1. (2015·高考新课标全国卷)(多选)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”.实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示.实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后.下列说法正确的是( )
A.圆盘上产生了感应电动势
B.圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C.在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
解析：选AB.A.当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确;B.如图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确;
C.在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C错误;
D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向，会使磁针沿轴线方向偏转，选项D错误.
2.(2015·高考重庆卷)题图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa-φb( )
A.恒为
B.从0均匀变化到
C.恒为-
D.从0均匀变化到-
解析：选C.根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E=n=n，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b点电势高于a点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a、b两点电势差恒为φa-φb=-n，选项C正确.
3.(2015·河南、河北、山西三省联考)如图1，水平放置的闭合回路由两部分组成，虚线左侧是电阻不能忽略的圆形导线，置于方向竖直的磁场B1中，B1随时间t的变化如图2所示，t=0时，B1方向竖直向上;虚线右侧是电阻可忽略的光滑平行导轨，处于方向竖直向下的匀强磁场B2中.t=0时，导体棒ab在平行于导轨、水平向右的外力F作用下从静止开始向右做匀加速直线运动，则F随t变化规律大致是图中的( )
解析：选D.设ab棒的加速度为a，通过ab棒的电流为I，则F-BIL=ma，设圆形导线的内阻为r，则I=，由法拉第电磁感应定律知，E1=，E2=B2Lv=B2Lat，联立得F=(+B2Lat)+ma，结合几何知识知，D正确.
4. (多选)如图所示，间距为L的光滑平行金属轨道上端用电阻R相连，其平面与水平面成θ角，整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上.质量为m，电阻为r的金属杆ab(长度略大于L)，以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到距底端高h的位置后又返回到底端，运动过程中，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，不计金属轨道的电阻，已知重力加速度为g.则以下说法中正确的是( )
A.杆ab先匀减速上滑，之后匀加速下滑，且上滑过程的加速度大于下滑过程中的加速度
B.杆ab上滑过程中通过R的电荷量与下滑过程中通过R的电荷量相等
C.杆ab运动过程中安培力做功的功率等于电阻R的热功率
D.杆ab上滑到最高点的过程中电阻R上产生的焦耳热等于(mv-mgh)
解析：选BD.杆ab上滑时，由牛顿第二定律知，F安+mgsin θ=ma上，代入F安=BIL=知，由于杆上滑时速度减小，则上滑时的加速度不断减小，做加速度不断减小的减速运动，同理分析，当杆下滑时，mgsin θ-F安=ma下，联立F安=可知，杆做加速度不断减小的加速运动，A错误;由于杆ab上滑和下滑过程中，磁通量的变化量相等，结合q=IΔt=知，杆上滑和下滑过程中通过R的电荷量相等，B正确;杆ab运动过程中安培力做功的功率等于电阻R和r的热功率之和，C错误;杆ab上滑到最高点的过程中，由能量守恒定律知，电路产生的总焦耳热Q=mv-mgh，而电阻R产生的焦耳热QR=Q，联立得QR=(mv-mgh)，D正确.
5. (2015·高考福建卷)如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中.一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦.在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中( )
A.PQ中电流先增大后减小
B.PQ两端电压先减小后增大
C.PQ上拉力的功率先减小后增大
D.线框消耗的电功率先减小后增大
解析：选C.设PQ左侧金属线框的电阻为r，则右侧电阻为3R-r;PQ相当于电源，其电阻为R，则电路的外电阻为R外==，当r=时，R外max=R，此时PQ处于矩形线框的中心位置，即PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中外电阻先增大后减小.PQ中的电流为干路电流I=，可知干路电流先减小后增大，选项A错误.
PQ两端的电压为路端电压U=E-U内，因E=Blv不变，U内=IR先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，选项B错误.
拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P=F安v=BIlv，可知因干路电流先减小后增大，PQ上拉力的功率也先减小后增大，选项C正确.
线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，因外电阻最大值为R，小于内阻R;根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系，外电阻越接近电源内阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大后减小，选项D错误.
6.如图所示，光滑绝缘水平面上有一矩形线框处在竖直向下的匀强磁场中，ab=2bc，开始时cd、bc均与磁场边缘平齐.第一次将线框向右以速度v1匀速拉出磁场，第二次将线框向外以速度v2匀速拉出磁场，第三次让线框ab边绕cd轴以线速度v3向右转过90°，三次操作中线框中产生的焦耳热相等，则v1v2∶v3等于( )
A.12∶4 B.π2π∶4
C.π2π∶2 D.2ππ∶4
解析：选B.令线框bc边长为L，线框总电阻为R，将线框向右以速度v1匀速拉出时，产生的感应电动势E1=2BLv1，线框中产生的焦耳热Q1=t1=·=，同理将线框向外以速度v2匀速拉出时，产生的感应电动势E2=BLv2，线框中产生的焦耳热Q2=t2=·=，让线框ab边绕cd轴以线速度v3向右转过90°时，线框中产生的电动势的峰值为E3=BSω=2BL2=2BLv3，线框中产生的焦耳热Q3=t3=·=，由题意知焦耳热相等，所以v1v2∶v3=π2π∶4，B正确.
