电磁感应（19）.docx

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(a)所示，水平面内有一光滑金属导轨，ac边的电阻为R，其他电阻均不计，ab与ac夹角为135°，cd与ac垂直．将质量为m的长直导体棒搁在导轨上，并与ac平行．棒与ab、cd交点G、H间的距离为L0，空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B.在外力作用下，棒由GH处以初速度v0向右做直线运动．其速度的倒数1v随位移x变化的关系如图(b)所示．在棒运动L0到MN处的过程中

A． 导体棒做匀变速直线运动 B． 导体棒运动的时间为3L02v0
C． 流过导体棒的电流不变 D． 外力做功为3B2L02v02R+3mv028
【答案】BC
【解析】
A、直线的斜率为：k=2v0−1v0L0=1L0v0，所以有：1v=1L0v0+1v0，得v=L0x+L0v0，故不是匀变速直线运动，故A错误。C、感应电动势为：E=Blv=B(L0+x)L0L0+xv0=BL0v0，感应电动势大小不变，感应电流为：I=ER大小不变，故C正确；B、根据法拉第电磁感应定律有：E=ΔϕΔt=B⋅ΔSΔt=B⋅12(L0+2L0)L0Δt=BL0v0，解得：Δt=3L02v0，故B正确。D、克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热为：Q=I2Rt=(BL0v0R)2R3L02v0=3B2L02v02R，对导体棒，由动能定理得：W外−W安=12m(12v0)2−12mv02，解得W外=3B2L02v02R−3mv028，故D错误。故选BC.
【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下物体的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键。
2．如图甲所示，螺线管内有一平行于轴线的磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U形导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环面积为S，圆环与导线框cdef在同一平面内.当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，下列说法中正确的是

A． 在t1时刻，金属圆环L内的磁通量最大，最大值Φm=B0S
B． 在t2时刻，金属圆环L内的磁通量最大
C． 在t1~ t2时间内，金属圆环L有扩张的趋势
D． 在t1~ t2时间内，金属圆环L内有顺时针方向的感应电流
【答案】BD
【解析】当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，在导线框cdef内产生感应电动势和感应电流，在t1时刻，感应电流为零，金属圆环L内的磁通量为零，选项A错误；在t2时刻，感应电流最大，金属圆环L内的磁通量最大，选项B正确；在t1~ t2时间内，金属圆环L有收缩的趋势，选项C错误；由楞次定律，在t1~ t2时间内，导线框cdef内产生逆时针方向感应电流，感应电流逐渐增大，金属圆环L内磁通量增大，根据楞次定律，金属圆环L内有顺时针方向的感应电流，选项D正确。
【点睛】解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，右手螺旋定则判断电流和周围磁场方向的关系．
3．某电子天平原理如图所示，E形磁铁的两侧为N极，中心为S极，两极间的磁感应强度大小均为B，磁极宽度均为L，忽略边缘效应，一正方形圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C、D均与外电路连接。当质量为m的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩。秤盘和线圈一起向下运动（骨架与磁极不接触），随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止。由此时对应的供电电流I可确定重物的质量。已知线圈匝数为n，线圈电阻为R，重力加速度为g，则

A． 线圈向下运动过程中感应电流从C端流出，供电电流从D端流入
B． 线圈向下运动过程中感应电流从D端流出，供电电流从C端流入
C． 重物质量与电流的关系m=2nBILg
D． 若线圈消耗的最大功率为P，电子天平能称量的最大质量是m0=2nBLgPR
【答案】ACD
【解析】由图知，线圈向下运动，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流的磁场向上，又根据右手螺旋定则可判断，感应电流从C端流出，D端流入，所以A正确B错误；由平衡条件知：mg=2nBIL，得重物质量与电流的关系m=2nBILg，所以C正确；根据P=I2R，联立mg=2nBIL可得最大质量为m=2nBLgPR，所以D正确。
4．如图所示，光滑斜面的倾角θ＝30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边长L1＝1 m，bc边的边长l2＝0.6 m，线框的质量m＝1 kg，电阻R＝0.1 Ω，线框用细线通过定滑轮与重物相连，重物的质量M＝2 kg，斜面上ef线与gh线(ef∥gh∥pq∥ab)间有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B1＝0.5 T，gh线与pq线间有垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度B2＝0.5 T，如果线框从静止开始运动，当ab边进入磁场时恰好做匀速直线运动，ab边由静止开始运动到gh线所用的时间为2.3 s，取g＝10 m/s2，则(　　)

