高中物理人教A版（2019）选择性必修 第二册 电磁感应单元试卷
一、单选题
1．（2020高二上·唐山期末）以下叙述正确的是（ ）
A．奥斯特发现了电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系
B．法拉第得到了感应电流方向的规律：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
C．用右手手掌和手指的方向来判断导线切割磁感线产生感应电流的方向时，大拇指所指的方向就是感应电流的方向
D．法拉第对理论和实验资料进行严格分析后，得出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
【答案】A
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；物理学史；右手定则；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A．奥斯特发现了电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系，A符合题意；
B．楞次得到了感应电流方向的规律：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，B不符合题意；
C．用右手手掌和手指的方向来判断导线切割磁感线产生感应电流的方向时，大拇指所指的方向是导体切割磁感线的方向，C不符合题意；
D．法拉第发现了电磁感应现象，纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后，先后指出：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，后人称之为法拉第电磁感应定律，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】应当熟悉物理学史，熟记当代著名物理学家的主要理论贡献。
2．（2021高二下·珠海月考）如图所示，一正方形导线框处于范围足够大的匀强磁场中，下列四幅图中，线框的运动能产生感应电流的是（ ）
A． 将正方形导线框绕竖直轴匀速转动
B． 将正方形导线框绕水平轴匀速转动
C． 将正方形导线框平行于磁场向左平移
D． 将正方形导线框平行于磁场向上平移
【答案】A
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】A．将正方形线框绕竖直轴匀速转动时，通过线框的磁通量变化，所以线框中有感应电流；A符合题意；
B．将正方形导线框绕水平轴匀速转动时，通过线框的磁通量不变，线框中没有感应电流，B不符合题意；
CD．无论将正方形导线框平行于磁场向左平移还是平行于磁场向上平移，通过线框的磁通量都不变，所以线框中不会有感应电流，CD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】感应电流产生的条件是闭合回路中磁通量发生变化。
3．（高中物理人教版（2019）选择性必修第二册2.1楞次定律）如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁（N极朝上，S极朝下）由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向（从上向下看），下列说法中正确的是（ ）
A．总是顺时针 B．总是逆时针
C．先顺时针后逆时针 D．先逆时针后顺时针
【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；楞次定律
【解析】【解答】由图示可知，在磁铁下落过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，在磁铁远离圆环时穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向，C符合题意．
故答案为：C．
【分析】根据条形磁铁的磁场特点，先判断圆环的磁通量的变化，然后由楞次定律可以判断出感应电流的方向。
4．（2019高二上·西湖月考）如图所示圆环形导体线圈 平放在水平桌面上，在 的正上方固定一竖直螺线管 ，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路.若将滑动变阻器的滑片 向下滑动，下列表述正确的是（ ）
A．线圈 中将产生俯视顺时针方向的感应电流
B．穿过线圈 的磁通量变小
C．线圈 有扩张的趋势
D．线圈 对水平桌面的压力FN将增大
【答案】D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，接入电路中的电阻变小，所以流过线圈b的电流增大，所以穿过线圈a的磁通量变大。由右手定则可以判断出穿过线圈a的磁通量增大的方向向下，所以根据楞次定律可知线圈a中感应电流所产生的磁场方向向上，再由右手定则可知线圈a中感应电流方向为俯视逆时针，AB不符合题意。滑片P向下移动使得穿过线圈a的磁通量增加，根据楞次定律的描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，只有线圈a面积减小才能阻碍磁通量的增加，所以线圈a应有收缩的趋势，C不符合题意。滑片P为不动时，线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力。当滑片P向下滑动时，采用等效法，将线圈a和螺线管b看做两个条形磁铁，由楞次定律可以判断出两条形磁铁的N级相对，互相排斥，所以线圈a对水平桌面的压力变大，D符合题意。
故答案为：D
【分析】利用电流大小变化及方向可以判别B线圈的磁场方向和大小变化；结合楞次定律可以判别线圈a的感应电流方向和磁通量变化；结合左手定则可以判别线圈a受到的安培力大小和方向；结合平衡可以判别a对桌面的压力大小变化。
5．（2021高二下·运城期中）如图所示，螺线管匝数 匝，横截面积 ，螺线管导线电阻 ，电阻 ，管内磁场的磁感应强度B的B-t图像如图所示（以向右为正方向），下列说法错误的是（ ）
A．通过电阻R的电流方向是从A到C B．电阻R两端的电压为3V
C．感应电流的大小为1A D．0~2s内通过R的电荷量为2C
【答案】A
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A．穿过螺线管的磁场方向不变，但是大小变化，所以磁通量变化，根据楞次定律可知，电流从C流过R到A，A错误，符合题意；
BC．根据法拉第电磁感应定律得
感应电流为
电阻R两端的电压为
BC正确，不符合题意；
D.0~2s内通过R的电荷量为
D正确，不符合题意。
故答案为：A。
【分析】本题主要考查楞次定律和法拉第电磁感应定律，根据楞次定律判断感应电流方向，由法拉第电磁感应定律计算感应电动势和感应电流的大小。
6．（2021高二下·舒城月考）1831年法拉第把两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器R组成一个回路，B线圈与开关S及电流计G组成另一个回路。如图所示，通过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件。关于该实验下列说法正确的是（ ）
