第=PAGE1*2-11页共=SECTIONPAGES2*24页◎第=PAGE1*22页共=SECTIONPAGES2*24页第=PAGE1*2-11页共=SECTIONPAGES2*24页◎第=PAGE1*22页共=SECTIONPAGES2*24页…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○……………………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………绝密★启用前2018-2019学年度???学校8月月考卷试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明一、多选题1．如图所示，正方形线框的边长为L，电容器的电容为C。正方形线框的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，当磁感应强度以k为变化率均匀减小时，则( )A．线框中产生的感应电动势大小为kL2B．电压
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没有读数C．a点的电势高于b点的电势D．电容器所带的电荷量为Q＝CkL22【答案】BCD【解析】由法拉第电磁感应定律注意有效面积，得：E=△B△tS=12kL2，故A错误。磁场均匀减弱，线圈产生恒定的感应电动势，电容器充电完毕后电路中没有电流，电压表则没有读数。故B正确。由楞次定律可知，感应电动势方向沿顺时针，则a点的电势高于b点的电势，电势差为感应电动势。故C正确。线圈产生恒定的感应电动势给电容器充电，则电容器的电量Q＝CU＝C•12kL2．故D正确。故选BCD。点睛：本题运用法拉第电磁感应定律E=△B△tS时要注意S是有效面积，不是线圈的总面积．要理解电压表的核心是电流表，没有电流，电压表指针不偏转，则没有读数．2．匀强磁场方向垂直纸面，规定垂直纸面向里的方向为正，磁感应强度B随时间t变化规律如图甲所示。在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图乙所示。令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，f1、f2、f3分别表示I1、I2、I3时，金属环上很小一段受到的安培力。则( )A．I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B．I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向C．f1方向指向圆心，f2方向指向圆心D．f2方向背离圆心向外，f3方向指向圆心【答案】AD【解析】由图甲所示可知，oa段，磁场垂直于纸面向里，穿过圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I1沿逆时针方向，在ab段磁场向里，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流I2沿顺时针方向，故A正确；由图甲所示可知，在ab段磁场向里，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流I2沿顺时针方向，在bc段，磁场向外，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I3沿顺时针方向，故B错误；由左手定则可知，oa段电流受到的安培力f1方向指向圆心，ab段安培力f2方向背离圆心向外，bc段，安培力f3方向指向圆心，故C错误，D正确。故选AD。点睛：本题考查了判断感应电流方向与安培力方向，应用楞次定律与左手定则即可正确解题；要熟练掌握楞次定律与左手定则；要掌握应用楞次定律解题的步骤；判断每段受到的安培力时也可以用“增缩减扩”来判断．3．如图所示，在竖直面内有方向垂直纸面向里、高度为h的有界匀强磁场，磁场上、下边界水平。将边长为l(l
v3B．若v1=v2，则一定有v2v3。故A项正确，B项错误。C：设cd边通过磁场上边界时线框速度为，则对cd边通过磁场上边界到ab边通过磁场下边界时过程，应用动能定理可得：，解得。若v1=v2，ab边通过磁场上边界到cd边通过磁场上边界的过程与ab边离开磁场到cd边离开磁场的过程线框受力与运动情况相同，即cd离开磁场的速度也是。对ab离开磁场到cd离开磁场的过程应用动能定理得：，解得；则此过程线框内产生的焦耳热。故C项正确。D：从ab进入磁场到cd离开磁场的过程，应用动能定理得：，解得：；则线框内产生的焦耳热。故D项错误。点睛：C项也可对cd边通过磁场上边界到cd离开磁场的过程研究，求焦耳热。4．如图，方形金属回路固定在水平面上，回路中有一微型电动机，在外力F作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动,微型电动机工作，现已知在匀速运动过程中外力F做功WF，磁铁克服磁场力做功W，重力对磁铁做功WG，回路中产生的电能为E，回路产生的焦耳热为Q。则A．从上向下看，回路中感应电流的方向为顺时针B．W=EC．WF+WG=ED．WF+WG=E+Q【答案】ABC【解析】穿过线圈的磁通量向下减小，根据楞次定律可得感应电流方向为顺时针，A正确；根据功能关系可知克服磁场力做功等于电路中产生的的电能，即，B正确；对磁铁
