文档内容
专题突破 电磁感应定律的综合应用
突破一 电磁感应中的电路问题
1．电磁感应中电路知识的关系图
2．解决电磁感应中的电路问题三步骤
【例1】 (多选)如图1所示，光滑的金属框CDEF水平放置，宽为L，在E、F间连
接一阻值为R的定值电阻，在C、D间连接一滑动变阻器R (0≤R ≤2R)。框内存
1 1
在着竖直向下的匀强磁场。一长为L，电阻为R的导体棒AB在外力作用下以速度匀速向右运动，金属框电阻不计，导体棒与金属框接触良好且始终垂直，下列说
v
法正确的是( )
图1
A．ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针
B．左右两个闭合区域的磁通量都在变化且变化率相同，故电路中的感应电动势
大小为2BL
v
C．当滑动变阻器接入电路中的阻值R ＝R时，导体棒两端的电压为BL
1 v
D．当滑动变阻器接入电路中的阻值R ＝时，滑动变阻器有最大电功率且为
1
解析 根据楞次定律可知，A正确；根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E
＝BL ，故B错误；R ＝R时，外电路总电阻R ＝，故导体棒两端的电压即路端电
v 1 外
压应等于BL ，故C错误；该电路电动势E＝BL ，电源内阻为R，求解滑动变阻
v v
器的最大电功率时，可以将导体棒和电阻R看成新的等效电源，等效内阻为，故
当R ＝时，等效电源输出功率最大，即滑动变阻器电功率最大，最大值 P ＝＝
1 m
＝，故D正确。
答案 AD
1．(多选)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、电阻
为R的均匀金属棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的
俯视图如图2所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖
直向下。在两环之间接阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器。金属棒在水平
外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良
好接触。导轨电阻不计。下列说法正确的是( )图2
A．金属棒中电流从B流向A
B．金属棒两端电压为Bωr2
C．电容器的M板带负电
D．电容器所带电荷量为CBωr2
解析 根据右手定则可知金属棒中电流从B流向A，选项A正确；金属棒转动产
生的电动势为E＝Br＝Bωr2，切割磁感线的金属棒相当于电源，金属棒两端电压
相当于电源的路端电压，因而U＝E＝Bωr2，选项B正确；金属棒A端相当于电源
正极，电容器M板带正电，选项C错误；由C＝可得
电容器所带电荷量为Q＝CBωr2，选项D错误。
答案 AB
2．(多选)如图3甲所示，发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具，它在飞起时能够持
续发光。某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化：如图乙所示，半径为L的导电圆环
绕垂直于圆环平面、通过圆心 O的金属轴O O 以角速度ω逆时针匀速转动(俯
1 2
视)。圆环上接有电阻均为r的三根金属辐条OP、OQ、OR，辐条互成120°角。在圆
环左半部分张角也为120°角的范围内(两条虚线之间)分布着垂直圆环平面向下
磁感应强度为B的匀强磁场，在转轴O O 与圆环的边缘之间通过电刷M、N与一
1 2
个LED灯相连。假设LED灯电阻为r，其他电阻不计，从辐条OP进入磁场开始
计时。在辐条OP转过120°的过程中，下列说法中正确的是( )
图3
A．O、P两端电压为BL2ωB．通过LED灯的电流为
C．整个装置消耗的电能为
D．增大磁感应强度可以使LED灯发光时更亮
解析 辐条OP进入磁场匀速转动时有 E＝BL，在电路中OP相当于内阻为r的
电源，另外两根金属辐条和LED灯并联，故而电路的总电阻R＝，OP两端的电压
为电源的路端电压U＝·＝，流过LED灯的电流是I＝＝，A错误，B正确；整个装
置消耗的电能Q＝t＝··＝，C正确；由LED灯中电流为I＝知，增大角速度、增大
磁感应强度、减小辐条的电阻和LED灯的电阻等措施可以使LED灯变得更亮，
故D正确。
答案 BCD
突破二 电磁感应中的图象问题
1．解题关键
弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁
场的转折点等是解决此类问题的关键。
2．电磁感应中图象类选择题的两个常用方法
定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变
排除法 化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排
除错误的选项。
根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由
函数法
函数关系对图象进行分析和判断。
考向 根据图象分析判断电磁感应过程
【例2】 (多选) (2018·全国卷Ⅲ，20)如图4(a)，在同一平面内固定有一长直导线
PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)
所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势( )
图4
A．在t＝时为零
B．在t＝时改变方向
C．在t＝时最大，且沿顺时针方向D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向
解析 因通电导线的磁感应强度大小正比于电流的大小，故导线框R中磁感应强
度与时间的变化关系类似于题图(b)，感应电动势正比于磁感应强度的变化率，即
题图(b)中的切线斜率，斜率的正负反映电动势的方向，斜率的绝对值反映电动势
的大小。由题图(b)可知，电流为零时，电动势最大，电流最大时电动势为零，A正
确，B错误；再由楞次定律可判断在一个周期内，～内电动势的方向沿顺时针方
向，时刻最大，C正确；其余时间段电动势沿逆时针方向，D错误。
答案 AC
考向 根据电磁感应过程选择图象
【例3】 (多选)如图5所示，光滑平行金属导轨MN、PQ放置在同一水平面内，
M、P之间接一定值电阻R，金属棒cb垂直导轨水平放置，金属棒cb及导轨电阻
不计。整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，t＝0时对金属棒施加水平向右的外
力F，使金属棒由静止开始做匀加速直线运动。下列关于通过金属棒的电流i、通
