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第十二章：电磁感应
（考试时间：90 分钟，试卷满分：100 分）
考试范围：电磁感应
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡
皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷(选择题，共48 分)
一、选择题(本题共12 小题，每小题4 分，共48 分。在每个小题给出的四个选项中，第1～8 小题，只有一个选
项符合题意；第9～12 小题，有多个选项符合题意，全部选对的得4 分，选对而不全的得2 分，错选或不选的得
0 分)
1.图示装置是某同学探究感应电流产生条件的实验装置。在电路正常接通并稳定后，他发现：当电键断开
时，电流表的指针向右偏转。则能使电流表指针向左偏转的操作是()
A.拔出线圈A
B.在线圈A中插入铁芯
C.滑动变阻器的滑动触头向左匀速滑动
D.滑动变阻器的滑动触头向左加速滑动
【答案】B
【解析】解：由题意可知：当电键断开时，穿过线圈A的磁通量减小，则线圈B的磁通量也在减小，电
流表的指针向右偏转；故可知电流方向不变，B中的磁通量增大时，电流表指向左偏；
A、拔出线圈A，B中磁通量减小，指针向右偏转，故A 错误；
B、在线圈A中插入铁芯时，B中磁场增强，磁通量增大，则知电流表指针向左偏转，故B 正确；
CD、滑动变阻器的滑动触头向左滑动时，电流减小，磁通量减小，则可知电流表向右偏转，与其加速
和匀速无关，故CD 错误。
故选：B。
2.重庆某地区地磁场的磁感应强度的竖直分量B y方向为竖直向下，大小随距离地面高度h的变化关系如图
所示，该地区一直升机将一始终保持水平的闭合金属导线框竖直向上吊起过程中，线框中的感应电流方
向(从上往下看)为()
A.顺时针方向
B.逆时针方向
C.先逆时针后顺时针
D.先顺时针后逆时针
【答案】A
【解析】穿过线框的磁场向下，且减小，根据楞次定律判断得线框中感应电流的方向，从上向下看为
顺时针，故A 正确。
3.如图所示，用轻质绝缘细线把闭合均质金属环悬挂于点O，图中虚线的左边有匀强磁场，磁感应强度大
小为B，右边没有磁场，用手拉住金属环，使悬线偏离竖直方向θ角。放手后，金属环摆动，并很快停下
来。已知金属环质量为m、半径为r、电阻为R，细线长度为L，不考虑空气阻力。整个过程中，下列说
法正确的是()
A.金属圆环中产生感应电流的方向为逆时针
B.通过金属环横截面的电荷量为Bπ r
2
R
C.金属环产生的热量为mg(L+r)(1-cosθ)
D.若整个空间都有向外的匀强磁场，则金属环会更快停下来
【答案】C
【解析】A.金属环进出磁场的过程中产生感应电流，出磁场的电流为逆时针，进磁场的电流为顺时针，
故A 错误。
B.金属环最终会停在最低点，整个过程中通过金属环横截面的电荷量为q = E
R Δt = ΔΦ
R = Bπ r
2
2 R ，故B 错
误。
C.由能量守恒得，金属环产生的热量为Q =mg(L+r)(1-cosθ)，故C 正确。
D.若整个空间都有向外的匀强磁场，则金属环中无感应电流产生，机械能守恒，金属环会一直摆动，
故D 错误。
故选C。
4.如图所示，间距为d的两水平虚线之间有方向垂直于竖直平面向里的匀强磁场，正方形金属线框abcd的
边长为l (l<d)。线框从ab边距磁场上边界h处自由下落，下落过程中线框始终在竖直平面内且ab边保持
水平。已知ab边进入磁场瞬间、dc边进入磁场瞬间及dc边离开磁场瞬间线框的速度均相同。设线框进
入磁场的过程中产生的热量为Q1，离开磁场的过程中产生的热量为Q2。不计空气阻力，则()
A.Q1
Q2
= l
d
B.Q1
Q2
=
l
d -l
C.Q1
Q2
=
l
d +h
D.Q1
Q2
=
l
l+h
【答案】A
【解析】设正方形线框的质量为m，因为ab边进入磁场瞬间、dc边进入磁场瞬间线框的速度相同，由
能量守恒定律Q1=mgl
又因为ab边进入磁场瞬间、dc边离开磁场瞬间线框的速度相同，由能量守恒定律Q1+Q2=mg(d +l)
联立解得Q2=mgd
所以
Q1
Q2
= l
d
故A 正确。
故选A。
5.在边长为L的等边三角形abc区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，一边长也为L的等边三角形导
线框def，在纸面上以某一速度向右匀速运动，底边ef 始终与磁场的底边界bc在同一直线上，如图所示.