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，根据动能定理可得，故，故，C正确D错误．5．如图所示，电阻不计的金属导轨PQ、MN水平平行放置，间距为L，导轨的P、M端接到匝数比为n1：n2=1：2的理想变压器的原线圈两端，变压器的副线圈接有阻值为R的电阻。在两导轨间x≥0区域有垂直导轨平面的磁场，磁场的磁感应强度B=B0sin2kπx，一阻值不计的光滑导体棒ab垂直导轨放置且与导轨接触良好。开始时导体棒处于x=0处，从t=0时刻起，导体棒ab在沿x正方向的力F作用下做速度为v的匀速运动，则（）A．导体棒ab中产生的交变电流的频率为2kvB．交流电压表的示数为2B0LvC．交流电流表的示数为22RB0LVD．在t时间内力F做的功为8B02L2v2Rt【答案】BC【解析】在t时刻ab棒的坐标为x=vt，感应电动势e=BLv=B0Lvsin2kπvt，则交变电流的角频率为ω=2kπv，交变电流的频率为f=ω2π=kv，A错误；原线圈两端的电压U1=B0Lv2，由U1U2=n1n2=12，得副线圈两端的电压为U2=2B0Lv2=2B0Lv，故交流电压表的示数为2B0Lv，B正确；副线圈中电流有效值为I2=U2R=2B0LvR，由I2I1=n1n2=12，得原线圈中电流有效值为I1=22B0LvR，所以交流电流表的示数为22B0LvR，C正确；在t时间内力F做的功等于R产生的热量，为W=U22Rt=2B02L2v2tR，D错误．6．图（甲）为手机及无线充电板,图（乙）为充电原理示意图。充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电。为方便研究，现将问题做如下简化：设受电线圈的匝数为n，面积为S，总电阻（含所接元件）为R，若在t1到t2时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由B1增加到B2。下列说法正确的是（）A．在t1到t2时间内，c点的电势高于d点的电势B．在t1到t2时间内，受电线圈通过的电量为C．若只增加送电线圈匝数，可使c、d之间的电压减小D．受电线圈中的电流大小与交流电的频率无关【答案】BC【解析】根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受电线圈中感应电流方向由c到d，所以c点的电势低于d点的电势，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可得：，根据欧姆定律可得：，通过的电荷量为：，联立可得：，故B正确；若只增加送电线圈匝数，相当于增大变压器的原线圈匝数，所以c、d之间的电压减小，故C正确；受电线圈是通过电磁感应获得能量的，所以受电线圈中的电流大小与交流电的频率无关，故D错误。所以BC正确，AD错误。7．如图所示，固定在绝缘水平面上的光滑平行金属导轨，间距为L，右端接有阻值为R的电阻，空间存在方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场。质量为m、电阻为2R的导体棒ab与固定绝缘弹簧相连，放在导轨上，并与导轨接触良好。初始时刻，弹簧处于自然长度。给导体棒水平向右的初速度v0，导体棒往复运动一段时间后静止。不计导轨电阻，下列说法中正确的是A．导体棒每次向右运动的过程中受到的安培力均逐渐减小B．导体棒速度为v0时其两端的电压为23BLv0C．导体棒开始运动后速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为12mv02D．在金属棒整个运动过程中，电阻R上产生的焦耳热为16mv02【答案】D【解析】A项：由能量守恒可知，导体棒第一次回到开始位置时速度不为零，所以会将弹簧压缩，一直到导体棒速度为零，接着弹簧将导体棒向右弹开，开始时导体棒做加速运动，所以安培力增大，故A错误；B项：导体棒速度为v0时产生的感应电动势为E=BLv0，由闭合电路欧姆定律可知，导体棒两端电压即路端电压为U=RR+2RE=13BLv0，故B正确；C项：导体棒开始运动后速度第一次为零时，由能量守恒可知，导体棒的动能转化为弹性势能和焦耳热，所以弹簧的弹性势能小于mv02/2，故C错误；D项：由平衡条件可知，金属棒最终会停在初始位置，在金属棒整个运动过程中，回路中产生的焦耳热为Q=12mv02，根据串联电路中热量的分配按电阻分配，所以电阻R上产生的焦耳热为QR=13Q=16mv02，故D正确。点晴：弄清运动过程中能量如何转化，并应用能量转化和守恒定律分析解决问题是此题关键，当然右手定则和安培定则也熟练运用。8．如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n=100，线圈面积S=200cm2，线圈的电阻r=1Ω，线圈外接一个阻值R=4Ω的阻值，把线圈放入一方向垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示.下列说法中正确的是( )A．线圈中的感应电流方向为顺时针方向B．电阻R两端的电压随时间均匀增大C．线圈电阻r消耗的功率为4×10-4WD．前4s内通过R的电荷量为8×10-2C【答案】CD【解析】A项：由图可知，穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得：线圈产生的感应电流逆时针，故A错误；B项：根据法拉第电磁感应定律，可知，磁通量的变化率恒定，所以电动势恒定，则电阻两端的电压恒定，故B错误；C项：由法拉第电磁感应定律：E=nΔϕΔt=nΔBSΔt=100×0.4−0.24×0.02V=0.1V，由闭合电路欧姆定律，可知电路中的电流为I=ER+r=0.14+1A=0.02A，所以线圈电阻r消耗的功率P=I2R=0.022×1W=4×10-4W，故C正确；D项：前4s内通过R的电荷量Q=It=0.02×4C=0.08C，故D正确。9．下列设备都接在交变电流上工作，其中利用涡流原理工作的设备有A．电磁炉B．变压器C．高频电焊机D．电视机【答案】AC【解析】A、电磁炉和高频电焊机利用了电磁感应的原理，产生涡流，从而加热，故选项AC正确；B、变压器是利用互感现象而工作的，故选项B错误；D、电视机是利用带电粒子在电场中的运动，使粒子打到荧光屏上发光而工作的，故选项D错误。点睛：本题主要掌握涡流工作原理，在学习过程中注意积累。10．如图所示，导线框abcd放在光滑导轨上向右运动(abcd与导轨接触良好)，G1和G2是两只电流表，则A．G1偏转B．G2偏转C．G1不偏转D．G2不偏转【答案】AB【解析】导线框向右滑动时，ad边、bc边与左侧导轨构成的闭合回路磁通量都增加，两个回路中都会产生感应电流，因此有电流流过两个电流表G1和G2，故两个电表都会偏转，故AB正确，CD错误。点睛：掌握感应电流产生的条件即可正确解题，关键要明确所研究的回路，从切割来看：ad和bc都产生感应电动势，相当于两个电池并联，两个电流表都有示数。11．