12 楞次定律、法拉第电磁感应定律
1．如图为电磁冲击钻的原理示意图，若发现钻头 M 突然向右运动，则可能是（ ）
A．开关 S 由断开到闭合的瞬间
B．开关 S 由闭合到断开的瞬间
C．保持开关 S 闭合，变阻器滑片 P 向左匀速滑动
D．保持开关 S 闭合，变阻器滑片 P 向左减速滑动
【答案】ACD
【详解】
A．开关S 由断开到闭合的瞬间，穿过 M 的磁通量变大，为阻碍磁通量变大，钻头向右运动，故 A 正确；
B．开关S 由闭合到断开的瞬间，穿过 M 的磁通量减小，为阻碍磁通量的减小，钻头向左运动，不符合
题意，故 B 错误；
C．保持开关S 闭合，变阻器滑片 P 匀速向左滑动，穿过 M 的磁通量增大，为阻碍磁通量增大，钻头向
右运动，故 C 正确；
D．保持开关S 闭合，变阻器滑片 P 减速向左滑动，穿过 M 的磁通量增大，为阻碍磁通量增大，钻头向
右运动，故 D 正确。
故选 ACD。
2．如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一 U 形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆 PQ 置于
导轨上并与导轨形成闭合回路 PQRS，一圆环形金属线框 T 位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。
现让金属杆 PQ 突然向左运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是（ ）
A．PQRS 中沿顺时针方向，T 中沿逆时针方向
B．PQRS 中沿逆时针方向，T 中沿顺时针方向
C．T 具有收缩趋势，PQ 受到向右的安培力
D．T 具有扩张趋势，PQ 受到向右的安培力
【答案】AC
【详解】
AB．PQ 突然向左运动，根据右手定则可知，电流方向由 P 到 Q，即闭合回路 PQRS 中电流沿顺时针方
向，又由安培定则可知，回路 PQRS 中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，故环形金属线框 T 的磁
通量将变大，由楞次定律可知，T 中将产生沿逆时针方向的感应电流，故 A 正确 B 错误；
CD．线框 T 的磁能量变大，由楞次定律可知，T 有收缩的趋势，以阻碍磁通量的增大，PQ 中有由 P 到
Q 的电流，由左手定则可知，PQ 受到的安培力向右，故 C 正确 D 错误。
故选 AC。
3．一个长直密绕螺线管 N 放在一个金属圆环 M 的中心，圆环轴线与螺线管轴线重合，如图甲所示。螺线
管 N 通有如图乙所示的电流，下列说法正确的是（ ）
A．
8
Tt 时刻，圆环有扩张的趋势
B．
8
Tt 时刻，圆环有收缩的趋势
C．
8
Tt 和 3
8
Tt 时刻，圆环内有相同的感应电流
D． 3
8
Tt 和 5
8
Tt 时刻，圆环内有相同的感应电流
【答案】AD
【详解】
AB．由图可知在
8
Tt 时刻，通过线圈的电流增大，则线圈产生的磁场增大，所以穿过金属小圆环的磁
通量变小，根据楞次定律可知，圆环有扩张的趋势，选项 A 正确，B 错误；
C．由图可知在
8
Tt 时刻通过线圈的电流增大，而在 3
8
Tt 时刻通过线圈的电流减小，根据楞次定律
可知两时刻圆环感应电流方向不同，选项 C 错误；
D．由图可知在 3
8
Tt 和 5
8
Tt 时刻，线圈内电流的变化率是大小相等的，则线圈产生的磁场的变化率
也相等，根据法拉第电磁感应定律可知，圆环内的感应电动势大小是相等的，所以感应电流大小也相等，
根据楞次定律可知两时刻圆环感应电流方向也相同，选项 D 正确。
故选 AD。
4．如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，两个方向相反的水平方向的匀强磁场，磁场范围足够大，磁感应
强度的大小左边为 2B ，右边为 3B ，一个竖直放置的宽为 a 、长为3a 、单位长度的质量为 m 、单位长
度的电阻为 r 的矩形金属线框，以初速度 v 垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到
虚线位置（在左边磁场的长度为 a ，在右边磁场的长度为 2a ）时，线框的速度为 0.5v ，则下列判断正确
的是（ ）
A．此过程中通过线框截面的电量为
25
4
Ba
r
B．此过程中线框克服安培力做的功为 23amv
C．此时线框的加速度大小为
225
128
vB
mr
D．此时线框中电流方向为逆时针，电功率为
2 225
32
v B a
r
【答案】BCD
【详解】
由于金属框单位长度的质量为 m、单位长度的电阻为 r，则总质量 M=8am，总电阻 R=8ar
A．初位置线框的磁通量
2
1 2 6BS Ba ，向外
在虚线位置的磁通量为
2 2 2
2 3 2 2 4B a Ba Ba ，向里
此过程中磁通量的变化量为
2
1 2 10Ba V
此过程中通过线框截面的电量为
210 5 C8 4
Ba Baq R ar r
故 A 错误；
B．根据动能定理可得此过程中线框克服安培力做的功为
2 2 21 1 1( ) 32 2 2W Mv M v amv
故 B 正确；
CD．根据楞次定律可知此时线框中电流方向为逆时针，产生的感应电动势
1 1
2
52 3 2 2E Ba v Ba v Bav
电功率为
2 2 225
32
E B avP R r
此时线框的电流强度为
5
16
E BvI R r
安培力为
2 3 5AF BIa BIa BIa
根据牛顿第二定律可得加速度大小为
225
128
AF B va M mr
故 CD 正确。
故选 BCD。
5．如图，两根相距 L＝0.4m、电阻不计的光滑金属导轨在同一水平面内平行放置，导轨平面内存在垂直纸
面向里的大小为 0.5T 的匀强磁场，两导轨左端与阻值 R＝0.15Ω的电阻相连，一根质量 m＝0.1kg、电阻
r＝0.05Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直，棒在水平向右 F=2N 的力作用下从静止沿导轨向右运动
过程中：（ ）
A．a 点电势高于 b 点
B．b 点电势高于 a 点
C．ab 棒受到的安培力水平向右
D．棒的最大速度为 10 米/秒
【答案】AD
【详解】
AB．根据右手定则可知棒 ab 中的电流方向为b a ，棒 ab 相当于电源，则 a 点电势高于 b 点。故 B
错误，A 正确；
C．棒 ab 中的电流方向为b a ，根据左手定则，可知安培力方向水平向左。故 C 错误；
D．根据牛顿第二定律得
F BIL ma
电流
EI R r
电动势
E BLv
联立得
2 2B L vF maR r
