10．如图12－1－22所示，匀强磁场区域宽为d，一正方形线框abcd的边长为l，且l>d，线框以速度v通过磁场区域，从线框进入到完全离开磁场的时间内，线框中没有感应电流的时间是多少？

解析：从线框进入到完全离开磁场的过程中，当线框bc边运动至磁场右边缘至ad边运动至磁场左边缘过程中无感应电流．

此过程位移为：l－d

故t＝.

图12－1－23

图12－1－22

答案：

7．如图12－1－19所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大线圈M相连接，要使小导线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的裸金属棒ab的运动情况是(两线圈共面放置)(　)

图12－1－19

A．向右匀速运动 　B．向左减速运动

C．向右减速运动　 　D．向右加速运动

解析：选C.欲使N产生顺时针方向的感应电流，感应电流的磁场垂直纸面向里，由楞次定律可知有两种情况：一是M中有顺时针方向逐渐减小的电流，使其在N中的磁场方向向里，且磁通量在减小；二是M中有逆时针方向逐渐增大的电流，使其在N中的磁场方向向外，且磁通量在增大．因此对前者应使ab减速向右运动．对于后者，则应使ab加速向左运动．

图12－1－20

8．如图12－1－20所示，光滑固定的金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时(　)

A．P、Q将相互靠拢

B．P、Q将相互远离

C．磁铁的加速度仍为g

D．磁铁的加速度小于g

解析：选AD.法一：设磁铁下端为N极，如图所示，根据楞次定律可判断出P、Q中的感应电流方向，根据左手定则可判断P、Q所受安培力的方向．可见，PQ将互相靠拢．由于回路所受安培力的合力向下，由牛顿第三定律，磁铁将受到向上的反作用力，从而加速度小于g.当磁铁下端为S极时，根据类似的分析可得到相同的结果．

法二：根据楞次定律的另一表述--感应电流的效果，总要反抗产生感应电流的原因，本题中“原因”是回路中磁通量的增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近．所以，P、Q将互相靠近且磁铁的加速度小于g.

图12－1－21

9．(2010年江苏启东中学质检)绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与电源、开关相连，如图12－1－21所示．线圈上端与电源正极相连，闭合开关的瞬间，铝环向上跳起．若保持开关闭合，则(　)

A．铝环不断升高

B．铝环停留在某一高度

C．铝环跳起到某一高度后将回落

D．如果电源的正、负极对调，观察到的现象不变

解析：选CD.开关闭合瞬间，铝环中的磁通量增加，产生的感应电流受到安培力作用使铝环运动，运动的效果阻碍磁通量的变化，所以铝环向上跳起，开关闭合后，线圈周围的磁场恒定，则铝环将回落，所以A、B错误，C正确；当电源的正负极对调后现象同上，D正确．

5．1931年英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”.1982年，美国物理学家卡布莱拉设计了一个寻找磁单极子的实验，他设想，如果一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如图12－1－17所示的超导线圈，那么，从上向下看，超导线圈上将出现(　)

A．先是逆时针方向，然后是顺时针方向的感应电流

图12－1－17

B．先是顺时针方向，然后是逆时针方向的感应电流

C．顺时针方向持续流动的感应电流

D．逆时针方向持续流动的感应电流

解析：选D.N单极子向下靠近时，磁通量向下增加，当N单极子向下离开时，磁通量向上且减小，产生的感应电流均为逆时针方向．

图12－1－18

6．如图12－1－18所示，AOC是光滑的金属轨道，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金属直杆如图立在导轨上，直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中Q端始终在OC上，空间存在着垂直纸面向外的匀强磁场，则在PQ杆滑动的过程中，下列判断正确的是(　)

A．感应电流的方向始终是由P→Q

B．感应电流的方向先是由P→Q，后是由Q→P

C．PQ受磁场力的方向垂直杆向左

D．PQ受磁场力的方向先垂直于杆向左，后垂直于杆向右

解析：选BD.在PQ杆滑动的过程中，杆与导轨所围成的三角形面积先增大后减小，三角形POQ内的磁通量先增大后减小，由楞次定律可判断B项对，再由PQ中电流方向及左手定则可判断D项对．

2．如图12－1－14所示，MN是一根固定的通电长直导线，电流方向向上．今将一金属线框abcd放在导线上，让线框的位置偏向导线的左边，两者彼此绝缘，当导线中的电流I突然增大时，线框的整体受力情况为(　)

