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第十一章 电磁感应
第 03 练 电磁感应的综合问题
知识目标 知识点
目标一 电磁感应中的电路及图像问题.
目标二 电磁感应中的动力学和能量问题
目标三 动量观点在电磁感应中的应用
1．磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈．当以速度v 刷
0
v
卡时，在线圈中产生感应电动势，其E-t关系如图所示．如果只将刷卡速度改为 0，线圈中的
2
E-t关系图可能是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据感应电动势公式E=BLv可知，其他条件不变时，感应电动势与导体的切割速度成正比，磁卡
s
通过刷卡器的时间t= 与速率成反比。
v
本题考查的是动生电动势、以及电磁感应中的图像问题，要抓住磁卡刷卡是利用电磁感应原理，关
键要掌握感应电动势公式E=BLv，基础题。【解答】
根据感应电动势公式E=BLv可知，其他条件不变时，感应电动势与导体的切割速度成正比，只将
v 1
刷卡速度改为 0，则线圈中产生的感应电动势的最大值将变为原来的 ，磁卡通过刷卡器的时间
2 2
s
t= 与速率成反比，所用时间变为原来的2倍，故D正确，ABC错误。
v
故选D。
2．如图所示，垂直于纸面的匀强磁场局限在长为L的虚线框内，边长为d的正方形闭合线圈在外力
作用下由位置1匀速穿过磁场区域运动到位置2。若L>2d，则在运动过程中线圈中的感应电流随时
间变化的情况可以用以下哪幅图像来描述
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
当通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流，根据楞次定律判断电流方向，根据闭
合电路欧姆定律计算感应电流的大小，由此判断。
解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，掌握感应电流的产生条件，还可考查
根据楞次定律判断感应电流的方向。
【解答】
当线圈向右移动，进入磁场的过程中，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知产生逆时针方向
BLv
的电流，根据I= 可知电流大小恒定；
R
当完全进入磁场时，穿过线圈的磁通量不变，则不产生感应电流；BLv
当离开磁场时，磁通量减小，根据右手定则可知产生顺时针方向的电流，根据I= 可知电流大
R
小恒定，故ABC错误、D正确。
3．如图(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd
间电压如图(b)所示。已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随
时间变化关系的图中，可能正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查法拉第电磁感应定律，要明确均匀变化的磁场产生恒定的感应电动势。
【解答】
由题图(b)可知在cd间不同时间段内产生的电压是恒定的，所以在该时间段内线圈ab中的磁场是均
匀变化的，则线圈ab中的电流是均匀变化的，故选项A、B、D错误，选项C正确。
4．如图甲，R 为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内。左端连接在一周期为T 的正弦交
0 0
流电源上，经二极管整流后，通过R 的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化。规定内圆环a
0
端电势高于b端时，a、b间的电压为u 正，下列u -t图像可能正确的是( )
ab abA. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由图乙可知，电流为周期性变化的电流，故只需分析0.5T 内的感应电流即可；通过分析电流的变
0
化明确磁场的变化，根据楞次定律即可得出电动势的图象。
本题考查楞次定律的应用，要注意明确楞次定律解题的基本步骤，正确掌握并理解“增反减同”的
意义，并能正确应用；同时解题时要正确审题，明确题意，不要被复杂的电路图所迷惑。
【解析】
在第一个0.25T 时间内，通过大圆环的电流为顺时针增加的，由楞次定律可判断内环内a端电势高
0
于b端，因电流的变化率逐渐减小故内环的电动势逐渐减小，同理可知，在0.25T ～0.5T 时间内，
