高考电磁感应经典题型汇总

1.（单选）如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图

TT乙所示．在0﹣2时间内，直导线中电流向上，则在2﹣T时间内，线框中感应电

流的方向与所受安培力情况是（ ）

A．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左 B．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右 C．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右 D．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左

答案及解析：.C解：在﹣T时间内，直线电流方向向下，根据安培定则，知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流．根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培力水平向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平向右．故C正确，A、B、D错误．故选：C．

2.（单选）如图所示，a、b、c三个线圈是同心圆，b线圈上连接有直流电源E和电键K，则下列说法正确的是（ ）

A．在K闭合的一瞬间，线圈a中有逆时针方向的瞬时电流，有收缩趋势 B．在K闭合的一瞬间，线圈c中有顺时针方向的瞬时电流，有收缩趋势

C．在K闭合电路稳定后，再断开K的一瞬间，线圈c中有感应电流，线圈a中没有感应电流

D．在K闭合的一瞬间，线圈b中有感应电动势；在K闭合电路稳定后，再断开K的一瞬间，线圈b中仍然有感应电动势

答案及解析：.D解：A、K闭合时线圈b中顺时针的电流，根据右手定则可知内部有向里增大的磁场，则a线圈产生阻碍原磁通量变化的电流；根据楞次定律可知，电流方向为逆时针，线圈受到向外的安培力，故有扩张的趋势；故A错误；B、根据楞次定律可知，c中感应电流为逆时针且有收缩的趋势；故B错误；C、在K闭合电路稳定后，再断开K的一瞬间，两线圈中均有磁通量的变化，故线圈中均有感应电流；故C错误D、在K闭合的一瞬间，线圈b中有感应电动势；在K闭合电路稳定后，再断开K的一瞬间，线圈b中仍然有感应电动势；故D正确；故选：D． 3.（多选）如图所示，一电子以初速度v沿与金属板平行方向飞入MN极板间，突然发现电子向M板偏转，若不考虑磁场对电子运动方向的影响，则产生这一现象的原因可能是（ ） A．开关S闭合瞬间 B．开关S由闭合后断开瞬间

C．开关S是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动 D．开关S是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动

答案及解析：AD解：电子向M板偏转，说明电子受到向左的电场力，两金属板间的电场由M指向N，M板电势高，N板电势低，这说明：与两金属板相连的线圈产生的感应电动势：左端电势高，与N板相连的右端电势低；A、开关S闭合瞬间，由安培定则可知，穿过线圈的磁通量向右增加，由楞次定律知在右侧线圈中感应电流的磁场方向向左，

1

产生左正右负的电动势，电子向M板偏振，A正确；B、开关S由闭合后断开瞬瞬间，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律知在右侧线圈中产生左负右正的电动势，电子向N板偏振，B错误；C、开关S是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动，变阻器接入电路的电阻增大，电流减小，穿过线圈的磁通量减小，由楞次定律知在上线圈中产生左负右正的电动势，电子向N偏振，C错误；D、开关S是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电流增大，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律知在上线圈中感应出左正右负的电动势，电子向M偏振，D正确．故选：AD．

4.（单选）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动．金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面．则线框中感应电流的方向是（ ） A．a→b→c→d→a B．d→c→b→a→d

C．先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→a D．先是a→b→c→d→a，后是d→c→b→a→d

答案及解析：B解：由静止释放到最低点过程中，磁通量减小，且磁场方向向上，由楞次定律，感应电流产生磁场也向上，再由右手螺旋定则可知，感应电流的方向：d→c→b→a→d；同理，当继续向右摆动过程中，向上的磁通量增大，根据楞次定律可知，电流方向是d→c→b→a→d；故选：B．

5.（单选）如图甲所示，电路的左侧是一个电容为C的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为S．在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示．则在0～t0时间内电容器（ ）

CS(B2B1)A．上极板带正电，所带电荷量为

t0B．上极板带正电，所带电荷量为

C(B2B1)

t0CS(B2B1)

t0C．上极板带负电，所带电荷量为

C(B2B1)D．上极板带负电，所带电荷量为

t0答案及解析：.A解：根据法拉第电磁感应定律，电动势E=，电容器两端的电压等于电源的电动势，所

以电容器所带的带电量．根据楞次定律，在环形导体中产生的感应电动势的方向为逆时针方

向，所以电容器的上极板带正电．故A正确，B、C、D错误．故选A．

2

6.（单选）如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc．已知bc边的长度为l．下列判断正确的是（ ） A．Ua＞Uc，金属框中无电流

