人教版物理必修3同步练习: 13.3 电磁感应现象及应用(优生加练)
一、选择题
1．如图所示，匀强磁场的方向垂直于光滑的金属导轨平面向里，极板间距为d的平行板电容器与总阻值为2R0的滑动变阻器通过平行导轨连接，电阻为R0的导体棒MN可在外力的作用下沿导轨从左向右做匀速直线运动。当滑动变阻器的滑动触头位于a、b的中间位置、导体棒MN的速度为v0时，位于电容器中P点的带电油滴恰好处于静止状态．若不计摩擦和平行导轨及导线的电阻，重力加速度为g，则下列判断正确的是（ ）
A．油滴带正电荷
B．若将上极板竖直向上移动距离d，油滴将向上加速运动，加速度
C．若将导体棒的速度变为2v0，油滴将向上加速运动，加速度a=2g
D．若保持导体棒的速度为v0不变，而将滑动触头置于a位置，同时将电容器上极板向上移动距离d／3，油滴仍将静止
【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】【分析】根据右手定责可知，M端为正极，液滴静止，因此带负电，故A错误；设导体棒长度为L，导体棒切割磁感线形成的感应电动势为：E=BLv；电容器两端电压为：①
开始液滴静止有：②
若将上极板竖直向上移动距离d时，有：③
联立①②③得：，方向竖直向下，故B错误；当若将导体棒的速度变为2v时，有：④
将①中v0换为2v0联立①②④解得：，方向竖直向上，故C错误；
若保持导体棒的速度为v0不变，而将滑动触头置于a位置时，电容器两端之间的电压为：
此时液滴所受电场力为：，因此液滴仍然静止，故D正确．故选D
【点评】本题难度较大，本题实质上借助电磁感应考查了有关电容器的运算，注意正确分析电容器两端电压以及极板的正负极，导体棒MN相当于电源，M端为正极，外电路由滑动变阻器构成，电容器两端电压和滑动变阻器两端电压相等，弄清楚这些然后对带电液滴进行受力分析即可正确解答本题
2．钳型表的工作原理如图所示。当通有交流电的导线从环形铁芯的中间穿过时，与绕在铁芯上的线圈相连的电表指针会发生偏转。由于通过环形铁芯的磁通量与导线中的电流成正比，所以通过偏转角度的大小可以测量导线中的电流。下面关于用一钳型电流表测量某一电流值说法正确的是（ ）
A．用钳型电流表可以测量直流输电线中的电流
B．当被测交变电流的频率不稳定变高时，测量值偏大
C．当被测交变电流的频率不稳定变高时，测量值偏小
D．当被测交变电流的频率不稳定变高时，测量值是准确的
【答案】B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【分析】由题意可知：磁通量与导线电流的关系，利用法拉第电磁感应定律可推导出电动势与频率的关系．再由欧姆定律可得出电流与频率的关系。
根据电磁感应原理，通过闭合线圈的磁通量发生变化时，线圈中才有感应电流，输电线中只有通过交变电流时周围才形成变化的磁场。故钳型电流表不能测量直流输电线中的电流，A错误；根据φ∝i， ， ，说明线圈中的电动势有效值与频率成正比，根据欧姆定律可知：电流与频率成正比，频率不稳定变高时，电流变大，故CD错误，B正确。
答案：B。
3．（2022·保定模拟）某同学设计了飞船登陆地外星球的电磁阻尼缓冲装置，其模拟器如图所示。模拟器由船舱主体、光滑导轨、缓冲弹簧、绝缘缓冲底座、绝缘缓冲底座上的线圈以及固定在船舱主体上的超导线圈（图中未画出）组成。其中导轨固定在船舱主体下端，绝缘缓冲底座上的线圈为竖直绕在绝缘底座上的单匝闭合线圈，超导线圈产生水平方向的磁场。已知绝缘底座与地面接触后速度迅速减为零，导轨与线圈接触良好，则关于电磁阻尼缓冲装置分析正确的是（ ）
A．船舱主体下端MN必须是导体，不能与导轨绝缘
B．只增加导轨长度，可能使缓冲弹簧接触地面前速度为零
C．只增加磁场的磁感应强度，可使缓冲弹簧接触地面前速度减小
D．只增加闭合线圈电阻，可使缓冲弹簧接触地面前速度减小
【答案】C
【知识点】安培力；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】A．题中缓冲装置是利用绝缘缓冲底座上的线圈感应出感应电流，与船舱主体上的超导线圈互感发生相互作用，从而让船舱主体缓冲的，不是船舱主体下端MN切割磁感线发生感应相互作用的，所以MN无需是导体，可以与导轨绝缘，A不符合题意；
B．绝缘缓冲底座上的线圈ab边切割磁感线，线圈回路磁通量变化，形成感应电流，磁场对ab边的安培力向下，根据牛顿第三定律，ab边对超导线圈的力向上，超导线圈固定在船舱主体上，对船舱主体和导轨
当缓冲底座着地后，船舱主体开始做加速度减小的减速运动，当导轨足够长，船舱主体可能达到收尾速度，之后匀速下降到地面，B不符合题意；
C．当船舱主体所受安培力等于重力时，有
解得
可见：只增加磁场的磁感应强度，可使缓冲弹簧接触地面前速度减小（收尾速度越小）；只增加闭合线圈电阻，可使缓冲弹簧接触地面前速度增大，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】该装置利用电磁感应现象使底座和与船舱主体相互作用，发生相互作用，结合楞次定律以及右手定则得出感应电流的方向，利用安培力的方向以及牛顿第二定律判断船舱主体的运动情况，当船舱主体所受安培力等于重力时得出舱船主体运动的速度。
4．（2017高三上·河南开学考）如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L，纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t=0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流﹣位移（I﹣x）关系的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】解：位移在0～L过程：磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值．
I= ，
l=x
则I= x
位移在L～2L过程：磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值，ACD不符合题意．
位移在2L～3L过程：磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值．
I= （2L﹣x）
故答案为：B．
【分析】0～L过程：磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值．位移在L～2L过程：磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值，位移在2L～3L过程：磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值．
5．（2017高三上·长安模拟）如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向如图甲所示，左线圈连着正方形线框abcd，线框所在区域存在变化的磁场，取垂直纸面向里为正，磁感应强度随时间变化如图乙所示，不计线框以外的感生电场，右侧线圈连接一定值电阻R，下列说法中正确的是（ ）
A．t1时刻ab边中电流方向由a→b，e点电势高于f点
B．设t1、t3时刻ab边中电流大小分别为i1、i3，则有i1＜i3，e点与f点电势相等
C．t2～t4时间内通过ab边电量为0，定值电阻R中无电流
D．t5时刻ab边中电流方向由a→b，f点电势高于e点
【答案】B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；楞次定律；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】解：A、 时刻磁场方向向里且均匀增加，根据楞次定律，线框中感应电流沿逆时针方向，ab边中电流方向由a→b，根据法拉第电磁感应定律知，正方形线框中的感应电动势是恒定值，原线圈中电流值恒定，副线圈中不产生感应电动势，e点电势等于f点电势，A不符合题意；
B、根据法拉第电磁感应定律E=n =n S， 时刻磁感应强度的变化率小于 时刻的磁感应强度变化率， ＜ ，根据欧姆定律i= ，知 ＜ ，B符合题意；
C、 ～ 时间内磁感应强度均匀变化，磁通量均匀变化，有恒定感应电流通过ab，通过ab边的电量不为0，副线圈磁通量不变，定值电阻中无电流，C不符合题意；
D、 时刻磁场方向垂直纸面向外，磁场变小，磁通量减小，根据楞次定律得感应电流逆时针，ab边中电流方向a→b，磁感应强度的变化率增大，感应电流大小变大，穿过原副线圈的磁通量增大，根据楞次定律，副线圈中感应电动势上正下负，因此e点电势高于f点，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】根据法拉第电磁感应定律， t 1 时刻磁感应强度的变化率小于 t 3 时刻的磁感应强度变化率 i 1 ＜ i 3，根据楞次定律， t 1 时刻磁场方向向里且均匀增加，ab边中电流方向由a→b正方形线框中的感应电动势是恒定值，e点电势等于f点电势。
6．（2017高三上·长安模拟）一正三角形导线框ABC（高度为a）从图示位置沿x轴正向匀速穿过两匀强磁场区域．两磁场区域磁感应强度大小均为B、方向相反、垂直于平面、宽度均为a．图乙反映感应电流I与线框移动距离x的关系，以逆时针方向为电流的正方向．图象正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【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；右手定则；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】解：A、x在a～2a范围，线框穿过两磁场分界线时，BC、AC边在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势E1增大，AC边在左侧磁场中切割磁感线，产生的感应电动势E2增大，两个电动势串联，总电动势E=E1+E2增大．A不符合题意；
B、x在0～a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值．B不符合题意；
CD、在2a～3a，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值．C符合题意，D不符合题意．
故答案为：C．
【分析】x在0～a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值．x在a～2a范围，两个电动势串联，总电动势E=E1+E2增大．在2a～3a，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值．
7．（2017高二上·黑龙江期末）如图，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L．现有一边长为 的正方形线框abcd，在外力作用下，保持ac垂直磁场边缘，并以沿x轴正方向的速度水平匀速地通过磁场区域，若以逆时针方向为电流正方向，下图中能反映线框中感应电流变化规律的图是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；右手定则；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；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】解：t在0﹣ 时间内，线框右边开始进入磁场时，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正值；线框有效切割长度均匀增大，由E=BLv可知，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大；
在 ﹣ 时间内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正值；线框有效切割长度均匀减小，由E=BLv可知，感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小；
