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2.3电磁感应定律的应用基础巩固2021—2022学年高中物理粤教版（2019）选择性必修第二册
一、单选题
1．如图所示，在纸面内有固定导线构成的回路，回路内部有垂直于线圈平面向外的匀强磁场（图中未画出），且磁场的磁感应强度随时间均匀增大，在边的正上方静止着一可自由转动的小磁针，闭合开关后（ ）
A．小磁针的N极向纸面内偏转
B．小磁针不发生偏转
C．回路中产生的感应电流方向为，且电流均匀增大
D．回路中产生的感应电流方向为，且电流不变
2．如图所示，足够长的光滑金属导轨固定在竖直平面内，匀强磁场垂直导轨所在的平面。金属棒AC与导轨垂直且接触良好。现将导轨接上电阻R，导轨和金属棒的电阻忽略不计，则金属棒AC由静止释放后（　　）
A．金属棒所受安培力的最大值与其重力大小相等
B．电流方向沿棒由C指向A
C．在金属棒加速下落的过程中，金属棒减少的重力势能全部转化为在电阻上产生的热量
D．金属棒达到稳定速度后的下落过程中，金属棒的机械能守恒
3．如图所示，将粗细均匀的导体圆环固定在竖直平面内，圆环半径为a，圆环的最高点A处用铰链连接粗细均匀的导体棒AD，导体棒的长度为2a，电阻为r，圆环电阻不计，整个装置处于垂直纸面向里的 x匀强磁场中。现使导体棒AD绕铰链从水平位置开始顺时针匀速转动，导体棒与圆环始终接触良好。导体棒转动一周的过程中，i表示 x流过导体棒的电流，取电流从A流向D的方向为正方向，则正确描述电流i随时间t变化关系的是（　　）
A． B． C． D．
4．如图所示，在一个小的圆形区域O内有一垂直于纸面向内的匀强磁场，当磁场的磁感应强度B增加时，那么它在该区域的右侧P点感应出的电场强度的方向是（ ）
A．在纸面内向上 B．在纸面内向下
C．垂直纸面向里 D．垂直纸面向外
5．如图所示，是一小金属块，用一根绝缘细杆挂在固定点O，使金属块绕竖直线来回摆动，穿过水平方向的匀强磁场区域（金属块可以完全进入磁场中），磁感线方向跟纸面垂直，若摩擦和空气阻力均不计，则（　　）
A．金属块进入或离开磁场区域时，都会产生相同方向感应电流
B．金属块开始摆动后，可以摆到右侧等高位置
C．金属块完全进入磁场区域后，金属块中无感应电流
D．金属块从左向右摆动到最低点时，绳拉力可能为零
6．如图所示，一总电阻为R的导线弯成边长为L的等边三角形闭合回路。虚线右侧有磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于闭合回路所在的平面向里。下列对三角形导线以速度v向右匀速进入磁场过程中的说法正确的是（　　）
A．回路中感应电动势的最大值
B．回路中感应电流方向为顺时针方向
C．回路中感应电流的最大值
D．导线所受安培力的大小不变
7．如图所示，U形光滑金属框bacd置于水平绝缘平台上，ba、dc足够长，整个金属框电阻可忽略，一根阻值为R的导体棒PQ置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框。运动过程中装置始终处于竖直向上的匀强磁场中，PQ与金属框接触良好且与ac边保持平行，经过一段时间后，金属框和导体棒运动的v—t图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
8．如图所示在虚线空间内有一对彼此平行的金属导轨，宽为l，与水平面的夹角为θ，导轨电阻不计，在虚线空间内分布着垂直导轨平面向上的磁感应强度为B的匀强磁场．导轨的下端接一定值电阻R，上端通过导线与一对竖直放置的平行金属板相连接，两板间距为d，其间固定着一光滑绝缘直杆，它与水平面也成θ角，杆上套一带电小球．当一电阻也为R的光滑导体棒ab沿导轨以速度v匀速下滑时，小球恰好静止在绝缘直杆上．则由此可以判断小球的电性并能求出其比荷为(　　)
A．正电荷， B．正电荷，
C．负电荷， D．负电荷，
9．如图所示，足够长的U形光滑金属导轨所在平面与水平面成θ角（0＜θ＜90°），其中MN与PQ平行且间距为L，磁感应强度大小为B的匀强磁场方向垂直导轨所在平面斜向上，导轨电阻不计，金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，棒ab接入电路的电阻为R，当流过棒ab某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在此下滑过程中（　　）
A．受到的安培力方向水平向右
B．下滑位移大小为
C．运动的加速度大小为
D．产生的焦耳热为金属棒重力势能的减小量
