1. (2015·高考新課標(biāo)全國(guó)卷)(多選)1824年，法國(guó)科學(xué)家阿拉果完成了著名的“圓盤實(shí)驗(yàn)”.實(shí)驗(yàn)中將一銅圓盤水平放置，在其中心正上方用柔軟細(xì)線懸掛一枚可以自由旋轉(zhuǎn)的磁針，如圖所示.實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)，當(dāng)圓盤在磁針的磁場(chǎng)中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉(zhuǎn)時(shí)，磁針也隨著一起轉(zhuǎn)動(dòng)起來(lái)，但略有滯后.下列說法正確的是(　　)

　　A.圓盤上產(chǎn)生了感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

　　B.圓盤內(nèi)的渦電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng)

　　C.在圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中，磁針的磁場(chǎng)穿過整個(gè)圓盤的磁通量發(fā)生了變化

　　D.圓盤中的自由電子隨圓盤一起運(yùn)動(dòng)形成電流，此電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng)

　　解析：選AB.A.當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，圓盤的半徑切割磁針產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，選項(xiàng)A正確;B.如圖所示，銅圓盤上存在許多小的閉合回路，當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，穿過小的閉合回路的磁通量發(fā)生變化，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流阻礙其相對(duì)運(yùn)動(dòng)，但抗拒不了相對(duì)運(yùn)動(dòng)，故磁針會(huì)隨圓盤一起轉(zhuǎn)動(dòng)，但略有滯后，選項(xiàng)B正確;

　　C.在圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，磁針的磁場(chǎng)穿過整個(gè)圓盤的磁通量始終為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤;

　　D.圓盤中的自由電子隨圓盤一起運(yùn)動(dòng)形成的電流的磁場(chǎng)方向沿圓盤軸線方向，會(huì)使磁針沿軸線方向偏轉(zhuǎn)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.

　　2.(2015·高考重慶卷)題圖為無(wú)線充電技術(shù)中使用的受電線圈示意圖，線圈匝數(shù)為n，面積為S.若在t1到t2時(shí)間內(nèi)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小由B1均勻增加到B2，則該段時(shí)間線圈兩端a和b之間的電勢(shì)差φa-φb(　　)

　　A.恒為

　　B.從0均勻變化到

　　C.恒為-

　　D.從0均勻變化到-

　　解析：選C.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=n=n，由楞次定律和右手螺旋定則可判斷b點(diǎn)電勢(shì)高于a點(diǎn)電勢(shì)，因磁場(chǎng)均勻變化，所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，因此a、b兩點(diǎn)電勢(shì)差恒為φa-φb=-n，選項(xiàng)C正確.

　　3.(2015·河南、河北、山西三省聯(lián)考)如圖1，水平放置的閉合回路由兩部分組成，虛線左側(cè)是電阻不能忽略的圓形導(dǎo)線，置于方向豎直的磁場(chǎng)B1中，B1隨時(shí)間t的變化如圖2所示，t=0時(shí)，B1方向豎直向上;虛線右側(cè)是電阻可忽略的光滑平行導(dǎo)軌，處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2中.t=0時(shí)，導(dǎo)體棒ab在平行于導(dǎo)軌、水平向右的外力F作用下從靜止開始向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則F隨t變化規(guī)律大致是圖中的(　　)

　　解析：選D.設(shè)ab棒的加速度為a，通過ab棒的電流為I，則F-BIL=ma，設(shè)圓形導(dǎo)線的內(nèi)阻為r，則I=，由法拉第電磁感應(yīng)定律知，E1=，E2=B2Lv=B2Lat，聯(lián)立得F=(+B2Lat)+ma，結(jié)合幾何知識(shí)知，D正確.

　　4. (多選)如圖所示，間距為L(zhǎng)的光滑平行金屬軌道上端用電阻R相連，其平面與水平面成θ角，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直軌道平面向上.質(zhì)量為m，電阻為r的金屬桿ab(長(zhǎng)度略大于L)，以初速度v0從軌道底端向上滑行，滑行到距底端高h(yuǎn)的位置后又返回到底端，運(yùn)動(dòng)過程中，金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計(jì)金屬軌道的電阻，已知重力加速度為g.則以下說法中正確的是(　　)

　　A.桿ab先勻減速上滑，之后勻加速下滑，且上滑過程的加速度大于下滑過程中的加速度

　　B.桿ab上滑過程中通過R的電荷量與下滑過程中通過R的電荷量相等

　　C.桿ab運(yùn)動(dòng)過程中安培力做功的功率等于電阻R的熱功率

　　D.桿ab上滑到最高點(diǎn)的過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱等于(mv-mgh)