在 ﹣ 时间内，由楞次定律可知，电流方向为顺时针，为负值；线框两边都切割磁感线，产生感应电动势，感应电动势是进入过程的2倍，线框有效切割长度先均匀增大后均匀减小，由E=BLv可知，感应电动势先均匀增大后均匀减小，感应电流也先均匀增大后均匀减小，感应电流的最大值是0﹣ 过程最大值的2倍；
在 ﹣ 时间内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正值；线框有效切割长度先均匀增大后均匀减小，由E=BLv可知，感应电动势先均匀增大后均匀减小，感应电流也先均匀增大后均匀减小．故C正确；
故选：C．
【分析】由楞次定律可判断线圈中的电流方向；由E=BLv、欧姆定律及匀速运动的规律可得出电流随时间的变化规律，再选择图象，注意公式中L是有效切割长度．
8．两根相距为L的足够长的金属弯角光滑导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边与水平面的夹角为37°，质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，导轨的电阻不计，回路总电阻为2R，整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中，当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v沿导轨匀速运动时，cd杆恰好处于静止状态，重力加速度为g，以下说法正确的是（）
A．ab杆所受拉力F的大小为mg sin37°
B．回路中电流为
C．回路中电流的总功率为mgv sin37°
D．m与v大小的关系为m＝
【答案】D
【知识点】功能关系；安培力；电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【分析】ab棒切割磁感线产生感应电流，由右手定则知方向由a至b，在cd棒中由d至c，cd棒受力如图：
cd棒受安培力F安=ILB=mgtan37°，回路电流I=，ab棒所示安培力与cd棒相同，因ab棒匀速，拉力也等于安培力，又根据功能关系，拉力的功率即为电流的总功率，P=F安v=mgvtan37°，根据闭合电路欧姆定律知电流I=，所以m＝，故选项D正确，其余错误。
二、多项选择题
9．（2021高二上·邹城期中）如图为法拉第发现电磁感应现象的实验装置示意图，软铁环上绕有两个线圈，下列操作中可能观察到灵敏电流计G的指针发生偏转的是（ ）
A． 处于闭合状态，闭合 瞬间
B． 处于闭合状态，闭合 瞬间
C． 、 均处于闭合状态，断开 瞬间
D． 、 均处于闭合状态，断开 瞬间
【答案】B,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】法拉第电磁感应定律：只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，回路中就一定会产生感应电流。
A． 处于闭合状态，闭合 瞬间，穿过副线圈的磁通量没有发生变化，因此副线圈没有感应电流，灵敏电流计G的指针不会发生偏转，A不符合题意；
B． 处于闭合状态，闭合 瞬间，穿过副线圈的磁通量迅速增大，因此副线圈有感应电流产生，灵敏电流计G的指针发生偏转，B符合题意；
C． 、 均处于闭合状态，断开 瞬间，穿过副线圈的磁通量没有发生变化，因此副线圈没有感应电流，灵敏电流计G的指针不会发生偏转，C不符合题意；
D． 、 均处于闭合状态，断开 瞬间，穿过副线圈的磁通量突然消失，因此副线圈产生感应电流，灵敏电流计G的指针会发生偏转，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用电流计所在回路的线圈中磁通量是否改变可以判别是否有感应电流的产生。
10．（2020高二下·四川月考）在如图所示的下列四种情况中，能产生感应电流的有（ ）
A． 闭合线圈沿磁场方向向上运动
B． 铜盘在两磁极间转动
C． 闭合电路中ab杆在磁场中向右运动
D． 条形磁铁静止在线圈上方
【答案】B,C
【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．保持线圈平面始终与磁感线垂直，闭合线圈在磁场中沿磁场方向向上运动，运动方向平行于磁场，磁通量不变，无感应电流，A不符合题意。
B．铜盘在两磁极间转动时，在磁场中的那一部分的铜盘相对于闭合电路的一部分在切割磁感线，所以有感应电流，B符合题意。
C．闭合电路中ab杆在磁场中向右运动，闭合回路的磁通量发生变化，有感应电流，C符合题意。
D．条形磁铁静止在线圈上方，穿过线框的磁通量不变，不能产生感应电流，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】利用楞次定律结合磁通量是否变化可以判别是否有感应电流产生。
11．（2024高二上·怀远期末）如图所示，一足够长的通电直导线水平放置，在导线的正下方有一闭合矩形线圈abcd与导线在同一平面内，且ad边与导线平行，下列情形中能使线圈产生感应电流的是（ ）
A．线圈沿平行于导线的方向向右平移
B．线圈以导线为轴转动
C．线圈绕bc边转动
D．线圈不动，逐渐增大直导线中的电流
【答案】C,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】A、线i圈中产生感应电流的条件是线圈闭合，且线圈内磁通量发生变化。如果线圈沿平行于导线的方向向右平移，线圈中的磁通量不发生变化，故不会产生感应电流，故A错误；
B、如果线圈以导线为轴转动，线圈的磁通量不发生变化，不会产生感应电流，故B错误；
C、如果线圈绕bc边转动，通电直导线周围的磁场分布不均匀，在转动的过程中，线圈中的磁通量会发生变化，所以会产生感应电流，故C正确；
D、如果线圈不动，逐渐增大直导线中的电流，导线产生磁场会变强，线圈中的磁通量会增加，产生感应电流，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】熟悉产生感应电流的条件为线圈闭合，且线圈内磁通量发生变化；直导线周围的磁场方向由右手螺线管定则判断。
12．（2023高二上·辽宁月考） 如图所示，金属圆环水平放置，圆心正上方有一个竖直的条形磁铁，下列哪种做法可以使金属圆环中产生感应电流（ ）
A．金属环和磁铁同时向下做自由落体运动，且金属圆环不翻转
B．金属环和磁铁同时以相同速度水平向右匀速运动
C．磁铁不动，金属圆环向下运动
D．金属圆环不动，磁铁水平向右运动
【答案】C,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】A、金属环和磁铁同时向下做自由落体运动，且金属圆环不翻转，穿过金属圆环的磁通量不发生变化，所以不会产生感应电流，故A错误；
B、金属环和磁铁同时以相同速度水平向右匀速运动，穿过金属圆环的磁通量不发生变化，所以不会产生感应电流，故B错误；
C、磁铁不动，金属圆环向下运动，穿过金属圆环的磁通量变化，会产生感应电流，故C正确；
D、金属圆环不动，磁铁水平向右运动，穿过金属圆环的磁通量变化，会产生感应电流，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】产生感应电流的的条件为，穿过闭合回路的磁通量发生改变。由于线圈的面积不变。故需通过改变穿过线圈的磁感应强度实现磁通量的变化。
13．（2023高二下·鸡西期末）如图甲所示，导线MN和圆形线圈共面且均固定，在MN中通以图乙所示的电流（电流正方向为M指向N），则在0~T时间内（ ）
A．线圈感应电流方向先顺时针后逆时针
B．线圈感应电流方向始终为顺时针
C．线圈受到的安培力始终向左
D．线圈受到的安培力先向左后向右
【答案】B,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】AB、当导线中电流为沿着正方向减小时，穿过线圈中的磁场方向垂直纸面向里且大小在减小，由楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向；当导线中电流沿着负方向增大时，穿过线圈中的磁场方向垂直纸面向外，大小在增大，由楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向，故A错误，B正确；
CD、根据直导线磁场分布可知，线圈左侧受到的磁场比右侧磁场大，感应电流的方向一直为顺时针方向，磁场方向中途发生改变，由左手定则得线圈受到的安培力先向左后向右，故C错误，D正确。
故答案为：BD。
【分析】根据楞次定律可知， 感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化 ，判断感应电流的方向；根据左手定则判断安培力方向。
14．（2022高二上·龙江期中）下图中能产生感应电流的是（ ）
A．甲图中两根导体棒以一定的速度向相反方向运动
B．乙图中导体框以一定的速度水平向右运动
C．丙图中环形导线正上方通入逐渐增大的电流
D．丁图中条形磁铁水平向右靠近环形导体
【答案】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】A．甲图中两根导体棒以一定的速度向相反方向运动，穿过闭合回路的磁通量增大，可以产生感应电流，A符合题意；
B．乙图中导体框以一定的速度水平向右运动，导体框中的磁通量不变，不能产生感应电流，B不符合题意；
C．根据通电直导线周围磁场的分布规律以及对称性可知环形导线框中的磁通量始终为零，不能产生感应电流，C不符合题意；
D．丁图中条形磁铁水平向右靠近环形导体，环形导体中磁通量增大，可以产生感应电流，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】利用各线圈中磁通量是否发生变化可以判别线圈中感应电流是否产生。
15．（2022高二上·浙江期中）某实验装置如图所示，在铁芯P上绕着两个线圈A和B．在线圈A中通入电流i与时间t的关系如图所示，那么在t1～t2这段时间内，可以观察到线圈B中有感应电流的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C,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】A．由图A可知，A中电流不变，电流产生的磁场不变，穿过B的磁通量不变，不产生感应电流，A不符合题意．
BCD．由图BCD可知，通过A的电流发生变化，电流产生的磁感应强度发生变化，穿过B的磁通量发生变化，产生感应电流，BCD符合题意．
故答案为：BCD
【分析】恒定的电场产生不变的磁场，不变的磁场不产生感应电流，闭合回路中产生感应电流的条件是磁通量发生变化。
16．（2022高二上·安丘期中）如图所示为某同学探究电磁感应现象的实验装置。将两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器R、开关组成一个回路，B线圈与电流计G、开关组成另一个回路。关于该实验现象下列说法正确的是（ ）
A．先闭合，再闭合的瞬间，G中无感应电流
B．先闭合，再闭合的瞬间，G中无感应电流
C．闭合、，待电路稳定后G中一直有感应电流
D．闭合、，待电路稳定后R的滑片向左移动的过程中，G中有感应电流
【答案】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】A．先闭合 后，线圈A中产生的是恒定电流，产生的磁场是恒定的，再闭合 的瞬间，穿过线圈B的磁通量不变，线圈B不产生感应电动势，故G中无感应电流。A符合题意；
B．先闭合 ，此时穿过线圈B的磁通量仍为零。再闭合 的瞬间，穿过线圈B的磁通量增加，线圈B产生感应电动势，G中有感应电流。B不符合题意；
C．闭合 、 ，待电路稳定后，穿过线圈B的磁通量不变，线圈B不产生感应电动势，G中无感应电流。C不符合题意；
D．闭合 、 ，待电路稳定后，R的滑片向左移动的过程中，电阻变大，电路中电流减小，穿过线圈B的磁通量减少，线圈B产生感应电动势，G中有感应电流。D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】恒定电流，产生的磁场是恒定的，穿过线圈的磁通量发生变化时回路中产生了感应电流，结合题意进行分析判断正确的选项。
17．（2022高二下·宁德期末）如图所示为手摇手电筒的示意图，通过左右摇晃手电筒，使磁铁相对线圈运动，小灯泡发光，下列说法正确的是（ ）
A．手电筒是利用电磁感应原理工作的