10．如图，空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直，线框边长小于磁场区域上下宽度．以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力 F 随时间 t变化关系的图中，错误的是（ ）
A．
B．
C．
D．
11．半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图所示。有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图所示。在t=0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为+q的微粒，从静止释放，两板间距足够长。则以下说法正确的是（　　）
A．第1秒内上极板的电势高于下极板的电势
B．第1秒内与第2秒内粒子所受电场力方向相反
C．第1秒时粒子将的速度最大
D．2秒内粒子的位移为零
12．如图所示，在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个半径为a，质量为m，电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，从圆环与边界线PQ相切时开始，在外力作用下以速度v向右匀速运动，到圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，下列说法正确的是（ ）
A．此时圆环中的电动势大小为2Bav
B．此时圆环中的电流方向为逆时针方向
C．此过程中圆环中的电动势均匀增大·
D．此过程中通过环截面的电量为
13．如图所示，竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R，金属杆ab质量为m、电阻为r，跨在平行导轨上，垂直导轨平面的水平匀强磁场为B，不计导轨电阻，不计摩擦，且ab与导轨接触良好．若ab杆在竖直向上的外力F作用下加速上升，则以下说法正确的是(　 　)
A．拉力F和安培力做功的和等于棒ab增加的机械能
B．杆ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量
C．拉力F所做的功等于棒增加重力势能和回路产生的热量之和
D．拉力F与重力做功的代数和小于回路上产生的总热量
14．如图所示，匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨，导轨的左侧接有不带电的电容器C。金属棒ab在导轨上向右运动，运动过程中棒始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，不计导轨电阻。在t0时刻闭合开关S，则金属棒两端电压Uab、速度v、电容器所带电荷量q、回路中电流强度i随时间t变化的关系图像可能正确的是（　　）
A． B． C． D．
15．用一根横截面积为S、电阻率为p的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径，如图所示．在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场方向垂直圆环所在平面，磁感应强度大小随时间变化的关系为B =B0+kt，其中磁感应强度的初始值为B0 , 方向垂直纸面向里，且k<0,则（ ）
A．圆环中产生逆时针方向的电流
B．圆环具有扩张且向右运动的趋势
C．圆环中产生恒定的感应电流
D．图中a、b两点间的电势差
二、填空题
16．如图所示，两块水平的金属板距离为d，用导线开关K与一个n匝的线圈连接，线圈置于上方向竖直向上的变化磁场B中。两板间放置一个压力传感器，压力传感器上表面（绝缘）静止放置一个质量为m，电荷量为+q的小球。K断开时传感器上有示数，K闭合后传感器上的示数变为原来的一半。则线圈中磁场B的变化情况为_________（选填“均匀增强”或“均匀减弱”），磁通量变化率________（重力加速度为g）
17．如图所示，相同材料做成的两线框a、b，导线截面积之比为，边长之比为，以相同速度匀速进入同一匀强磁场，则一边进入时两线框中感应电动势之比为________，感应电流之比为_________，所受安培力之比为________，为维持其匀速运动所加的外力的功率之比为_______，拉进磁场的全过程中外力做功之比为_________，拉进磁场的全过程中通过某一截面的电荷量之比为_________．