A． 全过程焦耳热等于M的机械能减小量与m动能增加量之差
B． ef线到gh线距离为9.1 m
C． ab边由静止开始至运动到gh线这段时间内线框中产生的焦耳热为9 J
D． ab边刚越过gh线瞬间线框的加速度为30 m/s2
【答案】BC
【解析】全过程焦耳热等于M的机械能减少量与m机械能增加量之差，故A错误；ab边进入磁场时做匀速运动，受力平衡，则有：FT＝mgsin300＋FA，又电动势为E＝BL1v1，电流为：I=ER，安培力为FA＝B1IL1，对M：FT＝Mg，联立解得，Mg＝mgsin300＋B1IL1，代入解得：v1＝6 m/s，abcd进入磁场B1前做匀加速直线运动，对整体：Mg－mgsin300＝(M＋m)a，联立得：a＝5 m/s2，则该阶段运动的时间t1=v1a=1.2s，线框进入磁场B1过程做匀速运动的时间t2=L2v1=0.1s，完全进入磁场后的加速度a＝5 m/s2，此阶段时间t3＝t－t1－t2＝1 s。ef线和gh线间距s＝L2＋v1t3＋12at32＝9.1m，故B正确；此时线框v2＝v1＋at3＝11 m/s，ab边由静止开始运动到gh线这段时间产生焦耳热Q＝FAL2＝(Mg－mgsin300)L2＝9 J，故C正确；ab边刚进入gh线瞬间线框的加速度斜面向下由mgsin300+B1+B2L12v2R−Mg=M+ma2，解得a2=953m/s2，故D错误。所以BC正确，AD错误。
5．如图，一导体圆环保持水平，沿一个性质匀称的条形磁铁轴线落下，条形磁铁竖直固定，圆环中心始终位于磁铁轴线上。已知当圆环落至B、D两位置时，刚好经过磁铁上下端截面，而C位置位于磁铁正中。不计空气阻力，下列说法正确的有

A． 圆环由A落至B的过程中，环中感应电流从上至下看为顺时针
B． 圆环由B落至C的过程中，圆环磁通量在减少
C． 圆环落至C、D之间时，圆环有收缩趋势
D． 圆环由A落至E的过程中，任意时刻加速度都小于重力加速度g
【答案】AC
【解析】圆环由A落至B的过程中，穿过圆环竖直向上的磁通量增大，根据楞次定律可得环中感应电流从上至下看为顺时针，A正确；当磁铁在BD之间时，穿过圆环的磁场分为两部分，一部分是磁铁外部竖直向下的磁场，一部分是磁铁内部方向竖直向上的磁场（这部分是匀强磁场，恒定不变，即穿过圆环的磁感线条数恒定不变），即，磁铁外部磁场在C点最弱，磁感线条数最少，故在C点穿过线圈的磁通量最大，磁感线最密集，圆环由B落至C的过程中，磁通量增大，从C到D过程中，穿过线圈的磁通量减小，故圆环有收缩趋势，B错误C正确；在中点C处时磁感线都是竖直方向上的，水平方向上没有分量，不切割，没有感应电流，不受安培力作用，故加速度等于重力加速度，D错误．
6．如图所示，abcd是由粗细均匀的电阻丝制成的长方形线框，导体棒MN有电阻，可在ad边与bc边上无摩擦滑动，且接触良好，线框处于垂直纸面向里的匀强磁场中，当MN棒由靠ab边处向cd边匀速移动的过程中，下列说法中正确的

A． MN棒中电流先减小后增大
B． MN棒两端电压先增大后减小
C． MN棒上拉力的功率先增大后减小
D． 矩形线框中消耗的电功率先减小后增大
【答案】AB
【解析】设MN左、右两侧电阻丝的并联阻值为，导体棒MN的电阻为r，则MN棒中的电流，MN棒两端电压，因当导体棒MN在线框中点时最大，故MN棒运动过程中，电流I先减小后增大，而先增大后减小，AB正确；MN棒上拉力的功率，在MN棒运动过程中， 先减小后增大，C错误；因不知与r的大小关系，矩形线框中消耗的电功率大小变化情况无法确定，D错误．故选AB.
7．(多选)水平放置的平行板电容器与线圈连接，如图所示，线圈内有垂直纸面(设向里为正方向)的匀强磁场，为使带负电微粒静止在板间，磁感应强度B随时间t变化的图像应该是下列选项中的