棒 ab 做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，即
2 2
mB L vF R r
解得
m 10m/sv
故 D 正确。
故选 AD。
6．如图，正方形线框 A 的边长为 l、总电阻为 R。磁场区域的宽度为 2l，磁感应强度为 B，方向竖直纸面向
里。线框在一水平恒力 F 作用下沿光滑水平面向右运动，已知线框一进入磁场便做匀速运动。从线框一
进入磁场到完全离开磁场的过程中，它的加速度 a 随坐标值 x 的图像可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【详解】
线框受到的安培力
2 2B L vF BIL R
ab 边刚进入磁场时，线框变为匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件得
2 2B L vF R
线框所受合力为零，在 0 L 位移内，加速度 0a ；
线框完全进入磁场后，在 2L L 位移内，穿过线框的磁通量不变，感应电流为零，不受安培力作用，所
受合外力为 F，加速度
Fa m
线框做匀加速直线运动；
当 ab 边离开磁场时，线框的速度大于进入磁场时的速度，所受安培力大于拉力 F，加速度
2 2F F B L v Fa m mR m
安培
线框做减速运动，速度 v 变小，加速度 a 减小，线框做加速度减小的减速运动，在 2 3L L 位移内加速
度逐渐减小，故 ACD 都有可能，故 ACD 正确，B 错误；
故选 ACD。
7．如图 1 所示，一个圆形线圈的匝数 100n 匝，线圈面积 20.2mS ，线圈的电阻 1Ωr ，线圈外接一
个阻值 4ΩR 的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化
规律如图 2 所示，下列说法中正确的是（ ）
A．在 0 ~ 4s 内穿过线圈的磁通量变化量为 0.04Wb
B．前 4s 内通过电阻 R 的电量为 0.8C
C． 0 ~ 4s 内电阻 R 的功率为 0.2 W
D． 0 ~ 6s 整个电路中产生的热量为 6.4J
【答案】AB
【详解】
A．根据磁通量定义式
BS
那么在 0～4s 内穿过线圈的磁通量变化量为
2 1 0.4 0.2 0.2Wb=0.04WbB B S
故 A 正确；
B．由法拉第电磁感应定律，可得前 4s 内的电动势为
0.04100 V=1V4E n t
由闭合电路欧姆定律，可知电路中的电流为
1 A=0.2A4 1
EI R r
前 4s 内通过 R 的电荷量为
Q=It=0.2×4C=0.8C
故 B 正确；
C．前 4s 内电阻 R 的功率为
2 20.2 4W=0.16WP I R
选项 C 错误；
D．前 4s 内整个电路中产生的热量为
2 2
1 1 0.2 4 1 4J=0.8JQ I R r t
4-6s 内的感应电动势为
0.4 0.2100 V=4V2E n t
由闭合电路欧姆定律，可知电路中的电流为
4 A=0.8A4 1
EI R r
4-6s 内整个电路中产生的热量为
2 2
2 2 0.8 4 1 2J=6.4JQ I R r t
所以 0-6s 整个电路中产生的热量为
Q=Q1+Q2=7.2J
故 D 错误。
故选 AB。
8．如图所示，平行导轨位于竖直平面内，导轨间距离 L=0.5m，两导轨与电阻 R 连接，其余电阻不计，水
平虚线下方存在匀强磁场，磁感应强度 B=2T，质量 m=0.1kg 的导体棒 ab 垂直放置于导轨上，与导轨接
触良好，将其从距虚线 h 高处由静止释放，进入磁场时恰好以 0v =2m/s 做匀速直线运动。g 取 10 2m/s ，
则下列说法正确的是（ ）
A．导体棒 ab 进入磁场后电流的方向是 b 到 a
B．导体棒进入磁场后下落的过程不存在能量转化
C．电阻 R 的阻值为 0.02Ω
D．h=0.2m
【答案】AD
【详解】
A．由右手定则可知，导体棒 ab 进入磁场后电流方向由 b 到 a，故 A 正确；
B．导体棒进入磁场后切割磁感线产生感应电动势，在闭合回路中产生电流，部分机械能转化为焦耳热，
有能量转化，故 B 正确；
C．导体棒切割磁感线产生的感应电动势
0E BLv
安培力
2 2
0B L vF BIL R
导体棒做匀速直线运动，由平衡条件得
2 2
0B L vmg R
代入数据解得
2ΩR
故 C 错误；
D．导体棒进入磁场前做自由落体运动，下落高度
2 2
0 2 m 0.2m2 2 10
vh g
故 D 正确。
故选 AD。
9．如图，足够长的间距 1md 的平行光滑金属导轨 MN、PQ 固定在水平面内，导轨间存在一个宽度 1mL
的匀强磁场区域，磁感应强度大小为 0.5TB ，方向如图所示．一根质量 a 0.1kgm ，阻值 0.5ΩR
的金属棒 a 以初速度 0 4m/sv 从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量 b 0.2kgm ，
阻值 0.5ΩR 的原来静置在导轨上的金属棒 b 发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，
导轨电阻不计，则（ ）
A．金属棒 a 第一次穿过磁场时做匀减速直线运动
B．金属棒 a 第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流
C．金属棒 a 第一次穿过磁场区域的过程中，金属棒 b 上产生的焦耳热为 0.25J
D．金属棒 a 最终停在距磁场左边界 0.8m 处
【答案】BD
【详解】
A．金属棒 a 第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速度减小，感应电流减小，安培
力减小，加速度减小，故金属棒 a 做加速度减小的减速直线运动，故 A 错误；
B．根据右手定则可知，金属棒 a 第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，故 B 正确；
C．电路中产生的平均电动势为
BLdE t t
平均电流为
2
EI R
金属棒 a 受到的安培力为
F BId
规定向右为正方向，对金属棒 a，根据动量定理得
0a a aBId t m v m v
解得对金属棒第一次离开磁场时速度
1.5m/sav
金属棒 a 第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒 a 机械能的减少量，即
2 2
0
1 1
2 2a a aQ m v m v
联立并带入数据得
0.6875JQ
由于两棒电阻相同，两棒产生的焦耳热相同，则金属棒 b 上产生的焦耳热
0.34375J2b
QQ
