2019人教版选择性必修第二册第二章电磁感应素养检测提升练习（word版含答案）

2019人教版选择性必修第二册 第二章 电磁感应 素养检测 提升练习
一、多选题
1．如图，线圈M和线圈N绕在同一铁芯上，M与电源、开关、滑动变阻器相连，P为滑动变阻器的滑片，开关S处于闭合状态，N与电阻R相连。下列说法正确的是 （　　）
A．当P向右移动时，通过R的电流方向为由b到a
B．当P向右移动时，通过R的电流方向为由a到b
C．断开S的瞬间，通过R的电流方向为由b到a
D．断开S的瞬间，通过R的电流方向为由a到b
2．如图所示，在Ⅰ、Ⅲ区域内分布有磁感应强度大小均为、方向相反的匀强磁场，两区域中间为宽为的无磁场区Ⅱ，有一边长为、电阻为的均匀正方形金属线框置于区域Ⅰ，边与磁场边界平行，线框平面与磁场方向垂直，金属线框在水平向右的拉力作用下，以速度向右匀速运动，则（ ）
A．当边刚进入中央无磁场区域Ⅱ时，两点间电压大小为
B．边刚进入磁场区域Ⅲ时，通过边的电流大小为，方向为
C．把金属线框从区域Ⅰ完全拉入区域Ⅲ的过程中，拉力所做的功为
D．在边刚出区域Ⅰ到刚进入区域Ⅲ的过程中，回路中产生的焦耳热为
3．如图所示，软导线放在水平面上，空间存在竖直方向的匀强磁场，由于磁场发生变化，回路形状由图甲变为图乙。关于该磁场的方向以及强弱的变化，下列说法可能正确的是（　　）
A．方向竖直向上，逐渐增强 B．方向竖直向上，逐渐减弱
C．方向竖直向下，逐渐增强 D．方向竖直向下，逐渐减弱
4．如图，方向竖直向上的匀强磁场中固定着两根位于同一水平面内的足够长平行金属导轨，导轨上静止着与导轨接触良好的两根相同金属杆1和2，两杆与导轨间的动摩擦因数相同且不为零，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用平行于导轨的恒力F拉金属杆2使其开始运动，在足够长时间里，下列描述两金属杆的速度v随时间t变化关系的图像中，可能正确的是（　　）
A． B． C． D．
5．如图所示，在一匀强磁场中有一足够长的U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可以在ab、cd上无摩擦地滑动.杆ef及线框中导线的电阻都可不计．开始时，给 ef一个向右的初速度，则
A．ef将向右匀减速运动
B．ef运动的加速度越来越小
C．R的热功率均匀减小
D．ef减少的动能等于R产生的热量
6．在一周期性变化的匀强磁场中有一圆形闭合线圈，线圈平面与磁场垂直，如图甲所示，规定图中磁场方向为正。已知线圈的半径为、匝数为，总电阻为，应强度的最大值为，变化周期为，磁感应强度按图乙所示变化。则下列说法正确的是（　　）
A．在时间内，该线圈中感应电流的大小
B．在时间内，该线圈中感应电流的大小为
C．该线圈在一个周期内产生的焦耳热为
D．该线圈在一个周期内产生的焦耳热为
7．如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd，由位置1（左）匀速运动到位置2（右）则（　　）
A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a
B．导线框完全进入磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a
C．导线框完全进入磁场时，无感应电流
D．导线框出磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a
8．如图所示，带负电的圆环A绕圆心O旋转，闭合小线圈B的圆心与O共轴，线圈平面与圆环平面平行，以下说法中正确的是（ ）.
