2012届高三物理名校试题汇编系列(第5期)专题10.

1、【精选+详解】2012 届高三物理名校试题汇编系列（第 5 期）专题 10 电磁感应、单项选择题1 .（湖北省武汉外校、钟祥一中 2012 届高三四月联考理综试题）物理学家通过艰苦的实验来探究自然的物理规律，为人类的科学做出了巨大贡献，值得我们敬仰。下列描述中符合物理学史实的是（）A. 开普勒发现了行星运动三定律，从而提出了日心学说B.牛顿发现了万有引力定律但并未测定出引力常量GC. 奥斯特发现了电流的磁效应并提出了分子电流假说D. 法拉第发现了电磁感应现象并总结出了判断感应电流方向的规律1. B 解析：哥白尼提出的日心说，卡文迪许首先测出了引力常量G安培提出了分子电流假说，楞次总结出了判断感

2、应电流方向的规律。本题答案为Bo许多科学家对物理学的发展作出了巨大贡献，下列表述正确的是2. D 解析：电荷周围存在电场的观点是法拉第最先提出的,论，选项 B 错误；法拉第得出了电磁感应的产生条件，选项C 错误；密立根测出了电子的电荷量，选项D 正确。本题答案为Do3.（上海市十三校 2012 届高三第二次联考物理试卷 ）如图所示，质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环 有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中， 从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的 过程中，关于线拉力大小的下列说法中正确的是（ ）（ ）A.库仑最先提出了电荷周围存在电场的观点B.法拉第建立了完整的电磁场理论

3、C.楞次得出了电磁感应的产生条件D.密立根测出了电子的电荷量2.（北京市 2012 届高考模拟系列试卷二）选项 A 错误；麦克斯韦建立了完整的电磁场理A.大于环重力mg并逐渐减小C.小于环重力mg并保持恒定B.始终等于环重力mgD.大于环重力mg并保持恒定3.A解析：根据楞饮定荐可判断出，环中的感应电證沿顺时针方向，再运用左手定则可知*环受到的安培力竖直向F，根据环的平衡条件可知，绳上的拉力=7-mgt根忖卄 二一 一二八匸 J.|，- , :/4.（广东省 2012 届强度日减小时，安培力FLU 大小等于环的直径，是定值）逐渐减小，绳上的拉力逐渐减小，只有选项A正确本题答案为Ao高考模拟仿真

4、试题理科综合）如图所示，螺线管的导线的两端与两平行金属板相接,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. A解析：当条形磁铁插入线圈中时，线圈中向左的磁场增强，由楞次定律可判定金属板左端电势高，故带负电的小球将向左摆动，选项A 正确。5.（重庆市名校联盟 2012 届高三第二学期期中联合考试理科综合试题）一个带负电的粒子在垂直于匀强磁场的内壁光滑的水平绝缘管道内做匀速圆周运动，如图所示，当磁感应强度均匀增大时，此带电粒子的（）A. 动能保持不变，是因为洛仑兹力和管道的弹力对粒子始终不做功B. 动能减

5、小，是因为洛仑力对粒子做负功C. 动能减小，是因为电场力对粒子做负功D. 动能增大，是因为电场力对粒子做正功5. C 解析：均匀变化的磁场产生稳定的电场，根据楞次定律可判断出，管道内的电场方向与小球的运动方向相同，考虑到小球带负电，所以电场力与运动方向相反，电场力对小球做负功，小球的动能减小，只有选项C正确。6.（河南省豫东六校联谊 2012 年高三第一次联考理综卷 ）一个带负电的小球用丝线悬如图所示，水平虚线MN的上方有一匀强磁场, 矩形导线框abed从某处以vo 的速度竖直上抛，向上运动高度H后进入与线圈平面垂直的匀强磁场，此过程中导线框的ab边始终与边界MN行，在导线框从抛出到速度减为零