0 0
通过大圆环的电流为瞬时针逐渐减小；则由楞次定律可知，内环a端电势低于b端，因电流的变化
率逐渐变大，故内环的电动势变大，故C正确，ABD错误。
故选C。
5．如图所示，电阻为0.1Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2m，bc边与匀强磁场边缘重合。磁
场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5T.在水平拉力作用下，线圈以8m/s的速度向右
穿过磁场区域。求线圈在上述过程中
(1)感应电动势的大小E；
(2)所受拉力的大小F；
(3)感应电流产生的热量Q。【答案】
解：(1)根据导体切割磁感应线产生的感应电动势计算公式可得：
E=BLv=0.5×0.2×8V =0.8V；
E
(2)根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流为：I= =8A
R
拉力的大小等于安培力，即：F=F =BIL
A
解得：F=0.8N
(3)根据功能关系可知，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即等于拉力F做的功，所以有：
Q=W =F×2L
代入数据得：Q=0.32J
【解析】(1)根据导体切割磁感应线产生的感应电动势计算公式求解感应电动势；
(2)根据闭合电路的欧姆定律、安培力的计算公式结合平衡条件求解拉力大小；
(3)根据功能关系求解感应电流产生的热量Q。
本题主要是考查电磁感应与力、能量的结合，根据平衡条件列出方程求解拉力，分析涉及电磁感应
现象中的能量转化问题，根据功能关系列方程求解产生的热；第二问也可以根据焦耳定律求解。
6．边长为L、电阻为R的正方形导线框位于光滑水平面内，线框的右侧区域I内存在宽度为L的有
界匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于水平面。线框在功率恒为P的外力作用下，ab边恰好向
右匀速穿过磁场。ab边进入区域II后，立即受到与速度成正比的阻力作用，即F =kv，k为恒量。
f
求：
(1)ab边在区域I内运动的速度v ；
0
(2)分析说明线框cd边在磁场中的运动情况；
(3)若cd边在穿过磁场的过程中，线框克服阻力做功为W，求线框中产生的焦耳热。
【答案】解：(1)线框在磁场中运动产生的感应电动势为：E =BLv
0 0
E BLV
电根据欧姆定律可得在线框中的电流强度为：I = 0= 0
0 R R
B2L2V
则ab边所受安培力为：F =BI L= 0
A 0 R
B2L2V
因为ab边在磁场内匀速运动，则由平衡条件得：F=F = 0
A R
又拉力功率为：P=Fv
0
√ PR
解得：v =
0 B2L2
(2)cd边在磁场中，线框受力如图
增加阻力后，合力向左，选向左为正方向，根据牛顿第二定律：F +F -F=ma
A f
B2L2v kv P
解得加速度大小为：a= + -
mR m mv
因v与a反方向，应减速运动，所以加速度随之也减小，
故cd边在磁场内的过程中，线框做加速度减小的减速运动(最后可能匀速)
B2L2v
(3)线框速度为v时，有：F =BIL=
A R
因B、L、R均为恒量，故安培力与速度v成正比，而F 也与速度v成正比，故两者的变化规律相同，
f
必有：
W F kR B2L2
f = f = 线框克服安培力做功为：W = W
W F B2L2 A kR
A A
B2L2
线框中的焦耳热为：Q=W = W
A kR
√ PR
答：(1)ab边在区域I内运动的速度v 为 ；
0 B2L2
(2)分析说明线框cd边在磁场中的运动情况是做加速度减小的减速运动，最后也有可能匀速；
B2L2
(3)若cd边在穿过磁场的过程中，线框克服阻力做功为W，线框中产生的焦耳热为 W。
kR
【解析】(1)先根据法拉第电磁感应定律得到线框产生的感应电动势，然后得到感应电流的大小，
进而得到安培力的大小，根据功率公式即可得到速度；
(2)对线框受力分析，由牛顿第二定律得到线框的加速度表达式，然后分析线框的受力变化，进而得到加速度的变化情况；
(3)线框中产生的焦耳热即为克服安培力做的功，得到克服阻力和安培力做功的比例关系，即可得
到安培力做的功。
尤其在最后穿出磁场的过程中，线框所受到的阻力和安培力都是变力，所以克服安培力做的功不可
能由功的公式直接得到，考虑到阻力和安培力都是与速度成正比，所以阻力做的功和克服安培力做
的功也是成比例的。
1．如图(a)所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定，顶端接有阻值为R
