《高考物理最新电磁学知识点之电磁感应基础测试题及解析(4).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理最新电磁学知识点之电磁感应基础测试题及解析(4).pdf（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、高考物理最新电磁学知识点之电磁感应基础测试题及解析(4)一、选择题1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2如图所示，有一正方形闭合线圈，在足够大的匀强磁场中运动。下列四个图中能产生感应电流的是ABCD3如图所示，L1和 L2为直流电阻可忽略的电感线圈。A1、A2和 A3分别为三个相同的小灯泡。下列说法正确的是（）A图甲中，闭合S
2、1瞬间和断开S1瞬间，通过A1的电流方向不同B图甲中，闭合S1，随着电路稳定后，A1会再次亮起C图乙中，断开S2瞬间，灯A3立刻熄灭D图乙中，断开S2瞬间，灯 A2立刻熄灭4下列关于教材中四幅插图的说法正确的是（）A图甲是通电导线周围存在磁场的实验。这一现象是物理学家法拉第通过实验首先发现B图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈产生大量热量，从而冶炼金属C图丙是李辉用多用电表的欧姆挡测量变压器线圈的电阻刘伟手握线圈裸露的两端协助测量，李辉把表笔与线圈断开瞬间，刘伟觉得有电击说明欧姆挡内电池电动势很高D图丁是微安表的表头，在运输时要把两个接线柱连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电
3、磁阻尼原理5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 ()ABCD6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、7在倾角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所做的功等于零8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
5、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9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随时间t的变化图线为（）ABCD10 如图甲所示，矩形线圈
6、位于一变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面（纸面）向里，磁感应强度B 随时间 t 的变化规律如图乙所示用I 表示线圈中的感应电流，取顺时针方向的电流为正则下图中的I-t 图像正确的是()ABCD11 如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框 ab 边和 cd 边刚进入磁场的时刻线框下落过程形状不变，ab 边始终保持与磁场水平边界线OO平行，线框平面与磁场方向垂直设OO下方磁场区域足够大，不计空气阻力影响，则下列图像不可能反映线框下落过程中速度v 随时间 t 变化的规律（）ABCD12 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
7、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13 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14 如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内长直导线中的电流i 随时间 t 的变化关系如图乙所示在0 2T时间内直导线中电流向上，则在2TT时间内线框中感应电流的方向与所受
8、安培力情况是（）A感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左B感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右C感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右D感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左15 在如图所示的电路中，a、b、c 为三盏完全相同的灯泡，L 是自感线圈，直流电阻为RL，则下列说法正确的是A合上开关后，c 先亮，a、b 后亮B断开开关时，N 点电势高于M 点C断开开关后，b、c同时熄灭，a缓慢熄灭D断开开关后，c 马上熄灭，b 闪一下后缓慢熄灭16 如图所示的电路中，1A和2A是完全相同的两只灯泡，线圈L 的电阻可以忽略，下面说法中正确的是A合上开关S接通电
9、路时，1A和2A同时亮B合上开关S接通电路时，2A先亮，1A后亮C断开开关S切断电路时，2A先灭，1A后灭D断开开关S切断电路时，1A先灭，2A后灭17 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（）AB
10、CD18 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的运动情况相吻合的是（）ABCD19 如图，固定在水平面上的U 形金属框上，静止放置一金属杆ab，整个装置处于竖直向上的磁场中当磁感应强度B均匀减小时，杆ab 总保持静止，则在这一过程中()A杆中的感应电流方向是从a 到 bB杆中的感应电流大小均匀增大C金属杆所受安培力水平向左D金属杆受到的摩擦力逐渐减小20 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
