第2章 电磁感应 真题演练-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（人教版 江苏专用）

第二章真 黑题 真题体验 考点1楞次定律 1.*(2025·北京高考)绝缘的轻质弹簧上端 固定，下端悬挂一个磁铁.将磁铁从弹簧原长 位置由静止释放，磁铁开始振动，由于空气阻 力的影响，振动最终停止.现将一个闭合铜线 圈固定在磁铁正下方的桌面上（如 图所示)，仍将磁铁从弹簧原长位 置由静止释放，振动最终也停止.则 A.有无线圈，磁铁经过相同的 时间停止运动 B.磁铁靠近线圈时，线圈有扩张 趋势 C.磁铁离线圈最近时，线圈受到 的安培力最大 D.有无线圈，磁铁和弹簧组成的系统损失的 机械能相同 2.**(2024·江苏高考)如图所 ×× 示，在绝缘的水平面上，有闭合的 两个线圈a、b,线圈a处在匀强磁 场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a b中产生的感应电流方向分别是 A.顺时针、顺时针B.顺时针、逆时针 C.逆时针、顺时针 D.逆时针、逆时针 考点2法拉第电磁感应定律 3.*(2025·湖北高考)如图(a)所示，相距L 的两足够长平行金属导轨放在同一水平面 内，两长度均为L、电阻均为R的金属棒ab、cd 垂直跨放在两导轨上，金属棒与导轨接触良 好.导轨电阻忽略不计.导轨间存在与导轨平 面垂直的匀强磁场，其磁感应强度大小B随 时间变化的图像如图(b)所示，t=T时刻，B= 第二章黑目 题演练 子错题本 限时：80min 0.t=0时刻，两棒相距xo,ab棒速度为零，cd 棒速度方向水平向右，并与棒垂直，则0~T时 间内流过回路的电荷量为 B个 图(a) 图b) BoLxo BoLxo A. 4R B. B,Lx 2BoLxo C. D. 2R R R **(2025·全国卷)（多选）如 图，过P点的虚线上方存在方向垂 直于纸面的匀强磁场.一金属圆环在纸面内以 P点为轴沿顺时针方向匀速转动，0为圆环的 圆心，OP为圆环的半径.则 ( A.圆环中感应电流始终绕O逆时针流动 B.OP与虚线平行时圆环中感应电流最大 C.圆环中感应电流变化的周期与环转动周期 相同 D.圆环在磁场内且OP与虚线垂直时环中感 应电流最大 ×b + 10× xx xB (第4题) (第5题) *★(2024·湖南高考)如图，有一硬质导线 Oabc,其中abc是半径为R的半圆弧，b为圆弧 的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac. 该导线在纸面内绕0点逆时针转动，导线始 终在垂直于纸面向里的匀强磁场中.则O、a、 b、c各点电势关系为 ( 日题065 A.po>p>pb>P。 B.po<pa<P<P。 C.po>pa>Pb=P。 D.po<pa<pb=P。 6.**(2025·甘肃高考)B1 闭合金属框放置在磁场 中，金属框平面始终与磁 感线垂直如图，磁感应强 度B随时间t按正弦规律变化.Φ为穿过金属 框的磁通量，E为金属框中的感应电动势，下 列说法正确的是 A在0一内，中和E均随时间特大 B.当t= &与。时，E大小相等，方向相同 C当=时，中最大，B为零 n.当-时，中和E均为零 7.(2024·全国甲卷)（多选）如图， 一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面 (纸面)内的光滑定滑轮，绳的一端连 接一矩形金属线框，另一端连接一物块.线框 与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸 面的匀强磁场，磁场上下边界水平，在t=0时 刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方 进入磁场.运动过程中，线框始终在纸面内且 上下边框保持水平.