18．如图所示，导线环面积为10cm2，环中接入一个电容器，C＝10μF，线圈放在均匀变化的磁场中，磁感线垂直线圈平面，若磁感应强度以0.01T/s的速度均匀减小，则导线环内产生的感应电动势为________ V,电容器极板所带电荷量为______C，其中带正电荷的是______板．
三、实验题
19．图甲为“探究电磁感应现象”实验中所用器材的示意图。现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、B、电流计及开关连接成如图所示的电路。
(1)开关闭合一段时间后，下列说法中正确的是___________。
A．只要将线圈A放在线圈B中就会引起电流计指针偏转
B．线圈A插入或拔出线圈B的速度越大，电流计指针偏转的角度越大
C．滑动变阻器的滑片P匀速滑动时，电流计指针不会发生偏转
D．滑动变阻器的滑片P滑动越快，电流计指针偏转的角度越大
(2)在实验中，如果线圈A置于线圈B中不动，因某种原因，电流计指针发生了偏转。这时，线圈B相当于产生感应电流的“电源”这个“电源”内的非静电力是___________。如果是因为线圈A插入或拔出线圈B，导致电流计指针发生了偏转。这时，是___________转化为电能。
(3)上述实验中，线圈A可等效为一个条形磁铁，将线圈B和灵敏电流计简化如图乙所示。当电流从正接线柱流入灵敏电流计时，指针向负接线柱一侧偏转。则乙图中灵敏电流计指针向其___________接线柱方向偏转（填“正”或“负”）。
四、解答题
20．如图所示，一平直绝缘斜面足够长，与水平面的夹角为θ；空间存在着磁感应强度大小为B，宽度为L的匀强磁场区域，磁场方向垂直斜面向下；一个质量为m、电阻为R、边长为a的正方形金属线框沿斜面向上滑动，线框向上滑动离开磁场时的速度刚好是刚进入磁场时速度的，离开磁场后线框能沿斜面继续滑行一段距离，然后沿斜面滑下并匀速进入磁场。已知正方形线框与斜面之间的动摩擦因数为μ，求：
（1）线框沿斜面下滑过程中匀速进入磁场时的速度v2；
（2）线框在沿斜面上滑阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q。
21．如图所示，一滑块放在水平轨道上，下方用绝缘杆固定一边长为L=0.4m、匝数为10匝的正方形金属线框，已知线框的总阻值为R=1.0Ω，线框、绝缘杆以及滑块的总质量为M=2kg，滑块与水平轨道之间的动摩擦因数为μ=0.5。水平轨道的正下方有长为4L、宽为L的长方形磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，且线框的上边缘刚好与磁场区域的中心线重合。现给滑块施加一水平向右的外力F，使整个装置以恒定的速度v=0.4m/s通过磁场区域，从线框进入磁场瞬间开始计时，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，重力加速度为g=10m/s2。
（1）正方形线框进入磁场时，线框中的电流是多少？
（2）正方形线框刚要全部进入磁场时外力应为多大；
（3）正方形线框从刚进入磁场到刚好离开磁场的过程中，外力做的功为多少。
22．如图所示，两平行轨道MN和PQ倾斜放置，倾角θ=30°，间距为l=1m，其中EG和FH为两段绝缘轨道，其余均为金属轨道，轨道末端NQ间连接一个自感系数为L=0.5H的线圈，其直流电阻可以忽略。在ABCD、CDEF、GHIJ区域内分别存在垂直轨道平面向里、向外、向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B=1T，磁场区域的宽度相同，均为d=0.5m。两导体棒a、b通过绝缘轻质杆连接，间距也为d=0.5m，a、b的质量之和为m=0.1kg，b棒电阻R=10Ω，a电阻不计，a、b棒与金属轨道、绝缘轨道间的动摩擦因数均为μ=。现将a棒从距离AB边x（未知）处由静止释放，a棒刚好匀速穿过ABCD区域，并且a棒从CD边运动到EF边的过程中回路产生的总焦耳热为0.268J。导体棒与金属轨道接触良好，已知线圈上的自感电动势为。
(1)求x0；
(2)求a棒从进入AB边到穿出EF边的总时间t；
(3)已知a棒到达GH瞬间的速度为v3=m/s，之后进入GHIJ区域运动。试求在GHIJ区域内运动时a棒的最大加速度am，以及当加速度变为时，a棒到GH边的距离x。（提示：F-x图象下的“面积”代表力F所做的功。）
五、作图题
