(易错题)高中物理选修二第二章《电磁感应》检测题(包含答案解析)(2)

一、选择题

1．(0分)[ID：128585]如图所示，导轨间的磁场方向垂直于纸面向里，当导体棒MN在导轨上沿水平方向在磁场中滑动时，正对电磁铁A的圆形金属环B，则（ ）

A．若导体棒向左匀速运动时，B被A排斥 C．若导体棒向右加速运动时，B被A吸引 A吸引或排斥

B．若导体棒向左加速运动时，B被A排斥 D．因导体棒运动方向未知，故不能确定B被

2．(0分)[ID：128584]如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零。A和B是两个完全相同的小灯泡。下列说法正确的是（ ）

A．闭合开关S后，A灯亮，B灯不亮 B．闭合开关S后，A灯亮，B灯慢慢变亮

C．开关S闭合电路稳定后，在突然断开的瞬间，A、B灯都闪亮一下

D．开关S闭合电路稳定后，在突然断开的瞬间，A灯立即熄灭、B灯闪亮一下再熄灭 3．(0分)[ID：128571]如图所示，一正四边形导线框恰好处于匀强磁场的边缘，如果将导线框以某一速度匀速向右拉出磁场，则在此过程中，下列说法正确的是（ ）

A．如果导线框的速度变为原来的2倍，则外力做的功变为原来的4倍 B．如果导线框的速度变为原来的2倍，则电功率变为原来的2倍

C．如果导线框的材料不变，而边长变为原来的2倍，则外力做的功变为原来的2倍 D．如果导线框的材料不变，而边长变为原来的2倍，则电功率变为原来的2倍 4．(0分)[ID：128566]如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一闭合电路，当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动。则PQ所做的运动是（ ）

A．向右加速运动

C．向右减速运动或向左加速运动

B．向左减速运动

D．向右加速运动或向左减速运动

5．(0分)[ID：128559]图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是（ ）

A．图1中，A1与L1的电阻值相同

B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流 C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同

D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等

6．(0分)[ID：1280]如图所示，在一水平光滑绝缘塑料板上有一环形凹槽，有一带正电小球质量为m、电荷量为q，在槽内沿顺时针做匀速圆周运动，现加一竖直向上的均匀变化的匀强磁场，且B逐渐增加，则( )

A．小球速度变大 B．小球速度变小 C．小球速度不变 D．以上三种情况都有可能

7．(0分)[ID：128532]如图所示，A、B、F是三个相同的小灯泡，C为电容器，D为理想二极管（正向电阻为零、反向电阻无穷大），L为电感线圈（自感系数很大、直流电阻为零），下列说法正确的是（ ）

A．闭合开关，小灯泡A立即亮

B．闭合开关，电路稳定后，小灯泡A、B、F亮度相同 C．电路稳定后，断开开关，小灯泡B会闪亮一下 D．电路稳定后，断开开关，小灯泡A立即熄灭

8．(0分)[ID：128531]如图甲所示，用材料、粗细完全相同的导线制成两个单匝正方形线框，其边长之比l1:l2=1:2，两个正方形线框同中心、同平面放置，其中线框l1所包围的区域内存在与线框l1面积完全相同的匀强磁场（其他区域无磁场），匀强磁场的方向垂直于线框平面，磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示，规定磁场方向垂直于正方形线框平面向外为正，下列判断正确的是（ ）

A．线框l1的感应电流方向为顺时针

B．线框l1和线框l2的感应电动势之比E1:E21:1 C．线框l1和线框l2的感应电流之比I1:I21:2 D．0~t1时间内和t1~t2时间内线框l1的感应电流方向相反 9．(0分)[ID：128525]下列情形与静电现象无关的是（ ） A．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑 B．电磁灶加热食物 C．复印机硒鼓吸附墨粉 D．油罐车后拖有一根接地的铁链

10．(0分)[ID：128521]如图所示，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻可忽略，a、b、c是三个相同的小灯泡，下列说法正确的是（ ）

A．开关S闭合瞬间，b、c灯立即亮，a灯逐渐亮 B．开关S闭合，电路稳定后，a、b、c灯均亮 C．开关S断开后，c灯立即熄灭，a、b灯逐渐熄灭 D．开关S断开后，a、b灯立即熄灭，c灯逐渐熄灭

