高中物理人教版選修3-2電磁感應難題(帶答案解析)

高中物理電磁感應

一?選擇題（共20小題）

1.如圖所示，水平地面上方矩形區(qū)域內有磁感應強度方向垂直紙面向里的勻強磁場，兩個邊長不等的正方形單匝閉合

線圈，分別用同種材料、不同粗細的均勻導線繞制做成，使兩線暖在距離磁場上邊界h高處由靜止開始自由下落并

進入磁場，磁場上、下邊界間距為（1,兩線圈最后落到地面上.運動過程中，線圈平面始終保持在豎直平面內且下

邊緣平行于磁場上邊界，則下列說法中正確的是（）

口L

A.兩線圈中產生的焦耳熱可能相等B.兩線圈剛進入磁場時受到的安培力一定不相等

C.整個過程中兩線圈的重力做功的功率一定相等D.兩線圈落地時的速度大小相等

2.如圖所示，AB是一根裸導線，單位長度的電阻為Ro,一部分彎曲成直徑為d的圓圈，圓圈導線相交處導電接觸良

好。惻圈所在區(qū)域有與圓圈平面垂直的均勻磁場，磁感強度為Bo尋線一端B點固定，A端在沿BA方向的恒力F

作用下向右緩慢移動，從而使圓圈緩慢縮小。設在圓圈縮小過程中始終保持圓的形狀，設導體回路是柔軟的，此圓

圈從初始的直徑d到完全消失所需時間I為（）

A.—"uB."U'C.―“uD."U.

16FR08FR04FR02FR0

3.下列各圖中的導體棒是閉合1口1路的一部分，圖中分別標出了導體棒的速度方向、磁場方向和棒中感應電流的方向,

其中三者關系正確的是（）

4.如圖所示，平行導體滑軌MM'、NN'放置于同一水平面上，固定在豎直向下的勻強磁場中，導體棒AB、CD橫放

在滑軌上且靜止，形成一個閉合電路。當AB向右滑動的瞬間，電路中感應電流的方向及CD受到的安培力方向分

別為（）

/?

NCBN'

A.電流方向沿ABCD,安培力方向向右B.電流方向沿ADCB,安培力方向向右

C.電流方向沿ABCD,安培力方向向左D.電流方向沿ADCB,安培力方向向左

5.如圖所示裝置中，ab、cd桿原來均靜止，當ab桿在外力作用下向右加速運動，cd桿保持靜止，忽略閉合鐵芯漏磁,

則下列說法不正確的是（）

XXXX

XX

XX浜二

b

A.ab桿中感應電流方向是從a到b,a端電勢高于b端B.線圈L2的磁通量增大

C.cd桿中感應電流方向是從c到dD.cd桿受到水平向右的安培力的作用

6.如圖所示，絕緣的水平桌面上放置一金屬圓環(huán)P,在圓環(huán)P的正上方固定一個線圈Q,線圈Q與平行金屬導軌相連

并與導體棒ab組成閉合回路，金屬導軌處于垂直導軌所在平面向里的勻強磁場中，由于導體棒ab的運動，使得圓

環(huán)P中產生逆時針方向（從上向下看）的感應電流，并且對桌面的壓力小于圓環(huán)P的重力，下列說法正確的是（）

A.導體棒ab向右加速運動B.導體棒ab向左加速運動

C.導體棒ab向右減速運動D.導體棒ab向左減速運動

7.如圖甲所示，梯形硬導線框abed固定在磁場中，磁場方向與線框平面垂直，圖乙表示該磁場的磁感應強度B隨時

間［變化的關系，t=0時刻磁場方向垂直紙面向里。在0?5to時間內，設垂直ab邊向上為安培力的正方向，線框

ab邊受到該磁場對它的安培力F隨時間I變化的關系圖為（）

D.

8.一長直鐵芯上繞有線圈P,將一單匝線圈Q用一輕質絕緣絲線懸掛在P的左端，線圈P的中軸線通過線圈Q的中

心，且與線圈Q所在的平面垂直。將線圈P連接在如圖所示的電路中，其中R為滑動變阻器，E為直流電源，S為

開關。下列情況中，可觀測到Q向右擺動的是（）

A.S閉合的瞬間B.S斷開的瞬間C.在S閉合的情況下，將R的滑片向b端移動時

D.在S閉合的情況下，保持電阻R的阻值不變

9.如圖所示的各種情境中，滿足磁鐵與線圈相耳排斥，通過R的感應電流方向從a到b的是（）

D.