故 C 错误；
D．规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒得
a a a a b bm v m v m v
2 2 21 1 1
2 2 2a a a a b bm v m v m v
联立并带入数据解得金属棒 a 反弹的速度为
0.5m/sav
设金属棒 a 最终停在距磁场左边界 x 处，则从反弹进入磁场到停下来的过程，电路中产生的平均电动势
为
( )B L x dE t t
平均电流为
2
EI R
金属棒 a 受到的安培力为
F BI d
规定向右为正方向，对金属棒 a，根据动量定理得
' 0 a aBI d t m v
联立并带入数据解得
0.8mx
故 D 正确。
故选 BD。
10．如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标
平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。一位于 Oxy 平面内的刚性导体框 abcde 在外力作用下以
恒定速度沿 y 轴正方向运动（不发生转动）。从图示位置开始计时，4s 末 bc 边刚好进入磁场。在此过程
中，导体框内感应电流的大小为 I， ab 边所受安培力的大小为 Fab，二者与时间 t 的关系图像，可能正
确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【详解】
AB．因为 4s 末 bc 边刚好进入磁场，可知线框的速度每秒运动一个方格，故在 0~1s 内只有 ae 边切割磁
场，设方格边长为 L，根据
1 2E BLv=
1
1
EI R
可知电流恒定；2s 末时线框在第二象限长度最长，此时有
2 3E BLv
2
2
EI R
可知
2 1
3
2I I=
2~4s 线框有一部分进入第一象限，电流减小，在 4s 末同理可得
3 1
1
2I I=
综上分析可知 A 错误，B 正确；
CD．根据
ab abF BIL
可知在 0~1s 内 ab 边所受的安培力线性增加；1s 末安培力为
1abF BI L
在 2s 末可得安培力为
1
3 22abF B I L¢ =
所以有 3ab abF F¢ = ；由图像可知 C 正确，D 错误。
故选 BC。
11．如图甲所示，在水平面上固定一个匝数为 10 匝的等边三角形金属线框，总电阻为 3Ω，边长为 0.4m。
金属框处于两个半径为 0.1m 的圆形匀强磁场中，顶点 A 恰好位于左边圆的圆心，BC 边的中点恰好与右
边圆的圆心重合。左边磁场方向垂直纸面向外，右边磁场垂直纸面向里，磁感应强度的变化规律如图乙
所示，则下列说法中正确的是（ 取 3）（ ）
A．线框中感应电流的方向是顺时针方向
B．0~0.4s，线框中产生的热量为 0.3J
C．t=0.4s 时，穿过线框的磁通量为 0.55Wb
D．前 0.4s 内流过线框某截面的电荷量为 0.02C
【答案】B
【详解】
A．磁感应强度 B1 垂直水平面向里，大小随着时间增大，B2 垂直水平面向外，大小不变，故线框的磁通
量增大，由楞次定律可知，线框中感应电流的方向为逆时针方向，故 A 错误；
B．由乙图可知
1 5 1T/s 10T/s0.4
B
t
根据法拉第电磁感应定律，感应电动势
2 1110 1.5V2
BE n rt t
0~0.4s，线框中产生的热量为
2 21.5 0.4J 0.3J3
EQ tR
故 B 正确；
C．t=0.4s 时，穿过线框的磁通量为
2 2
1 2
1 1 0.055Wb2 6B r B r
故 C 错误；
D．前 0.4s 内流过线框某截面的电荷量为
1.5 0.4C 0.2C3
Eq It tR
故 D 错误。
故选 B。
12．如图所示，长直导线和矩形线框 abcd 在同一平面内，直导线中通过恒定电流，电流方向竖直向上。现
使线框由位置 I 向右先加速后减速平动到位置 II，在线框的运动过程中（ ）
A．线框中先产生顺时针方向的感应电流，后产生逆时针方向的感应电流
B．线框中先产生逆时针方向的感应电流，后产生顺时针方向的感应电流
C．线框中一直产生顺时针方向的感应电流
D．线框中一直产生逆时针方向的感应电流
【答案】C
【详解】
由安培定则，线框所在处的磁场垂直纸面向里，线框向右运动，磁通量减小，由楞次定律得，线框中一
直产生顺时针方向的感应电流，C 正确，ABD 错误。
故选 C。
13．如图所示，一金属圆盘放在水平桌面上，金属圆盘正上方有一带铁芯的线圈。下列说法正确的是（ ）
A．若线圈接直流电且电压一直变大，则金属圆盘对桌面的压力减小
B．若线圈接直流电且电压一直变大，则金属圆盘中有逆时针方向的涡流
C．若线圈电阻忽略不计，则无论接什么电源线圈中电流都趋于无穷大
D．若线圈接交变电流，只增大交变电流的频率，金属圆盘的发热功率增大
【答案】D
【详解】
AB．若线圈接直流电且电压一直变大，则线圈中电流变大，穿过金属盘的磁通量增加，根据楞次定律推
论可知，金属圆盘对桌面的压力增加；因磁场方向不确定，不能确定金属圆盘中的涡流方向，AB 错误；
C．若线圈电阻忽略不计，当接直流电源时，线圈中电流趋于无穷大；若接交流电源，则线圈中会产生
感应电动势阻碍电流的变化，则线圈中电流不会无穷大，C 错误；
D．若线圈接交变电流，只增大交变电流的频率，金属圆盘中产生的涡流变大，金属盘的发热功率增大，
D 正确。
故选 D。
14．如图所示，一根两端开口的铜管竖直放置，一磁性较强的柱形磁体从上端放入管中，过了较长时间才
从铜管下端落出，比自由落体慢了许多。则（ ）
A．磁体下落变慢，主要是由于磁体受到了空气的阻力
B．磁体下落变慢，主要是由于磁体受到金属铜的吸引
C．铜管对磁体的作用力方向始终向上
D．铜管内感应电流方向保持不变
【答案】C
【详解】
ABC．把铜管看成一个个铜环叠加构成，磁体下落，穿过每个铜环内的磁通量发生变化，进而铜环内产
生感应电流，感应电流阻碍原磁通量的变化，根据“来拒去留”，铜管对磁体的作用力方向始终向上，
故 AB 错误，C 正确；
D．磁体的两极所产生的磁场方向不同，因而两极的磁感线穿过每个小铜环的磁通量方向不同，根据楞
次定律可得，产生的感应电流的方向不同，D 错误；
故选 C。
15．如图所示，在以水平线段 AD 为直径的半圆形区域内有磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的有界
匀强磁场。现有一个闭合导线框 ACD（由细软弹性电阻丝制成），端点 A、D 固定。在竖直面内，将导线
与圆周的接触点 C 点以恒定角速度ω（相对圆心 O）从 A 点沿圆弧移动至 D 点，使导线框上产生感应电
流。设导线框的电阻恒为 r，圆的半径为 R，从 A 点开始计时，下列说法正确的是（ ）