11．(0分)[ID：128503]如图甲所示，单匝正方形导线框左半部分处于垂直于线框的磁场中，该磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。已知图甲中虚线ab处于正方形线框的正，与线框交于a、b两点，且刚好处于磁场的右边界上，正方形线框的边长为L，总电阻为R，图乙中的B0和t0均为已知。下列说法正确的是（ ）

B0L2A．线框中的感应电流的大小为I

t0RB0L2B．a、b两点间的电压大小为U

4t0B0L2C．在0~t0时间内，通过线框的电量为q

R24B0LD．在0~t0时间内，线框的热功率为P

4t0R12．(0分)[ID：128497]如图所示，MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计，ab是一根与导轨垂直且始终与导轨接触良好的金属杆，开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，过段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图象不可能是（ ）

A． B．

C． D．

二、填空题

13．(0分)[ID：128686]如图所示，从匀强磁场中用外力把一矩形线圈匀速拉出磁场区域。

∶2，则在将线圈拉出磁场区域的过程中，两次所用的外如果两次拉出的速度之比v∶1v21∶∶力大小之比F1F2___________，线圈中产生的焦耳热之比Q1Q2___________，通过

线圈某截面的电荷量之比q∶1q2___________。

14．(0分)[ID：128652]光滑金属导轨宽L=0.4m，电阻不计，均匀变化的磁场穿过整个轨道平面，如图甲所示。磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示。金属棒ab的电阻为1Ω，自t=0时刻起从导轨最左端以v0=1m/s的速度向右匀速运动，则1秒末回路中的电动势为_______V，此时ab棒所受磁场力为________N。

15．(0分)[ID：1281]如图所示，正方形金属框边长l1m、电阻R3、质量

m1kg，从距有界匀强磁场边界高h4.5m处自由下落.已知B0.5T，线框下落到恰

有一半进入磁场的过程中，线框克服磁场力做功32J，则此时线框中的感应电流的大小为_________A，加速度的大小为_________m/s2.（g取10N/kg）

16．(0分)[ID：128633]如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在它的左侧S极上方固定一直导线，导线与磁场垂直，若给导线通以垂直于纸面方向向里的电流，则磁铁对桌面的压力______（选填“增大”或“减小”），桌面对磁铁______摩擦力（选填“有”或“没有”）。

17．(0分)[ID：128630]如图所示，一矩形线圈与长直通电导线在同一平面内，且长直导线位于线圈的正中间的右侧，现使导线中的电流增大，则矩形线圈中产生的感应电流方向为______，导线框所受的磁场力的方向为_________.

18．(0分)[ID：128608]已知某一区域的地下埋有一根与地表面平行的直线电缆，电缆中通有变化的电流，在其周围有变化的磁场，因此可以通过在地面上测量闭合试探小线圈中的感应电动势来探测电缆的确切位置、走向和深度．当线圈平面平行地面测量时，在地面上a、c两处测得试探线圈中的电动势为零，b、d两处线圈中的电动势不为零；当线圈平面与地面成45°夹角时，在b、d两处测得试探线圈中的电动势为零．经过测量发现，a、b、c、d恰好位于边长为1 m的正方形的四个顶角上，如图所示．据此可以判定地下电缆在_______两点连线的正下方，离地表面的深度为_______m．

19．(0分)[ID：128601]如图所示，磁感应强度B0.5T的匀强磁场中，阻值为1的导体棒PQ在U形导轨上以10m/s的速度向右匀速滑动，两导轨间距为0.8m，外接电阻

R3．则导体棒__________端相当于电源的正极（选填“P”或“Q”），P、Q间电势差

的大小为__________V．

20．(0分)[ID：128592]把一个矩形线圈从有理想边界的匀强磁场中匀速拉出(如图)，第一次速度为v1，第二次速度为v2，且v2＝2v1，则前、后两种情况下安培力之比_____, 拉力做功之比______，拉力的功率之比______，线圈中产生的焦耳热之比______，通过导线横截面的电量之比______．