过导轨横截面的电荷量q、拉力F和拉力的功率P随时间变化的图象中正确的是
( )
图5
解析 t＝0时对金属棒施加水平向右的外力F，使金属棒由静止开始做匀加速直
线运动，设加速度为a，则金属棒的速度可表示为 ＝at，由法拉第电磁感应定律，
v
切割磁感线产生的感应电动势E＝BL ＝BLat，根据闭合电路欧姆定律，金属棒
v
中电流i＝＝，与时间成正比，选项A正确；感应电动势E＝＝B，S＝Lx＝L·at2，i
＝，q＝iΔt，联立解得q＝BLat2，选项B错误；金属棒运动过程中所受的安培力F
安
＝BiL＝，由牛顿第二定律，得F－F ＝ma，解得F＝ma＋，选项C正确；拉力的
安功率P＝F ＝(ma＋)at，选项D错误。
v
答案 AC
电磁感应中的图象问题的分析方法
1．图6中有A、B两个导线圈。线圈B连接一电阻R，要使流过电阻R的电流大小
恒定，且方向由c点流经电阻R到d点，设线圈A中电流i从a点流入线圈的方向
为正方向，则线圈A中的电流随时间变化的图象应为图中的( )
图6解析 要让线圈B中产生感应电流，A中的电流应发生变化，C、D错误；若A中
的电流由a流入，且越来越小，则根据右手螺旋定则可知穿过B的磁通量向左，
且越来越小，根据楞次定律可知B中产生的感应电流由d点流经电阻R到c点，B
错误；同理，若A中的电流从b点流入，且电流越来越小，则根据楞次定律，B中
产生的感应电流从c点流经电阻R到d点，A正确。
答案 A
2．(多选)如图7甲所示，在水平桌面上放置边长为0.20 m的正方形闭合金属线圈
abcd，线圈的匝数为10，总电阻为0.10 Ω，线圈与水平桌面间的最大静摩擦力为
0.2 N。线圈的右半边处于垂直桌面、均匀分布的磁场中，磁场左边界MN与线圈
ab、cd两边平行且等距。从t＝0时刻起，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规
律如图乙所示。假设垂直桌面向下为正方向，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正
确的是( )
图7
A．t＝1 s时线圈受到的安培力为零
B．t＝6 s时线圈即将向右滑动
C．线圈滑动前，其导线中的电流一直为0.4 A
D．线圈滑动前，其产生的焦耳热为2.4×10－2 J
解析 t＝1 s时磁感应强度为零，线圈受到的安培力为零，选项A正确；由题图乙
可知，＝0.1 T/s，磁感应强度随时间变化的关系为 B＝－0.1 T＋t＝(－0.1＋0.1t)
T，当线圈未滑动时，由法拉第电磁感应定律知，线圈中产生的感应电动势E＝nS
＝10×0.20×0.10×0.1 V＝0.02 V，根据闭合电路欧姆定律，线圈中电流I＝＝0.2
A，由题图乙可知t＝6 s时磁感应强度为B＝0.5 T，线圈受到的安培力大小F＝nBIL＝10×0.5×0.2×0.20 N＝0.2 N，恰好等于线圈与水平桌面间的最大静摩擦
力0.2 N，根据楞次定律可知，线圈即将向左滑动，选项B错误；线圈滑动前，其导
线中的电流一直为0.2 A，选项C错误；由焦耳定律知，线圈滑动前，其产生的焦
耳热Q＝I2Rt＝0.22×0.10×6 J＝2.4×10－2 J，选项D正确。
答案 AD
突破三 电磁感应中的动力学问题
1．两种状态及处理方法
状态 特征 处理方法
平衡态 加速度为零 根据平衡条件列式分析
根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进
非平衡态 加速度不为零
行分析
2.电磁感应中的动力学临界问题
(1)解决这类问题的关键是通过受力情况和运动状态的分析，寻找过程中的临界
状态，如速度、加速度为最大值或最小值的条件。
【例4】 足够长的平行金属导轨MN和PQ表面粗糙，与水平面间的夹角为θ＝
37°(sin 37°＝0.6)，间距为1 m。垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度的
大小为4 T，P、M间所接电阻的阻值为8 Ω。质量为2 kg的金属杆ab垂直导轨放
置，不计杆与导轨的电阻，杆与导轨间的动摩擦因数为0.25。金属杆ab在沿导轨
向下且与杆垂直的恒力F作用下，由静止开始运动，杆的最终速度为8 m/s，取g
＝10 m/s2，求：图8
(1)当金属杆的速度为4 m/s时，金属杆的加速度大小；
(2)当金属杆沿导轨的位移为6 m时，通过金属杆的电荷量。
解析 (1)对金属杆ab应用牛顿第二定律，有
F＋mgsin θ－F －f＝ma，f＝μF ，F ＝mgcos θ
安 N N
ab杆所受安培力大小为F ＝BIL
安
ab杆切割磁感线产生的感应电动势为E＝BL
v
由闭合电路欧姆定律可知I＝
整理得：F＋mgsin θ－ －μmgcos θ＝ma
v
代入 ＝8 m/s时a＝0，解得F＝8 N
vm
代入 ＝4 m/s及F＝8 N，解得a＝4 m/s2
v
(2)设通过回路横截面的电荷量为q，则q＝It
回路中的平均电流强度为I＝
回路中产生的平均感应电动势为E＝
回路中的磁通量变化量为ΔΦ＝BLx，联立解得q＝3 C
答案 (1)4 m/s2 (2)3 C
用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：1．(2017·天津理综，3)如图9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( )
图9
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 导体棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小(＝k为一定
值)，则闭合回路中的磁通量均匀减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺时针方
向的感应电流，ab中的电流方向由a到b，故选项A错误；根据法拉第电磁感应
定律，感应电动势E＝＝＝kS，回路面积S不变，即感应电动势为定值，根据闭合
电路欧姆定律I＝，所以ab中的电流大小不变，故选项B错误；安培力F＝BIL，
电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故选项C错误；导体棒处于静止
状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力f与安培力F等大反向，
安培力减小，则静摩擦力减小，故选项D正确。
答案 D
2.如图10，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框
右侧有一宽度为d(d＞L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，
磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动。t＝0时导线框的右边恰与磁
场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域。下列 －t图象中，可能正确
v
描述上述过程的是( )图10
解析 导线框开始进入磁场过程，通过导线框的磁通量增大，有感应电流，进而
受到与运动方向相反的安培力作用，速度减小，感应电动势减小，感应电流减小，
安培力减小，导线框的加速度减小， －t图线的斜率减小；导线框全部进入磁场
v
后，磁通量不变，无感应电流，导线框做匀速直线运动；导线框从磁场中出来的过
程，有感应电流，又会受到安培力阻碍作用，速度减小，加速度减小，选项D正确
答案 D
突破四 电磁感应中的能量和动量问题
1．电磁感应中的能量转化
2．求解焦耳热Q的三种方法
3．动量守恒定律在电磁感应现象中的应用
在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系
统内力，如果它们受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定
律求解比较方便。
考向 电磁感应中的能量问题
【例5】 (2019·石家庄模拟)相距为L＝2 m的足够长的金属直角导轨如图11甲所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为m＝
0.1 kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦
因数均为μ＝0.5，导轨电阻不计，回路中ab、cd电阻分别为R ＝0.6 Ω，R ＝0.4
1 2
Ω。整个装置处于磁感应强度大小为B＝0.50 T、方向竖直向上的匀强磁场中。当
ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时，cd杆
也同时从静止开始沿导轨向下运动。测得拉力F与时间t的关系如图乙所示。g取
10 m/s2，求：
图11
(1)ab杆的加速度a；
(2)当cd杆达到最大速度时ab杆的速度大小；
(3)若从开始到cd杆达到最大速度的过程中拉力F做了5.2 J的功，求该过程中ab
杆所产生的焦耳热。
解析 (1)由图乙可知，t＝0时，F＝1.5 N
对ab杆：F－μmg＝ma
代入数据得a＝10 m/s2
(2)cd杆受力情况如图(从d向c看)，当cd杆所受重力与滑动摩擦力相等时，速度
最大，即mg＝μF
N
又F ＝F
N 安
安培力F ＝BIL
安
感应电流I＝＝
由以上几式解得 ＝2 m/s
v(3)ab杆发生的位移为x＝＝0.2 m
对ab杆应用动能定理得
W －μmgx－W ＝m 2
F 安 v
解得W ＝4.9 J
安
根据功能关系得Q＝W
安
所以ab杆上产生的焦耳热为
Q ＝Q＝2.94 J
ab
答案 (1)10 m/s2 (2)2 m/s (3)2.94 J
考向 电磁感应中的动量问题
【例6】 如图12所示，MN、PQ是固定在水平桌面上，相距l＝1.0 m的光滑平行
金属导轨，MP两点间接有R＝0.6 Ω 的定值电阻，导轨电阻不计。质量均为m＝
0.1 kg，阻值均为r＝0.3 Ω的两导体棒a、b垂直于导轨放置，并与导轨良好接触。
开始时两棒被约束在导轨上处于静止，相距x ＝2 m，a棒用细丝线通过光滑滑轮
0
与质量为m ＝0.2 kg的重物c相连，重物c距地面高度也为x ＝2 m。整个桌面处
0 0
于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝1.0 T。a棒解除约束后，在重物c的拉
动下开始运动(运动过程中丝线始终与b棒没有作用)，当a棒即将到达b棒位置
前一瞬间，b棒的约束被解除，此时a棒已经匀速运动，试求：
图12
(1)a棒匀速运动时棒中的电流大小；
(2)已知a、b两棒相碰后即粘合成一根“更粗的棒”，假设导轨足够长，试求该
“粗棒”能运动的距离；
(3)a棒解除约束后整个过程中装置产生的总焦耳热。
解析 (1)由题意m g＝BlI ，可得I ＝2 A
0 a a
(2)设碰前a棒的速度为 ，则
vI ＝，R ＝ Ω＋0.3 Ω＝0.5 Ω
a 总
＝1 m/s
v
ab碰撞过程m ＝2m ′， ′＝0.5 m/s
v v v
ab碰撞后的整体运动过程，由动量定理得
－IlBt＝0－2m ′，q＝It＝
v
得x＝0.075 m
(3)发生碰撞前
m gx －Q ＝(m ＋m) 2
0 0 1 0 v
得Q ＝3.85 J
1
发生碰撞后Q ＝×2m ′2＝0.025 J
2 v
所以整个运动过程Q＝Q ＋Q ＝3.875 J
1 2
答案 (1)2 A (2)0.075 m (3)3.875 J
1．(多选)(2018·江苏单科，9)如图13所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩
形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由
静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接
触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆( )
,图13)
A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间
C．穿过两磁场之间的总热量为4mgdD．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于
解析 根据题述，由金属杆进入磁场Ⅰ和进入磁场Ⅱ时速度相等可知，金属杆在
磁场Ⅰ中做减速运动，所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，选项A
错误；由于金属杆进入磁场Ⅰ后做加速度逐渐减小的减速运动，而在两磁场之间
做匀加速运动，运动过程如图所示(其中 为金属杆刚进入Ⅰ时的速度， 为金属
v1 v2
杆刚出Ⅰ时的速度)，图线与时间轴所围的面积表示位移，两段运动的位移相等，
所以穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，选项B正确；根据能量守
恒定律，金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ过程动能变化量为0，重力做功
为2mgd，则金属杆穿过磁场Ⅰ产生的热量Q ＝2mgd，而金属杆在两磁场区域的
1
运动情况相同，产生的热量相等，所以金属杆穿过两磁场产生的总热量为
2×2mgd＝4mgd，选项C正确；金属杆刚进入磁场Ⅰ时的速度 ＝，进入磁场Ⅰ时