10.如怪所示，彈簧上端固定，下端懸掛?個磁鐵。如果在磁鐵的下端的水平桌面.上放?個固定的閉合線圈，并使磁

極上下振動。磁鐵在向下運動的過程中，下列說法正確的是（）

A.線圈給它的磁場力始終向上B.線圈給它的磁場力先向上再向下

C.線圈給它的磁場力始終向下D.線圈給它的磁場力先向下再向上

11.如圖甲所示，abed是位于豎直平面內的正方形閉合金屬線框，金屬線框的質量為m,電阻為R.在金屬線框的卜

方有勻強磁場區(qū)域，MN和PQ是勻強磁場區(qū)域的水平邊界，并與線樞的氏邊平行，磁場方向垂直于線框平面向

里?，F使金屬線框從MN卜方某一高度處由靜止開始下落，如圖乙是金屬線框由開始下落到be剛好運動到勻強磁

場PQ邊界的v-l圖象，圖中數據均為已知量。重力加速度為g,不計空氣阻力。下列說法正確的是（）

A.金屬線框剛進入磁場時感應電流方向沿adeba方向B.MN和PQ之間的距離為vi（t2-U）

C.磁場的磁感應強度為一3——二醉D.金屬線框在0T3的時間內所產生的熱量為mgw

V

1?2-匕））V1

12.如佟所示，空間存在垂直紙面向里的磁場，磁場在豎直方向均勻分布，在水平方向非均勻分布，且關于豎直平面

MN對稱。絕緣細線上端固定在M點，下端與一個粗細均勻的銅制圓環(huán)相接?，F將圓環(huán)由P處無初速釋放，圓環(huán)第

一次向右擺動最遠能到達Q處（圖口未畫出）。已知圓環(huán)始終在同一豎直平面內擺動，則在圓環(huán)從P擺向Q的過程

中，下列說法正確的是（）

A.位置P與Q可能在同一高度B.感應電流方向始終逆時針

C.感應電流方向先逆時針后順時針D.安培力方向始終與運動方向相反

13.如圖所示，光滑固定導朝Lm、n水平放置，兩根導體棒p、q平行放于導軌上，形成一個閉合I可路。當一條形磁鐵

從高處下落接近回路時（）

A.由于回路磁通量增加，p、q將互相靠攏B.由于回路磁通量增加，p、q將互相遠離

C.由于p、q中電流方向相反，所以p、q將互相遠離D.磁鐵的加速度仍為g

14.光滑固定導軌M、N水平放置，兩根導體棒P、Q平行放置在導軌上，形成?個閉合回路，當?條形磁鐵從高處

下落到如圖所示位置（)

A.從上往下看產生了順時針方向的感應電流B.P棒受到的安培力方向水平向右

C.P棒對導軌的壓力大于P棒的重力D.磁鐵的加速度等于g

15.如圖所示，質量為m、半徑為I■的金屬圓環(huán)立在絕緣水平面上，圓環(huán)的電阻為R,一根絕緣細線一端連在圓環(huán)上,

另一端連接在天花板上，細線剛好拉直，且細線與豎直方向的夾角為60°.豎直虛線MN將圓環(huán)一分為二，在虛線

MN右側加一垂直于金屬圓環(huán)面向里的勻強磁場，使磁場的磁感應強度B按B=kt（k為常數）的規(guī)律隨時間I均勻

增大，重力加速度為g，忽略圓環(huán)的粗細，t時刻，圓環(huán)對水平面的壓力剛好為零，則t的值為（）

FmgR「?mgR八?兀mgR

A.------------------o.-------------------------------------U.---------------------

qy[23nHT123[23ni23

兀kr2兀krkr2kr

16.如圖甲所示，A、B為兩個相同的導體線圈，它們共軸并靠近放置。A線圈中通有乙圖所示的交變電流，下列說法

正確的是（規(guī)定從左往右看順時針方向為正）（）

甲乙

A.0?H時間內，B線圈中的感應電流沿順時針方向B.t2時刻，B線圈中沒有感應電流

C.t2時刻，A、B線圈之間存在相互吸引力D.0?ti和t3?t4時間內，B線圈中的感應電流方向相同

17.如圖甲所示，光滑水平桌面上靜置一邊長為L、電阻為R的單質正方形線圈abed,線圈的一邊通過一輕桿與固定

的傳感器相連?，F加一隨時間均勻變化、方向垂直桌面向下的勻強磁場，從t=0時刻開始，磁場的磁感應強度均勻

減小，線圈的一半處于磁場中，另一半在磁場外，傳感器顯示的力隨時間變化規(guī)律如圖乙所示。Fo和to已知，則磁

感應怵度變化率的大小為（）

kxx

d,---：---.a

XXX

…8L

卜XX

力傳感器

甲

］屐

18.在空間存在著豎直向上的各處均勻的磁場，將一個不變形的單匝金屬圓線圈如圖放入磁場中，當磁場的磁感應強

度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示時，下圖中能正確表示線圈中感應電流隨時間變化的圖線是（規(guī)定線圈中感應