A．闭合S的瞬间，G中有a→b的感应电流
B．闭合S的瞬间，G中有b→a的感应电流
C．闭合S后，R的滑片向左移动的过程，G中有a→b的感应电流
D．闭合S后，R的滑片向左移动的过程，G中有b→a的感应电流
【答案】D
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】AB．在滑片不动的情况下，线圈A中通过的是恒定电流，产生的磁场是恒定的，所以线圈B中不产生感应电流，A、B不符合题意；
CD．在向左移动滑片的过程中，线圈A中电流减小，即线圈B处于逐渐减弱向下的磁场中，由安培定则和楞次定律知，电流表中的电流从b到a， C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】电流表与线圈B构成闭合回路，当线圈中磁通量发生变化时，导致线圈中产生感应电动势，从而出现感应电流，根据右手螺旋定则确定线圈B的磁场方向，再根据楞次定律判断感应电流方向。
7．（2021高二下·柳州月考）如图所示甲、乙电路，电阻R和自感线圈L的电阻都很小。接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则（ ）
A．在电路乙中，断开S，A将渐渐变暗
B．在电路甲中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
C．在电路甲中，断开S，A将渐渐变暗
D．在电路乙中，断开S，A渐渐变亮
【答案】C
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】BC.题图甲中，A与自感线圈L在同一个支路中，流过的电流相同，断开开关S时，线圈L中的自感电动势要维持原电流不变，所以开关断开的瞬间，A的电流不变，以后电流渐渐变小，因此A渐渐变暗，B不符合题意，C符合题意；
AD.题图乙中，A所在支路的电流比自感线圈所在支路的电流要小（因为自感线圈的电阻很小），断开开关S时，自感线圈的自感电动势要阻碍电流的变小，此瞬间自感线圈中的电流不变，自感线圈相当于一个电源给A供电。因此，反向流过A的电流瞬间要变大，然后渐渐变小，所以A将先闪亮一下，然后渐渐变暗，AD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据自感现象和电路的动态分析进行判断。
8．（2021高二下·白城月考）如图所示，电路中完全相同的三只灯泡L1、L2、L3分别与电阻R、电感L、电容C串联，然后再并联到220V、50Hz的交流电路上，三只灯泡亮度恰好相同。若保持交变电压不变，将交变电流的频率增大到60Hz，则发生的现象是（ ）
A．三只灯泡亮度不变 B．三只灯泡均变亮
C．L1亮度不变、L2变亮、L3变暗 D．L1亮度不变、L2变暗、L3变亮
【答案】D
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】电阻与频率无关，故频率增加，电阻不变，故L1亮度不变，由容抗 可知，频率越高，容抗越小，故L3变亮，由感抗 可知，频率越高，感抗越大，故L2变暗，D符合题意，ABC不符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据自感现象和电路的动态分析进行判断。
二、多选题
9．（2020高二下·渭滨期末）如图所示，固定于水平面的 形导线框处于竖直向下的匀强磁场中（磁场足够大），磁场的磁感应强度为 ，点 、 是 形导线框上的两个端点。水平向右恒力 垂直作用在金属棒 上，使金属棒 以速度 向右做匀速运动。金属棒 长度为 ，恰好等于平行轨道间距，且始终与导线框接触良好，不计摩擦阻力，金属棒 的电阻为 。已知导线 的横截面积为 、单位体积内自由电子数为 ，电子电量为 ，电子定向移动的平均速率为 。导线 的电阻为 ，忽略其余导线框的电阻。则，在 时间内（ ）
A．导线 中自由电子从 向 移动
B．金属棒 中产生的焦耳热
C．导线 受到的安培力大小
D．通过导线 横截面的电荷量为
【答案】A,C
【知识点】电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】A．根据右手定则可得电流方向是NMab，则ab中自由电子从b向a移动，A符合题意；
B．金属棒MN运动的位移不知道，无法计算MN中产生的焦耳热Q，B不符合题意；
C．导线中电流强度大小为
所以ab受到的安培力大小
C符合题意；
D．通过导线ab横截面的电流强度为
则在 时间内通过导线 横截面的电荷量为
D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】利用右手定则可以判别感应电流的方向；由于不知道位移不能求出焦耳热的大小；利用电流的表达式和安培力的表达式可以求出安培力的大小；利用电流和时间可以求出电荷量的大小。
10．（2021高二下·胶州期末）如图，PQ为一段固定于水平面上的光滑圆弧导轨，圆弧的圆心为O，半径为L。空间存在垂直导轨平面，磁感应强度大小为B的匀强磁场。电阻为R的金属杆OA与导轨接触良好，图中电阻R1=R2=R，导轨电阻不计。现使OA杆以恒定角速度ω绕圆心O顺时针转动，在其转过 的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．流过电阻R1的电流方向为P→R1→O
B．AO两点间电势差为
C．流过OA的电荷量为
D．外力做的功为
【答案】A,D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．由右手定则判断处OA中电流方向由O→A可知流过电阻R1的电流方向为P→R1→O，A符合题意；
B．OA产生的感应电动势为
将OA当成电源，外部电路R1与 并联，则OA间的电势差为
B不符合题意；
C．流过OA的电流为
转过 角度过程中经过的时间为
流过OA的电荷量为
C不符合题意；
D．转过 角度过程中，外力做的功为
D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据法拉第电磁感应定律判断可知OA切割磁感线时产生O-A的感应电流，再根据闭合电路欧姆定律和能量守恒定律计算AOot的电势差以及外力所做的功和流过OA的电荷量。
11．（2020高二上·武汉期末）如下图所示，有一边界为等腰直角三角形区域，该区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，两直角边的边长为L；有边长也为L的正方形均匀铜线框abcd，以恒定的速度v沿垂直于磁场左边界的方向穿过磁场区域，且磁场的下边界与线框的ad边处于同一水平面上；设ab刚进入磁场为t=0时刻，在线圈穿越磁场区域的过程中，cd间的电势差记为Ucd，从c到d流过cd的电流记为Icd，则Ucd、Icd随时间t变化的图线是下图中的（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】当ab边刚进入磁场时产生的电动势E=BLv
此时
方向均为正值；当线圈向右运动L全部进入磁场时，切割磁感线的有效长度逐渐减为0，此时Ucd和Icd减为零；然后线圈出离磁场，刚开始出离磁场时电动势E=BLv
此时
方向与正方向相同