v
产生的感应电动势E＝Bl ，感应电流I＝，所受安培力F＝BIL，由于金属杆刚进
v
入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，所以安培力大于重力，即F>mg，联立解得h>，
选项D错误。
答案 BC
2．如图14所示，平行金属导轨MN、M′N′和平行金属导轨PQR、P′Q′R′固定在高度
差为h(数值未知)的两水平台面上。导轨MN、M′N′左端接有电源，MN与M′N′的间
距为L＝0.10 m，线框空间存在竖直向上的匀强磁场、磁感应强度B ＝0.20 T；平
1
行导轨PQR与P′Q′R′的间距为L＝0.10 m，其中PQ与P′Q′是圆心角为60°、半径
为r＝0.50 m的圆弧形导轨，QR与Q′R′是水平长直导轨，QQ′右侧有方向竖直向
上的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.40 T。导体棒a质量m ＝0.02 kg，接在电路中的
2 1
电阻R ＝2.0 Ω，放置在导轨MN、M′N′右侧N′N边缘处；导体棒b质量m ＝0.04
1 2
kg，接在电路中的电阻R ＝4.0 Ω，放置在水平导轨某处。闭合开关K后，导体棒a
2从NN′水平抛出，恰能无碰撞地从PP′处以速度 ＝2 m/s滑入平行导轨，且始终
v1
没有与棒b相碰。重力加速度g＝10 m/s2，不计一切摩擦及空气阻力。求：
图14
(1)导体棒b的最大加速度；
(2)导体棒a在QQ′右侧磁场中产生的焦耳热；
(3)闭合开关K后，通过电源的电荷量q。
解析 (1)设a棒滑到水平导轨上时的速度大小为 ，则从PP′到QQ′，由动能定
v2
理得
m g(r－rcos 60°)＝m －m
1 1v 1v
解得 ＝3 m/s
v2
因为a棒刚进磁场时，a、b棒中的电流最大，b棒受力最大，加速度最大，所以E＝
B L ＝0.12 V
2 v2
I＝＝0.02 A
由牛顿第二定律有B IL＝m a
2 2 max
则导体棒b的最大加速度a ＝0.02 m/s2
max
(2)两个导体棒在运动过程中，动量守恒且能量守恒，当两棒的速度相等时回路中
的电流为零，此后两棒做匀速运动，两棒不再产生焦耳热。所以
由动量守恒定律有m ＝(m ＋m )
1v2 1 2v3
设a棒在此过程中产生的焦耳热为Q ，b棒产生的焦耳热为Q
a b
由能量守恒定律有m ＝(m ＋m ) ＋Q ＋Q
1v 1 2v a b由于a、b棒串联在一起，所以有＝
Q ＝0.02 J
a
(3)设闭合开关后，a棒以速度 水平抛出，则有
v0
＝ cos 60°＝1 m/s
v0 v1
对a棒冲出过程由动量定理得
∑B ILΔt＝m 即B Lq＝m
1 1v0 1 1v0
q＝1 C
答案 (1)0.02 m/s2 (2)0.02 J (3)1 C
建构模型系列——高考常考的“切割模型”
【真题模型再现】
来源 图例 模型 命题点
右手定则、E＝BLv
2016·高考全国卷 “导体棒转动切
的应用、闭合电路
Ⅱ第20题 割”模型
欧姆定律
受力分析、平衡条
2016·高考全国卷 “导体棒平动切
件、公式E＝BL
v
Ⅰ第24题 割”模型
的应用
牛顿第二定律、法
2016·高考全国卷 “单棒＋导轨”模
拉第电磁感应定
Ⅱ第24题 型
律、欧姆定律
法拉第电磁感应定
2017·高考全国卷
“线框切割”模型 律、右手定则、安培
Ⅱ第20题
力
2017·高考全国卷 “单棒＋导轨”模 楞次定律、磁通量
Ⅲ第15题 型 的概念
法拉第电磁感应定
2018·高考全国卷 “导体棒转动切 律、闭合电路欧姆
Ⅰ第17题 割”模型 定律、电荷量的计
算i－t图象、楞次定
2018·高考全国卷
“线框切割”模型 律、法拉第电磁感
Ⅱ第18题
应定律【常考模型训练】
1．[“导体棒转动切割”模型](多选)如图15所示为一圆环发电装置，用电阻R＝
4 Ω的导体棒弯成半径L＝0.2 m的闭合圆环，圆心为O，COD是一条直径，在O、
D间接有负载电阻R ＝1 Ω。整个圆环中均有B＝0.5 T的匀强磁场垂直环面穿过。
1
电阻r＝1 Ω的导体棒OA贴着圆环做匀速圆周运动，角速度ω＝300 rad/s，则(
)
图15
A．当OA到达OC处时，圆环的电功率为1 W
B．当OA到达OC处时，圆环的电功率为2 W
C．全电路最大功率为3 W
D．全电路最大功率为4.5 W
解析 当OA到达OC处时，圆环的电阻为1 Ω，与R 串联接入电路，外电阻为2
1
Ω，棒转动过程中产生的感应电动势E＝BL2ω＝3 V，圆环上分压为1 V，所以圆环
上的电功率为1 W，选项A正确，B错误；当OA到达OD处时，圆环中的电流为
零，此时电路中总电阻最小，而电动势不变，所以全电路的电功率最大为P＝＝
4.5 W，选项C错误，D正确。
答案 AD
2．[“单棒＋导轨”模型]如图16所示，足够长的金属导轨固定在水平面上，金属
导轨宽度L＝1.0 m，导轨上放有垂直导轨的金属杆P，金属杆质量为m＝0.1 kg，
空间存在磁感应强度B＝0.5 T、竖直向下的匀强磁场。连接在导轨左端的电阻R
＝3.0 Ω，金属杆的电阻r＝1.0 Ω，其余部分电阻不计。某时刻给金属杆一个水平
向右的恒力F，金属杆P由静止开始运动，图乙是金属杆P运动过程的 －t图象
v
导轨与金属杆间的动摩擦因数μ＝0.5。在金属杆P运动的过程中，第一个2 s内
通过金属杆 P 的电荷量与第二个 2 s 内通过 P 的电荷量之比为 3∶5。g 取 10
m/s2。求：图16
(1)水平恒力F的大小；
(2)前4 s内电阻R上产生的热量。
解析 (1)由图乙可知金属杆P先做加速度减小的加速运动，2 s后做匀速直线运
动
当t＝2 s时， ＝4 m/s，此时感应电动势E＝BL
v v
感应电流I＝
安培力F′＝BIL＝
根据牛顿运动定律有F－F′－μmg＝0
解得F＝0.75 N。
(2)通过金属杆P的电荷量q＝It ＝·t
其中E＝＝
所以q＝∝x(x为P的位移)
设第一个2 s内金属杆P的位移为x ，第二个2 s内P的位移为x
1 2
则ΔΦ ＝BLx ，ΔΦ ＝BLx ＝BL t
1 1 2 2 v
又由于q ∶q ＝3∶5
1 2
联立解得x ＝8 m，x ＝4.8 m
2 1
前4 s内由能量守恒定律得
F(x ＋x )＝m 2＋μmg(x ＋x )＋Q＋Q
1 2 v 1 2 r R
其中Q∶Q ＝r∶R＝1∶3
r R
解得Q ＝1.8 J。
R
答案 (1)0.75 N (2)1.8 J
3．[“双棒＋导轨”模型]如图17所示，竖直放置的两光滑平行金属导轨置于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，两根质量相同的导体棒a和b垂直放置在导轨
上且与导轨接触良好，可自由滑动。先固定a，释放b，当b的速度达到10 m/s时，