電流的正方向為如圖甲所示）（）

Bd

C

19.如圖所示，光滑固定導軌M、N水平放置，兩根導體棒P、Q平行放置在導軌上，它們形成一個閉合回路，當一

條形磁鐵從高處下落接近回路時，下列說法正確的（）

A.磁鐵的加速度仍為重力加速度B.磁鐵的加速度大于重力加速度

C.P、Q將互相遠離D.P、Q將互相靠攏

20.在勻強磁場中放一電阻不計的平行金屬導軌，導軌跟大線圈M相接，如圖所示，導軌上放一根導線ab,磁感線垂

直于導軌所在平面。欲使M所包圍的小閉合線圈N中產生順時針方向的感應電流，則導線ab的運動情況可能是

A.勻速向右運動B.加速向右運動C.減速向右運動D.減速向左運動

二.多選題（共10小題）

21.分另1給門的四角釘上大釘子，用電線（有絕緣外皮的導線）沿著4個釘子繞制一個幾十匝的大線圈，線圈的兩端

連在一個指針在表盤中央的電流表上.下列可能發(fā)生的現象是（）

A.只要讓門面對準正南方放置，電流表里就有電流流過

B.只要讓門面對準正西方放置，電流表里就有電流流過

C.無論開門還是關門，電流表都有電流流過

D.開門速度越快，電流表指針偏轉角度越大

22.根據實際需要，磁鐵可以制造成多種形狀，如圖就是一根很長的光滑圓柱形磁棒，在它的側面有均勻向外的福射

狀磁場。現將磁棒豎直固定在水平地面上，磁棒外套有一個粗細均勻的圓形金屬線圈，金屬線圈的質量為m,半徑

為R，電阻為r，金屬線圈所在位置的磁場的磁感應瓠度大小為B.讓金屬線圈從磁棒上端由靜止釋放，經一段時間

后與水平地面相碰（碰前金屬線圈已達最大速度）并原速率反彈，又經時間t,上升到距離地面高度為h處速度減

小到零。下列說法中正確的是（）

（a）縱根而示意圖（1>）俯視圖

A.金屬線圈與地面撞擊前的速度大小一1y.°

47T2B2R2

2

B.撞擊反彈后上升到最高處h的過程中,通過金屬線圈某一截面的電荷量mg；_

333

8nBR2兀BR

2

C.撞擊反彈后上升到最高處h的過程中,通過金屬線圈某一截面的電荷量m.犀上

8H3B3R3兀BR

3?22

D.撞擊反彈后上升到最高處h的過程中,金屬線圈中產生的焦耳熱疑三二mgh

327T4B4R4

23.用一段截面半徑為r、電阻率為p、密度為d的均勻導體材料做成一個半徑為R（r<<R）的圓環(huán)，圓環(huán)豎直向下

落入如圖所示的徑向磁場中。圓環(huán)的圓心始終在N極的軸線上，圓環(huán)所在的位置的磁感應強度大小均為B,當圓環(huán)

在加速下落時某一時刻的速度為V,則（)

R2

A.此時整個環(huán)的電動勢為E=2BVTTRB.此時圓環(huán)的加速度a=以匕

Pd

C.忽略電感的影響，此時圓環(huán)中的電流1=空工電

P

D.如果徑向磁場足夠長，則圓環(huán)的最大速度\m=冬旦

B2

24.單匝矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動，轉軸垂直于磁場.若線圈所圍面積里磁通量隨時間變化的規(guī)律如圖所示.則

()

A.線圈中0時刻感應電動勢最小B.線圈中C時刻感應電動勢為零

C.線圈中C時刻感應電動勢最大D.線圈從O至C時間內平均感應電動勢為0.4V

25.如圖所示是法拉第做成的世界上第一臺發(fā)電機模型的原理圖.將鋼盤放在磁場中，讓磁感線垂直穿過銅盤；圖中a、

b導線與銅盤的中軸線處在同一豎直平面內；轉動銅盤，就可以使閉合電路獲得電流.若圖中銅盤半徑為L,勻強

磁場的磁感應強度為B,回路總電阻為R,從上往下看逆時針勻速轉動銅盤的角速度為3.則下列說法正確的是（）

A.叵路中有大小和方向周期性變化的電流B.回路中電流大小恒定，且等于弛！2

2R

C.回路中電流方向不變，且從b導線流進燈泡，再從a導線流向旋轉的銅盤

D.若將勻強磁場改為仍然垂直穿過銅盤的按正弦規(guī)律變化的磁場，不轉動銅盤，燈泡中不會有電流流過

26.如許所示，兩個正方形虛線框之間的四個區(qū)域有大小相等的勻強磁場，左側兩個區(qū)域垂直紙面向里，右側兩個區(qū)

域垂直紙面向外.現有一個大小與磁場區(qū)域外邊緣等大的正方形金屬線框abed止對著磁場區(qū)域水平向右勻速運動，

在線圖通過磁場區(qū)域時有下面四個圖象，其中A是電路中電流時間圖象，B是線圈中be部分兩端電壓時間圖象，C

是線標受到的安培力時間圖象.D是線框中焦耳熱功率時間圖象,則可能iF確的是（)