方向与正方向相反；当线圈向右运动L全部出离磁场时，切割磁感线的有效长度逐渐减为0，此时Ucd和Icd减为零；
故答案为：AC。
【分析】利用有效长度的变化可以判别电动势的大小变化；利用动生电动势的表达式结合欧姆定律可以求出电流和电压的大小。
12．（2020高二上·沈阳期末）如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为1m，导轨平面与水平面夹角θ＝30°，导轨上端跨接一定值电阻R=8Ω，导轨电阻不计，整个装置处于方向垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B=5T，金属棒cd垂直于MN、PQ放置在导轨上，且与导轨保持接触良好，金属棒的质量为1kg，电阻为2Ω，重力加速度为g=10m/s2。现将金属棒由静止释放，沿导轨下滑距离为2m时，金属棒速度达到最大值，则这个过程中（ ）
A．金属棒的最大加速度是5m/s2 B．金属棒cd的最大速度是 m/s
C．通过金属棒横截面的电量q＝1C D．电阻R上产生的电热为Q＝8J
【答案】A,C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A．刚释放金属棒时加速度最大，由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma
解得最大加速度：a=gsinθ=5m/s2
A符合题意；
B．当金属棒做匀速直线运动时，速度最大，则有：
解得最大速度为：
B不符合题意；
C．通过金属棒横截面的电量为：
C符合题意；
D．设电阻R上产生的电热为Q，整个电路产生的电热为Q总，由能量守恒定律得：
电阻R上产生的热量：
联立解得：
代入数据解得：Q≈6.7J
D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】利用最开始的牛顿第二定律可以求出最大的加速度；利用重力的分力和安培力相等可以求出最大的速度；利用磁通量的变化量结合电阻的大小可以求出电荷量的大小；利用能量守恒定律可以求出电阻产生的热量。
13．（2020高二上·重庆期末）将一根粗细均匀的导线折成如图所示的闭合线框，线框上 连线的左侧是半径为r的半圆，右侧与 连线形成等边三角形。将线框放在光滑水平面上，其右侧为磁感应强度为B、方向垂直水平面向下的匀强磁场（虚线为磁场边界），现用外力拉着线框以速度v匀速向右进入该磁场，且运动过程中 连线与磁场边界始终平行，下列说法正确的是（ ）
A．线框进入磁场的过程中产生的感应电动势不变
B．线框进入磁场的过程中产生的感应电动势先变大后变小
C． 连线到达磁场边界时， 两端的电压为
D． 连线到达磁场边界时， 两端的电压为
【答案】B,C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】AB．线框进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，产生的感应电动势先增大后减小，A不符合题意，B符合题意；
CD． 连线到达磁场边界时，产生的感应电动势
线框导线总长度为
两端电压为
C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】由于线圈进入磁场中做匀速直线运动，由于有效长度变化可以判别电动势先增大后减小；利用动生电动势的大小结合欧姆定律可以求出CD两端电压的大小。
14．（2021高二下·龙江期末）如图中的甲所示，足够长光滑水平导轨 、 间连接两定值电阻 ， 导轨间距 ，整个装置处在磁感应强度 的匀强磁场中，质量 的导棒 垂直导轨放置，在外力F作用下由静止开始做匀加速运动，F—t图像如图乙所示，则下列选项正确的是（ ）
A．导体棒匀加速运动的加速度
B． 内通过 的电荷量为
C． 时导体棒两端电压为
D． 时电阻 的热功率为
【答案】A,B
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】A．t=0时，导体的速度为零，安培力为零，拉力F=0.20N
根据牛顿第二定律可得
A符合题意；
B．t=2s时，导体棒运动的位移
则通过导体棒的电荷量
此时拉力F=0.45N
根据牛顿第二定律
解得
此时导体棒速度为
根据闭合电路欧姆定律有
联立解得
由并联电路的电流特点
联立解得
B符合题意；
C． 时导体棒产生的感应电动势为
根据
解得
根据闭合电路的欧姆定律可得导体棒两端的电压为
C不符合题意；
D． 时电阻 的热功率为
D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出导体棒的加速度大小；利用导体棒运动的位移结合牛顿第二定律可以求出电荷量的大小；结合并联电路的电流特点可以求出通过电阻R1的电荷量大小；利用欧姆定律结合动生电动势的表达式可以求出电压的大小；利用电功率的表达式可以求出电阻R1的热功率大小。
三、填空题
15．（2021高二下·兰州期中）如图所示G为指针在中央的灵敏电流表，连接在直流电路中时的偏转情况。今把它与一线圈串联进行电磁感应实验，则（2）中电流计的指针从中央向 偏转；图（3）中的条形磁铁上端为 极。
【答案】向右（或正接线柱一侧）；N
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】灵敏电流表连接在直流电路中时电流从哪方流入指针就偏向哪方；则
（2）中N极插入线圈时，根据楞次定律可知，产生的感应电流从正极流入电流计，则电流计的指针从中央向右偏转；图（3）中电流计指针向右偏转，说明感应电流是从右端流入的，磁体向上拔出，根据楞次定律可知，的条形磁铁上端为N极。
【分析】利用直流电源可以判别电流方向对应的指针的偏转方向；再利用图（2）中磁通量的变化结合楞次定律可以判别电流的方向；利用图（3）中的电流方向可以判别感应磁场的方向，结合楞次定律可以判别其磁铁的磁极方向。
16．（2021高二下·兖州期中）如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置。
（1）将图中所缺的导线补接完整。
（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合，上开关后可能出现的情况有∶
①将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将向 偏转（选填“左”或“右"）；
②原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将向 偏转（选填“左”或“右”）；
（3）在做“探究电磁感应现象”实验时，如果副线圈两端不接任何元件，则副线圈电路中将___________
A．可以用楞次定律和安培定则判断感应电动势方向
B．不能用楞次定律和安培定则判断感应电动势方向
C．因电路不闭合，无电磁感应现象
D．有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势
【答案】（1）
（2）右；左
（3）A；D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】（1）将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示