B．摇晃过程线圈磁通量一直增大
C．小灯泡亮度与摇晃手电筒的快慢无关
D．从能量转化的角度来看，摇晃手电筒是将机械能转化为电能
【答案】A,D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；磁通量
【解析】【解答】A．左右摇晃手电筒，使磁铁相对线圈运动，通过线圈的磁通量变化，在线圈中产生感应电流，所以手电筒是利用电磁感应原理工作的，A符合题意；
B．磁铁靠近线圈时，通过线圈的磁通量增大，磁铁远离线圈时，通过线圈的磁通量减小，B不符合题意；
C．摇晃手电筒越快，通过线圈的磁通量变化越快，电路中电流越大，小灯泡越亮，C不符合题意；
D．摇晃手电筒时，将线圈运动的机械能转化为电能，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】手电筒是利用电磁感应原理，结合磁通量的表达式得出磁通量的变化情况，摇晃手电筒时，将线圈运动的机械能转化为电能。
18．（2022高二下·番禺期末）如图，安装在公路上的测速装置：路面下方间隔一定距离埋设两个通电线圈，线圈与检测抓拍装置相连，车辆从线圈上面通过时，线圈中会产生脉冲感应电流，检测装置根据两线圈产生的脉冲信号的时间差计算出车速，对超速车辆进行抓拍。下列说法正确的是（ ）
A．时间差越短，则车速越大
B．时间差越长，则车速越大
C．汽车匀速通过线圈，闭合电路不会产生感应电流
D．汽车匀速通过线圈，闭合电路仍会产生感应电流
【答案】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】AB．车速越大时，汽车经过两个线圈间的距离所用的时间越短，即两线圈产生的脉冲信号的时间差越短，A符合题意，B不符合题意；
CD．汽车通过通电线圈上方时，汽车底盘的金属部件通过通电线圈所产生的磁场，金属部件中的磁通量发生变化，在金属部件中产生感应电流，金属部件中的感应电流产生磁场，此磁场随汽车运动，则穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中产生感应电流，所以汽车无论是匀速还是变速经过线圈，闭合电路中都会产生感应电流。C不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】时间差越短则车速越大；当汽车通过线圈时，无论速度如何其磁通量发生变化则闭合电路产生感应电流。
19．（2022·韶关模拟）某高中科研兴趣小组利用课余时间进行研究电磁阻尼效果的研究性学习，实验示意图如图甲所示，虚线MN右侧有垂直于水平面向下的匀强磁场，边长为1m、质量为0.1kg、电阻为0.2Ω的正方形金属线框在光滑绝缘水平面上以大小v0=2m/s的速度向右滑动并进入磁场，磁场边界MN与线框的右边框平行。从线框刚进入磁场开始计时，线框的速度v随滑行的距离x变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．图乙中x0=1m
B．线框进入磁场的过程中，线框的加速度先不变再突然减为零
C．线框进入磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为0.1J
D．线框进入磁场的过程中，通过线框某横截面的电荷量为C
【答案】A,D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；感应电动势及其产生条件；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
【解析】【解答】A．磁通量变化，线框中产生感应电流，就会受到安培力的作用，从而速度改变；当线框完全进入磁场时，磁通量不变，速度就不变，即图乙中x0=1m，A符合题意；
B．线框进入磁场过程中，安培力为
其中
由图乙可知，速度减小，则安培力减小，由牛顿第二定律可知，线框的加速度减小，由此线框做变减速运动，B不符合题意；
C．根据能量守恒可得，减少的动能全部转化为焦耳热，则有
代入数据，可得
C不符合题意；
D． 线框进入磁场过程中，取水平向右为正，根据动量定理可得
解得
结合图像乙可知，当时，，代入解得
通过线框截面的电量为
解得
D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】A.根据线框在磁场中运动时的受力情况就可以得出安培力是导致线框速度变化的原因，据此就可以判断答案了；
B.根据动生电动势、结合闭合回路的欧姆定律和牛顿第二定律就可以判断线框在运动过程中加速度的变化情况了；
C.在线框运动过程中，线框能量变化为线框动能转化为焦耳热；
D.线框切割磁感线运动问题中，速度变化往往利用动量定理求解。
20．（2021·龙岩模拟）如图所示，两条相距d的足够长的平行光滑金属导轨位于同一水平面内，其左端接阻值为R的定值电阻。电阻为R长为d的金属杆ab在导轨上以初速度vo水平向左运动，其左侧有边界为PQ、MN的匀强磁场，磁感应强度大小为B。该磁场以恒定速度vo匀速向右运动，金属杆进入磁场后，在磁场中运动t时间后达到稳定状态，导轨电阻不计（ ）
A．当金属杆刚进入磁场时，杆两端的电压大小为Bdv0
B．当金属杆运动达到稳定状态时，杆两端的电压大小为Bdv0
C．t时间内金属杆所受安培力的冲量等于0
D．t时间内金属杆所受安培力做的功等于0
【答案】A,D
【知识点】动能定理的综合应用；安培力；电磁感应的发现及产生感应电流的条件；楞次定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A．当金属杆刚进入磁场时，杆相对于磁场的速度是2v0，切割产生的电动势为2Bdv0，则杆两端的电压大小为Bdv0，A符合题意；
B．开始时根据楞次定律可知杆受到向右的安培力作用而做减速运动，当减速到0后，由于磁场依旧向右运动，则金属杆在安培力的作用下向右加速运动，直到杆与磁场的相对速度为0时，金属杆运动达到稳定状态时，此时金属杆不再切割磁感线运动，杆两端的电压大小为0，B不符合题意；
C．t时间内金属杆所受安培力的冲量
C不符合题意；
D．t时间内金属杆所受安培力做的功
D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】金属杆在磁场达到稳定状态时做匀速直线运动，金属杆的速度与磁场的速度相等，回路中不产生感应电流，根据欧姆定律求杆两端的电压，由动量定理求安培力的冲量，有动能定理求安培力做的功。
21．（2021·东北三省模拟）如图甲所示，两条粗糙平行金属导轨倾斜固定放置（两导轨电阻不计） ，倾角 = 37°，间距d=1m，电阻r=3Ω的金属杆与导轨垂直放置，导轨下端连接规格为“3V，3W”的灯泡L。在导轨内有长为l、宽为d的矩形区域abcd，该区域内有垂直导轨平面均匀分布的磁场，各处的磁感应强度B大小始终相等， B随时间t变化图线如图乙所示。在t =0时，金属杆从PQ位置静此释放，向下滑动直到cd位置的过程中，金属杆始终与导轨垂直，灯泡一直处于正常发光状态。则金属杆从PQ位置到cd位置的运动过程中，下列说法正确的是（sin37° =0.6， cos37°= 0.8，重力加速度g取10m/s2）（ ）
A．金属杆先做匀加速直线运动后做匀速直线运动
B．金属杆到达ab位置的速度大小为3m/s
C．金属杆与导轨间的动摩擦因数为0.5
D．金属杆克服安培力做功为6J
【答案】A,B,D
【知识点】安培力；电磁感应的发现及产生感应电流的条件；电路动态分析
【解析】【解答】A．因为灯泡一直处于正常发光状态，而磁场是先均匀增加后保持不变的，所以金属杆从PQ位置到ab位置的过程中做匀加速直线运动，金属杆从ab位置到cd位置的过程中做匀速直线运动，且金属杆到达cd位置时用时间1s，磁场强度正好达到2T，A符合题意；
B．因为灯泡一直处于正常发光状态，所以回路中产生的感应电动势为
根据法拉第电磁感应定律
代入数据解得 B符合题意；
C．金属杆从开始到达ab位置的过程中根据
代入数据解得
金属杆在此过程中的受力情况为
根据牛顿第二定律可得
代入数据解得
C不符合题意；
D．因为灯泡一直处于正常发光状态，所以整个过程电动势一直没变，在金属杆从开始到达ab位置的过程中，回路中产生的电动势为
代入数据解得
金属杆从ab位置到cd位置的过程中的受力情况为
则
安培力对金属杆做功为
D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】根据金属杆的受力情况分析运动情况；求出灯泡正常发光时电路中的电流和灯泡的电阻，再根据闭合电路的欧姆定律、法拉第电磁感应定律求解速度大小；根据平衡条件求得动摩擦因数；根据法拉第电磁感应定律求解出磁场的长度，根据功的计算公式求解金属杆克服安培力做的功。
22．（2017·太原模拟）如图，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L，边长为L的正方形线框abcd的bc边紧靠磁场边缘置于桌面上，使线框从静止开始沿x轴正方向匀加速通过磁场区域，若以逆时针方向为电流的正方向，能反映线框中感应电流变化规律的是图（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；右手定则；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】解：A、B、线框右边开始进入磁场时，由右手定则可知，电流方向为逆时针；当右边框开始进入右边磁场时，电流变化顺时针；而从磁场中离开时，电流方向为逆时针；由E=BLV及V=at可知，E=BLat，电动势随时间为均匀增大，故电流也随时间均匀增大，A符合题意，B不符合题意；
C、D、而由E=BLV及V2=2as可知，E=BL ，故电流与 成正比，C符合题意，D不符合题意；
故答案为：AC．
【分析】根据右手定则判断电流的方向，根据导体棒切割磁感线公式求出感应电动势，再结合匀变速直线运动公式求解。
三、非选择题
23．（2016·杨浦模拟）如图所示，两金属杆AB和CD长均为L，电阻均为R，质量分别为3m和m．用两根质量和电阻均可忽略的不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，并悬挂在水平、光滑、不导电的圆棒两侧．在金属杆AB下方距离为h处有高度为H（H＞h）匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与回路平面垂直，此时，CD刚好处于磁场的下边界．现从静止开始释放金属杆AB，经过一段时间下落到磁场的上边界，加速度恰好为零，此后便进入磁场．求金属杆AB
（1）进入磁场前流过的电量；
（2）释放瞬间每根导线的拉力；
（3）穿过磁场区域的过程，回路中产生的焦耳热．
【答案】（1）解：AB向下运动过程中，CD棒切割产生感应电动势
流过AB杆的电量
（2）解：根据牛顿第二定律得
对AB棒：3mg﹣2T=3ma
对CD棒：2T﹣mg=ma
联立解得，
（3）解：AB棒达到磁场边界时，加速度为零，系统处于平衡状态．
对AB棒分析有 3mg=2T'．
对CD棒分析2T'=mg+BIL 即
解得，此时两棒的运动速率
此后AB棒进入磁场，系统受到安培力（阻力）突然增加，系统做加速度不断减小的减速运动，有三种可能：
一是系统减速到某一值（ ）时，AB棒到磁场下边界的距离h，CD棒开始出磁场．
二是系统刚好达到新的平衡点（ ）时，AB棒到磁场下边界的距离h，CD棒开始出磁场．
三是系统达平衡后，以 的速度匀速一段时间，AB棒到磁场下边界的距离h，CD棒开始出磁场．
当AB棒以 做变加速运动，速度增加到 时，系统再次达到平衡状态，此后 AB匀速一段距离到达磁场的下边界．
根据能量守恒可知，回路中产生的焦耳热等于系统机械能的减小，则得回路中产生的焦耳热Q=3mgH﹣mgH=2mgH
【知识点】对单物体(质点)的应用；电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【分析】（1）AB进入磁场前，CD棒切割磁感线，产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律求解流过AB杆的电量；（2）释放瞬间，CD没有速度，电路中没有感应电流产生，CD不受安培力作用，根据牛顿第二定律分别对两棒进行研究，求解拉力；（3）AB棒达到磁场边界时，加速度为零，系统处于平衡状态，由平衡条件和安培力公式求出此时两棒的运动速率．AB棒进入磁场后，也切割感线产生感应电动势，回路中感应电动势增大，系统受到安培力（阻力）突然增加，系统做加速度不断减小的减速运动，有三种可能：一是系统减速到某一值时，AB棒到磁场下边界的距离h，CD棒开始出磁场．二是系统刚好达到新的平衡点时，AB棒到磁场下边界的距离h，CD棒开始出磁场．三是系统达平衡后，匀速一段时间，AB棒到磁场下边界的距离h，CD棒开始出磁场． 根据系统克服安培力做功等于机械能的减小，即可求出热量．