再释放a，经过1 s后，a的速度达到12 m/s，则：(g取10 m/s2)
图17
(1)此时b的速度是多大？
(2)假若导轨很长，试分析a、b棒最后的运动状态。
解析 (1)当b棒先向下运动时，在a和b以及导轨所组成的闭合回路中产生感应
电流，于是a棒受到向下的安培力，b棒受到向上的安培力，且二者大小相等。释
放a棒后，经过时间t，分别以a和b为研究对象，根据动量定理得
(mg＋F)t＝m
va
(mg－F)t＝m －m
vb v0
解得 ＝18 m/s
vb
(2)在a、b棒向下运动的过程中，a棒的加速度a ＝g＋，b棒的加速度a ＝g－，闭
1 2
合回路中磁通量的变化逐渐减小直至不变，感应电流也逐渐减小直至消失，则安
培力也逐渐减小到零。最后，两棒以共同的速度向下做加速度为g的匀加速运动
答案 (1)18 m/s (2)a、b棒以共同的速度向下做加速度为g的匀加速运动
4．[“线框切割”模型] (2019·南昌三校联考)如图18所示，空间分布着水平方向
的匀强磁场，磁场区域的水平宽度d＝0.4 m，竖直方向足够长，磁感应强度B＝
0.5 T。正方形导线框PQMN边长L＝0.4 m，质量m＝0.2 kg，电阻R＝0.1 Ω，开始
时放在光滑绝缘水平板上“Ⅰ”位置。现用一水平向右的恒力F＝0.8 N拉线框，
使其向右穿过磁场区域，最后到达“Ⅱ”位置(MN边恰好出磁场)。已知线框平面
在运动中始终保持在竖直平面内，PQ边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动，g取
10 m/s2。试求：图18
(1)线框进入磁场前运动的距离D；
(2)上述整个过程中线框内产生的焦耳热；
(3)线框进入磁场过程中通过其某一截面的电荷量。
解析 (1)线框在磁场中匀速运动，有F ＝F
安
F ＝BIL，I＝，E＝BL
安 v1
联立解得 ＝＝2 m/s
v1
由动能定理得FD＝m
v
解得D＝0.5 m
(2)由能量守恒定律可知Q＝2Fd＝2×0.8×0.4 J＝0.64 J
(3)根据q＝可得q＝＝ C＝0.8 C
答案 (1)0.5 m (2)0.64 J (3)0.8 C
课时作业
电磁感应定律的综合应用(一)
(时间：40分钟)
基础巩固练
1．如图1甲所示，在电阻R＝1 Ω，面积S ＝0.3 m2的圆形线框中心区域存在匀强
1
磁场，圆形磁场区面积S ＝0.2 m2。若取磁场方向垂直纸面向外为正方向，磁感应
2
强度B随时间的变化规律可用图乙描述，则线框中的感应电流I(取顺时针方向为
正方向)随时间t的变化图线是 ( )图1
答案 C
2．如图2所示，两个互连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之
一，磁场垂直穿过大金属环所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环
内产生的感应电动势为E，则a、b两点间的电势差为( )
图2
A.E B.E C.E D．E
解析 a、b间的电势差等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的，故a、b间电
势差为U＝E，选项B正确。
答案 B
3．下列四个选项图中，虚线上方空间都存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。A、B
中的导线框为正方形，C、D中的导线框为直角扇形。各导线框均绕垂直纸面轴O
在纸面内匀速转动，转动方向如箭头所示，转动周期均为T。从线框处于图示位置
时开始计时，以在OP边上从P点指向O点的方向为感应电流i的正方向。则在
如图所示的四个情景中，产生的感应电流i随时间t的变化规律如图3所示的是(
)图3
解析 根据感应电流在一段时间恒定，导线框应为扇形；由右手定则可判断出产
生的感应电流i随时间t的变化规律如题图所示的是选项C。
答案 C
4．(多选)如图4甲所示，光滑“∠”形金属支架ABC固定在水平面上，支架处在
垂直于水平面向下的匀强磁场中，一金属导体棒EF放在支架上，用一轻杆将导
体棒与墙固定连接，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，取垂直于水平面
向下为正方向，则下列说法中正确的是( )
图4
A．t 时刻轻杆对导体棒的作用力最大
1
B．t 时刻轻杆对导体棒的作用力为零
2
C．t 到t 时间内，轻杆对导体棒的作用力先增大后减小
2 3
D．t 到t 时间内，轻杆对导体棒的作用力方向不变
2 4
解析 由E＝n，可知t 时刻感应电动势为零，感应电流为零，安培力为零，轻杆对
1
导体棒的作用力为零，故选项A错误；t 时刻感应电动势为最大，感应电流最大，
2
但磁场为零，安培力为零，轻杆对导体棒的作用力为零，故选项B正确；t 到t 时
2 3
间内，安培力先增大后减小，所以轻杆对导体棒的作用力先增大后减小，故选项
C正确；t 到t 时间内，感应电流方向改变，安培力方向改变，则轻杆对导体棒的
2 4
作用力方向改变，故选项D错误。答案 BC
5．如图5所示，边长为L的正方形单匝线框有一半水平放置在与水平方向夹角为
30°的匀强磁场中，线框的左侧接入电阻R，右侧接入电容为C的电容器，其余电
阻不计。若匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(规定斜向下
为正方向)，则在0～t 时间内( )
1
图5
A．电容器a板带正电
B．电容器所带的电荷量为零
C．线框中产生的感应电动势大小为
D．线框中产生的感应电动势大小为
解析 穿过线框的磁通量先向上减小，后向下增大，根据楞次定律可以判断，感
应电流为逆时针，b板带正电，A错误；根据法拉第电磁感应定律E＝＝＝，电容
器所带的电荷量Q＝CE＝，B、C错误，D正确。
答案 D
6．(多选)在水平放置的两条平行光滑直导轨上有一垂直其放置的金属棒ab，匀强
磁场与轨道平面垂直，磁场方向如图6所示，导轨接有两定值电阻及电阻箱R，R
1
＝5 Ω，R ＝6 Ω，其余电阻不计。电路中的电压表量程为0～10 V，电流表的量程
2
为0～3 A，现将R调至30 Ω，用F＝40 N的水平向右的力使ab垂直导轨向右平
移，当棒ab达到稳定状态时，两电表中有一表正好达到满偏，而另一表未达到满
偏。则下列说法正确的是( )
图6
A．当棒ab达到稳定状态时，电流表满偏
B．当棒ab达到稳定状态时，电压表满偏C．当棒ab达到稳定状态时，棒ab的速度是1 m/s
D．当棒ab达到稳定状态时，棒ab的速度是2 m/s
解析 假设电压表满偏，则通过电流表的电流为I＝＝2 A＜3 A，所以电压表可以
满偏，此时电流表的示数为2 A，故A错误，B正确；棒ab匀速运动时，水平拉力