三、解答题

21．(0分)[ID：128772]如图甲，平行固定在水平面上的两足够长光滑导轨MN、PQ相距为L，M、P两端连接一阻值为R的电阻。金属棒ab垂直于导轨放置且接触良好，与导轨最左端的距离为d，并通过水平细线跨过滑轮与物体A相连，棒ab两端的右侧各有一个自动控制的支柱E、F挡住棒ab，当支柱受到棒的压力为零时，会自动撤去。t=0时刻起，垂直于导轨平面向上的匀强磁场按图乙的规律变化，当磁感应强度从0增加到B0时棒恰好开始

运动，此后磁感应强度保持不变，并测得棒ab开始运动到最大速度的过程中，流过电阻R的电量为q。已知棒ab、物体A质量均为m，重力加速度为g，不计除R外其余部分的电阻、一切摩擦以及细线和滑轮的质量。求： (1)棒ab刚开始运动的时刻t0；

(2)棒ab运动过程中的最大速度v的大小；

(3)棒ab从开始运动到最大速度的过程中电阻R上产生的焦耳热Q。

22．(0分)[ID：128761]如图所示，一个正方形金属线圈从匀强磁场上方的水平边界处由静止释放，线圈完全进入磁场前已做匀速运动，线圈平面始终与磁场方向垂直。已知线圈的边长为L，质量为m，电阻为R，从静止到匀速运动过程中通过线圈横截面的电量为q，磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g。求： (1)线圈匀速运动时的速度大小v；

(2)线圈从静止到匀速运动过程中位移大小x； (3)线圈从静止到匀速运动经过的时间t。

23．(0分)[ID：128744]如图所示，光滑导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L，N、Q两端接有定值电阻R。在两导轨之间有一边长为0.5L的正方形区域abcd，该区域内分布着方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一粗细均匀、质量为m的金属杆静止在ab处，杆接入两导轨之间的电阻也为R。现用一大小为F的恒力沿水平方向拉杆，使之由静止向右运动，且杆在穿出磁场前已做匀速运动。已知杆与导轨接触良好，不计其它电阻，求：

(1)杆匀速运动的速率v及杆穿出磁场前通过定值电阻R的电流方向； (2)穿过整个磁场过程中，金属杆上产生的电热Q。

24．(0分)[ID：128742]如图所示，电阻Rab=0.1Ω，质量m=0.2kg，长度为l=0.5m的导体棒ab沿导线框向右做匀速运动，它们的动摩擦因数为μ=0.2，线框中接有电阻R=0.4Ω，线框放在磁感应强度B=0.1T的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，导轨间距L=0.4m，运动速度v=10m/s，g=10m/s2，线框的电阻不计。

（1）电路abcd中相当于电源的是哪部分？其两端哪点的电势高？ （2）使导体ab向右匀速运动所需的外力的大小和方向？

（3）撤去外力后导体棒继续向前再滑行了0.8m，求这个过程中通过导体棒横截面的电荷量？

25．(0分)[ID：128701]两根平行光滑金属导轨MN和PQ水平放置，其间距为0.60m，磁感应强度为0.50T的匀强磁场垂直轨道平面向下，两导轨之间连接的电阻R＝5.0Ω，在导轨上有一电阻为1.0Ω的金属棒ab，金属棒与导轨垂直，如图所示。在ab棒上施加水平拉力F使其以10m/s的速度向右匀速运动。设金属导轨足够长，导轨电阻不计。求： (1)电阻R上电流的方向； (2)金属棒ab两端的电压； (3)拉力F的大小。

26．(0分)[ID：128699]水平方向，一个边长为L的正方向导线线框位于水平面内，在拉力作用下，线框从磁场的左边缘由静止开始向右做匀加速直线运动，t=T时线框刚好完全进入磁场，此时线框中感应电流为I，求： (1)线框匀加速运动的加速度大小； (2)线框的电阻R；

(3)线框进入磁场过程中受到的安培力随时间变化的关系。

【参】

2016-2017年度第*次考试试卷 参

**科目模拟测试

一、选择题 1．B 2．D 3．D 4．C 5．C 6．A 7．C 8．B 9．B 10．B 11．B 12．B

二、填空题 13．1：21：21：1

14．6128【分析】考查安培力导体切割磁感线时的感应电动势

15．95 16．增大有

17．顺时针向右【解析】

18．ac071【解析】【分析】通过试探小线圈的磁通量变化产生感应电动势从而实现确定变化的磁场在何处当小线圈没有电动势时不是没有磁场而是线圈与磁场垂直或通过线圈的磁通量为零

