边与x 轴重合，且c 为坐标原点，ac 边与bc 边的电阻不计，圆弧ab 上单位长度的电阻为R .金属杆MN 长度为L ，放在金属框abc 上，MN 与ac 边紧邻．磁感应强度为B 的匀强磁场与框架平面垂直并充满平面．现对MN 杆施加一个外力(图中未画出)，使之以c 点为轴顺时针匀速转动，角速度为ω.求：图X229(1)在MN 杆运动过程中，通过杆的电流I 与转过的角度θ间的关系；(2)整个电路消耗电功率的最小值是多少？7．(1)πBr 2ω2πR 0＋2θ（π－2θ）rR (2)2B 2r 4ω28R 0＋πrR[解析] (1)电路中感应电动势E ＝12Br 2ω 设金属杆的电阻为R 0，则电路总电阻 R 总＝R 0＋R （r θ）R ⎣⎢⎡⎦⎥⎤r ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θπ2rR ＝R 0＋θ（π－2θ）rR π杆中电流I 与杆转过的角度θ的关系为I ＝E R 总＝πBr 2ω2πR 0＋2θ（π－2θ）rR. (2)由于总电阻R 总＝R 0＋R （r θ）R ⎣⎢⎡⎦⎥⎤r ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θπ2rR ，圆弧总长度r θ＋r ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ是定值，所以，当r θ＝r ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ时，即θ＝π4时，总电阻R 总有最大值．此时，R 总＝R 0＋πrR 8. 此时，电路消耗电功率的最小值是P ＝E 2R 总＝2B 2r 4ω28R 0＋πrR.17．L3 [2013·新课标全国卷Ⅰ] 如图，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab 、ac 和MN ，其中ab 、ac 在a 点接触，构成“V ”字型导轨．空间存在垂直于纸面的均匀磁场．用力使MN 向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN 始终与∠bac 的平分线垂直且和导轨保持良好接触．下列关于回路中电流i 与时间t 的关系图线，可能正确的是( )A B C D17．A [解析] 考查电磁感应中的图像问题，此类问题应设法找纵轴与横轴的函数解析式．设金属棒单位长度电阻为R 0，∠bac＝2θ，则当MN 棒切割磁感线的长度为L 时，产生的感应电动势E ＝BLv ，回路的总电阻R ＝R 0(L ＋L sin θ)，电路中的电流i ＝E R＝Bv 1＋1sin θ，即i 与t 无关，A 正确．7．J2、L3 [2013·四川卷] 如图所示，边长为L 、不可形变的正方形导线框内有半径为r 的圆形磁场区域，其磁感应强度B 随时间t 的变化关系为B ＝kt(常量k>0)．回路中滑动变阻器R 的最大阻值为R 0，滑动片P 位于滑动变阻器中央，定值电阻R 1＝R 0、R 2＝R 02.闭合开关S ，电压表的示数为U ，不考虑虚线MN 右侧导体的感应电动势，则( )A ．R 2两端的电压为U 7B ．电容器的a 极板带正电C ．滑动变阻器R 的热功率为电阻R 2的5倍D ．正方形导线框中的感应电动势为kL 27．AC [解析] R 2先与滑动变阻器右半部分并联，后与左半部分串联，再与R 1串联，R 2所在并联电路的电阻占外电阻的17，故R 2两端的电压为U 7，A 对；通过R 2的电流与通过滑动变阻器右半部分的电流相等，故通过滑动变阻器左半部分的电流是通过R 2的电流的2倍，其热功率是R 2的4倍，滑动变阻器右半部分又与R 2的热功率相等，所以滑动变阻器的热功率是R 2的5倍，C 对；由楞次定律、安培定则可判断a 极板带负电，B 错；由法拉第电磁感应定律得E ＝S ΔB Δt＝kS ，其中回路面积为圆的面积，所以感应电动势为k πr 2，D 错． 13．L3 L4[2013·江苏卷] (15分)如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd ，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的匝数N ＝100，边长ab ＝1.0 m 、bc ＝0.5 m ，电阻r ＝2 Ω.磁感应强度B 在0～1 s 内从零均匀变化到0.2 T ．