A． B． C． D．
【答案】BC
【解析】由题，带负电微粒静止在板间，受到的电场力与重力平衡，则有： ，得极板间的电压为： ，保持不变，则线圈中产生的感应电动势恒定不变；根据法拉第电磁感应定律可知B随时间均匀变化，由于微粒带负电，则由平衡条件知，微粒所受的电场力方向向上，上极板带正电，则线圈中感应电动势方向沿逆时针，根据楞次定律判断可知：当磁场垂直纸面向里时，B均匀增大，当磁场垂直纸面向外时，B均匀减小，故BC正确，故选BC.
【点睛】带负电微粒静止在板间，受到的电场力与重力相平衡，由平衡条件可判断出极板的电性，根据楞次定律判断出磁场的方向，由法拉第电磁感应定律分析B大小的变化情况．
8．如图所示，边长为L的正方形闭合导线框置于磁感应强度为B的匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直．用力将线框分别以速度v1和v2匀速拉出磁场，比较这两个过程，下列说法正确的是

A． 若v1＞v2，则通过线框导线的电荷量q1＞q2
B． 若v1＞v2，则拉力F1＞F2
C． 若v1=2v2，则拉力做功的功率P1=2P2
D． 若v1=2v2，则拉力所做的功W1=2W2
【答案】BD
【解析】由于E=，I=，q=I△t，所以q=，由于△Φ及R一定，故q1=q2，所以A错误。由于F=F安，而F安=BIl，I=，E=Blv，所以F=F安=；故若v1＞v2，拉力F1＞F2；故B正确；由P=Fv　F=F安=所以P=．由于v1=2v2，P1=4P2，故C错误。由拉力做功W=Fl=F安l=•l=，又因v1=2v2，故W1=2W2，故D正确；故选BD。
9．如图所示，矩形线圈是闭合的，在外力作用下，匀速向右通过宽为d(大于线圈边长)的匀强磁场时，设穿过线圈的磁通量为Φ，感应电流为I，线圈所受磁场力为F，通过线圈导线横截面的电荷量为q，则描述此过程中以上各物理量的变化的图像如选项图所示，其中正确的是(　　)

A． B．
C． D．
【答案】AB
【解析】线圈穿过磁场的过程中，速度不变，其他各物理量的变化分析如下：进入磁场的过程中，磁通量Φ＝BS＝Bl·vt(l为切割磁感线的边长)，可见磁通量Φ正比于时间t；从全部进入磁场到出磁场之前的过程中，Φ最大且保持不变；离开磁场的过程中，Φ均匀减小，故A正确；感应电流，进入磁场与离开磁场的过程中，I感的大小相等方向相反，均为恒定电流；全部在磁场中平移时，无感应电流，故B正确；进入与离开磁场的过程中，安培力大小F安＝BI感l不变；全部在磁场中平移时，不受安培力，故C错误；进入与离开磁场的过程中，通过导线横截面的电荷量，可见电荷量随时间均匀增加，全部在磁场中时，无感应电流，故D错误。所以AB正确，CD错误。
10．如图甲所示，正方形导线框固定在匀强磁场中，磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，其中B0、t0均为已知量。已知导线框的边长为L，总电阻为R，则下列说法中正确的是（ ）

A． t0时刻，ab边受到的安培力大小为
B． 0～t0时间内，导线框中电流的方向始终为badcb
C． 0～t0时间内，导线框产生的热量为
D． 0～t0时间内，通过导线框的电荷量为
【答案】AC
【解析】A项：t0时刻，线圈中产生的感应电动势，感应电流 ，所以ab边所受安培力，故A正确；
B项：0～t0时间内，穿过线圈的磁通量增大，根据“楞次定律”可知，感应电流方向为abcda，故B错误；
C项：0～t0时间内，产生的热量，故C正确；
D项：0～t0时间内，通过的电荷量为，故D错误。
点晴：解决本题关键理解在电磁感应现象中产生的热量要用感应电流的有效值，电荷量应用电流的平均值计算。
11．如图所示，两相距l的平行金属导轨与水平面间的夹角为θ，与阻值为R的定值电阻相连，导轨电阻不计，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B。有一质量为m的导体棒垂直于轨道且与两轨道接触良好，从ab位置获得平行于斜面的、大小为v的初速度向上运动，最远到达aʹbʹ的位置。上滑的整个过程中流过电阻R的电荷量为q，导体棒接入电路的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为μ。则