19．P3【解析】根据右手定则可知感应电流方向从Q到P导体棒P端相当于电源的正极PQ中产生的感应电动势的大小为由闭合电路欧姆定律得：PQ间电势差的大小为；【点睛】导体PQ向右匀速运动切割磁感线产生感应电动 20．1:21:21:41:21:1

三、解答题 21． 22． 23． 24． 25． 26．

2016-2017年度第*次考试试卷 参考解析

【参考解析】

**科目模拟测试

一、选择题 1．B

解析：B

A．导体棒向左匀速运动时，切割磁感线产生的感应电动势恒定，感应电流不变。电磁铁A的磁性不变，所以金属环B的磁通量不变，因此A和B间无相互作用力。

BC．导体棒向左加速或向右加速时，导体棒切割磁感线产生的电动势越来越大，电流越来越大，电磁铁A的磁性越来越强，金属环B的磁通量变大，根据楞次定律，A和B间有排斥力。B正确，C错误；

D．导体棒加速，A和B间有斥力；导体棒减速，A和B间有引力，与导体棒运动方向无关，D错误。 故选B。

2．D

解析：D

AB．开关S闭合瞬间，线圈L因自感对电流有阻碍作用，则相当于灯泡A与B串联，因此两灯同时亮且亮度相同，稳定后B灯被短路熄灭，A灯更亮，故选项AB均错误； CD．电路稳定后当开关S突然断开瞬间，A灯中不会再有电流通过，故A灯马上熄灭，由于线圈的自感使得线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源与B灯构成闭合回路放电，B灯闪亮一下再熄灭，故选项C错误，D正确； 故选D。

3．D

解析：D

设匀强磁场磁感应强度为B，正方形导线框边长为l，电阻为R，从磁场中拉出的速度大小为v，则有

EBlv

BlvB2l3v W=Fl=Bll=RRB2l2v2Blv2 PIRRRRA．显然如果导线框的速度变为原来的2倍，则外力做的功也变为原来的2倍，A错误； B．如果导线框的速度变为原来的2倍，则电功率变为原来的4倍，B错误；

CD．如果导线框的材料不变，而边长变为原来的2倍，则电动势变为原来的2倍，电阻也变为原来的2倍，感应电流大小不变，故安培力变为原来的2倍，外力做的功也变为原来的4倍，由P=Fv可知电功率变为原来的2倍，C错误，D正确。 故选D。

24．C

解析：C

根据安培定则可知，MN处于ab产生的垂直向里的磁场中，MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，L1中感应电流的磁场向上，由楞次定律可知，线圈L2中产生的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手定则可知PQ可能是向右减速运动或向左加速运动，故C正确，ABD错误。

故选C。

5．C

解析：C

AB．题图1中，稳定时通过A1的电流记为I1，通过L1的电流记为IL。S1断开瞬间，A1突然变亮，可知IL>I1，因此A1和L1电阻不相等，故AB错误；

CD．题图2中，闭合S2时，由于自感作用，通过L2与A2的电流I2会逐渐增大，而通过R与A3的电流I3立即变大，因此电流不相等，由于最终A2与A3亮度相同，所以两支路电流I相同，根据部分电路欧姆定律，两支路电压U与电流I均相同，所以两支路电阻相同，由于A2、A3完全相同，故变阻器R与L2的电阻值相同，故C正确，D错误。 故选C。

6．A

解析：A

磁感应强度竖直向上，B随时间成正比增加，由楞次定律可知，变化的磁场产生的感生电场沿顺时针方向；小球带正电，小球所受电场力沿顺时针方向，与小球的运动方向相同，小球做加速运动，速度逐渐增加，故A正确，BCD错误．

