A．連續(xù)按壓和松開按鍵的過(guò)程，線圈中一定產(chǎn)生交變電流
B．按壓和松開按鍵的過(guò)程，線圈中都產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)
C．按住門鈴按鍵保持不動(dòng)，線圈中一直保持有感應(yīng)電流
D．按鍵反彈過(guò)程，彈簧的彈性勢(shì)能部分轉(zhuǎn)化為電能
答案 BD
解析 連續(xù)按壓和松開按鍵的過(guò)程，不能保證線圈中磁通量一定是周期性變化的，故不一定產(chǎn)生交變電流，A項(xiàng)錯(cuò)誤；按壓和松開按鍵的過(guò)程，永磁體通過(guò)鐵芯形成閉合回路，穿過(guò)線圈的磁通量發(fā)生變化，線圈中都產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，B項(xiàng)正確；按住門鈴按鍵不動(dòng)，穿過(guò)線圈的磁通量保持不變，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流為零，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由能量守恒定律可知按鍵反彈過(guò)程，彈簧的彈性勢(shì)能減小，克服磁場(chǎng)力做功并轉(zhuǎn)化為電能，也有部分能量轉(zhuǎn)化為其他形式的能，D項(xiàng)正確．
2．(2022·河南省三模)航母上的飛機(jī)起飛可以利用電磁驅(qū)動(dòng)來(lái)實(shí)現(xiàn)．電磁驅(qū)動(dòng)原理示意圖如圖所示，在固定線圈左右兩側(cè)對(duì)稱位置放置兩個(gè)閉合金屬圓環(huán)，鋁環(huán)和銅環(huán)的形狀、大小相同，已知銅的電阻率較小，不計(jì)所有接觸面間的摩擦，則閉合開關(guān)S的瞬間( )
A．鋁環(huán)向右運(yùn)動(dòng)，銅環(huán)向左運(yùn)動(dòng)
B．鋁環(huán)和銅環(huán)都向右運(yùn)動(dòng)
C．銅環(huán)受到的安培力小于鋁環(huán)受到的安培力
D．從左向右看，銅環(huán)中的感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较?br>答案 D
解析 閉合開關(guān)S的瞬間，穿過(guò)兩個(gè)金屬圓環(huán)的磁通量均增大，為阻礙磁通量的增大，鋁環(huán)向左運(yùn)動(dòng)，銅環(huán)向右運(yùn)動(dòng)，A、B錯(cuò)誤；由于銅環(huán)和鋁環(huán)的形狀、大小相同，銅的電阻率較小，故銅環(huán)的電阻較小，兩環(huán)對(duì)稱放在固定線圈兩側(cè)，閉合開關(guān)S瞬間，穿過(guò)兩環(huán)的磁通量的變化率相等，則兩環(huán)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等，則銅環(huán)中的感應(yīng)電流較大，故銅環(huán)受到的安培力較大，C錯(cuò)誤；由右手螺旋定則可知，閉合開關(guān)S瞬間，穿過(guò)銅環(huán)的磁通量向左增大，由楞次定律知，從左向右看，銅環(huán)中的感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较?，D正確．
3.(2022·黑龍江省哈爾濱三中模擬)半徑為L(zhǎng)的圓形磁場(chǎng)區(qū)域如圖所示，左側(cè)磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，右側(cè)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B.導(dǎo)體棒AB長(zhǎng)為2L，與圓磁場(chǎng)的直徑重合．當(dāng)導(dǎo)體棒以角速度ω繞其中點(diǎn)在紙面內(nèi)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)體棒兩端的電勢(shì)差UAB為( )
A．0 B．eq \f(BL2ω,2)
C．BL2ω D．2BL2ω
答案 C
解析 由右手定則可知，A端電勢(shì)高于B端電勢(shì)，由安培定則可知UAO＝UOB＝eq \f(1,2)BL2ω，則有UAB＝UAO＋UOB＝BL2ω，故選C.