6、的过程中，以下四个图中能正确反映导线框的速度与时间的关系的是（）6. C 解析：没进入磁场区域前，线框做匀减速直线运动，加速度大小为据楞次定律和左手定则可知，线框所受安培力竖直向下，线框做减速运动，并且其加速度大小大于g，随着速度的减小，安培力减小，小球的加速度减小，显然，只有选项C 符合要求。本题答案为 Co7.（北京市 2012 届高考模拟系列试卷二） 如图所示，LOM为一 45角折线，折线内有一方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一边长为I的正方形导线框沿垂直于OM勺方向以速度v作匀速直线运动，在t=0 的刻恰好位于图中所示位置。以逆时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电

7、流一时间（的是（时间以为单位）（）v7. C 解析：在 0时间内线框切割磁场产生的电动势大小恒定,v在l3时间内，线框穿出磁场，感应电流均沿顺时针方向，可排除选项g,进入磁场区域的过程中，根It）关系感应电流沿逆时针方向， 可排除选项D;AB 故只有 C 正确。MXXKXXXXJCXx 3/v v、多项选择题& （浙江省 2012 届重点中学协作体高三第二学期4 月调研试题）在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B,方向相反的水平匀强磁场， 如图所示的PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个半径为a、质量为m电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图位置运动，当圆环运动到

8、直径刚好与边界线重合时，圆环的速度为1，则下列说法正确的是2X X X X ; *PQX X X X I *A此时圆环中的电功率为4B2a22B.此时圆环的加速度为4B2a2mRC.此过程中通过圆环截面的电量为二BaD.此过程中回路产生的电能为0 75m28. AC 解析：根据右手定则可知，在图示位置，圆环左、右两边的线圈因切割磁感线而产生的感应电流方向相同（均是顺时针方向），线圈中的感应电动势大小E=1，感应电流大小2B 2av =2Bav22Bav R此时圆环中的电功率为a=2BI 2a4Ba 2Bav 8B2a2v，选项 B 错误;mR此过程中通过圆环截面的电量为.宀Q=凶=-心tRt2

9、Ba，选项 C 正确；此过程中回路产生的电能等于小球动能的减小量，所以W电=121 mvm2 :2 i2丿，选项 D 错误。32mv8本题答案为 AC,9.（陕西省长安一中、高新一中、交大附中、师大附中、西安中学等五校2012 届高三第三次模拟考试）两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L,底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则（）B的匀强磁场垂直，如图所示，除电阻R外其余水平向左，所以根据牛顿第二定律可知，圆环的加速度为A.释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB.金属

10、棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为abC. 金属棒的速度为 v 时，电路中的电功率为BL2V2/RD. 电阻 R 上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量9. AC 解析：释放瞬间金属棒只受重力的作用，加速度等于g,选项 A 正确；金属棒向下运动时，根据右手定则可知，流过电阻R的电流方向为ba,选项 B 错误；金属棒的速度为V时，电路中的感应电流电路中的电功率为P=I2F=B2L2V2/R,选项 C 正确；电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量减去弹簧的弹性势能，选项 D 错误。本题答案为 AG10.(浙江省五校 2012 届高三下学期第二次联考理综试题)如图所示，质量为m边长为L、

11、回路电阻为R的正方形金属框，用细线吊住，线的另一端跨过两个定滑轮，挂着一个质量为M(Mm的砝码，金属框上方有一磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的下边界与金属框的上边平行且相距一定距离.则在金属框从开始运动到整A.细线对金属框做的功等于金属框增加的机械能B .细线对金属框的拉力可能等于Mgc.线框上的热功率可能大于2 2D.系统的机械能损失可能小于(M-m gL(M -m) g RB2L210 . BCD 解析：细线对金属框做的功等于金属框增加的机械能和金属框中产生的总热量之和，选项 A 错误；如果线框匀速进入磁场， 线框受到的合力为零， 细线对金属框的拉力T=Mg此时线框受到的竖直向下的安培力F

