(含答案)法拉第电磁感应定律、公式E=Blv的使用解析

法拉第电磁感应定律、公式E ＝Blv 的使用

一、基础知识

（一）法拉第电磁感应定律 1、感应电动势

(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势．产生感应电动势的那部分导体就相当于电源，导体的电阻相当于电源内阻．

(2)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路欧姆定律，即I ＝E

R ＋r .

2、法拉第电磁感应定律

(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比． (2)公式：E ＝n ΔΦ

Δt .

3、导体切割磁感线的情形

(1)一般情况：运动速度v 和磁感线方向夹角为θ，则E ＝Bl v sin_θ. (2)常用情况：运动速度v 和磁感线方向垂直，则E ＝Bl v . (3)导体棒在磁场中转动

导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E ＝Bl v ＝1

2Bl 2ω(平均

速度等于中点位置线速度1

2lω)．

（二）法拉第电磁感应定律的应用 1、感应电动势大小的决定因素

(1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率ΔΦ

Δt 和线圈的匝数共同决定，而与磁通量Φ、

磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系．

(2)当ΔΦ仅由B 引起时，则E ＝n S ΔB Δt ；当ΔΦ仅由S 引起时，则E ＝n B ΔS

Δt .

2、磁通量的变化率ΔΦ

Δt 是Φ－t 图象上某点切线的斜率．

（三）导体切割磁感线产生感应电动势的计算 1、公式E ＝Bl v 的使用条件

(1)匀强磁场．

(2)B 、l 、v 三者相互垂直．

(3)如不垂直，用公式E ＝Bl v sin θ求解，θ为B 与v 方向间的夹角． 2、“瞬时性”的理解

若v 为瞬时速度，则E 为瞬时感应电动势．

若v 为平均速度，则E 为平均感应电动势，即E ＝Bl v . 3、切割的“有效长度”

公式中的l 为有效切割长度，即导体与v 垂直的方向上的投影长度．图8中有效长度分别为：

图8

甲图：l ＝cd sin β；

乙图：沿v 1方向运动时，l ＝MN ；沿v 2方向运动时，l ＝0.

丙图：沿v 1方向运动时，l ＝2R ；沿v 2方向运动时，l ＝0；沿v 3方向运动时，l ＝R . 4、“相对性”的理解

E ＝Bl v 中的速度v 是相对于磁场的速度，若磁场也运动，应注意速度间的相对关系．

1.应用法拉第电磁感应定律解题的一般步骤

(1)分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化情况； (2)利用楞次定律确定感应电流的方向；

(3)灵活选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解． 2．几点注意

(1)公式E ＝n ΔΦ

Δt

是求解回路某段时间内平均电动势的最佳选择．

(2)用公式E ＝nS ΔB

Δt

求感应电动势时，S 为线圈在磁场范围内的有效面积．

(3)通过回路截面的电荷量q 仅与n 、ΔΦ和回路总电阻R 总有关，与时间长短无关．推导如下：q ＝I Δt ＝n ΔΦΔtR 总·Δt ＝n ΔΦ

R 总

. 二、练习

1、(2011·广东理综·15)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈

中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是 ( )

A ．感应电动势的大小与线圈的匝数无关

B ．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大

C ．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大

D ．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同 答案 C

解析 由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 可知感应电动势的大小E 与n 有关，与ΔΦ

Δt 即磁通量变化的快慢

成正比，所以A 、B 错误，C 正确．由楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的原磁通量的变化，即原磁通量增加，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；原磁通量减小，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，故D 错误．

2、 如图所示的金属圆环放在有界匀强磁场中，将它从磁场中匀速拉出来，下列说法正确的是 ( )