27.如圖所示的裝置，由足夠長的光滑傾斜金屬軌道BADE和粗糙水平金屬軌道CBEF平滑連接，軌道頂點A、D之

間連接一只滑動變阻器，傾斜軌道內存在垂直于斜面向上的勻強磁場，水平軌道內沒有磁場.金屬棒MN垂直放置

于軌道BADE上，距離水平軌道的高度為ho.現在從靜止開始釋放金屬棒，棒到達斜面底端BE時剛好達到最大速

度，滑到水平軌道上PQ位置停下，運動過程中始終與軌道垂直且良好接觸.軌道和金屬棒的電阻都忽略不計.下

列說法正確的是（）

A.若改變滑動變阻器的阻值，阻值越小，金屬棒在水平凱道上滑行的距離越小

B.若改變滑動變阻器的阻值，阻值越大，金屬棒在水平軌道上滑行的距離越大

C.若金屬棒距離水平軌道高度h小于ho時，h越小，金屬棒在水平軌道上滑行的坨離越小

D.若金屬棒距離水平軌道高度h大于ho時，h越大，金屬棒在水平軌道上滑行的距離越大

28.如圖所示，足夠長的U型光滑金屬導軌平面與水平面成e角（0<e<90°）,其中MN和PQ平行且間距為L,導

軌平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，導軌電阻不計.金屬棒ab由靜止開始沿導軌下滑，并與兩導領始終保

持垂直且良好接觸，如棒接入電路的電阻為R，當流過ab棒某一橫截面的電荷量為q時，ab棒速度的大小為v,則

金屬棒ab在這一過程中（）

A?運動的平均速度大小為方B.下滑位移的大小為哈C.產生的焦耳熱為qBL、，D.機械能轉化為內能

29.一個閉合的圓形線圈放在隨時間均勻變化的勻強磁場中，線圈平?面與磁感線垂直，現欲使線圈中的感應電流增加

一倍,則下述方法可行的是（若改變線圈用同一規(guī)格導線）（〕

A.使線圈匝數增加一倍B.使磁感強度的變化率增大一倍

C.使線圈的面積增大一倍D.使線圈半徑增大一倍

30.單面矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動，轉軸垂直于磁場，若線圈所圍面積里磁通量隨時間變化的規(guī)律如圖所示，

則（）

y|0/lO-3Wb

tax

°ABDO.Olt/s

A.0時刻線圈中感應電動勢最大B.D時刻線圈中感應電動勢為零

C.D時刻線圈中感應電動勢最大D.O至D時間內線圈中感應電動勢在增大

三.填空題（共2小題）

31.如圖所示，兩根豎直平行放置的光滑金屬導軌相距為L,中間接有一阻值為R的定值電阻，在兩導軌間abclc矩

形區(qū)域內分布有磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直導軌平面向里，寬度為d。一質量為m,電阻為r的導

體棒MN垂直擱在導軌上，與磁場上邊邊界相距do.現使棒MN由靜止開始釋放，當MN最終離開磁場前已開始做

勻速直線運動，導軌電阻不計，棒下落過程中始終保持水平，并與導物接觸良好。

（1）求MN在離開磁場下邊界時的速度大?。?/p>

（2）在通過磁場區(qū)域的過程中，求電流所做的功；

（3）試分析討論棒在磁場中各種可能出現的運動情況及具對應的條件。

32.如圖所示，固定在同一水平面內的兩根足夠長平行長直金屬導軌訶距為L=lm,其左端接有阻值為R=0.8。的電

陽.整個裝置處在辱百向下的磁感應強度為B=1T的勻強磁場中，一質量為m=0.2Kg,電阻為r=0.2。的金屬棒

ab垂直于導軌放置，且與兩導軌始終保持良好接觸.棒ab與導軌間的動摩擦因數四=0.5.現用功率恒為6W的牽

引力F使棒從靜止開始沿導軌運動，當回路中產生Q=5.8J的焦耳熱時，導體棒ab達到穩(wěn)定狀態(tài).此過程中，通過

ab榜的電荷量為q=2.8C.（導軌電阻不計，g=10m/s2）,求:

（1）導體棒ab達到穩(wěn)定時的速度.

（2）當導體棒ab速度v=lm/s時的加速度大小.

（3）ab棒從靜止開始到穩(wěn)定速度所需要的時間.

（4）ab棒從靜止開始經過3s電阻上產生的焦耳熱.

四.實驗題（共2小題）

33.在“探究法拉第電磁感應現象”的實驗中，現將電池組、滑動變阻器、帶鐵芯的線圈A、線圈B、電表及鍵如圖

所示部分所示連接.

（I）請在答題紙上，使用兩根導線，將電路補充完整.

（2）此實驗中使用的電表是.

A、靈敏電流計B、倍率適宜的歐姆表

（3）正確選擇電表，正確連接電路后，開始實驗探究，下列說法正確的是.

