2025版高考物理考點題型歸納總結(jié)（含答案）考點58　電磁感應(yīng)中的電路和圖像問題

考點58電磁感應(yīng)中的電路和圖像問題強基固本對點練知識點1電磁感應(yīng)中的電路問題1．如圖所示是兩個互連的金屬圓環(huán)，小金屬環(huán)的電阻是大金屬環(huán)電阻的二分之一，磁場垂直穿過大金屬環(huán)所在區(qū)域．當(dāng)磁感應(yīng)強度隨時間均勻變化時，在大環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，則a、b兩點間的電勢差為()A．eq\f(1,2)EB．eq\f(1,3)EC．eq\f(2,3)ED．E2．如圖甲所示，一長為L的導(dǎo)體棒，繞水平圓軌道的圓心O勻速順時針轉(zhuǎn)動的俯視圖，角速度為ω，電阻為r，在圓軌道空間存在有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.半徑小于eq\f(L,2)的區(qū)域內(nèi)磁場豎直向上，半徑大于eq\f(L,2)的區(qū)域磁場豎直向下，俯視如圖乙所示，導(dǎo)線一端Q與圓心O相連，另一端P與圓軌道連接給電阻R供電，其余電阻不計，則()A．電阻R兩端的電壓為eq\f(BL2ω,4)B．電阻R中的電流方向向上C．電阻R中的電流大小為eq\f(BL2ω,4（R＋r）)D．導(dǎo)體棒的安培力做功的功率為03．(多選)如圖所示，光滑的金屬框CDEF水平放置，寬為L，在E、F間連接一阻值為R的定值電阻，在C、D間連接一滑動變阻器R1(0≤R1≤2R).框內(nèi)存在著豎直向下的勻強磁場．一長為L，電阻為R的導(dǎo)體棒AB在外力作用下以速度v勻速向右運動，金屬框電阻不計，導(dǎo)體棒與金屬框接觸良好且始終垂直，下列說法正確的是()A.ABFE回路的電流方向為逆時針，ABCD回路的電流方向為順時針B．左右兩個閉合區(qū)域的磁通量都在變化且變化率相同，故電路中的感應(yīng)電動勢大小為2BLvC．當(dāng)滑動變阻器接入電路中的阻值R1＝R時，導(dǎo)體棒兩端的電壓為eq\f(2,3)BLvD．當(dāng)滑動變阻器接入電路中的阻值R1＝eq\f(R,2)時，滑動變阻器有最大電功率且為eq\f(B2L2v2,8R)知識點2電磁感應(yīng)中的電荷量的計算4．在豎直向上的勻強磁場中，水平放置一個不變形的單匝金屬圓線圈，線圈所圍的面積為0.1m2，線圈電阻為1Ω.規(guī)定線圈中感應(yīng)電流I的正方向從上往下看是順時針方向，如圖甲所示．磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，以下說法正確的是()A．在0～2s時間內(nèi)，I的最大值為0.02AB．在3～5s時間內(nèi)，I的大小越來越小C．前2s內(nèi)，通過線圈某橫截面的總電荷量為0.01CD．第3s內(nèi)，線圈的發(fā)熱功率最大5．(多選)半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，一長為r、電阻為R的均勻金屬棒AB置于圓導(dǎo)軌上面，BA的延長線通過圓導(dǎo)軌中心O，裝置的俯視圖如圖所示，整個裝置位于一勻強磁場中，磁感應(yīng)強度的大小為B，方向豎直向下．在兩環(huán)之間接阻值為R的定值電阻和電容為C的電容器．金屬棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時針勻速轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸．導(dǎo)軌電阻不計．下列說法正確的是()A．金屬棒中電流從B流向AB．金屬棒兩端電壓為eq\f(3,4)Bωr2C．電容器的M板帶負電D．電容器所帶電荷量為eq\f(3,2)CBωr26．如圖所示，單匝正方形線圈A邊長為0.2m，線圈平面與勻強磁場垂直，且一半處在磁場中，磁感應(yīng)強度隨時間變化的規(guī)律為B＝(0.8－0.2t)T．開始時開關(guān)S未閉合，R1＝4Ω，R2＝6Ω，C＝20μF，線圈及導(dǎo)線電阻不計．閉合開關(guān)S，待電路中的電流穩(wěn)定后．求：(1)回路中感應(yīng)電動勢的大??；(2)電容器所帶的電荷量．知識點3電磁感應(yīng)中的圖像問題7．如圖甲所示，在線圈l1中通入電流i1后，在l2上產(chǎn)生的感應(yīng)電流隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，l1、l2中電流的正方向如圖甲中的箭頭所示．