的电阻，垂直导轨平面存在变化规律如图(b)所示的匀强磁场，t=0时磁场方向垂直纸面向里。在
t=0到t=2t 的时间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L处；t=2t 时，释放金属棒。整个过程中金
0 0
属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，则( )
t B2L3
A. 在t= 0时，金属棒受到安培力的大小为 0
2 t R
0
B L2
B. 在t=t 时，金属棒中电流的大小为 0
0 t R
0
3t
C. 在t= 0时，金属棒受到安培力的方向竖直向上
2
D. 在t=3t 时，金属棒中电流的方向向右
0
【答案】B
【解析】
【分析】在t=0到t=2t 的时间内，穿过回路的磁通量均匀变化，回路中产生恒定的感应电动势和恒定电流，
0
根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由闭合电路欧姆定律求感应电流，再求金属棒受到的安
培力大小，由楞次定律判断安培力方向；在t=3t 时，由右手定则判断金属棒中电流方向。
0
本题是感生电动势与动生电动势均有的情形，对于感生电动势，要熟练运用法拉第电磁感应定律求
感应电动势，由闭合电路欧姆定律求感应电流，知道磁通量均匀变化量时，回路中产生的电动势和
电流是恒定的。
【解答】
ΔB B
AB、在t=0到t=2t 的时间内， = 0 ，穿过回路的磁通量均匀变化，回路中产生恒定的感应电
0 Δt t
0
ΔΦ ΔB B E B L2 t
动势，大小为E= = L2= 0 L2 ，金属棒中电流大小为I= = 0 ，在t= 0时，金属棒受
Δt Δt t R t R 2
0 0
B B B L2 B2L3
到安培力的大小为F= 0 IL= 0 ⋅ 0 L= 0 ，故A错误，B正确；
2 2 t R 2t R
0 0
3t
C、在t= 0时，磁通量增加，根据楞次定律知感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，则金属棒受
2
到安培力的方向竖直向上，故C错误；
D、在t=3t 时，金属棒向下做切割磁感线运动，此时磁场方向垂直纸面向外，由右手定则判断可
0
知金属棒中电流的方向向左，故D错误。
2．如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨间距最窄处
为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器
与导轨左端相连，导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，
忽略所有电阻，下列说法正确的是( )
A. 金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电
B. 金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定
C. 通过金属棒的电流为2BCv2tanθ
D. 金属棒到达x 时，电容器极板上的电荷量为BCvx tanθ
0 0
【答案】C
【解析】
【分析】
金属棒切割磁感线相当于电源，切割有效长度逐渐增加，感应电动势逐渐增大，给所连接的电容器ΔQ
充电，由电流定义式I= 为切入点，由电容的定义式Q=CU，电容器的电压总是等于感应电动
△t
势，动生感应电动势的计算公式E=BLv，分析L与位移的几何关系，推导电容器的电荷量Q的表
达式，得到△Q的表达式，从而得到电流的表达式；由右手定则或者楞次定律判断感应电流方向；
由金属棒受力平衡F=F =BIL，再由P=Fv判断外力的功率是否恒定。
安
本题考查了电磁感应现象以及电容器和电流的定义相关知识点，考查较为综合有一点难度。解题关
键在于能把相当于电源的金属棒与电容器之间的关联建立起来，即充电过程U=E。由电流定义式
出发，寻找物理量之间的关系，逐步推演得到结果。
【解答】
A.根据楞次定律可知电容器的上极板应带正电， A错误;
C.由题知导体棒匀速切割磁感线，根据几何关系切割长度为
L=2xtanθ，x=vt
则产生的感应电动势为
E=2Bv2ttanθ由题图可知电容器直接与电源相连，则电容器的电荷量为
Q=CE=2BCv2ttanθ则流过导体棒的电流
Q
I= =2BCv2tanθ，C正确;
t
D.当金属棒到达x 处时，导体棒产生的感应电动势为
0
E'=2Bvx tanθ则电容器的电荷量为