F与安培力大小相等，则有F ＝F＝BIL，得BL＝＝20 N/A，感应电动势E＝U＋
A
IR ＝(10＋2×5) V＝20 V，又E＝BL ，则得 ＝＝ m/s＝1 m/s，故C正确，D错误
1 v v
答案 BC
7．(多选)如图7所示，平行且足够长的两条光滑金属导轨，相距L＝0.4 m，导轨所
在平面与水平面的夹角为30°，其电阻不计。把完全相同的两金属棒(长度均为0.4
m)ab、cd分别垂直于导轨放置，并使每棒两端都与导轨良好接触。已知两金属棒
的质量均为m＝0.1 kg、电阻均为R＝0.2 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上
的匀强磁场中，磁感应强度为B＝0.5 T，当金属棒ab在平行于导轨向上的力F作
用下沿导轨向上匀速运动时，金属棒cd恰好能保持静止。(g＝10 m/s2)，则( )
图7
A．F的大小为0.5 N
B．金属棒ab产生的感应电动势为1.0 V
C．ab棒两端的电压为1.0 V
D．ab棒的速度为5.0 m/s
解析 对于cd棒有mgsin θ＝BIL，解得回路中的电流I＝2.5 A，所以回路中的感
应电动势E＝2IR＝1.0 V，选项B正确；U ＝IR＝0.5 V，选项C错误；对于ab棒
ab
有F＝BIL＋mgsin θ，解得F＝1.0 N，选项A错误；根据法拉第电磁感应定律有E
＝BL ，解得 ＝5.0 m/s，选项D正确。
v v
答案 BD
综合提升练8．(多选)如图8所示，图中两条平行虚线间存在有匀强磁场，虚线间的距离为
2L，磁场方向垂直纸面向里。abcd是位于纸面内的梯形闭合线框，ad与bc间的距
离为2L且均与ab垂直，ad边长为2L，bc边长为3L，t＝0时刻， c点与磁场区域
左边界重合。现使线框以恒定的速度 沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区
v
域，取沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则在线框穿过磁场区域的过程中，
感应电流I及a、b间电势差U随时间t变化的关系图线可能是( )
图8
解析 在线框dc边逐渐进入磁场的过程中，线框切割磁感线的有效长度逐渐增
大，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，产生的感应电动势和感
应电流逐渐增大；dc边完全进入后，线框切割磁感线的有效长度不变，产生的感
应电动势和感应电流恒定；dc边出磁场过程，线框切割磁感线的有效长度逐渐减
小，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，产生的感应电动势和感应电
流逐渐减小，但此时通过线框的磁通量仍一直增大，电流为正；dc边完全出磁场
后，ab边进入匀强磁场切割磁感线，产生的感应电动势和感应电流恒定，但电流
为负，所以B正确，A错误；在0～3()时间段，线框右侧部分切割磁感线产生感应
电动势，相当于电源，a、b之间的电势差与电流成正比，图象与电流图象类似；在
3～5()时间段线框左侧部分切割磁感线产生感应电动势，相当于电源a、b之间的
电势差为正值，D正确，C错误。
答案 BD9．(2018·吉林省长春市七校第二次联考)如图9所示，两根水平放置的平行金属导
轨，其末端连接等宽的四分之一圆弧导轨，圆弧半径r＝0.41 m。导轨的间距为L
＝0.5 m，导轨的电阻与摩擦均不计。在导轨的顶端接有阻值为R ＝1.5 Ω的电阻，
1
整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝2.0 T。现有一根长度稍大
于L、电阻R ＝0.5 Ω、质量m＝1.0 kg的金属棒。金属棒在水平拉力F作用下，从
2
图中位置ef由静止开始匀加速运动，在t＝0 时刻，F ＝1.5 N，经2.0 s运动到cd
0
时撤去拉力，棒刚好能冲到最高点ab，重力加速度g＝10 m/s2。求：
图9
(1)金属棒做匀加速直线运动的加速度；
(2)金属棒运动到cd时电压表的读数；
(3)金属棒从cd运动到ab过程中电阻R 上产生的焦耳热。
1
解析 (1)刚开始拉金属棒时，由牛顿第二定律得F ＝ma
0
代入数据得a＝1.5 m/s2
(2)t＝2.0 s时，金属棒的速度 ＝at＝3 m/s
v
此时的感应电动势E＝BL
v
电压表示数U＝R ，代入数据得U＝2.25 V
1
(3)金属棒从cd位置运动到ab位置，由动能定理得
－mgr－W ＝0－m 2
克安 v
回路中产生的总焦耳热Q＝W
克安
电阻R 上产生的焦耳热Q ＝R
1 1 1
代入数据得Q ＝0.3 J
1
答案 (1)1.5 m/s2 (2)2.25 V (3)0.3 J
10．两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为l。
导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图10所示。两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其它部分的电阻可不计。在整个导轨平面内都
有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，
开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度 。若两导体棒在运动中始终不
v0
接触，求：
图10
(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少？
(2)当棒ab的速度变为初速度的时，棒cd的加速度是多少？
解析 (1)从开始到两棒达到相同速度 的过程中，两棒的总动量守恒，有m ＝
v v0
2m ，
v
根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热
Q＝m －·2m 2＝m 。
v v v
(2)设棒ab的速度变为 时，cd棒的速度为 ′，
v0 v
则由动量守恒定律可知m ＝m ＋m ′
v0 v0 v
得 ′＝ ，此时回路中的电动势E＝Bl －BL
v v0 v0 v0
＝Bl ，回路中的电流I＝＝，此时棒cd所受的安培力F＝BIl＝。
v0
由牛顿第二定律可得棒cd的加速度大小为
a＝＝，方向水平向右
答案 (1)m (2)
v课时作业
电磁感应定律的综合应用(二)
(时间：40分钟)
基础巩固练
1．(2019·上海闵行区模拟)如图1所示，在外力的作用下，导体杆OC可绕O轴沿
半径为r的光滑的半圆形框架在匀强磁场中以角速度ω匀速转动，磁感应强度大
小为B，方向垂直纸面向里，A、O间接有电阻R，杆和框架电阻不计，则所施外力
的功率为( )
