高考物理专题电磁学知识点之电磁感应分类汇编附答案.pdf

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1、高考物理专题电磁学知识点之电磁感应分类汇编附答案一、选择题1粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行，现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移动过程中线框的一边a、b 两点间电势差绝对值最大的是（）ABCD2两块水平放置的金属板间的距离为d，用导线与一个n 匝线圈相连，线圈电阻为r，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R 与金属板连接，如图所示，两板间有一个质量为m、电荷量 q 的油滴恰好处于静止，则线圈中的磁感应强度B的变化情况和磁通量的变化率分别是A磁感应强度B 竖直向上且正增强，tdmgnqB磁感应强度B竖直

2、向下且正增强，tdmgnqC磁感应强度B 竖直向上且正减弱，t()dmg RrnqRD磁感应强度B竖直向下且正减弱，t()dmgr RrnqR3如图所示为地磁场磁感线的示意图，在北半球地磁场的竖直分量向下。一飞机在北半球的上空以速度v 水平飞行，飞机机身长为a，翼展为b；该空间地磁场磁感应强度的水平分量为 B1，竖直分量为B2；驾驶员左侧机翼的端点用A 表示，右侧机翼的端点用B 表示，用E表示飞机产生的感应电动势，则AE=B2vb，且 A 点电势高于B点电势BE=B1vb，且 A点电势高于B 点电势CE=B2vb，且 A 点电势低于B 点电势DE=B1vb，且 A 点电势低于B 点电势4在倾角

3、为的两平行光滑长直金属导轨的下端，接有一电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计，有一匀强磁场与两金属导轨平面垂直，方向垂直于导轨面向上。质量为m，电阻可不计的金属棒ab，在沿着导轨面且与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，上升高度为h，如图所示，则在此过程中（）A恒力F在数值上等于mgsinB恒力F对金属棒ab所做的功等于mghC恒力 F 与重力的合力对金属棒ab所做的功等于电阻R上释放的焦耳热D恒力F与重力的合力对金属棒ab所做的功等于零5如图所示，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈。下面说法正确的是（）A闭合开关S瞬间，A、B 灯同时亮，且达到正常B闭合开关S瞬间，A

4、灯比 B 灯先亮，最后一样亮C断开开关S瞬间，P 点电势比 Q 点电势低D断开开关S瞬间，通过A 灯的电流方向向左6如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，在0t时刻闭合开关S，经过一段时间后，在1tt时刻断开S，下列表示灯D中的电流（规定电流方向AB为正）随时间t变化的图像中，正确的是（）ABCD7如图所示，abcd是边长为L，每边电阻均相同的正方形导体框，今维持线框以恒定的速度v沿x轴运动，并穿过倾角为45的三角形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。线框b点在O位置时开始计时，则在2Ltv时间内，a、b两点的电势差U随

5、时间t的变化图线为（）ABCD8一个简易的电磁弹射玩具如图所示，线圈、铁芯组合充当炮筒，硬币充当子弹。现将一个金属硬币放在铁芯上（金属硬币半径略大于铁芯半径），电容器刚开始时处于无电状态，先将开关拨向1，电容器充电，再将开关由1 拨向 2 瞬间，硬币将向上飞出。则下列说法正确的是（）A当开关拨向1 时，电容器上板带负电B当开关由1 拨向 2 时，线圈内磁感线方向向上C当开关由1 拨向 2 瞬间，铁芯中的磁通量减小D当开关由1 拨向 2 瞬间，硬币中会产生向上的感应磁场9如图甲所示，竖直长直导线与其右侧固定的矩形线框位于同一平面内，通过长直导线中的电流 i 随时间 t 变化的规律如图乙所示（取向

6、下为电流正方向），关于线框中的感应电流及线框受到的安培力，下列说法正确的是（）A0 4T时间内感应电流沿逆时针方向B在2Tt时线框中的电流改变方向C344TT时间内线框中的感应电流大小不变 D344TT时间内线框受到的安培力方向保持不变10 有一种自行车，它有能向自行车车头灯泡供电的小型发电机，其原理示意图如图甲所示，图中 N，S是一对固定的磁极，磁极间有一固定的绝缘轴上的矩形线圈，转轴的一端有一个与自行车后轮边缘结束的摩擦轮如图乙所示，当车轮转动时，因摩擦而带动摩擦轮转动，从而使线圈在磁场中转动而产生电流给车头灯泡供电关于此装置，下列说法正确的是（）A自行车匀速行驶时线圈中产生的是直流电B小