23．如图所示为一宽度为L=40cm，磁感应强度B=1T的匀强磁场区域，边长为20cm的正方形导线框abcd，每边电阻相等，4个边总电阻为R=0.1Ω，沿垂直于磁场方向以速度v=0.2m/s匀速通过磁场。从ab边刚进入磁场（即ab边恰与图中左边虚线重合）开始计时到cd 边刚离开磁场（即cd边恰与图中右边虚线重合）的过程中，
（1）规定a→b→c→d→a方向作为电流的正方向，画出线框中感应电流I随时间t变化的图象；
（2）画出线框ab两端的电压Uab随时间t变化的图象．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【解析】
【详解】
AB．导线ab中的电流为a流向b，因此在小磁针处产生的磁场向外，因为小磁针的N极受力方向与磁场方向一致，所以小磁针N极向纸面外偏转，选项AB错误；
CD．原磁通向外增加，因此感应电流产生的磁场向里，由楞次定律可判断感应电流的方向为，因磁感应强度均匀变化
所以感应电流恒定，选项C错误D正确。
故选D。
2．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．金属棒受到重力和安培力作用，随着速度的增大，安培力逐渐增大，当安培力增大到与其重力相等时棒做匀速运动，安培力不再增大，故A正确；
B．由右手定则判断可知，感应电流方向沿棒由A指向C，故B错误；
C．在金属棒加速下落的过程中，金属棒减少的重力势能转化为在电阻上产生的热量和棒的动能，故C错误；
D．金属棒达到稳定速度后的下落过程中，安培力对棒做负功，金属棒的机械能不守恒，故D错误。
故选A。
3．C
【解析】
【分析】
【详解】
金属棒AD与圆环接触点间的电动势为
电阻为
由欧姆定律可知电流为
顺时针转动过程中前半个周期有电流，由右手定则或楞次定律可以判定电流由A指向D，后半个周期，即转到180°后不再构成回路，金属棒AD中无电流。
故选C。
4．A
【解析】
【详解】
试题分析：根据麦克斯韦电磁场理论，变化的磁场会在周围空间激发出感应电场．感应电流的方向就是感生电场的方向，根据楞次定律，在该区域的右侧P点感应出的电场强度的方向在纸面内向上，A正确．
考点：楞次定律
5．C
【解析】
【详解】
A．当金属块进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流。进入和离开磁场区域，磁通量分别是增大和减小，根据楞次定律得感应电流的方向相反，故A错误；
B．由于从左侧摆到右侧的过程中，金属块中磁通量发生变化，因而产生感应电流，由于电阻的存在，金属块中将产生焦耳热，根据能量守恒知金属块的机械能将不守恒，故金属块开始摆动后，不能摆到右侧等高位置，故B错误；
C．金属块完全进入磁场区域后，由于穿过金属块的磁通量不发生变化，则金属块中无感应电流，故C正确；
D．金属块从左向右摆动到最低点时，此时无感应电流，而金属块在做圆周运动，由拉力与重力的合力提供向心力，故绳拉力不可能为零，故D错误。
故选C。
6．A
【解析】
【详解】
AC．由几何关系可得，线框进入磁场的整个过程中，有效切割长度的最大值为，所以感应电动势的最大值为
最大感应电流为
A正确，D错误；
B．线框进入磁场的整个过程中，磁通量一直在增大，由楞次定律可得，感应电流方向始终逆时针方向，B错误；
D．在进入磁场过程中，有效切割长度先增大后减小，产生的感应电动势和感应电流也是先增大后减小，根据安培力公式
可知，导线所受安培力大小也是先增大后减小，C错误；
故选A。
7．C
【解析】
【分析】
【详解】
金属框在恒力F作用下向右加速，由右手定则可知，ac边产生的感应电流从a流向c，由左手定则可知，导体棒受到向右的安培力作用，导体棒向右做加速运动，设金属框的加速度为a1，导体棒的加速度为a2，设金属框的速度为v1，导体棒的速度为v2，设导体棒的电阻为R，回路的感应电流：
设金属框的质量为M，导体棒的质量为m，对金属框，牛顿第二定律得：
F-BIL=Ma1
对导体棒MN，由牛顿第二定律得：BIL=ma2，金属框与导体棒都做初速度为零的加速运动，v1、v2都变大，a1从开始减小，导体棒的加速度a2从0开始增大，当金属框与导体棒的加速度相等时，即a1=a2=a时，解得：F=（M+m）a，加速度保持不变，回路感应电流：
此后金属框与导体棒的速度差△v保持不变，感应电流不变，导体棒所受到的安培力不变，加速度不变，金属框与导体棒以相等的加速度做匀加速直线运动，故C正确ABD错误。
故选C。
8．B
【解析】
【分析】
由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出R两端电压，即两金属板间的电压；
小球静止，处于平衡状态，由平衡条件可以求出小球的荷质比；
【详解】
