題目列表(包括答案和解析)
半徑為a的圓形區域內有均勻磁場，磁感強度為B＝0.2T，磁場方向垂直紙面向里，半徑為b的金屬圓環與磁場同心地放置，磁場與環面垂直，其中a＝0.4m，b＝0.6m，金屬環上分別接有燈L1、L2，兩燈的電阻均為R0＝2Ω，一金屬棒MN與金屬環接觸良好，棒與環的電阻均忽略不計
（1）若棒以v0＝5m/s的速率在環上向右勻速滑動，求棒滑過圓環直徑OO′的瞬時（如圖所示）MN中的電動勢和流過燈L1的電流。
（2）撤去中間的金屬棒MN將右面的半圓環OL2O′以OO′為軸向上翻轉90o，若此時磁場隨時間均勻變化，其變化率為ΔB/Δt＝（4 /3.14）T/s，求L1的功率。 無字母
半徑為a的圓形區域內有均勻磁場，磁感強度為B＝0.2T，磁場方向垂直紙面向里．半徑為b的金屬圓環與磁場同心放置，磁場與環面垂直，其中a＝0.4m，b＝0.6m．金屬環上分別接有燈L1、L2，兩燈的電阻均為R0＝2Ω．一金屬棒MN與金屬環接觸良好，棒與環的電阻均忽略不計．撤去中間的金屬棒MN，將右面的半圓環OL2O′以OO′為軸向上翻轉90°，若此時磁場隨時間均勻變化，其變化率為ΔB/Δt＝(4/π)T/s，求L1的功率．
半徑為a的圓形區域內有均勻磁場，磁感強度為B＝0.2T，磁場方向垂直紙面向里．半徑為b的金屬圓環與磁場同心放置，磁場與環面垂直，其中a＝0.4m，b＝0.6m．金屬環上分別接有燈L1、L2，兩燈的電阻均為R0＝2Ω．一金屬棒MN與金屬環接觸良好，棒與環的電阻均忽略不計．
若棒以v0＝5m/s的速度在環上向右勻速滑動，求棒滑過圓環直徑OO′的瞬時(如圖所示)MN中的電動勢和流過燈L1的電流．
若棒以v0＝5m/s的速度在環上向右勻速滑動，求棒滑過圓環直徑OO′的瞬時(如圖所示)MN中的電動勢和流過燈L1的電流．
高考真題
1．【解析】對A選項，靜止的導線上的穩恒電流附近產生穩定的磁場，通過旁邊靜止的線圈不會產生感應電流，A被否定；穩恒電流周圍的穩定磁場是非勻強磁場，運動的線圈可能會產生感應電流，B符合事實；靜止的磁鐵周圍存在穩定的磁場，旁邊運動的導體棒會產生感應電動勢，C符合；運動的導線上的穩恒電流周圍產生運動的磁場，即周圍磁場變化，在旁邊的線圈中產生感應電流，D符合。
【答案】A
2．【解析】本題考查右手定則的應用。根據右手定則，可判斷PQ作為電源，Q端電勢高，在PQcd回路中，電流為逆時針方向，即流過R的電流為由c到d，在電阻r的回路中，電流為順時針方向，即流過r的電流為由b到a。當然也可以用楞次定律，通過回路的磁通量的變化判斷電流方向．所以選項B正確
【答案】B
3.【解析】如圖所示，設觀察方向為面向北方，左西右東，則地磁場方向平行赤道表面向北，
若飛機由東向西飛行時，由右手定則可判斷出電動勢方向為由上
向下，若飛機由西向東飛行時，由右手定則可判斷出電動勢方向
為由下向上，A對B錯；沿著經過地磁極的那條經線運動時，速
度方向平行于磁場，金屬桿中一定沒有感應電動勢，C錯D對。
【答案】AD
4．【解析】在釋放的瞬間，速度為零，不受安培力的作用，只受到重力，A對。由右手定則可得，電流的方向從b到a，B錯。當速度為
時，產生的電動勢為
，受到的安培力為
，計算可得
,C對。在運動的過程中，是彈簧的彈性勢能、重力勢能和內能的轉化，D錯。
【答案】AC