A． 上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B2l2v2R
B． 上滑过程中导体棒克服安培力做的功为12mv2
C． 上滑过程中电流做功产生的热量为12mv2−mgqRBl(sinθ+μcosθ)
D． 导体棒上滑过程中损失的机械能为12mv2−2mgqRBlsinθ
【答案】AD
【解析】根据E=BLv可知，速度最大时感应电动势最大，电流和安培力也最大，所以初始时刻的安培力最大，根据F=BIL、I＝Blv2R可得：F=B2l2v2R，A正确；根据动能定理可得-W安-Wf-WG=0-12mv2，所以上滑过程中导体棒克服安培力做的功为W安=12mv2-Wf-WG＜12mv2，B错误；设上滑过程中的位移为x，根据电荷量的经验公式可得：q＝△Φ2R＝Blx2R，解得：x=2qRBl，
克服摩擦力和重力做的总功为：W=（μmgcosθ+mgsinθ）x=(μmgcosθ+mgsinθ) 2qRBl，根据能量守恒定律可得产生的焦耳热为Q=12mv2−(μmgcosθ+mgsinθ) 2qRBl，C错误；设初位置为零势能面，开始的机械能为12mv2，末状态的机械能为mgsinθ•x＝2mgqRBlsinθ，所以导体棒上滑过程中损失的机械能为12mv2−2mgqRBlsinθ，D正确．故选AD．
点睛：对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．
12．某电磁感应式无线充电系统原理如图所示，当送电线圈中通以变化的电流，在邻近的受电线圈中就产生感应电流，从而实现充电器与用电装置间的能量传递。当送电线圈上的电流由端口1流入．由端口2流出，且电流逐渐增强．则

A． 送电线圈中轴线OO＇上的磁场方向水平向左
B． 送电线圈中轴线OO＇上的磁场方向水平向右
C． 受电线圈对用电器供电．端口4为正极
D． 受电线圈对用电器供电，端口3为正极
【答案】AD
【解析】根据右手螺旋定则可得送电线圈中轴线OO＇上的磁场方向水平向左，A正确B错误；因为送电线圈中的电流增大，水平向左的磁场增大，所以受电线圈中应产生水平向右的感应磁场，根据右手螺旋定则可得感应电流从端口3流出，而受电线圈相当于电源，所以电流是从正极流出的，故端口3为正极，C错误D正确．
13．如图所示，在虚线的右侧存在范围足够大的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。有一个直角三角形金属框，线框左边与磁场边界平行，线框的电阻为R.线框以速度v0做匀速直线运动，以线框的左边刚要离开磁场时开始计时，E表示线框的感应电动势的大小，F表示安培力的大小，P表示线框的电功率的大小，I表示线框中的感应电流的大小，则下列关系正确的是）（ ）

A．
B．
C．
D．
【答案】BD
【解析】设直角三角形底边长为L，底角为α。
A、线框离开磁场过程中受到的安培力F=B(L-v0t)tanα B(L−v0t)tanαv0R，安培力与时间不成线性关系，故A错误；
B、线框做匀速直线运动，感应电动势E=B（L-v0t）v0tanα，感应电动势随着时间线性减小，故B正确；
C、线框的电功率P=（B(L−v0t)tanαv0R）2R，电功率与时间不成线性关系，C错误；
D、线框离开磁场的过程中产生的感应电流大小I=B(L−v0t)tanαv0R，感应电流与时间成线性关系，故D正确。
故选：BD。
点睛：列出等效感应电流与时间的关系，根据安培力和功率的定义，可得安培力和功率与时间的关系式，即可求解。
14．如图所示，边长为L、电阻不计的单匝正方形金属线框位于竖直平面内，连接的小灯泡的额定功率为P、额定电压为U，线框及小灯泡的总质量为m，在线框的下方有一匀强磁场区域，区域宽度为l，磁感应强度方向与线框平面垂直，其上、下边界与线框底边均水平．线框从图示位置开始静止下落，穿越磁场的过程中，小灯泡始终正常发光．则