取顺时针为电流的正方向，则在线框通过磁场的过程中，线框中感应电流随时间变化的图像可能是()
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】AC、该题可以先根据电流的方向采用排除法进行选择，当线框进入时磁通量增大，出来时磁
通量减小，因此线框中感应电流的方向会发生改变，故AC 错误；
BD、当线框进入时，有效切割长度是随时间均匀变化的，因此根据E = BLv可知，电流均匀变化，故
B 正确，D 错误。
6.如图所示的电路中，D1、D2是完全相同的灯泡，线圈L的自感系数较大，直流电阻不计。先闭合开关S，
电路稳定后再断开开关S，此时()
A.D1立刻熄灭
B.D2立刻熄灭
C.D1闪亮一下逐渐熄灭
D.D2闪亮一下逐渐熄灭
【答案】D
【解答】由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，流过灯D1电流较
大，断开开关S时，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与D1、D2和电阻R构成
闭合回路放电，因流过灯D1电流较大，则D2要闪亮一下，且两灯都过一会儿熄灭，故ABC 错误，故D
正确。
7.电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示.两对永磁铁可随发
动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B.磁场中，边长为L的
正方形线圈竖直固定在减震装置上.某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不
会离开线圈.关于图乙中的线圈.下列说法正确的是()
A.穿过线圈的磁通量为B L
2
B.若永磁铁相对线圈匀速上升，线圈中无感应电流
C.若永磁铁相对线圈减速下降，线圈中感应电流方向为逆时针方向
D.若永磁铁相对线圈下降，则线圈在竖直方向上受到的安培力合力向下
【答案】D
【解析】A．根据图乙可知此时穿过线圈的磁通量为0，故A错误；
B.根据法拉第电磁感应定律可知永磁铁相对线圈有相对运动时就有磁通量变化，则匀速上升时线圈中有
恒定电流，故B错误；
C.永磁体相对线圈下降即线圈相对磁体上升，根据右手定则线圈中感应电流方向为顺时针，故C 错误；
D.永磁铁相对线圈下降时，根据安培定则可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，根据左手定则判
断线框上下边所受安培力均向下，故D正确。
8.如图甲所示，在半径为r的圆形区域内存在垂直平面的匀强磁场，磁感应强度大小B随时间变化如图乙所
示。同一平面内有边长为2r的金属框abcd，总电阻为R，ab边与圆形磁场区域的直径重合。则()
A.t =0.5t0时，框中的电流为π B0r
2
Rt0
B.t =0.5t0时，框中的电流为π B0r
2
4 Rt0
C.t0∼3t0时间内，框中产生的焦耳热为π
2B0
2r
4
4 Rt0
D.t0∼3t0时间内，框中产生的焦耳热为π
2B0
2r
4
8 Rt0
【答案】D
【解析】AB.在0-t0时间内，磁感应强度的变化率△B
△t = B0
t0
，则感应电动势
E = △Φ
△t = △B
△t S = B0
t0
× π r
2
2 ，由闭合电路欧姆定律I = E
R ，可得框中的电流I =
B0
t0
× π r
2
2
R
= π B0r
2
2 Rt0
，所
以t =0.5t0时，框中的电流为π B0r
2
2 Rt0
，故AB 错误；
CD.在t0∽3t0时间内，磁感应强度的变化率△B
△t = 0- B0
3t0-t0
=- B0
2t0
，则感应电动势
E❑
' = ΔΦ
Δt =| ΔB
△t |S = B0
2t0
× π r
2
2 = π B0r
2
4t0