以向上为速度的正方向， 下列线框的速度v随时间t变化的图像中可 能正确的是 考点3涡流、电磁阻尼、自感 8.(2025·河南高考)如 图，一金属薄片在力F作 用下自左向右从两磁极之 间通过.当金属薄片中心运动到N极的正下方 时，沿N极到S极的方向看，下列图中能够正 选择性必修第二册黑： 确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是 B C *(2025·北京高考)》 如图所示，线圈自感系数 ◇A A 为L,电容器电容为C,电s 源电动势为E,A1、A2和 TE A,是三个相同的小灯泡.开始时，开关S处于 断开状态.忽略线圈电阻和电源内阻，将开 关S闭合，下列说法正确的是 ( A.闭合瞬间，A1与A同时亮起 B.闭合后，A3亮起后亮度不变 C.稳定后，A1与A3亮度一样 D.稳定后，电容器的电荷量是CE *（2023·全国乙卷)一学生小组在探究电 磁感应现象时，进行了如下比较实验.用图a所 示的缠绕方式，将漆包线分别绕在几何尺寸相 同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端 与电流传感器接通两管皆竖直放置，将一很小 的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内 下落至管的下端实验中电流传感器测得的两 管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别 如图b和图c所示，分析可知 一强磁体 电流传感器 4；0州 白题066 A.图c是用玻璃管获得的图像 B.在铝管中下落，小磁体做匀变速运动 C.在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力 始终保持不变 D.用铝管时测得的电流第一个峰到最后 个峰的时间间隔比用玻璃管时的短 考点4电磁感应中的动力学问题 11.*(2024·黑吉辽高 考)（多选）如图，两条 -130 30 “∧”形的光滑平行金 属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L,左、 右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于 竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分 别为2B和B.将有一定阻值的导体棒ab、cd 放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下 滑过程中始终与导轨垂直并接触良好.ab、cd 的质量分别为2m和m,长度均为L.导轨足 够长且电阻不计，重力加速度大小为g.两棒 在下滑过程中 A.回路中的电流方向为abeda B.b中电流趋于3mg 3BL C.ab与cd加速度大小之比始终为2：1 D.两棒产生的电动势始终相等 12.辞(2025·重庆高考)（多选）如图1所示， 小明设计的一种玩具小车由边长为d的正方 形金属框egh做成，小车沿平直绝缘轨道向 右运动，轨道内交替分布有边长均为d的正 方形匀强磁场和无磁场区域，磁场区域的磁 感应强度大小为B,方向竖直向上gh段在磁 场区域运动时，受到水平向右的拉力F=m+ b(k>0,b>0),且gh两端的电压随时间均匀增 加；当gh在无磁场区域运动时，F=0.gh段速 度大小v与运动路程s的关系如图2所示，图 中，(6<)为h每次经过磁场区域左边界 第二章黑 时速度大小，忽略摩擦力.则 3 图2 A.gh在任一磁场区域的运动时间为 kd -kvo 2d2 B.金属框的总电阻为 k k2d C.小车质量为 2(b-kvo) D.小车的最大速率为2+。 k 幸(2024·河北高考)如图，边长为2L的 正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上， 细框中心0处固定一竖直细导体轴00'.