B．Ub＞Uc，金属框中电流方向沿a﹣b﹣c﹣a C．Ubc=﹣

12

Blω，金属框中无电流 2D．Ubc=

12

Blω，金属框中电流方向沿a﹣c﹣b﹣a 2答案及解析：.C解：AB、导体棒bc、ac做切割磁感线运动，产生感应电动势，根据右手定则，感应电动势的方向从b到c，或者说是从a到c，故Ua=Ub＜Uc，磁通量一直为零，不变，故金属框中无电流，故A错误，B错误； CD、感应电动势大小

=Bl（

）=Blω，由于Ub＜Uc，所以Ubc=﹣Blω，磁通量一直为零，不变，金属框

2

2

中无电流，故C正确，D错误；故选：C．

7.（多选）如图所示，一个矩形线框从匀强磁场的上方自由落下，进入匀强磁场中，然后再从磁场中穿出．已知匀强磁场区域的宽度L大于线框的高度h，那么下列说法中正确的是（ ） A．线框只在进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生 B．线框从进入到穿出磁场的整个过程中，都有感应电流产生 C．线框在进入和穿出磁场的过程中，都是机械能变成电能 D．整个线框都在磁场中运动时，机械能转变成内能

答案及解析：AC解：A、B、线框在进入和穿出磁场的过程中，穿过线框的磁通量发生变化，有感应电流产生，而整个线框都在磁场中运动时，线框的磁通量不变，没有感应电流产生．故A正确，B错误．C、线框在进入和穿出磁场的过程中，产生感应电流，线框的机械能减小转化为电能．故C正确．D、整个线框都在磁场中运动时，没有感应电流产生，线框的重力势能转化为动能，机械能守恒．故D错误．故选：AC．

8.（多选）如图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L（L＜d），质量为m、电阻为R，将线圈在磁场上方h高处静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则线圈穿过磁场的过程中（从cd边刚进入磁场一直到ab边离开磁场为止）：（ ） A．感应电流所做的功为2mgd B．线圈的最小速度可能为

mgR

B2L2

C．线圈的最小速度一定是2g(hLd) D．线圈穿出磁场的过程中，感应电流为逆时针方向

3

答案及解析：.ABC解：A、据能量守恒，研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：动能变化量为0，重力势能转化为线框进入磁场的过程中产生的热量，Q=mgd．cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，所以从cd边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到ab边刚进入磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量Q′=2mgd，感应电流做的功为2mgd，故A正确．B、线框可能进入磁场先做减速运动，在完全进入磁场前已做匀速运动，刚完全进入磁场时的

速度最小，有：mg=，解得可能的最小速度v=，故B正确．C、因为进磁场时要减速，线圈全部进入

磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小，线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得：mg（h+L）=Q+

，解得最小速度v=

，故C正确．D、线圈穿出磁场的过

程，由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针，故D错误．故选：ABC．

9.（单选）在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个矩形的金属导体框，规定磁场方向向上为正，导体框中电流的正方向如图所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图变化时，下图中正确表示导体框中感应电流变化的是（ ）

A．B．C．D．

答案及解析：.C解：根据法拉第电磁感应定律有：E=n=ns，因此在面积、匝数不变的情况下，感应电动势

与磁场的变化率成正比，即与B﹣t图象中的斜率成正比，由图象可知：0﹣2s，斜率不变，故形成的感应电流不变，根据楞次定律可知感应电流方向顺时针（俯视）即为正值，而在2﹣4s斜率不变，电流方向为逆时针，整个过程中的斜率大小不变，所以感应电流大小不变；根据楞次定律，向上的磁场先减小，再向下磁场在增大，则感应电流方向为逆时针，即为负方向，故ABD错误，C正确．故选：C．

10.（多选）如图甲所示，正六边形导线框abcdef放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示．t=0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流顺时针方向为正、竖直边cd所受安培力的方向水平向左为正．则下面关于感应电流i和cd所受安培力F随时间t变化的图象正确的是（ ）