12、安=(M-m g,选项 B 正确；设线框匀速进入磁场时的速度为vo,贝UF安=BIL=BVvo/R,又F安=(M-m g,可求出，个框进入磁场的过程中，下列说法正确的是(此时线框上的热功率为P=F安V=（M _m）2g2R，整个过程中系统的机械能损失等于（B2L2场时的速度大于V0,则进入磁场后的安培力F安Bt2Vo/R=（M-m gL,线框上的热功率大于（M_m）2g2R，选B2L2项 C 正确；若线框刚进入磁场时的速度小于Vo,则进入磁场后的安培力F安vB2L2VO/R=（ M-m gL,系统的机械能损失小于（M-m gL,选项 D 正确。本题答案为 CD三、非选择题11.（浙江省 201

13、2 届重点中学协作体高三第二学期 4 月调研试题）如下图所示两条电阻不计的金属导轨平行固定在倾角为 370 的斜面上，两导轨间距为L=0.5 m 上端通过导线与 R=2Q的电阻连接，下端通过导线与R.=4Q的小灯泡连接.在CDFBM形区域内有垂直斜面向上的匀强磁场，CE间距离d=2 m.CDFE区域内磁场的磁感应强度 B 随时间变化的关系如图乙所示，在t=0 时，一阻值为Fb=2Q的金属棒从AB位置由静止开始运动，在金属棒从AB位置运动到EF位置过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，设导轨AC段有摩擦其它部分光滑.g取 10m/s2。求:M-m gL；若线框刚进入磁(1)(2)(3)通过小灯泡的电

14、流强度;金属导轨金属棒从11. (1) 0.1AAC段的动摩擦因数;AB位置运动到EF位置过程中，整个系统产生的热量.(2)23( 3) 1.175J32解析：（1）由法拉第电磁感应定律有:二BLd =0.5 V,由闭合电路欧姆定律得:：tIL=R R0=0-1AoR R。RLQ（2）灯泡亮度不变，则通过灯泡的电流仍为IL,设金属棒运动到CD时的速度为V,金属棒在AC段的加速度为a,则依题意有:BLv= ILRL(ILT)R。,ILRL= IR,（3）金属棒在 CE 段做匀速直线运动，则有mg sin37 =BIL,解得n=0.05kg ,BD段的位移-t2m2根据能量守恒有：12mg(x+d

15、)sin37* = mv +Q可解得Q=1.175J。2，12 .（四川省眉山市 2012 届高三 4 月第二次诊断性考试）如图所示，两根不计电阻的金属导线MNW PQ放在水平面内，MN是直导线，PQ的PQ段是直导线，QQ段是弧形导线，QQ段是直导线，MN PQ、QQ相互平行。M P间接入一个阻值R=0.25Q的电阻。质量n=1.0 kg、不计电阻的金属棒AB能在MN PQ上无摩擦地滑动,金属棒始终垂直于MN整个装置处于磁感应强度B=0.5T 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。 金属棒处于位置（I ）时，给金属棒一向右的初速度V1=4 m/s,同时给一方向水平向右F1=3 N 的外力，使金属棒向

16、右做匀减速直线运动；当金属棒运动到位置（n）时，外力方向不变，改变大小，使金属棒向右做匀速直线运动 2s 到达位置（川）。 已知金属棒在位置（I）时，与MN QQ相接触于a b两点，a、b的间距 J=1 m 金属棒在位置（n）时，棒与MN QQ相接触于c、d两点；位置（I ）到位置（n）的距离为 7.5 m。求：iIIilll（1）金属棒向右匀减速运动时的加速度大小;（2）c、d两点间的距离L2；（3）金属棒从位置（I）运动到位置（川）的过程中，电阻212.(1) 1 m / s(2) 2m (3) 38J由牛顿第二定律可得：mg si n37丄mg cos37=ma； 运动学公式：v=al；

