1.[2016·北京卷] 如图1-所示，匀强磁场中有两个导体圆环a 、b ，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B 随时间均匀增大．两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为E a 和E b ，不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是( )
图1-
A ．E a ∶E b ＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向
B ．E a ∶E b ＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向
C ．E a ∶E b ＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向
D ．
E a ∶E b ＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向
答案：B
解析： 由法拉第电磁感应定律可知E ＝n ΔΦΔt ，则E ＝n ΔB Δt
πR 2.由于R a ∶R b ＝2∶1，则E a ∶E b ＝4∶1.由楞次定律和安培定则可以判断产生顺时针方向的电流．选项B 正确．
2. [2016·江苏卷] 电吉他中电拾音器的基本结构如图1-所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音，下列说法正确的有( )
A ．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作
B ．取走磁体，电吉他将不能正常工作
C ．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势
D ．磁振动过程中，线圈中的电流方向不断变化
答案：BCD
解析： 选用铜质弦时，不会被磁化，不会产生电磁感应现象，电吉他不能正常工作，选项A 错误；取走磁体时，金属弦磁性消失，电吉他不能正常工作，选项B 正确；根据法拉第电磁感应定律可知，增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势，选项C 正确；根据楞次定律可知，磁振动过程中，线圈中的电流方向不断变化，选项D 正确．
3.[2016·全国卷Ⅱ] 法拉第圆盘发电机的示意图如图1-所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P 、Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B 中．圆盘旋转时，关于流过电阻R 的电流，下列说法正确的是( )
图1-
A ．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B ．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a 到b 的方向流动
C ．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D ．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R 上的热功率也变为原来的2倍 答案：AB
5.[2016·江苏卷] 据报道，一法国摄影师拍到“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间．照片中，“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见．如图所示，假设“天宫一号”正以速度v ＝7.7 km/s 绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M 、N 的连线垂直，M 、N 间的距离L ＝20 m ，地磁场的磁感应强度垂直于v ，MN 所在平面的分量B ＝1.0×10－5 T ，将太阳帆板视为导体．
图1-
(1)求M 、N 间感应电动势的大小E ；
(2)在太阳帆板上将一只“1.5 V ，0.3 W ”的小灯泡与M 、N 相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线的电阻．试判断小灯泡能否发光，并说明理由；
(3)取地球半径R ＝6.4×103 km ，地球表面的重力加速度g ＝9.8 m/s 2，试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h (计算结果保留一位有效数字)．
解析： (1)法拉第电磁感应定律E ＝BLv ，代入数据得E ＝1.54 V
(2)不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流．
(3)在地球表面有G Mm R 2
＝mg 匀速圆周运动G Mm （R ＋h ）2＝m v 2
R ＋h
解得h ＝g R 2
v 2－R ，代入数据得h ≈4×105 m(数量级正确都算对) 6.[2016·浙江卷] 如图1-2所示，a 、b 两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长l a ＝3l b ，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( )
图1-2
A ．两线圈内产生顺时针方向的感应电流
B ．a 、b 线圈中感应电动势之比为9∶1
C ．a 、b 线圈中感应电流之比为3∶4
D ．a 、b 线圈中电功率之比为3∶1
答案：B
解析： 由楞次定律可判断，两线圈中产生的感应电流均沿逆时针方向，选项A 错误；由E
＝n ΔB Δt S ，S ＝l 2，R ＝ρl S ，I ＝E R ，P ＝E 2R
，可知E a ：E b ＝9：1，I a ：I b ＝3：1，P a ：P b ＝27：1，选项B 正确，选项C 、D 错误．
7.[2016·全国卷Ⅰ] 如图1-，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab (仅标出a 端)和cd (仅标出c 端)长度均为L ，质量分别为2m 和m ；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca ，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R ，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g ，已知金属棒ab 匀速下滑．求：
(1)作用在金属棒ab 上的安培力的大小；
(2)金属棒运动速度的大小．
图1-
解析： (1)设导线的张力的大小为T ，右斜面对ab 棒的支持力的大小为N 1，作用在ab 棒上的安培力的大小为F ，左斜面对cd 棒的支持力大小为N 2，对于ab 棒，由力的平衡条件得 2mg sin θ＝μN 1＋T ＋F ①
N 1＝2mg cos θ ②
对于cd 棒，同理有mg sin θ＋μN 2＝T ③
N 2＝mg cos θ ④
联立①②③④式得F ＝mg (sin θ－3μcos θ) ⑤
(2)由安培力公式得F ＝BIL ⑥
这里I 是回路abdca 中的感应电流，ab 棒上的感应电动势为ε＝BLv ⑦
式中，v 是ab 棒下滑速度的大小，由欧姆定律得I ＝εR
⑧ 联立⑤⑥⑦⑧式得v ＝(sin θ－3μcos θ)mgR B 2L 2 ⑨ 8.[2016·全国卷Ⅱ] 如图1-所示，水平面(纸面)内间距为l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为m 、长度为l 的金属杆置于导轨上．t ＝0时，金属杆在水平向右、大小为F 的恒定拉力作用下由静止开始运动．t 0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g .求：
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
(2)电阻的阻值．
图1-
解析： (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得ma ＝F －μmg ① 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v ，由运动学公式有v ＝at 0 ②
当金属杆以速度v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为E ＝Blv ③
联立①②③式可得E ＝Blt 0? ??
