高考物理郴州电磁学知识点之电磁感应单元汇编附答案解析.pdf

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1、高考物理郴州电磁学知识点之电磁感应单元汇编附答案解析一、选择题1一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2如图所示，A 和 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

2、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ba3如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，D是理想二极管，L是带铁芯的线圈，其电阻忽略不计。下列说法正确的是AS闭合瞬间，A先亮BS闭合瞬间，A、B同时亮CS断开瞬间，A闪亮一下，然后逐渐熄灭DS断开瞬间，B逐渐熄灭4如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场若第一次用0.3 s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0.9 s时间拉出，外力所做的功

3、为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则()AW1W2，q1q2BW1W2，q1q2DW1W2，q1q25如图所示，用粗细均匀的同种金属导线制成的两个正方形单匝线圈a、b，垂直放置在磁感应强度为B 的匀强磁场中，a 的边长为L，b 的边长为2L。当磁感应强度均匀增加时，不考虑线圈a、b 之间的影响，下列说法正确的是（）A线圈 a、b 中感应电动势之比为E1E212B线圈 a、b 中的感应电流之比为I1I212C相同时间内，线圈a、b 中产生的焦耳热之比Q1Q214D相同时间内，通过线圈a、b某截面的电荷量之比q1q2146如图所示，MN 和 PQ 为竖直方向的两平行长直金属导轨，间距l为 0.4

4、m，电阻不计。导轨所在平面与磁感应强度B为 0.5T 的匀强磁场垂直。质量m 为 6.0 10-3kg 电阻为 1的金属杆 ab 始终垂直于导轨，并与其保持光滑接触。导轨两端分别接有滑动变阻器R2和阻值为 3.0 的电阻 R1。当杆 ab 达到稳定状态时以速率v 匀速下滑，整个电路消耗的电功率P为 0.27W。则（）Aab稳定状态时的速率v=0.4m/sBab 稳定状态时的速率v=0.6m/sC滑动变阻器接入电路部分的阻值R2=4.0 D滑动变阻器接入电路部分的阻值R2=6.0 7两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1m、总电阻为 0.005的正方形导线框abcd

5、位于纸面内，cd 边与磁场边界平行，如图甲所示。已知导线框向右做匀速直线运动，cd 边于 t=0 时刻进入磁场。导线框中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示（规定感应电流的方向abcda 为正方向）。下列说法正确的是（）A磁感应强度的方向垂直纸面向内B磁感应强度的大小为0.5TC导线框运动速度的大小为0.05m/sD在 t=0.4s 至 t=0.6s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.04N8如图所示，一带铁芯线圈置于竖直悬挂的闭合铝框右侧，与线圈相连的导线abcd 内有水平向里变化的磁场下列哪种变化磁场可使铝框向左偏离 ()ABCD9如图所示，铁芯P 上绕着两个线圈A 和 B，B 与水

6、平光滑导轨相连，导体棒放在水平导轨上。A 中通入电流i（俯视线圈A，顺时针电流为正），观察到导体棒向右加速运动，则 A 中通入的电流可能是（）ABCD10 如图所示，使一个水平铜盘绕过其圆心的竖直轴OO转动，且假设摩擦等阻力不计，转动是匀速的.现把一个蹄形磁铁水平向左移近铜盘，则A铜盘转动将变快B铜盘转动将变慢C铜盘仍以原来的转速转动D因磁极方向未知，无法确定11 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 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

7、低D断开开关S瞬间，通过A 灯的电流方向向左12 如图所示，螺线管匝数n=1500 匝，横截面积S=20cm2，螺线管导线电阻r=1，电阻R=4螺线管所在空间存在着向右的匀强磁场，磁感应强度大小随时间的变化如图所示，下列说法正确的是（）A电阻R的电流方向是从A到CB感应电流的大小随时间均匀增大C电阻 R 两端的电压为6VDC 点的电势为4.8V13 如图所示，两块水平放置的金属板间距离为d，用导线与一个n匝线圈连接，线圈置于方向竖直向上的磁场B中。两板间有一个质量为m、电荷量为+q的油滴恰好处于平衡状态，则线圈中的磁场B 的变化情况和磁通量变化率分别是（）A正在增强；tdmgqB正在减弱；dm