，由闭合电路欧姆定律可得此时框中的电流：
I ' = E'
R =
π B0r
2
4t0
R
= π B0r
2
4 Rt0
，t0∽3t0时间间隔t =2t0，则框中产生的焦耳热：
Q =( I ' )
2 Rt =( π B0r
2
4 Rt0
)
2× R×2t0= π
2B0
2r
4
8 Rt0
，故C 错误，D 正确。
9.法拉第制作了最早的圆盘发电机，如图甲所示。兴趣小组仿制了一个金属圆盘发电机，按图乙连接电路。
圆盘边缘与电刷P紧贴，用导线把电刷P与电阻R的a端连接，圆盘的中心轴线O与电阻R的b端连接。将
该圆盘放置在垂直于盘面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。使圆盘以角速度ω匀速转动，转动
方向如图乙所示。已知圆盘半径为L，除电阻R外其他电阻不计。下列说法正确的是()
A.通过电阻R的电流方向为b→a
B.通过电阻R的电流方向为a→b
C.通过电阻R的电流大小为ωB L
2
2 R
D.通过电阻R的电流大小为ωB L
2
R
【答案】AC
【解答】AB、根据右手定则，圆盘中的电流方向从边缘指向圆心，所以通过电阻R的电流方向为
b→a，故A 正确，B 错误；
CD、圆盘转动产生的电动势为E = 1
2 B L
2ω，则流过R的电流I = E
R = ωB L
2
2 R ，故C 正确，D 错误。
故选AC。
10.如图所示，间距为L的水平U型导体框置于竖直向下的匀强磁场中，U型导体框左端连接一阻值为R的
电阻。将一质量为m、电阻为r的导体棒ab静置于导体框上。从某时刻开始，对导体棒ab施加一水平向
右的恒定拉力F，使其沿导体框向右运动，经过时间t，导体棒恰好运动至图中虚线位置，此时速度大小
为v。已知磁感应强度大小为B，不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。在此过程中()
A.导体棒中感应电流的方向为b→a
B.导体棒的平均速度大小为v
2
C.通过电阻R的电荷量为Ft -mv
BL
D.电阻R上消耗的电能为B
2 L
2v
2
(R+r)
2 Rt
【答案】AC
【解析】A.根据右手定则可知，导体棒中感应电流的方向为b→a，故A 正确；
B.若导体棒是做初速度为零的匀加速直线运动，则这段时间的平均速度大小为v
2；而实际对导体棒受力
分析，可知导体棒受到水平向右的恒力F和水平向左的安培力F安，根据牛顿第二定律有ma= F - F安
又F安= BIL，I = BLv
R+r
联立解得a= F
m -
B
2 L
2
(R+r)m v
可知随着速度的增大，导体棒做加速度不断减小的加速运动。作出初速度为零的匀加速直线运动的v -t
图像(图中实线)和初速度为零且加速度不断减少的变加速直线运动的v -t图像(图中虚线)，如图所示
由图可知，在相同的时间内虚线与时间轴围成的面积大于实线与时间轴围成的面积，故该运动在时间t
内的平均速度大于v
2，故B 错误；
C.对导体棒，根据动量定理有Ft - B I <=mv
又电量为q = I t
联立解得q = Ft -mv
BL
故C 正确；
D.由题意分析，可知整过程电流是由零逐渐增大，当速度为v时，回路中的电流为I = BLv
R+r ，为这段时
间的最大值，并不是整个过程的电流，根据焦耳定律Q = I
2 Rt
可知，公式中的I为整个过程的电流，故不能这个公式来计算R产生的热量，故D 错误。
故选AC。
11.如图，匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的边界P、Q、M水平，两磁场的方向相反，磁感应强度大小均为B，磁场Ⅰ的
宽度为L，磁场Ⅱ的宽度大于L。边长为L、质量为m、电阻为R的正方形金属线框abcd自距磁场边界P
上方L处自由下落，当ab边刚进磁场Ⅱ时线框的加速度为零;当ab边刚出磁场Ⅱ时，线框的加速度也为