4

A．B．C．D．

答案及解析：.AC解：A、0～2s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流的方向为顺

时针方向，为正值．根据法拉第电磁感应定律，E==B0S为定值，则感应电流为定值，．在2～3s内，

磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，为正值，大小与0～2s内相同．在3～4s内，磁感应强度垂直纸面向外，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2s内相同．在4～6s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2s内相同．故A正确，B错误．C、在0～2s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，电流恒定不变，根据FA=BIL，则安培力逐渐减小，cd边所受安培力方向向右，为负值．0时刻安培力大小为F=2B0I0L．在2s～3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据FA=BIL，则安培力逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，为正值，3s末安培力大小为B0I0L．在2～3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向右，为负值，第4s初的安培力大小为B0I0L．在4～6s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，6s末的安培力大小2B0I0L．故C正确，D错误．故选AC．

11.（单选）圆形导线框固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向外，磁感应强度B随时间变化规律如图示，若规定逆时针方向为感应电流i的正方向，下列图中正确的是（ ）

A． B． C． D．

答案及解析：C解：由B﹣t图象可知，0﹣1s内，线圈中磁通量增大，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为正方向，故BD错误；由楞次定律可知，1﹣2s内电路中的电流为顺时针，为正方向，2﹣3s内，电路中的电流为顺时针，为正方向，3﹣4s内，电路中的电流为逆时针，为正方向，A错误，C正确；故选：C． 12.（单选）一正三角形导线框ABC（高度为a）从图示位置沿x轴正向匀速穿过两匀强磁场区域．两磁场区域磁感应强度大小均为B、方向相反、垂直于平面、宽度均为a．图乙反映感应电流I与线框移动距离x的关系，以逆时针方向为电流的正方向．图象正确的是（ ）

5

A． B． C． D．

答案及解析：.C解：A、x在a～2a范围，线框穿过两磁场分界线时，BC、AC边在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势E1增大，AC边在左侧磁场中切割磁感线，产生的感应电动势E2增大，两个电动势串联，总电动势E=E1+E2增大．故A错误；B、x在0～a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值．故B错误；CD、在2a～3a，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值．故C正确，D错误．故选：C．

13.（多选）如图，A、B为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈（自感系数较大；直流电阻不计），E为电源，S为开关．下列说法正确的是（ ） A．闭合开关稳定后，A、B一样亮

B．闭合开关的瞬间，A、B同时亮，但A很快又熄灭 C．闭合开关稳定后，断开开关，A闪亮后又熄灭 D．闭合开关稳定后，断开开关，A、B立即同时熄灭

答案及解析：.BC解：A、B刚闭合S的瞬间，电源的电压同时加到两灯上，由于L的自感作用，L瞬间相当于断路，所以电流通过两灯，两灯同时亮．随着电流的逐渐稳定，L将A灯短路，所以A灯很快熄灭，B灯变得更亮，故A错误，B正确．C、D闭合S待电路达到稳定后，再将S断开，B灯立即熄灭，而L与A灯组成闭合回路，线圈产生自感电动势，相当于电源，A灯闪亮一下而后熄灭，故C正确，D错误．故选：BC

14.（单选）如图所示，E为电池，L是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个规格相同的灯泡，S是控制电路的开关、对于这个电路，下列说法中不正确的是（ ） A．刚闭合S的瞬间，通过D1、D2的电流大小相等 B．刚闭合S的瞬间，通过D1、D2的电流大小不等 C．闭合S待电路达到稳定后，D1熄灭，D2比S刚闭合时亮

D．闭合S待电路达到稳定后，再将S断开的瞬间，D1不立即熄灭，D2立即熄灭

答案及解析：.B解：A、S闭合瞬间，由于自感线圈相当于断路，所以两灯是串联，电流相等，故A正确，B错误；C、闭合开关S待电路达到稳定时，D1被短路，D2比开关S刚闭合时更亮，C正确；D、S闭合稳定后再断开开关，D2立即熄灭，但由于线圈的自感作用，L相当于电源，与D1组成回路，D1要过一会在熄灭，故D正确；本题选择错误的，故选：B．

6

15.（单选）如图所示的电路中，A1、A2是完全相同的灯泡，线圈L的自感系数较大，它的电阻与定值电阻R相等．下列说法正确的是（ ）

A．闭合开关S，A1先亮、A2后亮，最后它们一样亮 B．闭合开关S，A1、A2始终一样亮 C．断开开关S，A1、A2都要过一会才熄灭 D．断开开关S，A2立刻熄灭、A1过一会才熄灭