5．【解析】在x=R左側，設導體棒與圓的交點和圓心的連線與x軸正方向成θ角，則導體棒切割有效長度L=2Rsinθ，電動勢與有效長度成正比，故在x=R左側，電動勢與x的關系為正弦圖像關系，由對稱性可知在x=R右側與左側的圖像對稱。
【答案】A
6．【解析】考查自感現象。電鍵K閉合時，電感L1和L2的電流均等于三個燈泡的電流，斷開電鍵K的瞬間，電感上的電流i突然減小，三個燈泡均處于回路中，故b、c燈泡由電流i逐漸減小，B、C均錯，D對；原來每個電感線圈產生感應電動勢均加載于燈泡a上，故燈泡a先變亮，然后逐漸變暗，A對。本題涉及到自感現象中的“亮一下”現象，平時要注意透徹理解。
【答案】AD．
7．【解析】該題利用導體在磁場中的切割模型綜合考查法拉第電磁感應定律、歐姆定律、物體平衡、牛頓第二定律和變速直線運動規律；導體從靜止開始又變加速到勻加速，又由勻加速到勻速直至完成全過程，環環相扣，逐步深入，循序漸進，無不滲透著經典物理的科學思想和方法．
（1）體棒ab從A處下落時的有效切割長度為
r，由法拉第電磁感應定律得：
E1＝
Brv1，此時等效電路的電阻為R總1＝＝4R，所以I1＝＝，故安培力F1＝BI
（2）有效切割長度為2r，所以感應電動勢為E2＝2Brv，此時等效電路的電阻為R總2＝＝3R，所以I2＝＝，故安培力為F2＝BI2L2＝，因棒中電流大小始終不變，也就是速度不變，所以棒受力平衡，即mg＝，v＝，在無磁場區域棒做勻加速直線運動，由勻變速直線運動規律v2－v22＝2gh，所以h＝－，得I22＝I2＝，故P2＝I222R2＝＝，
（3）由牛頓第二定律F＋mg－＝ma，所以F＝ma－mg＋
【答案】(1) a＝g－ (2) (3) F＝ma－mg＋
8．（1）a和b不受安培力作用，由機械能守恒可知
（2）設導體棒剛進入無磁場區域時的速度為
，剛離開無磁場區域時的速度為
，
由能量守恒得：在磁場區域中，
在無磁場區域中，
解得：
（3）在無磁場區域，根據勻變速直線運動規律
，且平均速度
，有磁場區域，棒a受到的合力
感應電動勢 ，感應電流
，解得
根據牛頓第二定律，在t到
時間內
解得
【答案】（1）
（2）
（3）
9．【解析】（1）改變電流方向，磁通量變化量為原來磁通量的兩倍，即2BS，代入公式計算得B=
，由法拉第電磁感應定律可知電動勢的平均值ε＝
。
（2）根據數據可得B與I成正比，比例常數約為0.00125，故B=kI（或0.00125I）
（3）為了得到平均電動勢的準確值，時間要盡量小，由B的計算值可看出與N和S相關聯，故選擇A、B。
【答案】（1），
（2）0.00125I（或kI）
（3）A，B
10．【解析】正確分析線框的受力情況和運動情況是解決問題的關鍵
（1）cd邊剛進入磁場時，做自由落體運動，線框速度v=
所以線框中產生的感應電動勢E=BLv＝BL
(2)
此時線框中電流 I=
由分壓原理可得，cd兩點間的電勢差U=I(
)=
(3)安培力 F=BIL=
根據牛頓第二定律mg-F=ma,由a=0
解得下落高度滿足 h=
【答案】（1）E=BLv＝BL （2）U=I()= （3）
11．【解析】導體棒所受的安培力為：F=BIl………………①
由題意可知，該力的大小不變，棒做勻減速運動，因此在棒的速度從v0減小到v1的過程中，平均速度為：
……………………②