A ．向左拉出和向右拉出过程中，其感应电流方向相反

B ．不管从什么方向拉出，环中的感应电流方向总是顺时针的

C ．不管从什么方向拉出，环中的磁通量的变化量都相同

D ．在匀速拉出过程中，感应电流大小不变 答案 BC

解析 无论是向左拉出或向右拉出磁场区域，圆环中的磁通量都减少，由楞次定律可判出环中的感应电流方向应是顺时针的，B 、C 项正确，A 项错误；由E ＝Bl v 知，圆环被拉出时，切割的有效长度在变化，因此，E 发生变化，感应电流大小发生变化，D 项错误．

3、(2010·江苏单科·2)一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直．先保持线框的面积不变，将

磁感应强度在1 s 时间内均匀地增大到原来的两倍．接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s 时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半．先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为 ( ) A.1

2 B ．1 C ．2 D ．4

答案 B

解析 设原磁感应强度是B ，线框面积是S .第1 s 内ΔΦ1＝2BS －BS ＝BS ，第2 s 内ΔΦ2＝2B ·S

2－2B ·S

＝－BS .因为E ＝n ΔΦ

Δt

，所以两次感应电动势大小相等，B 正确．

4、一个由电阻均匀的导线绕制成的闭合线圈放在磁场中，如图所示，线圈平面与磁场方向成60°角，磁感应强度随时间均匀变化，下列方法可使感应电流增加一倍的是

( )

A ．把线圈匝数增加一倍

B ．把线圈面积增加一倍

C ．把线圈半径增加一倍

D ．改变线圈与磁场方向的夹角为另一定值 答案 C

解析 设导线的电阻率为ρ，横截面积为S 0，线圈的半径为r ，线圈与磁场方向的夹角为θ，线圈匝数为n ，则I ＝E R ＝n

ΔΦR ＝n πr 2ΔB

sin θρn ·2πr S 0

＝S 0r 2ρ·ΔB

Δt

·sin θ，可见，将r 增加一倍，I 增加一倍；改变线圈与磁场

方向的夹角，sin θ不能变为原来的2倍(因sin θ最大值为1)；若将线圈的面积增加一倍，半径r 增加(2－1)倍，电流增加(2－1)倍；I 与线圈匝数无关．综上所述，只有C 项正确．

5、(2012·课标全国·19)如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B 0.使该线框从静止开始绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔB

Δt 的大小应

为( )

A.4ωB 0π

B.2ωB 0π

C.ωB 0π

D.ωB 02π

答案 C

解析 当线框绕过圆心O 的转动轴以角速度ω匀速转动时，由于面积的变化产生感应电动势，从而产生感应电流．设半圆的半径为r ，导线框的电阻为R ，即I 1＝E R ＝ΔΦR Δt ＝B 0ΔS R Δt ＝12πr 2

B 0

R πω＝B 0r 2ω

2R

.当线框

不动，磁感应强度变化时，I 2＝E R ＝ΔΦR Δt ＝ΔBS R Δt ＝ΔB πr 22R Δt ，因I 1＝I 2，可得ΔB Δt ＝ωB 0

π，C 选项正确．

6、如图所示，两块水平放置的金属板距离为d ，用导线、开关K 与一个n 匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的均匀变化的磁场B 中．两板间放一台小型压力传感器，压力传感器上表面绝缘，在其上表面静止放置一个质量为m 、电荷量为q 的带正电小球．K 没有闭合时传感器有示数，K 闭合时传感器示数变为原来的一半．则线圈中磁场B 的变化情况和磁通量变化率分别为

( )

A ．正在增强，ΔΦΔt ＝mgd

2q

B ．正在增强，ΔΦΔt ＝mgd

2nq

C ．正在减弱，ΔΦΔt ＝mgd

2q

D ．正在减弱，ΔΦΔt ＝mgd

2nq

答案 B

解析 根据K 闭合时传感器示数变为原来的一半，推出带正电小球受电场力向上，即上极板带负电，下极板带正电，线圈感应电动势的方向从上极板经线圈流向下极板，根据安培定则知感应磁场的方向向下，与原磁场方向相反，又由楞次定律得线圈中磁场正在增强；对小球受力分析得q E d ＝mg