7、灯泡亮度与自行车的行驶速度无关C知道摩擦轮与后轮的半径，就可以知道后轮转一周的时间里摩擦轮转动的圈数D线圈匝数越多，穿过线圈的磁通量的变化率越大11 物理课上老师做了这样一个实验，将一平整且厚度均匀的铜板固定在绝缘支架上，将一质量为 m 的永磁体放置在铜板的上端，t=0 时刻给永磁体一沿斜面向下的瞬时冲量，永磁体将沿斜面向下运动，如图甲所示。若永磁体下滑过程中所受的摩擦力f 大小不变，且sinfmg（式中 为铜板与水平面的夹角）。取地面为重力势能的零势面。则图乙中关于永磁体下滑过程中速率v、动能 Ek、重力势能Ep、机械能 E 随时间 t 变化的图像一定错误的是ABCD12 如图所示，A 和

8、B 是电阻为 R 的电灯，L 是自感系数较大的线圈，当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B 亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中，正确的是（）AB 灯逐渐熄灭BA灯将比原来更亮一些后再熄灭C有电流通过B 灯，方向为cdD有电流通过A灯，方向为ba13 如图所示，一个圆形线圈的匝数为N，半径为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。在 t 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B。在此过程中，线圈中产生的感应电动势为（）A2NBatB22NBatC2BatD22Bat14 如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。如果在磁铁的下端的水平桌面上放一个固定

9、的闭合线圈，并使磁极上下振动。磁铁在向下运动的过程中，下列说法正确的A线圈给它的磁场力始终向上B线圈给它的磁场力先向上再向下C线圈给它的磁场力始终向下D线圈给它的磁场力先向下再向上15 无线充电技术已经被应用于多个领域，其充电线圈内磁场与轴线平行，如图甲所示；磁感应强度随时间按正弦规律变化，如图乙所示。则（）A2Tt时，线圈产生的电动势最大B2Tt时，线圈内的磁通量最大C0 4T过程中，线圈产生的电动势增大D34TT过程中，线圈内的磁通量增大16 如图所示，一个边长为2L 的等腰直角三角形ABC 区域内，有垂直纸面向里的匀强磁场，其左侧有一个用金属丝制成的边长为L 的正方形线框abcd，线框以

10、水平速度v 匀速通过整个匀强磁场区域，设电流逆时针方向为正。则在线框通过磁场的过程中，线框中感应电流 i 随时间 t 变化的规律正确的是ABCD17 航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的。电磁驱动原理如图所示,在固定线圈左右两侧对称位置放置两个闭合金属圆环，铝环和铜环的形状、大小相同，已知铜的电阻率较小,则合上开关S的瞬间（）A两个金属环都向左运动B两个金属环都向右运动C从左侧向右看，铝环中感应电流沿顺时针方向D铜环受到的安培力小于铝环受到的安培力18 如图所示，一个闭合导体圆环固定在水平桌面上，一根条形磁铁沿圆环的轴线运动，使圆环内产生了感应电流下列四幅图中，产生的感应电流方向与条形磁铁

11、的运动情况相吻合的是（）ABCD19 如图所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd t=0 时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右做匀加速直线运动，bc 边刚进入磁场的时刻为 t1，ad边刚进入磁场的时刻为t2，设线框中产生的感应电流的大小为i，ad 边两端电压大小为 U，水平拉力大小为F，则下列i、U、F 随运动时间t 变化关系图像正确的是ABCD20 如图所示，竖直放置的矩形导线框MNPQ 边长分别为L 和 2L，M、N 间连接水平的平行板电容器，两极板间距为d，虚线为线框中轴线，虚线右侧有垂直线框平面向里的匀强磁场。两极板间有一质量为m、电荷量为q 的带负电

12、油滴恰好处于平衡状态，已知重力加速度为 g，则下列磁场磁感应强度大小B 的变化情况及其变化率分别是（）A正在减小，22BmgdtqLB正在减小，2BmgdtqLC正在增强，22BmgdtqLD正在增强，2BmgdtqL21 如图所示，正方形线框abcd 的边长为l，向右通过宽为L 的匀强磁场，且lL，则在线框通过磁场的过程中，线框中的感应电流 ()A一直为顺时针方向B一直为逆时针方向C先为逆时针方向，中间无感应电流，后为顺时针方向D先为顺时针方向，中间无感应电流，后为逆时针方向22 如图所示，光滑导轨M、N 水平固定放置，两根导体棒P、Q 平行放于导轨上，形成一个闭合电路。当一条形磁铁从上方下