17、由图像可知t4s,B = 2T，代入以上方程联立可得v = 1.0m/ s,-2332R上放出的热量Qo解析：（1）金属棒从位置（I）到位置（n）的过程中，加速度不变，方向向左，设大小为 间的感应电动势为 日，感应电流为11，受到的安培力为F安 1，则a,在位置 I 时，a、b由于在和（II）之间做匀减速直线运动，即加速度大小保持不变，外力不变即F安 1=F安 2,2.22 2,m。2B _B L2U2，L 1AJ2L2R（3）金属棒从位置（n）到位置（川）的过程中，做匀速直线运动，感应电动势大小与位置（n）时的感应电动势大小相等，安培力与位置（n）时的安培力大小相等，所以F2=F安 2=4

18、N,设位置（II ）和（川）之间的距离为S2,则S2=V2t=2 m,设从位置（I）至惟置（n）的过程中，外力做功为W,从位置（n）到位置（川）的过程中，外力做功为 W,则W=F1s1=22.5 J , WF2S2=8 J。根据能量守恒得 WW11，解得Q= 38 J。m11 2m IQ2 213 .（陕西省师大附中 2012 届高三下学期高考模拟理综试题）如图所示，竖直平面内有一半径为r、内阻为R、粗细均匀的光滑半圆形金属环，在M N处与相距为 2r、电阻不计的平行光滑金属轨道ME NF相接，EF之间接有电阻 R，已知R= 12R, R= 4R。在MN方及CD下方有水平方向的匀强磁场I 和

19、II，磁感应强度大小均为B现有质量为m电阻不计的导体棒ab,从半圆环的最高点A处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持 水平，与半圆形金属环及轨道接触良好，平行轨道中部高度足够长.已知导体棒ab下落r/2 时的速度大小为V1,下落到MN处的速度大小为V2。1求导体棒ab从A下落r/2 时的加速度大小。2 若导体棒ab进入磁场 II 后棒中电流大小始终不变，求磁场 I 和 II 之间的距离h和艮上的电功率R。E1=BL V1，|E1，11飞F安 i=B11Li =B2Li 1，F安1=4N。R根据牛顿第二定律得F安 i一Fi=ma2a= 1 m / s（2）设金属棒在位置（n）时速度为V2,由运

20、动学规律得鳥- ：；=一2a Si,V2= 1 m / s 。Fi恒定，所以AB棒受到的安培力(3)若将磁场 II 的CD边界略微下移，导体棒ab刚进入磁场 II时速度大小为vs,要使其在外力F作用下向下做匀加速直线运动，加速度大小为a,求所加外力F随时间变化的关系式。13. (1)2 2(2)2 2 22，P2=2 2(3)2 22 2a=g-器h叙加v钟)少警皿mg解析：(1)以导体棒为研究对象，棒在磁场I 中切割磁感线，棒中产生产生感应电动势，导体棒落r/2 时，导体棒在重力与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得mg- BIL=ma式中L=3r；式中口8R (4R+4R)_4R由以

21、上各式可得到3B2r2v10R总a=g-1总8R+( 4R+4R)4mR(2) 当导体棒ab通过磁场 II 时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即重力的功率为2 2重力的功率为3m g RFG = mg* 224B r根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率全部转化为电路中的电功率，即Pt= P巳=PG=3m2g2R，所以，=3=9m2g2R。4(3)设导体棒於进入磁场II后经过时间的速度犬小为v；,此时安培力大小为宀握里由于导体赵做勻加連直线运动，刖+北根据牛顿第二定律由以上各式解得F二也匚(皿+可-d)二也Hr +竺口1 +如一吨3R 3R 3Rab从A下2 2，式中12R 4R，解得B 2r vt小 4B r vtR12R 4R_3Rmg =BI 2r =B- 2r-R并_3RmgR并Vt_ 4B2r23mgR 4B2r2导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，有22VtV2= 2gh，得2 2, 9m grh 缶-32B4r4V；，此时导体棒2g2 216B r2 24B rF