7. (多选)如图所示，竖直虚线MN两侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度相等，上边界在同一水平线上，区域磁场高3L，区域磁场高L，两个完全相同的正方形线圈位于竖直平面内，边长为L，质量为m、电阻为R、底边始终与磁场上边界平行，现让线圈1从磁场上方高4L处、线圈2从磁场上方一定高度处均由静止释放，结果发现线圈1刚进入磁场时的速度与刚到达磁场下边界时的速度相等，线圈2刚好能匀速通过磁场且穿过磁场时的速度与线圈1刚好完全进入磁场时的速度相等，则下列说法中正确的是( )
A.两线圈在进入磁场过程中产生逆时针方向的感应电流
B.线圈2开始下落时距磁场上边界高L
C.线圈1在进入磁场过程中产生的热量是2mgL
D.匀强磁场的磁感应强度大小为
解析：选AD.两线圈刚进磁场时，底边开始切割磁感线，由右手定则可知线圈在进入磁场过程中产生的感应电流为逆时针方向，A正确;由题意知线圈1刚进磁场时的速度v1=2，从刚进入磁场到刚好完全进入磁场的过程中一直在做减速运动，刚好完全进入磁场到刚到达磁场下边界的过程中，只在重力作用下做匀加速运动，令刚好完全进入磁场时的速度为v，则v-v2=2g·2L，即v2=4gL=2gh，所以线圈2开始下落时距磁场上边界高h=2L，B错误;由能量守恒定律知线圈1在进入磁场过程中产生的热量等于线圈1刚进入磁场到刚到达磁场下边界过程中重力势能的减小量，即Q=3mgL，C错误;因线圈2刚好能匀速通过磁场，所以mg=FA=，联立解得B=，D正确.
8.(2015·高考浙江卷)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图1所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡.线圈的水平边长L=0.1 m，竖直边长H=0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0=1.0 T，方向垂直线圈平面向里.线圈中通有可在0～2.0 A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量.(重力加速度取g=10 m/s2)
(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少?
(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2=100匝、形状相同的线圈，总电阻R=10 Ω.不接外电流，两臂平衡.如图2所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d=0.1 m.当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率.
解析：(1)线圈受到安培力F=N1B0IL
天平平衡mg=N1B0IL
代入数据得N1=25匝
(2)由电磁感应定律得E=N2
即E=N2Ld
由欧姆定律得I′=
线圈受到安培力F′=N2B0I′L
天平平衡m′g=NB0·
代入数据可得
=0.1 T/s
答案：(1)25匝 (2)0.1 T/s
9.如图甲所示，足够长的平行光滑金属导轨ab、cd倾斜放置，两导轨之间的距离为L=0.5 m，导轨平面与水平面间的夹角为θ=30°，导轨上端a、c之间连接有一阻值为R1=4 Ω的电阻，下端b、d之间接有一阻值为R2=4 Ω的小灯泡.有理想边界的匀强磁场垂直于导轨平面向上，虚线ef为磁场的上边界，ij为磁场的下边界，此区域内的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，现将一质量为m= kg的金属棒MN，从距离磁场上边界ef一定距离处，从t=0时刻开始由静止释放，金属棒MN从开始运动到经过磁场的下边界ij的过程中，小灯泡的亮度始终不变.金属棒MN在两轨道间的电阻r=1 Ω，其余部分的电阻忽略不计，ef、ij边界均垂直于两导轨，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)小灯泡的实际功率;
(2)金属棒MN穿出磁场前的最大速率;
(3)整个过程中小灯泡产生的热量.
解析：(1)由于小灯泡的亮度始终不变，说明金属棒MN进入磁场后做匀速直线运动，速度v达到最大，由平衡条件得：
mgsin θ=BIL
小灯泡的电功率P=()2R2
电功率P= W
(2)由闭合电路欧姆定律得：I=
其中，总电阻R=+r
由法拉第电磁感应定律得：E=BLv
由以上各式代入数据解得：v=5 m/s
(3)金属棒进入磁场前，由牛顿第二定律得：
mgsin θ=ma
加速度a=gsin 30°=5 m/s2
进入磁场前所用的时间：t1=
设磁场区域的长度为x.
在0～t1时间内，
由法拉第电磁感应定律得：
E′===
金属棒MN进入磁场前
总电阻R′=+R2
感应电动势E′=R′
在磁场中运动的时间t2=
整个过程中小灯泡产生的热量为
Q=P(t1+t2)
代入数据解得：Q=5 J
答案：(1) W (2)5 m/s (3)5 J