A．只要圆环A在转动，小线圈B中就一定有感应电流产生
B．圆环A不管怎样转动，小线圈B内都不会有感应电流产生
C．圆环A做变速转动时，小线圈B内一定有感应电流产生
D．圆环A做匀速转动时，小线圈B内没有感应电流产生
9．如图甲所示，光滑的水平面内MN、QP间存在一匀强磁场，磁场方向竖直向下，一正方形金属线框放置在水平面上。t＝0时，该线框在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速运动，外力F随时间t变化的图线如图乙所示，已知线框质量m＝1 kg、电阻R＝2 Ω，则（　　）
A．磁场宽度为4 m
B．线框穿过磁场边界PQ的时间为0.5 s
C．线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为C
D．线框刚要从磁场穿出时外力F大小为3N
10．如图所示，一水平方向的匀强磁场,磁场区域的高度为h,磁感应强度为B．质量为m、电阻为R、粗细均匀的矩形线圈,ab= L,bc=h,该线圈从cd边离磁场上边界高度处自由落下,不计空气阻力,重力加速度为g,设cd边始终保持水平,则( )
A．cd边刚进入磁场时速度大小
B．cd边刚进入磁场时其两端电压
C．线圈穿过磁场的时间
D．线圈穿过磁场过程中,回路中产生的热量
二、单选题
11．电磁感应发射装置的简易模型如图所示，质量为m，电阻为R，边长为L的正方形金属线框abcd竖直静止放置在水平面上，垂直于线框平面存在有界匀强磁场，线框cd边在磁场外侧且紧靠磁场边界．在某次成功发射过程中，磁感应强度B随时间t的变化规律为B=B0+kt（k是大于零的常数），线框能穿过磁场继续上升，上升的最大高度为h．重力加速度为g，空气阻力不计，线框平面在运动过程中不旋转始终保持竖直．下列说法错误的是（　　）
A．t=0时刻，线框中的电流大小I=
B．t=0时刻，线框ab边受到安培力F=
C．线框从静止到最高点的过程中安培力所做的功等于mgh
D．线框从最高点下落，再次经过磁场的过程中磁感应强度大小为B′且保持恒定，使线框最终以速度v安全着陆．则线框下落过程运动总时间t=
12．如图所示，纸面内直角坐标系xOy的y轴右侧有一菱形区域Obcd，Oc与x轴重合，Oc的长度是bd的长度的两倍．菱形区域内有方向垂直于纸面的两个匀强磁场，磁感应强度等大反向，bd为两磁场的分界线．现有一中心在x轴上的正方形线框ABCD，它的BC边与y轴平行，长度与bd的长度相同，均为．现线框以大小为的速度沿x轴正方向匀速运动，以逆时针方向为感应电流的正方向，则线框在磁场中运动时，线框中通过的感应电流随时间的变化关系图象可能为
A． B．
C． D．
13．如图所示为“探究感应电流与磁通量变化的关系”的实验装置，下列不会引起电流表指针偏转的操作是（ ）
A．闭合开关 B．闭合开关后拔出小线圈A
C．断开开关 D．在开关断开时，将变阻器的滑片向右移动
14．如图甲所示，导体棒、均可在各自的导轨上无摩擦地滑动，导轨电阻不计，匀强磁场的大小不变，方向如图甲所示。若垂直于纸面向里为正方向，匀强磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．时间内，若静止不动，则中的感应电流方向由b到a
B．时间内，若静止不动，则和中均会有恒定的感应电流
C．时间内，若向右匀加速运动，则会向左运动
D．时间内，若向右匀减速运动，则电容器上极板带正电
15．如选项图所示，A中线圈有一小缺口，B、D中匀强磁场区域足够大，C中通电导线位于水平放置的闭合线圈某一直径的正上方．其中能产生感应电流的是(　 　)
A．
B．
C．
D．
16．如图所示，闭合线圈abcd从高处自由下落一段时间后垂直于磁场方向进入一有界磁场．从ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的这段时间内，下列说法正确的是(　　)
A．a端的电势高于b端
B．ab边所受安培力方向为水平向左
C．线圈可能一直做匀速运动
D．线圈可能一直做匀加速直线运动
17．如图所示的电路中，、是完全相同的灯泡，线圈的自感系数较大，它的电阻与定值电阻相等。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关时，先亮、后亮，最后它们一样亮
B．闭合开关后，、始终一样亮
C．断开开关时，、都要过一会才熄灭
D．断开开关时，立刻熄灭、过一会才熄灭
18．如图，在一根竖直放置的铜管的正上方某处从静止开始释放一个强磁体，在强磁体沿着铜管中心轴线穿过铜管的整个过程中，不计空气阻力，那么(　　)
A．由于铜是非磁性材料，故强磁体运动的加速度始终等于重力加速度
B．由于铜是金属材料，能够被磁化，使得强磁体进入铜管时加速度大于重力加速度，离开铜管时加速度小于重力加速度