　　解析：選BD.桿ab上滑時(shí)，由牛頓第二定律知，F(xiàn)安+mgsin θ=ma上，代入F安=BIL=知，由于桿上滑時(shí)速度減小，則上滑時(shí)的加速度不斷減小，做加速度不斷減小的減速運(yùn)動(dòng)，同理分析，當(dāng)桿下滑時(shí)，mgsin θ-F安=ma下，聯(lián)立F安=可知，桿做加速度不斷減小的加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤;由于桿ab上滑和下滑過程中，磁通量的變化量相等，結(jié)合q=IΔt=知，桿上滑和下滑過程中通過R的電荷量相等，B正確;桿ab運(yùn)動(dòng)過程中安培力做功的功率等于電阻R和r的熱功率之和，C錯(cuò)誤;桿ab上滑到最高點(diǎn)的過程中，由能量守恒定律知，電路產(chǎn)生的總焦耳熱Q=mv-mgh，而電阻R產(chǎn)生的焦耳熱QR=Q，聯(lián)立得QR=(mv-mgh)，D正確.

　　5. (2015·高考福建卷)如圖，由某種粗細(xì)均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.一接入電路電阻為R的導(dǎo)體棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動(dòng)，滑動(dòng)過程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計(jì)摩擦.在PQ從靠近ad處向bc滑動(dòng)的過程中(　　)

　　A.PQ中電流先增大后減小

　　B.PQ兩端電壓先減小后增大

　　C.PQ上拉力的功率先減小后增大

　　D.線框消耗的電功率先減小后增大

　　解析：選C.設(shè)PQ左側(cè)金屬線框的電阻為r，則右側(cè)電阻為3R-r;PQ相當(dāng)于電源，其電阻為R，則電路的外電阻為R外==，當(dāng)r=時(shí)，R外max=R，此時(shí)PQ處于矩形線框的中心位置，即PQ從靠近ad處向bc滑動(dòng)的過程中外電阻先增大后減小.PQ中的電流為干路電流I=，可知干路電流先減小后增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤.

　　PQ兩端的電壓為路端電壓U=E-U內(nèi)，因E=Blv不變，U內(nèi)=IR先減小后增大，所以路端電壓先增大后減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤.

　　拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P=F安v=BIlv，可知因干路電流先減小后增大，PQ上拉力的功率也先減小后增大，選項(xiàng)C正確.

　　線框消耗的電功率即為外電阻消耗的功率，因外電阻最大值為R，小于內(nèi)阻R;根據(jù)電源的輸出功率與外電阻大小的變化關(guān)系，外電阻越接近電源內(nèi)阻時(shí)，輸出功率越大，可知線框消耗的電功率先增大后減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.

　　6.如圖所示，光滑絕緣水平面上有一矩形線框處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，ab=2bc，開始時(shí)cd、bc均與磁場(chǎng)邊緣平齊.第一次將線框向右以速度v1勻速拉出磁場(chǎng)，第二次將線框向外以速度v2勻速拉出磁場(chǎng)，第三次讓線框ab邊繞cd軸以線速度v3向右轉(zhuǎn)過90°，三次操作中線框中產(chǎn)生的焦耳熱相等，則v1v2∶v3等于(　　)

　　A.12∶4　　　　　　　B.π2π∶4

　　C.π2π∶2 D.2ππ∶4

　　解析：選B.令線框bc邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，線框總電阻為R，將線框向右以速度v1勻速拉出時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1=2BLv1，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q1=t1=·=，同理將線框向外以速度v2勻速拉出時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2=BLv2，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q2=t2=·=，讓線框ab邊繞cd軸以線速度v3向右轉(zhuǎn)過90°時(shí)，線框中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的峰值為E3=BSω=2BL2=2BLv3，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q3=t3=·=，由題意知焦耳熱相等，所以v1v2∶v3=π2π∶4，B正確.

　　7. (多選)如圖所示，豎直虛線MN兩側(cè)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度相等，上邊界在同一水平線上，區(qū)域磁場(chǎng)高3L，區(qū)域磁場(chǎng)高L，兩個(gè)完全相同的正方形線圈位于豎直平面內(nèi)，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，質(zhì)量為m、電阻為R、底邊始終與磁場(chǎng)上邊界平行，現(xiàn)讓線圈1從磁場(chǎng)上方高4L處、線圈2從磁場(chǎng)上方一定高度處均由靜止釋放，結(jié)果發(fā)現(xiàn)線圈1剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度與剛到達(dá)磁場(chǎng)下邊界時(shí)的速度相等，線圈2剛好能勻速通過磁場(chǎng)且穿過磁場(chǎng)時(shí)的速度與線圈1剛好完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度相等，則下列說法中正確的是(　　)