线圈L2在L1附近，为使L2中有如图所示箭头所指方向的感应电流，可以使A．变阻器滑片向左移B．变阻器滑片向右移C．L2远离L1运动D．闭合开关S的瞬间【答案】BC【解析】由安培定则可得，左侧线圈中的磁场的方向向上，所以穿过L2中的磁场的方向向下；A、当滑动变阻器的滑片向左移动时，电阻均匀减小，L1中电流非线性增大，L1产生的磁场非线性增强，穿过L2的向下的磁通量非线性增大，L2中将产生外侧向右的感应电流，与图中的电流的方向相反，故A错误；B、当滑动变阻器的滑片向右移动时，电阻均匀增大，L1中电流非线性减小，L1产生的磁场非线性减小，穿过L2的向下的磁通量非线性减小，L2中将产生外侧向左的感应电流，与图中的电流的方向相同，故B正确；C、L2远离L1运动，穿过L2的向下的磁通量减小，L2中将产生外侧向左的感应电流，与图中的电流的方向相同，故C正确；D、闭合开关s的瞬间，L1中电流增大，L1产生的磁场增强，穿过L2的向下的磁通量增大，L2中将产生外侧向右的感应电流，与图中的电流的方向相反，故D错误。点睛：根据产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，依次分析，根据安培定则和楞次定律判断电流的方向。12．如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨MN、PQ处于竖直向下的足够大的匀强磁场中，导轨间距为L，导轨的右端接有阻值为R的电阻。一根质量为m，电阻为r的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接触良好。现使金属棒以一定初速度向左运动，它先后通过位置a、b后，到达位置c处刚好静止。已知磁场的磁感应强度为B，金属棒通过a、b处的速度分别为va、vb，a、b间的距离等于b、c间的距离，导轨的电阻忽略不计。下列说法中正确的是（）A．金属棒运动到a处时的加速度大小为B2L2vamRB．金属棒运动到b处时通过电阻的电流方向由Q指向NC．金属棒在a→b过程与b→c过程中通过电阻的电荷量相等D．金属棒在a处的速度va是其在b处速度vb的2倍【答案】BC【解析】金属棒运动到a处时，有E=BLva，I=ER+r，安培力F=BIL=B2L2vaR+r，由牛顿第二定律得加速度：a=Fm=B2L2vamR+r，A错误；金属棒运动到b处时，由右手定则判断知，通过电阻的电流方向由Q指向N，B正确；金属棒在a→b过程中，通过电阻的电荷量q1=It=ER+rt=ΔΦ1R+r，同理，在b→c的过程中，通过电阻的电荷量q1=It=ER+rt=ΔΦ2R+r，由于ΔΦ1=ΔΦ2，可得q1=q2，C正确；在b→c的过程中，对金属棒运用动量定理得−∑B2L2vR+r=0−mvb，而∑vΔt=lbc，解得：vb=B2L2lbcmR+r，同理，在a→c的过程中，对金属棒运用动量定理得−∑B2L2v'R+r=0−mva，而∑vΔt'=lac，解得va=B2L2lacmR+r，因lac=2lbc，因此va=2vb，D错误．【点睛】如图所示，在电磁感应中，电量q与安培力的冲量之间的关系，如图所示，以电量为桥梁，直接把图中左右两边的物理量联系起来，如把导体棒的位移和速度联系起来，但由于这类问题导体棒的运动一般都不是匀变速直线运动，无法直接使用匀变速直线运动的运动学公式进行求解，所以这种方法就显得十分巧妙，这种题型难度最大。13．如图所示，在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，水平放置两条平行长直导轨MN，导轨间距为L。导轨左端接一电阻R，金属杆ab垂直导轨放置，金属杆和导轨的电阻不计，杆与导轨间接触良好且无摩擦。现对金属杆施加一个与其垂直的水平方向恒力F，使金属杆从静止开始运动。在运动过程中，金属杆速度大小v、恒力F的功率PF、金属杆与导轨形成的回路中磁通量Φ等各量随时间变化图像正确的是（）A．B．C．D．【答案】AD【解析】根据牛顿第二定律知，金属杆的加速度为a=F−FAm=F−B2L2vRm=Fm−B2L2vmR，由于速度增大，则加速度减小，可知金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度等于零时，速度最大，做匀速直线运动，当a=0，由上式得最大速度，所以v-t图象的斜率先减小后不变，A正确；恒力F的功率PF=Fv，则知PF-t图象的斜率先减小后不变，图象先是曲线后是直线，B错误；由E=BLv，知感应电动势先增大后不变，由E=ΔΦΔt知，Φ−t图象的斜率先增大后不变，C错误D正确．14．如图所示，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一自感系数较大的线圈(直流电阻可忽略不计)。则( )A．S闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭B．S闭合时，B灯立即亮，然后逐渐熄灭C．电路接通稳定后，B灯和C灯亮度相同D．电路接通稳定后，S断开时，C灯立即熄灭【答案】AC【解析】电路中A灯与线圈并联后与B灯串联，再与C灯并联。S闭合时，三个灯同时立即发光，由于线圈的电阻很小，逐渐将A灯短路，A灯逐渐熄灭，A灯的电压逐渐降低，B灯的电压逐渐增大，B灯逐渐变亮，A正确B错误；电路接通稳定后，A灯被线圈短路，完全熄灭。B、C并联，电压相同，亮度相同，C正确；电路接通稳定后，S断开时，C灯中原来的电流立即减至零，由于线圈中电流要减小，产生自感电动势，阻碍电流的减小，线圈中电流不会立即消失，这个自感电流通过C灯，所以C灯过一会儿熄灭，D错误．【点睛】解决本题的关键掌握线圈对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小。当电流不变时，线圈将与之并联的电路短路．15．如图所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路，其余电阻不计。线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系式B=10－4t(T)，在0至2s时间内，下列说法正确的是( )A．通过电阻R1上的电流方向由b到aB．通过电阻R1上的电流大小为4nπr123RC．