（2）①闭合开关时，磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏转，将原线圈迅速插入副线圈时，磁通量也增加，灵敏电流计指针也将向右偏转。
②原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电阻增大，电流减小，穿过B线圈的磁通量减小，灵敏电流计指针将向左偏转。
（3）如果副线圈B两端不接任何元件，线圈中仍有磁通量的变化，仍会产生感应电动势，但是不会产生感应电流，仍可根据楞次定律来确定感应电流的方向，从而可以判断出感应电动势的方向，所以AD符合题意；BC不符合题意；
故答案为：AD。
【分析】（1）电源、开关、A螺旋管和滑动变阻器串联；其B和电流计串联；
（2）当磁通量增大时其电流计指针向右偏转；当原线圈迅速插进副线圈其磁通量也增大所以其电流计也向右偏转；当滑动变阻器滑片向左滑动时其电流减小磁通量减小所以电流的指针向左偏转；
（3）副线圈不接任何元件也可以判别其感应电动势的方向，但回路不闭合没有感应电流的产生。
四、计算题
17．（2020高二上·南县期末）如图甲，1000匝的线圈（图中只画了1匝）两端与一个R=4Ω的电阻相连，线圈面积S=2×10-2m2、电阻r=1Ω。线圈中的磁感应强度按图乙所示规律变化，取垂直纸面向里为正方向。求：
（1）0~3s内，回路中的感应电动势及通过电阻R的感应电流方向；
（2）t=5s时，电阻R两端的电压U。
【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律，可知电动势大小为 =2V
根据楞次定律可知线圈中电流始终为顺时针方向，所以通过电阻的感应电流方向为由b到a或向上
（2）解：根据闭合电路欧姆定律可知回路中电流为
根据欧姆定律可知电阻R两端的电压为U=IR=1.6V
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）已知图像磁感应强度的变化，结合法拉第电磁感应定律可以求出电动势的大小；
（2）已知电动势的大小，结合欧姆定律可以求出电阻两端的电压大小。
18．（2021高二下·柳州月考）如图所示，与导线框等宽、阻值是0.1Ω的导体棒ab沿着水平放置的光滑导线框向右做匀速运动，线框中接有电阻R=0.5Ω，线框放在磁感应强度B=0.8T的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，线框的宽度L=0.5m，运动的速度v=12m/s，线框的电阻不计。求：
（1）导体棒ab产生的电动势；
（2）流过电阻R的电流强度；
（3）外力推动ab棒的功率。
【答案】（1）解：电路abcd中ab棒切割磁感线，产生感应电动势，感应电动势为E=BLv=0.8×0.5×12V=4.8V
（2）解：流过电阻R的感应电流为
（3）解：因为导体杆匀速运动，ab杆所受的安培力与外力平衡，则根据平衡条件得：
外力为 F=FA=BIL=0.8×8×0.5N=3.2N
外力推动ab棒的功率为 P=Fv=3.2×12W=38.4W
【知识点】共点力平衡条件的应用；欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势；
（2）根据闭合回路欧姆定律求出流过R的电流强度；
（3）根据平衡求出外力的大小，从而求出外力推动ab棒的功率。
19．（2020高二上·苏州期末）如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置（导轨电阻不计），其宽度L=1m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接一阻值为R=0.3Ω的电阻，质量为m=0.01kg、电阻为r=0.4Ω的金属棒ab紧贴在导轨上，现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，g取10m/s2（忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响），求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）t=2s时，金属棒两端的电压；
（3）金属棒ab开始运动的2s内，电阻R上产生的热量。
【答案】（1）解：金属棒产生的感应电动势为E=BLv
设电路中的电流为I ，由闭合电路欧姆定律可得
当金属棒匀速下落时，设其速度设为v，由x-t图像可得
由共点力平衡条件得
代入数据，解得B=0.1T
（2）解：金属棒产生的感应电动势为E=BLv=0.7V
电路中的电流为
金属棒两端的电压为
（3）解：在0~2s，由x-t图像可得金属棒的位移为
以金属棒ab为研究对象，根据能量守恒定律，可得
代入数据，解得
电阻R上产生的热量为
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）金属棒切割磁场，利用动生电动势可以求出电动势的大小，结合欧姆定律可以求出电流的大小，再利用平衡方程可以求出磁感应强度的大小；
（2）金属棒切割磁场，利用动生电动势的表达式结合欧姆定律可以求出金属棒两端电压的大小；
（3）利用图像可以得出金属棒运动的位移，结合能量守恒定律可以求出电阻产生的热量大小。
20．（2021高二下·定远月考）如图甲所示，两平行导轨是由倾角为 的两倾斜导轨与水平导轨用极短的圆弧导轨平滑连接而成的，并处于磁感应强度大小为 、方向竖直向上的匀强磁场中，两导轨间距为 ，上端用阻值为 的电阻连接。一质量为 的金属杆 在 时由静止开始在沿倾斜导轨向下的拉力（图中未画出）作用下沿导轨下滑，在 时刻金属杆 滑至 处时撤去拉力，金属杆 在水平导轨上继续运动，其速率 随时间 的变化规律如图乙所示，在 时刻刚好停在水平导轨的 处。若全过程中电阻 上产生的总热量为 ，金属杆 始终垂直于导轨并与导轨保持良好接触，导轨和杆 的电阻以及一切摩擦均不计。求：
（1）金属杆 中通过的最大感应电流 ；
（2）金属杆 在斜导轨上下滑的过程中通过电阻 的电荷量 ；
（3）金属杆 在水平导轨上运动的过程中克服安培力做功的平均功率 。
【答案】（1）解：经分析可知，金属杆 运动到水平轨道的 处时的速度最大，最大值为 ，此时回路中产生的感应电动势最大，且最大值为
此时回路中的感应电流最大，最大值为
解得
（2）解：金属杆 在斜导轨上下滑的过程中发生的位移为
该过程中穿过回路的磁通量的变化为
回路中产生的平均感应电动势为
回路中的平均感应电流为
通过回路的电荷量
解得
（3）解：设金属杆 在水平导轨上运动的过程中克服安培力做的功为 ，由动能定理有
克服安培力做功的平均功率为
解得
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）从图像可以得出金属杆最大速度，结合动生电动势的表达式和欧姆定律可以求出最大感应电流的大小；
（2）金属杆AB在斜杆上做匀加速直线运动，利用平均速度公式可以求出位移的大小；结合磁通量变化量及电流的定义式可以求出回路中电荷量的大小；
（3）金属杆在水平导轨上受到安培力，利用动能定理结合作用的时间可以求出克服安培力做功的平均功率大小。
1 / 1高中物理人教A版（2019）选择性必修 第二册 电磁感应单元试卷
一、单选题
1．（2020高二上·唐山期末）以下叙述正确的是（ ）