11、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 如图甲所示，正三角形导线框abc 固定在磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度 B 随时间变化的关系如图乙所示t=0 时刻磁场方向垂直纸面向里，在04s时间内，线框 ab 边所受安培力F 随时间 t 变化的关系（规定水平向左为力的正方向）可能是下图中的（）ABCD22 如图，在光滑水平桌面上有一边长
12、为L、电阻为R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(dL)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下导线框以某一初速度向右运动t0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域下列v-t 图像中，可能正确描述上述过程的是()ABCD23 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24 如选项图所示，A 中线圈有一小缺口，B、D 中匀强磁场区域
13、足够大，C 中通电导线位于水平放置的闭合线圈某一直径的正上方其中能产生感应电流的是()ABCD25 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 边受到的安培力大于绕P2转动时 dc 边受到的安培力【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】AB若环放在线圈两边，根据“来拒去留”可得，合上开关S
14、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。2D 解析：D【解析】线框垂直于磁感线运动，虽然切割磁感线，但穿过的磁通量没有变化，因此也不会产生感应电流，故A 错误；线框平行于磁场感应线运动，穿过线框的磁通量没有变化，不会产生感应电流，故B 错误；线框绕轴转动，但线框平行于磁场感应线穿过的磁通量没有变化，因此也不会产生感应电流，故C 错误；线框绕轴转动
15、，导致磁通量发生变化，因此线框产生感应电流，故D 正确3A 解析：A【解析】【分析】【详解】A图甲中，闭合电键的瞬间，流过灯泡A1的电流的方向向右；L1的为自感系数很大的自感线圈，则断开电键的瞬间，自感电动势将阻碍其电流的减小，所以流过L1的电流方向不变，所以流过灯泡A1的电流的方向与开始时是相反的，故A 正确；B图甲中，闭合S1，电路稳定后，灯泡A1短路，无电流，故B 错误；CD图乙中，闭合S2电路中的电流稳定后两个灯泡都亮，断开S2瞬间，L2对电流减小有阻碍作用，此时L2与两个灯泡以及滑动变阻器组成闭合回路，所以A2、A3电流都逐渐减小，灯泡逐渐变暗，故CD 错误。故选 A。4D 解析：D
16、【解析】【分析】【详解】A图甲是通电导线周围存在磁场的实验，研究的电流的磁效应，这一现象是物理学家奥斯特首先发现，选项A 错误；B图乙中真空冶炼炉的工作原理是电磁感应现象中的涡流，当炉外线圈通入高频交流电时，炉内金属产生大量热量，从而冶炼金属，选项B 错误；C图丙中李辉把表笔与线圈断开瞬间，刘伟觉得有电击感，这是电磁感应现象中的自感现象，选项C 错误；D图丁在运输时要把两个接线柱连在一起，产生了闭合回路，目的保护电表指针，利用了电磁阻尼原理，选项D 正确。故选 D。5A 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
17、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6A 解析：A【解析】【详解】飞机水平飞行机翼切割磁场竖直分量，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
18、分析不相符，故D 项与题意不相符7C 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 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8A 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
19、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。9D 解析：D【解析】【分析】【详解】bc边的位置坐标x在0-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-E
20、2=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。10C 解析：C【解析】【分析】【详解】由法拉第电磁感应定律和欧姆定律得：ESBIRR tRt，所以线圈中的感应电流决定于磁感应强度B 随 t 的变化率由图乙可知，01 时间内，B 增大，增大，感应磁场与原磁场方向相反（感应磁场的磁感应强度的方向向外），由右手定则感应电流是逆时针的，因而是负值所以可判断01s 为负的恒值；12s为零；23s为为正的恒值，故C 正确，ABD 错误故选C【点睛】此类问题不必非要求得电动势的大小，应根据
21、楞次定律判断电路中电流的方向，结合电动势的变化情况即可得出正确结果11A 解析：A【解析】【分析】【详解】线框先做自由落体运动，ab边进入磁场做减速运动，加速度应该是逐渐减小，而A 图象中的加速度逐渐增大故A 错误线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后做减速运动，因为重力小于安培力，当加速度减小到零做匀速直线运动，cd 边进入磁场做匀加速直线运动，加速度为g故 B 正确线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力大于安培力，做加速度减小的加速运动，cd 边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故 C 正确线框先做自由落体运动，ab 边进入磁场后因为重力等于安培力，做匀速直线运动，cd边离开【