24．（2017高二上·辽宁期中）如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直．一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放．导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I．整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻．求：
（1）磁感应强度的大小B；
（2）电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；
（3）流经电流表电流的最大值Im．
【答案】（1）解：电流稳定后，导体棒做匀速运动，安培力与重力平衡，则有BIL=mg ①解得B= ②
答：磁感应强度的大小B是 ；
（2）解：感应电动势E=BLv③
感应电流I= ④
由②③④式解得v= ．
答：电流稳定后，导体棒运动速度的大小v是 ；
（3）解：由题意知，导体棒刚进入磁场时的速度最大，产生的感应电流最大，设最大速度为vm．
对于自由下落的过程，根据机械能守恒得：mgh=
感应电流的最大值Im= =
代入解得，Im=
答：流经电流表电流的最大值Im是
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；右手定则；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】【分析】（1）电流稳定后，导体棒做匀速运动，安培力与重力平衡，根据安培力公式可以直接求解磁感应强度。
（2）根据右手定则先写出感应电动势的表达式，再利用欧姆定律求出感应电流，代入可求出速度。
（3）导体棒刚进入磁场时的速度最大，产生的感应电流最大，自由下落的过程，机械能守恒减少的重力势能全部转化为动能，利用安培力公式求出最大电流。
25．（2021高二上·河南月考）如图所示，固定斜面的倾角，与斜面底边平行的为斜面上有界匀强磁场的两条边界，宽度为的匀强磁场的磁感应强度大小为、方向垂直于斜面向下。质量为、电阻为的矩形导体框置于斜面上，边长为，边长为，导体框与斜面间的动摩擦因数为，边水平且与磁场边界平行，初始时边与相距，导体框由静止开始下滑，在边进入磁场时仍然在加速，导体框在经过边界的过程中恰好做匀速运动，直至离开磁场区域。重力加速度大小为，求：
（1）导体框的边刚进入磁场时，导体框的加速度大小；
（2）导体框在经过边界的过程中的速度大小；
（3）从导体框的边进入磁场至导体框的边刚进入磁场过程中，导体框产生的焦耳热。
【答案】（1）解：导体框的边进入磁场前，导体框做初速度为零的匀加速直线运动，设导体框的加速度大小为a0，根据牛顿第二定律有①
当导体框的边刚进入磁场时，设其速度大小为，由运动学公式有②
导体框的边切割磁感线产生的感应电动势为③
导体框中的感应电流④
导体框的边在磁场中运动时受到的安培力大小为⑤
导体框的边刚进入磁场时，根据牛顿第二定律有⑥
联立①~⑥解得⑦
（2）解：导体框在经过边界线的过程中做匀速运动，根据受力平衡有⑧解得⑨
（3）解：从导体框的边进入磁场至导体框的边离开磁场的过程中，导体框做匀加速直线运动，设导体框的边进入磁场时的速度大小为，根据运动学规律有 ⑩
从导体框的边进入磁场至导体框的边刚进入磁场的过程中，根据能量守恒定律有
联立①②⑨⑩ 解得
【知识点】功能关系；电磁感应的发现及产生感应电流的条件；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）分别对线框进入磁场前进行受力分析结合牛顿第二定律就可求出进入磁场前的加速度，然后根据运动学规律可以求出刚进入磁场速度，进入磁场后利用动生电动势公式、闭合电路欧姆定律、以及对导线受力分析结合牛顿第二定律就可以求出加速度；
（2）对线框进行受力分析结合平衡条件就可以用求解答案；
（3）在线框在磁场中运动根据能量守恒定律就可以列方程求解答案。
26．（2018·嘉兴模拟）如图所示，竖直面内有一圆形小线圈，与绝缘均匀带正电圆环同心放置。带电圆环的带电量为Q，绕圆心作圆周运动，其角速度ω随时间t的变化关系如图乙所示(图中ω0、t1、t2为已知量)。线圈通过绝缘导线连接两根竖直的间距为l的光滑平行金属长导轨，两导轨间的矩形区域内存在垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁场的上下边界间距为h，磁感应强度大小恒为B。“工”字形构架由绝缘杆固连间距为H(H＞h)的水平金属棒AB、CD组成，并与导轨紧密接触。初始时锁定“工”字形构架，使AB棒位于磁场内的上边沿，t1时刻解除锁定，时刻开始运动。已知“工”字形构架的质量为m，AB棒和CD棒离开磁场下边沿时的速度大小均为v，金属棒AB、CD和圆形线圈的电阻均为R，其余电阻不计，不考虑线圈的自感。求：
（1）0-t1时间内，带电圆环的等效电流；
（2）t1-12时间内，圆形线圈磁通量变化率的大小，并判断带电圆环圆周运动方向(顺时针还是逆时针方向 )；
（3）从0时刻到CD棒离开磁场的全过程AB棒上产生的焦耳热。
【答案】（1）解：由电流的定义式可知，
（2）解：t1-12时间内，圆形线圈的角速度均匀减小，电流均匀减小，等效电流为
由法拉第电磁感应定律可知，
（3）解：由功能关系可知，
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；电磁感应中的图像类问题；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）带电圆环转动时，相当于Q电荷量的电荷在运动，利用电流定义式可以求出等效电流大小；
（2）利用磁通量的变化率产生感应电动势，又等于等效电流乘以电阻。
（3）利用重力势能转化为焦耳热可以算出系统产生的总热量，AB的电阻等于CD，所以产生的焦耳热占一半。
27．（2017高二下·重庆期中）如图所示，相距L=0.4m、电阻不计的两平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R=0.15Ω的电阻相连，导轨处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面．质量m=0.1kg、电阻r=0.05Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直．t=0时起棒在水平外力F作用下以初速度v0=2m/s、加速度a=1m/s2沿导轨向右匀加速运动．求：
（1）t=2s时回路中的电流；
（2）t=2s时外力F大小；
（3）第2s内通过棒的电荷量．
【答案】（1）解：t=2s时，棒的速度为：v1=v0+at=2+1×2=4m/s
此时由于棒运动切割产生的电动势为：E=BLv1=0.5×0.4×4V=0.8V
由闭合电路欧姆定律可知，回路中的感应电流：I= = A=4A
（2）解：对棒，根据牛顿第二定律得：F﹣BIL=ma
解得 F=BIL+ma=0.5×4×0.4+0.1×1=0.9N
（3）解：t=2s时棒的位移 x=（v0t2+ ）﹣（v0t1+ ）=（2×2+ ×1×22）﹣（2×1+ ×1×12）=3.5m
根据法拉第电磁感应定律得： =
根据闭合电路欧姆定律得 =
通过棒的电量：q= △t= = = =3.5C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；右手定则；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）棒向右匀加速运动，由速度时间公式求出t=1s时的速度，由E=BLv求出感应电动势，由闭合电路欧姆定律求解回路中的电流．（2）根据牛顿第二定律和安培力公式求解外力F的大小．（3）由位移时间公式求出第2s内棒通过的位移大小，由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式求解电荷量．
28．（2017高二上·洛阳期末）如图所示，导体框架的平行导轨（足够长）间 距d=lm，框架平面与水平面夹角θ=37°，框架的电阻不计，电阻R1=0.4Ω．匀强磁场方向垂直框架平面向上，且B=0.2T，光滑导体棒的质量m=0.2kg，电阻R=0.1Ω，水平跨在导轨上，由静止释放，g取 10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）ab棒下滑的最大速度；
（2）ab棒以最大速度下滑时的电热功率．
【答案】（1）解：棒在下滑过程中，当速度最大时受力平衡，根据共点力的平衡条件可得：
mgsinα=BId，
根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得：
I= ，
联立解得：v=15m/s；
答：ab棒下滑的最大速度为15m/s；
（2）解：ab棒以最大速度下滑时电路的电流强度为：
I= = =6A
ab棒的电热功率为：
P=I2R=62×0.1W=3.6W．
答：ab棒以最大速度下滑时的电热功率3.6W．
【知识点】电功率和电功；电磁感应的发现及产生感应电流的条件；欧姆定律；电流的概念；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）棒在下滑过程中，当速度最大时受力平衡，根据共点力的平衡条件来求解；（2）根据电功率的计算公式P=I2R来计算ab棒的电热功率．
29．（2017高二上·黑龙江期末）如图所示，两根足够长的光滑平行直导轨AB、CD与水平面成θ角放置，两导轨间距为L，A、C两点间接有阻值为R的定值电阻．一根质量为m、长也为L的均匀直金属杆ef放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，导轨和金属杆接触良好，金属杆ef的电阻为r，其余部分电阻不计．现让ef杆由静止开始沿导轨下滑．
（1）求ef杆下滑的最大速度vm．
（2）已知ef杆由静止释放至达到最大速度的过程中，ef杆沿导轨下滑的距离为x，求此过程中定值电阻R产生的焦耳热Q和在该过程中通过定值电阻R的电荷量q．
【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律和安培力公式有：
E=BLv ①
I= ②
FA=BIL ③
根据牛顿第二定律有：
mgsinθ﹣FA=ma ④
联立①②③④得：mgsinθ﹣ =ma
当加速度a为零时，速度v达最大，速度最大值：vm= ，
故ef杆下滑的最大速度为：vm= ．
答：ef杆下滑的最大速度vm为 ．
（2）解：根据能量守恒定律有：
mgxsinθ= mvm2+Q总．
得 Q总=mgxsinθ﹣
定值电阻R产生的焦耳热 Q= Q总= [mgxsinθ﹣ ]
根据电磁感应定律有： =
根据闭合电路欧姆定律有： =
感应电量：q= △t= =
答：此过程中定值电阻R产生的焦耳热Q是[mgxsinθ﹣ ]，在该过程中通过定值电阻R的电荷量q为 ．
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；法拉第电磁感应定律；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】【分析】（1）首先分析杆的运动：杆的速度逐渐变大，安培力将逐渐变大，所以杆在导轨上做加速度逐渐减小的加速运动，当安培力等于重力沿导轨分力时匀速运动，速度达到最大．（2）杆下滑过程中，重力势能减小转化为电路中的焦耳热和杆的动能，因此根据功能关系可求出焦耳热；根据法拉第电磁感应定律求出平均电流，然后根据q=It即可求出电量．
1 / 1人教版物理必修3同步练习: 13.3 电磁感应现象及应用(优生加练)
一、选择题