A．奥斯特发现了电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系
B．法拉第得到了感应电流方向的规律：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
C．用右手手掌和手指的方向来判断导线切割磁感线产生感应电流的方向时，大拇指所指的方向就是感应电流的方向
D．法拉第对理论和实验资料进行严格分析后，得出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．（2021高二下·珠海月考）如图所示，一正方形导线框处于范围足够大的匀强磁场中，下列四幅图中，线框的运动能产生感应电流的是（ ）
A． 将正方形导线框绕竖直轴匀速转动
B． 将正方形导线框绕水平轴匀速转动
C． 将正方形导线框平行于磁场向左平移
D． 将正方形导线框平行于磁场向上平移
3．（高中物理人教版（2019）选择性必修第二册2.1楞次定律）如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁（N极朝上，S极朝下）由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向（从上向下看），下列说法中正确的是（ ）
A．总是顺时针 B．总是逆时针
C．先顺时针后逆时针 D．先逆时针后顺时针
4．（2019高二上·西湖月考）如图所示圆环形导体线圈 平放在水平桌面上，在 的正上方固定一竖直螺线管 ，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路.若将滑动变阻器的滑片 向下滑动，下列表述正确的是（ ）
A．线圈 中将产生俯视顺时针方向的感应电流
B．穿过线圈 的磁通量变小
C．线圈 有扩张的趋势
D．线圈 对水平桌面的压力FN将增大
5．（2021高二下·运城期中）如图所示，螺线管匝数 匝，横截面积 ，螺线管导线电阻 ，电阻 ，管内磁场的磁感应强度B的B-t图像如图所示（以向右为正方向），下列说法错误的是（ ）
A．通过电阻R的电流方向是从A到C B．电阻R两端的电压为3V
C．感应电流的大小为1A D．0~2s内通过R的电荷量为2C
6．（2021高二下·舒城月考）1831年法拉第把两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器R组成一个回路，B线圈与开关S及电流计G组成另一个回路。如图所示，通过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件。关于该实验下列说法正确的是（ ）
A．闭合S的瞬间，G中有a→b的感应电流
B．闭合S的瞬间，G中有b→a的感应电流
C．闭合S后，R的滑片向左移动的过程，G中有a→b的感应电流
D．闭合S后，R的滑片向左移动的过程，G中有b→a的感应电流
7．（2021高二下·柳州月考）如图所示甲、乙电路，电阻R和自感线圈L的电阻都很小。接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则（ ）
A．在电路乙中，断开S，A将渐渐变暗
B．在电路甲中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
C．在电路甲中，断开S，A将渐渐变暗
D．在电路乙中，断开S，A渐渐变亮
8．（2021高二下·白城月考）如图所示，电路中完全相同的三只灯泡L1、L2、L3分别与电阻R、电感L、电容C串联，然后再并联到220V、50Hz的交流电路上，三只灯泡亮度恰好相同。若保持交变电压不变，将交变电流的频率增大到60Hz，则发生的现象是（ ）
A．三只灯泡亮度不变 B．三只灯泡均变亮
C．L1亮度不变、L2变亮、L3变暗 D．L1亮度不变、L2变暗、L3变亮
二、多选题
9．（2020高二下·渭滨期末）如图所示，固定于水平面的 形导线框处于竖直向下的匀强磁场中（磁场足够大），磁场的磁感应强度为 ，点 、 是 形导线框上的两个端点。水平向右恒力 垂直作用在金属棒 上，使金属棒 以速度 向右做匀速运动。金属棒 长度为 ，恰好等于平行轨道间距，且始终与导线框接触良好，不计摩擦阻力，金属棒 的电阻为 。已知导线 的横截面积为 、单位体积内自由电子数为 ，电子电量为 ，电子定向移动的平均速率为 。导线 的电阻为 ，忽略其余导线框的电阻。则，在 时间内（ ）
A．导线 中自由电子从 向 移动
B．金属棒 中产生的焦耳热
C．导线 受到的安培力大小
D．通过导线 横截面的电荷量为
10．（2021高二下·胶州期末）如图，PQ为一段固定于水平面上的光滑圆弧导轨，圆弧的圆心为O，半径为L。空间存在垂直导轨平面，磁感应强度大小为B的匀强磁场。电阻为R的金属杆OA与导轨接触良好，图中电阻R1=R2=R，导轨电阻不计。现使OA杆以恒定角速度ω绕圆心O顺时针转动，在其转过 的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．流过电阻R1的电流方向为P→R1→O
B．AO两点间电势差为
C．流过OA的电荷量为
D．外力做的功为
11．（2020高二上·武汉期末）如下图所示，有一边界为等腰直角三角形区域，该区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，两直角边的边长为L；有边长也为L的正方形均匀铜线框abcd，以恒定的速度v沿垂直于磁场左边界的方向穿过磁场区域，且磁场的下边界与线框的ad边处于同一水平面上；设ab刚进入磁场为t=0时刻，在线圈穿越磁场区域的过程中，cd间的电势差记为Ucd，从c到d流过cd的电流记为Icd，则Ucd、Icd随时间t变化的图线是下图中的（ ）
A． B．
C． D．
12．（2020高二上·沈阳期末）如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为1m，导轨平面与水平面夹角θ＝30°，导轨上端跨接一定值电阻R=8Ω，导轨电阻不计，整个装置处于方向垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B=5T，金属棒cd垂直于MN、PQ放置在导轨上，且与导轨保持接触良好，金属棒的质量为1kg，电阻为2Ω，重力加速度为g=10m/s2。现将金属棒由静止释放，沿导轨下滑距离为2m时，金属棒速度达到最大值，则这个过程中（ ）
A．金属棒的最大加速度是5m/s2 B．金属棒cd的最大速度是 m/s
C．通过金属棒横截面的电量q＝1C D．电阻R上产生的电热为Q＝8J
13．（2020高二上·重庆期末）将一根粗细均匀的导线折成如图所示的闭合线框，线框上 连线的左侧是半径为r的半圆，右侧与 连线形成等边三角形。将线框放在光滑水平面上，其右侧为磁感应强度为B、方向垂直水平面向下的匀强磁场（虚线为磁场边界），现用外力拉着线框以速度v匀速向右进入该磁场，且运动过程中 连线与磁场边界始终平行，下列说法正确的是（ ）
A．线框进入磁场的过程中产生的感应电动势不变
B．线框进入磁场的过程中产生的感应电动势先变大后变小
C． 连线到达磁场边界时， 两端的电压为
D． 连线到达磁场边界时， 两端的电压为