A．导线框中感应电流的方向始终为逆时针
B．导线框中感应电流的方向先顺时针，后逆时针
C．在 C 从 A 点移动到 D 的过程中，穿过 ACD 回路的磁通量与时间的关系为 2 cosΦ BR t
D．在 C 从 A 点移动到图中 60CAD 位置的过程中，通过导线截面的电荷量为
23
2
BR
r
【答案】D
【详解】
AB．线框中的磁通量先增大后减小，根据楞次定律判断知导线框中的感应电流方向先逆时针，后顺时针，
故 AB 错误；
C． t 时间内 CO 转过的角度为
t
根据几何知识可知 t 时刻线框的面积
1 2 sin2S R R
磁通量为
2 2sin sinBS BR BR t
故 C 错误；
D．在 C 从 A 点移动到图中 60CAD 位置的过程中，通过导线截面的电荷量为
Q I t
平均电流为
EI r
平均电动势为
B SE t t
又
1 2 sin 602S R R
联立以上几式解得
23
2
BRQ r
故 D 正确。
故选 D。
16．如图所示，间距为 L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为 R 的电阻连
接，导轨上横跨一根质量为 m、电阻也为 R 的金属棒，金属棒与导轨接触良好整个装置处于竖直向上、
磁感应强度为 B 的匀强磁场中。现使金属棒以初速度 v 沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通
过的电荷量为 q。下列说法正确的是（ ）
A．金属棒在导轨上做匀减速运动
B．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为 qR
BL
C．整个过程中金属棒克服安培力做功为
2
2
mv
D．整个过程中电阻 R 上产生的焦耳热为
2
2
mv
【答案】C
【详解】
A．金属棒在整个运动过程中，受到竖直向下的重力，竖直向上的支持力，这两个力合力为零，还受到
水平向左的安培力，金属棒受到的安培力为
2 2
2 2 2
E BLv B L vF BIL BL BLR R R
金属棒受到安培力作用而做减速运动，速度 v 不断减小，安培力不断减小，加速度不断减小，故金属棒
做加速度逐渐减小的变减速运动，故 A 错误；
B．整个过程中感应电荷量
2t
Eq I t tR
又因为
BLsE t t
联立得
2
BLsq R
故金属棒的位移
2qRs BL
故 B 错误；
C．整个过程中由动能定理可得
2 21 10 2 2W mv mv安＝ － ＝－
金属棒克服安培力做功为 21
2 mv ，故 C 正确；
D．克服安培力做功把金属棒的动能转化为焦耳热，由于金属棒电阻与电阻串联在电路中，且阻值相等，
则电阻 R 上产生的焦耳热
21
4Q mv＝
故 D 错误。
故选 C。
17．空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（a）中虚线 MN 所示，一硬质
细导线的电阻率为ρ、横截面积为 S，将该导线做成半径为 r 的圆环固定在纸面内，圆心 O 在 MN 上。t=0
时磁感应强度的方向如图（a）所示：磁感应强度 B 随时间 t 的变化关系如图（b）所示，则在 t=0 到 t=t1
的时间间隔内（ ）
A．圆环所受安培力的方向始终不变
B．圆环中的感应电流先顺时针方向，再逆时针方向
C．在 t0 时刻，圆环中感应电流不为零，但此时圆环不受安培力
D．圆环中的感应电动势大小为
2
0
04
B r
t
【答案】C
【详解】
B．开始磁场垂直于纸面向外，磁感应强度减小，穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流
沿逆时针方向；后来磁感应强度方向垂直于纸面向里，磁感应强度增大，穿过圆环的磁通量增大，由楞
次定律可知，感应电流沿逆时针方向；所以感应电流始终沿逆时针方向 ，故 B 错误；
A．感应电流始终沿逆时针方向，磁感应强度先垂直于纸面向外，由左手定则可知，安培力向右，后来
磁感应强度向里，由左手定则可知，安培力向左，故 A 错误；
C．在 t0 时刻，原磁场的磁感应强度为零，所以安培力为零，但图像斜率不变所以依然有电流。故 C 正
确；
D．由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为
2
20 0
0 0
1
2 2
B B rBE s rt t t t
故 D 错误。
故选 C。
18．如图，一均匀铜圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动。现施加一垂直穿过圆盘的有界
匀强磁场，圆盘开始减速。在圆盘减速过程中，以下说法正确的是（ ）
A．由于圆盘内磁通量没有发生变化，所以圆盘内没有感应电流产生
B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动
C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动
D．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势低
【答案】B
【详解】
AD．将金属圆盘看成由无数金属辐条组成，金属圆盘逆时针匀速转动时，根据右手定则判断可知：圆盘
上的感应电流由边缘流向圆心，所以靠近圆心处电势高，故 AD 错误；
B．根据法拉第定律可知，金属圆盘产生的感应电动势为 BLv，所以所加磁场越强，产生的感应电动势越
大，感应电流越大，圆盘受到的安培力越大，而安培力是阻力，所以越易使圆盘停止转动，故 B 正确；
C．若所加磁场反向，只是产生的电流反向，根据楞次定律可知，安培力仍然阻碍圆盘的转动，所以圆
盘还是减速转动，故 C 错误。
故选 B。
19．如图，两个半径不同但共心的圆形导线环 A 、 B 位于同一平面内， A 环的半径小于 B 环的半径，已知
在 0t 到 1t t 的时间间隔内，当导线环 A 中的电流i 发生某种变化，而导线环 B 中的感应电流总是沿
顺时针方向，且导线环 B 总有收缩的趋势，设环 A 中电流i 的正方向与图中箭头所示的方向相同，则i 随
时间 t 的变化的图线可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】
ABCD．导线环 B 中的感应电流总是沿顺时针方向，且导线环 B 总有收缩的趋势，由左手定则可以判定
导线环 B 周围的磁场方向是垂直纸面向外的，这个磁场是导线环 A 中的电流所产生的的磁场，其特点是
在导线环 A 以外的区域中磁场方向垂直纸面向外，在导线环 A 以内的区域是垂直纸面向里的；由此可以
判定导线环 A 中的电流方向沿着顺时针方向，即与图示方向相同。导线环 B 中的感应电流沿顺时针方向，