8、gtnqC正在减弱；dmgtqD正在增强；dmgtnq14如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab 以水平初速度v0抛出，设在整个过程中棒一直保持水平，且不计空气阻力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势的大小变化情况是A越来越大B越来越小C保持不变D无法判断15 如图所示，矩形线圈abcd 在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和 P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时()A线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流B线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势C线圈绕P1和 P2转动时电流的方向相同，都是a bcdD线圈绕P1转动时 dc

9、边受到的安培力大于绕P2转动时 dc 边受到的安培力16 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（）A2NBatB22NBatC2BatD22Bat17 某兴趣小组探究断电自感现象的电路如图所示。闭合开关S，待电路稳定后，通过电阻 R 的电流为I1，通过电感L 的电流为I2，t1时刻断开开关S，下列图像中能正确描述通过电阻 R 的电流 IR和通过电感L 的电流 IL的是（）ABCD18 如图所示，在垂直纸面向里、范围足够大的匀强磁场中，放置一个金

10、属圆环，圆环平面与磁场方向垂直，若要使圆环中产生如图中箭头所示方向的瞬时感应电流，下列方法可行的是A使匀强磁场均匀增强B使匀强磁场均匀减弱C使圆环向左或向右平动D使圆环向上或向下平动19 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ABCD20 如图所示，两根相距为l 的平行直导轨ab、cd，b、d 间连有一定值电阻R，导轨电阻可忽略不计 MN 为放在 ab 和

11、 cd 上的一导体杆，与ab 垂直，其电阻也为R整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内)现对 MN 施力使它沿导轨方向以速度v(如图)做匀速运动令U 表示 MN 两端电压的大小，则()AU12Blv，流过定值电阻R的感应电流由b到dBU12Blv，流过定值电阻R 的感应电流由d 到 bCUBlv，流过定值电阻R 的感应电流由b 到 dDUBlv，流过定值电阻R 的感应电流由d 到 b21 如图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角为60 的斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B 随时间 t 的变化规律如图乙所示(规定斜向下为正方向)，导体

12、棒ab垂直导轨放置，除电阻R 的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力F 作用下始终处于静止状态规定ab 的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力F的正方向，则在0t1 时间内，选项图中能正确反映流过导体棒ab的电流 i 和导体棒ab所受水平外力F 随时间t变化的图象是（）ABCD22 如图所示，竖直放置的长直导线通有恒定电流，有一矩形线框与导线在同一平面内，在下列情况中线框中不能产生感应电流的是（）A导线中的电流变大B线框以PQ 为轴转动C线框向右平动D线框以AB边为轴转动23 如图所示，空间中存在一水平方向的半无界匀强磁场，其上边界水平。磁场上方有一个长方形导线框，线框一边水平，所在

13、平面与磁场方向垂直。若线框自由下落，则刚进入磁场时线框的加速度不可能A逐渐减小，方向向下B为零C逐渐增大，方向向上D逐渐减小，方向向上24 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 如图所示两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针用一弹性细丝悬挂在直导线正上方，开关断开时小磁针处于静止状态。下列

14、说法正确的是（）A闭合开关小磁针N 极朝垂直纸面向里转动，接着回到原位B闭合开关，小磁针N 极朝垂直纸面向里转动，并保持在转动后的位置C开关从闭合状态断开，小磁针N 极不发生偏转D开关从闭合状态断开，小磁针N 极朝垂直纸面向里转动，接着回到原位【参考答案】*试卷处理标记，请不要删除一、选择题1D 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，

15、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。2D 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