答案及解析：C解：A、闭合开关S，电阻R不产生感应电动势，A2立即发光．线圈中电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律得知，自感电动势阻碍电流的增大，电流只能逐渐增大，A1逐渐亮起来，所以闭合开关S，A2先亮、A1后亮，最后它们一样亮．故AB错误．C、D断开开关S时，A2灯原来的电流突然消失，线圈中电流减小，产生感应电动势，相当于电源，感应电流流过A1、A2和R组成的回路，所以A1、A2都要过一会才熄灭．故C正确，D错误． 16.（多选）如图所示，相同电灯A和B的电阻为R，定值电阻的阻值也为R，L是自感线圈．当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B亮度相同．再闭合S2，待电路稳定后将S1断开．下列说法中正确的是（ ） A．A灯将比原来更亮一些后再熄灭 B．B灯立即熄灭 C．没有电流通过B灯

D．有电流通过A灯，方向为b→a

答案及解析：.BCD解：A、由于自感形成的电流是在L原来电流的基础上逐渐减小的，并没有超过A灯原来电流，故A灯虽推迟一会熄灭，但不会比原来更亮，故A错误．B、S1闭合、S2断开且电路稳定时两灯亮度相同，说明L的直流电阻亦为R．闭合S2后，L与A灯并联，R与B灯并联，它们的电流均相等．当断开后，L将阻碍自身电流的减小，即该电流还会维持一段时间，在这段时间里，因S2闭合，电流不可能经过B灯和R，只能通过A灯形成b→A→a→L→c→b的电流，所以BCD正确；故选：BCD．

17.（多选）如图中甲、乙两图，电阻R和自感线圈L的阻值都较小，接通开关S，电路稳定，灯泡L发光，则（ ）

A．在电路甲中，断开S，L逐渐变暗

B．在电路甲中，断开S，L突然亮一下，然后逐渐变暗 C．在电路乙中，断开S，L逐渐变暗

D．在电路乙中，断开S，L突然亮一下，然后逐渐变暗

答案及解析：AD解：A、在电路甲中，断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致L将逐渐变暗．故A正确；B、在电路甲中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比电阻的电流小，当断开S，L将不会变得更亮，但会渐渐变暗．故B错误；C、在电路乙中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致L将变得更亮，然后逐渐变暗．故C错误；D、在电路乙中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致L将变得更亮，然后逐渐变暗．故D正确；故选：AD．

7

18.（单选）如图所示装置中，cd杆光滑且原来静止．当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动（ ）

A．向右匀速运动 B．向右加速运动 C．向左加速运动 D．向左匀速运动

答案及解析：.B解：A、ab杆向右匀速运动，在ab杆中产生恒定的电流，该电流在线圈L1中产生恒定的磁场，在L2中不产生感应电流，所以cd杆不动．故A错误．B、ab杆向右加速运动，根据右手定则，知在ab杆上产生增大的a到b的电流，根据安培定则，在L1中产生向上增强的磁场，该磁场向下通过L2，根据楞次定律，在cd杆上产生c到d的电流，根据左手定则，受到向右的安培力，向右运动．故B正确．C、ab杆向左加速运动，根据右手定则，知在ab杆上产生增大的b到a的电流，根据安培定则，在L1中产生向下增强的磁场，该磁场向上通过L2，根据楞次定律，在cd杆上产生d到c的电流，根据左手定则，受到向左的安培力，向左运动．故C错误．D、ab杆向左匀速运动，根据右手定则，知在ab杆上产生不变的b到a的电流，根据安培定则，在L1中产生向下不变的磁场，该磁场向上通过L2，因此没有感应电流，则没有安培力，所以不会移动．故D错误．故选：B．

8

20.截面积为0.2m的100匝圆形线圈A处在匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里，如图所示，磁感应强度正按

2

Bt=0.02T/s的规律均匀减小，开始时S未闭合．R1=4Ω，R2=6Ω，C=30µF，线圈内阻不计．求：

（1）S闭合后，通过R2的电流大小；

（2）S闭合后一段时间又断开，则S切断后通过R2的电量是多少？ 解：（1）磁感应强度变化率的大小为所以E=n

=0.02 T/s，B逐渐减弱，

=

A=0.04 A，

S=100×0.02×0.2 V=0.4 V I=

（2）R2两端的电压为U2=E=×0.4 V=0.24 V

所以Q=CU2=30×10﹣6×0.24 Q=7.2×10﹣6 C．

21.如图，两足够长的平行粗糙金属导轨MN，PQ相距d=0.5m．导轨平面与水平面夹角为α=30°，处于方向垂直导轨平面向上、磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，长也为d的金属棒ab垂直于导轨MN、PQ放置，且始终与导轨接触