A． 有界磁场宽度l=L
B． 磁场的磁感应强度应为mgUPL
C． 线框穿越磁场的速度恒为Pmg
D． 线框穿越磁场的过程中，灯泡产生的焦耳热为mgL
【答案】AC
【解析】小灯泡始终正常发光，说明灯泡两端电压不变，故说明线圈在磁场只能做匀速运动，而且进入磁场和穿出磁场的过程都做匀速运动，则知有界磁场宽度l=L，故A正确．灯泡正常发光时电流为：I=PU根据线框匀速运动受力平衡得：nBIL=mg，可得：B=mgUnPL．故B错误．
设线框匀速运动的速度为v，由功能关系得：mgv=P，v=Pmg，故C正确．线框穿越磁场的过程中，动能不变，减小的重力势能全部转化为系统的内能，由能量守恒定律得灯泡产生的焦耳热为2mgL，故D错误．故选AC．
点睛：解决本题的关键是分析线框的运动情况，运用力学方法分析．可从力和能两个角度进行研究．注意明确灯泡一直正常发光所隐含的信息的掌握和应用．
15．科学发明创造了社会进步的强大推动力，青少年应当崇尚科学，下列叙述中正确的是
A． 安培提出“分子电流假说”揭示了磁现象的电本质
B． 欧姆发现了电流通过导体时产生热效应的规律
C． 库仑借助扭秤装置总结出了点电荷间的相互作用规律，并最早用实验测得元电荷e的数值
D． 法拉第发现了电磁感应现象并首先提出了场的观点
【答案】AD
【解析】安培提出“分子电流假说”揭示了磁现象的电本质，选项A正确；焦耳发现了电流通过导体时产生热效应的规律，选项B错误；库仑借助扭秤装置总结出了点电荷间的相互作用规律，密立根最早用实验测得元电荷e的数值，选项C错误；法拉第发现了电磁感应现象并首先提出了场的观点，选项D正确；故选AD.
16．如图所示为水平面内环形电流形成磁场的磁感线的分布，一带负电的小球沿图中上方虚线做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（ ）

A． 从上向下看，环形电流沿逆时针方向
B． 从上向下看，小球沿逆时针方向做圆周运动
C． 同一小段通电直导线放在A处时受到的安培力比放在B处时受到的安培力大
D． 小段通电直导线在C处垂直纸面放置时受到的安培力沿磁感线的切线方向
【答案】AB
【解析】根据右手定则，从上向下看，环形电流沿着逆时针方向，故A正确；小球运动轨迹上任一点的磁场可分解为竖直向上和水平向外的两个分量，小球受到的水平分磁场的洛伦兹力与重力平衡，受到竖直分磁场的洛伦兹力提供其圆周运动，根据左手定则可知，从上向下看，小球的运动为逆时针方向的圆周运动，故B正确；通电直导线在磁场中受到安培力不仅仅跟电流大小，导线长度，磁场强弱有关，还与导线与磁场的夹角有关，因此一小段电流恒定的直导线放在A处受到的安培力与放在B处的受到的安培力大小关系不能确定，故C错误；一小段通电导线在C处垂直纸面放置时，受到的安培力与磁感线在C点的切线方向垂直，故D错误；故选AB.
17．如图甲所示，通电直导线MN和正方形导线框在同一水平面内，ab边与MN平行，先给MN中通以如图乙所示的电流，然后再通以如图丙所示的正弦交流电，导线和线框始终保持静止不动，电流从N到M为正，已知线框中的磁通量与直导线MN中的电流成正比，则下列说法正确的是（ ）

A． 通以如图乙所示的电流时，线框中产生的电流先减小后增大
B． 通以如图乙所示的电流时，线框中的感应电流方向始终不变
C． 通以如图丙所示的电流时，0-t2时间内，线框受到的安培力方向不变
D． 通以如图丙所示的电流时，t3 时刻线框中受到的安培力为零
【答案】BD
【解析】由题意可知，电流N到M方向为电流正方向；通以如图乙所示的电流时，根据右手螺旋定则可知，在0−t1时间内电流方向为M到N，穿过线框abcd磁场方向垂直纸面向外，大小在减小，由楞次定律可得，感应电流方向逆时针，即为abcda；在t1时刻后，电流方向为N到M，穿过线框abcd磁场方向垂直纸面向里，大小在增大，由楞次定律可得，感应电流方向逆时针，即为abcda，故电流的方向不变，根据法拉电磁感应定律有：E=ΔΦΔt，则线框中的应用电流为I=ER=ΔΦΔt×1R，因线框中的磁通量与直导线MN中的电流成正比，即ΔΦΔt∝ΔIΔt，则由乙图可知ΔIΔt一直保持不变，故ΔΦΔt不变，则感应电流I不变，故A错误，B正确；通以如图丙所示的电流时，在0−t22时间内，导线中电流沿正方向增大，则线圈中的磁场向里增大，由楞次定律可知，感应电流方向逆时针，即为abcda，根据左手定则可知，ab边受到的安培力方向向右，cd边受的安培力向左，根据F=BIL可知，I、L相同，但ab边离导线近，故ab边所在的磁感应强度大于cd边所在的磁感应强度，则此时安培力的方向向右；在t22−t2时间内，导线中电流沿正方向减小，则线圈中的磁场向里减小，由楞次定律可知，感应电流方向顺时针，即为adcba；根据左手定则可知，ab边受到的安培力方向向左，cd边受的安培力向右，根据F=BIL可知，I、L相同，但ab边离导线近，故ab边所在的磁感应强度大于cd边所在的磁感应强度，则此时安培力的方向向左，故在0−t2时间内线框受到的安培力方向会变，故C错误；由丙图可知，在t3时刻电流为零，根据F=BIL可知，此时线框中受到的安培力为零，故D正确；故选BD.
18．如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落．如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，它在1、2、3、4位置时的加速度分别a1，a2，a3，a4， 则下列关系正确的是(　　)

