答案和解析
【答案】 1. B 2. AD 3. BD 4. AD 5. BD 6. ABC 7. BD 8. BD 9. ABC 10. AC 11. BC 12. BD 13. 会；不会 14. 磁通量
2
15. 解：（1）因线圈与磁场垂直，则磁通量为：?=BS=0.5×0.2Wb=0.02Wb （2）由法拉第电磁感应定律，则有：E=n=nV==0.2V；
（3）根据楞次定律，则有：电流方向：由A指向B． 答：（1）这时穿过线框平面的磁通量为0.02Wb；
（2）若线框以AB边为轴转动，转过90°到虚线位置，该过程所花的时间为0.1S，则线圈在此过程中产生的平均电动势为0.2V；
（3）试判断转动90°过程AB边的电流方向由A指向B． 16. 解：（1）导体切割磁感线运动产生的电动势为：E=BLv， 根据欧姆定律，闭合回路中的感应电流为：I= 电阻R消耗的功率为：P=I2R，联立可得：P=（2）设时间为t，则电荷量q=It=
=
；
（3）对导体棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力， 依据三力平衡，故有：F安+μmg=F， 而F安=BIl=B解得：F=
，
；
；
答：（1）电阻R消耗的功率
（2）导体棒运动距离x内通过电阻R的电荷量（3）水平外力的大小
．
17. 解：（1）电容器上端带正电，通过MN的电流方向向下，由于MN向右运动，根据左手定则知，磁场方向垂直于导轨平面向下．
（2）电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有：
I=…①
设MN受到的安培力为F，有： F=IlB…②
由牛顿第二定律有： F=ma…③
联立①②③式：得a=
…④
（3）当电容器充电完毕时，设电容器上电量为Q0，有： Q0=CE…⑤
开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E′，有：E′=Blvmax…⑥ 依题意有：
…⑦
…⑧
设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力为，有：由动量定理，有又
…⑩
…⑨
联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得：Q=．
答：（1）磁场的方向为垂直于导轨平面向下； （2）MN刚开始运动时加速度a的大小为
；
（3）MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是【解析】
1. 解：当线框转动前，面的磁通量为： Φ1=2BSsin30°=BS；
当线框转动后，整个面的磁通量为： Φ2=BSsin30°+BScos30°=磁通量变化量为：△Φ=Φ1-Φ2=
，
．
故选项 B 正确，ACD错误； 故选：B 将立体图转化为截面图，分析线框旋转前后的磁通量即可．
该题考查磁通量的计算，注意磁场的方向与线框平面之间的夹角的方向是解答的关键．
2. 解：A、M端线速度为v =ωl，OM切割磁感线的平均速度为==，OM转动切割磁感线产生的电动势恒为E=Bl=Bl2ω，故A正确；
B、当M端位于最上端时，圆环两部分电阻相等，并联电阻最大，电路的总电阻最大，通过R的电流最小．因R并=×2R=R，通过电阻R的电流的最小值为：Imin=
错误；
=
，根据右手定则可知电流方向从Q到P，故BC、当M位于最下端时圆环被接入的电阻为0，此时有最大电流为：Imax==，故C错误；
D、OM作为电源，外电阻增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，所以外电阻最大时，OM两点间
电势差绝对值的最大，其最大值为：U=Imin×2R=故选：AD 根据导体转动切割磁感线感应电动势公式E=
ω计算感应电动势大小．当M端位于最上端时，电路中，故D正确．
电阻最大，电流最小．当M位于最下端时电流最大，根据右手定则可得电流方向，外电阻最大时，OM两点间电势差绝对值的最大，根据闭合电路的欧姆定律和法拉第电磁感应定律联立计算即可．
本题考查了法拉第电磁感应定律和楞次定律；对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E=BLv来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据E=
ω来计算．
3. 解：A、C、D、当滑动触头P向上移动时电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流减小，b线圈产生的磁场减弱，故穿过线圈a的磁通量变小；