??F m －μg ④ (2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I ，根据欧姆定律I ＝E R
⑤ 式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为f ＝BIl ⑥
因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得F －μmg －f ＝0 ⑦ 联立④⑤⑥⑦式得R ＝B 2l 2t 0m
⑧ 10.[2016·浙江卷] 小明设计的电磁健身器的简化装置如图1-10所示，两根平行金属导轨相距l ＝0.50 m ，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R ＝0.05 Ω的电阻．在导轨间长d ＝0.56 m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0 T ．质量m ＝4.0
kg 的金属棒CD 水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH 相连．CD 棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s ＝0.24 m ．一位健身者用恒力F ＝80 N 拉动GH 杆，CD 棒由静止开始运动，上升过程中CD 棒始终保持与导轨垂直．当CD 棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD 棒回到初始位置(重力加速度g 取10 m/s 2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：
(1)CD 棒进入磁场时速度v 的大小；
(2)CD 棒进入磁场时所受的安培力F A 的大小；
(3)在拉升CD 棒的过程中，健身者所做的功W 和电阻产生的焦耳热Q .
解析： (1)由牛顿定律a ＝F －mg sin θm
＝12 m/s 2 ① 进入磁场时的速度v ＝2as ＝2.4 m/s ②
(2)感应电动势E ＝Blv ③
感应电流I ＝Blv R
④ 安培力F A ＝IBl ⑤
代入得F A ＝（Bl ）2v R
＝48 N ⑥ (3)健身者做功W ＝F (s ＋d )＝64 J ⑦
由牛顿定律F －mg sin θ－F A ＝0 ⑧
CD 棒在磁场区做匀速运动
在磁场中运动时间t ＝d v
⑨ 焦耳热Q ＝I 2Rt ＝26.88 J ⑩
25．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L .导轨上端接有一平行板电容器，电容为C .导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直于导轨平面．在导轨上放置一质量为m 的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触．已知金属棒与导轨之间的动摩擦因素为μ，重力加速度大小为g .忽略所有电阻．让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：
(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；
(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系．
解析：从电磁感应中的动生电动势和电容器的充放电及牛顿第二定律入手．
(1)设金属棒下滑的速度大小为v ，则感应电动势为
E ＝BLv ①
平行板电容器两极板之间的电势差为
U ＝E ②
设此时电容器极板上积累的电荷量为Q ，据定义有
C ＝Q U ③
联立①②③式得
Q ＝CBLv . ④
(2)设金属棒的速度大小为v 时经历的时间为t ，通过金属棒的电流为i .金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为
f 1＝BLi ⑤
设在时间间隔(t ，t ＋Δt )内流经金属棒的电荷量为ΔQ ，据定义有
i ＝ΔQ Δt
⑥ ΔQ 也是平行板电容器极板在时间间隔(t ，t ＋Δt )内增加的电荷量．由④式得
ΔQ ＝CBL Δv ⑦
式中，Δv 为金属棒的速度变化量．据定义有
a ＝Δv Δt
⑧ 金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为
f 2＝μN ⑨
式中，N 是金属棒对导轨的正压力的大小，有
N ＝mg cos θ ⑩
金属棒在时刻t 的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a ，
根据牛顿第二定律有
mg sin θ－f 1－f 2＝ma ?