13、落（未到达导轨平面）的过程中，导体棒P、Q 的运动情况是（）AP、Q 互相靠拢BP、Q 互相远离CP、Q 均静止D因磁铁极性不明，无法确定23 单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，在00.01s 内穿过线圈的磁通量随时间变化的规律如图所示，则0D 过程中（）A在 O 时刻，线圈平面通过中性面B在 O 时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为零C在D时刻，线圈中产生的感应电动势最大DO 至 D 时间内线圈中的平均感应电动势为0.4V24 如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向内一个三角形闭合导线框，由位置1（左）沿纸面匀速运动到位置2（右）取线框刚到达磁场边界的时刻为计

14、时起点（t=0），规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流号时间关系的是（）ABCD25 如图甲所示,光滑的平行金属导轨(足够长)固定在水平面内,导轨间距为l=20cm,左端接有阻值为 R=1 的电阻,放在轨道上静止的一导体杆MN 与两轨道垂直,整个装置置于竖直向上的匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小为B=0.5T.导体杆受到沿轨道方向的拉力F 做匀加速运动,测得力F与时间t的关系如图2所示。导体杆及两轨道的电阻均可忽略不计,导体杆在运动过程中始终与轨道垂直且两端与轨道保持良好接触,则导体杆的加速度大小和质量分别为()A10 m/s2，0.5 kgB10 m/s2，0.1 kgC

15、20 m/s2，0.5 kgDD 20 m/s2，0.1 kg【参考答案】*试卷处理标记，请不要删除一、选择题1C 解析：C【解析】【详解】磁场中切割磁感线的边相当于电源，外电路由三个相同电阻串联形成，ABD 图中 a、b 两点间电势差为外电路中一个电阻两端电压为：，C 图中 a、b两点间电势差为路端电压为：，所以 a、b两点间电势差绝对值最大的是C 图所示。故选：C。2C 解析：C【解析】【分析】【详解】依题意电荷量+q 的油滴恰好静止金属板间，受到的电场力与重力平衡，由平衡条件得知，油滴受到的电场力竖直向上，则金属板上板带负电，下板带正电A、C、若磁感应强度B 竖直向上，B 正在增强时，根

16、据楞次定律得知，线圈中产生的感应电动势是下负上正，金属板下板带负电，上板带正电，油滴不能平衡，则磁感应强度B竖直向上且 B 正在减弱时，油滴能保持平衡根据法拉第电磁感应定律得：Ent金属板间的电压为RUERr要使油滴平衡，则有Uqmgd联立三式可得：dmgRrtnqR，故 A 错误，C 正确B、D、同理可得，磁感应强度B 竖直向下且正增强时，满足dmgRrtnqR，油滴也能保持静止，故B 错误，D 错误故选 C【点睛】本题是电磁感应与电路、电场、力学等知识的综合应用对于电磁感应问题，要楞次定律判断感应电动势、法拉第定律研究感应电动势大小是常用的思路3A 解析：A【解析】【详解】飞机水平飞行机翼

17、切割磁场竖直分量，由导体棒切割磁感线公式EBLv 可知，飞机产生的感应电动势2EB bv由右手定则可知，在北半球，不论沿何方向水平飞行，都是飞机的左方机翼电势高，右方机翼电势低A.E=B2vb，且 A 点电势高于B 点电势与分析相符，故A 项与题意相符；B.E=B1vb，且 A 点电势高于B 点电势与分析不相符，故B 项与题意不相符；C.E=B2vb，且 A 点电势低于B 点电势与分析不相符，故C 项与题意不相符；D.E=B1vb，且 A 点电势低于B 点电势与分析不相符，故D 项与题意不相符4C 解析：C【解析】【分析】【详解】因为导体棒匀速，拉力F 等于安培力与重力沿斜面向下的分力之和，A