根据b中的电流方向和安培定则可知b产生的磁场方向向下穿过线圈a，根据楞次定律，a中的感应电流的磁场要阻碍原来磁场的减小，故a的感应电流的磁场方向也向下，根据安培定则可知线圈a中感应电流方向俯视应为顺时针，故A错误，C错误，D正确．
B、开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向上滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁互相吸引，故线圈a对水平桌面的压力将减小，故B正确．
故选：BD．
此题的关键首先明确滑动触头向上滑动时通过判断出线圈b中的电流减小，然后根据楞次定律判断出线圈a中感应电流的方向．根据感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因，可以很好判断线圈的运动趋势．
首先应掌握楞次定律的基本应用，楞次定律的第二描述是能量守恒定律在电磁感应现象中得出的必然结果．一般在解决有关相对运动类问题时用楞次定律的第二描述将会非常简便．
4. 解：线圈总是阻碍磁通量的变化，所以t1电流增大，磁通量变大，下面线圈阻碍变化，就向下运动的趋势，所以FN＞G．t2时刻与t4时刻无电流变化，t3时刻Q中没有电流；所以t2时刻、t3时刻、t4时刻FN=G，故AD正确，BC错误． 故选：AD．
开始电流增大，磁通量变化，设逆时针为电流正方向，形成感应的磁场，由楞次可知，总是阻碍磁通量的变化，所以确定下面的磁场，再可知该线圈顺时针电流，由安培力知，异向电流相互排斥知，支持力与重力的关系．
注意：由电流变化而产生的感应磁场去阻碍线圈磁通量的变化．同时可知：同向电流相吸，异向电流相斥． 5. 解：A、当向右匀速运动时，则线圈乙中磁通量不变，则环中没有感应电流，因此环不动，故A错误． B、ab棒向右加速运动，由楞次定律可知ab所在回路中感应电流的方向沿逆时针方向，ab产生的感应电动势增大，则回路中感应电流增大，穿过环的磁通量增大，根据楞次定律可知环向左运动，从而阻碍其磁通量增大，故B正确．
C、当ab向右减速运动时，ab产生的感应电动势减小，则回路中感应电流减小，穿过矩形线框的磁通量减小，根据楞次定律可知环向右运动，从而阻碍其磁通量减小，故C错误； D、同理，ab棒向左加速运动时，环也向左运动，故D正确． 故选：BD．
先根据楞次定律判断出ab所在回路中感应电流的方向，并判断出感应电动势大小的变化，分析感应电流大小的变化，再分析穿过矩形线框的磁通量的变化，即可由楞次定律分析其运动方向．
解决本题的关键是掌握楞次定律，知道楞次定律的表述：感应电流的磁场总要阻碍磁通量的变化．
6. 解：A、当MN解直流电源的负极时，海水中电流方向由CD指向MN，是海水受到的安培力向左，根据牛顿第三定律可知，船体受到向右的作用力，故使船体向前运动，故A正确；
B、改变超导线圈中中电流的方向，会改变磁场的方向，从而改变海水的受力方向，从而改变船体的受力方向，故能控制船体的前进或后退，故B正确；
C、控制超导线圈中的电流大小和电极间的电流大小，根据安培力的计算公式F=BIL可知安培力就会发生变化，这样使得对船的推力发生变化，就可以控制船只航行的速度大小，故C正确； D、该超导电磁船应用的是安培力和作用力反作用力的原理，故D错误； 故选：ABC．
利用左手定则判断出海水受到的安培力，根据牛顿第三定律即可判断出船体的受力，即可判断运动方向，当改变超导线圈的电流时，会改变磁场的方向，受力都会发生改变，根据作用力反作用力可知推力发生变
化，使得速度变化．
本题的解题关键是掌握左手定则和牛顿第三定律，并能正确运用，注意与右手定则的区别
7. 解：A、把粗线框看成n个细线框叠合而成，则每个线框进入磁场的过程中情况完全相同，故线圈1、2的运动状态一定相同，离开磁场时间一定相等，故A错误；
B、线圈3和1，两环互相独立和互相连通比较，电流不变，因此离开磁场速度相等，又，故离开磁场2、3速度相等，故B正确；
C、由能量守恒可得
故C错误；
，（R是圆环半径），1的质量比3小，产生的热量小，所以，
D、根据，由于1的电阻比4小，但磁通量变化相同，故通过导线1横截面的电量多，即，
故D正确； 故选：BD 线框1是粗线框可以看成n个细线框叠合而成，每个线框进入磁场的过程中情况完全相同，线圈1、2的运动状态一定相同，离开磁场时间一定相等；线圈3和1，两环互相独立和互相连通比较，电流不变，因此离开磁场速度相等，线圈1、2的运动状态一定相同，离开磁场时速度相等，即可知离开磁场时2和3的速度相等；根据能量守恒，线框离开磁场过程中，减少的重力势能转化为焦耳热和动能，1和3电阻不同，热量不同；根据感应电量公式
判断通过导线1、4的电量大小
本题考查法拉第电磁感应定律的应用，题型新颖，关键是要认真审题，构建物理模型，对于感应电量公式要记住，并能灵活应用．
8. 解：A、设导体棒离开磁场时速度大小为v．此时导体棒受到的安培力大小为：F安=BIL=BL由平衡条件得：F=F安+mg，由图2知：F=3mg，联立解得：v=