通过电阻R1上的电荷量为8nπr223RD．电阻R1上产生的热量为64n2π2r149R【答案】AC【解析】根据法拉第电磁感应定律由法拉第电磁感应定律有E=nΔΦΔt=nΔBΔtS，而s=πr22，由闭合电路欧姆定律有I=ER+2R，联立以上各式解得通过电阻R1上的电流大小为：I=4nπB0r223R，根据楞次定律可知，流经R1的电流方向由b→a，A正确B错误；根据欧姆定律，则线圈两端的电压，即为电阻R1的电压，则q=It1=8nπr223R，C正确；电阻R1上产生的热量为Q=I22Rt=64n2π2r249R，D错误．【点睛】需要注意应用法拉第定律时要注意s是有效面积，并不等于线圈的面积，线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流．由楞次定律可确定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小．而产生的热量则是由焦耳定律求出．16．如图所示，ab、cd是固定在竖直平面内的足够长的金属框架，bc段接有一阻值为R的电阻，其余电阻不计，ef是一条不计电阻的金属杆，杆两端与ab和cd接触良好且能无摩擦下滑(不计空气阻力)，下滑时ef始终处于水平位置，整个装置处于方向垂直框面向里的匀强磁场中，ef从静止下滑，经过一段时间后闭合开关S，则在闭合开关S后A．ef的加速度大小不可能大于gB．无论何时闭合开关S，ef最终匀速运动时速度都相同C．无论何时闭合开关S，ef最终匀速运动时电流的功率都相同D．ef匀速下滑时，减少的机械能小于电路消耗的电能【答案】BC【解析】闭合开关S后，ef切割磁感线产生感应电流，ef所受的安培力方向向上。若ef所受的安培力大于重力的2倍，由牛顿第二定律得知，加速度大于g。故A错误。无论什么时刻闭合S，ef最终都做匀速运动，设最终的速度大小为v，则有：mg=B2L2vR，得v=mgRB2L2，由于m、R、B、L都相同，则v一定相同。故B正确。ef最终匀速运动时，设电流的功率为P，则： P=mgv=m2g2RB2L2，可见，电流的功率P是相同的。故C正确。ef匀速下滑时，根据能量守恒定律得知，ef减少的机械能等于电路消耗的电能。故D错误。故选BC。点睛：本题首先要对开关闭合后ef可能的运动情况分析要清楚，其次从力平衡和能量守恒的角度分析，得到稳定时ef的速度、电功率等表达式，再进行判断。17．如图所示为磁悬浮的原理，图中A是圆柱形磁铁，B是用高温超导材料制成的超导圆环，将超导圆环水平放在磁铁A上，它就能在磁力的作用下悬浮在磁铁A上方的空中，则( )A．将B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流，当稳定后，感应电流消失B．将B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流，当稳定后，感应电流仍存在C．如A的N极朝上，B中感应电流为顺时针方向(俯视)D．如A的N极朝上，B中感应电流为逆时针方向(俯视)【答案】BC【解析】AB.当将B环靠近A时，由于越靠近A物体，其磁场就越强，磁感线就越密，所以在靠近过程中穿过B环的磁通量发生变化，即在该环中会产生感应电流；由于B环是超导体，即没有电阻，所以此时B环中的电流不会变小，且永远存在，故A错误，B正确；CD.此时圆环B水平放在磁铁A上且悬浮在磁铁A的上方空中，即其相互排斥，这就说明B环的下面是N极，故安培定则可判断此时用右手握时，大拇指应朝下，故感应电流为顺时针方向(俯视)，故C正确，D错误。故选：BC.点睛：闭合电路的部分导体在磁场中穿过B环的磁通量发生变化，在电路中就会产生感应电流，该现象称为电磁感应现象，所以根据电磁感应的条件理解；结合超导体、平衡条件和安培定则分析即可判断．18．如图,一端接有定值电阻R的足够长的光滑平行金属导轨,固定在绝缘斜面上(斜面未画出),匀强磁场垂直于导轨平面向上,导体棒ab垂直于导轨放置.现给导体棒沿斜面向上的初速度v,经过一段时间导体棒又回到原位置,在运动过程中导体棒ab始终垂直于导轨,导轨和导体棒的电阻可忽略不计.则（）A．在上滑过程导体棒中的电流方向由b到aB．回到原位置时导体棒的速度大小仍为vC．上滑过程与下滑到初始位置的过程电阻R产生的焦耳热相等D．上滑过程与下滑到初始位置的过程通过导体棒截面的电荷量相等【答案】AD【解析】A、金属棒上滑时，根据右手定则判断可知棒中感应电流的方向由b到a，故A正确；B、金属棒运动过程中产生感应电流，受到安培力作用，根据楞次定律可知安培力总是阻碍金属棒相对于导轨运动，所以金属棒的机械能不断减小，则金属棒回到原位置是速度大小必小于v，故B错误；D、金属棒上滑阶段和下滑阶段中回路磁通量的变化量相等，根据q=ΔϕR可知通过棒的电量相等，故D正确；C、由于金属棒回到原位置是速度大小小于v，上滑过程比下滑到初始位置的过程产生的平均感应电动势大，根据W=qU可知，上滑过程与下滑到初始位置的过程电阻R产生的焦耳热要多，故C错误；故选AD。【点睛】根据右手定则判断感应电流的方向；根据能量守恒定律分析金属棒回到原位置的速度大小；根据公式q=ΔϕR分析通过棒的电量关系。19．如图所示电路,A、B、C为完全相同的三个灯泡,L是一个直流电阻不可忽略的电感线圈,a、b为线圈L的左右两端点,原来开关S是闭合的,三个灯泡亮度相同,将开关S断开后（）A．灯熄灭前,a点电势高于b点电势B．灯熄灭前,b点电势高于a点电势C．B、C灯闪亮后缓慢熄灭D．B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭【答案】BD【解析】开关闭合稳定时，三个灯泡亮度相同，则流过A的电流等于流过BC的，开关由闭合到断开瞬间，BC灯原来的电流瞬间消失，而线圈产生自感电动势阻碍BC灯中电流减小，并与ABC组成回路，原来两支路灯电流相等，则开关断开瞬间，电流都从原来A的值开始减小，所以三灯灯不会闪亮，均过一会儿才熄灭；由于电流的方向与A的原电流的方向相同，则流过三个灯的电流的方向为逆时针方向，b点电势高于a点，故B、D正确，A、C错误；故选BD。【点睛】开关由闭合到断开瞬间，BC灯原来电流立即消失，而线圈产生自感电动势与ABC组成回路，由于阻碍作用使电流逐渐减小。20．