14．（2021高二下·龙江期末）如图中的甲所示，足够长光滑水平导轨 、 间连接两定值电阻 ， 导轨间距 ，整个装置处在磁感应强度 的匀强磁场中，质量 的导棒 垂直导轨放置，在外力F作用下由静止开始做匀加速运动，F—t图像如图乙所示，则下列选项正确的是（ ）
A．导体棒匀加速运动的加速度
B． 内通过 的电荷量为
C． 时导体棒两端电压为
D． 时电阻 的热功率为
三、填空题
15．（2021高二下·兰州期中）如图所示G为指针在中央的灵敏电流表，连接在直流电路中时的偏转情况。今把它与一线圈串联进行电磁感应实验，则（2）中电流计的指针从中央向 偏转；图（3）中的条形磁铁上端为 极。
16．（2021高二下·兖州期中）如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置。
（1）将图中所缺的导线补接完整。
（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合，上开关后可能出现的情况有∶
①将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将向 偏转（选填“左”或“右"）；
②原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将向 偏转（选填“左”或“右”）；
（3）在做“探究电磁感应现象”实验时，如果副线圈两端不接任何元件，则副线圈电路中将___________
A．可以用楞次定律和安培定则判断感应电动势方向
B．不能用楞次定律和安培定则判断感应电动势方向
C．因电路不闭合，无电磁感应现象
D．有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势
四、计算题
17．（2020高二上·南县期末）如图甲，1000匝的线圈（图中只画了1匝）两端与一个R=4Ω的电阻相连，线圈面积S=2×10-2m2、电阻r=1Ω。线圈中的磁感应强度按图乙所示规律变化，取垂直纸面向里为正方向。求：
（1）0~3s内，回路中的感应电动势及通过电阻R的感应电流方向；
（2）t=5s时，电阻R两端的电压U。
18．（2021高二下·柳州月考）如图所示，与导线框等宽、阻值是0.1Ω的导体棒ab沿着水平放置的光滑导线框向右做匀速运动，线框中接有电阻R=0.5Ω，线框放在磁感应强度B=0.8T的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，线框的宽度L=0.5m，运动的速度v=12m/s，线框的电阻不计。求：
（1）导体棒ab产生的电动势；
（2）流过电阻R的电流强度；
（3）外力推动ab棒的功率。
19．（2020高二上·苏州期末）如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置（导轨电阻不计），其宽度L=1m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接一阻值为R=0.3Ω的电阻，质量为m=0.01kg、电阻为r=0.4Ω的金属棒ab紧贴在导轨上，现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，g取10m/s2（忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响），求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）t=2s时，金属棒两端的电压；
（3）金属棒ab开始运动的2s内，电阻R上产生的热量。
20．（2021高二下·定远月考）如图甲所示，两平行导轨是由倾角为 的两倾斜导轨与水平导轨用极短的圆弧导轨平滑连接而成的，并处于磁感应强度大小为 、方向竖直向上的匀强磁场中，两导轨间距为 ，上端用阻值为 的电阻连接。一质量为 的金属杆 在 时由静止开始在沿倾斜导轨向下的拉力（图中未画出）作用下沿导轨下滑，在 时刻金属杆 滑至 处时撤去拉力，金属杆 在水平导轨上继续运动，其速率 随时间 的变化规律如图乙所示，在 时刻刚好停在水平导轨的 处。若全过程中电阻 上产生的总热量为 ，金属杆 始终垂直于导轨并与导轨保持良好接触，导轨和杆 的电阻以及一切摩擦均不计。求：
（1）金属杆 中通过的最大感应电流 ；
（2）金属杆 在斜导轨上下滑的过程中通过电阻 的电荷量 ；
（3）金属杆 在水平导轨上运动的过程中克服安培力做功的平均功率 。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；物理学史；右手定则；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A．奥斯特发现了电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系，A符合题意；
B．楞次得到了感应电流方向的规律：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，B不符合题意；
C．用右手手掌和手指的方向来判断导线切割磁感线产生感应电流的方向时，大拇指所指的方向是导体切割磁感线的方向，C不符合题意；
D．法拉第发现了电磁感应现象，纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后，先后指出：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，后人称之为法拉第电磁感应定律，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】应当熟悉物理学史，熟记当代著名物理学家的主要理论贡献。
2．【答案】A
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】A．将正方形线框绕竖直轴匀速转动时，通过线框的磁通量变化，所以线框中有感应电流；A符合题意；
B．将正方形导线框绕水平轴匀速转动时，通过线框的磁通量不变，线框中没有感应电流，B不符合题意；
CD．无论将正方形导线框平行于磁场向左平移还是平行于磁场向上平移，通过线框的磁通量都不变，所以线框中不会有感应电流，CD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】感应电流产生的条件是闭合回路中磁通量发生变化。
3．【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；楞次定律
【解析】【解答】由图示可知，在磁铁下落过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，在磁铁远离圆环时穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向，C符合题意．
故答案为：C．
【分析】根据条形磁铁的磁场特点，先判断圆环的磁通量的变化，然后由楞次定律可以判断出感应电流的方向。