2

，其中

感应电动势E ＝n ΔΦΔt ，代入得ΔΦΔt ＝mgd

2nq

，故B 正确．

7、如图所示，长为L 的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C 的平行板电容器上，P 、Q 为电容器的两个极板，磁场垂直于环面向里，磁感应强度以B ＝B 0＋Kt (K >0)随时间变化，t ＝0时，P 、Q 两极板电势相等．两极板间的距离远小于环的半径，则经时间t 电容器P 板 ( )

A ．不带电

B ．所带电荷量与t 成正比

C ．带正电，电荷量是KL 2C 4π

D ．带负电，电荷量是KL 2C

4π

答案 D

解析 磁感应强度以B ＝B 0＋Kt (K >0)随时间变化，由法拉第电磁感应定律得E ＝

ΔΦΔt ＝S ΔB

Δt

＝KS ，而S ＝L 24π，经时间t 电容器P 板所带电荷量Q ＝EC ＝KL 2C

4π；由楞次定律知电容器P 板带负电，故D 选项正确．

8、如图甲所示，电路的左侧是一个电容为C 的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为S .在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示．则在0～t 0时间内电容器

( )

A ．上极板带正电，所带电荷量为CS (

B 2－B 1)t 0

B ．上极板带正电，所带电荷量为

C (B 2－B 1)

t 0

C ．上极板带负电，所带电荷量为CS (B 2－B 1)

t 0

D ．上极板带负电，所带电荷量为C (B 2－B 1)

t 0

答案 A

解析 由题图乙可知ΔB Δt ＝B 2－B 1

t 0，B 增大，根据楞次定律，感应电流沿逆时针方向，故上极板带正电，

E ＝n S ΔB Δt ＝S (B 2－B 1)

t 0，Q ＝CE ＝CS (B 2－B 1)t 0

，A 正确．

9、如图所示，正方形线圈abcd 位于纸面内，边长为L ，匝数为N ，线圈内接有电阻值为R 的电阻，过ab 中点和cd 中点的连线OO ′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁场的磁感应强度为B .当线圈转过90°时，通过电阻R 的电荷量为

( )

A.BL 2

2R B.NBL 22R C.BL 2

R

D.NBL 2R

答案 B

解析 初状态时，通过线圈的磁通量为Φ1＝BL 2

2，当线圈转过90°时，通过线圈的磁通量为0，由q ＝

N ΔΦR 总

可得通过电阻R 的电荷量为NBL 22R .

10、如图 (a)所示，一个电阻值为R 、匝数为n 的圆形金属线圈与阻值为2R 的电阻R 1连接成闭合回路．线圈的半径为r 1, 在线圈中半径为r 2的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图(b)所示．图线与横、纵轴的截距分别为t 0和B 0. 导线的电阻不计．求0至t 1时间内：

(a) (b) (1)通过电阻R 1上的电流大小和方向；

(2)通过电阻R 1上的电荷量q 及电阻R 1上产生的热量． 审题指导

1.用公式E ＝n ΔB Δt ·S 求解时，S 应为线圈在磁场范围内的有效面积，ΔB

Δt 应为B －t 图象斜率的大小．

2． 产生感应电动势的线圈相当于电源，R 1为外电阻．

解析 (1)穿过闭合线圈的磁场的面积为S ＝πr 2

2

由题图(b)可知，磁感应强度B 的变化率的大小为

ΔB Δt ＝B 0

t 0

根据法拉第电磁感应定律得：E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔB Δt ＝nB 0πr 22

t 0

由闭合电路欧姆定律可知流过电阻R 1的电流为： I ＝E

R ＋2R

＝nB 0πr 22

3Rt 0

再根据楞次定律可以判断，流过电阻R 1的电流方向应由b 到a (2)0至t 1时间内通过电阻R 1的电荷量为 q ＝It 1＝nB 0πr 22t 1

3Rt 0

电阻R 1上产生的热量为Q ＝I 2

R 1t 1＝2n 2B 20π2r 4

2t 1

9Rt 20

答案 (1)nB 0πr 22

3Rt 0

方向从b 到a

(2)nB 0πr 22t 13Rt 0 2n 2B 20π2r 4

2t 19Rt 20

11、如图甲所示，边长为L 、质量为m 、总电阻为R 的正方形导线框静置于光滑水平面上，处于与水平面垂直的匀强磁场中，匀强磁场磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示．求：