C．由于铜是金属材料，在强磁体穿过铜管的整个过程中，铜管中都有感应电流，加速度始终小于重力加速度
D．由于铜是金属材料，铜管可视为闭合回路，强磁体进入和离开铜管时产生感应电流，在进入和离开铜管时加速度都小于重力加速度，但在铜管内部时加速度等于重力加速度
19．如图所示，a、b、c为三盏完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、直流电阻为零的自感线圈，E为电源，S为开关，关于三盏灯泡，下列说法正确的是
A．合上开关，c先亮，a、b后亮
B．合上开关，a、b立刻一样亮
C．断开开关，c马上熄灭，a、b一起缓慢熄灭
D．断开开关，b会先闪亮一下再熄灭
20．导体在磁场中切割磁感线会产生感应电流，导体的运动速度v、磁场B、电流I三者的方向有确定的空间关系，在如图所示的四个图中，能正确表示这种关系的是（　　）
A． B．
C． D．
三、实验题
21．如图所示为一种可测量磁感应强度的实验装置：磁铁放在水平放置的电子测力计上，两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其余区域磁场的影响可忽略不计，此时电子测力计的示数为G1．将一直铜条AB水平且垂直于磁场方向静置于磁场中，两端通过导线与一电阻连接成闭合回路，此时电子测力计的示数为G2．现使铜棒以竖直向下的恒定速率v在磁场中运动，这时电子测力计的示数为G3，测得铜条在匀强磁场中的长度为L，回路总阻值为R．铜条始终未与磁铁接触．
（1）下列判断正确的是______
A．G1＜G2＜G3
B．G1＝G2＜G3
C．G1＝G2＞G3
D．G1＜G2＝G3
（2）由以上测得量可以写出磁感应强度B大小的表达式为____________．
四、解答题
22．两根平行金属导轨固定倾斜放置，与水平面夹角为37°，相距d＝0.5m，a、b间接一个电阻R，R＝1.5Ω．在导轨上c、d两点处放一根质量m＝0.05kg的金属棒，bc长L＝1 m，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5．金属棒与导轨接触点间电阻r＝0.5Ω，金属棒被两个垂直于导轨的木桩顶住而不会下滑，如图甲所示．在金属导轨区域加一个垂直导轨斜向下的匀强磁场，磁场随时间的变化关系如图乙所示．重力加速度g＝10m/s2．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：
(1)0～1.0s内回路中产生的感应电动势大小．
(2)t＝0时刻，金属棒所受的安培力大小．
(3)在磁场变化的全过程中，若金属棒始终没有离开木桩而上升，则图乙中t0的最大值．
(4)通过计算在图丙中画出0～t0max内金属棒受到的静摩擦力随时间的变化图像．
23．边长为L、电阻为R的正方形导线框位于光滑水平面内，线框的右侧区域I内存在宽度为L的有界匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于水平面。线框在功率恒为P的外力作用下，ab边恰好向右匀速穿过磁场。ab边进入区域II后，立即受到与速度成正比的阻力作用，即Ff=kv，k为恒量。求：
（1）ab边在区域I内运动的速度v0；
（2）分析说明线框cd边在磁场中的运动情况；
（3）若cd边在穿过磁场的过程中，线框克服阻力做功为W，求线框中产生的焦耳热。
24．如图所示，边长为L，质量为m，电阻为R的匀质正方形刚性导体线框ABCD和直角坐标系xOy（x轴水平，y轴竖直）均处于竖直平面内。在第一象限的空间内存在垂直于纸面向里的磁场，磁感应强度满足（和k均为大于0的已知量）。初始时，线框的A点与坐标原点O重合，AB边与x轴重合（此位置记为位置1）。现给线框一个沿着x轴正方向的速度，当线框的A点的纵坐标为H时（此位置记为位置2），线框恰好达到稳定的运动速率。此后线框继续运动到位置3（位置3和位置2中A点的横坐标相距4L）。若整个运动过程中，线框始终处于同一竖直平面内，AB边始终保持水平，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）线框运动到位置2时线框内电流的方向和大小；
（2）线框从位置1运动到位置2所花的时间；
（3）线框从位置1运动到位置3的过程中产生的焦耳热；
（4）画出线框从位置2开始的运动过程中AB边上的电压随A点横坐标x变化的图象（不要求写出具体计算过程，但是要定量标出位置2所对应的横纵坐标值）。
25．如图所示，光滑的平行导轨间距为L，倾角为θ，处在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨中接入电动势为E、内阻为r的直流电源，电路中有一阻值为R的电阻，其余电阻不计，将质量为m的导体棒由静止释放，求：
(1)通过导体棒的电流大小和方向