4．(2022·河北卷·5)將一根絕緣硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線順次繞成如圖所示的線圈，其中大圓面積為S1，小圓面積均為S2，垂直線圈平面方向有一隨時(shí)間t變化的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝B0＋kt，B0和k均為常量，則線圈中總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為( )
A．kS1 B．5kS2
C．k(S1－5S2) D．k(S1＋5S2)
答案 D
解析 由法拉第電磁感應(yīng)定律，可得大圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1＝eq \f(ΔΦ1,Δt)＝eq \f(ΔB·S1,Δt)＝kS1，每個(gè)小圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2＝eq \f(ΔΦ2,Δt)＝eq \f(ΔB·S2,Δt)＝kS2，由線圈的繞線方式和楞次定律可得大、小圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向相同，故線圈中總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E＝E1＋5E2＝k(S1＋5S2)，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤．
5.(2022·江蘇省模擬)將一均勻?qū)Ь€圍成一圓心角為90°的扇形導(dǎo)線框OMN，其中OM＝ON＝R，圓弧MN的圓心為O點(diǎn)，將導(dǎo)線框的O點(diǎn)置于如圖所示的直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)，其中第二和第四象限存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，第三象限存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B.從t＝0時(shí)刻開始讓導(dǎo)線框以O(shè)點(diǎn)為圓心，以恒定的角速度ω沿逆時(shí)針?lè)较蜃鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，假定沿ONM方向的電流為正，則導(dǎo)線框中的電流i隨時(shí)間t的變化規(guī)律正確的是( )
答案 B
解析 在0～t0時(shí)間內(nèi)，線框沿逆時(shí)針?lè)较驈念}圖所示位置開始(t＝0)到轉(zhuǎn)過(guò)90°的過(guò)程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E1＝eq \f(1,2)Bω·R2，由閉合電路歐姆定律得，回路中的電流大小為I1＝eq \f(E1,r)＝eq \f(BR2ω,2r)，根據(jù)楞次定律判斷可知，線框中感應(yīng)電流方向?yàn)檎较?沿ONM方向)；在t0～2t0時(shí)間內(nèi)，線框進(jìn)入第三象限的過(guò)程中，回路中的電流方向?yàn)樨?fù)方向(沿OMN方向)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E2＝eq \f(1,2)Bω·R2＋eq \f(1,2)×2Bω·R2＝eq \f(3,2)BωR2＝3E1，感應(yīng)電流大小為I2＝3I1；在2t0～3t0時(shí)間內(nèi)，線框進(jìn)入第四象限的過(guò)程中，回路中的電流方向?yàn)檎较?沿ONM方向)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E3＝eq \f(1,2)Bω·R2＋eq \f(1,2)×2Bω·R2＝eq \f(3,2)BωR2＝3E1，感應(yīng)電流大小為I3＝3I1；在3t0～4t0時(shí)間內(nèi)，線框出第四象限的過(guò)程中，回路中的電流方向?yàn)樨?fù)方向(沿OMN方向)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E4＝eq \f(1,2)Bω·R2，回路電流大小為I4＝I1，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．
6．(2022·廣東潮州市湘橋區(qū)鐵鋪中學(xué)模擬)紙面內(nèi)一正方形金屬線框MNPQ的PQ邊與勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界重合，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直紙面向外且范圍足夠大．第一次將金屬線框以速度v勻速拉進(jìn)勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)(如圖甲)；第二次金屬線框以PQ邊為軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)180°(如圖乙)，此時(shí)MN邊的線速度大小為v.設(shè)兩過(guò)程中線框中產(chǎn)生的焦耳熱分別為Q1和Q2，則 eq \f(Q1,Q2)等于( )
A．4 B．8
C．eq \f(4,π) D．eq \f(2,π)
答案 C
解析 設(shè)正方形線框的邊長(zhǎng)為l、電阻為R，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，題圖甲中線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E1＝Blv，時(shí)間為t1＝eq \f(l,v)，產(chǎn)生的熱量為Q1＝eq \f(E12,R)t1＝eq \f(B2l3v,R)，題圖乙中線框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為Em＝Blv，有效值為E＝eq \f(Em,\r(2))，時(shí)間為t2＝eq \f(πl(wèi),2v)，產(chǎn)生的熱量為Q2＝eq \f(E2,R)t2＝eq \f(πB2l3v,4R)，解得 eq \f(Q1,Q2)＝eq \f(4,π)，故選C.