甲 乙 (1)在t ＝0到t ＝t 0时间内，通过导线框的感应电流大小； (2)在t ＝t 0

2时刻，ab 边所受磁场作用力大小；

(3)在t ＝0到t ＝t 0时间内，导线框中电流做的功．

答案 (1)B 0L 2Rt 0 (2)B 20L 32Rt 0 (3)B 20L

4

Rt 0

解析 (1)由法拉第电磁感应定律得，导线框的感应电动势 E ＝ΔΦΔt ＝B 0L 2

t 0

通过导线框的感应电流大小：I ＝E R ＝B 0L 2Rt 0

(2)t ＝t 0

2

时刻，ab 边所受磁场作用力大小：F ＝BIL

F ＝B 20L 32Rt 0

(3)在t ＝0到t ＝t 0时间内，导线框中电流做的功：W ＝I 2

Rt 0＝B 20L

4Rt 0

.

12、2012年11月24日，中国的歼－15战机成功在“辽宁号”航母上起降，使中国真正拥有了自己的航

母．由于地磁场的存在，飞机在一定高度水平飞行时，其机翼就会切割磁感线，机翼的两端之间会有一定的电势差．则从飞行员的角度看，机翼左端的电势比右端的电势 ( )

A ．低

B ．高

C ．相等

D ．以上情况都有可能

答案 B

解析 北半球的地磁场的竖直分量向下，由右手定则可判定飞机无论向哪个方向飞行，由飞行员的角

度看均为左侧机翼电势较高．

13、如图所示，长为L 的金属导线上端悬于C 点，下端系一小球A ，在竖直向下的匀强磁场中做圆锥摆运动，转动方向如图所示，导线与竖直方向的夹角为θ，摆球的角速度为ω，磁感应强度为B ，则金属导线中产生感应电动势的高电势端及大小为

( )

A ．C 点 1

2BL 2ω

B ．

C 点 1

2BL 2ωsin 2 θ

C ．A 点 1

2BL 2ω

D ．A 点 1

2BL 2ωsin 2 θ

答案 B

解析 由右手定则可判断φC >φA ，即C 端的电势高于A 端的电势；金属导线切割磁感线的有效长度为L sin θ，所以导线中产生的感应电动势为：E ＝12B (L sin θ)2ω＝1

2BL 2ωsin 2 θ.故B 正确．

14、在范围足够大，方向竖直向下的匀强磁场中，B ＝0.2 T ，有一水平放置的光滑框架，宽度为L ＝0.4 m ，如图所示，框架上放置一质量为0.05 kg 、电阻为1 Ω的金属杆cd ，框架电阻不计．若杆cd 以恒定加速度a ＝2 m/s 2，由静止开始做匀变速运动，则：

(1)在5 s 内平均感应电动势是多少？ (2)第5 s 末，回路中的电流多大？

(3)第5 s 末，作用在cd 杆上的水平外力多大？ 答案 (1)0.4 V (2)0.8 A (3)0.164 N 解析 (1)5 s 内的位移x ＝1

2

at 2＝25 m

5 s 内的平均速度v ＝x

t ＝5 m/s (也可用v ＝0＋v 52求解)

故平均感应电动势E ＝BL v ＝0.4 V

(2)第5 s 末：v ＝at ＝10 m/s 此时感应电动势：E ＝BL v 则回路中的电流为 I ＝E R ＝BL v R ＝0.2×0.4×10

1

A ＝0.8 A

(3)杆cd 匀加速运动，由牛顿第二定律得F －F 安＝ma

即F ＝BIL ＋ma ＝0.164 N 15、

解析

(1)金属棒达到最大速度时产生的电动势E ＝B 0L v m (1分)