如图所示，边长为a的闭台正三角形金属框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直框架平面向里的匀强磁场中。现用力将框架水平向右匀速拉出磁场，则下列表示框架中的感应电动势E、感应电流I、安培力F及拉力功率P的图象与这一过程相符的是A．B．C．D．【答案】AD【解析】如下图所示，当框架穿出磁场x距离后，线框切割磁感线的有效长度为L，根据几何知识可得L=2xtan30°，则有：E=BLv=2Bvxtan30°，I=ER＝2Bvtan30°Rx，E和I都与x成正比，则A正确，B错误；FA=BIL=4B2x2v9R，由于框架匀速被拉出，故外力F与安培力FA等大反向，即为：F=4B2x2v9R ，F与x2成正比，故选项C错误；外力F的功率为：P=Fv=4B2x2v29R，P与x成二次函数正比，故D正确。故选AD。点睛：本题以图象的形式考查了导体棒切割磁感线时感应电动势的计算、安培力的计算、功率的计算；根据相应的物理规律、公式推导出纵横坐标所表示物理量之间的关系是处理图象问题的关键。21．如图所示，线圈abcd在磁场区域ABCD中，下列哪种情况下线圈中有感应电流产生( )A．把线圈变成圆形(周长不变)B．使线圈在磁场中加速平移C．使磁场增强或减弱D．使线圈以过ab的直线为轴旋转【答案】ACD【解析】A：把线圈变成圆形(周长不变)，线圈面积变大，线圈中磁通量增大，线圈中有感应电流产生。故A项正确。B：使线圈在磁场中加速平移，线圈中磁通量不变，线圈中没有感应电流产生。C：使磁场增强或减弱，线圈中磁通量增大或减小，线圈中有感应电流产生。故C项正确。D：使线圈以过ab的直线为轴旋转，线圈在磁场中的有效面积变化，线圈中磁通量变化，线圈中有感应电流产生。故D项正确。综上，线圈中有感应电流产生的答案为ACD。点睛：计算磁通量时，面积应是有效面积，即面在垂直磁场方向上的投影面积。22．如图所示，虚线M1N1、P1Q1和虚线M2N2、P2Q2所成夹角相同，它们所夹部分区域存在磁感应强度大小相等的匀强磁场，其方向如图所示。图中正方形线圈abcd分别自位置1、3匀速移到位置2、4，则关于正方形线圈abcd中的电流方向的说法正确的是A．自位置1移到位置2的过程中，感应电流方向先顺时针再逆时针B．自位置1移到位置2的过程中，感应电流方向始终顺时针C．自位置3移到位置4的过程中，感应电流方向先顺时针再逆时针D．自位置3移到位置4的过程中，感应电流方向先顺时针后逆时针再顺时针后逆时针【答案】BC【解析】AB：正方形线圈abcd自位置1匀速移到位置2的过程中，穿过线圈的磁通量先是向里的减小到0然后是向外的增大，感应磁场方向始终向里，感应电流方向始终顺时针。故A项错误，B项正确。CD：正方形线圈abcd自位置3匀速移到位置4的过程中，穿过线圈的磁通量先是向里的减小然后是向里的增大，感应磁场方向先向里然后向外，感应电流方向先顺时针再逆时针。故C项正确，D项错误。23．(多选)如图所示，MN和PQ为两光滑的电阻不计的水平金属导轨，N、Q接理想变压器，理想变压器的输出端接电阻元件R、电容元件C，导轨上垂直放置一金属棒ab.今在水平导轨部分加一竖直向上的匀强磁场，则下列说法中正确的是(IR、IC均为有效值)( )A．若ab棒匀速运动，则IR≠0，IC＝0B．若ab棒匀速运动，则IR＝0，IC＝0C．若ab棒在某一中心位置两侧做往复运动，则IR≠0，IC≠0D．若ab棒做匀加速运动，则IR≠0，IC＝0【答案】BCD【解析】A、B项：ab棒匀速运动的过程时，产生恒定的感应电动势，原线圈中产生恒定的感应电流，即IR=0．原线圈形成恒定的磁场，穿过右侧副线圈的磁通量不变，则副线圈中没有感应电动势产生，所以IC=0，故A错误，B正确；C项：若ab棒在某一中心位置两侧做往复运动，原线圈中产生交变电流，副线圈中将有感应电流产生，故IR≠0、IC≠0，故C正确；D项：若ab棒匀加速运动，原线圈中感应电流均匀增大，穿过副线圈的磁通量均匀增大，副线圈中产生恒定的感应电动势，由于电容器有隔直的特性，IC=0，故IR≠0，故D正确。点晴：此题是变压器问题，要根据变压器只能改变交变电压，分析副线圈中感应电动势情况，判断感应电流，在ab棒匀速运动过程中，ab棒产生恒定的感应电动势，左边原线圈中产生恒定的电流，形成恒定的磁场，穿过副线圈的磁通量不变，没有感应电动势产生；若ab棒做往复运动或匀加速运动，原线圈中感应电流变化，副线圈中产生感应电动势，交变电流能通过电容器。24．如图，在水平面（纸面）内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨。空间存在垂直于纸面的均匀磁场。用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触。下列关于回路中电流i、穿过三角形回路的磁通量Φ、MN上安培力F的大小、回路中的电功率P与时间t的关系图线。可能正确的是A．B．C．D．【答案】AC【解析】设∠bac=2θ，单位长度电阻为R0，起始时MN距a为x0，则时刻t，MN切割产生的感应电动势e=BLv=B×2(x0+vt)tanθ×v=2Bv(x0+vt)tanθ，回路总电阻R=2(vt+x0)tanθ+vt+x0cosθR0A：时刻t，回路电流i=eR=2BvtanθR0(2tanθ+2cosθ)，即电流与时间无关。故A图正确。B：时刻t，回路磁通量Φ=B×12×(x0+vt)×2(x0+vt)tanθ=B(x0+vt)2tanθ，即磁通量与时间不是一次函数。故B图错误。C：时刻t，MN上安培力F=Bi×2x0+vttanθ，电流为定值，则安培力的大小与时间是一次函数。故C图正确。D：时刻t，e=BLv=B×2(x0+vt)tanθ×v=2Bv(x0+vt)tanθ，电动势与时间是一次函数，电流为定值；回路中的电功率p=ei与时间是一次函数。故D图错误。点睛：关于电磁感应的图象问题，要根据规律写出表达式，判断物理量间关系，不能凭想当然做题。25．如图所示，光滑金属轨道由圆弧部分和水平部分组成，圆弧轨道与水平轨道平滑连接，水平部分足够长，轨道间距为L=1m，平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为IT，同种材料的金属杆a、b长度均为L，a放在左端弯曲部分高h=0.45m处，b放在水平轨道上，杆ab的质量分别为ma=2kg，mb=1kg，杆b的电阻Rb=0.2Ω，现由静止释放a，已知杆a、b运动过程中不脱离轨道且不相碰，g取10m/s2，则A．