所产生的的磁场在导线环 B 以内的区域中是垂直纸面向里的，这个磁场是要阻碍导线环 B 内的磁通量的
变化的；由于导线环 A 在导线环 B 内产生的磁通量是垂直纸面向里的，而导线环 B 中的感应电流在导线
环 B 内所产生的的磁场也是垂直纸面向里的，说明原磁通量是减弱的，即导线环 A 的电流是减小的，故
BCD 错误，A 正确。
故选 A。
20．如图所示，固定在绝缘水平面内的金属导轨 MN、M′N′之间有竖直向下的匀强磁场。单位长度阻值相同
的金属棒 ab、cd 放在两导轨上，若两棒从图示位置以相同的速度向右做匀速直线运动，运动过程中始终
与两导轨接触良好，则下列说法正确的是（ ）
A．回路中的感应电动势不断增大
B．回路中的感应电流不变
C．回路中的热功率不断增大
D．两棒所受安培力的合力不断减小
【答案】D
【分析】
回路磁通量的变化，由楞次定律判断感应电流方向。由 E = BLv 求得两棒产生的感应电动势，回路中总
的感应电动势等于 cd 棒和 ab 棒感应电动势之差，根据欧姆定律分析感应电流是否变化，再研究回
路的热功率如何变化。
【详解】
AB．设两棒原来相距的距离为 S，M′N′与 MN 的夹角为α，则回路中总的感应电动势
E = BLcdv - BLabv = Bv∙(Lcd - Lab) = Bv∙Stanα = BvStanα
BvStanα保持不变，由于回路的电阻不断增大，而总的感应电动势不变，所以回路中的感应电流不断减小，
AB 错误；
C．回路热功率为
2EP R
E 不变，R 增大，则 P 不断减小，C 错误；
D．设两棒原来相距的距离为 S，M′N′与 MN 的夹角为α，安培力之差等于
( ) tancd ab cd abF BIL BIL BI L L BIS
由于电流减小，所以两棒所受安培力的合力不断减小，D 正确。
故选 D。
【点睛】
本题中两棒同向运动，要知道回路中总的感应电动势等于 cd 棒和 ab 棒感应电动势之差，要能熟练运用
电路知识研究电磁感应问题。
21．如图所示，固定在水平面上的半径为 r 的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为 B 的匀强
磁场。长为 l 的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO上，随轴以角速度 匀
速转动。在圆环的 A 点和电刷间接有阻值为 R 的电阻和电容为 C、板间距为 d 的平行板电容器，有一带
电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为 g，不计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是
（ ）
A．棒产生的电动势为 21
2 Bl
B．微粒的电荷量与质量之比为 2
2gd
Br
C．电阻消耗的电功率为
2 4
2
B r
R
D．电容器所带的电荷量为 2CBr
【答案】B
【详解】
A．如图所示，金属棒绕OO轴切割磁感线转动，棒产生的电动势
21=2 2
rE Br Br
A 错误；
B．电容器两极板间电压等于电源电动势 E ，带电微粒在两极板间处于静止状态，则
Eq mgd
即
2
2
2
1
2
q dg dg dg
m E BrBr
B 正确；
C．电阻消耗的功率
2 2 4 2
4
E B rP R R
C 错误；
D．电容器所带的电荷量
2
2
CBrQ CE
D 错误。
故选 B。
22．如图所示，边长为 L 的单匝正方形金属线框质量为 m 、电阻为 R ，用细线把它悬挂于有水平边界的、
方向垂直纸面向内的匀强磁场中，线框的上一半处于磁场内，下一半处于磁场外，磁场的磁感应强度大
小随时间的变化规律为 B kt （ 0k ），重力加速度为 g ，细线能够承受的最大拉力为 2mg 。
(1)说出感应电流的方向；
(2)求线框静止时线框中感应电流的大小；
(3)求从计时开始到细线断裂经历的时间。
【答案】(1)逆时针；(2)
2
2
kL
R
；(3) 2 3
2mgR
k L
【详解】
(1)根据磁场的磁感应强度大小随时间的变化规律和楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针；
(2)根据电磁感应定律有
2 2
2Δ 1
Δ 2 2 2
B L LE k kLt
可得
2
2
E kLI R R
(3)根据安培力的公式可得
2 3
2安 k L tF ILB R
绳刚断时
2安 mg F mg
解得
2 3
2mgRt k L
23．如图甲所示，间距为 L 的足够长的光滑、平行金属导轨 MN、PQ 固定在同一水平面上，导轨左端接有
阻值为 R 的电阻，质量为 m，电阻为 r 的金属杆 ab 垂直跨接在导轨上，整个装置处于磁感应强度 B 的匀
强磁场中，磁场方向竖直向下。施加外力 F（未知量）沿水平方向拉金属杆 ab，使之由静止开始运动，
电阻 R 两端的电压随时间变化的关系如图乙所示， 0t 时刻对应的电压为 0U ，已知导体棒在运动中所受
到的阻力为其对地速度的 k 倍，设导体棒运动中始终处于磁场区域内，导轨电阻忽略不计。（提示：可以
用 F t 图像下的“面积”代表力 F 的冲量）求：
(1) 0t 时刻，金属杆 ab 的速度；
(2) 00 t 过程，外力 F 的冲量 I；
(3)若磁场有界，开始时金属杆静止于磁场区域，如图丙所示。现使磁场以速度 1v 匀速向右移动，则当金
属杆达到恒定速度时（此时金属杆 ab 处于磁场中），外界供给导轨、金属棒系统的功率多大？
【答案】(1) 0 ( )U R r
BLR
；(2)
2 2 2 2
0 0
0 2 2( )
kat B L atmat R r
；(3)
2 2 2
1
2 2( )
kB L v
k R r B L
【详解】
(1) 0t 时刻，电阻两端的电压为 0U
设该时刻金属杆 ab 的速度为，该时刻金属杆 ab 的电动势
0E BLv
0
RU ER r
0
0
( )U R rv BLR
(2)电阻 R 两端的电压随时间变化关系服从线性规律
0
0
UU tt
0
0
URBLv tR r t
0
0
( )U R rv tBLRt
因此金属杆 ab 做匀加速直线运动
0
0
( )U R ra BLRt
2 2B L vF kv maR r
v at
2 2B L aF ma ka tR r
2 2 2 2
0 0
0 2 2( )
kat B L atI mat R r
其中
0
0
( )U R ra BLRt
(3)当金属框受到的阻力等于安培力时，金属框以恒定速度 2v 匀速运动
感应电动势
1 2E BL v v
回路中的电流
1 2BL v vEI R r R r