杆切割磁感线产生的感应电动势：，
两金属板间的电压：，
杆匀速下滑，由右手定则可知，杆的a端电势高，
两金属板间的电场水平向右，小球受到竖直向下的重力，
垂直于杆斜向左上方的支持力，小球要静止，
受到的电场力应水平向右，小球受到的电场力方向与场强方向相同，小球带正电；
两金属板间的电场强度，
小球静止，处于平衡状态，由平衡条件得：，
解得，小球的荷质比：，故B正确，选项ACD错误．
【点睛】
本题是一道电磁感应、电学与力学相结合的题目，由求出感应电动势、应用欧姆定律、平衡条件即可正确解题．
9．B
【解析】
【详解】
A．由右手定则可知，感应电流方向由b流向a，由左手定则可知，金属棒受到的安培力方向沿斜面向上，故A错误；
B．依题意，可得通过金属棒ab横截面的电荷量
可得，金属棒下滑的位移大小为
故B正确；
C．金属棒ab开始做加速运动，速度增大，感应电动势增大，所以感应电流也增大，导致金属棒受到的安培力增大，所以加速度减小，即金属板做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，加速度无固定数值，故C错误；
D．根据能量守恒定律可知，导体棒产生的焦耳热为金属棒重力势能的减小量与动能增量的差值，故D错误。
故选B。
【点睛】
此题是对法拉第电磁感应定律以及楞次定律的考查；金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，做加速度逐渐减小的变加速运动，由运动学公式，法拉弟电磁感应定律、能量守恒定律等研究处理；电磁感应综合题中，常常用到这个经验公式：感应电量常用来求位移，但在计算题中，不能直接作为公式用，要推导。
10．A
【解析】
【详解】
A项：线框受重力作用加速下落，进入与离开磁场时受到安培力作用．进入磁场时若安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，某时刻安培力等于重力，线框做匀速运动，此时，完全进入后只受重力，线框加速，刚要离开时的速度大于完全进入时的速度，故安培力大于重力，做减速运动，速度减小，安培力也减小，故A错误；
B项：若线框进入磁场时恰好重力等于安培力，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，故B正确；
C项：若重力小于安培力，由可知，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度的减小而减小，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，进入过程与离开过程可能安培力变化情况可能完全相同，故C正确；
D项：若进入时重力大于安培力，由，则做加速度减小的加速运动，离开磁场时安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，安培力随速度减小而减小，故D正确．
11．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．0-2s内，向里的磁场先减小后反向增大，由楞次定律判断则感应电流的磁场方向向内，感应电流为顺时针，则0-2s内金属板上极板带正电，上极板电势高于下极板，A正确；
B．感应电流的大小与B-t图像的斜率大小有关，感应电流的方向与B-t图像的斜率正负有关，第二秒内B-t图像的斜率仍然为负，感应的电流的方向不改变，则极板间电场强度方向不变，粒子受电场力方向不变，B错误；
CD．0-2s内电场强度方向向下，微粒受向下的电场力，微粒将以大于g加速度向下加速，则第1秒时粒子将的速度不是最大，2秒内粒子的位移也不为零，CD错误。
故选A。
12．D
【解析】
【详解】
试题分析：当圆环直径与边界PQ重合时，圆环中电动势的大小为E＝4BaV，故A错；根据楞次定律可以判断圆环中电流方向为顺时针，故B错；此过程中圆环的电动势增大，但增大得越来越慢，选项C错误；由电荷量知，△Φ＝BS＝Bπa2，可得故选D．
考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律；电量
【名师点睛】本题考查电磁感应规律、楞次定律、闭合电路运算、感应电动势平均值应用等．关键为：搞清楚磁通量的变化、平动切割的有效长度、平均值，注意求解电量时必须用电流的平均值，不是瞬时值．
13．A
【解析】
【分析】
ab杆加速上升时，动能增加，重力势能增加，整个回路的内能增加，根据能量守恒进行分析．
【详解】
对ab杆加速上升的过程，由根据动能定理，而，.