间 距为L、与水平面成0角的平行导轨通过导 线分别与细框及导体轴相连.导轨和细框分 别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中， 磁感应强度大小均为B.足够长的细导体棒 OA在水平面内绕O点以角速度ω匀速转 动，水平放置在导轨上的导体棒CD始终静 止.OA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力 达到最大和最小时均恰好能静止.已知CD 棒在导轨间的电阻值为R,电路中其余部分 的电阻均不计，CD棒始终与导轨 视 垂直，各部分始终接触良好，不计 频讲解 空气阻力，重力加速度大小为g (1)求CD棒所受安培力的最大值和最小值. (2)锁定OA棒，推动CD棒下滑，撤去推力 瞬间，CD棒的加速度大小为a,所受安培 力大小等于(1)问中安培力的最大值，求 CD棒与导轨间的动摩擦因数， 2L B 白题067 考点5电磁感应中的功能问题 14.著(2025·陕晋青宁卷)如图，光滑水平面 上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁 场，其磁感应强度大小为B.甲、乙两个合金 导线框的质量均为m,长均为2L,宽均为L, 电阻分别为R和2R.两线框在光滑水平面上 4B2L3 以相同初速度vo= mR 并排进入 磁场，忽略两线框之间的相互作 用.则 A.甲线框进磁场和出 -2L 磁场的过程中电流 甲 方向相同 B.甲、乙线框刚进磁场 -2L 区域时，所受合力大 小之比为1：1 C.乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小 为0 D.甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场 区域产生的焦耳热之比为4：3 15.鞋(2024·海南高考) (多选)两根足够长的导轨 30° 由上下段电阻不计、光滑×0 的金属导轨组成，在M、N两点绝缘连接， M、N等高，间距L=1m,连接处平滑.导轨平 面与水平面夹角为30°，导轨两端分别连接 一个阻值R=0.022的电阻和C=1F的电 容器，整个装置处于B=0.2T的垂直导轨平 面斜向上的匀强磁场中，两根导体棒 ab、cd分别放在MN两侧，质量分别为m1= 0.8kg,m2=0.4kg,ab棒的电阻为0.082，cd 棒的电阻不计，将ab由静止释放，同时cd从 距离MW为xo=4.32m处在一个大小F= 4.64N,方向沿导轨平面向上的力作用下由静 止开始运动，两棒恰好在M、N处发生弹性碰 撞，碰撞前瞬间撤去F,已知碰前瞬间αb的速 度为4.5m/s,重力加速度g取10m/s2,则 选择性必修第二册黑 A.ab从释放到第一次碰撞前所用时间为 1.44s B.ab从释放到第一次碰撞前，R上消耗的焦 耳热为0.78J C.两棒第一次碰撞后瞬间，ab的速度大小为 6.3m/s D.两棒第一次碰撞后瞬间，cd的速度大小为 8.4m/s 6.(2025·安徽高考)如图，平行光滑金属 导轨被固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为 L,右端连接阻值为R的定值电阻.水平导轨 上足够长的矩形区域MNPQ存在竖直向上 的匀强磁场，磁感应强度大小为B.某装置从 MQ左侧沿导轨水平向右发射第1根导体 棒，导体棒以初速度。