回路中产生的感应电流I ＝E

R ＋r (1分)

金属棒所受安培力F ＝B 0IL (1分)

金属棒所受合外力为零时，下滑的速度达到最大，则 mg sin θ－F －μmg cos θ＝0(2分) 解得v m ＝2 m/s(1分)

(2)设电阻R 上产生的焦耳热为Q ，整个电路产生的焦耳热为Q 总，则由动能定理，得 mgs sin θ－μmgs cos θ－W 安＝1

2m v 2m (3分)

W 安＝Q 总(1分) Q ＝R R ＋r Q 总(1分)

解得Q ＝0.16 J ．(1分)

(3)不产生感应电流，即磁通量不变，金属棒不受安培力作用，金属棒做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得

mg sin θ－μmg cos θ＝ma(2分)

得a＝g(sin θ－μcos θ)＝10×(0.6－0.5×0.8) m/s2

＝2 m/s2(1分)

根据闭合回路磁通量不变有

B0Ls＝BL(s＋v m t＋1

2at

2)(3分)

得B＝3

t2＋2t＋3

(1分)

所以，当t＝1 s时，B＝0.5 T．(1分)

答案(1)2 m/s(2)0.16 J(3)0.5 T

16、如图所示，线圈A、B是由不同材料制成的导体线圈，它们的质量一样大，形状一样，设磁场足够大，下列说法正确的是()

A．电阻大的线圈达到稳定速度时的速度大

B．电阻小的线圈达到稳定速度时的速度大

C．两线圈的稳定速度是一样的

D．电阻率大的材料制成的线圈，稳定速度大

答案 A

解析以极端情况分析，若线圈电阻非常大，以至于无穷大时，线圈中电流趋近于零，线圈做自由落体运动，速度将不断增大，所以可推知电阻大的线圈稳定运动时的速度大，A正确．

17、如图甲所示，MN、PQ是固定于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨，间距L＝2.0 m，R是连在导

轨一端的电阻，质量m＝1.0 kg的导体棒ab垂直跨在导轨上，电压传感器与这部分装置相连．导轨所在空间有一磁感应强度B＝0.50 T、方向竖直向下的匀强磁场．从t＝0开始对导体棒ab施加一个水平向左的拉力，使其由静止开始沿导轨向左运动，电压传感器测出R两端的电压随时间变化的图线如图乙所示，其中OA、BC段是直线，AB段是曲线．假设在1.2 s以后拉力的功率P＝4.5 W保持不变．导轨和导体棒ab的电阻均可忽略不计，导体棒ab在运动过程中始终与导轨垂直，且接触良好．不计电压传感器对电路的影响．g取10 m/s2.求：

(1)导体棒ab 最大速度v m 的大小；

(2)在1.2 s ～2.4 s 的时间内，该装置总共产生的热量Q ； (3)导体棒ab 与导轨间的动摩擦因数μ和电阻R 的值．

审题指导 1.R 两端的电压和导体棒中产生的电动势有什么关系？ 2．在1.2 s ～2.4 s 的时间内，能量是如何转化的？

3．0～1.2 s 和2.4 s 后导体棒分别做什么运动？受力情况如何？

解析 (1)从题图乙可知，2.4 s 时R 两端的电压最大，U m ＝1.0 V ，由于导体棒内阻不计，故U m ＝E m ＝BL v m ＝1.0 V ， 所以v m ＝

E m

BL

＝1.0 m/s ① (2)因为U ＝E ＝BL v ，而B 、L 为常数，所以由题图乙知，在0～1.2 s 内导体棒做匀加速直线运动．设导体棒在这段时间内的加速度为a ，t 1＝1.2 s 时导体棒的速度为v 1，由题图乙可知此时电压U 1＝0.90 V . 因为U 1＝E 1＝BL v 1② 所以v 1＝U 1