3良好，导体棒质量m=0．lkg，电阻R=0．lΩ，与导轨之间的动摩擦因数μ=6，导轨上端连接电路如图，已知电

阻R1与灯泡电阻RL的阻值均为0.2R，导轨电阻不计，取重力加速度大小g=10m/s， （1）求棒由静止刚释放瞬间下滑的加速度大小a；

（2）假若导体棒有静止释放向下加速度运动一段距离后，灯L的发光亮度稳定，求此时灯L的实际功率P及棒的速率v．

解：（1）金属棒刚刚开始时，棒受到重力、支持力和摩擦力的作用，垂直于斜面的方向：N=mgcosα沿斜面的方向：mgsinα﹣μN=ma代入数据解得：a=0.25g=2.5m/s （2）当金属棒匀速下滑时速度最大，达到最大时有mgsinα﹣μN=F安又 F安=Bid I=

22

R总=Ω

联立以上方程得金属棒下滑的最大速度为：

vm==m/s=0.8m/s

电动势：E=Bdvm=0.5×0.5×0.8=0.2V 电流： A

灯泡两端的电压：UL=E﹣IR=0.2﹣1×0.1=0.1V 灯泡的功率：

9

W

22.如图所示，表面绝缘且光滑的斜面MM′N′N固定在水平地面上，斜面所在空间有一边界与斜面底边NN′平行、宽度为d的匀强磁场，磁场方向垂直斜面．一个质量m=0.15kg、总电阻R=0.25Ω的正方形单匝金属框，放在斜面的顶端（金属框上边与MM′重合）．现从t=0时开始释放金属框，金属框将沿斜面下滑．图2给出了金属框在下滑过程中速度v的二次方与对应的位移x的关系图象．取重力加速度g=l0m/s．求： （1）斜面的倾角θ；

（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；

（3）金属框在穿过磁场的过程中电阻上生热的功率．

解：（1）s=0到s=0.4 m由公式v2=2as，该段图线斜率：

，

所以有：a=

=5m/s2，根据牛顿第二定律 mgsinθ=ma，得：sinθ=

2

2

，所以：θ=30°

（2）线框通过磁场时，v=4，v=2 m/s，此时安培力等于重力沿斜面向下的分量： F安=mg sinθ，即：

，

所以解得： =T

（3）由图象可知线框匀速穿过磁场，该过程中线框减少的重力势能转化为焦耳热，所以金属框在穿过磁场的过程中电阻上生热的功率等于重力做功的功率，即：PR=PG=mgsinθ•v=0.15×10×0.5×2W=1.5W

23.如图所示，倾角θ为30°的光滑斜面上，有一垂直于斜面向下的有界匀强磁场区域PQNM，磁场区域宽度L=0.1m．将一匝数n=10匝、质量m=0.02kg、边长L=0.1m、总电阻R=0.4Ω的正方形闭合线圈abcd由静止释放，释放时ab边水平，且到磁场上边界PQ的距离也为L，当ab边刚进入磁场时，线圈恰好匀速运动．（g=10m/s）．求：

（1）ab边刚进入磁场时，线圈所受安培力的大小及方向； （2）ab边刚进入磁场时，线圈的速度及磁场磁感应强度B的大小； （3）线圈穿过磁场过程产生的热量．

解：（1）ab边刚进入磁场时线框做匀速运动，对线圈受力分析，如图所示，可知： 线圈所受安培力的大小 F安=mgsinθ=0.1N方向沿斜面向上．

（2）线框进入磁场前沿斜面向下做匀加速直线运动，设ab边刚进磁场时的速度为v，则由机械能守恒定律得：

v2=mgL•sin30°得：v=1m/s

2

线框切割磁感线产生的感应电动势 E=nBLv 线框中的感应电流 I= 底边所受的安培力 F安=nBIL 由以上各式解得：B=0.2T

（3）分析可知线圈穿过磁场的过程中一直匀速运动，由能量守恒可得：Q=2mgL•sin30°=0.01J

10

24.如图所示装置由水平轨道、倾角θ=37°的倾斜轨道连接而成，轨道所在空间存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场．质量m、长度L、电阻R的导体棒ab置于倾斜轨道上，刚好不下滑；质量、长度、电阻与棒ab相同的光滑导体棒cd置于水平轨道上，用恒力F拉棒cd，使之在水平轨道上向右运动．棒ab、cd与导轨垂直，且两端与导轨保持良好接触，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8．