A．受力向左　　　　B．受力向右

C．受力向上 　　　　　　　　D．受力为零

解析：选B.线框内左边部分磁感线穿出，右边部分磁感线穿入，由于线框位置偏向导线左边，所以整个线框的合磁感线是穿出的，并且随电流的增大而增大．用“阻碍磁通量变化”来考虑线框受磁场力作用要运动的方向，显然，线框只有向右运动，因此线框所受的磁场力应向右．

图12－1－15

3．如图12－1－15所示的闭合铁芯上绕有一组线圈，与滑动变阻器、电池构成闭合电路，a、b、c为三个闭合金属圆环，假定线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，则当滑动变阻器的滑片左、右滑动时，能产生感应电流的金属圆环是(　)

A．a、b两个环 　　　　B．b、c两个环

C．a、c两个环 　　　　D．a、b、c三个环

解析：选A.当滑片左右滑动时，通过a、b的磁通量变化，而通过c环的合磁通量始终为零，故a、b两环中产生感应电流，而c环中不产生感 应电流．

图12－1－16

4．(2008年高考宁夏理综卷)如图12－1－16所示，同一平面内的三条平行导线串有两个电阻R和r，导体棒PQ与三条导线接触良好；匀强磁场的方向垂直纸面向里．导体棒的电阻可忽略．当导体棒向左滑动时，下列说法正确的是(　)

A．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由b到a

B．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由b到a

C．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由a到b

D．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由a到b

解析：选B.根据右手定则，可判断PQ作为电源，Q端电势高，在PQcd回路中，电流为逆时针方向，即流过R的电流为由c到d，在电阻r的回路中，电流为顺时针方向，即流过r的电流为由b到a.当然也可以用楞次定律，通过回路的磁通量的变化判断电流方向．

1．(2010年广东珠海质检)处在磁场中的一闭合线圈，若没有产生感应电流，则可以判定(　)

A．线圈没有在磁场中运动

B．线圈没有做切割磁感线运动

C．磁场没有发生变化

D．穿过线圈的磁通量没有发生变化

解析：选D.要产生电磁感应现象，磁通量必须发生变化，D正确．

图12－1－14

11．如图12－2－24所示，半径为a的圆环电阻不计，放置在垂直于纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场中，环内有一导体棒电阻为r，可以绕环匀速转动．将电阻R，开关S连接在环和棒的O端，将电容器极板水平放置，并联在R和开关S两端，如图所示．

图12－2－24

(1)开关S断开，极板间有一带正电q、质量为m的粒子恰好静止，试判断OM的转动方向和角速度的大小．

(2)当S闭合时，该带电粒子以g的加速度向下运动，则R是r的几倍？

解析：(1)由于粒子带正电，故电容器上极板为负极，根据右手定则，OM应绕O点逆时针方向转动．

粒子受力平衡，mg＝q

E＝Ba²ω

当S断开时，U＝E，

解得ω＝.

(2)当S闭合时，根据牛顿第二定律

mg－q＝m·g

U′＝·R

解得＝3.

答案：(1)OM应绕O点逆时针转动　(2)3

图12－2－25

12．(2009年海淀模拟)如图12－2－25所示，边长为L＝0.20 m的正方形导线框ABCD由粗细均匀的同种材料制成，正方形导线框每边的电阻R₀＝1.0 Ω，金属棒MN与正方形导线框对角线长度恰好相等，金属棒MN的电阻r＝0.20 Ω.导线框放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.50 T，方向垂直导线框所在平面向里．金属棒MN与导线框接触良好，且与导线框对角线BD垂直放置在导线框上，金属棒的中点始终在BD连线上．若金属棒以v＝4.0 m/s的速度向右匀速运动，当金属棒运动至AC的位置时，求(计算结果保留两位有效数字)：

(1)金属棒产生的电动势的大小；

(2)金属棒MN上通过的电流大小和方向；

(3)导线框消耗的电功率．

解析：(1)金属棒产生的电动势大小为

E＝BLv＝0.4· V＝0.57 V.

(2)金属棒运动到AC位置时，导线框左、右两侧电阻并联，其并联电阻大小为R_并＝1.0 Ω.

根据闭合电路欧姆定律

I＝＝0.48 A，

根据右手定则，电流方向从N到M.

(3)导线框消耗的功率为：

P_框＝I²R_并＝0.23 W.