當棒的速度為v時，感應電動勢的大小為：E=Blv………………③
棒中的平均感應電動勢為：
………………④
綜合②④式可得：
………………⑤
導體棒中消耗的熱功率為：
………………⑥
負載電阻上消耗的熱功率為：
…………⑦
由以上三式可得：
…………⑧
【答案】（1） （2）
12．【解析】(1)由于列車速度與磁場平移速度不同，導致穿過金屬框的磁通量發生變化，由于電磁感應，金屬框中會產生感應電流，該電流受到的安培力即為驅動力。
(2)為使列車獲得最大驅動力，MN、PQ應位于磁場中磁感應強度同為最大值且反向的地方，這會使得金屬框所圍面積的磁通量變化率最大，導致框中電流最強，也會使得金屬框長邊中電流受到的安培力最大。因此，d應為
的奇數倍，即
或
（
）①
(3)由于滿足第(2)問條件：則MN、PQ邊所在處的磁感應強度大小均為B0且方向總相反，經短暫的時間
，磁場沿Ox方向平移的距離為
，同時，金屬框沿Ox方向移動的距離為
。 因為v0>V，所以在時間內MN邊掃過磁場的面積
在此時間內，MN邊左側穿過S的磁通移進金屬框而引起框內磁通量變化
同理，該時間內，PQ邊左側移出金屬框的磁通引起框內磁通量變化
故在內金屬框所圍面積的磁通量變化
根據法拉第電磁感應定律，金屬框中的感應電動勢大小 
根據閉合電路歐姆定律 
根據安培力公式，MN邊所受的安培力
PQ邊所受的安培力 
根據左手定則，MN、PQ邊所受的安培力方向相同，此時列車驅動力的大小
聯立解得 
【答案】（1） 電流受到的安培力即為驅動力 （2） （3）
名校試題
1．【解析】若保持電鍵閉合，磁通量不變，感應電流消失，所以鋁環跳起到某一高度后將回落；正、負極對調，同樣磁通量增加，由楞次定律，鋁環向上跳起．
【答案】CD
2．【解析】 是楞次定律可以判斷選項AC正確
【答案】AC
3．【解析】橡膠盤A在加速轉動時，產生的磁場在不斷增加，穿過B的磁通量不斷增加，根據楞次定律可知B正確。
【答案】B
4．【解析】矩形線框向上進入勻強磁場時，受到向下的重力和磁場力，致使速度減小，所
以v1＞v2，A正確；進入磁場后上升階段從位置2到位置3，無磁場力，重力做負功，所以v2＞v3，B錯誤；從位置2上升至最高點后再返回至位置2，無磁場力，重力做功為零，所以v2＝v4，C正確；下落離開磁場的過程中，受到向下的重力和向上的磁場力，兩個力大小無法確定，所以v4與v5無法比較，D錯誤。
【答案】AC
5．【解析】當拉力恒定時,
最終以
的速度做勻速運動,則
，代入
的表達式中得
當功率恒定時,
最終以的速度做勻速運動,則
代入
的表達式中得
【答案】C
6．【解析】對
、
棒受力分析如圖所示,從能的轉化與守恒角度出發,可推知外力F克服棒所受的摩擦力
做功直接將其他形式的能轉化為內能,而F克服安培阻力
做的功將其他形式的能轉化為電能,其功率為P電=(F-f)Va,故感應電流做功的
功率也為
,C項正確.本題易錯選D,實際上它是回路的總電能的一部分。在棒上通過
克服
做功轉化為棒與軌道的內能,功率
.這時棒與相當于電動機通過感應電流而運動,把電能通過克服做功轉化為內能.電能的另一部分,由電流的熱效應轉化為電路的內能,電能的另一部分,由電流的熱效應轉化為電路的內能,其功率為感應電流做功的總功率減去棒上輸出的功率,即
,故D項所指正是這部分功率而非感應電流做功的總功率.