A、電鍵閉合后，線圈A插入線圈B或從線圈B中拔出，都會引起電表指針偏轉

B、線圈A插入線圈B后，電鍵閉合和斷開的瞬間電表指針均不會偏轉

C、電鍵閉合后，滑動變阻器的滑片P勻速滑動，會使電表指針靜止在中央零刻度

D、電鍵閉合后，只有滑動變阻器的滑片P加速滑動，電表指針才能偏轉.

34.在研究“電磁感應現象”的實驗中，所需的實驗器材如圖所示.現已用導線連接了部分實驗電路.

（1）請把電路補充完整；

（2）實驗時，將線圈A插入線圈B中,合上開關瞬間，觀察到檢流計的指針發(fā)生偏轉，這個現象揭示的規(guī)律是

（3）某同學設想使線圈B中獲得與線圈A中相反方向的電流，可行的實驗操作是

A.抽出線圈AB.插入軟鐵棒

C.使變阻器滑片P左移D.斷開開關.

五.計算題（共6小題）

35.小明設計的電磁健身器的簡化裝置如圖所示，兩根平行金屬導軌相距l(xiāng)=0.50m,傾角9=53°,導軌上端串接一

個0.05。的電阻。在導軌間長d=0.56m的區(qū)域內，存在方向垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B=2.0T.質

量m=4.0kg的金屬棒CD水平置于導軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連。CD棒的初始位置與磁場區(qū)域

的下邊界相距s=0.24m。一位健身者用恒力F=80N拉動GH桿，CD棒由靜止開始運動，上升過程中CD棒始終保

持與導軌垂直。當CD棒到達磁場上邊界時健身者松手，觸發(fā)恢復裝置使CD棒回到初始位置（重力加速度g=lOm/s2,

sin53°=0.8,不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質量）。求

（1）CD棒進入磁場時速度v的大??；

（2）CD棒進入磁場時所受的安培力FA的大??；

（3）在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產生的焦耳熱Q。

B

36.如圖，一關于y軸對稱的導體軌道位于水平面內，磁感應強度為B的勻強磁場與平面垂直.一足夠長，質量為m

的宜導體棒沿x軸方向置于軌道上，在外力F作用下從原點由靜止開始沿y軸正方向做加速度為a的勻速加速直線

運動，運動時棒與x軸始終平行.棒單位長度的電阻p,與電阻不計的軌道接觸良好，運動中產生的熱功率隨棒位

3_

置的變化規(guī)律為P=ky~2(SI).求：

導體軌道的軌道方程y=f(x)；

(2)棒在運動過程中受到的安培力Fm隨y的變化關系;

(3)棒從y=0運動到y(tǒng)=L過程中外力F的功.

37.如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導軌固定在傾角。=30°的斜面上，導軌電阻不計，間距L=0.4m。導軌所在空

間被分成區(qū)域【和II,兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN,I中的勻強磁場方向垂直斜面向下，II中的勾強磁場方

向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應強度大小為B=0.5T.在區(qū)域I中，將質量mi=0.1kg,電阻Ri=0.1。的金屬條

ab放在導軌上，ab剛好不下滑。然后，在區(qū)域H中將質量m2=0.4kg,電阻R2=0.1。的光滑導體棒cd置于導軌上,

由靜止開始下滑，cd在滑動過程中始終處于區(qū)域II的磁場中，ab、cd始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸，

取g=10m/s2,問

(1)cd卜滑的過程中，ab中的電流方向；

(2)ab將要向上滑動時，cd的速度v多大；

(3)從cd開始下滑到ab剛要向上滑動的過程中,cd滑動的距離x=3.8m,此過程中ab上產牛的熱量Q是多少。

38.據報道，一法國攝影師拍到“天宮一號”空間站飛過太陽的瞬間。照片中，“天宮一號”的太陽帆板輪廓清晰可見。

如圖所示，假設“天宮?號”正以速度v=7.7km/s繞地球做勻速I員周運動，運動方向與太陽帆板兩端M、N的連線

垂直，M、N間的距離L=20m,地做場的磁感應強度垂直于v、MN所在平面的分量B=1.0X15將太陽帆板

視為導體。

(1)求M、N間感應電動勢的大小E；

(2)在太陽帆板上將一只“1.5V、0.3W”的小燈泡與M、N相連構成閉合電路，不計太陽帆板和導線的電阻。試

判斷小燈泡能否發(fā)光，并說明理由；

(3)取地球半徑R=6.4X1()3km,地球表面的重力加速度g=9.8mH,試估算“天宮一號”距離地球表面的高度h

(計算結果保留?位有效數字)。

39.如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導軌固定在傾角8=30°的斜而上,其電阻不計,間距為0.4m。導軌所在空間