（1）求棒ab与导轨间的动摩擦因数μ；

（2）求当棒ab刚要向上滑动时cd速度v的大小；

（3）若从cd刚开始运动到ab刚要上滑过程中，cd在水平轨道上移动的距离x，求此过程中ab上产生热量Q． 解：（1）当ab刚好不下滑，静摩擦力沿导轨向上达到最大，由平衡条件得：mgsin37°=μmgcos37° 则 μ=tan37°=0.75 （2）设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E 由法拉第电磁感应定律有 E=BLv 设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有 I=

设ab所受安培力为F安，有 F安=BIL 此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有 F安cos37°=mgsin37°+μ（mg cos37°+F安sin37°） 代入数据解得：F安=又F安=

代入数据解得 v=

=

mg

（3）设ab棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总， 由能量守恒有 F•x﹣2Q=mv 解得Q=F•x﹣mv2=F•x﹣

11

2

25.如图所示，PQ和MN为水平平行放置的足够长的光潜金属导轨，相距L=1m，PM间接有一阻值为R=3Ω的电阻，长度也为L的导体棒ab跨放在导轨上，棒的中点用细绳经定滑轮与物体M相连，整个装置处在磁感应强度为B=1T，方向竖直向下的匀强磁场中，释放物体M，导体棒ab由静止开始运动了2m，速度达到v=1m/s，并以该速度匀速运动，已知导体棒ab的阻值为r=1Ω，运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，求： （1）导体棒匀速运动时，流过导体棒上的电流强度的大小和方向； （2）物体M的质量；

（3）导体棒ab由静止开始到速度达到1m/s这段时间内，流过导体棒ab横截面的电量． 解：（1）由法拉第电磁感应定律得：E=Blv=1×1×1V=1V， 由闭合电路欧姆定律得：I=

=

=0.25A，

由右手定则判断ab中电流的方向为从a向b； （2）导体棒ab匀速运动，受力平衡，则：T=mg，

物体M匀速运动，根据平衡条件，有：T=BIL，联立解得：m=0.025kg； （3）设所求的带电量为Q，则由题意可得：Q=联立解得：Q=

，代入数据，有：Q=0.5C；

，其中：

，s=

，

26.如图，光滑斜面的倾角α=30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1=1m，bc边的边长l2=0.6m，线框的质量m=1kg，电阻R=0.1Ω，线框通过细线与重物相连，重物质量M=2kg，斜面上ef线（ef∥gh）的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和gh的距离s=11.4m，（取g=10.4m/s），求： （1）线框进入磁场前重物M的加速度； （2）线框进入磁场时匀速运动的速度v；

（3）ab边由静止开始到运动到gh线处所用的时间t；

（4）ab边运动到gh线处的速度大小和在线框由静止开始到运动到gh线的整个过程中产生的焦耳热．

解：（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 sinα=ma． 联立解得线框进入磁场前重物M的加速度

（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 Mg=FT′，

线框abcd受力平衡，则 FT′=mg sinα+FA ab边进入磁场切割磁感线，产生的电动势E=Bl1v

=5m/s

2

2

12

形成的感应电流 受到的安培力 FA=BIl1

联立上述各式得，Mg=mg sinα+代入数据解得v=6 m/s

（3）线框abcd进入磁场前时，做匀加速直线运动；进磁场的过程中，做匀速直线运动；进入磁场后到运动到gh线，仍做匀加速直线运动．

进磁场前线框的加速度大小与重物的加速度相同，为a=5 m/s2 该阶段运动时间为 进磁场过程中匀速运动时间

2

线框完全进入磁场后线框受力情况同进入磁场前，所以该阶段的加速度仍为a=5m/s 由

解得：t3=1.2 s

因此ab边由静止开始运动到gh线所用的时间为 t=t1+t2+t3=2.5s （4）线框ab边运动到gh处的速度v′=v+at3=6 m/s+5×1.2 m/s=12 m/s 整个运动过程产生的焦耳热 Q=FAl2=（Mg﹣mgsinθ）l2=9 J

13