BL

＝0.90 m/s

在1.2 s ～2.4 s 时间内，根据功能关系

12m v 21＋P ·Δt ＝12m v 2m

＋Q ③ 代入数据解得Q ≈5.3 J

(3)导体棒做匀加速运动的加速度 a ＝v 1－0t 1

＝0.75 m/s 2

当t 1＝1.2 s 时，设拉力为F 1，则有F 1＝P

v 1

＝5.0 N

同理，当t 2＝2.4 s 时，设拉力为F 2，则有F 2＝P

v m ＝4.5 N

对ab 棒受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有

F 1－F f －F 安1＝ma

④

F 2－F f －F 安2＝0 ⑤ mg －F N ＝0

⑥ 又因为F 安1＝BI 1L ＝BLU 1

R

⑦ F 安2＝BI 2L ＝BLU m

R

⑧ F f ＝μF N

⑨

联立④⑤⑥⑦⑧⑨，代入数据可求得 R ＝0.4 Ω，μ＝0.2

答案 (1)1.0 m/s (2)5.3 J (3)0.2 0.4 Ω

18、 (2012·四川理综·20)半径为a 、右端开小口的导体圆环和长为2a 的导体直杆，单位长度电阻均为R 0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .直杆在圆环上以速度v 平行于直径CD 向右做匀速直线运动，直杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O 开始，直杆的位置由θ确定，如图所示．则

( ) A ．θ＝0时，直杆产生的电动势为2Ba v

B ．θ＝π

3时，直杆产生的电动势为3Ba v

C ．θ＝0时，直杆受的安培力大小为2B 2a v

(π＋2)R 0

D ．θ＝π

3时，直杆受的安培力大小为3B 2

a v (5π＋3)R 0

答案 AD

解析 当θ＝0时，直杆切割磁感线的有效长度l 1＝2a ，所以直杆产生的电动势E 1＝Bl 1v ＝2Ba v ，选项A 正确．此时直杆上的电流I 1＝

E 1

(πa ＋2a )R 0＝2B v

(π＋2)R 0，直杆受到的安培力大小F 1＝BI 1l 1＝4B 2a v

(π＋2)R 0

，

选项C 错误．当θ＝π

3

时，直杆切割磁感线的有效长度l 2＝

2a cos π

3

＝a ，直杆产生的电动势E 2＝Bl 2v ＝Ba v ，选项B 错误．此时直杆上的电流I 2＝

E 2(2πa －2πa

6

＋a )R 0

＝

3B v

(5π＋3)R 0，直杆受到的安培力大小F 2＝BI 2l 2＝3B 2a v

(5π＋3)R 0

，选项D 正确．

19、 (2010·山东理综·21)如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B ，方向相反且垂直纸面，MN 、PQ 为其边界，OO ′为其对称轴．一导线折成边长为L 的正方形闭合回路abcd ，回路在纸面内以恒定速度v 0向右运动，当运动到关于OO ′对称的位置时( )

A ．穿过回路的磁通量为零

B ．回路中感应电动势大小为BL v 0

C ．回路中感应电流的方向为顺时针方向

D ．回路中ab 边与cd 边所受安培力方向相同 答案 AD

解析 由于两磁场的磁感应强度大小相等，方向相反，且回路此时关于OO ′对称，因而此时穿过回路的磁通量为零，A 项正确；ab 、cd 均切割磁感线，相当于两个电源，由右手定则知，回路中感应电流方向为逆时针方向，两电源串联，感应电动势为2BL v 0，B 、C 项错误；由左手定则知ab 、cd 所受安培力方向均向左，D 项正确．

20、一个边长为L 的正方形导线框在倾角为θ的光滑固定斜面上由静止开始沿斜面下滑，随后进入虚线下方方向垂直于斜面的匀强磁场中．如图所示，磁场的上边界线水平，线框的下边ab 边始终水平，斜面以及下方的磁场往下方延伸到足够远．下列推理判断正确的是( )