，故A错误．
，故B正确． ，故C错误．
=
，
B、离开磁场时，由F=BIL+mg=3mg得：I=，导体棒两端电压为：U=IR=
=
=
C、导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量为：q=
D、导体棒经过磁场的过程中，设回路产生的总焦耳热为Q．根据功能关系可得：Q=WF-mg?5d-mv2，而拉力
做功为：WF=2mgd+3mg?4d=14mgd，电阻R产生焦耳热为：QR=故D正确． 故选：BD．
Q，联立解得：QR=，
根据安培力与速度的关系式和平衡条件结合求导体棒离开磁场时的速度大小．根据q=求通过电阻R的
电荷量．根据欧姆定律求离开磁场时导体棒两端电压．根据功能关系求出电阻R产生的焦耳热．
本题是电磁感应与力学知识的综合应用，对于这类问题一定要正确分析安培力的大小和方向，要掌握安培力经验公式F安=
，做选择题时直接运用可节省时间．
9. 解：设线框的边长为L，总电阻为R，进入磁场瞬间速度为v0，离开磁场瞬间的速度为v，则穿过磁场过程中某时刻t产生的感应电动势E=BLvt；
A、如果磁场宽度等于线框的边长，进入过程中t时刻a、b两点电势差Uab=
的过程中a、b两点电势差Uab=
，离开磁场
，由于速度减小、安培力减小、则加速度逐渐减小，所以图象的斜
率减小，故A正确；
B、如果磁场宽度大于线框的边长，进入过程中t时刻a、b两点电势差Uab=；完全进入
磁场时，安培力为零，感应电动势不变，所以ab两端电压等于感应电动势大小；离开磁场的过程中a、b两点电势差Uab=正确；
，由于速度减小、安培力减小、则加速度逐渐减小，所以图象的斜率减小，故BCD、如果磁场宽度小于线框的边长，进入过程中t时刻a、b两点电势差Uab=BILt=m（v0-vt），即：
时刻a、b两点电势差Uab=
=m（v0-vt），也就是=
=m（v0-vt），解得：
；根据动量定理可得：
，则进入过程中t；磁场完全在线圈内部时，各边都不切割磁感应线，所以
，故C正确、D错误．
ab两端电压等于0；离开磁场的过程中a、b两点电势差Uab=
故选：ABC．
分别从线框进入磁场、完全在磁场中、离开磁场的过程中推导ab两端的电压与时间的关系式、ab两端的电压与位移的关系式，然后进行判断．
对于图象问题，关键是能够根据已知的公式、定律等推导出横坐标和纵坐标的关系式，分析斜率的变化，然后作出正确的判断．
10. 解：AB中、当原磁通量增加时，感应电流的磁场与原来磁场的方向相反，两个磁场产生相互排斥的作用力；当原磁通量减少时，感应电流的磁场就与原来磁场的方向相同，两个磁场产生相互吸引的作用力，所以感应电流总要阻碍导体和磁极间的相对运动．
当磁铁匀速向右通过线圈时，N极靠近线圈，线圈的感应电流总要阻碍磁极的相对运动，给磁极向左的作用力，那么磁极给线圈向右的作用力，线圈静止不动，是因为受到了向左的摩擦力．当N极离开线圈，线圈的感应电流总要阻碍磁极的相对运动，给磁极向左的作用力，那么磁极给线圈向右的作用力，线圈静止不动，是因为受到了向左的摩擦力．所以整个过程线圈所受的摩擦力一直向左．故A正确，B错误． CD中、当原磁通量增加时，感应电流的磁场与原来磁场的方向相反；当原磁通量减少时，感应电流的磁场就与原来磁场的方向相同．当磁铁N极向右靠近线圈时，线圈中向上的磁场增加，感应电流的磁场向下，所以感应电流顺时针方向．当磁铁N极向右远离线圈时，线圈中向上的磁场减小，感应电流的磁场向上，所以感应电流逆时针方向．S极靠近时线圈时，向下的磁场增加，感应电流的磁场向上，所以感应电流逆时针方向．S极远离线圈时，向下的磁场减少，感应电流的磁场向下，所以感应电流顺时针方向．故C正确，D错误． 故选：AC
根据感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的原磁通量的变化，我们可以这样理解：感应电流总要阻碍导体和磁极间的相对运动．
感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的原磁通量的变化，我们可以这样理解：感应电流总要阻碍导体和磁极间的相对运动，来使题目变得简单．
11. 解：A、当线圈做垂直于匀强磁场的磁感线的平行运动时，磁通量一直不发生变化，无感应电流，故A错误；
B、当线圈从磁场中穿出时，磁通量减小，能产生感应电流，故B正确；
C、当线圈做垂直于磁场方向向下运动时，由于磁场的上边磁感线疏，下边的磁感线密，所以穿过线框的磁通量增大，能产生感应电流，故C正确；
D、当线圈在图示的位置垂直于磁感线的运动时，磁通量一直不变，无感应电流，故D错误． 故选：BC
根据感应电流产生的条件是穿过闭合电路磁通量发生变化．然后结合图中线圈的位移与线圈则磁通量的变化情况判定是否能产生感应电流．