1．如图所示，匀强磁场的方向垂直于光滑的金属导轨平面向里，极板间距为d的平行板电容器与总阻值为2R0的滑动变阻器通过平行导轨连接，电阻为R0的导体棒MN可在外力的作用下沿导轨从左向右做匀速直线运动。当滑动变阻器的滑动触头位于a、b的中间位置、导体棒MN的速度为v0时，位于电容器中P点的带电油滴恰好处于静止状态．若不计摩擦和平行导轨及导线的电阻，重力加速度为g，则下列判断正确的是（ ）
A．油滴带正电荷
B．若将上极板竖直向上移动距离d，油滴将向上加速运动，加速度
C．若将导体棒的速度变为2v0，油滴将向上加速运动，加速度a=2g
D．若保持导体棒的速度为v0不变，而将滑动触头置于a位置，同时将电容器上极板向上移动距离d／3，油滴仍将静止
2．钳型表的工作原理如图所示。当通有交流电的导线从环形铁芯的中间穿过时，与绕在铁芯上的线圈相连的电表指针会发生偏转。由于通过环形铁芯的磁通量与导线中的电流成正比，所以通过偏转角度的大小可以测量导线中的电流。下面关于用一钳型电流表测量某一电流值说法正确的是（ ）
A．用钳型电流表可以测量直流输电线中的电流
B．当被测交变电流的频率不稳定变高时，测量值偏大
C．当被测交变电流的频率不稳定变高时，测量值偏小
D．当被测交变电流的频率不稳定变高时，测量值是准确的
3．（2022·保定模拟）某同学设计了飞船登陆地外星球的电磁阻尼缓冲装置，其模拟器如图所示。模拟器由船舱主体、光滑导轨、缓冲弹簧、绝缘缓冲底座、绝缘缓冲底座上的线圈以及固定在船舱主体上的超导线圈（图中未画出）组成。其中导轨固定在船舱主体下端，绝缘缓冲底座上的线圈为竖直绕在绝缘底座上的单匝闭合线圈，超导线圈产生水平方向的磁场。已知绝缘底座与地面接触后速度迅速减为零，导轨与线圈接触良好，则关于电磁阻尼缓冲装置分析正确的是（ ）
A．船舱主体下端MN必须是导体，不能与导轨绝缘
B．只增加导轨长度，可能使缓冲弹簧接触地面前速度为零
C．只增加磁场的磁感应强度，可使缓冲弹簧接触地面前速度减小
D．只增加闭合线圈电阻，可使缓冲弹簧接触地面前速度减小
4．（2017高三上·河南开学考）如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L，纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t=0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流﹣位移（I﹣x）关系的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2017高三上·长安模拟）如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向如图甲所示，左线圈连着正方形线框abcd，线框所在区域存在变化的磁场，取垂直纸面向里为正，磁感应强度随时间变化如图乙所示，不计线框以外的感生电场，右侧线圈连接一定值电阻R，下列说法中正确的是（ ）
A．t1时刻ab边中电流方向由a→b，e点电势高于f点
B．设t1、t3时刻ab边中电流大小分别为i1、i3，则有i1＜i3，e点与f点电势相等
C．t2～t4时间内通过ab边电量为0，定值电阻R中无电流
D．t5时刻ab边中电流方向由a→b，f点电势高于e点
6．（2017高三上·长安模拟）一正三角形导线框ABC（高度为a）从图示位置沿x轴正向匀速穿过两匀强磁场区域．两磁场区域磁感应强度大小均为B、方向相反、垂直于平面、宽度均为a．图乙反映感应电流I与线框移动距离x的关系，以逆时针方向为电流的正方向．图象正确的是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2017高二上·黑龙江期末）如图，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L．现有一边长为 的正方形线框abcd，在外力作用下，保持ac垂直磁场边缘，并以沿x轴正方向的速度水平匀速地通过磁场区域，若以逆时针方向为电流正方向，下图中能反映线框中感应电流变化规律的图是（ ）
A． B．
C． D．
8．两根相距为L的足够长的金属弯角光滑导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边与水平面的夹角为37°，质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，导轨的电阻不计，回路总电阻为2R，整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中，当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v沿导轨匀速运动时，cd杆恰好处于静止状态，重力加速度为g，以下说法正确的是（）
A．ab杆所受拉力F的大小为mg sin37°
B．回路中电流为
C．回路中电流的总功率为mgv sin37°
D．m与v大小的关系为m＝
二、多项选择题
9．（2021高二上·邹城期中）如图为法拉第发现电磁感应现象的实验装置示意图，软铁环上绕有两个线圈，下列操作中可能观察到灵敏电流计G的指针发生偏转的是（ ）
A． 处于闭合状态，闭合 瞬间
B． 处于闭合状态，闭合 瞬间
C． 、 均处于闭合状态，断开 瞬间
D． 、 均处于闭合状态，断开 瞬间
10．（2020高二下·四川月考）在如图所示的下列四种情况中，能产生感应电流的有（ ）
A． 闭合线圈沿磁场方向向上运动
B． 铜盘在两磁极间转动
C． 闭合电路中ab杆在磁场中向右运动
D． 条形磁铁静止在线圈上方
11．（2024高二上·怀远期末）如图所示，一足够长的通电直导线水平放置，在导线的正下方有一闭合矩形线圈abcd与导线在同一平面内，且ad边与导线平行，下列情形中能使线圈产生感应电流的是（ ）
A．线圈沿平行于导线的方向向右平移
B．线圈以导线为轴转动
C．线圈绕bc边转动
D．线圈不动，逐渐增大直导线中的电流
12．（2023高二上·辽宁月考） 如图所示，金属圆环水平放置，圆心正上方有一个竖直的条形磁铁，下列哪种做法可以使金属圆环中产生感应电流（ ）
A．金属环和磁铁同时向下做自由落体运动，且金属圆环不翻转
B．金属环和磁铁同时以相同速度水平向右匀速运动
C．磁铁不动，金属圆环向下运动
D．金属圆环不动，磁铁水平向右运动
13．（2023高二下·鸡西期末）如图甲所示，导线MN和圆形线圈共面且均固定，在MN中通以图乙所示的电流（电流正方向为M指向N），则在0~T时间内（ ）
A．线圈感应电流方向先顺时针后逆时针
B．线圈感应电流方向始终为顺时针
C．线圈受到的安培力始终向左
D．线圈受到的安培力先向左后向右
14．（2022高二上·龙江期中）下图中能产生感应电流的是（ ）
A．甲图中两根导体棒以一定的速度向相反方向运动
B．乙图中导体框以一定的速度水平向右运动
C．丙图中环形导线正上方通入逐渐增大的电流
D．丁图中条形磁铁水平向右靠近环形导体
15．（2022高二上·浙江期中）某实验装置如图所示，在铁芯P上绕着两个线圈A和B．在线圈A中通入电流i与时间t的关系如图所示，那么在t1～t2这段时间内，可以观察到线圈B中有感应电流的是（ ）
A． B．
C． D．
16．（2022高二上·安丘期中）如图所示为某同学探究电磁感应现象的实验装置。将两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器R、开关组成一个回路，B线圈与电流计G、开关组成另一个回路。关于该实验现象下列说法正确的是（ ）
A．先闭合，再闭合的瞬间，G中无感应电流
B．先闭合，再闭合的瞬间，G中无感应电流
C．闭合、，待电路稳定后G中一直有感应电流
D．闭合、，待电路稳定后R的滑片向左移动的过程中，G中有感应电流
17．（2022高二下·宁德期末）如图所示为手摇手电筒的示意图，通过左右摇晃手电筒，使磁铁相对线圈运动，小灯泡发光，下列说法正确的是（ ）
A．手电筒是利用电磁感应原理工作的
B．摇晃过程线圈磁通量一直增大
C．小灯泡亮度与摇晃手电筒的快慢无关
D．从能量转化的角度来看，摇晃手电筒是将机械能转化为电能
18．（2022高二下·番禺期末）如图，安装在公路上的测速装置：路面下方间隔一定距离埋设两个通电线圈，线圈与检测抓拍装置相连，车辆从线圈上面通过时，线圈中会产生脉冲感应电流，检测装置根据两线圈产生的脉冲信号的时间差计算出车速，对超速车辆进行抓拍。下列说法正确的是（ ）
A．时间差越短，则车速越大
B．时间差越长，则车速越大
C．汽车匀速通过线圈，闭合电路不会产生感应电流
D．汽车匀速通过线圈，闭合电路仍会产生感应电流
19．（2022·韶关模拟）某高中科研兴趣小组利用课余时间进行研究电磁阻尼效果的研究性学习，实验示意图如图甲所示，虚线MN右侧有垂直于水平面向下的匀强磁场，边长为1m、质量为0.1kg、电阻为0.2Ω的正方形金属线框在光滑绝缘水平面上以大小v0=2m/s的速度向右滑动并进入磁场，磁场边界MN与线框的右边框平行。从线框刚进入磁场开始计时，线框的速度v随滑行的距离x变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．图乙中x0=1m
B．线框进入磁场的过程中，线框的加速度先不变再突然减为零
C．线框进入磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为0.1J
D．线框进入磁场的过程中，通过线框某横截面的电荷量为C
20．（2021·龙岩模拟）如图所示，两条相距d的足够长的平行光滑金属导轨位于同一水平面内，其左端接阻值为R的定值电阻。电阻为R长为d的金属杆ab在导轨上以初速度vo水平向左运动，其左侧有边界为PQ、MN的匀强磁场，磁感应强度大小为B。该磁场以恒定速度vo匀速向右运动，金属杆进入磁场后，在磁场中运动t时间后达到稳定状态，导轨电阻不计（ ）
A．当金属杆刚进入磁场时，杆两端的电压大小为Bdv0
B．当金属杆运动达到稳定状态时，杆两端的电压大小为Bdv0
C．t时间内金属杆所受安培力的冲量等于0
D．t时间内金属杆所受安培力做的功等于0
21．（2021·东北三省模拟）如图甲所示，两条粗糙平行金属导轨倾斜固定放置（两导轨电阻不计） ，倾角 = 37°，间距d=1m，电阻r=3Ω的金属杆与导轨垂直放置，导轨下端连接规格为“3V，3W”的灯泡L。在导轨内有长为l、宽为d的矩形区域abcd，该区域内有垂直导轨平面均匀分布的磁场，各处的磁感应强度B大小始终相等， B随时间t变化图线如图乙所示。在t =0时，金属杆从PQ位置静此释放，向下滑动直到cd位置的过程中，金属杆始终与导轨垂直，灯泡一直处于正常发光状态。则金属杆从PQ位置到cd位置的运动过程中，下列说法正确的是（sin37° =0.6， cos37°= 0.8，重力加速度g取10m/s2）（ ）
A．金属杆先做匀加速直线运动后做匀速直线运动
B．金属杆到达ab位置的速度大小为3m/s
C．金属杆与导轨间的动摩擦因数为0.5
D．金属杆克服安培力做功为6J
22．（2017·太原模拟）如图，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L，边长为L的正方形线框abcd的bc边紧靠磁场边缘置于桌面上，使线框从静止开始沿x轴正方向匀加速通过磁场区域，若以逆时针方向为电流的正方向，能反映线框中感应电流变化规律的是图（ ）
A． B．
C． D．
三、非选择题
23．（2016·杨浦模拟）如图所示，两金属杆AB和CD长均为L，电阻均为R，质量分别为3m和m．用两根质量和电阻均可忽略的不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，并悬挂在水平、光滑、不导电的圆棒两侧．在金属杆AB下方距离为h处有高度为H（H＞h）匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与回路平面垂直，此时，CD刚好处于磁场的下边界．现从静止开始释放金属杆AB，经过一段时间下落到磁场的上边界，加速度恰好为零，此后便进入磁场．求金属杆AB
（1）进入磁场前流过的电量；
（2）释放瞬间每根导线的拉力；
（3）穿过磁场区域的过程，回路中产生的焦耳热．
24．（2017高二上·辽宁期中）如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直．一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放．导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I．整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻．求：
