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一、单项选择题
1. 如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度 v 沿与棒
与磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε；将此棒弯成两段长度相
等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方
向以速度 v 运动时，棒两端的感应电动势大小为ε'.则等于( )
A． B．
C．1 D．
解析：选B.设折弯前导体切割磁感线的长度为L，折弯后，导体切割磁场的有效长度为l
＝ ＝L，故产生的感应电动势为ε'＝Blv ＝B·Lv ＝ε，所以＝，B正确．
2.如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨
垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感
应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是( )
A．ab中的感应电流方向由b到a
B．ab中的感应电流逐渐减小
C．ab所受的安培力保持不变
D．ab所受的静摩擦力逐渐减小
解析：选D.本题考查楞次定律、电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力、平衡条件．
由于通过回路的磁通量向下减小，则根据楞次定律可知ab中感应电流的方向由a到b，A错
误；因ab不动，回路面积不变；当B均匀减小时，由E＝n＝nS知，产生的感应电动势恒定，回
路中感应电流I＝恒定，B错误；由F＝BIL知，F随B减小而减小，C错误；对ab由平衡条件
有f＝F，故D正确．
3．(2019·北京昌平一模)图甲为手机及无线充电板，图乙为充电原理示意图．充电板接交
流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产
生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电．为方便研究，现将问题做如下
简化：设受电线圈的匝数为n，面积为S，若在t 到t 时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿
1 2
过线圈，其磁感应强度由B 均匀增加到B.下列说法正确的是( )
1 2A．c点的电势高于d点的电势
B．受电线圈中感应电流方向由d到c
C．c、d之间的电势差为
D．c、d之间的电势差为
答案：C
4．(2019·长沙模拟) 如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置
匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3 s时间拉出，外力所做的功为W，通过导线截面的电荷量
1
为q；第二次用0.9 s时间拉出，外力所做的功为W，通过导线截面的电荷量为q，则( )
1 2 2
A．WW，q＝q D．W>W，q>q
1 2 1 2 1 2 1 2
解析：选C.两次拉出的速度之比
v1
∶
v2
＝3∶1.电动势之比E
1
∶E
2
＝3∶1，电流之比
I∶I＝3∶1，则电荷量之比q∶q＝(It)∶(It)＝1∶1.安培力之比F∶F＝3∶1，则外力做
1 2 1 2 11 22 1 2
功之比W∶W＝3∶1，故C正确．
1 2
5．(2019·甘肃靖远模拟)如图所示，abcd为水平放置的平行“ ”形光滑金属导轨，间距
为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计，已知金属
杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度
v
沿平行于cd的方
向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则( )
A．电路中感应电动势的大小为
B．电路中感应电流的大小为
C．金属杆所受安培力的大小为
D．金属杆的热功率为
解析：选B.金属杆的运动方向与金属杆不垂直，电路中感应电动势的大小为E＝Blv(l为
切割磁感线的有效长度)，选项A错误；电路中感应电流的大小为I＝＝＝，选项B正确；金属
杆所受安培力的大小为F＝BIl′＝B··＝，选项C错误；金属杆的热功率为P＝I2R＝·＝，选项D错误．
6. 如图所示，线圈L的自感系数很大，且其直流电阻可以忽略不计，L、L 是两个完全相
1 2
同的小灯泡．开关S闭合和断开的过程中，灯L、L 的亮度变化情况是(灯丝不会断)( )
1 2
A．S闭合，L 亮度不变，L 亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L 立即熄灭，L 逐渐
1 2 2 1
变亮
B．S闭合，L 不亮，L 很亮；S断开，L、L 立即熄灭
1 2 1 2
C．S闭合，L、L 同时亮，而后L 逐渐熄灭，L 亮度不变；S断开，L 立即熄灭，L 亮一下
1 2 1 2 2 1
才熄灭
D．S闭合，L、L 同时亮，而后L 逐渐熄灭，L 则逐渐变得更亮；S断开，L 立即熄灭，L
1 2 1 2 2 1
亮一下才熄灭
解析：选D.当S闭合，L的自感系数很大，对电流的阻碍作用较大，L 和L 串联后与电源
1 2
相连，L 和L 同时亮，随着L中电流的增大，因为L的直流电阻不计，则L的分流作用增大，
1 2
L 中的电流逐渐减小为零，由于总电阻变小，故电路中的总电流变大，L 中的电流增大，L 灯
1 2 2
变得更亮；当S断开，L 中无电流，立即熄灭，而线圈L产生自感电动势，试图维持本身的电
2
流不变，L与L 组成闭合电路，L 要亮一下后再熄灭．综上所述，D正确．
1 1
二、多项选择题