零。重力加速度大小为g，线框运动过程中，磁场始终与线框平面垂直，ab边始终水平，下列说法正确
的是()
A.线框ab边通过磁场Ⅰ的过程中，通过线框截面的电荷量为B L
2
R
B.当线框ab边刚进磁场Ⅱ时，线框的速度大小为mgR
2B
2 L
2
C.磁场Ⅱ的宽度为L+ 15m
2 g R
2
32B
4 L
4
D.线框通过磁场过程中，线框中产生的焦耳热为4 mgL+ 7m
3 g
2 R
2
16 B
4 L
4
【答案】AC
【解析】A、线框ab边通过磁场I的过程中，通过线框截面的电荷量q = ΔΦ
R = B L
2
R ，故A 正确;
B、设线框ab边刚进磁场Ⅱ时速度为v1，根据题意，2B 2BLv1
R
L=mg，解得v1= mgR
4 B
2 L
2，故B 错误;
C、设线框ab边刚出磁场Ⅱ时，线框的速度大小为v2，则B
2 L
2v2
R
=mg，解得v2= mgR
B
2 L
2，设磁场Ⅱ的
宽度为d，则d = L+ v2
2- v1
2
2 g
= L+ 15m
2 g R
2
32B
4 L
4 ，故C 正确;
D、根据能量守恒，线框通过磁场过程中mg(3 L+d)=Q+ 1
2 m v2
2，解得Q = 4 mgL- m
3 g
2 R
2
32B
4 L
4，故D
错误。
12.如图，两条光滑且足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置，两导轨与水平面间夹角均为θ，导轨所在空
间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场。两均匀导体棒a、b垂直导轨放置，b棒靠在绝缘挡杆上保持静止。
t =0时刻，a棒在沿导轨向上的拉力F作用下由静止开始做匀加速直线运动。导轨电阻不计，运动过程中
两导体棒与导轨始终垂直且接触良好。关于a、b棒运动的速度v、回路中的电流i、a棒所受拉力F及b棒
所受安培力的功率P随时间t变化的关系图像，其中可能正确的是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】ABC
【解答】ABC .设回路总电阻为R，磁感应强度大小为B，导体棒接入电路的长度为L，棒a、b质量分
别为ma、mb。棒a做匀加速直线运动，设加速度为a'，则棒a的速度va=a' t，棒a切割磁感线产生的感
应电动势Ea= BLva= BLa' t，开始时安培力较小，棒b静止，回路电流i= Ea
R = BLa' t
R
，安培力
F A = BiL= B
2 L
2a' t
R
。对棒a，由牛顿第二定律有F -ma gsinθ - F A =maa'，可得
F =ma gsinθ+maa' + B
2 L
2a' t
R
，可知在棒b开始运动前，i-t图像是正比例函数图像，F -t图像是有
纵截距的一次函数图像，选项A、B、C都符合，有可能正确。当安培力增加到F A>mb gsinθ时，棒b
开始运动，设棒b速度为vb，切割磁感线产生的感应电动势Eb= BLvb，回路总电动势
E = Ea- Eb= BL(va- vb)= BL(a' t - vb)，i' = E
R = BL(a' t - vb)
R
，安培力
F A' = Bi' L= B
2 L
2(a' t - vb)
R
。由题意可知棒b的加速度从0开始增加，则棒b开始运动时的加速度小于
棒a的加速度，二者速度差逐渐增加，回路总电动势增加，电流增加，安培力增加，棒b加速度增加。
最终，棒b加速度等于a'，二者速度差为定值，回路总电动势为定值，电流为定值，安培力为定值。所
以棒b运动后加速度从0开始，做加速度逐渐增加的加速运动，最终加速度等于a'，A 正确，电流先随
时间正比例增加，后随时间增加的变化率减小，最后为定值，B 正确，棒a受到拉力先线性增加，后变
化率减小，最后为定值，C 正确。
D.由P = Fv，可知开始b棒静止时，b棒所受安培力的功率为零，b棒开始运动后有：