金属框受到的安培力
2 2
1 2B L v vF BIL R r
达到恒定速度 2v 时，受力平衡
2 2
1 2
2
B L v vkv R r
2 2
1
2 2 2( )
B L vv k R r B L
系统消耗磁场能的功率，包括金属框发热功率和克服阻力的功率。即
2
2 2( )P I R r kv v 磁
2 2 2
1
2 2( )
kB L vP k R r B L
磁
24．如图甲所示，两导轨都由水平、倾斜两部分圆滑对接而成，相互平行放置，光滑倾斜导轨处在一垂直
斜面的匀强磁场区Ⅰ中，Ⅰ区中磁场的磁感应强度 B1 随时间变化的规律如图乙所示（以垂直斜面向上的
磁场方向为正）。水平导轨粗糙且足够长，其左端接有理想电压表，水平导轨处在一竖直向上的磁感应强
度恒定不变的匀强磁场区Ⅱ中，金属棒 cd 锁定在磁场Ⅱ区域。在 t=0 时刻，从斜轨上磁场Ⅰ区外某处垂
直于导轨释放一金属棒 ab，棒下滑时与导轨保持良好接触，棒由倾斜导轨滑向水平导轨时无机械能损失，
导轨的电阻不计。若棒在斜面上向下滑动的整个过程中，电压表的示数大小保持不变，ab 棒进入水平轨
道的同时，对 cd 棒解锁，最后两棒同时停止运动。已知两导轨相距 L=1m，倾斜导轨与水平面成 =30°
角，磁感应强度大小 B2=1T，两金属棒的质量均为 m=0.1kg，电阻值相等，g 取 10m/s2。
(1)判断 0~1s 时间内通过导体棒 ab 的感应电流的方向；（填“a 到 b”或“b 到 a”）
(2)求磁场区Ⅰ在沿倾斜轨道方向上的长度 x；
(3)求 ab 棒从开始运动到刚好进入水平轨道这段时间内 ab 棒上产生的热量；
(4)若两金属棒沿水平导轨运动过程中受到的阻力小与金属棒速度大小成正比，比例系数 k=0.2N·s/m，从
ab 棒进入水平轨道至棒停止运动的过程中，两金属棒前进的位移之比是多少？
【答案】(1)a 到 b；(2)2.5m；(3)1.875J；(4) 1
2
3x
x
【详解】
(1)根据楞次定律，通过导体棒 ab 的感应电流的方向 a 到 b；
(2)电压表读数不变，说明回路中感应电动势不变，所以 t=1s 时导体棒 a 恰好进入 B1 磁场区域，且匀速
下滑。设 0-1s 时间内感应电动势大小为 E1，1s 后感应电动势大小为 E2，则：
1 x
BE Lt t
E2=BLv
v=at=gtsin
联立方程代入数据得
x=2.5m
(3)设导体棒电阻为 r，ab 棒匀速进入磁场时
2 2
sin 2
B L vmg
解得
r=5Ω
导体棒 ab 匀加速下滑时间 t=1s，在磁场区 1 运动时间
0.5xt sv
所以 ab 棒从开始运动到刚好进入水平轨道这段时间内 ab 棒上产生的热量
3
( )2
EQ r t tr
Q=1.875J
(4)以 ab 棒为研究对象，根据动量定理
0 0P F t m
以两导体棒为系统研究，根据动量定理
0P ft mv
设 ab 棒前进距离为 x1，cd 棒前进距离为 x2，则
2
3 1 2
1
( ) 02
zB L x xkx mvr
1 2 0kx kx mv
联立方程得
1
2
3x
x
25．如图，两根电阻不计、互相平行的光滑金属导轨竖直放置，相距 1mL ；在水平虚线间有与导轨所在
平面垂直的匀强磁场，磁感应强度 0.5TB ，磁场区域的高度 1md ，导体棒 a 的质量 am 未知、电阻
1ΩaR ；导体棒 b 的质量 0.05kgbm 、电阻 0.5ΩbR ，它们分别从图中 M 、 N 处同时由静止开
始在导轨上向下滑动， b 匀速穿过磁场区域，且当b 刚穿出磁场时 a 正好进入磁场并匀速穿过，取
210m/sg ，不计 a 、 b 棒之间的相互作用，导体棒始终与导轨垂直且与导轨接触良好，求：
(1)b 棒穿过磁场区域过程所用的时间；
(2) a 棒刚进入磁场时两端的电势差；
(3)棒 a 的质量；
(4)从静止释放到 a 棒刚好出磁场过程中 a 棒产生的焦耳热。
【答案】(1)0.2s；(2)2.1V；(3)0.07kg；(4)0.48J
【详解】
(1)由b 棒匀速穿过磁场易知
bm g BIL
又有
1 bE BLv
1
1
a b
EI R R
联立可解得
5m/sbv
易求得 b 棒穿过磁场区域过程所用的时间
2 0.2s
b
dt v
(2)由自由落体公式知 b 棒穿过磁场前运动时间
1 0.5sbvt g
故 a 棒进入磁场前运动时间为 0.7s 。
故 a 棒进入磁场时速度
1 2 7m/sav g t t
所以此时电动势
2 3.5VaE BLv
由闭合电路欧姆定律可得两端的电势差
2 2.1Vb
a b
RU ER R
(3)类比第一问可得
am g BIL
又有
a
a b
BLvI R R
易得
0.07kgam
(4)方法一：
由于每根棒穿过磁场时均作匀速运动，依所能量守恒定律有
gd 1.2Ja bQ m m 总
依据串联电路功率分配原理知
0.48Ja
a
a b
RQ QR R
总
方法二：由(1)(2)问中公式分别可求出两段过程电流大小分别为：
1 1Abm gI BL
2
2
7 A5a b
EI R R
a 棒穿过磁场时间
3
1 s7a
dt v
由焦耳定律可知
2 2
1 1 2 3 0.48Ja a aQ I R t I R t
26．如图甲所示有一水平方向的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，区域的上下边缘间距为 85cmH ，
磁感应强度 B 随时间 t 的变化如图乙所示。有一长 1 20cmL ，宽 2 10cmL 的匝数 5n 匝的矩形线圈，
其总电阻 0.2R 、质量 0.5kgm ，在 0t 时刻，线圈从离磁场区域的上边缘高为 5cmh 处由静止
开始下落，0.2s 时线圈刚好全部进入磁场，0.5s 时线圈刚好开始从磁场中出来。不计空气阻力，重力加
速度 g 取 10m/s2。求：
(1)线圈 0.2s 时的速度；
(2)线圈穿过磁场区域所经历的时间 t；
(3)线圈穿过磁场区域产生的热量 Q。
【答案】(1)1m/s；(2)0.425s；(3)1.042J
【详解】
(1)线圈先做自由落体运动
2
1
1
2h gt
解得 1 0.1st
1 1 1m/sv gt
进入磁场的过程中
1 1 1 1E nB L v
1
1
EI R
1 1 1 1 5NF nB I L
恰好等于重力
1 5NF mg
线圈进入磁场过程的时间为
2
2
1
0.1sLt v
0.2s 时线圈的速度为 1m/s
(2)线圈全部进入磁场后向下做匀加速运动至线圈的下边刚好到达磁场的下边缘，这段距离为
2 0.75md H L
由 2 2
2 1 2v v gd 得， 2 4m/sv
由 2 1 3v v gt 得， 3 0.3st
出磁场的过程中