A、由功能关系，则拉力F和安培力做功的和等于棒ab增加的机械能；故A正确.
B、根据电磁感应的发电原理，，杆ab克服安培力做的功等于电阻R和r上产生的总热量；B错误.
C、由功能关系，即拉力F所做的功等于棒增加重力势能和回路产生的热量、增加的动能之和；C错误.
D、由功能关系，拉力F与重力做功的代数和等于回路上产生的总热量、增加的动能，；故D错误.
【点睛】
解决本题的关键理清整个过程中的能量转换，结合能量守恒定律和功能关系进行解决．
14．A
【解析】
【分析】
S闭合，电路开始充电，充电产生电流。充电完成后，电动势平衡，电流消失。
【详解】
ABD．开关原来断开，金属棒匀速运动，金属棒两端电压
在时刻闭合开关S，金属棒两端电压等于电容器两端电压，开始电容器两端电压为0，金属棒给电容器充电，使得电容器两端电压增大，此过程有电流经过金属棒，且充电电流逐渐减小，根据左手定则可知安培力方向向左，金属棒做减速运动，最终电容器两端电压等于ab切割磁感应线产生的感应电动势，回路中的电流为零，金属棒再次匀速运动，但速度要小于原来的速度，此时ab两端电压恒定不变，故A正确，BD错误；
U先变小后不变，故Q也先变小后不变，故C正确；
C．电容器充电过程中，其电荷量从零开始增大，最后不变，故C错误。
故选A。
15．C
【解析】
【详解】
A、磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间的变化率，说明B减少，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律判断可知：圆环中产生的感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，故感应电流方向沿顺时针方向，故A错误；
B、穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，圆环为了阻碍磁通量的减少，圆环应有扩展的趋势，且向左运动的趋势，故B错误；
C、根据题意，，则感应电动势恒定，由于电阻恒定，故感应电流恒定，故选项C正确；
D、由法拉第电磁感应定律得，圆环的电阻，则感应电流大小为，则图中a、b两点间的电压，故D错误．
点睛：本题考查楞次定律及法拉第电磁感应定律的应用，注意正确应用楞次定律的两种描述；同时还要注意求磁通量时，面积应为有效面积，本题中不能当作圆的面积来求，而是圆中含有磁通量的部分面积．
16． 均匀增强
【解析】
【详解】
[1]小球带正电，知上极板带负电，根据楞次定律得知，磁场正在均匀增强；
[2]电键闭合时有
解得
17．
【解析】
【详解】
由电阻定律可知，
[1]由公式可知，一边进入时两线框中感应电动势之比为1：2；
[2]由公式
可知，电流之为
[3]由安培力公式可知，安培力之比为
[4]由于两线框做匀速直线运动，所以外力与安培力相等，由于速度相向，所以
【点睛】
外力功率相等，即为1：1；
[5]由公式可知，外力做功之比为
[6]由公式
所以电量之比
18． 10-5V 10-10C a板
【解析】
【详解】
由题意，磁场均匀减小，根据楞次定律知，感应电动势的方向是顺时针方向，则上极板带正电，即a极带正电．
根据法拉第电磁感应定律得：V
则：Q=CU=CE=10×10 6×1×10 5=1×10 10C，
【名师点睛】
根据楞次定律判断感应电动势的方向，从而得知极板所带电量的电性，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，根据Q=CU求出所带电量的大小．
19． BD 感应电场的电场力 机械能 正
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]A．只要将线圈A放在线圈B中不一定会引起电流计指针偏转，必须保证线圈A中有电流通过，并且电流要发生变化才能使线圈B产生感应电流，A错误；