7.(多選)(2022·山東卷·12)如圖所示，xOy平面的第一、三象限內(nèi)以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心、半徑為eq \r(2)L的扇形區(qū)域充滿方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬框繞其始終在O點(diǎn)的頂點(diǎn)、在xOy平面內(nèi)以角速度ω順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，t＝0時(shí)刻，金屬框開始進(jìn)入第一象限．不考慮自感影響，關(guān)于金屬框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E隨時(shí)間t變化規(guī)律的描述正確的是( )
A．在t＝0到t＝eq \f(π,2ω)的過(guò)程中，E一直增大
B．在t＝0到t＝eq \f(π,2ω)的過(guò)程中，E先增大后減小
C．在t＝0到t＝eq \f(π,4ω)的過(guò)程中，E的變化率一直增大
D．在t＝0到t＝eq \f(π,4ω)的過(guò)程中，E的變化率一直減小
答案 BC
解析 如圖所示，在t＝0到t＝eq \f(π,2ω)的過(guò)程中，金屬框的有效切割長(zhǎng)度先變大再變小，當(dāng)t＝eq \f(π,4ω)時(shí)，有效切割長(zhǎng)度最大，為eq \r(2)L，此時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，所以在t＝0到t＝eq \f(π,2ω)的過(guò)程中，E先增大后減小，故B正確，A錯(cuò)誤；在t＝0到t＝eq \f(π,4ω)的過(guò)程中，設(shè)轉(zhuǎn)過(guò)的角度為θ，由幾何關(guān)系可得θ＝ωt，在t＝0到t＝eq \f(π,4ω)的過(guò)程中，切割磁感線的有效長(zhǎng)度d＝eq \f(L,cs ωt)，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝eq \f(1,2)Bd2ω＝eq \f(BL2ω,2cs2ωt)，可知在t＝0到t＝eq \f(π,4ω)的過(guò)程中，E的變化率一直增大，故C正確，D錯(cuò)誤．
8.(多選)(2022·內(nèi)蒙古二模)如圖，豎直平面內(nèi)存在一個(gè)具有理想邊界，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2 T、方向垂直于紙面向外的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域．一個(gè)質(zhì)量m＝0.04 kg、邊長(zhǎng)L＝0.1 m、電阻R＝0.2 Ω的勻質(zhì)正方形剛性導(dǎo)線框，從距磁場(chǎng)區(qū)域高度h處以速度v0＝2 m/s水平向右拋出，線框在進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中速度保持不變(線框運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不翻轉(zhuǎn)，不考慮空氣阻力)，g＝10 m/s2.下列說(shuō)法正確的是( )
A．拋出時(shí)ab邊距磁場(chǎng)上邊界的距離為0.4 m
B．線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，cd邊的電壓為0.1 V
C．線框拋出位置不變，水平拋出速度v02 m/s時(shí)，線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中一定做勻速運(yùn)動(dòng)
答案 BC
解析 線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中速度不變，線框受力平衡，則有mg＝BIL，而I＝eq \f(BLvy,R)，vy2＝2gh，聯(lián)立解得I＝2 A，h＝0.2 m，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，cd邊的電壓為U＝I·eq \f(R,4)＝0.1 V，選項(xiàng)B正確； 線框從拋出到進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所用時(shí)間為t＝eq \r(\f(2h,g))＝0.2 s，若v0＝2 m/s，則進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的水平位移為x＝v0t＝0.4 m，當(dāng)線框拋出位置不變，水平拋出速度v02 m/s時(shí)，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)水平位移大于0.4 m，則線框可能飛過(guò)磁場(chǎng)或者部分進(jìn)入磁場(chǎng)，此時(shí)線框受到的安培力小于重力，則線框不能勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．
9．(多選)(2022·遼寧省模擬)如圖所示，導(dǎo)體棒a、b水平放置于足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌左右兩部分的間距分別為l、2l，質(zhì)量分別為m、2m，兩棒接入電路的電阻均為R，其余電阻均忽略不計(jì)；導(dǎo)體棒a、b均處于豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中；a、b兩棒以v0的初速度同時(shí)向右運(yùn)動(dòng)，兩棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且保持良好接觸，a總在窄軌上運(yùn)動(dòng)，b總在寬軌上運(yùn)動(dòng)，直到兩棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，則從開始運(yùn)動(dòng)到兩棒穩(wěn)定的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是( )