16、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。3C 解析：C【解析】【分析】刚通电时，自感线圈相当于断路；稳定时，自感线圈相当于电阻（阻值看题中说明）；断电后，自感线圈相当于电源。理想二极管具有单向导电性。据以上两点分析电路在开关闭合瞬间、稳定、和开关断开瞬间各元件的工作情况。【详解】AB：刚通电时，自感线圈相当于断路，二极管中为反向电流，则电流既不通过A灯，也不通过B灯。电路稳定时，依题意，自感线圈相当于导线，则电流流过B灯，B灯发光。则 S闭合瞬间，A、B 两灯均不亮，然后A 灯仍不亮，B 灯逐渐变亮。故AB 两项错误。CD：开关断开瞬间，自感线圈相当于电源

17、，自感线圈与二极管、A 灯形成回路，二极管中为正向电流，则A 灯闪亮一下，然后逐渐熄灭。开关断开后，B 灯不处在回路中，B 灯立即熄灭。故C 项正确，D 项错误。4C 解析：C【解析】【详解】第一次用0.3s时间拉出，第二次用0.9s时间拉出，两次速度比为3:1，由 E=BLv，两次感应电动势比为3:1，两次感应电流比为3:1，由于 F安=BIL，两次安培力比为3:1，由于匀速拉出匀强磁场，所以外力比为3:1，根据功的定义W=Fx，所以：W1:W2=3:1；根据电量qIt，感应电流EIR，感应电动势Et，得：qR所以：q1:q2=1:1，故 W1W2，q1=q2。A.W1W2，q1q2。故 A

18、 错误；B.W1W2，q1q2。故 C 正确；D.W1W2，q1q2。故 D 错误；5B 解析：B【解析】【分析】【详解】A根据法拉第电磁感应定律可知nn BSEtt而 S=l2，因此电动势之比为1：4，故 A 错误。B线圈中电阻04lRS其中 S0为横截面积，l 为边长，故电阻之比为1：2，由欧姆定律可知EIR则电流之比为1：2，故B正确。C焦耳定律Q=I2Rt电流之比为1：2，电阻之比为1：2；则相同时间内焦耳热之比为1：8，故 C 错误。D根据qnR可知=BS=Bl2故电荷量之比为1：2，故D错误。故选 B。6D 解析：D【解析】【分析】【详解】AB当杆以稳定的速度下降的过程中，由能量守

19、恒定律得mgv=P可得0.27m/s4.5m/s0.06Pvmg故 AB 错误；CD杆 ab 达到稳定状态产生的感应电动势为E=Blv=0.5 0.4 0.45V=0.09V由 P=IE 得0.27A3A0.09PIE设电阻 R1与 R2的并联电阻为R外，ab 棒的电阻为r，有1212R RRRR外EIRr外代入数据得R2=6.0 故 C 错误，D 正确。故选 D。7D 解析：D【解析】【分析】【详解】A由乙图可知，线框进磁场时，感应电流的方向为顺时针（正方向），磁通量增加，根据楞次定律可知磁场的磁感应强度的方向垂直纸面向外，选项A 错误；BC由图象可以看出，0.20.4s 没有感应电动势，所

20、以从开始到ab进入磁场用时0.2s，导线框匀速运动的速度为0.5m/sLvt根据 EBLv 知磁感应强度为0.2TEBLv选项 BC 错误；D在 0.40.6s 内，导线框所受的安培力为220.04NB L vFBILR选项 D 正确。故选 D。8A 解析：A【解析】【详解】由楞次定律可知，要使铝框向左远离，则螺线管中应产生增大的磁场，即螺线管中电流应增大；而螺线管中的电流是由abcd区域内的磁场变化引起的，故abcd 中的磁场变化率应增大，故 A 正确，BCD 错误9C 解析：C【解析】【分析】【详解】C导体棒向右加速运动，说明导体棒受到水平向右安培力，根据左手定则可知电流的方向为顺时针方向