(2)导体棒所受的安培力
(3)导体棒在释放时的瞬时加速度的大小。
26．如图甲所示，ef，gh为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距L=1m，导轨左端连接一个R=2Ω的电阻，将一根质量m=0.2kg的金属棒cd垂直地放置导轨上，且与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计，整个装置放在磁感强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，现对金属棒施加一水平向右的拉力F，并保持拉力的功率恒为P=8W，使棒从静止开始向右运动．已知从金属棒开始运动直至达到稳定速度的过程中电阻R产生的热量Q=7.6J．试解答以下问题：
（1）金属棒达到的稳定速度是多少？
（2）金属棒从开始运动直至达到稳定速度所需的时间是多少？
（3）金属棒从开始运动直至达到稳定速度的过程中所产生的平均感应电动势可在什么数值范围内取值？
（4）在乙图中画出金属棒所受的拉力F随时间t变化的大致图像．
27．如图，两条光滑足够长的平行金属导轨倾斜固定，导轨电阻忽略不计，虚线ab与导轨垂直，在ab下方的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将质量均为m的导体棒PQ、MN置于导轨上并与导轨垂直，MN到ab的距离是PQ到ab距离的两倍，先无初速释放PQ，当PQ进入磁场时再无初速释放MN，PQ进入磁场后恰好以速度v作匀速直线运动，两导体棒始终与导轨垂直且接触良好，始终未发生碰撞。求：
（1）MN进入磁场时的速度大小；
（2）从PQ进入磁场到MN进入磁场过程中回路产生的热量；
（3）从PQ进入磁场开始，经足够长的时间内安培力对PQ杆的冲量。
28．随着新技术的应用，手机不断地更新换代．新机型除了常规的硬件升级外，还支持快充和无线充电．图甲为兴趣小组制作的无线充电装置中的输电线圈示意图，已知线圈匝数，电阻，线圈的横截面积，外接电阻．线圈处在平行于线圈轴线的磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，求：
（1）时线圈中的感应电动势
（2）内通过电阻的电荷量；
（3）内电阻上产生的热量．
29．如图所示．在有明显边界PQ的匀强磁场B外有一个与磁场垂直的正方形闭合线框其电阻为R．用一个平行线框的力将此线框匀速地拉进磁场．设第一次速度为v，第二次速度为2v，求两次拉力大小之比多少？
30．如图所示，一个质量为m的木块，在平行于斜面向上的推力F作用下，沿着倾角为的斜面匀速向上运动，木块与斜面间的动摩擦因数为。（（1）推力F的大小。
（2）若将平行于斜面向上的推力F改为水平推力F作用在木块上，而使得木块静止在斜面上，请讨论水平推力F的大小范围。
31．如图所示，空间分布着磁感应强度B=0.5T的水平方向匀强磁场，磁场区域的水平宽度d=0.4m，正方形线框PQMN的边长L= 0.4m，质量m=0.2 kg，电阻R=0.1Ω。静止在光滑绝缘水平板上“I”位置。现用一水平向右的恒力F=0.8N。从静止开始拉线框，当PQ边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，到达“II”位置时MN边刚好出磁场。求：
（1）进入磁场时线框中感应电流I的大小和方向；
（2）进入进场时线框的速度大小v和进入磁场前线框移动的距离x；
（3）从“I”位置到“II”位置的过程中线框产生的焦耳热Q。
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．AD
【详解】
AB．当P向右移动，导致电流增大，根据右手螺旋定则可知，线圈M先是左端是N极，右端是S极。则线圈N的左端是N极，右端是S极。导致向右穿过线圈N的磁通量变大，则由楞次定律可得：感应电流方向由b流向a；故A正确，B错误；
CD．当断开S的瞬间，导致电流减小，根据右手螺旋定则可知，线圈M先是左端是N极，右端是S极。则线圈N左端是N极，右端是S极。导致向右穿过线圈N的磁通量变小，则由楞次定律可得：感应电流方向由a流向b；故C错误，D正确；
故选AD。
2．AC
【解析】
A. 当ab边进入中央无磁场区域Ⅱ时，cd相当于电源，E=BLv，c、d两点间电压U=E=，故A正确；
B. 当ab边刚进入磁场区域Ⅲ时，ab、cd都切割磁感线，感应电动势为E2=2BLv，通过ab边的电流大小I=，由右手定则可知，方向由a→b，故B错误；
C. 金属框从Ⅰ区域完全拉入Ⅲ区域过程中，拉力所做功W=2××s+=，故C正确；
D. 当cd边刚出Ⅰ区域到刚进入Ⅲ区域的过程中，ab边切割磁感线，回路中有感应电流产生，则回路中产生的焦耳热为Q=FAs=s，故D错误．
故选AC.