a、b匀速运动时的速度为2m/sB．当b的速度为1m/s时，b的加速度为3.75m/s2C．运动过程中通过b的电量为2CD．运动过程中b产生的焦耳热为1.5J【答案】AC【解析】A、对杆a下滑的过程中，由机械能守恒定律得：magh=12mav2，解得v=2gh=3m/s，a、b杆在水平面上运动时，稳定时一起匀速运动，由动量守恒定律得：mav=(ma+mb)vab，解得vab=2m/s，故A正确；B、a、b杆在水平面上运动时，由动量守恒定律得：mav=mav1+mbv2，当b的速度为1m/s时，a的速度为2.5m/s，b受到的安培力为F安=BIL=BBLv1−BLv2RbL=7.5N，b的加速度为ab=F安mb=7.5m/s2，故B错误；C、对b杆，由动量定理可得BILΔt=mbvab−0，运动过程中通过b的电量为q=IΔt=mbvabBL=2C，故C正确；D、由能量守恒得杆a和杆b共产生的焦耳热为Q=12mva2−12(ma+mb)vab2=3J，杆b中产生的焦耳热为Q′=Q=3J，故D错误；故选AC。26．在某小组探究楞次定律的实验中，小组同学设计了如图所示的电路进行实验。一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动．M连接在如图所示的电路中，其中R为滑线变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关．下列情况中，可观测到N向右运动的是（ ）A．在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间B．在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间C．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时D．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时【答案】ABD【解析】由楞次定律的第二种描述：“来拒去留”可知要使N向右运动，通过N的磁通量应增大；而A、B中由断开到闭合过程中磁通量均增大，故AB正确；若将移动滑动头，则向c端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中电流减小，磁通量减小，故会使N左移，故C错误；而D中向d移动时，滑动变阻器接入电阻减小时，故电路中电流增大，磁场增大，故会使N右移，故D正确；故选ABD。点睛：楞次定律有两种描述：“增反减同”和“来拒去留”，后者判断导体的运动更有效，应学会应用．27．如图所示，在一空心螺线管内部中点处悬挂一铜环，电路接通瞬间，下列说法正确的是()A．从左往右看，铜环中有逆时针方向感应电流B．从左往右看，铜环中有顺时针方向感应电流C．铜环有收缩趋势D．铜环有扩张趋势【答案】BC【解析】根据楞次定律，当接通开关瞬间时，导致穿过线圈的磁通量向左增大，则铜环中的感应电流的磁场的方向向右，从左侧看，铜环的感应电流顺时针，故A错误，B正确；当接通开关瞬间时，导致穿过线圈的磁通量向左增大，根据楞次定律可知，铜环的面积有收缩的趋势，故C正确，D错误；故选BC．点睛：考查楞次定律与左手定则的应用，掌握右手螺旋定则内容，注意左手定则与右手定则的区别，同时注意磁通量的概念．28．如图甲所示为放在同一水平面内的两个闭合同心圆形线圈A、B，线圈A中通入如图乙所示的电流，t＝0时电流方向为顺时针(如图中箭头所示)，则下列说法中正确的是( )A．在t1～t2时间段内，线圈B内有顺时针方向的电流，线圈B有扩张的趋势B．在t1～t2时间段内，线圈B内感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里C．在0～t1时间段内，线圈B内有逆时针方向的电流D．在0～t1时间段内，线圈B有收缩的趋势【答案】ABD【解析】在0～t1时间内，线圈A中顺时针电流在减小，电流产生磁场在减小，根据楞次定律，则有线圈B的感应电流方向为顺时针，根据安培定则与磁场叠加原则可知，线圈B所处磁场的方向向外，且在减小，两线圈的电流同向，则有相互吸引趋势，所以线圈B有收缩趋势，故C错误，D正确。当t1～t2时间内，线圈A中逆时针电流在增大，电流产生磁场在增强，根据安培定则与磁场叠加原则可知，线圈B内的感应电流产生的磁场方向向里，根据楞次定律，则有线圈B的感应电流方向为顺时针，两线圈的电流反向，则有相互排斥趋势，所以线圈B有扩张趋势，故AB正确。故选ABD。29．如图所示，水平放置的粗糙U形金属框架上接一个阻值为R0的电阻，放在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一个半径为l、质量为m的半圆形硬导体AC在水平恒力F作用下，由静止开始运动距离d后速度达到v，半圆形导体AC的电阻为r，其余电阻不计，下列说法正确的是( )A．UAC＝2BlvB．UAC=2R0BlvR0+rC．电路中产生的电热Q=Fd−12mv2D．通过R0的电荷量q=2BldR0+r【答案】BD【解析】导体AB有效切割的长度等于半圆的直径2L，半圆形导体AB切割磁感线产生感应电动势的大小为：E=B•2L•v=2BLv，AB相当于电源，其两端的电压是外电压，由欧姆定律得：U=R0R0+rE=2BLvR0R0+r，故B正确，A错误。根据能量守恒得，Fd＝Q+12mv2+Wf，则Q≠Fd−12mv2，故C错误。根据q=△ΦR0+r得，该过程中通过电阻R0的电荷量为q=B⋅2LdR0+r＝2BLdR0+r，故D正确。故选BD。点睛：本题要理解并掌握感应电动势公式，公式E=BLv中，L是有效的切割长度，即为与速度垂直的方向导体的长度。也可画出等效电路，来区分外电压和内电压。30．如图，一个单匝矩形线圈边长L2>L1放在水平桌面上，有一方向竖直向下的有界匀强磁场垂直线圈平面．