进入磁场，速度减为0 时被锁定：从原位置再发射第2根相同的导 体棒，导体棒仍以初速度o进入磁场，速度 减为0时被锁定，以此类推，直到发射第n根 相同的导体棒进入磁场已知导体棒的质量 为m,电阻为R,长度恰好等于导轨间距，与 导轨接触良好（发射前导体棒与导轨不接 触)，不计空气阻力、导轨的电阻，忽略回路 中的电流对原磁场的影响求： (1)第1根导体棒刚进入磁场时，所受安培 力的功率； (2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0 的过程中，其横截面上通过的电荷量： (3)从第1根导体棒进入磁场到第n根导体 棒速度减为0的过程中，导轨右端定值 电阻R上产生的总热量 M 白题068(2)设刚要完全出磁场时速度为"，由二力平衡得F安= nB,L=mg,且1=nB R’ 穿过感场过程中根据动能定理得风。-W=之2，其中 =g(学)， 克服安培力做的功W克安=Q,联立解得Q=1.15J, 15.(1)0.7s(2)18.4J 解析：(1)设线框进入磁场区域的过程中，所用时间为2， 刚好完全进入磁场区域瞬间速度大小为”1，此过程线框中 BL 的感应电动势为E=BL= ,线框中的感应电流1=R E t2 由动量定理可知umg2-BI山2=mu,-mo,线框刚好完全进 入磁场区域瞬间到cd边运动到M'N'的过程中，线框中没 有感应电流，由动能定理可知ng(d-L)=m-m, 联立解得t2=0.7s. (2)线框放置到传送带上到cd边刚要进入磁场区域过程 中，由动量定理和动能定理可知umgt1=mwo-0,mgx1= 2m6-0,该过程中传送带运动的距离为s,=o1,cd边距 离虚线MN的距离x1=2m线框进人磁场区域的过程中， 传送带的位移为s2=vl2,设线框刚好完全进入磁场到cd 边运动到M'N'的过程中所用时间为t3,则有umgt3= m-m1,该过程中传送带的位移为s=o3,同理可知，线 框穿出磁场区域用时等于进入磁场过程所用时间.线框离 开磁场到再次与传送带共速的过程用时也为·所以从线 框放置到传送带上到线框穿过磁场区域后速度最终稳定 的过程中传送带的总位移大小为s=51+22+233,线框的位 移大小为x=x,+2L+2(d-L),整个过程中线框与传送带之 间因摩擦产生的热量为Q=umg(s-x),解得Q=18.4J. 第二章真题演练 黑题真题体验 1.D2.A3.B 4.BC解析：A.在圆环进入磁场的过程中圆环中感应电流绕O 逆时针流动，圆环出磁场的过程中圆环中感应电流绕0顺 时针流动，故A错误：BCD.由几何关系可知圆环进人磁场的 过程中，圆环的圆心轨迹是以P点为圆心且半径与圆环的半 径大小相等的圆，则圆环切割磁感线的有效长度为1= I2rcos(90°-wt)l,其中w为圆环匀速转动的角速度，90°-o 为OP与虚线的夹角，则金属圆环在纸面内以P点为轴沿顺 Bo 时针方向匀速转动产生的感应电动势瞬时值为e= 2,化 简得e=Bwr2[1-cos(2wt)],可见0P与虚线平行时即ot= 90°或270圆环中感应电流最大：分析可知当环转动一圈的 过程中，圆环中的感应电流先逆时针增大再减小，后顺时针 增大再减小，故圆环中感应电流变化的周期与环转动周期相 同；而圆环在磁场内且0P与虚线垂直时wt=180°此时环中 感应电流为零，故BC正确，D错误.故选BC 5.C解析：如图，相当于Oa、0b、Oc导体棒转动切割磁感线， 根据右手定则可知O点电势最高；根据E=Bw=】Bl',同 2 参考答案与解析 时有los=loc=√5R,可得0<Uoa<U6=Ue,得po>p>p。=9。, 故选C. B X 6C解析：A在0~？时间内，磁感应强度B增加，根据中 BS,则磁通量中增加，但是图像的斜率减小，即磁感应强度 B的变化率逐渐减小，根据法拉第电磁感应定律可知E= S,感应电动势E逐渐减小，选项A错误：B.当士 名和 3时，因B-1图像的斜率大小相等，符号相反，可知感应电 动势E大小相等，方向相反，选项B错误；C1=?时，B最 大，则磁通量Φ最大，但是B的变化率为零，则感应电动势 E为零，选项C正确；1=子时，B为零，则磁通量为零， 但是B的变化率最大，则感应电动势E最大，选项D错误.故 选C. 7.AC解析：设线框的上边进人磁场时的速度为v,线框的总 电阻为R,线框上边框切割磁感线产生感应电动势，感应电 动势E=B,感应电流1只-收，线框上边框所受安培力 F。