P= F A
' vb= B
2 L
2(a' t - vb)
R
·vb，可知P从b棒开始运动的最初一段时间不是线性变化。故D 错误。
第Ⅱ卷(非选择题，共52 分)
二、填空题(本题共2 小题，共14 分)
13.(6 分)为探究影响感应电流方向的因素，同学们做了如下的实验。
(1)小明同学用如图甲的实验装置“探究影响感应电流方向的因素”，所用电流表指针偏转方向与电流
方向间的关系为：当电流从“+”接线柱流入电流表时，指针向右偏转。
①将条形磁铁按如图甲方式将S极向下匀速插入螺线管时，发现电流表的指针向右偏转。螺线管的绕线
方向如图乙所示。
②经分析可得出结论：当穿过螺线管的磁通量增加时，感应电流产生的磁场与条形磁铁的磁场方向
(填“相同”或“相反”)。
③关于该实验，下列说法正确的是 。
A.必须保证磁体匀速运动，灵敏电流计指针才会向右偏转
B.将磁体向下插入或向上抽出的速度越大，灵敏电流计指针偏转幅度越小
C.将磁体的N、S极对调，并将其向上抽出，灵敏电流计指针仍向右偏转
D.将磁体的N、S极对调，并将其向下插入，灵敏电流计指针仍向右偏转
(2)小宁同学用如图所示的器材研究感应电流的方向。
①在给出的实物图中，用笔线代替导线将实验仪器连成完整的实验电路 。
②将线圈A插入线圈B中，闭合开关S瞬间，发现电流计指针右偏，则保持开关闭合，以下操作中也能
使电流计右偏的是 。
A.插入铁芯
B.拔出线圈A
C.将滑动变阻器的滑片向左移动
D .将滑动变阻器的滑片向右移动
(3)小齐设计了一种延时继电器：如图2所示是一种延时继电器的示意图。铁芯上有两个线圈A和B.线
圈A和电源连接，线圈B与直导线ab构成一个闭合回路。弹簧K与衔铁D相连，D的右端触头C连接工
作电路(未画出)。开关S闭合状态下，工作电路处于导通状态。S断开瞬间，延时功能启动，此时直导
线ab中电流方向为 (填写“a到b”或“b到a”)。
【答案】相反
C
AC
b到a
【解析】(1)②S极向下插入螺线管时，线圈中磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流的磁场应该
与原磁场方向相反，且感应电流的磁场方向向下，阻碍磁通量的增加。
③A .S极向下插入螺线管时，不需要保证磁体匀速运动，灵敏电流计指针都会向右偏转，故A 错误；
B.将磁体向下插入或向上抽出的速度越大，灵敏电流计指针偏转幅度越大，故B 错误；
C.将磁体的N、S极对调，并将其向上抽出，则螺线管的磁通量向下减小，根据楞次定律可知，线圈中
感应电流方向由B到A，则电流从“+”接线柱流入电流表，电流表的指针向右偏转，故C 正确；
D.将磁体的N、S极对调，并将其向下插入，则螺线管的磁通量向下增大，根据楞次定律可知，线圈中
感应电流方向由A到B，则电流从“-”接线柱流入电流表，电流表的指针向左偏转，故D 错误。
故选C。
(2)①电池、滑动变阻器、开关、螺线管组成一个闭合回路、另外一个螺线管和电流表组成一个闭合回
路，完整的实验电路如图所示。
②将线圈A插入线圈B中，闭合开关S瞬间，发现电流计指针右偏，可知当线圈B中的磁通量增加时，
电流计指针右偏；
A.插入铁芯，线圈B中的磁通量增加，电流计指针右偏，故A 正确；
B.拔出线圈A，线圈B中的磁通量减少，电流计指针左偏，故B 错误；
C.将滑动变阻器的滑片向左移动，线圈A中电流增大，线圈B中的磁通量增加，电流计指针右偏，故C
正确；
D.将滑动变阻器的滑片向右移动，线圈A中电流减小，线圈B中的磁通量减少，电流计指针左偏，故D
错误。
故选AC。
(3)断开瞬间，延时功能启动，此时穿过线圈B的磁通量向上减小，根据楞次定律可知，线圈B中感应
电流产生的磁场方向向上，则此时直导线ab中电流方向为b到a。
14.（8 分）某同学探究“影响感应电动势大小的因素”，所用器材与装置如图甲所示：玻璃管竖直固定，
外面套有线圈，线圈两端与时间-电压测量系统(内阻可视为无穷大)相连。把三块强磁薄圆片叠加成一个