4．【答案】D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，接入电路中的电阻变小，所以流过线圈b的电流增大，所以穿过线圈a的磁通量变大。由右手定则可以判断出穿过线圈a的磁通量增大的方向向下，所以根据楞次定律可知线圈a中感应电流所产生的磁场方向向上，再由右手定则可知线圈a中感应电流方向为俯视逆时针，AB不符合题意。滑片P向下移动使得穿过线圈a的磁通量增加，根据楞次定律的描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，只有线圈a面积减小才能阻碍磁通量的增加，所以线圈a应有收缩的趋势，C不符合题意。滑片P为不动时，线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力。当滑片P向下滑动时，采用等效法，将线圈a和螺线管b看做两个条形磁铁，由楞次定律可以判断出两条形磁铁的N级相对，互相排斥，所以线圈a对水平桌面的压力变大，D符合题意。
故答案为：D
【分析】利用电流大小变化及方向可以判别B线圈的磁场方向和大小变化；结合楞次定律可以判别线圈a的感应电流方向和磁通量变化；结合左手定则可以判别线圈a受到的安培力大小和方向；结合平衡可以判别a对桌面的压力大小变化。
5．【答案】A
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A．穿过螺线管的磁场方向不变，但是大小变化，所以磁通量变化，根据楞次定律可知，电流从C流过R到A，A错误，符合题意；
BC．根据法拉第电磁感应定律得
感应电流为
电阻R两端的电压为
BC正确，不符合题意；
D.0~2s内通过R的电荷量为
D正确，不符合题意。
故答案为：A。
【分析】本题主要考查楞次定律和法拉第电磁感应定律，根据楞次定律判断感应电流方向，由法拉第电磁感应定律计算感应电动势和感应电流的大小。
6．【答案】D
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】AB．在滑片不动的情况下，线圈A中通过的是恒定电流，产生的磁场是恒定的，所以线圈B中不产生感应电流，A、B不符合题意；
CD．在向左移动滑片的过程中，线圈A中电流减小，即线圈B处于逐渐减弱向下的磁场中，由安培定则和楞次定律知，电流表中的电流从b到a， C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】电流表与线圈B构成闭合回路，当线圈中磁通量发生变化时，导致线圈中产生感应电动势，从而出现感应电流，根据右手螺旋定则确定线圈B的磁场方向，再根据楞次定律判断感应电流方向。
7．【答案】C
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】BC.题图甲中，A与自感线圈L在同一个支路中，流过的电流相同，断开开关S时，线圈L中的自感电动势要维持原电流不变，所以开关断开的瞬间，A的电流不变，以后电流渐渐变小，因此A渐渐变暗，B不符合题意，C符合题意；
AD.题图乙中，A所在支路的电流比自感线圈所在支路的电流要小（因为自感线圈的电阻很小），断开开关S时，自感线圈的自感电动势要阻碍电流的变小，此瞬间自感线圈中的电流不变，自感线圈相当于一个电源给A供电。因此，反向流过A的电流瞬间要变大，然后渐渐变小，所以A将先闪亮一下，然后渐渐变暗，AD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据自感现象和电路的动态分析进行判断。
8．【答案】D
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】电阻与频率无关，故频率增加，电阻不变，故L1亮度不变，由容抗 可知，频率越高，容抗越小，故L3变亮，由感抗 可知，频率越高，感抗越大，故L2变暗，D符合题意，ABC不符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据自感现象和电路的动态分析进行判断。
9．【答案】A,C
【知识点】电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】A．根据右手定则可得电流方向是NMab，则ab中自由电子从b向a移动，A符合题意；
B．金属棒MN运动的位移不知道，无法计算MN中产生的焦耳热Q，B不符合题意；
C．导线中电流强度大小为
所以ab受到的安培力大小
C符合题意；
D．通过导线ab横截面的电流强度为
则在 时间内通过导线 横截面的电荷量为
D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】利用右手定则可以判别感应电流的方向；由于不知道位移不能求出焦耳热的大小；利用电流的表达式和安培力的表达式可以求出安培力的大小；利用电流和时间可以求出电荷量的大小。
10．【答案】A,D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．由右手定则判断处OA中电流方向由O→A可知流过电阻R1的电流方向为P→R1→O，A符合题意；
B．OA产生的感应电动势为
将OA当成电源，外部电路R1与 并联，则OA间的电势差为
B不符合题意；
C．流过OA的电流为
转过 角度过程中经过的时间为
流过OA的电荷量为
C不符合题意；
D．转过 角度过程中，外力做的功为
D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】根据法拉第电磁感应定律判断可知OA切割磁感线时产生O-A的感应电流，再根据闭合电路欧姆定律和能量守恒定律计算AOot的电势差以及外力所做的功和流过OA的电荷量。
11．【答案】A,C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】当ab边刚进入磁场时产生的电动势E=BLv
此时
方向均为正值；当线圈向右运动L全部进入磁场时，切割磁感线的有效长度逐渐减为0，此时Ucd和Icd减为零；然后线圈出离磁场，刚开始出离磁场时电动势E=BLv
此时
方向与正方向相同
方向与正方向相反；当线圈向右运动L全部出离磁场时，切割磁感线的有效长度逐渐减为0，此时Ucd和Icd减为零；
故答案为：AC。
【分析】利用有效长度的变化可以判别电动势的大小变化；利用动生电动势的表达式结合欧姆定律可以求出电流和电压的大小。
12．【答案】A,C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A．刚释放金属棒时加速度最大，由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma
解得最大加速度：a=gsinθ=5m/s2
A符合题意；
B．当金属棒做匀速直线运动时，速度最大，则有：
解得最大速度为：
B不符合题意；
C．通过金属棒横截面的电量为：
C符合题意；
D．设电阻R上产生的电热为Q，整个电路产生的电热为Q总，由能量守恒定律得：
电阻R上产生的热量：
联立解得：
代入数据解得：Q≈6.7J
D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】利用最开始的牛顿第二定律可以求出最大的加速度；利用重力的分力和安培力相等可以求出最大的速度；利用磁通量的变化量结合电阻的大小可以求出电荷量的大小；利用能量守恒定律可以求出电阻产生的热量。