=BL= BC,设线框的质量M,物块的质量m,图中线框 R 的上边框进入磁场时线框的加速度向下：根据牛顿第二定 律，对线框Mg+F。-T=Ma,对滑块T-mg=ma,联立解得 +B=(M+m)a,线框向上做减速运动，随速度的 (M-m)8+R 减小，向下的加速度减小；当加速度为零时，线框匀速运动， 其速度为，=（mM)A.若线框上边框进人磁场时的速 B2L2 度较小，则线框进入磁场时做加速度减小的减速运动，线框 下边框还未完全进入磁场时，线框的速度和加速度都趋近于 零，由于u-t图像的斜率表示加速度的大小，图线将接近于t 轴，故A正确.B.因从t=0时刻线框的上边框就进入磁场， 根据(M-mg+P=(M+m)a可知，线框上边框进入磁场 R 时，线框向上不可能做匀减速运动，故B错误.CD.若线框的 质量等于物块的质量，且当线框上边框进入磁场时，速度大 于。，线框进入磁场做加速度减小的减速运动；线框完全进 入磁场后，穿过线框的磁通量不发生变化，线框中不产生感 应电动势，线框不受安培力作用，线框做匀速运动；当线框上 边框开始离开磁场时，线框的下边框做切割磁感线运动，产 生感应电动势，线框下边框受向下的安培力，线框又做加速 度减小的减速运动，线框完全离开磁场时做匀速直线运动， 故C正确，D错误.故选AC. 8.C 9.C解析：A闭合瞬间，由于线圈的自感作用，线圈中没有电 流通过，因为电容器原来不带电，电源能够给电容器充电，所 以灯泡A2中有充电电流经过，所以闭合瞬间，A1与A2同时 亮起，A3不亮，故A错误；B.闭合后，随着线圈自感作用的 消失，通过A,的电流逐渐增大，所以A,的亮度是逐渐变亮 黑白题25 的，故B错误；C.稳定后，因为电容器的作用，A2处于断 路，A,和A,串联，通过的电流相等，以A,与A,的亮度 样，故C正确；D.稳定后，电容器两端的电压和灯泡A两端 的电压相等，因为A1、A2和A是三个相同的小灯泡，根据 串联电路电压分配原则可知A,两端电压等于电源电动势的 一半，所以电容器的电荷量是Q=C,号织，放D错误故 2 选C 10.A解析：A强磁体在铝管中运动，铝管会形成涡流，玻璃 是绝缘体，故强磁体在玻璃管中运动，玻璃管不会形成涡 流强磁体在铝管中加速后很快达到平衡状态，做匀速直线 运动，而玻璃管中的磁体则一直做加速运动，故由图像可知 图℃的脉冲电流峰值不断增大，说明强磁体的速度在增大， 与玻璃管中磁体的运动情况相符，A正确；B.在铝管中下 落，脉冲电流的峰值一样，磁通量的变化率相同，故小磁体 做匀速运动，B错误；C在玻璃管中下落，玻璃管为绝缘体， 线圈的脉冲电流峰值增大，电流不断在变化，故小磁体受到 的电磁阻力在不断变化，C错误：D.强磁体分别从两管的上 端由静止释放，在铝管中，磁体在线圈间做匀速运动，玻璃 管中磁体在线圈间做加速运动，故用铝管时测得的电流第 一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的长，D错 误故选A 11.AB解析：A.两棒沿各自所在的导轨下滑过程中，根据右 手定则，可得回路中的电流方向为abcda,故A正确：CD.两 棒同时由静止开始沿各自所在的导轨加速下滑，对两棒的 受力分析如图所示，在两棒加速过程的某一时刻，根据牛顿 第二定律，对ab棒有2 ngsin30°-2 BILcos30°=2ma,对cd 棒有mgsin30°-BILcos30°=ma4,可得ab=aa,即在两棒 加速过程的任意时刻它们的加速度大小始终相等，因两棒 的初速度均为零，故任意时刻它们的速度大小始终相等两 棒的速度方向与磁场方向的夹角均为120°，可得同一时刻 ab棒产生的电动势为Eb=2 BIvsin120°，cd棒产生的电动 势为E,=BIvsin120°，可知两棒产生的电动势不相等，故 CD错误：B.