18、 错；拉力F 所做的功等于重力势能的增量与焦耳热之和，C 正确 BD 错误5C 解析：C【解析】【分析】【详解】AB闭合电键S接通电路时，由于线圈的阻碍，灯泡A 会迟一会亮，B 灯立即变亮，最后一样亮，故AB 错误；CD断开开关S切断电路时，线圈中产生自感电动势，与灯泡A、B 构成闭合回路放电，故两灯泡一起变暗，最后一起熄灭，该过程中电流的方向与线圈L 中的电流的方向相同，所以电流从左向右流过灯泡A，从右向左流过灯泡B，P 点电势比Q 点电势低，故C 正确，D 错误。故选 C。6B 解析：B【解析】【分析】【详解】在 t=0 时刻闭合开关S时，灯泡中电流从A 到 B 立刻达到最大值；线圈中电流

19、也增大，产生自感电动势，使得线圈中电流只能逐渐增大，干路中电流I 也逐渐增大，根据欧姆定律UAB=E-Ir，UAB逐渐减小直到稳定，通过灯泡的电流逐渐减小，稳定时，电阻R 的电流小于灯泡 D 的电流。在 t=t1时刻断开 S时，灯泡中原来的电流立即减小为零，线圈中产生自感电动势，电阻R、灯泡 D 和线圈组成回路，回路中电流从原来R 的电流值逐渐减小到零，此时流过灯泡D 的电流方向与原来的方向相反，方向从B 到 A；由于稳定时线圈中电流较小，则此时灯泡 D 中电流从小于灯泡原来中的电流值逐渐减小到零。则图像B 符合题意。故选 B。7D 解析：D【解析】【分析】【详解】bc 边的位置坐标x 在 0

20、-L 过程，线框ab 边有效切线长度为x，感应电动势为E=Bxv感应电流EBxviRR根据楞次定律判断出来感应电流方向沿ad cba当 x=L 时34ababUiRBLv在L-2L过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向仍然沿adcba；线框ab边有效切线长度为L，感应电动势为E1=BLvcd 边产生的电动势E2=B（x-L）v回路的总电动势E=E1-E2=2BLv-Bxv感应电流(2)EBLx viRR此时 ab 两端的电势差22311424ababUEi REEBLvBxv当 x=2L 时Uab=BLv故选 D。8D 解析：D【解析】【分析】【详解】A当开关拨向1 时，有短暂电流出现，电容器

21、处于充电状态，由于电容器的上极板与电源正极相连，因此电容器的上板带正电，故A 错误。B当开关由1 拨向 2 时，电容器放电，电流从上向下通过线圈，根据安培定则可知，线圈中磁感线方向向下，故B错误。C当开关由1 拨向 2 瞬间，电容器处于放电瞬间，电流增大，铁芯中的磁通量增大，故C错误。D当开关由1拨向2瞬间，电容器处于放电瞬间，根据楞次定律，则硬币中会产生向上的感应磁场，故D 正确。故选 D。9C 解析：C【解析】【分析】【详解】A04T时间内，长直导线中的电流向下均匀增大，根据安培定则可知，垂直于线框向外的磁场变大，所以穿过线框向外的磁通量变大，根据楞次定律可知感应电流沿顺时针方向，故 A

22、错误；B344TT时间内，长直导线中的电流先是向下均匀减小，后是向上均匀增大，根据安培定则可知，先是垂直于线框向外的磁场变小，后是垂直于线框向里的磁场变大，所以穿过线框的磁通量先是向外的变小，后是向里的变大，根据楞次定律可知，感应电流始终为逆时针方向，故B 错误；C344TT时间内，长直导线中的电流随时间均匀变化，则原磁场随时间均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电流大小恒定不变，故C 正确；D根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥可知，42TT时间内，线框左侧的部分受到的向左的安培力大于线框右侧的部分受到的向右的安培力，所以线框受到安培力方向向左；324TT时间内，线框左侧的部分受到的

23、向右的安培力大于线框右侧的部分受到的向左的安培力，所以线框受到安培力方向向右，故D 错误；故选 C。10C 解析：C【解析】【详解】自行车匀速行驶时，线圈中在磁场中旋转产生感应电动势，如果从中性面开始计时，则e=Emsin t，所以产生的是交流电，故A 错误；小灯泡亮度决定于电功率，电功率P=EI，而，所以灯泡亮度与自行车的行驶速度有关，故B 错误；如果摩擦轮半径为 r，后轮的半径为R，则，则后轮转一周的时间里摩擦轮转动的圈数为 N=R/r，故 C 正确；磁通量的变化率为，与线圈匝数无关，故D 错误。故选C。【点睛】本题主要是考查交流电答产生和线速度、角速度答关系，解答本题要知道物体做匀速圆周