被分成區(qū)域I和H,兩區(qū)域的邊界為MN,區(qū)域I和II中的勻強磁場B的方向分別垂直斜面向下和垂直斜面向上，

磁感應強度大小均為0.5T.將質量為0.1kg、電阻為0.1。的導體將ab放在導軌上的區(qū)域I中，ab剛好不下滑。再

在區(qū)域H中將質量為0.4kg、電阻為0.1C的光滑導體棒cd從導軌上由靜止開始下滑。cd棒始終處于區(qū)域H中，兩

棒與導軌垂直且與導軌接觸良好，g取lOmH。

(I)求ab棒所受最大靜摩擦力，并判斷cd棒下滑時ab棒中電流的方向；

(2)ab棒剛要向上滑動時，cd棒的速度大小v；

(3)若從cd棒開始下滑到ab棒剛要向上滑動的過程中，裝置中產生的總熱量為2.6J,求此過程中cd棒下滑的距

離X。

40.如圖1所示，水平面上的兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN和PQ,兩導軌間距為1,電阻均可忽略不計.在M

和P之間接有阻值為R的定值電阻，導體桿ab質最為m、電阻為r,并與導軌接觸良好.整個裝置處于方向豎直向

上磁感應強度為B的勻強磁場中.現給ab桿一個初速度vo,使桿向右運動.

(1)當ab桿剛好具有初速度vo時，求此時ab桿兩端的電壓U,a、b兩端哪端電勢高；

(2)清在圖2中定性畫出通過電阻R的電流i隨時間變化規(guī)律的圖象；

(3)若將M和P之間的電阻R改為接一電容為C的電容器，如圖3所示.同樣給ab桿一個初速度vo,使桿向右

mv。

運動.請分析說明ab桿的運動情況，并推導證明桿穩(wěn)定后的速度為丫=

m+B212c

參考答案與試題解析

一.選擇題（共20小題）

1.【分析】根據牛頓第二定律分析加速度大小，再根據運動情況求解落地時速度大小，由于線圈是由同種材料、不同

粗細、長度不同的均勻導線繞制做成，所以質量大小無法確定，進入磁場的安培力大小以及重力功率無法確定.

【解答】解：線圈從同一高度下落，到達磁場邊界時具有相同的速度v,切割磁感線產生感應電流，受到磁場的安

培力大小為：F=B2L2V,

R

由電阻定律有：R=P皆，（P為材料的電阻率，L為線圈的邊長，S為導線的橫截面積），線圈的質量為m=poS?4L,

（p。為材料的密度）。

2

Bv

當線圈的下邊剛進入磁場時其加速度為：a=^L=o-；

m16PPo

則知，大線圈和小線圈進入磁場的過程先同步運動，由于當線圈2剛好全部進入磁場中時，大線圈由于邊長較長還

沒有全部進入磁場，小線圈完全進入磁場后做加速度為g的勻加速運動，而大線圈仍先做加速度小于g的變加速運

動，完全進入磁場后再做加速度為g的勻加速運動，設大線圈落地速度為vi,小線圈落地速度為\2兩線圈勻加速

運動的位移相同，所以落地速度關系為V1<V2.

A、由能量守恒可得：Q=mg（h+H）-Imv2（H是磁場區(qū)域的高度），由于兩個線圈的質量大小不知道，所以兩

2

線圈中產生的焦耳熱可能相等，故A正確：

B、兩線圈剛進入磁場時受到磁場的安培力大小為：=由于兩個線圈截面積大小不

RR當4P

S

同，不知道哪個較粗，所以兩線圈剛進入磁場時受到的安培力大小無法確定，故B錯誤；

C、整個過程中兩線圈的重力做功的功率P=mgv,重力大小不知道，所以功率大小無法確定，故C錯誤；

D、根據前面分析可得，小線圈落地時的速度大于大線圈落地時的速度，故D錯誤；

故選：Ao

2.【分析】在恒力F的作用下，圓圈不斷減小，使其磁通量不斷減小，產生感應電動勢，由于交叉點處導線接觸良好,

所以圓圈形成閉合回路，產生感應電流。因圓圈縮小是緩慢的，F做功全部轉化為感應電流產生的焦耳熱，由此可

尋得半徑r隨時間的變化規(guī)律，得出此圓圈從初始的直徑d到完全消失所需時間to

【解答】解：設在恒力F的作用下，A端時間內向右移動微小的量△*,則相應圓半徑減小△「，則有：

△X=2KAF

在時間內F做的功等于回路中電功，有：

E2

FAx=VAt

i\

AS

E-At-BAt

△S可認為由于半徑減小微小量而引起的面積的變化，有:

△S=2irr,Ar

而回路中的電阻為：R=RoX2nr

代入得：

F?2冗?△,=B?S2

2

△tR02Hr

△B2^S2_B?ZiS

-2冗

FR0(2K)rAr2FR0

顯然與圓面積變化AS成正比，所以由面積M決變化為零，所經歷的時間i為:

兀兀

t=[△t=￡2FR0=2FR01△S

解得.(=也竺=選!