在两棒加速过程中，回路的感应电动势为E= E+E4=2 BLvsin120°+BLvsin120°，随着速度增大，回路的 电动势与感应电流均增大，两棒各自受到安培力增大，两棒 做加速度减小的加速运动，因两棒的加速度大小始终相等， 故当两棒的加速度同时减小到零之后均做匀速直线运动， 达到稳定状态.当两棒均做匀速直线运动时，对cd棒由平 衡条件得mgsin30°=B1 Lcos30°，解得感应电流的最大值 _Bm照，故在两棒在下滑过程中b中电流趋于3m飞，故 1.-3BL1 3BL B正确.故选AB 12B N ↑B 30时.2BL g30 *2mg 12.BC解析：由题知gh两端的电压随时间均匀增加，则说 明gh在磁场中运动时做匀变速直线运动，设运动的速度为 有E=融，1只，Rs=,P-F=m,联立有知6 B'd'v 一=ma,B.由于gh在磁场中运动时做匀变速直线运动， R m=6,解得R=,故B正确：CD动在 则有如=B 选择性必修第二册 无磁场区域运动时，♪=0，根据动量定理有_P R m,-mwax,gh在磁场中运动时做匀变速直线运动有 k'd 26 6=2ad,结合ma=6,解得m26-)名-o,故 C正确，D错误；A.由于gh在磁场中运动时做匀变速直线 运动，则有U=vo+at,解得仁b,故A错误故选BC. 13.(1)Fmx= 2R°(2)。1 Bpe FBile R gcos 0 3 tan 6 解析：(1)当OA运动到正方形细框对角线瞬间，切割磁感 线的有效长度最大，Lx=√2L,此时感应电流最大，CD棒 所受的安培力最大，根据法拉第电磁感应定律得E= BL=B·2L.2,=BL0,根据闭合电路欧姆定律得 2 ,故CD棒所受的安培力最大为F=l✉L=】 ,当01运动到与细框某一边平行时，切割的有效长 R 度最短，感应电流最小，CD棒受到的安培力最小，得E= L=81,号，1-爱放00带所受的安培 力最小为P=BlL=BEe 2R (2)当CD棒受到的安培力最小时，根据平衡条件得 mgsin8-f静mx-Fm=0,当CD棒受到的安培力最大时，根据 平衡条件得Fm-mgsin0-fs=0,联立解得m=4 Rgsin9 3B'L'@ 撤去推力瞬间，根据牛顿第二定律得Fmx+mgcos0- e0e郁得一g子nQ 14.D解析：A.根据楞次定律，甲线框进磁场的过程电流方向 为顺时针，出磁场的过程中电流方向为逆时针，故A错误； B,甲线框刚进磁场区域时，合力为F安1=B,L,山1=R,乙 线框刚进磁场区域时，合力为F=B,山，可知 F型=2，故B错误；CD,假设甲、乙都能完全出磁场，对甲根 F △D △t 据动量定理有-B11LAt=m1-mwo,91=l1△t= ·△t= R △地_B·4同理对乙有-B1L△'=m,-m0,96=4= △Φ △t' 1 2B2L3 23·△t”=A少=B·4,解得1=0,2=2。= nR,放 甲恰好完全出磁场区域，乙完全出磁场区域时，速度大小不 为0；由能量守恒可知甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出 .1 1 磁场区域产生的焦耳热分别为Q,=2m6,Q,=2m6- 分（侣）广-即公子放c维误DE跑放途D 15.BD解析：A.由于金属棒ab、cd同时由静止释放，且恰好 在M、N处发生弹性碰撞，则说明ab、cd在到达M、N处所用 黑白题26 的时间是相同的，对金属棒cd和电容器组成的回路有△g= C·BL△w,对cd根据牛顿第二定律有F-BI-m2gsin30°= m,其中4= F-m2gsin30° 4, _△9，联立有2= △t’ m,+CB2L2,则说 1 明金属棒d做匀加速直线运动，则有=2，，联立解得 a2=6m/s2,t=1.2s,故A错误；B.由题意知，碰前瞬间ab 的速度为4.5m/s,则根据功能关系有m1 gxa sin30°-Q= 2m好，金属棒下滑过程中根据动量定理有m,gsin30°· t-BL·t=m1,其中q=t= =R,R&=R+Rb=0.12,联立 解得q=6C,x=3m,Q=3.9J,则R上消耗的焦耳热为 Q。