圆柱形磁铁，在玻璃管正上方释放，测量系统测出磁铁下端经过线圈中某两个位置(图中没画出)的时间
Δt与该段时间线圈中的平均电动势E。改变磁铁的释放位置，测得多组数据，画出E - Δt图线如图乙中
实线所示。
(1)实验表明，磁铁经过两个位置的时间越长，穿过线圈的磁通量变化率越 (选填“大”或
“小”)，线圈中的平均感应电动势越 （选填“大”或“小”）。
(2)改变某个因素，重新实验，得到另一条E - Δt图线(图乙中虚线)，则改变的因素可能是 。
A.更多块强磁薄圆片叠加在一起
B.从更高的位置释放磁铁
C.换成匝数更多的线圈
D.磁铁上下颠倒后释放
(3)为验证平均感应电动势与磁通量的变化率是否成正比，需要以平均感应电动势E为纵坐标，
为横坐标画出图线，如果图线是一条过原点的直线，则表明平均感应电动势与磁通量变化率成正比。
【答案】小
小
ABC
1
Δt
【解析】(1)实验表明，磁铁经过两个位置的磁通量的变化量相同，时间越长，磁通量变化越慢，穿过
线圈的磁通量变化率越小，线圈中的平均感应电动势越小。
(2) A .更多块强磁薄圆片叠加在一起，磁场增强，磁通量变化率增大，平均感应电动势增大，A 正确；
B.从更高的位置释放磁铁，磁铁通过线圈时的速度增大，磁通量变化率增大，平均感应电动势增大，B
正确；
C.换成匝数更多的线圈，平均感应电动势增大，C 正确；
D.磁铁上下颠倒后释放，平均感应电动势大小不变，D 错误。
故选ABC。
(3)根据法拉第电磁感应定律E =n ΔΦ
Δt
为验证平均感应电动势与磁通量的变化率是否成正比，需要以平均感应电动势E为纵坐标，1
Δt 为横坐
标画出图线，如果图线是一条过原点的直线，则表明平均感应电动势与磁通量变化率成正比。
三、计算题(本题共4 小题，共38 分。要有必要的文字说明和演算步骤。有数值计算的要注明单位)
15.（9 分）如图甲所示，电阻r =2Ω的金属棒ab垂直放置在水平导轨正中央，导轨由两根长L=2m、间距
d =1m的平行金属杆组成，其电阻不计，在导轨左端接有阻值R = 4 Ω的电阻，金属棒与导轨接触良好。
从t =0时刻开始，空间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度随时间变化如图乙所示，在
t =0.1s时刻，金属棒恰好沿导轨开始运动。取重力加速度g=10m/ s
2。求：
(1)在0.1s内，导体棒上所通过的电流大小和方向；
(2)在0.1s内，电阻R上所通过的电荷量q及产生的焦耳热Q；
(3)在0.05 s时刻，导体棒所受磁场作用力的大小F和方向。
【答案】解：(1)由法拉第电磁感应定律可知，在0.1s时间内回路中感应电动势E = ΔB
Δt ⋅Ld
2
由欧姆定律可得：I =
E
R+r ，
由图像可得：ΔB
Δt = 1.2T
0.1s =12T / s，
代入数据可得I =2 A，电流方向：从b到a
(2)在0.1s时间内通过电阻R的电荷量q = IΔt得q =0.2C
电阻R产生的焦耳热：Q = I
2 RΔt，解得Q =1.6 J
(3)导体棒所受磁场作用力的大小：F = BId，B = ΔB
Δt t =0.6T，
代入数据可得F =1.2 N；
根据左手定则，磁场作用力方向向左。
16.（9 分）如图所示，倾斜放置、电阻不计的光滑金属导轨间距为L=1m，顶端连接阻值为R =5.5Ω的电
阻，导轨平面与水平面的夹角为θ =30
∘，导轨平面处在方向垂直轨道向上、磁感应强度大小为B =1T的
匀强磁场中。现将质量为m=0.1kg的导体棒垂直导轨放置，由静止释放，流经R的电荷量q =0.7C时导
体棒速度达到最大。已知导体棒接入回路的电阻为R0=0.5Ω，重力加速度为g=10m/ s
2，导体棒与导
轨始终垂直且接触良好，导轨足够长。求：
(1)导体棒运动的最大速度V m。
(2)导体棒从释放到速度最大经历的时间t。