13．【答案】B,C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】AB．线框进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，产生的感应电动势先增大后减小，A不符合题意，B符合题意；
CD． 连线到达磁场边界时，产生的感应电动势
线框导线总长度为
两端电压为
C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】由于线圈进入磁场中做匀速直线运动，由于有效长度变化可以判别电动势先增大后减小；利用动生电动势的大小结合欧姆定律可以求出CD两端电压的大小。
14．【答案】A,B
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】A．t=0时，导体的速度为零，安培力为零，拉力F=0.20N
根据牛顿第二定律可得
A符合题意；
B．t=2s时，导体棒运动的位移
则通过导体棒的电荷量
此时拉力F=0.45N
根据牛顿第二定律
解得
此时导体棒速度为
根据闭合电路欧姆定律有
联立解得
由并联电路的电流特点
联立解得
B符合题意；
C． 时导体棒产生的感应电动势为
根据
解得
根据闭合电路的欧姆定律可得导体棒两端的电压为
C不符合题意；
D． 时电阻 的热功率为
D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出导体棒的加速度大小；利用导体棒运动的位移结合牛顿第二定律可以求出电荷量的大小；结合并联电路的电流特点可以求出通过电阻R1的电荷量大小；利用欧姆定律结合动生电动势的表达式可以求出电压的大小；利用电功率的表达式可以求出电阻R1的热功率大小。
15．【答案】向右（或正接线柱一侧）；N
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】灵敏电流表连接在直流电路中时电流从哪方流入指针就偏向哪方；则
（2）中N极插入线圈时，根据楞次定律可知，产生的感应电流从正极流入电流计，则电流计的指针从中央向右偏转；图（3）中电流计指针向右偏转，说明感应电流是从右端流入的，磁体向上拔出，根据楞次定律可知，的条形磁铁上端为N极。
【分析】利用直流电源可以判别电流方向对应的指针的偏转方向；再利用图（2）中磁通量的变化结合楞次定律可以判别电流的方向；利用图（3）中的电流方向可以判别感应磁场的方向，结合楞次定律可以判别其磁铁的磁极方向。
16．【答案】（1）
（2）右；左
（3）A；D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】（1）将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示
（2）①闭合开关时，磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏转，将原线圈迅速插入副线圈时，磁通量也增加，灵敏电流计指针也将向右偏转。
②原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，电阻增大，电流减小，穿过B线圈的磁通量减小，灵敏电流计指针将向左偏转。
（3）如果副线圈B两端不接任何元件，线圈中仍有磁通量的变化，仍会产生感应电动势，但是不会产生感应电流，仍可根据楞次定律来确定感应电流的方向，从而可以判断出感应电动势的方向，所以AD符合题意；BC不符合题意；
故答案为：AD。
【分析】（1）电源、开关、A螺旋管和滑动变阻器串联；其B和电流计串联；
（2）当磁通量增大时其电流计指针向右偏转；当原线圈迅速插进副线圈其磁通量也增大所以其电流计也向右偏转；当滑动变阻器滑片向左滑动时其电流减小磁通量减小所以电流的指针向左偏转；
（3）副线圈不接任何元件也可以判别其感应电动势的方向，但回路不闭合没有感应电流的产生。
17．【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律，可知电动势大小为 =2V
根据楞次定律可知线圈中电流始终为顺时针方向，所以通过电阻的感应电流方向为由b到a或向上
（2）解：根据闭合电路欧姆定律可知回路中电流为
根据欧姆定律可知电阻R两端的电压为U=IR=1.6V
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）已知图像磁感应强度的变化，结合法拉第电磁感应定律可以求出电动势的大小；
（2）已知电动势的大小，结合欧姆定律可以求出电阻两端的电压大小。
18．【答案】（1）解：电路abcd中ab棒切割磁感线，产生感应电动势，感应电动势为E=BLv=0.8×0.5×12V=4.8V
（2）解：流过电阻R的感应电流为
（3）解：因为导体杆匀速运动，ab杆所受的安培力与外力平衡，则根据平衡条件得：
外力为 F=FA=BIL=0.8×8×0.5N=3.2N
外力推动ab棒的功率为 P=Fv=3.2×12W=38.4W
【知识点】共点力平衡条件的应用；欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势；
（2）根据闭合回路欧姆定律求出流过R的电流强度；
（3）根据平衡求出外力的大小，从而求出外力推动ab棒的功率。
19．【答案】（1）解：金属棒产生的感应电动势为E=BLv
设电路中的电流为I ，由闭合电路欧姆定律可得
当金属棒匀速下落时，设其速度设为v，由x-t图像可得
由共点力平衡条件得
代入数据，解得B=0.1T
（2）解：金属棒产生的感应电动势为E=BLv=0.7V
电路中的电流为
金属棒两端的电压为
（3）解：在0~2s，由x-t图像可得金属棒的位移为
以金属棒ab为研究对象，根据能量守恒定律，可得
代入数据，解得
电阻R上产生的热量为
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【分析】（1）金属棒切割磁场，利用动生电动势可以求出电动势的大小，结合欧姆定律可以求出电流的大小，再利用平衡方程可以求出磁感应强度的大小；
（2）金属棒切割磁场，利用动生电动势的表达式结合欧姆定律可以求出金属棒两端电压的大小；
（3）利用图像可以得出金属棒运动的位移，结合能量守恒定律可以求出电阻产生的热量大小。
20．【答案】（1）解：经分析可知，金属杆 运动到水平轨道的 处时的速度最大，最大值为 ，此时回路中产生的感应电动势最大，且最大值为
此时回路中的感应电流最大，最大值为
解得
（2）解：金属杆 在斜导轨上下滑的过程中发生的位移为
该过程中穿过回路的磁通量的变化为
回路中产生的平均感应电动势为
回路中的平均感应电流为
通过回路的电荷量
解得
（3）解：设金属杆 在水平导轨上运动的过程中克服安培力做的功为 ，由动能定理有
克服安培力做功的平均功率为
解得
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）从图像可以得出金属杆最大速度，结合动生电动势的表达式和欧姆定律可以求出最大感应电流的大小；
（2）金属杆AB在斜杆上做匀加速直线运动，利用平均速度公式可以求出位移的大小；结合磁通量变化量及电流的定义式可以求出回路中电荷量的大小；
（3）金属杆在水平导轨上受到安培力，利用动能定理结合作用的时间可以求出克服安培力做功的平均功率大小。
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