=Q=Q,78J,放B正确；CD,由于两俸拾好在M,N交 发生弹性碰撞，取沿斜面向下为正，有m1,-m22= 1 1 1 1 m听+m,吃，2m听+2m,吃=2m'子+2m',其中 a2t=7.2m/s,联立解得1=-3.3m/s,2=8.4m/s,故C错 误，D正确.故选BD. 、B2L2 16.(1)2R a觉oa=1.2） 解析：(1)第1根导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势 为E=BLo, 则比时回路的电流为1一只 此时导体棒受到的安培力F安=BL, B2L26 此时导体棒受安培力的功率P=F安=2R 第三章 第1节 交变电流 白题基础过关 1.D2.D3.D4.B5.B 6.B解析：由题图可知，线圈绕00轴转动，始终有一半处于 磁场中，线圈中产生完整的正弦交流电；从题图所示位置开 始计时，一开始磁通量向里减小，根据楞次定律可知，感应电 流方向顺时针（负方向），且=0时刻线圈的磁通量最大，磁 通量变化率为0，线圈的感应电流为0.故选B. 7.D8.B 9.(1)如图所示(2)NBwL(3)2NBwL 0 0' 解析：(1)由右手定则可以判断电流方向沿dcbad. 2)根据E=2NBLw及U=w,得E。=WBaL (3)线圈平面与磁感线夹角为60°时的瞬时感应电动势e= 参考答案与解析 (2)第2根导体棒从进人磁场到速度诚为0的过程中，根 据动量定理有-BIL·△t=0-mwo, 其中1·△t=q, 解得9=BL (3)由于每根导体棒均以初速度。进入磁场，速度减为0 时被锁定，则根据能量守恒，每根导体棒进入磁场后产生的 总热量均为Q=2m6, 1 第1根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端 定值电阻R上产生的热量Qm=2·Q, 第2根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端 11 定值电阻R上产生的热量Qa=2·3·Q, 第3根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端 11 定值电阻R上产生的热量Q=3·4·Q, 第n根导体棒进人磁场到速度减为0的过程中，导轨右端 1.1 定值电阻R上产生的热量Q=元‘n+1Q, 则从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的 过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量QR=QR1+ Qm+Q+…+Qm, 通过分式分解和观察数列性质，得出Q=中·Q= nmvo 2(n+1)(m=1,2,3,…). 交变电流 E.sin30°=2NBwL2 黑题应用提优 1.A2.C 3.A解析：AB.根据E=BwS可知，无论线圈绕轴P1或P2转 动，产生的感应电动势均相等，故感应电流相等，故A正确， B错误；C由楞次定律可知，线圈绕P1或P2转动时电流的 方向相同，都是adc→ba,故C错误：D.由于线圈绕P 转动时线圈中的感应电流等于绕P,转动时线圈中的感应电 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 4.A解析：从题图位置开始，在0-牙时间内，磁通量诚小，原 磁场方向向里，由楞次定律“增反减同”可知，感应电流的磁 场方向向里，产生的感应电流的方向为abeda,即与电流规定 的正方向相同，且产生的感应电流的大小随时间按正弦规律 血似在了时间内，磁适量增大，原磁场 变化，有i=Bw 方向向里，由楞次定律“增反减同”可知，感应电流的磁场方 向向外，因线圈的位置也发生了变化，所以产生的感应电流 的方向还是abeda,即与电流规定的正方向相同，结合题中 选项可知，A正确，BCD错误.故选A. 黑白题27