（1）磁感应强度的大小B；
（2）电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；
（3）流经电流表电流的最大值Im．
25．（2021高二上·河南月考）如图所示，固定斜面的倾角，与斜面底边平行的为斜面上有界匀强磁场的两条边界，宽度为的匀强磁场的磁感应强度大小为、方向垂直于斜面向下。质量为、电阻为的矩形导体框置于斜面上，边长为，边长为，导体框与斜面间的动摩擦因数为，边水平且与磁场边界平行，初始时边与相距，导体框由静止开始下滑，在边进入磁场时仍然在加速，导体框在经过边界的过程中恰好做匀速运动，直至离开磁场区域。重力加速度大小为，求：
（1）导体框的边刚进入磁场时，导体框的加速度大小；
（2）导体框在经过边界的过程中的速度大小；
（3）从导体框的边进入磁场至导体框的边刚进入磁场过程中，导体框产生的焦耳热。
26．（2018·嘉兴模拟）如图所示，竖直面内有一圆形小线圈，与绝缘均匀带正电圆环同心放置。带电圆环的带电量为Q，绕圆心作圆周运动，其角速度ω随时间t的变化关系如图乙所示(图中ω0、t1、t2为已知量)。线圈通过绝缘导线连接两根竖直的间距为l的光滑平行金属长导轨，两导轨间的矩形区域内存在垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁场的上下边界间距为h，磁感应强度大小恒为B。“工”字形构架由绝缘杆固连间距为H(H＞h)的水平金属棒AB、CD组成，并与导轨紧密接触。初始时锁定“工”字形构架，使AB棒位于磁场内的上边沿，t1时刻解除锁定，时刻开始运动。已知“工”字形构架的质量为m，AB棒和CD棒离开磁场下边沿时的速度大小均为v，金属棒AB、CD和圆形线圈的电阻均为R，其余电阻不计，不考虑线圈的自感。求：
（1）0-t1时间内，带电圆环的等效电流；
（2）t1-12时间内，圆形线圈磁通量变化率的大小，并判断带电圆环圆周运动方向(顺时针还是逆时针方向 )；
（3）从0时刻到CD棒离开磁场的全过程AB棒上产生的焦耳热。
27．（2017高二下·重庆期中）如图所示，相距L=0.4m、电阻不计的两平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R=0.15Ω的电阻相连，导轨处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面．质量m=0.1kg、电阻r=0.05Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直．t=0时起棒在水平外力F作用下以初速度v0=2m/s、加速度a=1m/s2沿导轨向右匀加速运动．求：
（1）t=2s时回路中的电流；
（2）t=2s时外力F大小；
（3）第2s内通过棒的电荷量．
28．（2017高二上·洛阳期末）如图所示，导体框架的平行导轨（足够长）间 距d=lm，框架平面与水平面夹角θ=37°，框架的电阻不计，电阻R1=0.4Ω．匀强磁场方向垂直框架平面向上，且B=0.2T，光滑导体棒的质量m=0.2kg，电阻R=0.1Ω，水平跨在导轨上，由静止释放，g取 10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）ab棒下滑的最大速度；
（2）ab棒以最大速度下滑时的电热功率．
29．（2017高二上·黑龙江期末）如图所示，两根足够长的光滑平行直导轨AB、CD与水平面成θ角放置，两导轨间距为L，A、C两点间接有阻值为R的定值电阻．一根质量为m、长也为L的均匀直金属杆ef放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，导轨和金属杆接触良好，金属杆ef的电阻为r，其余部分电阻不计．现让ef杆由静止开始沿导轨下滑．
（1）求ef杆下滑的最大速度vm．
（2）已知ef杆由静止释放至达到最大速度的过程中，ef杆沿导轨下滑的距离为x，求此过程中定值电阻R产生的焦耳热Q和在该过程中通过定值电阻R的电荷量q．
答案解析部分
1．【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】【分析】根据右手定责可知，M端为正极，液滴静止，因此带负电，故A错误；设导体棒长度为L，导体棒切割磁感线形成的感应电动势为：E=BLv；电容器两端电压为：①
开始液滴静止有：②
若将上极板竖直向上移动距离d时，有：③
联立①②③得：，方向竖直向下，故B错误；当若将导体棒的速度变为2v时，有：④
将①中v0换为2v0联立①②④解得：，方向竖直向上，故C错误；
若保持导体棒的速度为v0不变，而将滑动触头置于a位置时，电容器两端之间的电压为：
此时液滴所受电场力为：，因此液滴仍然静止，故D正确．故选D
【点评】本题难度较大，本题实质上借助电磁感应考查了有关电容器的运算，注意正确分析电容器两端电压以及极板的正负极，导体棒MN相当于电源，M端为正极，外电路由滑动变阻器构成，电容器两端电压和滑动变阻器两端电压相等，弄清楚这些然后对带电液滴进行受力分析即可正确解答本题
2．【答案】B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【分析】由题意可知：磁通量与导线电流的关系，利用法拉第电磁感应定律可推导出电动势与频率的关系．再由欧姆定律可得出电流与频率的关系。
根据电磁感应原理，通过闭合线圈的磁通量发生变化时，线圈中才有感应电流，输电线中只有通过交变电流时周围才形成变化的磁场。故钳型电流表不能测量直流输电线中的电流，A错误；根据φ∝i， ， ，说明线圈中的电动势有效值与频率成正比，根据欧姆定律可知：电流与频率成正比，频率不稳定变高时，电流变大，故CD错误，B正确。
答案：B。
3．【答案】C
【知识点】安培力；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】A．题中缓冲装置是利用绝缘缓冲底座上的线圈感应出感应电流，与船舱主体上的超导线圈互感发生相互作用，从而让船舱主体缓冲的，不是船舱主体下端MN切割磁感线发生感应相互作用的，所以MN无需是导体，可以与导轨绝缘，A不符合题意；
B．绝缘缓冲底座上的线圈ab边切割磁感线，线圈回路磁通量变化，形成感应电流，磁场对ab边的安培力向下，根据牛顿第三定律，ab边对超导线圈的力向上，超导线圈固定在船舱主体上，对船舱主体和导轨
当缓冲底座着地后，船舱主体开始做加速度减小的减速运动，当导轨足够长，船舱主体可能达到收尾速度，之后匀速下降到地面，B不符合题意；
C．当船舱主体所受安培力等于重力时，有
解得
可见：只增加磁场的磁感应强度，可使缓冲弹簧接触地面前速度减小（收尾速度越小）；只增加闭合线圈电阻，可使缓冲弹簧接触地面前速度增大，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】该装置利用电磁感应现象使底座和与船舱主体相互作用，发生相互作用，结合楞次定律以及右手定则得出感应电流的方向，利用安培力的方向以及牛顿第二定律判断船舱主体的运动情况，当船舱主体所受安培力等于重力时得出舱船主体运动的速度。
4．【答案】B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】解：位移在0～L过程：磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值．
I= ，
l=x
则I= x
位移在L～2L过程：磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值，ACD不符合题意．
位移在2L～3L过程：磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值．
I= （2L﹣x）
故答案为：B．
【分析】0～L过程：磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值．位移在L～2L过程：磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值，位移在2L～3L过程：磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值．
5．【答案】B
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；楞次定律；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】解：A、 时刻磁场方向向里且均匀增加，根据楞次定律，线框中感应电流沿逆时针方向，ab边中电流方向由a→b，根据法拉第电磁感应定律知，正方形线框中的感应电动势是恒定值，原线圈中电流值恒定，副线圈中不产生感应电动势，e点电势等于f点电势，A不符合题意；
B、根据法拉第电磁感应定律E=n =n S， 时刻磁感应强度的变化率小于 时刻的磁感应强度变化率， ＜ ，根据欧姆定律i= ，知 ＜ ，B符合题意；
C、 ～ 时间内磁感应强度均匀变化，磁通量均匀变化，有恒定感应电流通过ab，通过ab边的电量不为0，副线圈磁通量不变，定值电阻中无电流，C不符合题意；
D、 时刻磁场方向垂直纸面向外，磁场变小，磁通量减小，根据楞次定律得感应电流逆时针，ab边中电流方向a→b，磁感应强度的变化率增大，感应电流大小变大，穿过原副线圈的磁通量增大，根据楞次定律，副线圈中感应电动势上正下负，因此e点电势高于f点，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】根据法拉第电磁感应定律， t 1 时刻磁感应强度的变化率小于 t 3 时刻的磁感应强度变化率 i 1 ＜ i 3，根据楞次定律， t 1 时刻磁场方向向里且均匀增加，ab边中电流方向由a→b正方形线框中的感应电动势是恒定值，e点电势等于f点电势。
6．【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；右手定则；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】解：A、x在a～2a范围，线框穿过两磁场分界线时，BC、AC边在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势E1增大，AC边在左侧磁场中切割磁感线，产生的感应电动势E2增大，两个电动势串联，总电动势E=E1+E2增大．A不符合题意；
B、x在0～a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值．B不符合题意；
CD、在2a～3a，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值．C符合题意，D不符合题意．
故答案为：C．
【分析】x在0～a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值．x在a～2a范围，两个电动势串联，总电动势E=E1+E2增大．在2a～3a，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值．
7．【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；右手定则；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；电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】解：t在0﹣ 时间内，线框右边开始进入磁场时，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正值；线框有效切割长度均匀增大，由E=BLv可知，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大；