点睛：金属框从Ⅰ区域完全拉入Ⅲ区域过程可以分成三段研究：第一段ab在Ⅱ区运动，第二段ab在Ⅲ，cd在Ⅰ区运动，第三段cd在Ⅱ区运动．根据欧姆定律、安培力等知识求解．
3．AC
【详解】
根据楞次定律，感应电流的磁场会阻碍原磁场的磁通量变化，无论穿过回路的磁感线的方向如何，只要磁场逐渐增强，穿过回路的磁通量就会增加，回路的面积就将减小。
故选AC。
4．BD
【详解】
AB．当力F作用到杆2上时，杆2立刻做加速运动，随着速度的增加产生感应电流，从而产生向左的安培力，此时的加速度
则随速度增加，杆2做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时做匀速运动；此时对杆1所受的安培力若小于最大静摩擦力，则此过程中杆1始终不动，则图像A错误，B正确；
CD．由上述分析可知，若安培力增加到一定值时杆2开始运动，则随着安培力的增加，棒2做加速度逐渐增加的加速运动，杆1做加速度减小的加速运动，当两杆的加速度相等时，两杆的速度差恒定，此时两杆所受的安培力恒定，加速度恒定，则选项C错误，D正确。
故选BD。
5．BD
【详解】
试题分析：金属棒向右运动时会切割磁感线产生电动势、电流，，此时的安培力：
根据牛顿第二定律：
所以物体减速的过程中加速度随着速度v的减小而减小，直到物体速度减为零，A错误，B正确；根据公式可得R的热功率不是均匀减小，C错误；根据能量守恒可得ef减少的动能等于R产生的热量，D正确；
故选BD
考点：导体切割磁感线时的感应电动势；
点评：此类题目的解题关键点是能够灵活应用法拉第电磁感应定律与安培力公式，推导出适当的表达式判断物理量的变化．
6．AC
【详解】
AB．在内，感应电动势
磁通量的变化
解得
线圈中感应电流的大小
线圈在和两个时间段内产生的感应电流大小相同，产生的热量相同，有
故A正确，B错误。
CD．线圈在时间内产生的感应电流大小
产生的热量
一个周期内产生的总热量
故C正确，D错误。
故选AC。
7．ACD
【详解】
线框进入磁场时，磁通量增大，因此感应电流形成磁场与原磁场方向相反，感应电流形成磁场方向向里，由安培定则可知感应电流方向为a→d→c→b→a; 导线框完全进入磁场时，磁通量不变，无感应电流；导线框出磁场时，磁通量减小，因此感应电流形成磁场与原磁场方向相同，感应电流形成磁场方向向外，由安培定则可知感应电流方向为a→b→c→d→a，故ACD正确，B错误；
故选ACD．
8．CD
【详解】
带负电的圆环A转动时，会产生顺时针的电流，只有当圆环非匀速转动时，小线圈B的磁通量才会发生变化，产生感应电流，故AB错误，CD正确；
故选CD。
9．AC
【详解】
A．t＝0时，线框的速度为零，不受安培力，则其加速度为
磁场宽度为线框在前2s内的位移，即
故A正确；
B．线框刚到达磁场边界PQ时的时间设为t2，有
v0=at2=2×2m/s=4m/s
线框的边长为其第1s内发生的位移，即
L=1m
当线框全部进入磁场的瞬间，有
联立得
设穿过磁场边界PQ的时间为t3，根据匀变速直线运动规律可知
解得
故B错误；
C．线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为
故C正确；
D．线框刚要从磁场穿出时，设其速度为v，有
对线框应用牛顿第二定律，有
联立，可得
故D错误。
故选AC。
10．CD
【详解】
A．由题意可知，线圈从开始运动到cd边进入磁场时做自由落体运动，故cd边刚进入磁场时速度大小满足，解得
故A不符合题意．
B．cd边刚进入磁场时其两端电压
解得：
故B不符合题意．
C．cd边刚进入磁场时受安培力
所以线圈匀速穿过磁场,所用时间
故C符合题意．
D．回路中产生的热量等于重力势能的减少量，即Q=2mgh．故D符合题意．
11．D
【详解】
A、感应电动势：E===kL2，感应电流大小：I==，故A正确．
B、t=0时刻，磁感应强度：B=B0，线框ab边受到的安培力：F=B0IL=，故B正确．
C、线框从静止开始到到达最高点过程，由能量守恒定律得：W安=mgh，即线框从静止到最高点过程安培力做功为mgh，故C正确．
D、线框下落进入磁场前做自由落体运动，h-L=gt12，自由下落的时间：t1=，线框进入磁场时的速度：v1=，线框在磁场中运动过程，由动量定理得：mgt2﹣B′iLt2=mv﹣mv1，其中：q=it2==，解得：t2=+，所以线框下落过程运动总时间t=t1+t2=++，故D错误．