联立⑤至?式得
a ＝m (sin θ－μcos θ)g m ＋B 2L 2C
? 由?式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速直线运动．t 时刻金属棒的速度大小为
v ＝m (sin θ－μcos θ)m ＋B 2L 2C
gt . ? 17．(2013·高考大纲全国卷) 纸面内两个半径均为R 的圆相切于O 点，两圆形区域内分别存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化．一长为2R 的导体杆OA 绕过O 点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω，t ＝0时OA 恰好位于两圆的公切线上，如图所示．若选取从O 指向A 的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图象可能正确的是( )
解析：选C.从导体杆转动切割磁感线产生感应电动势的角度考虑．当导体杆顺时针转
动切割圆形区域中的磁感线时，由右手定则判断电动势由O 指向A ，为正，选项D 错误；
切割过程中产生的感应电动势E ＝BL v ＝12
BL 2ω，其中L ＝2R sin ωt ，即E ＝2B ωR 2 sin 2 ωt ，可排除选项A 、B ，选项C 正确．
17．(2013·高考北京卷)如图所示，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，
金属杆MN 在平行金属导轨上以速度v 向右匀速滑动， MN 中产生的感应电动势为E 1；若磁感应强度增为2B ，其他条件不变，MN 中产生的感应电动势变为E 2.则通过电阻R 的电流方向及E 1与E 2之比E 1∶E 2分别为( ) A ．c →a,2∶1 B ．a →c,2∶1
C ．a →c,1∶2
D ．c →a,1∶2
解析：选C.金属杆垂直平动切割磁感线产生的感应电动势E ＝Blv ，判断金属杆切割磁感线产生的感应电流方向可用右手定则．
由右手定则判断可得，电阻R 上的电流方向为a →c ，由E ＝Blv 知，E 1＝Blv ，E 2＝2Blv ，则E 1∶E 2＝1∶2，故选项C 正确．
3．(2013·高考天津卷)
如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd ，ab 边长大于bc 边长，置于垂直纸面
向里、边界为MN 的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN .第一次ab 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 1，通过线框导体横截面的电荷量为q 1；第二次bc 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则( )
A ．Q 1>Q 2，q 1＝q 2
B ．Q 1>Q 2，q 1>q 2
C ．Q 1＝Q 2，q 1＝q 2
D ．Q 1＝Q 2，q 1>q 2
解析：选A.根据法拉第电磁感应定律E ＝Blv 、欧姆定律I ＝E
R
和焦耳定律Q ＝I 2Rt ，得线圈进入磁场产生的热量Q ＝B 2l 2v 2R ·l ′v ＝B 2Slv R ，因为l ab >l bc ，所以Q 1>Q 2.根据E ＝ΔΦΔt
，I
＝E
R 及q ＝I Δt 得q ＝BS R
，故q 1＝q 2.选项A 正确，选项B 、C 、D 错误． 13．(2013·高考江苏卷)
如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd ，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的匝
数N ＝100，边长ab ＝1.0 m 、bc ＝0.5 m ，电阻r ＝2 Ω.磁感应强度B 在0～1 s 内从零均匀变化到0.2 T ．在1～5 s 内从0.2 T 均匀变化到－0.2 T ，取垂直纸面向里为磁场的正方向．求：
(1)0.5 s 时线圈内感应电动势的大小E 和感应电流的方向；
(2)在1～5 s 内通过线圈的电荷量q ；
(3)在0～5 s 内线圈产生的焦耳热Q .
解析：(1)感应电动势E 1＝N ΔΦ1Δt 1，磁通量的变化量ΔΦ1＝ΔB 1S ，解得E 1＝N ΔB 1S Δt 1
，代入数据得E 1＝10 V ，感应电流的方向为a →d →c →b →a .
(2)同理可得E 2＝N ΔB 2S Δt 2，感应电流I 2＝E 2r
电荷量q ＝I 2Δt 2，解得q ＝N ΔB 2S r
，代入数据得q ＝10 C. (3)0～1 s 内的焦耳热Q 1＝I 21r Δt 1，且I 1＝E 1
r
，1～5 s 内的焦耳热Q 2＝I 22r Δt 2 由Q ＝Q 1＋Q 2，代入数据得Q ＝100 J.
答案：(1)10 V ，感应电流的方向为a →d →c →b →a
(2)10 C (3)100 J
16.
(2013·高考安徽卷)如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5
m ，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN 垂直于导轨放置，质量为0.2 kg ，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T ．将导体棒MN 由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN 的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6)( )
A ．2.5 m/s 1 W
B ．5 m/s 1 W
C ．7.5 m/s 9 W
D ．15 m/s 9 W
解析：
选 B.把立体图转为平面图，由平衡条件列出方程是解决此类问题的关键．对导体棒进
行受力分析作出截面图，如图所示，导体棒共受四个力作用，即重力、支持力、摩擦力和安培力．
由平衡条件得mg sin 37°＝F 安＋F f ①