在 ﹣ 时间内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正值；线框有效切割长度均匀减小，由E=BLv可知，感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小；
在 ﹣ 时间内，由楞次定律可知，电流方向为顺时针，为负值；线框两边都切割磁感线，产生感应电动势，感应电动势是进入过程的2倍，线框有效切割长度先均匀增大后均匀减小，由E=BLv可知，感应电动势先均匀增大后均匀减小，感应电流也先均匀增大后均匀减小，感应电流的最大值是0﹣ 过程最大值的2倍；
在 ﹣ 时间内，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，为正值；线框有效切割长度先均匀增大后均匀减小，由E=BLv可知，感应电动势先均匀增大后均匀减小，感应电流也先均匀增大后均匀减小．故C正确；
故选：C．
【分析】由楞次定律可判断线圈中的电流方向；由E=BLv、欧姆定律及匀速运动的规律可得出电流随时间的变化规律，再选择图象，注意公式中L是有效切割长度．
8．【答案】D
【知识点】功能关系；安培力；电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【分析】ab棒切割磁感线产生感应电流，由右手定则知方向由a至b，在cd棒中由d至c，cd棒受力如图：
cd棒受安培力F安=ILB=mgtan37°，回路电流I=，ab棒所示安培力与cd棒相同，因ab棒匀速，拉力也等于安培力，又根据功能关系，拉力的功率即为电流的总功率，P=F安v=mgvtan37°，根据闭合电路欧姆定律知电流I=，所以m＝，故选项D正确，其余错误。
9．【答案】B,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】法拉第电磁感应定律：只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，回路中就一定会产生感应电流。
A． 处于闭合状态，闭合 瞬间，穿过副线圈的磁通量没有发生变化，因此副线圈没有感应电流，灵敏电流计G的指针不会发生偏转，A不符合题意；
B． 处于闭合状态，闭合 瞬间，穿过副线圈的磁通量迅速增大，因此副线圈有感应电流产生，灵敏电流计G的指针发生偏转，B符合题意；
C． 、 均处于闭合状态，断开 瞬间，穿过副线圈的磁通量没有发生变化，因此副线圈没有感应电流，灵敏电流计G的指针不会发生偏转，C不符合题意；
D． 、 均处于闭合状态，断开 瞬间，穿过副线圈的磁通量突然消失，因此副线圈产生感应电流，灵敏电流计G的指针会发生偏转，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用电流计所在回路的线圈中磁通量是否改变可以判别是否有感应电流的产生。
10．【答案】B,C
【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．保持线圈平面始终与磁感线垂直，闭合线圈在磁场中沿磁场方向向上运动，运动方向平行于磁场，磁通量不变，无感应电流，A不符合题意。
B．铜盘在两磁极间转动时，在磁场中的那一部分的铜盘相对于闭合电路的一部分在切割磁感线，所以有感应电流，B符合题意。
C．闭合电路中ab杆在磁场中向右运动，闭合回路的磁通量发生变化，有感应电流，C符合题意。
D．条形磁铁静止在线圈上方，穿过线框的磁通量不变，不能产生感应电流，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】利用楞次定律结合磁通量是否变化可以判别是否有感应电流产生。
11．【答案】C,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】A、线i圈中产生感应电流的条件是线圈闭合，且线圈内磁通量发生变化。如果线圈沿平行于导线的方向向右平移，线圈中的磁通量不发生变化，故不会产生感应电流，故A错误；
B、如果线圈以导线为轴转动，线圈的磁通量不发生变化，不会产生感应电流，故B错误；
C、如果线圈绕bc边转动，通电直导线周围的磁场分布不均匀，在转动的过程中，线圈中的磁通量会发生变化，所以会产生感应电流，故C正确；
D、如果线圈不动，逐渐增大直导线中的电流，导线产生磁场会变强，线圈中的磁通量会增加，产生感应电流，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】熟悉产生感应电流的条件为线圈闭合，且线圈内磁通量发生变化；直导线周围的磁场方向由右手螺线管定则判断。
12．【答案】C,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】A、金属环和磁铁同时向下做自由落体运动，且金属圆环不翻转，穿过金属圆环的磁通量不发生变化，所以不会产生感应电流，故A错误；
B、金属环和磁铁同时以相同速度水平向右匀速运动，穿过金属圆环的磁通量不发生变化，所以不会产生感应电流，故B错误；
C、磁铁不动，金属圆环向下运动，穿过金属圆环的磁通量变化，会产生感应电流，故C正确；
D、金属圆环不动，磁铁水平向右运动，穿过金属圆环的磁通量变化，会产生感应电流，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】产生感应电流的的条件为，穿过闭合回路的磁通量发生改变。由于线圈的面积不变。故需通过改变穿过线圈的磁感应强度实现磁通量的变化。
13．【答案】B,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】AB、当导线中电流为沿着正方向减小时，穿过线圈中的磁场方向垂直纸面向里且大小在减小，由楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向；当导线中电流沿着负方向增大时，穿过线圈中的磁场方向垂直纸面向外，大小在增大，由楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向，故A错误，B正确；
CD、根据直导线磁场分布可知，线圈左侧受到的磁场比右侧磁场大，感应电流的方向一直为顺时针方向，磁场方向中途发生改变，由左手定则得线圈受到的安培力先向左后向右，故C错误，D正确。
故答案为：BD。
【分析】根据楞次定律可知， 感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化 ，判断感应电流的方向；根据左手定则判断安培力方向。
14．【答案】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】A．甲图中两根导体棒以一定的速度向相反方向运动，穿过闭合回路的磁通量增大，可以产生感应电流，A符合题意；
B．乙图中导体框以一定的速度水平向右运动，导体框中的磁通量不变，不能产生感应电流，B不符合题意；
C．根据通电直导线周围磁场的分布规律以及对称性可知环形导线框中的磁通量始终为零，不能产生感应电流，C不符合题意；
D．丁图中条形磁铁水平向右靠近环形导体，环形导体中磁通量增大，可以产生感应电流，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】利用各线圈中磁通量是否发生变化可以判别线圈中感应电流是否产生。
15．【答案】B,C,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】A．由图A可知，A中电流不变，电流产生的磁场不变，穿过B的磁通量不变，不产生感应电流，A不符合题意．
BCD．由图BCD可知，通过A的电流发生变化，电流产生的磁感应强度发生变化，穿过B的磁通量发生变化，产生感应电流，BCD符合题意．
故答案为：BCD
【分析】恒定的电场产生不变的磁场，不变的磁场不产生感应电流，闭合回路中产生感应电流的条件是磁通量发生变化。
16．【答案】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】A．先闭合 后，线圈A中产生的是恒定电流，产生的磁场是恒定的，再闭合 的瞬间，穿过线圈B的磁通量不变，线圈B不产生感应电动势，故G中无感应电流。A符合题意；
B．先闭合 ，此时穿过线圈B的磁通量仍为零。再闭合 的瞬间，穿过线圈B的磁通量增加，线圈B产生感应电动势，G中有感应电流。B不符合题意；
C．闭合 、 ，待电路稳定后，穿过线圈B的磁通量不变，线圈B不产生感应电动势，G中无感应电流。C不符合题意；
D．闭合 、 ，待电路稳定后，R的滑片向左移动的过程中，电阻变大，电路中电流减小，穿过线圈B的磁通量减少，线圈B产生感应电动势，G中有感应电流。D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】恒定电流，产生的磁场是恒定的，穿过线圈的磁通量发生变化时回路中产生了感应电流，结合题意进行分析判断正确的选项。
17．【答案】A,D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；磁通量
【解析】【解答】A．左右摇晃手电筒，使磁铁相对线圈运动，通过线圈的磁通量变化，在线圈中产生感应电流，所以手电筒是利用电磁感应原理工作的，A符合题意；
B．磁铁靠近线圈时，通过线圈的磁通量增大，磁铁远离线圈时，通过线圈的磁通量减小，B不符合题意；
C．摇晃手电筒越快，通过线圈的磁通量变化越快，电路中电流越大，小灯泡越亮，C不符合题意；
D．摇晃手电筒时，将线圈运动的机械能转化为电能，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】手电筒是利用电磁感应原理，结合磁通量的表达式得出磁通量的变化情况，摇晃手电筒时，将线圈运动的机械能转化为电能。
18．【答案】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】AB．车速越大时，汽车经过两个线圈间的距离所用的时间越短，即两线圈产生的脉冲信号的时间差越短，A符合题意，B不符合题意；
CD．汽车通过通电线圈上方时，汽车底盘的金属部件通过通电线圈所产生的磁场，金属部件中的磁通量发生变化，在金属部件中产生感应电流，金属部件中的感应电流产生磁场，此磁场随汽车运动，则穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中产生感应电流，所以汽车无论是匀速还是变速经过线圈，闭合电路中都会产生感应电流。C不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】时间差越短则车速越大；当汽车通过线圈时，无论速度如何其磁通量发生变化则闭合电路产生感应电流。
19．【答案】A,D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；感应电动势及其产生条件；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
【解析】【解答】A．磁通量变化，线框中产生感应电流，就会受到安培力的作用，从而速度改变；当线框完全进入磁场时，磁通量不变，速度就不变，即图乙中x0=1m，A符合题意；
B．线框进入磁场过程中，安培力为
其中
由图乙可知，速度减小，则安培力减小，由牛顿第二定律可知，线框的加速度减小，由此线框做变减速运动，B不符合题意；
C．根据能量守恒可得，减少的动能全部转化为焦耳热，则有
代入数据，可得
C不符合题意；
D． 线框进入磁场过程中，取水平向右为正，根据动量定理可得
解得
结合图像乙可知，当时，，代入解得
通过线框截面的电量为
解得
D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】A.根据线框在磁场中运动时的受力情况就可以得出安培力是导致线框速度变化的原因，据此就可以判断答案了；
B.根据动生电动势、结合闭合回路的欧姆定律和牛顿第二定律就可以判断线框在运动过程中加速度的变化情况了；
C.在线框运动过程中，线框能量变化为线框动能转化为焦耳热；
D.线框切割磁感线运动问题中，速度变化往往利用动量定理求解。
20．【答案】A,D
【知识点】动能定理的综合应用；安培力；电磁感应的发现及产生感应电流的条件；楞次定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A．当金属杆刚进入磁场时，杆相对于磁场的速度是2v0，切割产生的电动势为2Bdv0，则杆两端的电压大小为Bdv0，A符合题意；