7．C

解析：C

AB．闭合开关，电感线圈L对电流起阻碍作用，二极管为反向，故小灯泡A慢慢变亮，电路稳定后灯泡B也不亮，故AB错误；

C．电路稳定后，断开开关，此时电感线圈阻碍电流减小，充当电源，B、D、L组成回路，小灯泡有瞬间电流通过，则小灯泡B会闪亮一下，故C正确；

D．灯泡A和电容器并联，当电路稳定后，断开开关，电容器通过灯泡A放电，灯泡A不会立即熄灭。故D错误。 故选C。

8．B

解析：B

AD．由楞次定律可知，0～t1时间内和t1～t2时间内线框l1的感应电流方向相同，都沿逆时针方向，故AD错误； B．由法拉第电磁感应定律得

E对两线框来说，磁感应强度的变化率电动势相等，则有

B＝S ttB相同、磁场面积S相等，因此两线框产生的感应tE1：E2=1：1

故B正确；

C．由题意可知：材料、粗细完全相同的导线制成两个单匝正方形线框，其边长之比

l1：l2=1：2

由电阻定律RL可知，两线框的电阻之比为 SR1：R2=1：2

由欧姆定律得IE，由于E1：E2=1：2，R1：R2=1：2，则有 RI1：I2=2：1

故C错误。 故选B。

9．B

解析：B

A．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑，是利用摩擦起电原理，与静电现象有关，故A错误； B．电磁灶加热食物的原理是电磁感应，与静电现象无关，故B正确； C．复印机硒鼓吸附墨粉是与静电现象有关，故C错误；

D．油罐车运送油品时，必须安装一条拖地的铁链，是为了将摩擦产生的静电荷能及时导走，与静电现象有关，故D错误。 故选B。

10．B

解析：B

AB．S闭合瞬间，穿过线圈的电流增大，产生感抗，所以c逐渐亮起来，而a、b不受影响，立即亮，稳定后，L相当于一根理想导线，故a、b、c均亮，A错误B正确； CD．S断开瞬间，线圈中的电流减小，产生阻碍原电流减小的感应电流，相当于一个电源，此时L、a、c形成闭合回路，故a、c灯逐渐熄灭，而b灯中的电流是立即为零的，所以b立即熄灭，CD错误。 故选B。

11．B

解析：B

A．由法拉第电磁感应定律得，导线框的感应电动势为

BL2B0L2E

tt22t0通过导线框的感应电流大小为

EB0L2I

R2Rt0故A错误；

B．a、b两点间的电阻，即是总电阻的一半，即

Raba、b两点间的电压大小为

R 2B0L2UIRab

4t0故B正确； C．在0t0时间内，通过线框的电量为

q RBSB0L2

t2t0解得

B0L2 q2R故C错误；

D．导线框中电流做的功

24B0LWIRt0

2Rt02线框的热功率为

24LWB0P

t02R故D错误。 故选B。

12．B

解析：B

A．闭合开关时，若重力与安培力相等，即

B2L2v mgBILR金属杆做匀速直线运动。故A正确，不符合题意；

BC．若安培力小于重力，则加速度的方向向下，做加速运动，加速运动的过程中，安培力增大，则加速度减小，做加速度逐渐减小的加速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动。故B错误，符合题意，C正确，不符合题意；

D．若安培力大于重力，则加速度的方向向上，做减速运动，减速运动的过程中，安培力减小，做加速度逐渐减小的减速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动。故D正确，不符合题意。 故选B。

二、填空题 13．1：21：21：1 解析：1：2 1：2 1：1

[1] 设线圈左右两边边长为l，上下两边边长为l′，整个线圈的电阻为R，磁场的磁感应强度为B，拉出线圈时产生的感应电动势为

EBlv

感应电流为

I线圈所受的安培力为

E RB2l2v FBIlR则得

F1:F2v1:v21:2

[2] 拉力做功为

B2l2v'WFll

R焦耳热

QW

则得

Q1:Q2v1:v21:2

[3] 通过导线的电荷量为

qItEt RR则q与线框移动速度无关，磁通量的变化量 相同，所以通过导线横截面的电荷量

q1:q21:114．6128【分析】考查安培力导体切割磁感线时的感应电动势

解析：6 1.28 【分析】

考查安培力，导体切割磁感线时的感应电动势。

[1]．由图乙知，1s末磁感应强度B=2T，回路中电动势为：

EBLv[2]．回路中感应电流为：

BLvt20.410.411V1.6V； tE1.6=A=1.6A R1I1s末ab棒所受磁场力为：

FBIL21.60.4N1.28N。

15．95

解析：9.5

[1]线框在磁场外做自由落体运动，设进磁场时的速度为v1，有：

v122gh

可得：

v12gh310m/s

线框的下边进磁场时切割磁感线，产生感应电流，线框通电受安培阻力，设线框下落到恰有一半进入磁场时的速度为v2，由动能定理：

l1212mgW安=mv2mv1

222其中W安=32J，联立可得：

v26m/s

此时下边切割磁感线产生的电流为：

I[2]对线框由牛顿第二定律可得：

Blv20.516A1A R3mgBIlma

解得：

a9.5m/s216．增大有

解析：增大 有

[1][2]根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向，如图，在根据左手定则判断安培力方向，如左图；