24、运动过程中，同缘且不打滑则它们边缘的线速度大小相等；而共轴则它们的角速度相同。11C 解析：C【解析】【详解】A小磁铁下滑时由于涡流的产生会有阻尼作用，且随速度的增大而增大，所受的摩擦阻力不变，且由sinmgffma阻尼可知，随着小磁铁的加速下滑，阻尼作用增大，则加速度逐渐减小，v-t 线的斜率减小，选项A 正确，不符合题意；B若开始下落时小磁铁满足sin0mgff阻尼，则小磁铁匀速下滑，此时动能不变，选项 B 正确，不符合题意；C小磁铁下滑时重力势能逐渐减小，但是不会趋近与某一定值，选项C 错误，符合题意；D小磁铁下滑过程中，由于有电能产生，则机械能逐渐减小，选项D 正确；不符合题意；故选

25、C.12D 解析：D【解析】【分析】考查断电自感。【详解】A电路稳定后将S1断开，线圈L通过开关S2与灯泡A构成回路，灯泡B无自感电流通过，灯泡 B 直接熄灭，A 错误；B断开前AB 亮度相同，则线圈电阻阻值与电阻R阻值相同，通过线圈的电流与通过灯泡A的电流相同，将S1断开，灯泡A 中电流变成通过线圈电流，大小没有变，所以不会比原来更亮，B 错误；C电路稳定后将S1断开，线圈L 通过开关S2与灯泡 A 构成回路，灯泡B 无自感电流通过，C 错误；D有电流通过A 灯，方向为ba，D 正确。故选 D。13B 解析：B【解析】【详解】由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势：2221=22BBBNBaE

26、NNs Natttt，故 B 正确，ACD 错误；14A 解析：A【解析】【分析】利用楞次定律的相对运动角度分析“来拒去留”，即可一一判定求解。【详解】根据楞次定律的“来拒去留”，则当磁铁在向下运动的过程中，线圈产生感应电流，形成感应磁场，从而阻碍磁铁的向下运动，则线圈给它的磁场力始终向上，故A 正确，BCD 错误；故选 A。【点睛】本题巧妙的考查了楞次定律的应用，只要记住“来拒去留”，同时理解“增反减同”这一规律，此类题目难度不大。15A 解析：A【解析】【分析】【详解】AC磁感应强度随时间按正弦规律变化，如题目图乙，可知0、2T、T 处斜率最大，即线圈产生的电动势也最大，故A 正确，C 错

27、误；BD根据BS可知，在4Tt和34T时，线圈内的磁通量最大，故BD 错误。故选 A。16B 解析：B【解析】【详解】线框开始进入磁场运动L 的过程中，只有边bd 切割，感应电流不变，前进L 后，边 bd 开始出磁场，边ac 开始进入磁场，回路中的感应电动势为ac 边产生的电动势减去bd 边在磁场中的部分产生的电动势，随着线框的运动回路中电动势逐渐增大，电流逐渐增大，方向为负方向；当再前进L 时，边 bd完全出磁场，ac 边也开始出磁场，有效切割长度逐渐减小，电流方向不变。A该图与结论不相符，选项A 错误；B该图与结论相符，选项B 正确；C该图与结论不相符，选项C 错误；D该图与结论不相符，选

28、项D 错误；故选 B。17C 解析：C【解析】【详解】AB若环放在线圈两边，根据“来拒去留”可得，合上开关S的瞬间，环为阻碍磁通量增大，则环将向两边运动，故AB 错误；C线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，电流由左侧向右看为顺时针，故C正确；D由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大，则铜环受到的安培力要大于铝环受到的安培力，故D 错误。故选 C。18D 解析：D【解析】【详解】A由图示可知，在磁铁S极上升过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量变小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿逆时针方向，故 A 错

29、误；B由图示可知，在磁铁S极下落过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流顺时针方向，故 B 错误；C同时，在磁铁N 极上升过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿顺时针方向，故C 错误；D由图示可知，在磁铁N 极下落过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流逆时针方向，故 D 正确。故选 D。19C 解析：C【解析】【分析】【详解】AB金属杆的速度与时间的关系式为vat