A． a3>a4 B． a1＝a2
C． a1＝a3 D． a3>a1
【答案】AC
【解析】线圈自由下落时，加速度为a1=g．线圈完全在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度为a3=g。线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力，根据牛顿第二定律得知，a2＜g，a4＜g．线圈完全在磁场中时做匀加速运动，到达4处的速度大于2处的速度，则线圈在4处所受的安培力大于在2处所受的安培力，又知，磁场力总小于重力，则a2＞a4，故a1=a3＞a2＞a4。故AC正确，BD错误；故选AC.
点睛：本题关键是分析安培力的大小和方向情况，比较安培力和重力的关系，抓住安培力大小与速度成正比，分析2、4两处安培力的大小关系．
19．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有三条水平虚线、、,它们之间的区域I、II宽度均为d,两区域分别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B,一个质量为m、边长为d、总电阻为R的正方形导线框，从上方一定高度处由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过磁场I时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边在越过运动到之前的某个时刻，线框又开始以速度v2做匀速直线运动，重力加速度为g.在线框从释放到穿出磁场的过程中，下列说法正确的是( )

A． 线框中感应电流的方向不变
B． 线框ab边从运动到所用时间大于从运动到所用时间
C． 线框以速度做匀速直线运动时，发热功率为
D． 线框从ab边进入磁场到速度变为的过程中，减少的机械能与重力做功的关系式是
【答案】CD
【解析】A、从线圈的ab边进入磁场I过程：由右手定则判断可知，ab边中产生的感应电流方向沿a→b方向.dc边刚要离开磁场II的过程中：由右手定则判断可知，cd边中产生的感应电流方向沿c→d方向，ab边中感应电流方向沿a→b方向。而完全进入时，电流方向沿dc方向，故A错误；
B、 根据共点力的平衡条件可知,两次电场力与重力的分力大小相等方向相反;第二种情况下,两边均受电场力;故v2应小于v1;故线框ab边从l1运动到l2所用时间小于从l2运动到l3的时间；故B错误；
C、线圈以速度v2匀速运动时， ，解得，发热功率为，故C正确；
D、机械能的减小等于重力势能的减小量和动能改变量的和，故线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，减少的机械能与重力做功WG的关系式是；故D正确；
故选CD。
20．如图所示的电路中，L 为电感线圈（电阻不计），A、B 为两灯泡，以下结论正确的是（ ）

A． 合上开关S 时，A 先亮，B 后亮
B． 合上开关S 时，A、B 同时亮，以后B 变暗直至熄灭，A 变亮
C． 断开开关S 时，A、B 两灯都亮一下再逐渐熄灭
D． 断开开关S 时，A 熄灭，B 先变亮再逐渐熄灭
【答案】BD
【解析】合上S时，电路中立即建立了电场，故立即就有了电流，故灯泡A、B同时变亮；但通过线圈的电流要增加，会产生自感电动势，电流缓慢增加；当电流稳定后，线圈相当于直导线，灯泡B被短路，故电键闭合后，灯泡A、B同时亮，但B逐渐熄灭，A更亮，故B正确，A错误；断开S时，A灯立即熄灭；线圈产生自感电动势，和灯泡B构成闭合电路，B灯先闪亮后逐渐变暗；故C错误，D错误；故选BD.
点睛：本题考查了通电自感和断电自感，关键要明确线圈中的自感电动势总是阻碍电流的增加和减小，即总是阻碍电流的变化．
21．如图所示，在O点正下方有一个具有理想边界的磁场，铜环在A点由静止释放，向右摆至最高点B，不考虑空气阻力，则下列说法正确的是(　　)

A． A、B两点在同一水平线上
B． A点高于B点
C． A点低于B点
D． 铜环最终在磁场中来回不停的摆动
【答案】BD
【解析】铜环在穿越磁场时，产生电能，如AB两点在同一水平线，违反了能量守恒定律，故A错误；铜环在穿越磁场时，产生电能，机械能减小，则A点高于B点，故B正确，C错误；由上分析，铜环振幅先不断减小，完全在磁场内运动时，将不再产生电能，机械能不变，最终做等幅摆动，故D正确。所以BD正确，AC错误。
22．如图所示，水平面上相距的两根光滑平行金属导轨和，他们的电阻可忽略不计，在和之间接有最大阻值为的滑动变阻器，导体棒电阻，与导轨垂直且接触良好，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度，滑动变阻器滑片处在正中间位置， 在外力作用下以的速度向右匀速运动，以下判断正确的是（ ）