?2FR08FR0

故B正確，ACD錯誤。

故選：Bo

3.【分析】閉合電路中一部分直導線在磁場中切割磁感線產生感應電流，電流方向是由右手定則來確定，所以要讓磁

感線穿過掌心，大拇指所指的是運動方向，則四指指的是感應電流方向.

【解答】解：A、伸開右手時，讓磁感線穿過掌心，大拇指方向指向導體棒運動方向，則感應電流方向應沿導線向

風里，故A錯誤；

B、伸開右手時，讓磁感線穿過掌心，大拇指方向指向導體棒運動方向，則感應電流方向應沿導線向外，故B正確:

C、伸開右手時，讓磁感線穿過掌心，大拇指方向指向導體棒運動方向，則感應電流方向應沿導線向右，故C錯誤:

D、導體棒運動方向與磁場方向在?條直線上，導體棒不切割磁感線，因此無感應電流產生，故D錯誤；

故選：Bo

4.【分析】依據AB向右移動，則由右手定則可知電流方向，則可知CD中電流的方向，由左手定則可求得CD的運動

方向，從而即可求解。

【解答】解：由右手安培定則可知，當AB向右運動時電流由B到A,故電流方向沿ADCB；

則再由左手定則可得CD受力向右，故B正確，ACD錯誤。

故選：Be

5.【分析】根據右手定則，判定ab中的感應電流，再結合右手螺旋定則與楞次定律，來判定L2線圈中的感應電流方

向，最后依據左手定則來確定安培力方向。

【解答】解：A、ab桿在外力作用下向右加速運動，根據右手定則，可知，ab桿中感應電流方向由a到b,由于其

相當于電源，則a端電勢低于b端，故A錯誤；

B、因ab桿向右加速運動，則產生的感應電動勢增大，則形成的感應電流增大，那么線圈Li的磁通量增大，則線

圈L2的磁通量也增大，故B正確；

C、因ab桿的切割，則穿過線圈Li的磁通量向上，且增大，那么穿過L2的磁通量向下增大，依據楞次定律，則線

圈L2的感應電流逆時針方向，即從c到d,故C正確；

D、根據左手定則，結合以上分析，可知，cd桿受到水平向右的安培力的作用，故D正確；

本題選擇錯誤的，故選：Ao

6.【分析】當線圈Q中磁通量發(fā)生變化時才能產生感應電流，而穿過線圈Q的磁場是由ab棒切割產生的。

按這樣的思路分析：導線ab運動時，切割磁感線產生感應電流，由右手定則判斷感應電流的方向，根據安培定則判

斷感應電流產生的磁場方向，根據楞次定律判斷線圈P中產生的電流方向，選擇題意的選項。

【解答】解：A、導體棒向右加速做切割磁感線的運動時，根據右手定則，可知，感應電流由b指向a,且大小增大,

根據右手螺旋定則，可知，線圈Q中的磁場方向向上，且大小增大，導致穿過P的磁通量向上，且大小增大，那么

其感應磁場方向向下，根據右手螺旋定則，可知，線圈P中有順時針方向感應電流（從上向下看），依據楞次定律,

它們之間是相互排斥，導致對桌面的壓力大于圓環(huán)P的重力，故A錯誤。

B、導體棒ab向左加速做切割磁感線的運動時，根據右手定則，可知，感應電流由a指向b,且大小增大，根據右

手螺旋定則，可知，線圈Q中的磁場方向向下，且大小增大，導致穿過P的磁通品向下，且大小增大，那么其感應

磁場方向向上，根據右手螺旋定則，可知，線圈P中有逆時針方向感應電流（從上向下看），依據楞次定律，它們

之間是相互排斥，導致對桌面的壓力大于圓環(huán)P的重力，故B錯誤。

C、導體棒向右減速做切割磁感線的運動時，根據右手定則，可知，感應電流由b指向a,且大小減小，根據右手螺

旋定則，可知，線圈Q中的磁場方向向上，且大小減小，導致穿過P的磁通量向上，且大小減小，那么其感應磁場

方向向.匕根據右手螺旋定則，可■知，線圈P中有逆時針方向感應電流（從.卜.向下看），依據楞次定律，它們之間

是相互排斥，導致對桌面的壓力小于圓環(huán)P的重力，故C正確。

D、導體棒ab向左減速做切割磁感線的運動時，根據右手定則，可知，感應電流由a指向b,且大小減小，根據右

手螺旋定則，可知，線圈Q中的磁場方向向下，且大小減小，導致穿過P的磁通量向下，且大小減小，那么其感應

磁場方向向下，根據右手螺旋定則，可知，線圈P中有順時針方向感應電流（從上向下看），依據楞次定律，它們

之間是相互排斥，導致對桌面的壓力小于圓環(huán)P的重力，故D錯誤。

故選：Cc

7.【分析】根據法拉第電磁感應定律求解感應電動勢，根據歐姆定律求解感應電流，根據安培力公式F=BIL求解安培