根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力向右下方，如右图，根据平衡条件，可知通电后支持力变大，静摩擦力变大，方向向左，故磁铁对桌面的压力增大，桌面对磁铁由摩擦力；

17．顺时针向右【解析】

解析：顺时针 向右 【解析】

[1]根据题意可知导线右边的线框中磁场方向垂直纸面向里，导线左边的线框中磁场方向垂直纸面向外，由于导线位于线圈的正中间偏右位置，所以左侧穿过线圈的磁通量大于右侧的，穿过线圈的总磁通量方向为垂直纸面向外，故当电流增大时，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流为顺时针方向；

[2]线圈上下两个边框受力平衡，左侧边框处所受安培力向右，右侧边框所受安培力方向向右，故线框所受到的安培力方向向右。

18．ac071【解析】【分析】通过试探小线圈的磁通量变化产生感应电动势从而实现确定变化的磁场在何处当小线圈没有电动势时不是没有磁场而是线圈与磁

场垂直或通过线圈的磁通量为零

解析：a、c 0.71 【解析】 【分析】

通过试探小线圈的磁通量变化，产生感应电动势，从而实现确定变化的磁场在何处．当小线圈没有电动势时，不是没有磁场，而是线圈与磁场垂直或通过线圈的磁通量为零． 当线圈平面平行地面测量时，在地面上a、c两处测得试探线圈中的电动势为零，说明通过线圈的磁通量为零，则小线圈在a、c两处的正上方，而b、d两处线圈中的电动势不为零，说明穿过小线圈的磁通量发生变化，则试探线圈在通电直导线的两边．当线圈平面与地面成45°夹角时，在b、d两处测得试探线圈中的电动势为零．则说明小线圈现在的位置与直导线平行且在小线圈的正下方．又由于a、b、c、d恰好位于边长为1米的正方形的四个顶角上．所以可确定地下电缆在ac两点连线的正下方．

当线圈平面与地面成45°夹角时，直导线在小线圈的正下方．则边长为1米的正方形可知，直导线离地表的深度为h【点睛】

当线圈感应电动势为零时，说明小线圈在直导线的正上方．当线圈平面与地面成45°夹角时，感应电动势为零，则小线圈在直导线仍是正上方，从而确定直导线的位置．

2m0.71m 219．P3【解析】根据右手定则可知感应电流方向从Q到P导体棒P端相当于电源的正极PQ中产生的感应电动势的大小为由闭合电路欧姆定律得：PQ间电势差的大小为；【点睛】导体PQ向右匀速运动切割磁感线产生感应电动

解析：P 3 【解析】

根据右手定则可知感应电流方向从Q到P，导体棒P端相当于电源的正极，PQ中产生的感应电动势的大小为EBLv0.50.810V4V，由闭合电路欧姆定律得：

IE4A1A，P、Q间电势差的大小为UIR3V； Rr3+1【点睛】导体PQ向右匀速运动切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则可知感应电流方向，由E=BLv求出感应电动势，由闭合电路欧姆定律求解PQ中的电势差的大小．

20．1:21:21:41:21:1

解析：1:2 1:2 1:4 1:2 1:1

[1]．设ab边长为L1，bc边长为L2．线圈速度为v时所受的安培力

2B2L1vF安

R线圈匀速运动，拉力与安培力平衡，则拉力

2B2L1vF F=安

RF∝v，故

Fv1 11； F2v22[2]．拉力做功 W=FL2，L2相同，W∝F，故

WF1 1 1 W2F22[3]．拉力的功率

22B2L1vP=Fv=

RP∝v2，故

P1 1 P24[4]．由于线圈匀速运动，线圈中产生的焦耳热等于拉力做功，故

QW1 11 Q2W22[5]．根据

q可知两次通过导线横截面的电量之比

BL1L2 Rq1 1. q21点睛：通电导线在磁场中受到的安培力与运动速度有关，掌握安培力与速度的关系式是解题的关键，同时要能根据物理规律寻找要求的量与已知量的关系，运用比例法求解比较简便．