A ．线框进入磁场过程b 点的电势比a 点高

B ．线框进入磁场过程一定是减速运动

C ．线框中产生的焦耳热一定等于线框减少的机械能

D ．线框从不同高度下滑时，进入磁场过程中通过线框导线横截面的电荷量不同 答案 C

解析 ab 边进入磁场后，切割磁感线，ab 相当于电源，由右手定则可知a 为等效电源的正极，a 点电势高，A 项错．由于线框所受重力的分力mg sin θ与安培力大小不能确定，所以不能确定其是减速还是加速，B 项错；由能量守恒知C 项对；由q ＝n ΔΦ

R 知，q 与线框下降的高度无关，D 项错．

21、如图所示，P 、Q 是两根竖直且足够长的金属杆(电阻忽略不计)，处在垂直纸面向里的匀强磁场B 中，MN 是一个螺线管，它的绕线方法没有画出，P 、Q 的输出端a 、b 和MN 的输入端c 、d 之间用导线相连，A 是在MN 的正下方水平放置在地面上的金属圆环．现将金属棒ef 由静止释放，在下滑中始终与P 、Q 杆良好接触且无摩擦．在金属棒释放后下列说法正确的是

( )

A ．A 环中有大小不变的感应电流

B ．A 环中有越来越大的感应电流

C ．A 环对地面的压力先减小后增大至恒定值

D ．A 环对地面的压力先增大后减小至恒定值 答案 D

解析 金属棒ef 从静止释放后，产生感应电流I ＝Bl v

R ，受力分析得mg －BIl ＝ma ，故其做a 减小的加

速运动，当a ＝0后做匀速运动．MN 螺线管上的电流I ＝Bl v

R ，随v 增大而增大，故A 上产生与螺线管

上相反的感应电流，由于反向电流相互排斥，A 环受到斥力，故对地面的压力增大，当ef 匀速运动时，电路中电流恒定，A 环上不再产生感应电流，对地面的压力大小等于重力．C 项错误，D 项正确．由于A 环上产生的I 感正比于MN 上电流的变化率，MN 上电流的变化率由Δv

Δt 决定，

由此知I A 逐渐减小，A 、B 项错误．

22、如图所示，MN 、PQ 是两根竖直放置的间距为L 的足够长的光滑平

行金属导轨，虚线以上有垂直纸面向外的匀强磁场Ⅰ，虚线以下有垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，两磁场区域的磁感应强度均为B .金属棒ab 质量为M ，电阻为R ，静止放在Ⅰ中导轨上的水平突起上；金属棒cd 质量为m ，电阻也为R .让cd 在Ⅱ中某处无初速度释放，当cd 下落距离为

h 时，ab 恰好对突起没有压力．已知两根金属棒始终水平且与金属导轨接触良好，金属导轨的电阻不计，重力加速度为g .求：

(1)当cd 下落距离为h 时，通过ab 的电流I . (2)当cd 下落距离为h 时，cd 的速度大小v .

(3)从cd 释放到下落距离为h 的过程中，ab 上产生的焦耳热Q ab .(结果用B 、L 、M 、m 、R 、h 、g 表示) 答案 (1)Mg BL (2)2MgR B 2L 2 (3)12mgh －mM 2g 2R 2

B 4L 4

解析 (1)由题意知，ab 受重力和安培力作用处于平衡状态，有 Mg ＝BIL 解得I ＝Mg

BL

(2)设cd 切割磁感线产生的感应电动势为E ，有 E ＝BL v I ＝E 2R

联立以上各式解得v ＝2MgR

B 2L

2

(3)由能量守恒定律得mgh ＝Q ab ＋Q cd ＋1

2

m v 2

因ab 与cd 串联，且电阻相等，故Q ab ＝Q cd 联立解得Q ab ＝12mgh －mM 2g 2R 2

B 4L 4