答案：(1)0.57 V

(2)0.48 A　方向从N到M

(3)0.23 W

8．如图12－2－20所示是测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路，L两端并联一只电压表，用来测自感线圈的直流电压，在测量完毕后，将电路解体时应先(　)

A．断开S₁

B．断开S₂

图12－2－20

C．拆除电流表

D．拆除电阻R

解析：选B.当S₁、S₂均闭合时，电压表与线圈L并联；当S₂闭合而S₁断开时，电压表与线圈L串联，所以在干路断开前后自感线圈L中电流方向相同而电压表中电流方向相反．

只要不断开S₂，线圈L与电压表就会组成回路，在断开干路时，L中产生与原来电流同方向的自感电流，使电压表中指针反向转动而可能损坏电压表．正确答案为B.

图12－2－21

9．如图12－2－21所示，两根平行光滑导轨竖直放置，相距L＝0.1 m，处于垂直轨道平面的匀强磁场中，磁感应强度B＝10 T，质量m＝0.1 kg、电阻为R＝2 Ω的金属杆ab接在两导轨间，在开关S断开时让ab自由下落，ab下落过程中、始终保持与导轨垂直并与之接触良好，设导轨足够长且电阻不计，取g＝10 m/s²，当下落h＝0.8 m时，开关S闭合．若从开关S闭合时开始计时，则ab下滑的速度v随时间t变化的图象是图12－2－22中的(　)

图12－2－22

解析：选D.开关S闭合时，金属杆的速度v＝＝4 m/s.感应电动势E＝BLv，感应电流I＝E/R，安培力F＝BLI，联立解出F＝2 N．因为F>mg＝1 N，故ab杆做减速直线运动，速度减小，安培力也减小，加速度越来越小，最后加速度减为零时做匀速运动，故D正确．

图12－2－23

10．如图12－2－23所示，不计电阻的U形导轨水平放置，导轨宽l＝0.5 m，左端连接阻值为0.4 Ω的电阻R.在导轨上垂直于导轨放一电阻为0.1 Ω的导体棒MN，并用水平轻绳通过定滑轮吊着质量m＝2.4 g的重物，图中L＝0.8 m．开始时重物与水平地面接触并处于静止．整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B₀＝0.5 T，并且以＝0.1 T/s的变化率在增大．不计摩擦阻力，求至少经过多长时间才能将重物吊起？(g取10 m/s²)

解析：以MN为研究对象，有BIl＝F_T；以重物为研究对象，有F_T+F_N＝mg.由于B在增大，安培力BIl增大，绳的拉力F_T增大，地面的支持力F_N减小，当F_N＝0时，重物将被吊起．

此时BIl＝mg①

又B＝B₀+t＝0.5+0.1t②

E＝Ll③

I＝④

联立①②③④，代入数据解得t＝1 s.

答案：1 s

7.如图12－2－19甲所示，水平面上的平行导轨MN、PQ上放着两根导体棒ab、cd，两棒间用绝缘丝线系住．开始，匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示．I和F_T分别表示流过导体棒中的电流和丝线的拉力．则在t₀时刻(　)

图12－2－19

A．I＝0，F_T＝0　　　　B．I＝0，F_T≠0

C．I≠0，F_T＝0　 　　　　　　D．I≠0，F_T≠0

解析：选C.t₀时刻，磁场的磁通量变化，故I≠0；由于B＝0，故ab、cd受安培力均为零，丝线的拉力为零．

6．(2010年济南模拟)如图12－2－17所示，一底边为L，高也为L的等腰三角形导体以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过长为2L，宽为L的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．t＝0时刻，三角形导体的底边刚进入磁场，取沿逆时针方向的感应电流为正，则在三角形导体穿过磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是图12－2－18中的(　)

图12－2－17

图12－2－18

解析：选A.在进入的过程中，切割磁感线的有效长度逐渐减小，所以电流逐渐减小，全部进入磁场后电流为零．在出场的过程中，电流方向与进入时反向，电流逐渐减为零，故A对．

5．(2010年宁波模拟)如图12－2－16甲所示，长直导线与矩形线框abcd处在同一平面中固定不动，长直导线中通以大小和方向随时间做周期性变化的电流i，i­t图象如图乙所示，规定图中箭头所指的方向为电流正方向，则在-时间内，对矩形线框中感应电流的方向和大小，下列判断正确的是(　)

图12－2－16

A．始终沿逆时针方向且增大

B．始终沿顺时针方向，先增大后减小

C．先沿逆时针方向然后沿顺时针方向，先减小后增大

D．先沿顺时针方向然后沿逆时针方向，先增大后减小

答案：B