21、，线圈B的磁场增大，根据楞次定理可知线圈A的磁场应减小，故线圈A 中通入的电流需要顺时针方向减小或逆时针方向增大，故ABD错误，C正确。故选 C。10B 解析：B【解析】【详解】（1)假设蹄形磁铁的上端为N极，下端为s 极，铜盘顺时针转动根据右手定则可以确定此时铜盘中的感应电流方向是从盘心指向边缘（2）通电导体在磁场中要受到力的作用，根据感应电流的方向和磁场的方向，利用左手定则可以确定磁场对铜盘的作用力的方向是沿逆时针方向，与其受力方向与铜盘的转动方向相反，所以铜盘的转动速度将减小无论怎样假设，铜盘的受力方向始终与转动方向相反同时，转动过程中，机械能转化为电能，所以转得慢了所以B正确，ACD错

22、误11C 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。12D 解析：D【解析】【分析】【详解】A由楞次定律可以判断出螺线管中电流方向从右向左，那么通过电阻R 的电流方向是从C 到 A，故 A 错误；B根据法拉第电磁感应定律有BEnSt由图知6

23、2T/s=2T/s2Bt代入数据解得E=1500 2 20 10-4=6V由闭合电路欧姆定律得6A=1.2A41EIRr因此感应电流的大小是恒定的，故B 错误；C电阻两端的电压是外电压为U=IR=1.2 4V=4.8V故 C 错误；D在外电路，顺着电流方向电势降低，因A 的电势等于零，那么C 点的电势为4.8V，故D正确故选 D13B 解析：B【解析】【详解】电荷量为 q 的带正电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电容器的下极板带正电，所以线圈下端相当于电源的正极，由题意可知电流产生的磁场方向和原磁场方向相同，根据楞次定律，可得穿过线圈的磁通量在均匀减弱。线框产生的感应电动势为Ent油

24、滴所受电场力为FEq场电场的强度为=EEd场对油滴，根据平衡条件得Eqmgd所以解得，线圈中的磁通量变化率的大小为dmgtn故 B 正确，ACD 错误。故选 B。14C 解析：C【解析】【详解】金属棒 ab做平抛运动，其水平方向的分运动是匀速直线运动，水平分速度保持不变，等于v0，由感应电动势公式E=Blvsin，vsina 是垂直于磁感线方向的分速度，即是平抛运动的水平分速度，等于v0，则感应电动势E=Blv0，B、l、v0均不变，则感应电动势大小保持不变则 C 正确故选 C15A 解析：A【解析】【分析】【详解】AB根据E=BS可知，无论线圈绕轴P1和P2转动，则产生的感应电动势均相等，故

25、感应电流相等，故A 正确，B 错误；C由楞次定律可知，线线圈绕P1和 P2转动时电流的方向相同，都是adcba，故C 错误；D由于线圈P1转动时线圈中的感应电流等于绕P2转动时线圈中得电流，故根据F=BLI可知，线圈绕P1转动时 dc 边受到的安培力等于绕P2转动时 dc 边受到的安培力，故D 错误。故选 A。16B 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=22BBBNBaENNs Natttt，故 B 正确，ACD 错误；17A 解析：A【解析】【分析】【详解】闭合开关S，待电路稳定后，通过电阻R 的电流为I1，方向从上到下，通过电感L 的电流为 I2，方向与

26、是从上到下，断开S，通过电阻R 的电流 I1瞬间变为0，同时电感线圈产生同向的感应电动势，R 与线圈串联组成回路，则断开开关S，R 中的电流方向与电路稳定时方向相反，大小从I2逐渐变小，而电感线圈中的电流也从I2逐渐变小，方向不变，故A 正确，BCD 错误。故选 A。18A 解析：A【解析】【分析】穿过线圈的磁通量变化则会产生感应电流，且感应电流的方向可以根据楞次定律来判断【详解】AB、根据题目要是线圈中产生逆时针的电流根据楞次定律可知应该使原磁场增大，故A对；B 错；CD、圆环向左或向右平动以及向上或向下平动时，穿过线圈中的磁通量没有发生变化，故不会产生感应电流，故CD 错误；故选 A【点睛