0
Q=CE'=2BCvx tanθ，D错误;
0
B.由于导体棒做匀速运动则F=F =BIL
安
由选项C可知流过导体棒的电流I恒定，但L与t成正比，则F为变力，再根据力
做功的功率公式P=Fv
可看出F为变力，v不变则功率P随力F变化而变化;B错误;
3．如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽
3
度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边长为 l的正方形金属线框在导轨上向左
2
匀速运动．线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是( )A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要是考查了法拉第电磁感应定律和楞次定律;对于导体切割磁感应线产生的感应电动势可以
用E=BLv来计算;弄清楚线框所处的位置不同产生的感应电动势不一定相同。
【解答】
第一过程从①移动②的过程中
左边导体棒切割产生的电流方向是顺时针，右边切割磁感线产生的电流方向也是顺时针，两根棒切
E 2Blv
割产生电动势方向相同所以E=2Blv ，则电流为i= = ，电流恒定且方向为顺时针，再从
R R
②移动到③的过程中左右两根棒切割磁感线产生的电流大小相等，方向相反，所以回路中电流表
现为零，
然后从③到④的过程中，左边切割产生的电流方向逆时针，而右边切割产生的电流方向也是逆时
E 2Blv
针，所以电流的大小为i= = ，方向是逆时针
R R当线框再向左运动时，左边切割产生的电流方向顺时针，右边切割产生的电流方向是逆时针，此时
回路中电流表现为零，故线圈在运动过程中电流是周期性变化， D正确；ABC错误；故选D
4．如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻．质量为
m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向
下．当该磁场区域以速度v 匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v.导轨和金属杆的电阻不
0
计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：
(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；
(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；
(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P．
【答案】
E
解：(1)感应电动势E=Bdv ，感应电流I= ，
0 R
Bdv
解得I= 0。
R
(2)安培力F=BId，由牛顿第二定律F=ma，
B2d2v
解得a= 0。
mR
(3)金属杆切割磁感线的速度v'=v -v，
0
则感应电动势E=Bd(v -v)，
0
E2
电功率P= ，
RB2d2 (v -v) 2
解得P= 0 。
R
Bdv
答：(1)杆中感应电流的大小为 0 ；
R
B2d2v
(2)杆的加速度大小为 0 ；
mR
B2d2 (v -v) 2
(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率为 0 。
R
【解析】(1)根据电磁感应定律的公式可得知产生的电动势，结合闭合电路的欧姆定律，即可求得
MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；
(2)根据第一问求得的电流，利用安培力的公式，结合牛顿第二定律，即可求得MN刚扫过金属杆
时，杆的加速度大小a；
(3)首先要得知，PQ刚要离开金属杆时，杆切割磁场的速度，即为两者的相对速度，然后结合感
应电动势的公式以及功率的公式即可得知感应电流的功率P。
5．如图，间距为l的光滑平行金属导轨，水平放置在方向竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强
度大小为B，导轨左端接有阻值为R的定值电阻，一质量为m的金属杆放在导轨上．金属杆在水平
外力作用下以速度v 向右做匀速直线运动，此时金属杆内自由电子沿杆定向移动的速率为u .设金
0 0
属杆内做定向移动的自由电子总量保持不变，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，除了电阻R以外