A． 通过导体棒的电流大小为，方向由到
B． 导体接受到的安培力大小为，方向水平向左
C． 外力的功率大小为
D． 若增大滑动变阻器消耗的功率，应把滑片向端移动
【答案】ACD
【解析】A．感应电动势为： ，感应电流大小为： ，
根据右手定则，感应电流方向为： ，故A正确；
B．安培力大小为： ，根据左手定则，安培力水平向左，故B错误；
C．导体棒匀速运动，则拉力为，故拉力的功率为： ，故C正确；
D．导体棒相当于电源，当外电阻与内电阻越是接近，外电阻消耗的功率越大，故要增大滑动变阻器消耗的功率，应把滑片向端移动，故D正确．
故选：ACD
23．如图所示， 和都是铝环，环是闭合的，环是断开的，两环分别固定在一横梁的两端，横梁可以绕中间的支点转动．从前往后看，下列判断正确的是（ ）

A． 用磁铁的极靠近环， 环会靠近磁铁
B． 用磁铁的极靠近环， 环中会产生感应电动势
C． 用磁铁的极靠近环， 环会有顺时针方向的电流产生
D． 用磁铁的极靠近环， 环会有逆时针方向的电流产生
【答案】BD
【解析】A． 环闭合，磁铁插向环时，产生感应电流，环受力， 环会远离磁铁，故A错误；
B．金属环不闭合，磁铁插向环时穿过它的磁通量发生变化时，只产生感应电动势，而不产生感应电流，环不受力的作用，杆不转动，故B正确；
C、D．用极接近环时，向里的磁通量最大，所以环中感应电流的磁场的方向向外，环能产生逆时针的感应电流，故C错误，D正确．
故选：BD
24．如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面（纸面）垂直，磁场边界的间距为．一个质量为、边长也为的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行． 时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合（图中位置Ⅰ），导线框的速度为经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时（图中位置Ⅱ），导线框的速度刚好为零．此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置Ⅰ．则（ ）

A． 上升过程中，导线框的加速度逐渐增大
B． 下降过程中，导线框的加速度逐渐减小
C． 上升过程中合力做的功比下降过程中合力做的功大
D． 上升过程中克服安培力做的功比下降过程中的多
【答案】BD
【解析】试题分析：解答本题应分析线框的受力，根据牛顿第二定律得到加速度与速度的关系，即可分析加速度的变化情况；根据能量守恒分析线框返回原位置时速率关系，由动能定理判断上升和下降两过程合力做功关系．根据安培力表达式，分析线框克服安培力做功的关系．
上升过程，线框所受的重力和安培力都向下，线框做减速运动，设加速度大小为，根据牛顿第二定律得： ，可见，线框速度减小时，加速度也减小，A错误；下降过程中，线框做加速运动，则有，可见，随着速度的增大，加速度减小，B正确；由于电磁感应，线框中产生电能，根据能量守恒定律可知，线框返回原位置时速率减小，则上升过程动能的变化量大小大于下降过程动能的变化量大小，根据动能定理得知上升过程中合力做功较大，C错误；根据能量守恒定律可知，线框经过同一位置时，上升的速率大于下降的速率，上升过程的安培力大小较大，而位移大小相等，所以上升过程中比下降过程中克服安培力做的功多，D正确．
25．如图所示，A，B是两个相同的小灯泡，电阻均为R，R0是电阻箱，L是自感系数较大的线圈．当S闭合调节R0的阻值使电路稳定时，A，B亮度相同．则在开关S断开时，下列说法中正确的是(　　)