12．D
【详解】
线圈在进入磁场的过程中，磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的方向沿逆时针方向，为正值，从线圈开始运动，到BC边运动到bd位置的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，该段时间为；之后AD和BC棒分别在obd和bcd区域做切割磁感线运动，AD棒切割磁感线运动产生的感应电流方向为顺时针，BC棒产生的感应电流方向也为顺时针，故电路中的电流方向为顺时针方向，有效长度之和为不变，故回路总电动势不变，感应电流顺时针不变，该段时间为；运动L后，BC棒出磁场，AD边在bcd区域中做切割磁感线运动，产生的感应电流方向为逆时针，且其做切割磁感线运动的有效长度均匀减小，感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小，最后减小为零，该段时间，故选项D正确，ABC错误．
13．D
【详解】
当穿过线圈B的磁通量发生变化时会引起感应电流．闭合开关时，磁通量增加，断开开关时磁通量减小，闭合开关后拔出小线圈A时，磁通量减小，ABC均能引起感应电流．在开关断开时，将变阻器的滑片向右移动回路中没有电流，线圈A周围没有磁场，穿过线圈B的磁通量始终为0，不会引起感应电流，D对．
14．C
【详解】
AB．时间内，逐渐增大，静止不动，磁通量均匀增加，由法拉第电磁感应定律可知，左侧闭合回路产生恒定的感应电流，根据楞次定律可知中的感应电流方向有a到b，此过程右侧线圈中磁通量不变，所以cd中无感应电流，故AB错误；
C．时间内，磁场不变，若向右匀加速运动，速度均匀增大，中感应电流大小均匀增加，感应磁场均匀增加，则中产生大小恒定的感应电流，方向从c到d，根据左手定则得导体棒cd受到向左的安培力，即cd向左运动，故C正确；
D．时间内，磁场不变，若向右匀减速运动，速度均匀减小，中感应电流大小均匀减小，感应磁场均匀减小，则中产生大小恒定的感应电流，方向从d到c，电容器上极板带负电，故D错误。
故选C。
15．B
【分析】
本题考查了感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化．据此可正确解答本题．
【详解】
A、由于圆环不闭合，即使磁通量增加，也不产生感应电流，故A错误．
B、由图知，闭合回路的面积增大，磁通量增加，将产生感应电流．故B正确．
C、根据安培定则知，穿过圆环的磁通量完全抵消，磁通量为零，且保持不变，所以不产生感应电流，故C错误．
D、线框垂直于磁感线运动，虽然切割磁感线，但穿过线框的磁通量没有变化，因此也不会产生感应电流，故D错误．
故选B．
16．C
【详解】
此过程中ab边始终切割磁感线，ab边为电源，由右手定则可知电流为逆时针方向，由a流向b，电源内部电流从低电势流向高电势，故a端的电势低于b端，故A错误；由左手定则可知ab边所受安培力方向竖直向上，故B错误；如果刚进入磁场时安培力等于重力，则一直匀速进入，如果安培力不等于重力，则，可知线圈做变加速运动，故C正确，D错误．所以C正确，ABD错误．
17．C
【详解】
AB．线圈的自感系数较大，阻抗也很大，闭合开关S的瞬间， 先亮、后亮，电流稳定后，它们一样亮，AB错误；
CD．断开开关S时，线圈的磁场能转化为电能，线圈相等于电源，线圈、两个灯泡和电阻R形成一个闭合回路，两个灯泡会继续发亮，直到线圈的磁场能消耗完毕才熄灭，D错误，C正确。
故选C。
18．C
【详解】
铜是金属材料，但不能被磁化．铜管可视为闭合回路，强磁体穿过整个铜管的过程中，铜管始终切割磁感线，在管中运动的过程中管中都有感应电流，强磁体受到向上的磁场力，加速度始终小于重力加速度，C正确．
19．C
【详解】
A．开关S闭合瞬间，因线圈L的电流增大，导致出现自感电流阻碍电流的增大，则bc先亮，a后亮，故A错误；
B．合上开关一会儿后，因线圈中电流恒定，则相当于导线，所以ab一样亮，故B错误；
CD．断开开关S的瞬间，由电感的特性可知：L和ab组成的回路中有电流，导致ab一起缓慢熄灭；而c没有电流，则马上熄灭，故C正确，D错误。
故选C。
20．D
【详解】
A．根据右手定则可知，导体棒中产生的感应电流垂直纸面向外，选项A错误；