27、】产生感应电流的必备条件：穿过闭合线圈的磁通量发生变化，可以根据这个来判断本题的选项19B 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，选项

28、D 错误；故选 B。20A 解析：A【解析】【分析】【详解】试题分析：当MN 匀速运动时，MN 相当于电源由右手定则判断电流的方向再根据闭合电路欧姆定律求出MN 两端电压的大小当 MN 沿导轨方向以速度v 匀速运动运动时，由法拉第电磁感应定律得：EBLv，由闭合电路欧姆定律可得：MN 两端电压大小为122EURBLvR，由右手定则可知流过固定电阻 R 的感应电流由b 到 d故选 A21D 解析：D【解析】【分析】由法拉第电磁感应定律可分析电路中的电动势，则可分析电路中的电流，根据楞次定律判断感应电流的方向；由安培力公式可得出安培力的表达式，则可得出正确的图象【详解】AB由60BSEsintt由

29、图乙知，B的变化率不变，即Bt保持不变，则感应电动势保持不变，电路中电流I不变；根据楞次定律判断得知ab 中感应电流沿ba，为负值故AB 错误CD由安培力F=BIL 可知，电路中安培力随B 的变化而变化，当B为负值时，根据楞次定律判断可知ab 中感应电流从b 到 a，安培力的方向垂直于磁感线斜向右下方，如图所示，根据平衡条件可知，水平外力水平向左，为负，大小为00000033sin()()22BBFBILBt ILttILtt同理，B 为正值时，水平外力水平向右，为正，大小为00032BFttILt，故 C 错误，D 正确。故选 D。22B 解析：B【解析】【分析】【详解】A导线中电流强度变大

30、，磁场增大，线框中的磁感应强度增大，故磁通量增大，可以产生感应电流，故A 错误；B线框以直导线PQ 为轴转动，由于直导线的磁感线为以导线为圆心的同心圆，故穿过线框的磁通量不变化，则没有产生感应电流，故B正确；C线框向右运动时，线框所在处的磁场变小，磁通量变小，故能产生感应电流，故C 错误；D线框以AB 边为轴转动，则线圈的磁通量发生变化，会产生感应电流，选项D 错误。故选 B。23C 解析：C【解析】导线框进入磁场时，下边切割磁场产生感应电流，受到向上的安培力，若安培力大于重力，合力方向向下，加速度方向向下，线框做加速运动，随着速度增大，产生的感应电动势和感应电流增大，线圈所受的安培力增大，合

31、力减小，加速度减小，故A 正确；若安培力等于重力，线框做匀速运动，加速度为零，B 正确；若安培力大于重力，合力方向向上，加速度方向向上。线框做减速运动，随着速度减小，产生的感应电动势和感应电流减小，线圈所受的安培力减小，合力减小，加速度减小，C 错误 D 正确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

32、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25A 解析：A【解析】【分析】【详解】AB开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，左边线圈中产生电流，电流的方向由南到北，根据安培定则，直导线上方的磁场方向垂直纸面向里，则小磁针N 极向纸里偏转，保持一段时间后，右边线圈的电流不变，根据安培定则可知，左边线圈中有磁通量但保持不变，因此左边线圈中不会产生感应电流，那么小磁针回到原位，故A 正确，B 错误；CD开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，左边线圈磁通量减小，根据楞次定律，左边线圈中产生电流，电流的方向由北到南，根据安培定则，直导线上方的磁场方向垂直纸面向外，则小磁针N 极向垂直纸面向外的方向转动，故CD 错误。故选 A。