B．开始时根据楞次定律可知杆受到向右的安培力作用而做减速运动，当减速到0后，由于磁场依旧向右运动，则金属杆在安培力的作用下向右加速运动，直到杆与磁场的相对速度为0时，金属杆运动达到稳定状态时，此时金属杆不再切割磁感线运动，杆两端的电压大小为0，B不符合题意；
C．t时间内金属杆所受安培力的冲量
C不符合题意；
D．t时间内金属杆所受安培力做的功
D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】金属杆在磁场达到稳定状态时做匀速直线运动，金属杆的速度与磁场的速度相等，回路中不产生感应电流，根据欧姆定律求杆两端的电压，由动量定理求安培力的冲量，有动能定理求安培力做的功。
21．【答案】A,B,D
【知识点】安培力；电磁感应的发现及产生感应电流的条件；电路动态分析
【解析】【解答】A．因为灯泡一直处于正常发光状态，而磁场是先均匀增加后保持不变的，所以金属杆从PQ位置到ab位置的过程中做匀加速直线运动，金属杆从ab位置到cd位置的过程中做匀速直线运动，且金属杆到达cd位置时用时间1s，磁场强度正好达到2T，A符合题意；
B．因为灯泡一直处于正常发光状态，所以回路中产生的感应电动势为
根据法拉第电磁感应定律
代入数据解得 B符合题意；
C．金属杆从开始到达ab位置的过程中根据
代入数据解得
金属杆在此过程中的受力情况为
根据牛顿第二定律可得
代入数据解得
C不符合题意；
D．因为灯泡一直处于正常发光状态，所以整个过程电动势一直没变，在金属杆从开始到达ab位置的过程中，回路中产生的电动势为
代入数据解得
金属杆从ab位置到cd位置的过程中的受力情况为
则
安培力对金属杆做功为
D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】根据金属杆的受力情况分析运动情况；求出灯泡正常发光时电路中的电流和灯泡的电阻，再根据闭合电路的欧姆定律、法拉第电磁感应定律求解速度大小；根据平衡条件求得动摩擦因数；根据法拉第电磁感应定律求解出磁场的长度，根据功的计算公式求解金属杆克服安培力做的功。
22．【答案】A,C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；右手定则；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】解：A、B、线框右边开始进入磁场时，由右手定则可知，电流方向为逆时针；当右边框开始进入右边磁场时，电流变化顺时针；而从磁场中离开时，电流方向为逆时针；由E=BLV及V=at可知，E=BLat，电动势随时间为均匀增大，故电流也随时间均匀增大，A符合题意，B不符合题意；
C、D、而由E=BLV及V2=2as可知，E=BL ，故电流与 成正比，C符合题意，D不符合题意；
故答案为：AC．
【分析】根据右手定则判断电流的方向，根据导体棒切割磁感线公式求出感应电动势，再结合匀变速直线运动公式求解。
23．【答案】（1）解：AB向下运动过程中，CD棒切割产生感应电动势
流过AB杆的电量
（2）解：根据牛顿第二定律得
对AB棒：3mg﹣2T=3ma
对CD棒：2T﹣mg=ma
联立解得，
（3）解：AB棒达到磁场边界时，加速度为零，系统处于平衡状态．
对AB棒分析有 3mg=2T'．
对CD棒分析2T'=mg+BIL 即
解得，此时两棒的运动速率
此后AB棒进入磁场，系统受到安培力（阻力）突然增加，系统做加速度不断减小的减速运动，有三种可能：
一是系统减速到某一值（ ）时，AB棒到磁场下边界的距离h，CD棒开始出磁场．
二是系统刚好达到新的平衡点（ ）时，AB棒到磁场下边界的距离h，CD棒开始出磁场．
三是系统达平衡后，以 的速度匀速一段时间，AB棒到磁场下边界的距离h，CD棒开始出磁场．
当AB棒以 做变加速运动，速度增加到 时，系统再次达到平衡状态，此后 AB匀速一段距离到达磁场的下边界．
根据能量守恒可知，回路中产生的焦耳热等于系统机械能的减小，则得回路中产生的焦耳热Q=3mgH﹣mgH=2mgH
【知识点】对单物体(质点)的应用；电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【分析】（1）AB进入磁场前，CD棒切割磁感线，产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律求解流过AB杆的电量；（2）释放瞬间，CD没有速度，电路中没有感应电流产生，CD不受安培力作用，根据牛顿第二定律分别对两棒进行研究，求解拉力；（3）AB棒达到磁场边界时，加速度为零，系统处于平衡状态，由平衡条件和安培力公式求出此时两棒的运动速率．AB棒进入磁场后，也切割感线产生感应电动势，回路中感应电动势增大，系统受到安培力（阻力）突然增加，系统做加速度不断减小的减速运动，有三种可能：一是系统减速到某一值时，AB棒到磁场下边界的距离h，CD棒开始出磁场．二是系统刚好达到新的平衡点时，AB棒到磁场下边界的距离h，CD棒开始出磁场．三是系统达平衡后，匀速一段时间，AB棒到磁场下边界的距离h，CD棒开始出磁场． 根据系统克服安培力做功等于机械能的减小，即可求出热量．
24．【答案】（1）解：电流稳定后，导体棒做匀速运动，安培力与重力平衡，则有BIL=mg ①解得B= ②
答：磁感应强度的大小B是 ；
（2）解：感应电动势E=BLv③
感应电流I= ④
由②③④式解得v= ．
答：电流稳定后，导体棒运动速度的大小v是 ；
（3）解：由题意知，导体棒刚进入磁场时的速度最大，产生的感应电流最大，设最大速度为vm．
对于自由下落的过程，根据机械能守恒得：mgh=
感应电流的最大值Im= =
代入解得，Im=
答：流经电流表电流的最大值Im是
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；右手定则；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】【分析】（1）电流稳定后，导体棒做匀速运动，安培力与重力平衡，根据安培力公式可以直接求解磁感应强度。
（2）根据右手定则先写出感应电动势的表达式，再利用欧姆定律求出感应电流，代入可求出速度。
（3）导体棒刚进入磁场时的速度最大，产生的感应电流最大，自由下落的过程，机械能守恒减少的重力势能全部转化为动能，利用安培力公式求出最大电流。
25．【答案】（1）解：导体框的边进入磁场前，导体框做初速度为零的匀加速直线运动，设导体框的加速度大小为a0，根据牛顿第二定律有①
当导体框的边刚进入磁场时，设其速度大小为，由运动学公式有②
导体框的边切割磁感线产生的感应电动势为③
导体框中的感应电流④
导体框的边在磁场中运动时受到的安培力大小为⑤
导体框的边刚进入磁场时，根据牛顿第二定律有⑥
联立①~⑥解得⑦
（2）解：导体框在经过边界线的过程中做匀速运动，根据受力平衡有⑧解得⑨
（3）解：从导体框的边进入磁场至导体框的边离开磁场的过程中，导体框做匀加速直线运动，设导体框的边进入磁场时的速度大小为，根据运动学规律有 ⑩
从导体框的边进入磁场至导体框的边刚进入磁场的过程中，根据能量守恒定律有
联立①②⑨⑩ 解得
【知识点】功能关系；电磁感应的发现及产生感应电流的条件；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）分别对线框进入磁场前进行受力分析结合牛顿第二定律就可求出进入磁场前的加速度，然后根据运动学规律可以求出刚进入磁场速度，进入磁场后利用动生电动势公式、闭合电路欧姆定律、以及对导线受力分析结合牛顿第二定律就可以求出加速度；
（2）对线框进行受力分析结合平衡条件就可以用求解答案；
（3）在线框在磁场中运动根据能量守恒定律就可以列方程求解答案。
26．【答案】（1）解：由电流的定义式可知，
（2）解：t1-12时间内，圆形线圈的角速度均匀减小，电流均匀减小，等效电流为
由法拉第电磁感应定律可知，
（3）解：由功能关系可知，
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；电磁感应中的图像类问题；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【分析】（1）带电圆环转动时，相当于Q电荷量的电荷在运动，利用电流定义式可以求出等效电流大小；
（2）利用磁通量的变化率产生感应电动势，又等于等效电流乘以电阻。
（3）利用重力势能转化为焦耳热可以算出系统产生的总热量，AB的电阻等于CD，所以产生的焦耳热占一半。
27．【答案】（1）解：t=2s时，棒的速度为：v1=v0+at=2+1×2=4m/s
此时由于棒运动切割产生的电动势为：E=BLv1=0.5×0.4×4V=0.8V
由闭合电路欧姆定律可知，回路中的感应电流：I= = A=4A
（2）解：对棒，根据牛顿第二定律得：F﹣BIL=ma
解得 F=BIL+ma=0.5×4×0.4+0.1×1=0.9N
（3）解：t=2s时棒的位移 x=（v0t2+ ）﹣（v0t1+ ）=（2×2+ ×1×22）﹣（2×1+ ×1×12）=3.5m
根据法拉第电磁感应定律得： =
根据闭合电路欧姆定律得 =
通过棒的电量：q= △t= = = =3.5C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；右手定则；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【分析】（1）棒向右匀加速运动，由速度时间公式求出t=1s时的速度，由E=BLv求出感应电动势，由闭合电路欧姆定律求解回路中的电流．（2）根据牛顿第二定律和安培力公式求解外力F的大小．（3）由位移时间公式求出第2s内棒通过的位移大小，由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式求解电荷量．
28．【答案】（1）解：棒在下滑过程中，当速度最大时受力平衡，根据共点力的平衡条件可得：
mgsinα=BId，
根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得：
I= ，
联立解得：v=15m/s；
答：ab棒下滑的最大速度为15m/s；
（2）解：ab棒以最大速度下滑时电路的电流强度为：
I= = =6A
ab棒的电热功率为：
P=I2R=62×0.1W=3.6W．
答：ab棒以最大速度下滑时的电热功率3.6W．
【知识点】电功率和电功；电磁感应的发现及产生感应电流的条件；欧姆定律；电流的概念；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）棒在下滑过程中，当速度最大时受力平衡，根据共点力的平衡条件来求解；（2）根据电功率的计算公式P=I2R来计算ab棒的电热功率．
29．【答案】（1）解：根据法拉第电磁感应定律和安培力公式有：
E=BLv ①
I= ②
FA=BIL ③
根据牛顿第二定律有：
mgsinθ﹣FA=ma ④
联立①②③④得：mgsinθ﹣ =ma
当加速度a为零时，速度v达最大，速度最大值：vm= ，
故ef杆下滑的最大速度为：vm= ．
答：ef杆下滑的最大速度vm为 ．
（2）解：根据能量守恒定律有：
mgxsinθ= mvm2+Q总．
得 Q总=mgxsinθ﹣
定值电阻R产生的焦耳热 Q= Q总= [mgxsinθ﹣ ]
根据电磁感应定律有： =
根据闭合电路欧姆定律有： =
感应电量：q= △t= =
答：此过程中定值电阻R产生的焦耳热Q是[mgxsinθ﹣ ]，在该过程中通过定值电阻R的电荷量q为 ．
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；法拉第电磁感应定律；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】【分析】（1）首先分析杆的运动：杆的速度逐渐变大，安培力将逐渐变大，所以杆在导轨上做加速度逐渐减小的加速运动，当安培力等于重力沿导轨分力时匀速运动，速度达到最大．（2）杆下滑过程中，重力势能减小转化为电路中的焦耳热和杆的动能，因此根据功能关系可求出焦耳热；根据法拉第电磁感应定律求出平均电流，然后根据q=It即可求出电量．
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