不计其它电阻．
(1)求金属杆中的电流和水平外力的功率；
u
(2)某时刻撤去外力，经过一段时间，自由电子沿金属杆定向移动的速率变为 0，求：
2
(ⅰ)这段时间内电阻R上产生的焦耳热；
(ⅱ)这段时间内一直在金属杆内的自由电子沿杆定向移动的距离．
【答案】
解：(1)金属棒切割磁感线产生的感应电动势：E=Blv
0
E Blv
则金属杆中的电流：I= = 0
R R
B2l2v
由题知，金属杆在水平外力作用下以速度v 向右做匀速直线运动则有：F=F =BIl= 0
0 安 RB2l2v2
根据功率的计算公式有：P=Fv = 0
0 R
(2)(i)设金属杆内单位体积的自由电子数为n，金属杆的横截面积为S，则金属杆在水平外力作用
Blv
下以速度v 向右做匀速直线运动时的电流由微观表示为：I=nSeu = 0
0 0 R
Blv
则解得：nSe= 0
Ru
0
u u Blv'
此时电子沿金属杆定向移动的速率变为 0，则：I'=nSe 0=
2 2 R
v
解得：v'= 0
2
1 1
则能量守恒有： mv'= mv2-Q
2 2 0
3
解得：Q= mv2
8 0
v
(ii)由 (i)可 知 在 这 段 时 间 内 金 属 杆 的 速 度 由 v 变 到 0， 则 根 据 动 量 定 理 有 ：
0 2
v
-Bql⋅Δt=m 0-mv
2 0
t
即：-BlnSe ∑ uΔt=-BlnSe⋅d(取向右为正)
Δt=0
Blv
由于：nSe= 0
Ru
0
mRu
化简得：d= 0
2B2l2
【解析】(1)根据直导线切断磁感线的公式及欧姆定律能求出感应电流的大小，根据安培力公式和
功率公式及平衡条件求解外力的功率；
(2)(i)撤去外力后，根据题设已知和电流的微观表达式求出金属棒此刻的速度，由能量守恒定律求
解撤去外力后产生的热量；
(ii)对自由电子根据动量定理列式，两边求和，可以求得自由电子这段时间内沿杆定向移动的距离。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；
另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系、动量定理等
列方程求解。1．如图所示，电阻为r的金属直角线框abcd放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，a、d两点连线
与磁场垂直，ab、cd长均为l，bc长为2l，定值电阻阻值为R.线框绕ad连线以角速度ω匀速转动
从图示位置开始计时，则
A. 线框每转一圈，回路电流方向改变一次
B. a、d两点间的电压为√2Bl2ω
2Bl2ωcosωt
C. 电流瞬时值的表达式为i=
R+r
4Bl2
D. 半个周期内通过R的电荷量为
R+r
【答案】D
【解析】
【分析】
线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流，根据规律可列出感应电动势的瞬时表达式，最
大值与有效值的√2倍;每当线框通过中性面时，电流方向改变;当磁通量为零时，线框切割速度最大，
ΔΦ
产生的电动势也最大.根据感应电荷量q= ，求通过电阻R的电荷量．
R
线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流.而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的
有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定.而通过某一电量时，则用平均值来求。
【解答】
A.发电机线圈每转过中性面位置就改变一次电流的方向，故每转过一圈，电流的方向改变两次，故
A错误；
2Bl2ω
B.线圈产生的最大感应电动势为E =2Bl2ω，产生的有效值E= ，根据闭合电路欧姆定律
m √2R R
可知a、d两点间的电压为U= ⋅E= √2Bl2ω，故B错误；
R+r R+r
E 2Bl2ω
C.产生感应电流的最大值为I = m = ，从图示位置(中性面)开始计时，故产生的感应电
m R+r R+r
2Bl2ω
流的瞬时表达式为i=I sinωt= sinωt，故C错误；
m R+r
ΔΦ E
D.线框从图示位置转过π的过程中，产生的平均感应电动势E= ，平均感应电流I= ，
Δt R+r
4Bl2
ΔΦ=4Bl2，流过的电荷量q=I⋅Δt= ，故D正确。
R+r
故选：D。
2．如图所示，U形金属框架竖直放置在绝缘地面上，框架的上端接有一电容器C，金属框架处于