A． B灯立即熄灭
B． A灯一定将比原来更亮一些后再熄灭
C． 若R0＝R，则A灯立即熄灭
D． 有电流通过A灯，方向为b→a
【答案】AD
【解析】BCD、开关S闭合时，两灯泡亮度相同，说明A，L并联电路与B，R0并联电路电阻相等，故线圈L的电阻等于R0.开关S断开时，由于线圈自感及线圈L与灯泡A构成回路，流经线圈L的电流由原大小和方向开始在此回路中逐渐减小，只有当R0＜R时，才有IL＞IA，灯A将比原来更亮一些后再熄灭，所以灯A是否闪亮一下不能确定，但流经灯泡A的电流方向为b→a，故D正确，BC错误；
A、由于灯泡B与R0并联，在开关断开时电流立即为0，B灯立即熄灭，故A正确；
故选AD。
26．如图所示，由导体材料制成的闭合线框，曲线部分PNQ满足函数y=0.5sin(0.5πx)，其中x、y单位为m，x满足0≤x≤2，曲线部分电阻不计，直线部分PMQ的电阻为R=10Ω.将线框从图示的位置开始(t=0)，以v=2m/s的速度匀速通过宽度为d=2m、磁感应强度B=1T的匀强有界磁场，在线框穿越磁场的过程中，下列说法正确的是

A． 线框穿越磁场的时间为4s
B． 线框穿越磁场的过程中，PQ两点间的最大电压为1V
C． 线框穿越磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为0.1J
D． 线框穿越磁场的过程中，感应电流变化规律为i=0.1sin(0.5πt)
【答案】BC
【解析】线框穿越磁场的时间为t=2dv=2×22s=2s，选项A错误；当y最大时，PQ两点间的电压最大，最大值为Um=Em=Bymv=1×0.5×2V=1V，选项B正确；线框通过磁场过程中产生正弦交流电，最大值为Em=1V，则有效值为U=12V=22V，产生的热量为Q=U2Rt=(22)210×2J=0.1J ，选项C正确；因Im=EmR=110A=0.1A，x=vt=2t，则线框穿越磁场的过程中，感应电流变化规律为i=0.1sin(πt)A，选项D错误；故选BC.
点睛：解决本题关键要理解有效切割的长度与感应电动势的关系，判断出感应电动势作正弦变化，要有运用数学知识解决物理问题的能力．
27．如图所示，两根间距为l的光滑平行金属导轨与水平面夹角为α，图中虚线下方区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面向上。两金属杆ab、cd质量均为m，电阻均为R，垂直于导轨放置，导轨电阻不计。开始时金属杆cb处在距磁场上边界一定距离处，金属杆cd处在导轨的最下端，被固定在导轨底端且与导轨垂直的两根小柱挡住。现将金属杆ab由静止释放，金属杆cb刚进人磁场便开始做匀速直线运动。已知重力加速度为g，则

A． 金属杆ab进入磁场时感应电流的方向为由a到b
B． 金属杆ab进人磁场时速度大小为2mgRsinαB2l2
C． 金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势为2mgRsinαBl
D． 金属杆ab进人磁场后，金属杆cd对两根小柱的压力大小为零
【答案】BC
【解析】由右手定则可知，ab进入磁场时产生的感应电流有b流向a，故A错误；从ab刚进入磁场时受到的安培力：F=BIL=BLBLvR+R=B2L2v2R；ab进入磁场做匀速直线运动，由平衡条件得：B2L2v2R=mgsinα，解得：v=2mgRsinαB2l2，故B正确；ab进入磁场产生的感应电动势为：E=BLv=2mgRsinαBl，故C正确；由左手定则可知，cd受到的安培力平行与斜面向下，则cd对两根小柱的压力不为零，故D错误；故选BC．
28．如图甲所示，一水平放置的线圈，匝数n=100匝，横截面积S=0.2m2，电阻r=1Ω，线圈处于水平向左的均匀变化的磁场中，磁感应强度B1随时间t变化关系如图乙所示。线圈与足够长的竖直光滑导轨MN、PQ连接，导轨间距L=20cm，导体棒ab与导轨始终接触良好，ab棒的电阻R=4Ω，质量m=5g，导轨的电阻不计，导轨处在与导轨平面垂直向里的匀强磁场中，磁感应强度B2=0.5T。t=0时，导体棒由静止释放，g取10m/s2。则下列说法正确的是：（ ）

A． t=0时，线圈内产生的感应电动势大小为2V
B． t=0时，导体棒ab两端的电压为1.0V
C． t=0时，导体棒的加速度大小为2m/s2
D． 导体棒ab达到稳定状态时，导体棒所受重力的瞬时功率0.25W
【答案】ACD
【解析】由图乙可知，线圈内磁感应强度变化率：△B△t＝0.1T/s；由法拉第电磁感应定律可知：E1＝n△Φ△t＝n△B△tS＝2V，选项A正确；t=0时，回路中电流为：I＝E1R+r＝0.4A，导体棒ab两端的电压为：U=IR=1.6V；设此时导体棒的加速度为a，则由：mg-B2Il=ma，得：a＝g−B2Ilm＝