在1～5 s 内从0.2 T 均匀变化到－0.2 T ，取垂直纸面向里为磁场的正方向 .求：(1)0.5 s 时线圈内感应电动势的大小E 和感应电流的方向；(2)在1～5 s 内通过线圈的电荷量q ；(3)在0～5 s 内线圈产生的焦耳热Q.13．[解析] (1)感应电动势E 1＝N ΔΦ1Δt 1磁通量的变化ΔΦ1 ＝ΔB 1S解得E 1＝N ΔB 1S Δt 1代入数据得E 1＝10 V感应电流的方向为a→d→c→b→a(2)同理可得E 2＝N ΔB 2S Δt 2感应电流I 2＝E 2r电量q ＝I 2Δt 2解得q ＝N ΔB 2S r代入数据得q ＝10 C.(3)0～1 s 内的焦耳热Q 1＝I 21r Δt 1且I 1＝E 1r1～5 s 内的焦耳热Q 2＝I 22r Δt 2由Q ＝Q 1＋Q 2，代入数据得Q ＝100 JL4 电磁感应与力和能量的综合3．L4 [2013·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Q 1，通过线框导体横截面的电荷量为q 1；第二次bc 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则( )A ．Q 1>Q 2，q 1＝q 2B ．Q 1>Q 2，q 1>q 2C ．Q 1＝Q 2，q 1＝q 2D ．Q 1＝Q 2，q 1>q 23．A [解析] 线框上产生的热量与安培力所做的功相等，W ＝FL 1，F ＝BIL ，I ＝E R，E ＝BLv ，由以上四式得Q ＝W ＝FL 1＝B 2L 2v R L 1＝B 2L 2vL 1R ＝B 2Sv RL ，由数学表达式可以看出，切割磁感线的导线的长度L 越长，产生的热量Q 越多；通过导体横截面的电荷量q ＝It ＝E R t ＝BLv R ·L 1v ＝BS R，与切割磁感线的导线的长度L 无关，A 正确．7．L4[2013·重庆卷] (15分)小明在研究性学习中设计了一种可测量磁感应强度的实验，其装置如图所示．在该实验中，磁铁固定在水平放置的电子测力计上，此时电子测力计的读数为G 1，磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其余区域磁场不计．直铜条AB 的两端通过导线与一电阻连接成闭合回路，总阻值为R.若让铜条水平且垂直于磁场，以恒定的速率v 在磁场中竖直向下运动，这时电子测力计的读数为G 2，铜条在磁场中的长度为L.(1)判断铜条所受安培力的方向，G 1和G 2哪个大？(2)求铜条匀速运动时所受安培力的大小和磁感应强度的大小．7．[解析] (1)当铜条AB 向下运动时，根据右手定则可判断电流方向为B→A，那么通电导线在磁场中也会受到安培力的作用．再根据左手定则，可判断安培力的方向竖直向上．在铜条AB 静止时，没有感应电流，也就不受安培力的作用，此时的G 1就是磁铁的的重力．当铜条AB 向下运动时，它受到安培力的方向竖直向上，根据牛顿第三定律，磁铁也受到向下的安培力的作用，那么，G 2就是重力和安培力的合力，即G 2>G 1.(2)由(1)分析可知安培力的大小 F ＝G 2－G 1感应电动势 E ＝BLv ，安培力的大小 F ＝BIL由闭合电路的欧姆定律知 I ＝E R ＝BLv R，即 F ＝BIL ＝B 2L 2v R＝G 2－G 1 解之得 B ＝1L ()G 2－G 1Rv .25．K1、E1、L4[2013·浙江卷] (22分)为了降低潜艇噪音，提高其前进速度，可用电磁推进器替代螺旋桨．潜艇下方有左、右两组推进器，每组由6个相同的、用绝缘材料制成的直线通道推进器构成，其原理示意图如下．在直线通道内充满电阻率ρ＝0.2 Ω·m 的海水，通道中a×b×c＝0.3 m ×0.4 m ×0.3 m 的空间内，存在着由超导线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B ＝6.4 T 、方向垂直通道侧面向外．磁场区域上、下方各有a×b＝0.3 m ×0.4 m 的金属板M 、N ，当其与推进器专用直流电源相连后，在两板之间的海水中产生了从N 到M ，大小恒为I ＝1.0×103 A 的电流，设该电流只存在于磁场区域．不计电源内阻及导线电阻，海水密度ρm ≈1.0×103 kg/m 3.(1)求一个直线通道推进器内磁场对通电海水的作用力大小，并判断其方向．(2)在不改变潜艇结构的前提下，简述潜艇如何转弯？如何“倒车”？