水平方向的匀强磁场中。将一电阻为R的金属棒MN从一定高度处由静止释放，下落过程中金属棒
方向始终平行于地面，且与金属框架接触良好。忽略金属棒与金属框架之间的摩擦，在金属棒由静
止开始下落的过程中，以下说法正确的是( )
A. 金属棒做自由落体运动
B. 电容器左侧极板将带正电荷
C. 电容器储存的电能等于金属棒减少的重力势能
D. 金属棒减少的机械能大于电容器储存的电能
【答案】D
【解析】
【分析】
金属棒向下运动过程切割磁感线产生感应电动势，对电容器充电，电路中有充电电流，金属棒受到
安培力作用；由右手定则判断感应电流方向，然后判断电容器极板带电情况；应用能量守恒定律分
析答题。
金属棒下落过程切割磁感线对电容器充电，电路中有充电电流，金属棒下落过程金属棒的部分机械
能转化为电容器储存的电能；分析清楚金属棒的运动过程，应用能量守恒定律分析即可解题。【解答】
A.金属棒向下运动过程切割磁感线产生感应电动势，对电容器充电，电路中有充电电流，金属棒受
到竖直向上的安培力作用，金属棒的运动不是自由落体运动，故A错误；
B.由右手定则可知，感应电流由M流向N，因此电容器右极板带正电，左极板带负电，故B错误；
CD.金属棒向下做加速运动，动能增大，金属棒切割磁感线产生感应电动势对电容器充电，电容器
储存的电能增加，电流流过金属棒时产生焦耳热，金属棒减少的重力势能等于金属棒的动能、电容
器储存的电能与金属棒产生的焦耳热之和，电容器储存的电能小于金属棒减少的重力势能，金属棒
减少的机械能等于电容器储存的电能增加与金属棒产生的焦耳热之和，因此金属棒减少的机械能大
于电容器储存的电能，故C错误，D正确。
3．如图甲所示，同心放置的两个圆环a、b，是由同一根导线裁制而成的，半径分别为r和2r。过
圆环直径的虚线为磁场边界，在虚线的右侧存在一个足够大的匀强磁场。t=0时刻磁场方向垂直于
圆环平面向里，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，不考虑两圆环之间的相互作用，在
0～t❑ 时间内，下列说法正确的是
1
A. 两圆环中的感应电流均为顺时针方向的恒定电流
B. 两圆环受到的安培力始终为向右的恒力
C. 两圆环a、b中的感应电流大小之比为2:1
D. 两圆环a、b中的电功率之比为1:4
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了法拉第电磁感应定律、楞次定律、闭合电路的欧姆定律、电功率；虽然圆环只有一半面
积在磁场中，但是穿过两个圆环的磁通量之比仍然等于它们的面积之比，注意各个公式的灵活运用，
考查的就是就基本规律的掌握。
根据楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律可以判断圆环中感应电流以及圆环的面积变化趋势；
先根据法拉第电磁感应定律计算出感应电动势大小，然后根据电阻定律计算出圆环的电阻，最后根
据欧姆定律可以计算出感应电流的大小之比；根据P=UI可以计算出电功率之比。
【解答】
A.由图乙可知，在0-t 时间内磁感应强度的变化率不变，0-t 时间内磁通量向里减小，t -t 时间
1 0 0 1
内磁通量是向外增加，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为顺时针；根据法拉ΔΦ ΔB E
第电磁感应定律E= = S，由欧姆定律可知：I= 可知：两圆环中的感应电流为恒定电流，
Δt Δt R
故A正确；
B.0-t 为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势，即两圆环受到的安培力向右；t -t 为了阻碍
0 0 1
磁通量的增大，线圈有缩小的趋势，即两圆环受到的安培力向左，故B错误；
ΔΦ ΔB
C.从图乙中可知磁场均匀变化，即斜率恒定，根据法拉第电磁感应定律E= = S，可知产生
Δt Δt
E S 1 L 2πr
的感应电动势大小之比为 1= 1= ，根据电阻定律R=ρ =ρ ，可知两环的电阻之比为
E S 4 S S
2 2
E
1
R 1 I R 1
1= ，故感应电流之比为 1= 1 = ，故C错误；
R 2 I E 2
2 2 2
R
2
P 1
D.圆环中电功率为P=EI，所以电功率之比为 1= ，故D错误。
P 8
2
4．如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L=1m，其电阻不计，两导轨及其构
成的平面均与水平面成θ=30❑∘角，N、Q两端接有R=1Ω的电阻。一金属棒ab垂直导轨放置，