B．线圈A插入或拔出线圈B的速度越大，电流计指针偏转的角度越大，因为速度越大，线圈B中的磁通量变化越快，其产生的感应电动势越大，电流也越大，B正确；
C．滑动变阻器的滑片P匀速滑动时，电流计指针会发生偏转，因为滑片移动电阻变化，线圈A的电流发生变化，线圈B就能产生感应电流，C错误；
D．滑动变阻器的滑片P滑动越快，电流计指针偏转的角度越大，因为滑片移动快电阻变化快，线圈A的电流变化也快，线圈B中的磁通量变化越快，其产生的感应电动势越大，电流也越大，电流计指针偏转的角度越大，D正确。
故选BD。
(2)[2]线圈B相当于产生感应电流的“电源”，这个“电源”内的非静电力是感应电场的电场力。
[3]因为线圈A插入或拔出线圈B，导致电流计指针发生了偏转。这时，是机械能转化为电能。
(3)[4]由楞次定律可判断感应磁场方向向下，再利用右手定则可判断感应电流方向从负接线柱流入灵敏电流计，则指针向正接线柱一侧偏转，所以则乙图中灵敏电流计指针向其正接线柱方向偏转。
20．（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）线框在沿斜面下滑匀速进入磁场的过程中，有
其中
解得
（2）线框从离开磁场到滑动到最高点的过程中，由动能定理有
线框从最高点滑下至刚进入磁场的过程中，由动能定理有
解得线框刚穿出磁场时的速度
线框从刚进入磁场到刚穿出磁场的过程中，由能量守恒定律，有
已知速度
解得
21．（1）0.4A；（2）10.8N；（3）20.16J
【解析】
【详解】
（1）正方形线框刚进入磁场时，由法拉第电磁感应定律得
则线框中的电流为
（2）正方形线框全部进入磁场所用的时间为
在此时间内，磁感应强度不变，均为
线框将要全部进入磁场时，右边导线受到向左的安培力，大小为
线框的上边所受的安培力向下，大小为
则滑块所受滑动摩擦力为
故外力
（3）正方形线框刚进入磁场时的外力大小为
线框全部进入过程中外力所做的功为
线框整体在磁场中运动的时间为
则1~3s内有
线框中有沿顺时针方向的电流，电流大小为
线框完全进入磁场瞬间，磁感应强度发生变化，线框的上边受到向上的安培力，大小为
则1~3s内外力做的功
后线框中无电流，此时直到线框完全离开磁场，外力做的功
故整个过程外力做的总功为
22．(1)；(2)0.65s；(3)，x=0或者0.2m
【解析】
【详解】
(1)a棒进入AB时，有
受的安培力为
匀速运动，则有
解得
根据牛顿第二定律有
解得
又
所以
（2）a棒通过CDEF的过程，有
解得
从进入AB边到穿出EF边的过程，有
解得
(3)a棒进入GHIJ后，a与b断路，则
即
所以
安培力
安培力做功
则根据动能定理有
解得
因为，所以b棒未进入GHIJ，a与b始终断路。此时的安培力
a棒不会返回。根据牛顿第二定律有
解得
所以有
或
m
解得
x=0或0.2m
23．见解析
【解析】
【详解】
（1）（2）x在O-L段：线框进入磁场的时间
x在L-2L段：线框完全进入磁场，磁通量不变，没有感应电流产生，时间为
x在2L-3L段：线框穿出磁场，有
x在O-L段：线框进入磁场，根据楞次定律判断知感应电流沿逆时针方向，为负值。感应电流的大小为
ab为电源,其两端电压为路端电压，故其电势差
V
x在L-2L段：线框完全进入磁场，磁通量不变，没有感应电流产生。ab两段的电势差
U=E
x在2L-3L段：线框穿出磁场，感应电动势
=0.04V
感应电流方向为正，大小为
此时ab两端电压为
V
则电流随时间的变化图象如下
则ab两端的电压图象如下图
答案第1页，共2页
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