B．根据右手定则可知，导体棒中产生的感应电流向上，选项B错误；
C．根据右手定则可知，导体棒中产生的感应电流向右，选项C错误；
D．根据右手定则可知，导体棒中产生的感应电流垂直纸面向里，选项D正确；
故选D。
21．B
【详解】
(1)[1]磁铁放在水平放置的电子测力计上，此时电子测力计的示数为G1（磁铁的重力）；铜条构成的闭合电路AB水平且垂直于磁场方向静置于磁场中时，铜条不切割磁感线，无感应电流，无相互作用力，所以示数为G2仍为磁铁的重力，即G1=G2；当铜条向下运动，切割磁感线，产生感应电流，由右手定则可得感应电流方向为B到A，再由左手定则可得，安培力方向竖直向上，根据牛顿第三定律，磁铁受向下的作用力、重力、测力计向上的支持力，测力计的示数G3等于支持力等于磁铁受向下的作用力、重力之和；所以G2＜G3 ．综上所述B答案正确．故选B．
(2)[2]铜条向下运动，切割磁感线，产生感应电流，安培力方向竖直向上，根据牛顿第三定律，磁铁受向下的作用力、重力、测力计向上的支持力，测力计的示数G3等于支持力等于磁铁受向下的作用力、重力之和，所以安培力大小F=G3-G1；以速度V切割磁感线安培力大小；两式结合得；因为G1=G2；所以也可以为
【点睛】
本题考查了安培力的大小计算，应用公式F=BIL时注意公式适用条件和公式中各个物理量的含义．并考查法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律，牛顿第三定律．
22．(1) 0.4 V (2) 0.02 N (3) t0max＝6 s (4)如图所示
【解析】
试题分析：(1)读题图可知：＝T/s＝0.8 T/s
ε感＝＝Ld＝0.8×1×0.5 V＝0.4 V
(2)I感＝＝A＝0.2 A
F安0＝B0I感d＝0.2×0.2×0.5 N＝0.02 N
(3)此时金属棒对木桩的压力为零，最大静摩擦力沿斜面向下，此时沿倾斜导轨方向上合外力为零
F安＝B(t)I感d＝(0.2＋0.8t0max)×0.2×0.5 N＝(0.02＋0.08t0max)N
N＝mgcos 37°＝0.05×10×0.8 N＝0.4 N
f＝μN＝0.5×0.4 N＝0.2 N，即最大静摩擦力.
F安＝mgsin 37°＋f
代入相关数据后，得：t0max＝6s
(4)一开始，木桩对金属棒有支持力，金属棒对导轨无相对运动趋势：f静＝0.2随着安培力F安的增大，木桩对金属棒的弹力减小，直至弹力为零．
满足：F安＝B(t)I感d＝mgsin 37°
代入数据：(0.2＋0.8t)×0.2×0.5＝0.05×10×0.6
得：t＝3.5 s.
F安继续增大，f静从零开始增大，
F安＝B(t)I感d＝(0.2＋0.8t)×0.2×0.5＝mgsin 37°＋f静
所以f随t线性增大至f＝0.2 N(此时t0max＝6 s)
考点：本题考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、物体的平衡条件．
23．（1）v0=；（2）见解析；（3）Q= W
【详解】
（1）电动势
E0=BLv0
电流强度
I0=
安培力
FA=BI0L=
ab边在磁场内匀速运动时，平衡
F=FA=
拉力功率
P=Fv0=
解出
v0=
（2）cd边在磁场中，线框受力如图增加阻力后，合力向左，选向左为正方向，根据牛顿第二定律
FA+Ff -F=ma
求出加速度大小
a=+-
因v与a反方向，应减速运动，加速度随之也减小，故cd边在磁场内的过程中，线框做加速度减小的减速运动（最后可能匀速）
（3）线框速度为v时
FA=BIL=
因B、L、R均为恒量，故安培力与速度v成正比，而Ff也与速度v成正比，故两者的变化规律相同，必有
==
线框克服安培力做功
WA=W
线框中的焦耳热
Q=WA=W
24．（1）方向：逆时针或者ADCBA ；；（2）；（3）；（4）答案见解析
【详解】
（1）方向：逆时针或者ADCBA
得
（2）
得
状态1至2，y方向动量定理
联立可得
（3）状态1至3，能量守恒
由
得
联立方程可得
（4）图像形状（直线）和方位（负半轴）
25．（1）I=方向由a到b （2） 方向水平向右 （3）
【分析】
由题意可知考查安培力、加速度的计算，由闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律计算可得。