(3)当潜艇以恒定速度v 0＝30 m/s 前进时，海水在出口处相对于推进器的速度v ＝34 m/s ，思考专用直流电源所提供的电功率如何分配，求出相应功率的大小．25．[解析] (1)将通电海水看成导线，所受磁场力F ＝IBL代入数据得：F ＝IBc ＝1.0×103×6.4×0.3 N ＝1.92 N用左手定则判断磁场对海水作用力方向向右(或与海水出口方向相同)(2)考虑到潜艇下方有左、右2组推进器，可以开启或关闭不同个数的左、右两侧的直线通道推进器，实施转弯．改变电流方向，或者磁场方向，可以改变海水所受到磁场力的方向，根据牛顿第三定律，使潜艇“倒车”．(3)电源提供的电功率中的第一部分：牵引功率P 1＝F 牵v 0根据牛顿第三定律：F 牵＝12IBL当v 0＝30 m/s 时，代入数据得：P 1＝F 牵v 0＝12×1.92×103×30 W ＝6.9×105 W第二部分：海水的焦耳热功率对单个直线推进器，根据电阻定律：R ＝ρl S代入数据得：R ＝ρc ab ＝0.2×0.30.3×0.4Ω＝0.5 Ω 由热功率公式，P ＝I 2R代入数据得：P 单＝I 2R ＝5.0×105 WP 2＝12×5.0×105W ＝6.0×106 W第三部分：单位时间内海水动能的增加值设Δt 时间内喷出的海水质量为mP 3＝12×ΔΕk Δt考虑到海水的初动能为零，ΔΕk ＝Εk ＝12mv 2水对地 m ＝ρm bcv 水对地ΔtP 3＝12×ΔΕk Δt ＝12×12ρm bcv 3水对地＝4.6×104 W 18．l4[2013·福建卷] 如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t 1、t 2分别表示线框ab 边和cd 边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab 边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图像不可能反映线框下落过程中速度v 随时间t 变化的规律( )18．A [解析] 当线圈匀速进入磁场时，由B 2L 2v 0R ＝mg 得匀速运动的速度v 0＝mgRB 2L 2.设ab边刚进入磁场时的速度为v ，(1)当v>v 0时，因B 2L 2v R >mg ，则线圈做减速运动，且由B 2L 2vR －mg＝ma 可知加速度a 在减小，当a ＝0时速度达到最小并保持匀速运动，A 不可能，B 可能；(2)当v ＝v 0时，因B 2L 2v R ＝mg ，则线圈匀速进入磁场，D 可能；(3)当v<v 0时，因B 2L 2vR <mg ，则线圈继续做加速运动，且由mg －B 2L 2vR ＝ma 可知加速度a 在减小，在a ＝0前速度可以一直增大，C可能．13．L3 L4[2013·江苏卷] (15分)如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd ，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的匝数N ＝100，边长ab ＝1.0 m 、bc ＝0.5 m ，电阻r ＝2 Ω.磁感应强度B 在0～1 s 内从零均匀变化到0.2 T ．在1～5 s 内从0.2 T 均匀变化到－0.2 T ，取垂直纸面向里为磁场的正方向 .求：(1)0.5 s 时线圈内感应电动势的大小E 和感应电流的方向； (2)在1～5 s 内通过线圈的电荷量q ； (3)在0～5 s 内线圈产生的焦耳热Q.13．[解析] (1)感应电动势E 1＝N ΔΦ1Δt 1磁通量的变化ΔΦ1 ＝ΔB 1S 解得E 1＝N ΔB 1SΔt 1代入数据得E 1＝10 V感应电流的方向为a→d→c→b→a (2)同理可得E 2＝N ΔB 2SΔt 2感应电流I 2＝E 2r电量q ＝I 2Δt 2 解得q ＝N ΔB 2Sr代入数据得q ＝10 C.(3)0～1 s 内的焦耳热Q 1＝I 21r Δt 1 且I 1＝E 1r1～5 s 内的焦耳热Q 2＝I 22r Δt 2由Q ＝Q 1＋Q 2，代入数据得Q ＝100 JL5 电磁感应综合18．L5[2013·山东卷] 将一段导线绕成如图甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内．回路的ab 边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中．