现用外力F将线圈以相等的速率V匀速拉出有界磁场，第一次水平向右用力为F1、拉力做的功为W1、功率为P1，通过线圈的横截面的电荷量为q1，第二次向前用力为F2、拉力做的功为W2，功率为P2，通过线圈的横截面的电荷量为q2，那么，在两次拉动线圈的过程中下列说法正确的是()A．F1P2D．q1=q2【答案】AD【解析】由题意线圈匀速运动，所以有：F=F安；感应电动势的大小为：E1=BL1v；根据闭合欧姆定律得：I=BL1vR。则F1=F安1=B2L12vR；同理：F2=F安2=B2L22vR，因L2>L1，则F2>F1，选项A正确；拉力的功：W1=F1L2=B2L12L2vR；同理：W2=F2L1=B2L22L1vR，因L2>L1，W2>W1，选项B错误；拉力的功率：P1=F1v=B2L12v2R；P2=F2v=B2L22v2R；因L2>L1，P2>P1，选项C错误；根据q=ΔΦR=BL1L2R可知：q1=q2，选项D正确；故选AD.点睛：本题综合考查了电磁感应与电路的综合，要求掌握切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律、安培力大小公式以及焦耳定律、电量的公式等．31．某物理实验兴趣小组制作了如图所示的装置探究电磁阻尼现象，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则下列判断正确的是___________A．小磁块在P和Q中都做自由落体运动B．小磁块在两个下落过程中的机械能都守恒C．小磁块在P中的下落时间比在Q中的长D．小磁块落至底部时在P中的速度比在Q中的小【答案】CD【解析】A、当小磁块在光滑的铜管P下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，从而产生安培阻力，所以P做的运动不是自由落体运动；而对于塑料管内小磁块没有任何阻力，在做自由落体运动，故A错误；B、由A选项分析可知，在铜管的小磁块机械能不守恒，而在塑料管的小磁块机械能守恒，故B错误；C、在铜管中小磁块受到安培阻力，则在P中的下落时间比在Q中的长，故C正确；D、根据动能定理可知，因安培阻力，导致产生热能，则至底部时在P中的速度比在Q中的小，故D正确。故选CD。【点睛】该题考查涡流以及楞次定律的应用，注意感应电流产生条件，理阻碍在电磁感应中的六层意义是关键．32．如图所示，CD、EF是两条水平放置的电阻可忽略的平行光滑导轨，导轨固定不动，间距为L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。将一阻值也为R，质量为m的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。己知导体棒与水平导轨接触良好，则下列说法中正确的是A．电阻R的最大电流为BL2gh2RB．电阻R中产生的焦耳热为mghC．磁场左右边界的长度d为mR2ghB2L2D．流过电阻R的电荷量为m2ghBL【答案】AD【解析】金属棒下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=12mv2，得金属棒到达水平面时的速度v=2gh，金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为E=BLv，最大的感应电流为I=BLv2R=BL2gh2R，故A正确；金属棒在整个运动过程中，机械能最终转化为焦耳热，即Q=mgh，故电阻R中产生的焦耳热为QR=12Q=12mgh，故B错误；对导体棒，经时间t穿过磁场，由动量定理得：−F安Δt=BLIΔt=−mv，而q=IΔt，变形得：BLq=mv，解得q=mvBL=m2ghBL，而由q=IΔt=E2RΔt=BS2RΔt×Δt=BSR和S=Ld，解得：d=qRBL=2mR2ghB2L2，故C错误，D正确，故选AD。【点睛】金属棒在弯曲轨道下滑时，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理可以求出金属棒到达水平面时的速度，由E=BLv求出感应电动势，然后求出感应电流；由动量定理和q=IΔt求出电量，由能量守恒定律求出产生的焦耳热。33．如图甲所示，光滑水平面上的MN、OP间存在一匀强磁场，t=0时，一正方形金属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=1kg、电阻R=2Ω，则（）A．磁场宽度为4mB．匀强磁场的磁感应强度为2TC．线框穿过磁场过程中，通过线框的电荷量为2CD．线框穿过磁场过程屮，所用总时间为2.5s【答案】AB【解析】A项：线框的加速度为a=F2m=2ms2，磁场宽度d=12at22=4m，故A正确；B项：当线框全部进入磁场的瞬间有：F1−F安=ma，F安=B2L2vR=B2L2at1R，解得：B=2T，故B正确；C项：线框穿过磁场过程中，线圈的磁通时不变且为零，所以通过线框的电荷量为零，故C错误；D项：线框右边到磁场右边界时的速度为v0=at2=4ms，正方形线框的边长为2m，根据匀变速直线运动规律可知，2=v0t+12at2，解得：t=(6−2)s，所以线框穿过磁场过程屮，所用总时间为2+(6−2)=6s，故D错误。34．如图甲所示，在一正方形区域内有垂直纸面向里的均匀磁场，在该正方形外接圆处放置一个半径为r、电阻为R的n匝圆形线圈，线圈的两端接一电容为C的平行板电容器(未画出)．已知电容器充放电时间极短，正方形区域内磁场的磁感应强度大小随时间按照图乙所示规律变化，则A．正方形区域内磁场的磁感应强度大小的表达式为B＝B0＋B0TtB．线圈在t＝T时刻产生的感应电动势为E＝nπr2B0TC．在0～T时间内线圈中产生的焦耳热为Q＝4n2r4B02TRD．t＝T时刻电容器极板上所带电荷量为q＝2Cnr2B0T【答案】AD【解析】根据题中的图象，则t时刻，正方形区域内的磁感应强度的表达式为B=B0+B0Tt，故A正确；正方形线圈内磁通量的变化率ΔΦΔt=△B△tS=B0T（2r）2=2r2B0T，因此线圈在t=T时刻产生的感应电动势为E=2nr2B0T，故B错误；线圈在t=T时刻产生的感应电动势为E=2nr2B0T，那么q=CU=CE=2Cnr2B0T，故D正确；电容器充电一瞬间完成，没有持续电流，因此不能用焦耳热公式算电热，故C错误；故选AD。