2 2 1 2E nB L v
2
2
EI R
2 2 2 1F nB I L
解得 2 5NAF ，恰好等于重力
2 5NF mg
线圈匀速出磁场的时间
2
4
2
0.025sLt v
线圈穿过磁场区域所经历的时间 t
2 3 4 0.425st t t t
(3)线圈进出磁场都做匀速运动，该过程中线圈产生的热量
1 22 1.0JQ mg L
磁场变化产生的电动势
3 1 2
BE n L Lt
由图像得
5 T/s3
B
t
该过程产生的热量
2
3
2 3 0.042JEQ tR
总热量
1 2 1.042JQ Q Q
27．如图所示，在倾角为 =30°的斜面上铺有两平行光滑绝缘轨道 PQ 和 MN，轨道间距离为 L=1.0m，轨
道间各矩形区间隔存在垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度均为 B=1.0T。各矩形区的宽度和线框的宽
度均为 d=0.20m。有一长为 L 的单匝矩形线框 ABCD 跨放在两轨道上，一端挂重物的细线跨过定滑轮系
在 CD 中点并保持与斜面平行，轨道及磁场区域足够长（不考虑碰到滑轮及地面、线框不脱离轨道），其
中线圈质量 m1=1.8kg，重物质量 m2=1.2kg，线圈总电阻 R=2.0 Ω ，不计滑轮摩擦阻力。
（1）画出最终稳定状态时线框中电流随时间变化的关系图（从线框 CD 边刚进入某磁场区域开始计时、
电流以 ABCDA 方向为正）；
（2）静止释放重物，当物体速度 v1=3.0m/s 时，求线框的加速度 a；
（3）若整个磁场区以 v2=8.0m/s 的速度沿斜面向下移动，重物由静止释放，求最终稳定状态下的外界提
供的功率 P、安培力对线框做功的功率 PA，线框的热功率 PQ。
【答案】（1）见解析；（2）0.5m/s2；（3）见解析
【详解】
(1)最终稳定状态时，有
1 2+ sinBIL m g m g
解得
3AI
电流随时间变化的关系图为
（2）设绳拉力为 T，对线框
1 1sinT m g BIL m a
对重物
m2g-T=m2a
其中
BLvI R
联立可得
a=0.5m/s2
（3）设稳定后线框速度 v，则电动势
2( )E BL v v
对线框
1 2sinm g BIL m g
2( )BL v vI R
联立可得
v=2m/s
外界提供的功率
P 外=F 安·v 磁=3×8=24W
安培力功率
PA=F 安·v=6W
热功率
PQ=I2R=32×2=18W
28．如图（a），质量 m1=2kg、宽度 L=1m 的足够长金属导轨 abcd 放在光滑的绝缘水平面上。一电阻不计，
质量 m2=1kg 的导体棒 MN 放置在导轨上，始终与导轨接触良好，MNcb 构成矩形。棒与导轨间动摩擦因
数μ=0.5，棒左侧有两个固定于水平面的立柱。开始时 MN 左侧导轨的总电阻 R=0.2Ω，右侧导轨单位长
度的电阻 R0=0.1Ω/m。以 ef 为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向左，磁感应强度
大小均为 B=1T。在 t=0 时，一水平向左的拉力 F 垂直作用在导轨的 bc 边上，使导轨由静止开始做加速
度 a=2m/s2 的匀加速直线运动，重力加速度 g 取 10m/s2。求：
(1)t=2s 时，MN 中电流 I 的大小和方向；
(2)t=2s 时，MN 对金属导轨施加摩擦力 Ff 的大小；
(3)在图（b）中定性画出拉力 F 随时间 t 的变化关系图像。要求标出相关数据，并作出说明。
【答案】(1)4A，由 M 指向 N；(2)7N；(3)见解析
【详解】
(1)t=2s 时
v=at=2×2m/s=4m/s
s= 1
2 at2= 1
2 ×2×22m=4m
R 总=R+（2s）R0=0.2+2×4×0.1Ω=1Ω
电动势
E=BLv=1×1×4V=4V
I=
E
R总
= 4
1 A=4A
由 M 指向 N
(2)安培力
FA=BIL=1×1×4N=4N
MN 受五个力，如图
竖直方向平衡
FN=m2g+FA=14N
滑动摩擦力
Ff=FN=7N
(3)任意 t 时刻的安培力
FA=BIL=
2 2
2 2
0
10=( + ) 1
B L at t
R at R t
滑动摩擦力
Ff=FN=（m2g+FA)=（m2g+ 2
10
1
t
t
)=5+ 2
5
1
t
t
导轨水平方向受到三个力，如图
牛顿定律
F-FA-Ff=m1a
解出
F=9+ 2
15
1
t
t =9+
15
1( ) tt
当 t=1s 时，F 最大，且
Fm=9+ 15
1+1 =16.5N
绘出的 F-t 图像如图所示
29．如图甲所示， 200N 匝的线圈（图中只画了 2 匝），电阻 2Ωr ，其两端与一个 48ΩR 的电阻相
连，线圈内有指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。
(1)判断通过电阻 R 的电流方向；
(2)求线圈产生的感应电动势 E ；
(3)求电阻 R 两端的电压U 。
【答案】(1) a b ；(2)10V ；(3)9.6V
【详解】
(1)根据图像可知，线圈中垂直于纸面向里的磁场增大，为了阻碍线圈中磁通量的增大，根据楞次定律可
知线圈中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根据安培定则可知线圈中的感应电流为逆时针方向，所
通过电阻 R 的电流方向为 a b 。
(2)根据法拉第电磁感应定律
0.015 0.010200 V 10V0.10E N t
(3)电阻 R 两端的电压为路端电压，根据分压规律可知
48 10V 9.6V48 2
RU ER r
30．某试验列车按照设定的直线运动模式，利用计算机控制制动装置，实现安全准确地进站停车。制动装
置包括电气制动和机械制动两部分。图 1 所示为该列车在进站停车过程中设定的加速度大小 a车 随速度 v
的变化曲线。
(1)求列车速度从 20m/s 降至3m/s 经过的时间 t 及行进的距离 x。
(2)有关列车电气制动，可以借助图 2 模型来理解。图中水平平行金属导轨处于竖直方向的匀强磁场中，
回路中的电阻阻值为 R ，不计金属棒 MN 及导轨的电阻。 MN 沿导轨向右运动的过程，对应列车的电
气制动过程，可假设 MN 棒运动的速度与列车的速度、棒的加速度与列车电气制动产生的加速度成正比。
列车开始制动时，其速度和电气制动产生的加速度大小对应图 1 中的 P 点。论证电气制动产生的加速度
大小随列车速度变化的关系，并在图 1 中画出图线。
(3)制动过程中，除机械制动和电气制动外，列车还会受到随车速减小而减小的空气阻力。分析说明列车
从100m/s 减到3m/s 的过程中，在哪个速度附近所需机械制动最强?