回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B 随时间t 变化的图像如图乙所示．用F 表示ab 边受到的安培力，以水平向右为F 的正方向，能正确反映F 随时间t 变化的图像是( )图甲图乙18．B [解析] 0～T2阶段，由楞次定律可知电流方向是由b 到a ，由法拉第电磁感应定律得电流大小恒定，由左手定则可知ab 边受到的安培力方向水平向左，为负值，安培力大小F 安＝BIL 恒定，选项B 正确．25．L5[2013·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数为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．25．[解析](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 ，按定义有C ＝Q U③ 联立①②③式得 Q ＝CBLv④(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f 1＝BLi⑤设在时间间隔(t ，t ＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ ，按定义有i ＝ΔQ Δt⑥ ΔQ 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 ＝CBL Δv ⑦式中，Δv 为金属棒的速度变化量．按定义有 a ＝Δv Δt⑧ 金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为 f 2＝μN⑨式中，N 是金属棒对于导轨的正压力的大小，有 N ＝mgcos θ⑩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mgsin θ－f 1－f 2＝ma ○11 联立⑤至○11式得 a ＝m （sin θ－μcos θ）m ＋B 2L 2Cg ○12 由○12式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动．t 时刻金属棒的速度大小为 v ＝m （sin θ－μcos θ）m ＋B 2L 2C gt ○13 16．L5 [2013·安徽卷] 如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m ，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN 垂直于导轨放置，质量为0.2 kg ，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T ．将导体棒MN 由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN 的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6)()A ．2.5 m/s 1 WB ．5 m/s 1 WC ．7.5 m/s 9 WD ．15 m/s 9 W16．B [解析] 本题考查电磁感应、力的平衡条件、电功率概念等知识．导体棒MN 沿导轨下滑过程中受重力mg 、支持力F N 、摩擦力F f 和安培力F 安四个力作用．MN 由静止开始下滑后，速度变大，感应电动势变大，感应电流变大，安培力变大，加速度变小，这是个变加速过程．当加速度减小到a ＝0时，其速度即增到最大v ＝v m ，此时MN 处于平衡状态，以后将以速度v m 匀速下滑，电流恒定，小灯泡稳定发光．由法拉第电磁感应定律，有E ＝BLv m ，且I ＝ER ＋R L ，F 安＝ILB ，可得F 安＝B 2L 2v mR ＋R L .以MN 为研究对象，对MN 所受的力进行正交分解，根据平衡条件，有：mgsin θ＝μmgcos θ＋F 安，解得v m ＝mg ()sin θ－μcos θ（R ＋R L ）B 2L2＝5m/s ，小灯泡消耗的电功率P ＝I 2R L ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫BLv m R ＋R L 2R L＝1 W ，选项B 正确．。

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