点睛：考查磁通量的变化率，及法拉第电磁感应定律的应用，注意由磁感应强度与时间的图线求解磁感应强度的变化率是解题的突破口．同时要注意求电荷量必须用电动势的平均值，电压表测量的是有效值，而焦耳热也是用有效值．35．矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在的平面垂直，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示，规定垂直纸面向里为磁场正方向，顺时针方向为感应电流正方向，水平向左为bc边所受安培力F的正方向。下列图象正确的是A．B．C．D．【答案】BD【解析】A、B项：线圈中的感应电流决定于磁感应强度B随t的变化率．由图可知，0～1s时间内，B增大，Φ增大，感应磁场与原磁场方向相反（感应磁场的磁感应强度的方向向外），由右手定则感应电流是逆时针的，因而是负值，由磁场均匀变化，所以产生的感应电流恒定，故A错误，B正确；C、D项：0～1s时间内，ad边感应电流是向下的，ad边所受的安培力F=BIL，根据左手定则得安培力方向向右为正值，由于B随时间均匀增大，I不变，所以安培力F随时间t均匀增大，故C错误，D正确。二、单选题36．如图所示，竖直平面内有一金属圆环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面．环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为R2的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为( )A．2Bav3B．Bav6C．Bav3D．Bav【答案】C【解析】当摆到竖直位置时，导体棒产生的感应电动势为：E=B⋅2av=2Ba⋅0+v2=Bav；AB两端的电压是路端电压，根据欧姆定律得：AB两端的电压大小为：U=14R14R+12RE=13Bav．故选C.点睛：本题是电磁感应与电路的结合问题，关键是弄清电源和外电路的构造，然后根据电学知识进一步求解，容易出错之处是把AB间的电压看成是内电压，得到结果是2Bav/3．37．在物理学发展过程中,观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述不符合史实的是( )A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应,该效应揭示了电和磁之间存在联系B．法拉第在实验中观察到电流的磁效应,该效应揭示了电和磁之间存在联系C．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性,提出了分子电流假说D．楞次在分析了许多实验事实后，
总结
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出判断感应电流方向的规律【答案】B【解析】奥斯特在实验中观察到电流的磁效应,该效应揭示了电和磁之间存在联系，选项A正确，B错误；安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性,提出了分子电流假说，选项C正确；楞次在分析了许多实验事实后，总结出判断感应电流方向的规律，选项D正确；此题选择不符合事实的选项，故选B.38．如图所示的电路中，两个电流表G1和G2的零点都在刻度盘中央，当电流从“－”接线柱流入表头时，指针向右摆，当电流从“＋”接线柱流入表头时，指针向左摆，当电路接通并达到稳定时再断开的瞬间，下列哪个说法正确（）A．G1指针向左摆，G2指针向右摆B．G1、G2的指针都向左摆C．G1指针向右摆，G2指针向左摆D．G1、G2的指针都向右摆【答案】A【解析】电路稳定后断开，通过电阻这一支路的电流立即消失，由于电感器对电流的变化有阻碍作用，会阻碍其减小，通过电感器的电流并且通过电阻。所以含有电感器的支路的电流从“+”接线柱流入G1，G1指针向左摆。含有电阻的支路电流从“-”接线柱流入，G2指针向右摆。故A正确，BCD错误。故选A.点睛：解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用：当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小，而电阻没有此特点，当K断开电阻、电感构成一新的回路。39．如图所示，ABC为一正三角形匀强磁场区域，边长为L，AE为BC边的中线。现有一边长也为L的正方形导体框MNQP，在外力的作用下从图示位置沿AE匀速向右运动，A与PQ中点重合。导体框穿过磁场过程中感应电流i随时间变化的图象正确的是（规定逆时针电流为正）（ ）A．B．C．D．【答案】A【解析】线框是匀速运动的，当PQ边进入磁场时，有效切割长度线性增加，产生的感应电流线性增加，根据楞次定律可知感应电流方向为逆时针方向，为正；由于AE长度小于NQ长度，所以完全进入后有一小段时间内磁通量不变，无感应电流产生；出磁场时，有效切割长度也在线性增加，产生的感应电流线性增加，根据楞次定律可知感应电流方向为顺时针方向，为负，A正确．【点睛】本题的突破点是根据“匀速”判断线框切割在进出磁场过程中有效切割长度的变化情况，要注意分析感应电流的正负．40．如图所示，用细线吊着一个矩形闭合金属线框，它的正下方有一水平通电直导线MN，现在使导线M端向纸外、N端向纸内在水平面内转动，则金属框A．有顺时针方向感应电流，与导线同向转动B．有顺时针方向感应电流，与导线反向转动C．有逆时针方向感应电流，与导线同向转动D．有逆时针方向感应电流，与导线反向转动【答案】C【解析】由安培定则可知，开始时穿过线圈的磁场的方向向外，当导线M端向纸外、N端向纸内在水平面内转动时，磁场的方向与该平面平行，向外的磁通量减小。根据楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向，同时，为阻碍磁通量的减小，线圈会跟随导线转动，故选项C正确，ABD错误。点睛：当线圈的磁通量发生变化时，线圈中才会产生感应电动势，从
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