【答案】解：(1)导体棒速度最大时，对导体棒受力分析有：mgsinθ = BIL
回路中产生的电动势E = BLvm，电流I =
E
R+ R0
解得vm=3m/ s；
(2)对导体棒，加速过程由动量定理有：m vm=(mgsinθ)t -∑BiLΔt
得m vm=(mgsinθ)t - BLq
代入数据后得t =2s。
17.（10 分）如图，在竖直平面内存在一“凹”形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大
小为B，磁场的上下边界水平且间距为1.5l，竖直的左右边界间距为l且关于凹陷中心对称，凹陷部分高
度为l，宽度为l
4 。一阻值为R、边长为l的正方形单匝竖直线框，在距磁场上方l处正对着磁场由静止释
放，下落过程中，线框平面始终和磁场方向垂直。重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：
(1)线框的下边刚进入磁场时，线框中电流I的大小；
(2)若线框的下边进入磁场后立即做匀速运动，则线框的质量m为多少？
(3)在(2)的条件下，已知从线框的上边刚进入磁场到下边即将离开磁场的时间为t，则线框的下边即将
离开磁场时，线框的速度v1大小为多少？
【答案】解：(1)根据动能定理mgl = 1
2 mv
2，解得v = ❑√2gl，根据法拉第电磁感应定律E = Bv × 3
4 l，又
I = E
R ，解得I = 3 Bl ❑√2gl
4 R
；
(2)由受力分析有mg= BI × 3
4 l，解得m= 9 B
2l
2❑√2gl
16 Rg
；
(3)线框匀速运动到线框的上边进入磁场，继续向下做变加速直线运动，根据动量定理
mgt + I 安=m v1-mv，I 安=- B I l
4 t，I = E
R ，E = Δϕ
t = B
l
4 × l
2
t
，解得v1=gt+ 35 ❑√2gl
36
。
18.（10 分）如图所示，导体棒ab、cd分别静置于水平固定的平行窄导轨和宽导轨上，导轨间距分别为
L1=1m、L2=2m，导轨电阻不计，所在区域存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B =1T的匀强磁场，
ab、cd棒的质量分别为m1=0.2kg、m2=0.4 kg，两导体棒总电阻为R =5Ω，ab棒与导轨间无摩擦，
cd棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.25。t =0时刻，给导体棒ab一个大小为F =1 N，方向水平向右的恒力
作用，t =0.7 s时cd棒刚要滑动，再过一段时间后回路中电流大小为I 0且保持恒定。已知ab棒距宽导轨
足够远，cd棒所在导轨足够长，导体棒始终垂直于导轨且与导轨接触良好，重力加速度大小g取
10m/ s
2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)t =0.7 s时，cd棒中电流的大小和方向；
(2)0～0.7 s时间内，安培力对ab棒的冲量大小；
(3)电流I 0的大小。
【答案】(1)t =0.7 s时，对cd棒分析BI L2= μm2 g
得I = μm2 g
B L2
= 1
2 A
方向：d指向c；
(2)t =0.7 s时，E = B L1v
E = IR
得v =2.5m/ s
0-0.7 s时间内，对ab棒分析Ft - I F 安=m v1-0
得I F 安=0.2 N ⋅s；
(3)稳定后电路电流一定，B L1v1- B L2v2= I 0 R，取Δt
B L1(v1+ Δv1)- B L2(v2+ Δv2)= I 0 R，
有L1 Δv1= L2 Δv2，即a1
a2
= L2
L1
= 2
1
即F - B I 0 L1
m1
=2 B I 0 L2- μm2 g
m2
，
得I 0= 2
3 A。