　　A.兩線圈在進(jìn)入磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流

　　B.線圈2開始下落時(shí)距磁場(chǎng)上邊界高L

　　C.線圈1在進(jìn)入磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的熱量是2mgL

　　D.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為

　　解析：選AD.兩線圈剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)，底邊開始切割磁感線，由右手定則可知線圈在進(jìn)入磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向，A正確;由題意知線圈1剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的速度v1=2，從剛進(jìn)入磁場(chǎng)到剛好完全進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中一直在做減速運(yùn)動(dòng)，剛好完全進(jìn)入磁場(chǎng)到剛到達(dá)磁場(chǎng)下邊界的過程中，只在重力作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，令剛好完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v，則v-v2=2g·2L，即v2=4gL=2gh，所以線圈2開始下落時(shí)距磁場(chǎng)上邊界高h(yuǎn)=2L，B錯(cuò)誤;由能量守恒定律知線圈1在進(jìn)入磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的熱量等于線圈1剛進(jìn)入磁場(chǎng)到剛到達(dá)磁場(chǎng)下邊界過程中重力勢(shì)能的減小量，即Q=3mgL，C錯(cuò)誤;因線圈2剛好能勻速通過磁場(chǎng)，所以mg=FA=，聯(lián)立解得B=，D正確.

　　8.(2015·高考浙江卷)小明同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)“電磁天平”，如圖1所示，等臂天平的左臂為掛盤，右臂掛有矩形線圈，兩臂平衡.線圈的水平邊長(zhǎng)L=0.1 m，豎直邊長(zhǎng)H=0.3 m，匝數(shù)為N1.線圈的下邊處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0=1.0 T，方向垂直線圈平面向里.線圈中通有可在0～2.0 A范圍內(nèi)調(diào)節(jié)的電流I.掛盤放上待測(cè)物體后，調(diào)節(jié)線圈中電流使天平平衡，測(cè)出電流即可測(cè)得物體的質(zhì)量.(重力加速度取g=10 m/s2)

　　(1)為使電磁天平的量程達(dá)到0.5 kg，線圈的匝數(shù)N1至少為多少?

　　(2)進(jìn)一步探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象，另選N2=100匝、形狀相同的線圈，總電阻R=10 Ω.不接外電流，兩臂平衡.如圖2所示，保持B0不變，在線圈上部另加垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻變大，磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾萪=0.1 m.當(dāng)掛盤中放質(zhì)量為0.01 kg的物體時(shí)，天平平衡，求此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率.

　　解析：(1)線圈受到安培力F=N1B0IL

　　天平平衡mg=N1B0IL

　　代入數(shù)據(jù)得N1=25匝

　　(2)由電磁感應(yīng)定律得E=N2

　　即E=N2Ld

　　由歐姆定律得I′=

　　線圈受到安培力F′=N2B0I′L

　　天平平衡m′g=NB0·

　　代入數(shù)據(jù)可得

　　=0.1 T/s

　　答案：(1)25匝　(2)0.1 T/s

　　9.如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌ab、cd傾斜放置，兩導(dǎo)軌之間的距離為L(zhǎng)=0.5 m，導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角為θ=30°，導(dǎo)軌上端a、c之間連接有一阻值為R1=4 Ω的電阻，下端b、d之間接有一阻值為R2=4 Ω的小燈泡.有理想邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面向上，虛線ef為磁場(chǎng)的上邊界，ij為磁場(chǎng)的下邊界，此區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示，現(xiàn)將一質(zhì)量為m= kg的金屬棒MN，從距離磁場(chǎng)上邊界ef一定距離處，從t=0時(shí)刻開始由靜止釋放，金屬棒MN從開始運(yùn)動(dòng)到經(jīng)過磁場(chǎng)的下邊界ij的過程中，小燈泡的亮度始終不變.金屬棒MN在兩軌道間的電阻r=1 Ω，其余部分的電阻忽略不計(jì)，ef、ij邊界均垂直于兩導(dǎo)軌，重力加速度g取10 m/s2.求：

　　(1)小燈泡的實(shí)際功率;

　　(2)金屬棒MN穿出磁場(chǎng)前的最大速率;

　　(3)整個(gè)過程中小燈泡產(chǎn)生的熱量.

　　解析：(1)由于小燈泡的亮度始終不變，說明金屬棒MN進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度v達(dá)到最大，由平衡條件得：

　　mgsin θ=BIL

　　小燈泡的電功率P=()2R2

　　電功率P= W

　　(2)由閉合電路歐姆定律得：I=

　　其中，總電阻R=+r

　　由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E=BLv

　　由以上各式代入數(shù)據(jù)解得：v=5 m/s

　　(3)金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)前，由牛頓第二定律得：

　　mgsin θ=ma

　　加速度a=gsin 30°=5 m/s2

　　進(jìn)入磁場(chǎng)前所用的時(shí)間：t1=

　　設(shè)磁場(chǎng)區(qū)域的長(zhǎng)度為x.

　　在0～t1時(shí)間內(nèi)，

　　由法拉第電磁感應(yīng)定律得：

　　E′===

　　金屬棒MN進(jìn)入磁場(chǎng)前

　　總電阻R′=+R2

　　感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E′=R′

　　在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2=

　　整個(gè)過程中小燈泡產(chǎn)生的熱量為

　　Q=P(t1+t2)

　　代入數(shù)據(jù)解得：Q=5 J

　　答案：(1) W　(2)5 m/s　(3)5 J