A．穩(wěn)定時(shí)a棒的速度為eq \f(4,3)v0
B．電路中產(chǎn)生的焦耳熱為eq \f(1,5)mv02
C．流過(guò)導(dǎo)體棒a的某一橫截面的電荷量為eq \f(mv0,3Bl)
D．當(dāng)a棒的速度為eq \f(5,4)v0時(shí)，b棒的加速度大小為eq \f(B2l2v0,8mR)
答案 ACD
解析 當(dāng)兩棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)，達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，設(shè)此時(shí)a棒速度為va，b棒速度為vb，電動(dòng)勢(shì)相等，則有Blva＝B·2lvb，可得va＝2vb，從開始到達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)過(guò)程中，取水平向右為正方向，對(duì)a棒由動(dòng)量定理得Beq \x\t(I)lt＝mva－mv0，對(duì)b棒由動(dòng)量定理得－Beq \x\t(I)·2lt＝2mvb－2mv0，聯(lián)立解得va＝eq \f(4,3)v0，又有q＝eq \x\t(I)t，聯(lián)立解得q＝eq \f(mv0,3Bl)，故A、C正確；由能量守恒定律得Q＝eq \f(1,2)(m＋2m)v02－eq \f(1,2)mva2－eq \f(1,2)×2mvb2，解得Q＝eq \f(mv02,6)，故B錯(cuò)誤；當(dāng)a棒的速度為eq \f(5,4)v0時(shí)，設(shè)b棒的速度為v，加速度大小為a，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理可知，對(duì)a棒Beq \x\t(I)′lt′＝m·eq \f(5,4)v0－mv0，對(duì)b棒－Beq \x\t(I)′·2lt′＝2mv－2mv0，聯(lián)立解得v＝eq \f(3v0,4)，回路中感應(yīng)電流為I＝eq \f(B·2l·\f(3,4)v0－Bl·\f(5,4)v0,2R)＝eq \f(Blv0,8R)，對(duì)b棒，根據(jù)牛頓第二定律有BI·2l＝2ma，解得a＝eq \f(B2l2v0,8mR)，故D正確．
10.(多選)(2022·山東棗莊市二模)如圖所示，間距為L(zhǎng)＝0.8 m的兩條平行光滑豎直金屬導(dǎo)軌PQ、MN足夠長(zhǎng)，底部Q、N之間連接阻值為R1＝2.0 Ω的電阻，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1＝
0.5 T，足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直．質(zhì)量為m＝1.0×10－2 kg、電阻值為R2＝2.0 Ω的金屬棒ab放在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好．導(dǎo)軌的上端點(diǎn)P、M分別與橫截面積為5.0×
10－3 m2的10匝線圈的兩端連接，線圈的軸線與大小均勻變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2平行．開關(guān)S閉合后，金屬棒ab恰能保持靜止．重力加速度取g＝10 m/s2，其余部分的電阻不計(jì)．則( )
A．勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2的磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小
B．金屬棒ab中的電流大小為0.25 A
C．勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2的磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為10 T/s
D．?dāng)嚅_S之后，金屬棒ab下滑的最大速度為1.25 m/s
答案 BC
解析 金屬棒ab處于靜止?fàn)顟B(tài)，則金屬棒ab受到的安培力豎直向上，根據(jù)左手定則可知，通過(guò)金屬棒ab的電流方向由a到b，根據(jù)楞次定律可知，勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2的磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增加，A錯(cuò)誤；設(shè)金屬棒ab中的電流大小為I，根據(jù)受力平衡可得B1IL＝mg，解得I＝0.25 A，B正確；設(shè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2的磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為k，則線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝neq \f(ΔB,Δt)·S＝nkS，金屬棒ab中的電流大小為I＝eq \f(U,R2)＝eq \f(E,R2)＝0.25 A，聯(lián)立解得k＝10 T/s，C正確；斷開S之后，當(dāng)金屬棒ab受力再次達(dá)到平衡時(shí)下滑速度最大，設(shè)最大速度為v，則有E′＝B1Lv，I′＝eq \f(E′,R1＋R2)，B1I′L＝mg，聯(lián)立解得v＝2.5 m/s，D錯(cuò)誤．

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