【答案】C
7．【解析】⑴勻速時，拉力與安培力平衡，F=BIL
得：
⑵金屬棒a切割磁感線，產生的電動勢E=BLv
回路電流 聯立得：
⑶平衡時，棒和圓心的連線與豎直方向的夾角為θ，
得：θ=60°
【答案】（1） （2） （3）
8．【解析】（1）設ab棒離開磁場邊界前做勻速運動的速度為v，產生的電動勢為E = BLv…
電路中電流 I = 
……………對ab棒，由平衡條件得 mg－BIL = 0…
解得 v = 
(2) 由能量守恒定律：mg(d0 + d) = E電 + 
mv2
解得 
，
（3）設棒剛進入磁場時的速度為v0，由mgd0 = mv02，得v0 = 
棒在磁場中勻速時速度為v = ，則
1 當v0=v，即d0 = 
時，棒進入磁場后做勻速直線運
2 當v0 < v，即d0 <時，棒進入磁場后做先加速后勻速直線運動
3 當v0＞v，即d0＞時，棒進入磁場后做先減速后勻速直線運動
【答案】（1） （2） （3）
9．【解析】(1)
勻速下降時,金屬桿勻速上升,回路中產生的感應電動勢為:
則
對、
整體有：
由以上式子解得：
(2)由(1)得:
由
圖象可知:
所以解得:
【答案】（1） （2）
10．【解析】（1）當金屬棒勻速下滑時速度最大，設最大速度為vm，達到最大時則有
mgsinθ=F安 F安＝ILB
其中 R總＝6R
所以
mgsinθ=
解得最大速度 
（2）R2上消耗的功率 
其中 
又 
解以上方程組可得
當
時，R2消耗的功率最大
最大功率
【答案】（1） （2）
11．【解析】（1）在t＝0至t＝4s內，金屬棒PQ保持靜止，磁場變化導致電路中產生感應電動勢．電路為r與R并聯，再與RL串聯，電路的總電阻
＝5Ω
①
此時感應電動勢
=0.5×2×0.5V=0.5V
②
通過小燈泡的電流為：
＝0.1A
③
（2）當棒在磁場區域中運動時，由導體棒切割磁感線產生電動勢，電路為R與RL并聯，再與r串聯，此時電路的總電阻
＝2＋Ω＝Ω ④
由于燈泡中電流不變，所以燈泡的電流IL=0.1A，則流過棒的電流為
＝
電動勢
⑥
解得棒PQ在磁場區域中v=1m/s
【答案】（1） 0.1A （2）運動的速度大小v=1m/s
12．【解析】(1)ab桿向右運動時，ab桿中產生的感應電動勢方向為a→b，大小為E=BLv1，… 耐桿中的感應電流方向為d→c.cd桿受到的安培力方向水平向右
安培力大小為
①
解①、③兩式，ab桿勻速運動的速度為
③
(2)ab桿所受拉力F=
④
(3)設cd桿以v2速度向下運動h過程中，ab桿勻速運動了s距離
整個回路中產生的焦耳熱等于克服安培力所做的功
…
【答案】（1） （2） （3）
13．【解析】導軌在外力作用下向左加速運動，由于切割磁感線，在回路中要產生感應電流，導軌的bc邊及金屬棒PQ均要受到安培力作用PQ棒受到的支持力要隨電流的變化而變化，導軌受到PQ棒的摩擦力也要變化，因此導軌的加速度要發生改變．導軌向左切割磁感線時，感應電動勢 E=BLv ①
感應電流 
②
即
③ 導軌受到向右的安培力F 1= BIL，金屬棒PQ受到向上的安培力F2= BIL，導軌受到PQ棒對它的摩擦力
，
根據牛頓第二定律，有
④
（1）當剛拉動導軌時，v=0，由③④式可知I=0時有最大加速度am，即
m/s2
（2）隨著導軌速度v增大感應電流I增大而加速度a減小，當a=0時，導軌有最大速度vm，從④式可得
A
將
A代入③式，得
m/s
解得 
m/s 
棒所受安培力F=BId 
m/s2 
； 經過位置2時，環中磁通量最大，磁通量變化率為零，不產生感應電流，只受重力mg，故a2
=g；銅環在位置3時速度大于位置1時的速度，所以經過位置3時磁通量變化率比位置1時大，產生的感應電流也大，受到的磁場力也大，且該磁場力仍然是阻礙環與磁場的相對運動，方向向上，所以a3< a1<g 。
，而所需時間為
， 
V.
A， 
W
V （2）
滑過
時，其等效電路如圖所示.這時的有效切割長度為
總電流：
中的電流方向由
.
E1=B