力；根據楞次定律判斷感應電流的方向，再由左手定則判定安培力的方向，從而即可求解。

【解答】解：O-2to,感應電動勢為：EI=SN=S曳，為定值，

△tt0

3to-5to,感應電動勢為：E2=S0E=S±&,也為定值，

△tt0

因此感應電流也為定值，

那么安培力F=BIL=B

由于O-lo,B逐漸減小到零，故安培力逐漸減小到零，根據楞次定律，可知，線圈中感應電流方向順時針，依據左

手定則，可知，線框ab邊受到安培力方向向上，即為正；

同理，lo-2to,安培力方向向下，為負，大小增大，

而在2to?3to,沒有安培力；

在3to-4to,安培力方向向上，為正,大小減?。?/p>

在4to-5to,安培力方向向下，為負，大小增大，故D正確，ABC錯誤；

故選：Do

8.【分析】要使Q向右移動，Q應受到向右的力；由楞次定律可知通過Q的磁場應如何變化，則可知開關的情況。

【解答】解：A、由楞次定律的第二種描述：“來拒去留”可知要使Q向右運動，通過Q、P的磁通量應減小，所以

流過P的電流需減?。憾鳶閉合過程中電流增大，磁通量增大，故A錯誤；

B、S斷開的瞬間，流過P的電流減小，磁通量減小，所以Q將向右運動，故B正確；

C、在S閉合的情況下，若將移動滑動頭向b端移動時，滑動變阻器接入電阻減小，則電路中電流增大，磁通量增

大，故會使Q左移，故C錯誤；

D、在S閉合的情況下，保持電阻R的阻值不變，則電路中的電流不變，所以穿過Q的磁通量不變，所以Q內不能

產生感應電流，Q不動，故D錯誤；

故選：Bo

9.【分析】先判斷通過線圈的磁場方向及磁通量的變化，由樗次定律可判斷電路中電流的方向及磁極間的相互作用。

【解答】解：AB、由“來拒去留”可知，磁鐵靠近線圈，則磁鐵與線圈相互排斥；

由題目中圖可知，當磁鐵豎直向下運動時，穿過線圈的磁場方向向下增大，由楞次定律可知感應電流的磁場向上，

則由右手螺旋定則可知電流方向從a經過R到b,而A是開關斷開，故A錯誤，B正確，C、由“來拒去留”可知,

磁鐵遠離線圈，則磁鐵與線圈相互吸引；

由題目中圖可知，當磁鐵萼百向上運動時,穿過線圈的磁場方向向卜減小，由楞次定律可知感應電流的磁場向上，

則由右手螺旋定則可知電流方向從a經過R到b,故C錯誤；

D、由“來拒去留”可知，磁鐵遠離?線圈，則磁鐵與線圈相互吸引；

由題目中圖可知，當磁鐵豎直向上運動時，穿過線圈的磁場方向向下減小，由楞次定律可知感應電流的磁場向下，

則由右手螺旋定則可知電流方向從b經過R到a,故D錯誤；

故選：Bo

10?【分析】利用楞次定律的相對運動角度分析“來拒去留”，即可一一判定求解.，

【解答】解：根據楞次定律的“來拒去留”，則當磁鐵在向下運動的過程中，線圈產生感應電流，形成感應磁場，

從而阻礙磁鐵的向下運動，則線圈給它的磁場力始終向上，故A正確，BCD錯誤；

故選：Ao

11.【分析】根據右手定則判斷感應電流的方向，但要先確定是哪邊切割磁感線；由圖象確定運動特征求出磁場邊界的

距離：

由圖知，金屬線框進入磁場過程做勻速直線運動，重力和安培力平衡，列式可求出磁感應強度B；

由能量守恒定律求出在進入磁場過程中金屬框產生的熱量；

【解答】解：A、線框進入磁場時，下邊切割磁感線，由右手定則可以判斷電流方向是逆時針方向，即abcda方向，

故選項A錯誤；

B、PQ之間的距離為線框做勻速直線運動和勻加速直線運動的位移之和：XPQ=VI(t3-ti)+lg(tt)2,故選

23/

項B錯誤；

BLvi

C、線框在進入磁場時，是勻速直線運動，則有：L=vi(t2-ti),而在進入時由平衡條件有：mg=BX——Lxf

R

聯立以上幾式有：B=—廠」——二屬，故選項C正確；

V1、

D、由于金屬棒做勻速直線運動時才產生熱量，所以Q=mgL=mgvi(t2-ti),故選項D錯誤。

故選：Co

【2.【分析】根據能顯守恒定律，結合電流做功產生熱能，即可判定；

依據楞次定律，即可判定感應電流方向；

根據左手定則，結合磁場在豎直方向均勻分布，在水平方向非均勻分布，且關于豎直平面MN對稱，即可求解。

【解答】解：A、圓環(huán)從P擺向Q的過程中，由于磁場在豎直方向均勻分布，在水平