三、解答题 21．

mgRmgqRm3g2R2B02L2d(1)t0；(2)v22；(3)Q 44B0LB0LB0LmgR(1) 当支柱受到棒的压力为零时

BoIL=T=mg

I

R

联立可得

BBS0Ld tt0B02L2dt0

mgR(2)根据受力分析可知，当ab棒运动速度最大时，则有

22B0Lv mgFR解得

vmgR B02L2(3)设ab棒滑行达到最大速度的过程中通过的距离为x，则

qIt又

BLvtEt0 RRx=vt

计算得出

x根据能量守恒定律得

qR B0Lmgx解得

1(2m)v2Q 2mgqRm3g2R2Q22． 44B0LB0L(1)

mRBLqqRmgR(2)(3)；； B2L2mgBLB2L2EBLv

(1)线匀速运动时

IE RmgBIL

解得

v(2)根据

mgR B2L2qIt

IE得

E RBLx tqBLx R解得

xqR BL(3)对线圈，静止→匀速运动，取竖直向下为正方向，由动量定理有

mgtBILtmv0

即

mgtBLqmv0

解得

tmRBLq23． B2L2mg8FRFL16mF2R2(1)v22；电流方向为由N到Q；(2)Q杆 44BL4BL(1)根据法拉第电磁感应定律

EB由欧姆定律

Lv 2I杆所受安培力

E 2RL 2F安=BI杆匀速运动

FF安

联立解得，杆匀速运动的速率

v8FR B2L2根据右手定则可知，杆穿出磁场前通过定值电阻R的电流方向为由N到Q。 (2)设整个过程中产生的总电热为Q，根据能量守恒得

QF由串联电路特点，杆上产生的电热

L12mv 221Q 2 Q杆联立解得

FL16mF2R224． Q杆4B4L4（1）ab棒相当于电源，a端电势较高；（2）0.432N，方向向左；（3）0.0C （1）电路abcd中ab棒切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，由右手定则判断可

知：ab中感应电流方向由ba，则相当于电源的正极是a端，电势较高。 （2）运动过程中导体棒的感应电动势为

EBLv ①

感应电流为

IE ② RRabab杆所受的安培力为

FABIL ③

由左手定则得知，安培力F的方向向左，棒做匀速直线运动，则棒受到的拉力大小为

FFAf ④

其中fmg； 联立以上各式解得

F0.432N

方向向左。

（3）撤去外力后设经时间t导体棒停止运动，该过程产生的平均电动势为

E ⑥ t平均电流为

IE ⑦

RRab这个过程中通过导体棒横截面的电荷量为

qIt ⑧

联立上式解得

q0.0C25．

(1)电流方向向下；(2)2.5V；(3)0.15N

(1)根据右手定则可得通过ab的电流方向由b到a，则通过R的电流方向向下； (2)金属棒ab切割磁感线产生的感应电动势为

E=BLv=0.50×0.60×10V=3V

电路中的电流为

I金属棒ab两端的电压为

E3A0.5A Rr51U=IR=0.5×5.0V=2.5V

(3)金属棒ab所受的安培力为

FA=BIL=0.50×0.5×0.60N=0.15N

因金属棒匀速运动，则有

F=FA=0.15N

26．

2L2BL2(1)线框匀加速运动的加速度大小为2；(2)线框的电阻为；(3)线框进入磁场过程中

TIT受到的安培力随时间变化的关系为F1BILt1(0t1T)。 T(1)设线框匀加速的加速度为a，根据匀变速运动的规律：

11Lat2aT2 22解得：

a(2)线框刚好完全进入磁场时

2L； T22L TvaT动生电动势为：

EBLv

闭合电路欧姆定律有：

I联立以上式子得：

E R2BL2； RTI(3)线框进入磁场过程中，t1时刻： 此时速度为：

v1at12Lt1 T2动生电动势为：

2BL2t1E1BLv1

T2线框中电流为：

I1由安培力公式有：

E RF1BI1L

联立以上式子得：

F1BILt1(0t1T)。 T