【详解】
(1)根据闭合电路欧姆定律有：电流的大小：
I=
方向由a到b
(2)导体棒受到的安培力：
F=BIL=
方向水平向右
(3)对导体棒受力分析，如图所示。
由牛顿第二定律得
mgsin θ－Fcos θ＝ma
解得
【点睛】
对物体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立坐标系，采用正交分解的方法，根据牛顿第二定律列式计算可得。
26．（1）2m/s（2）1s（3）2V【详解】
（1）当金属棒cd速度达到稳定时，做匀速直线运动，速度最大，此时切割磁感线产生的感应电动势：E=BLvm ，
感应电流，金属棒受到的安培力：
此时金属棒cd做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：FB=F，P=Fvm，
即：，解得：vm=2m/s；
（2）由能量守恒定律得：
解得：t=1s；
（3）开始金属棒cd在拉力作用下做加速度逐渐减小的加速度运动，然后做匀速直线运动，它的位移小于金属棒cd以匀速运动的速度运动时的位移， x＜vmt=2×1=2m，同时它的位移又大于匀加速运动的位移：
在从静止开始运动到速度稳定的过程中，磁通量的变化量：△Φ=BLx，
由法拉第电磁感应定律得：，
，则 ，2V＜＜4V；
（4）金属棒cd加速运动时，，由于P是定值，v逐渐增大，则拉力F逐渐减小，
当金属棒cd匀速运动时，，力F随时间变化的图象如图所示；
27．（1）；（2）；（3），冲量I的方向沿斜面向上
【详解】
（1）设PQ初始时离ab距离为s，斜面倾角为θ，PQ静止释放下滑到ab的过程中，有
mgsinθ=ma
v2=2as
MN静止释放下滑到ab过程中，不受安培力，作匀加速运动，设MN进入磁场时速度为v1，有
联立方程，解得
（2）设MN从释放下滑到ab的运动时间为t1，则
v1=at1
PQ在磁场中做匀速运动的位移设为s1，有
s1=vt1
PQ在磁场中做匀速运动时受到的安培力大小为F1，有
F1-mgsinθ=0
此过程回路的热量等于克服安培力做的功
Q=F1s1
联立方程，解得
（3）以沿斜面向下为正，PQ在磁场做匀速运动的过程中安培力冲量
解得
MN进入磁场运动足够长时间后，两杆速度、加速度相同，回路无感应电流，设MN进入磁场后，经过t2时间两杆速度均为v2，此过程中安培力的冲量为I2，对PQ杆，有
对MN杆，有
将代入，解得
从PQ进入磁场开始安培力对PQ杆的总冲量
解得
冲量I的方向沿斜面向上
28．（1）（2）（3）
【分析】
根据法拉第电磁感应定律列式求解感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求解电流，根据焦耳定律列式求解热量即可；
【详解】
（1）由图乙可知时刻
根据法拉第电磁感应定律得
代入数据解得：；
（2）内根据闭合电路欧姆定律可以得到：
电荷量
代入数据可以解得：；
（3）内，根据上面分析可知：，，
根据焦耳定律可以得到，上产生的焦耳热为：
内，同理可以得到：，，
根据焦耳定律可以得到，上产生的焦耳热为：
所以．
【点睛】
本题关键是根据法拉第电磁感应定律列式求解各个时间段的感应电动势大小，然后根据欧姆定律、电流定义公式、焦耳定律列式求解即可．
29．1:2
【详解】
设正方形边长为L，因为线框匀速，所以拉力，又
电流为：
联立解得：
可得则两次拉力大小之比为1:2．
30．(1) ；(2)
【详解】
(1)物体受力如图所示
则
联立三式可得
(2) 若将平行于斜面向上的推力F改为水平推力F作用在木块上，有
若物体恰好不下滑，则最大静摩擦力沿斜面向上，有
可得
若物体恰好不下滑，则有
可得
所以F的范围为
31．（1）4A，逆时针方向；（2）2m/s，0.5m；（3）0.64J
【详解】
（1）线框做匀速运动，安培力与拉力平衡即
BIL=F
代入数据解得
I=4A
由右手定则可知进入磁场时电流方向为逆时针方向。
（2）由闭合电路欧姆定律得
根据法拉第电磁感应定律得
解得
v=2m/s
没进磁场前，由牛顿第二定律得线框加速度为
由运动学公式得
v2=2ax
解得
x=0.5m
（3）由功能关系可得
Q=2FL
解得
Q=0.64J
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