图1
A. B.
C. D.
解析 因为OC是匀速转动的，根据能量守恒可得，P ＝P ＝，又因为E＝Br·，
外 电
联立解得P ＝，选项C正确。
外
答案 C
2．(多选)如图2所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为L，其下端与电阻
R连接。导体棒ab电阻为r，导轨和导线电阻不计，匀强磁场竖直向上。若导体棒
ab以一定初速度 下滑，则关于ab棒的下列说法正确的是( )
v
图2A．所受安培力方向水平向右
B．可能以速度 匀速下滑
v
C．刚下滑的瞬间ab棒产生的感应电动势为BL
v
D．减少的重力势能等于电阻R上产生的内能
解析 导体棒ab以一定初速度 下滑，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，
v
由右手定则可判断出电流方向为从b到a，由左手定则可判断出ab棒所受安培力
方向水平向右，选项A正确；当mgsin θ＝BILcos θ时，ab棒沿导轨方向合外力为
零，则以速度 匀速下滑，选项B正确；由于速度方向与磁场方向夹角为(90°＋
v
θ)，刚下滑的瞬间ab棒产生的感应电动势为E＝BL cos θ，选项C错误；由能量
v
守恒定律知，ab棒减少的重力势能不一定等于电阻R上产生的内能，选项D错误
答案 AB
3．两块水平放置的金属板，板间距离为d，用导线将两块金属板与一线圈连接，线
圈中存在方向竖直向上、大小变化的磁场，如图3所示。两板间有一带正电的油
滴恰好静止，则磁场的磁感应强度B随时间变化的图象是( )
图3
解析 带正电的油滴静止，即所受重力与电场力平衡，两板间为匀强电场，因此
线圈中产生的感应电动势为恒定值，由法拉第电磁感应定律可知，通过线圈的磁
通量一定是均匀变化的，选项A、D错误；油滴带正电，故下极板电势高于上极板电势，感应电流产生磁场与原磁场方向相同，由楞次定律可知，通过线圈的磁通
量均匀减小，故选项C正确，B错误。
答案 C
4．如图4所示，将外皮绝缘的圆形闭合细导线扭一次变成两个面积比为1∶4的
圆形闭合回路(忽略两部分连接处的导线长度)，分别放入垂直圆面向里、磁感应
强度大小随时间按B＝kt(k＞0，为常数)的规律变化的磁场，前后两次回路中的电
流比为( )
图4
A．1∶3 B．9∶5 C．1∶1 D．3∶1
解析 同一导线构成不同闭合回路，它们的电阻相同，那么电流之比等于它们的
感应电动势之比，设圆形线圈的周长为l，依据法拉第电磁感应定律E＝S，之前的
闭合回路的感应电动势E＝kπ()2，圆形闭合细导线扭一次变成两个面积比为1∶4
的圆形闭合回路，根据面积之比等于周长的平方之比，则1∶4的圆形闭合回路的
周长之比为1∶2；之后的闭合回路的感应电动势E′＝kπ()2－kπ()2＝kπ()2；则前后
两次回路中的电流比I∶I′＝E∶E′＝3∶1，D正确。
答案 D
5．(多选)一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖
直放置在磁场内，如图5所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab、cd长度均为0.2
m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导
体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的
是( )
图5
A．ab受到的拉力大小为2 NB．ab向上运动的速度为2 m/s
C．在2 s内，拉力做功转化的电能是0.4 J
D．在2 s内，拉力做功为0.6 J
解析 对导体棒cd分析：mg＝BIl＝，得 ＝2 m/s，故选项B正确；对导体棒ab分
v
析：F＝mg＋BIl＝0.2 N，选项A错误；在2 s内拉力做功转化为ab棒的重力势能
和电路中的电能，电能等于克服安培力做的功，即W ＝F t＝＝0.4 J，选项C
电 安v
正确；在2 s内拉力做的功为W ＝F t＝0.8 J，选项D错误。
拉 v
答案 BC
6．如图6所示，一个足够长的“U”形金属导轨NMPQ固定在水平面内，导轨间距
L＝0.50 m，一根质量为m＝0.50 kg的匀质金属棒ab横跨在导轨上且接触良好，
abMP恰好围成一个正方形。该导轨平面处在磁感应强度方向竖直向上、大小可
以随时间变化的匀强磁场中，ab棒与导轨间的滑动摩擦力为f＝1.0 N(最大静摩
擦力等于滑动摩擦力)，棒的电阻R＝0.10 Ω，其他电阻均不计。开始时，磁感应强
度B ＝0.50 T。
0
图6
(1)若从t＝0时开始，调节磁感应强度的大小，使其以＝0.40 T/s的变化率均匀增
加，求经过多长时间ab棒开始滑动；
(2)若保持磁感应强度B 的大小不变，从t＝0时刻开始，给ab棒施加一个与之垂
0
直且水平向右的拉力F，其大小随时间变化的函数表达式为F＝(3＋2.5t) N，使棒
从静止开始运动，求此棒的加速度大小。
解析 (1)以ab棒为研究对象，当磁感应强度均匀增大时，闭合电路中产生恒定
的感应电流I，ab棒受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应强度
增大到ab棒所受安培力F 与最大静摩擦力f 相等时，ab棒开始滑动。设磁感应
A max
强度对时间的变化率为k，则磁感应强度对时间的变化率k＝＝0.40 T/s感应电动势E＝＝L2＝kL2＝0.4×0.52 V＝0.10 V
感应电流I＝＝ A＝1 A
磁感应强度B ＝B ＋t＝B ＋kt
1 0 0
安培力F ＝ILB ＝f ＝f
A 1 max
联立解得t＝3.75 s
(2)用数学方法可证明棒向右做匀加速直线运动，设ab棒的加速度为a，t时刻运
动的速度为 。根据牛顿第二定律得F－F －f ＝ma
v 安 max
安培力F ＝I′LB
安 0
感应电流I′＝＝
速度 ＝at
v
又因为F＝(3＋2.5t) N
当t＝0，F－f ＝ma
max
联立解得a＝4.0 m/s2
答案 (1)3.75 s (2)4.0 m/s2
综合提升练
7．(多选)如图7两根足够长光滑平行金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直
于导轨平面向上，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够
大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良
好。现在同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则( )