(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)
【答案】. (1) 24.3st ， 279.3mx ；(2) 列车电气制动产生的加速度与列车的速度成正比，为过 P
点的正比例函数，论证过程见解析。画出的图线如下图所示：
(3) 3m/s
【详解】
（1）由图 1 可知，列车速度从 20m/s 降至3m/s 的过程加速度为 0.7m/s2 的匀减速直线运动，由加速度
的定义式
va t
得
20 3 170s s 24.3s0.7 7
vt a
由速度位移公式
2 2
0 2v v ax
得
2 2 2 2
0 3 20 m 279.3m2 2 0.7
v vx a
（2）由 MN 沿导轨向右运动切割磁场线产生感应电动势
E BLv
回路中感应电流
EI R
MN 受到的安培力
F BIL
加速度为
Fa m
结合上面几式得
2 2B L va mR
所以棒的加速度与棒的速度为正比例函数。又因为列车的电气制动过程，可假设 MN 棒运动的速度与列
车的速度、棒的加速度与列车电气制动产生的加速度成正比，所以列车电气制动产生的加速度与列车的
速度成正比，为过 P 点的正比例函数。画出的图线如下图所示。
(3)由（2）可知，列车速度越小，电气制动的加速度越小。由题设可知列车还会受到随车速减小而减小
的空气阻力。所以电气制动和空气阻力产生的加速度都随速度的减小而减小。由图 1 中，列车速度从
20m/s 降至3m/s 的过程中加速度大小 a车 随速度 v 减小而增大，所以列车速度从 20m/s 降至3m/s 的过
程中所需的机械制动逐渐变强，所以列车速度为3m/s 附近所需机械制动最强。
31．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】(1)0.8V；(2)0.8N；(3)0.32J
【详解】
(1)由题意可知当线框切割磁感线是产生的电动势为
0.5 0.2 8V 0.8VE BLv= = =
(2)因为线框匀速运动故所受拉力等于安培力，有
=F F BIL 安
根据闭合电路欧姆定律有
EI R
结合(1)联立各式代入数据可得 F=0.8N；
(3)线框穿过磁场所用的时间为
2 2 0.2 s 0.05s8
Lt v
´= = =
故线框穿越过程产生的热量为
2 2
2 0.8 0.05J=0.32J0.1
EQ I Rt tR= = = ´
32．如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度 B 随时间 t 均匀变化。正方形硬质金属框 abcd 放
置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻 0.1R ，边长 0.2ml 。求
（1）在 0t 到 0.1st 时间内，金属框中的感应电动势 E；
（2） 0.05st 时，金属框 ab 边受到的安培力 F 的大小和方向；
（3）在 0t 到 0.1st 时间内，金属框中电流的电功率 P。
【答案】（1）0.08V；（2）0.016N，方向垂直于 ab 向左；（3）0.064W
【详解】
（1）在 0t 到 0.1st 的时间 t 内，磁感应强度的变化量 0.2TB ，设穿过金属框的磁通量变化量
为 ，有
2Bl ①
由于磁场均匀变化，金属框中产生的电动势是恒定的，有
E t
②
联立①②式，代入数据，解得
0.08VE ③
（2）设金属框中的电流为 I，由闭合电路欧姆定律，有
EI R
④
由图可知， 0.05st 时，磁感应强度为 1 0.1TB ，金属框 ab 边受到的安培力
1F IlB ⑤
联立①②④⑤式，代入数据，解得
0.016NF ⑥
方向垂直于 ab 向左。⑦
（3）在 0t 到 0.1st 时间内，金属框中电流的电功率
2P I R ⑧
联立①②④⑧式，代入数据，解得
0.064WP ⑨
33．如图 1 所示，在绝缘光滑水平桌面上，以 O 为原点、水平向右为正方向建立 x 轴，在0 1.0mx 区
域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长 0.5mL 、电阻 0.25R 的正方形线框 abcd ，
当平行于磁场边界的 cd 边进入磁场时，在沿 x 方向的外力 F 作用下以 1.0m/sv 的速度做匀速运动，直
到 ab 边进入磁场时撤去外力。若以 cd 边进入磁场时作为计时起点，在 0 1.0st 内磁感应强度 B 的大
小与时间 t 的关系如图 2 所示，在 0 1.3st 内线框始终做匀速运动。
(1)求外力 F 的大小；
(2)在1.0s 1.3st 内存在连续变化的磁场，求磁感应强度 B 的大小与时间 t 的关系；
(3)求在 0 1.3st 内流过导线横截面的电荷量 q。
【答案】(1) 0.0625N ；(2) 1
6 4B t
；(3) 0.5C
【详解】
(1)由图 2 可知 0 00, 0.25Tt B ，则回路电流
0B LvI R
安培力
2 2
0
A
B LF vR
所以外力
0.0625NAF F
(2)匀速出磁场，电流为 0，磁通量不变 1 ， 1 1.0st 时， 1 0.5TB ，磁通量 2
1 1B L ，则 t 时刻，
磁通量
1BL L v t t
解得
1
6 4B t
(3) 0 0.5st 电荷量
2
0
1 0.25CB Lq R
0.5s 1.0st 电荷量
2 2
1 0
2 0.25CB L B Lq R
总电荷量
1 2 0.5Cq q q
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