30、，a是加速度由EBLv和EIR得，感应电流与时间的关系式为BLaItR，B、L、a 均不变，当10t时间内，感应电流为零，12tt时间内，电流I 与 t 成正比，2t时间后无感应电流，故AB 错误；C由 EBLv 和EIR得，感应电流与时间的关系式为BLaItR，当10t时间内，感应电流为零，ad 的电压为零，12tt时间内，电流I 与 t 成正比144adadBLatBLatUIRRR电压随时间均匀增加，2t时间后无感应电流，但有感应电动势adUEBLat电压随时间均匀增加，故C 正确；D根据推论得知：金属杆所受的安培力为22ARB L vF，由牛顿第二定律得AFFma，得22B L aFt

31、maR当10t时间内，感应电流为零，Fma，为定值，12tt时间内，F 与 t 成正比，F 与 t是线性关系，但不过原点，2t时间后无感应电流，Fma，为定值，故D 错误故选 C。20D 解析：D【解析】【分析】【详解】ABCD 电荷量为q的带负电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电场强度方向竖直向下，所以电容器的上极板带正电，线框上端相当于电源的正极，感应电动势逆时针方向，感应电流的磁场方向和原磁场方向相反，根据楞次定律可知，穿过线框的磁通量在均匀增强，线框产生的感应电动势2MNBBEUSLtt油滴所受电场力与重力大小相等，则MNUqmgd联立以上两式得，线圈中的磁通量变化率的大小为

32、2BmgdtqL故 D 正确，ABC 错误。故选 D。21C 解析：C【解析】试题分析：当线圈刚进入磁场时，由于穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可得此时的感应电流方向为逆时针方向，当线圈完全进入磁场后到刚要穿出磁场的过程中，由于穿过线圈的磁通量不变，所以没有感应电流产生，当线圈穿出磁场过程中，穿过磁场的磁通量减小，根据楞次定律可得此时的感应电流方向为顺时针方向，故C正确考点：考查了楞次定律的简单应用22A 解析：A【解析】【分析】【详解】ABCD 设磁铁的下端为N 极，则磁铁下落时，回路中的磁通量向下增大，根据楞次定律和安培定则，回路中的电流为逆时针，则由左手定则可得，P受力向左，Q 受力向

33、右，相互靠拢；设磁铁的下端为S极，则在磁铁下落时，回路中的磁通量向上增大，根据楞次定律和安培定则，回路中的电流为顺时针，则由左手定则可得，P受力向左，Q 受力向右，相互靠拢，BCD 错误 A 正确。故选 A。23D 解析：D【解析】【分析】【详解】A在 O 时刻，磁通量为零，但磁通量的变化率最大，所处位置为峰值面，故A 错误；B在 O 时刻，穿过线圈的磁通量为零，变化率最大，故B 错误；C在 D 时刻，磁通量最大，但是变化率为零，根据法拉第电磁感应定律Ent线圈中产生的感应电动势为零，故C 错误；DO 至 D 时间内线圈中的平均感应电动势为32 101V0.4V0.005Ent故 D 正确。故

34、选 D。24A 解析：A【解析】【分析】先由楞次定律依据磁通量的变化可以判定感应电流的方向，再由感应电动势公式EBLv和欧姆定律，分段分析感应电流的大小，即可选择图象【详解】线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流i 应为正方向，故BC 错误；线框进入磁场的过程，线框有效的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；线框完全进入磁场的过程，磁通量不变，没有感应电流产生线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流i 应为负

35、方向；线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由EBLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，故A 正确，D 错误25B 解析：B【解析】【分析】导体棒运动时切割磁感线产生感应电流，使棒受到向左的安培力，根据感应电流的大小写出安培力的表达式，结合牛顿第二定律求出F 与 t的关系式，然后将图象上的数据代入即可求解。【详解】导体杆在轨道上做匀加速直线运动，用v 表示其速度，t表示时间，则有：v=at；杆切割磁感线，将产生感应电动势为：E=Blv；闭合回路中产生的感应电流为：；杆受到的安培力大小为：FA=BIl；根据牛顿第二定律，有：F-FA=ma；联立以上各式得：F=ma+t；由图线上取两点代入上式，可解得：a=10m/s2；m=0.1kg；故杆的质量为：m=0.1kg，其加速度为：a=10m/s2。故选 B。【点睛】解答这类问题的关键是正确分析安培力的大小与方向，然后根据牛顿第二定律得到F 与 t的关系式。这是常用的函数法，要学会应用。