22、点睛】解决本题的关键能够根据物体的受力判断物体的运动，即比较安培力与重力的大小关系，结合安培力公式、切割产生的感应电动势公式进行分析12C 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
23、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，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。13A 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。14C 解析：C【解析】【详解】BD在0 2T时间内，直导线中的电流向上，由乙可知在2TT时间内直线电流方向向下，根据安培定则
24、知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐增大则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流；故B 项不合题意，D 项不合题意AC根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培力水平向左离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力所以金属框所受安培力的合力水平向右，故A 项不合题意，C 项符合题意15B 解析：B【解析】A、开关 S闭合瞬间，因线圈L 的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律可知，自感电动势阻碍电流的增大，通过a 灯的电流逐渐增大，所以b、c 先亮，a 后亮，故A错误；BCD、断开开关S的瞬间，因线圈L 的电流减小，产生自感
25、电动势，根据楞次定律可知通过自感线圈的电流方向与原电流方向相同，N 点电势高于M 点；L 和 a、b 组成的回路中有电流，由于原来a灯的电流小于b灯的电流，开关断开的瞬间，通过a、b和线圈回路的电流从 a 灯原来的电流减小，所以b灯会闪暗后a、b 一起缓慢熄灭，而c 没有电流，马上熄灭，故 B 正确，C、D 错误；故选 B。【点睛】闭合S和断开 S瞬间，通过线圈L 的电流发生变化，产生自感电动势，相当瞬时电源，从而可以进行分析。16B 解析：B【解析】AB、合上开关S接通电路时，两支路电流增加，所以灯泡A2马上亮起来，而在A1支路中线圈 L 上会产生自感电动势，阻碍电流的增加，所以使得电灯1A
26、慢慢亮起来，故B 正确，A 错误；CD、当断开开关S切断电路时，电路中的电流减小，所以支路2A中的电流立即消失，但是在1A支路由于L 中的自感电动势阻碍电流的减少，此电流会在1AL2A中重新形成回路，所以会使得1A2A两灯慢慢的一起熄灭，故CD 错误；故选 B17D 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b
27、a，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。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
28、时针方向，故 A 错误；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。19D 解析：D【解析】【详解】A当磁感应强度B均匀减小时
29、，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律判断得到回路中感应电流方向为逆时针方向（俯视），杆中的感应电流方向是从b到a，故 A 错误；B当磁感应强度B均匀减小时，穿过回路的磁通量均匀减小，根据法拉第电磁感应定律可知回路中产生的感应电动势不变，则感应电流大小保持不变，故B 错误；C由左手定则判断可知，金属杆所受安培力水平向右，故C 错误；D根据公式FBIL可知安培力减小，根据平衡条件可知金属杆受到的摩擦力逐渐减小，故 D 正确；故选 D。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
30、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2BmgdtqL故 D 正确，ABC 错误。故选 D。21A 解析：A【解析】【分析】【详解】CD0-1s，感应电动势为10BESSBt为定值；感应电流011SBEIrr为定值；安培力F=BI1LB由于 B 逐渐减小到零，故安培力逐渐减小到零，故CD 均错误；AB3s-4s 内，感应电动势为20BESSBt为定值；感应电流022SBEIrr为定
31、值；安培力F=BI2LB由于 B 逐渐减小到零，故安培力逐渐减小到零；由于B 逐渐减小到零，故通过线圈的磁通量减小，根据楞次定律，感应电流要阻碍磁通量减小，有扩张趋势，故安培力向外，即ab边所受安培力向左，为正，故A 正确，B 错误；故选 A。22D 解析：D【解析】线框进入磁场时，由右手定则和左手点则可知线框受到向左的安培力，由于，则安培力减小，故线框做加速度减小的减速运动；同理可知线框离开磁场时，线框也受到向左的安培力，做加速度减小的减速运动；线框完全进入磁场后，线框中没有感应电流，不再受安培力作用，线框做匀速运动，本题选D23A 解析：A【解析】【分析】【详解】ABCD 设磁铁的下端为N
32、 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。24B 解析：B【解析】【分析】本题考查了感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化据此可正确解答本题【详解】A、由于圆环不闭合，即使磁通量增加，也不产生感应电流，故A 错误B、由图知，闭合回路的面积增大，磁通量增加，将产生感应电流故B 正确C、根据安培定则
33、知，穿过圆环的磁通量完全抵消，磁通量为零，且保持不变，所以不产生感应电流，故C 错误D、线框垂直于磁感线运动，虽然切割磁感线，但穿过线框的磁通量没有变化，因此也不会产生感应电流，故D 错误故选 B25A 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。