ab两端与导轨始终有良好接触，已知ab的质量m=0.2kg，电阻r=1Ω，整个装置处在垂直于导轨
平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B=1T。ab在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度
v =0.5m/s沿导轨向上开始运动，可达到最大速度v=2m/s。运动过程中拉力的功率恒定不变，
1
重力加速度g=10m/s2。
(1)求拉力的功率P；
(2)ab开始运动后，经t=0.09s速度达到v =1.5m/s，此过程中ab克服安培力做功W =0.06J，
2
求该过程中ab沿导轨的位移大小x。
【答案】
解：(1)在ab棒运动过程中，由于拉力功率恒定，ab棒做加速度逐渐减小的加速运动，速度达到最
大时，加速度为零，设此时拉力大小为F，安培力大小为F 。
A
由平衡条件得 F=mgsinθ+F
A
此时ab棒产生的感应电动势为E=BLvE
设回路中感应电流为I，根据闭合电路欧姆定律得I=
R+r
ab棒受到的安培力大小为F =BIL
A
拉力的功率P=Fv
联立以上各式解得P=4W
(2)ab棒从v 到v 的过程中，由动能定理得
1 2
1 1
Pt-W -mgxsinθ= mv2- mv2
2 2 2 1
解得x=0.1m
答：(1)拉力的功率P为4W；
(2)该过程中ab沿导轨的位移大小x为0.1m。
【解析】(1)ab棒匀速运动时速度最大，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律求出感应电流，由
F=BIL求出ab棒受到的安培力大小，再根据平衡条件求出此时拉力大小，由P=Fv求拉力的功率
P；
(2)根据动能定理求ab沿导轨的位移大小x。
本题与汽车恒定功率启动类型，要正确分析ab棒的运动情况，知道加速度为零时速度最大。
5．如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里。
正方形单匝线框abcd的边长L=0.2m、回路电阻R=1.6×10-3Ω、质量m=0.2kg。线框平面与磁
场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L。现对线框施加与水
平向右方向成θ=45°角、大小为4√2N的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动。从ab
边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。重
力加速度大小取g=10m/s2，求：
(1)ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；
(2)磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；
(3)磁场区域的水平宽度。
【答案】
(1)线框进入磁场前受重力G和恒力F作用，由牛顿第二定律可知：
水平方向：Fcos45°=ma
1竖直方向：Fsin45°-G=ma
2
解得：a =20m/s2 a =10m/s2
1 2
(2)当线框ab边进入磁场时，设线框在竖直方向的速度为v ，线框从开始运动到ab边刚进入磁场的
2
过程中运动时间为t ；由运动学规律知：
1
竖直方向：v2=2a L v =a t
2 2 2 2 1
由于线框进入磁场后在竖直方向做匀速运动，线框在竖直方向受重力G、安培力F 及恒力F在竖
安
直方向的分力，由平衡条件知：
Fsin45°-G-F =0
安
由安培力的计算公式得：F =BIL
安
由法拉第电磁感应该定律及欧姆定律知：E=BLv =IR
2
联立解得：B=0.2T t =0.2s F =2N
1 安
由功能关系知：整个过程中回路中产生的焦耳热等于安培力所做的功，故有：
Q=F L=0.4J(3)当线框进入磁场后设线框在磁场中运动的时间为t ，由于线框在竖直方向做匀
安 2
速直线运动，故有：
竖直方向：L=v t
2 2
整个过程中线框运动的时间t=t +t
1 2
由于线框在水平方向始终做匀加速直线运动，设线框在水平方向运动的位移为x，则有：
1
x= a t2 联立解得：x=0.9m
2 1
这样磁场区域的宽度d=x+L=1.1m
【解析】本题将法拉第电磁感应定律与运动的合成分解以及平衡条件的应用有机综合在一起；解题
关键是要将线框的运动分解为两个方向的直线运动来处理，并能根据牛顿运动定律分析在这两个方
向上线框的运动变化；同时对线框运动过程中的功能关系要理解清楚。