图7
A．金属棒ab一直加速下滑
B．金属棒ab最终可能匀速下滑
C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势
D．带电微粒可能先向N板运动后向M板运动
解析 根据牛顿第二定律有mgsin θ－BIl＝ma，而I＝，Δq＝CΔU，ΔU＝BlΔ ，Δ
v v＝aΔt，联立解得a＝，因而金属棒将做匀加速运动，选项A正确，B错误；ab棒切
割磁感线，相当于电源，a端相当于电源正极，因而M板带正电，N板带负电，选
项C正确；若带电微粒带负电，在重力和电场力的作用下，可能先向下运动然后
再反向向上运动，选项D正确。
答案 ACD
8．(多选)(2018·河北石家庄二模)如图8甲所示，质量m＝3.0×10－3 kg的“”形
金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l＝0.20 m，处于磁
感应强度大小B ＝1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数n＝300匝、面积
1
S＝0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直、沿竖
直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B 随时间t变化的关系如图乙所示。t＝0.22
2
s 时闭合开关K瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高
度h＝0.20 m。不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
图8
A．0～0.10 s内线圈中的感应电动势大小为3 V
B．开关K闭合瞬间，CD中的电流方向由C到D
C．磁感应强度B 的方向竖直向下
2
D．开关K闭合瞬间，通过细杆CD的电荷量为0.03 C
解析 0～0.1 s内线圈中的磁场均匀变化，由法拉第电磁感应定律E＝n＝nS，代
入数据得E＝30 V，A错误；开关闭合瞬间，细框会跳起，可知细框受向上的安培
力，由左手定则可判断电流方向由C到D，B正确；由于t＝0.22 s时通过线圈的
磁通量正在减少，再对线圈由楞次定律可知感应电流产生的磁场的方向与 B 的
2
方向相同，故再由安培定则可知C错误；K闭合瞬间，因安培力远大于重力，则由动量定理有B IlΔt＝m ，通过细杆的电荷量Q＝IΔt，线框向上跳起的过程中 2＝
1 v v
2gh，解得Q＝0.03 C，D正确。
答案 BD
9．如图9所示，质量为100 g的闭合铝环，用细线悬挂起来，环中央离地面h为
0.8 m，有一质量为200 g的磁铁以10 m/s 的水平速度从环中央射入并穿过铝环，
落在距铝环原位置水平距离3.6 m处，则在磁铁与铝环发生相互作用时，求(g＝
10 m/s2)：
图9
(1)铝环向哪边偏斜，它能上升多高；
(2)在磁铁穿过铝环的整个过程中，环中产生了多少热量。
解析 (1)磁铁在穿过铝环的过程中，使铝环中磁通量发生变化，产生感应电流，
磁铁与铝环一直发生相互作用，水平方向动量守恒。磁铁穿过铝环后做平抛运动
根据平抛运动规律，得
t＝＝s＝0.4 s
s＝ ′t，则 ′＝＝ m/s＝9 m/s
v1 v1
选取水平向右为正方向，根据动量守恒定律，有m ＝m ′＋m ′
1v1 1v1 2v2
′＝＝ m/s＝2 m/s
v2
所以铝环作用后获得的速度向右，则将向右偏斜。根据机械能守恒，有m gh′＝
2
m ′2
2v2
故h′＝＝ m＝0.2 m。
(2)根据能的转化与守恒定律，磁铁的动能一部分转化为电能，另一部分转化为铝环的动能，其中电能又转化为焦耳热Q，即
m ＝m ′2＋m ′2＋W
1v 1v1 2v2 电
解得W ＝m －m ′2－m ′2
电 1v 1v1 2v1
＝×0.2×102 J－×0.2×92 J－×0.1×22 J
＝1.7 J。
由功能关系得：Q＝W
电
即Q＝1.7 J。
答案 (1)向右偏斜 0.2 m (2)1.7 J
10．将一上表面光滑的斜面固定在水平面上，倾角为θ＝30°，在斜面内有两条平
行线MN和PQ，在两平行线间加垂直于斜面向上的匀强磁场，如图10所示。一矩
形导体框abcd放在斜面的底端，导体框cd边与斜面底端重合，从t＝0时刻开始
在导体框ab边上施加一沿斜面向上的恒力 F，使导体框由静止开始沿斜面向上
运动，在整个运动过程中导体框没有发生转动，ab边始终平行MN。已知导体框
的质量为m＝1 kg，电阻R＝0.2 Ω，MN与PQ间的距离为s＝6.9 m，恒力F＝10
N，磁感应强度B＝0.5 T，导体框ab边和bc边的长度分别为L ＝1 m、L ＝0.4 m，
1 2
重力加速度g＝10 m/s2。若导体框从进入磁场开始始终保持匀速直线运动。求：
图10
(1)导体框的ab边到达MN前的加速度以及导体框做匀速直线运动时的速度大小；
(2)从导体框的ab边与MN重合到cd边与MN重合的过程，导体框中所产生的热
量Q；
(3)斜面的底端到MN的距离以及从t＝0时刻开始一直到ab边与PQ重合过程导
体框运动的总时间。
解析 (1)导体框abcd进入磁场前做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得 F－mgsin θ＝ma
导体框进入磁场前的加速度a＝5 m/s2
导体框进入磁场的过程中做匀速运动，所以导体框 abcd受力平衡F＝mgsin θ＋
F
A
ab边进入磁场时切割磁感线，产生的电动势E＝BL
1v
形成的感应电流I＝
受到的安培力F ＝BIL
A 1
代入数据解得 ＝4 m/s
v
(2)导体框进入磁场的过程中做匀速运动，根据功能关系有Q＝(F－mgsin θ)L
2
解得Q＝2 J
(3)导体框abcd进入磁场前，做匀加速直线运动；进入磁场的过程中，做匀速直线
运动；导体框完全进入磁场后至运动到PQ处，做匀加速直线运动。
进入磁场前导体框的运动时间为t ＝＝0.8 s
1
该过程中导体框的位移为x＝t ＝1.6 m
1
则斜面的底端到MN的距离为L＝x＋L ＝2.0 m
2
进入磁场过程中导体框匀速运动时间为t ＝＝0.1 s
2
导体框完全进入磁场后导体框受力情况与进入磁场前相同，所以该阶段的加速度
大小仍为a＝5 m/s2
该过程有s－L ＝ t ＋at
2 v3
解得t ＝1 s
3
则整个运动过程的总时间为t＝t ＋t ＋t ＝1.9 s
1 2 3
答案 (1)4 m/s (2)2 J (3)1.9 s