7. (2016·高考全国卷Ⅱ)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜
轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．
圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是( )
A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动
C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
解析：选AB.设圆盘的半径为r，圆盘转动的角速度为ω，则圆盘转动产生的电动势为E
＝Br2ω，可知，若转动的角速度恒定，电动势恒定，电流恒定，A项正确；根据右手定则可知，
从上向下看，圆盘顺时针转动，圆盘中电流由边缘指向圆心，即电流沿a到b的方向流动，B
项正确；圆盘转动方向不变，产生的电流方向不变，C项错误；若圆盘转动的角速度变为原来
的2倍，则电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R可知，电阻R上的热功率
变为原来的4倍，D项错误．8. 如图所示，灯泡A、B与定值电阻的阻值均为R，L是自感系数较大的线圈，当S 闭合、
1
S 断开且电路稳定时，A、B两灯亮度相同，再闭合S，待电路稳定后将S 断开，下列说法中
2 2 1
正确的是( )
A．B灯立即熄灭
B．A灯将比原来更亮一下后熄灭
C．有电流通过B灯，方向为c→d
D．有电流通过A灯，方向为b→a
解析：选AD.S 闭合、S 断开且电路稳定时，A、B两灯一样亮，说明两个支路中的电流相
1 2
等，这时线圈L没有自感作用，可知线圈L的电阻也为R，在S、S 都闭合且稳定时，I ＝I ，
2 1 A B
当S 闭合、S 突然断开时，由于线圈的自感作用，流过A灯的电流方向变为b→a，但A灯不
2 1
会出现比原来更亮一下再熄灭的现象，故选项D正确，B错误；由于定值电阻R没有自感作
用，故断开S 时，B灯立即熄灭，选项A正确，C错误．
1
9．如图，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘
导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好．在向右匀速通过M、N两区的过
程中，导体棒所受安培力分别用F 、F 表示．不计轨道电阻．以下叙述正确的是( )
M N
A．F 向右 B．F 向左
M N
C．F 逐渐增大 D．F 逐渐减小
M N
解析：选BCD.根据直线电流产生磁场的分布情况知，M区的磁场方向垂直纸面向外，N
区的磁场方向垂直纸面向里，离导线越远，磁感应强度越小．当导体棒匀速通过M、N两区时，
感应电流的效果总是反抗引起感应电流的原因，故导体棒在M、N两区运动时，受到的安培
力均向左，故选项A错误，B正确；导体棒在M区运动时，磁感应强度B变大，根据E＝Blv ，I
＝及F＝BIl可知，F 逐渐变大，故选项C正确；导体棒在N区运动时，磁感应强度B变小，根
M
据E＝Blv ，I＝及F＝BIl可知，F
N
逐渐变小，故选项D正确．
10. 半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R.圆环
0
水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.杆在圆环上以速
度
v
平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开
始，杆的位置由θ确定，如图所示．则下列说法正确的是( )A．θ＝0时，杆产生的电动势为2Bav
B．θ＝时，杆产生的电动势为Bav
C．θ＝0时，杆受的安培力大小为
D．θ＝时，杆受的安培力大小为
解析：选AD.开始时刻，感应电动势E
1
＝BLv ＝2Bav ，故A项正确；θ＝时，E
2
＝B·2acos·v
＝Bav ，故B项错误；由L＝2acos θ，E＝BLv ，I＝，R＝R
0
[2acos θ＋(π＋2θ)a]，得在θ＝0时，F
＝＝，故C项错误；θ＝时F＝，故D项正确．
三、非选择题
11．(2017·高考江苏卷)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
v0
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.
解析：本题考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律．
(1)感应电动势E＝Bdv0
感应电流I＝
解得I＝.
(2)安培力F＝BId
牛顿第二定律F＝ma
解得a＝.
(3)金属杆切割磁感线的速度 v′＝
v0
－
v
，则感应电动势E＝Bd(v0 － v)
电功率P＝
解得P＝.
答案：(1) (2) (3)
12．(2019·安徽十校联考)如图甲所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值
为2R的电阻R 连接成闭合回路．线圈的半径为r，在线圈中半径为r 的圆形区域内存在垂
1 1 2
直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示．图线与
横、纵轴的截距分别为t 和B，导线的电阻不计．求0至t 时间内
0 0 1
(1)通过电阻R 的电流大小和方向；
1
(2)通过电阻R 的电荷量q.
1
解析：(1)穿过闭合线圈的磁场的面积为S＝πr
由题图乙可知，磁感应强度B的变化率的大小为＝，根据法拉第电磁感应定律得：
E＝n＝nS＝
由闭合电路欧姆定律可知流过电阻R 的电流为
1
I＝＝
再根据楞次定律可以判断，流过电阻R 的电流方向应由b到a.
1
(2)0至t 时间内通过电阻R 的电荷量为
1 1
q＝It ＝.
1
答案：(1) 方向从b到a (2)