則通入線圈l1中的電流i1隨時間變化的圖線是下圖中的()8．在水平光滑絕緣桌面上有一邊長為L的正方形導(dǎo)線框abcd，被限制在沿ab方向的水平直軌道自由滑動．bc邊右側(cè)有一等腰直角三角形勻強磁場區(qū)域efg，直角邊ge和ef的長也等于L，磁場方向豎直向下，其俯視圖如圖所示，線框在水平拉力作用下向右以速度v勻速穿過磁場區(qū)，若圖示位置為t＝0時刻，設(shè)逆時針方向為電流的正方向．則感應(yīng)電流i-t圖像正確的是(時間單位為eq\f(L,v))()9．(多選)如圖甲所示，正方形線圈abcd內(nèi)有垂直于線圈的勻強磁場，已知線圈匝數(shù)n＝10，邊長ab＝1m，線圈總電阻r＝1Ω，線圈內(nèi)磁感應(yīng)強度隨時間的變化情況如圖乙所示．設(shè)圖示的磁場方向與感應(yīng)電流方向為正方向，則下列有關(guān)線圈的電動勢e，感應(yīng)電流i，焦耳熱Q以及ab邊的安培力F(取向下為正方向)隨時間t的變化圖像正確的是()10．[2023·全國甲卷](多選)一有機玻璃管豎直放在水平地面上，管上有漆包線繞成的線圈，線圈的兩端與電流傳感器相連，線圈在玻璃管上部的5匝均勻分布，下部的3匝也均勻分布，下部相鄰兩匝間的距離大于上部相鄰兩匝間的距離．如圖(a)所示．現(xiàn)讓一個很小的強磁體在玻璃管內(nèi)沿軸線從上端口由靜止下落，電流傳感器測得線圈中電流I隨時間t的變化如圖(b)所示．則()A．小磁體在玻璃管內(nèi)下降速度越來越快B．下落過程中，小磁體的N極、S極上下顛倒了8次C．下落過程中，小磁體受到的電磁阻力始終保持不變D．與上部相比，小磁體通過線圈下部的過程中，磁通量變化率的最大值更大11．如圖所示，將一均勻?qū)Ь€圍成一圓心角為90°的扇形導(dǎo)線框OMN，圓弧MN的圓心為O點，將O點置于直角坐標(biāo)系的原點，其中第二和第四象限存在垂直紙面向里的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度大小為B，第三象限存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為2B.t＝0時刻，讓導(dǎo)線框從圖示位置開始以O(shè)點為圓心沿逆時針方向做勻速圓周運動，規(guī)定電流方向ONM為正，在下面四幅圖中能夠正確表示電流i與時間t關(guān)系的是()培優(yōu)提能模擬練12．[2024·東北三省三校一模]如圖所示，由均勻?qū)Ь€制成的半徑為R的圓環(huán)，以速度v勻速進入一磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場．當(dāng)圓環(huán)運動到圖示位置(∠aOb＝90°)時，a、b兩點的電勢差Uab為()A．eq\r(2)BRvB．eq\f(\r(2),2)BRvC．－eq\f(\r(2),4)BRvD．－eq\f(3\r(2),4)BRv13．[2024·江西省宜春市月考]如圖所示，半徑為R的圓形導(dǎo)線圈兩端A、C接入一個平行板電容器，線圈放在隨時間均勻變化的勻強磁場中，線圈所在平面與磁感線的方向垂直，下列措施不能使電容器所帶的電量增大的是()A．增大線圈的面積B．增大磁感應(yīng)強度的變化率C．電容器的兩極板靠近些D．使線圈平面與磁場方向成60°角14．[2024·河南省名校開學(xué)考試](多選)某同學(xué)探究金屬物品在變化磁場中的熱效應(yīng)．如圖所示，用粗細均勻橫截面積為S、電阻率為ρ的金屬絲制成半徑為R的金屬圓環(huán)，在金屬圓環(huán)內(nèi)有半徑為r的圓形區(qū)域，區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系為B＝B0＋kt，其中B0、k為正的常量，在金屬圓環(huán)中，下列說法正確的是()A．感應(yīng)電流的方向為逆時針B．感應(yīng)電動勢的大小為πkR2C．感應(yīng)電流的大小為eq\f(kSr2,2ρR)D．感應(yīng)電流的熱功率為eq\f(πk2SR3,2ρ)15．[2024·寧夏吳忠市期中考試]矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強磁場中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度B隨時間變化的規(guī)律如圖所示．若規(guī)定逆時針方向為感應(yīng)電流i的正方向，下列各圖中正確的是()16．[2024·遼寧省十校聯(lián)合體調(diào)研]如圖所示，xOy平面的第一、三象限內(nèi)充滿垂直紙面向外的勻強磁場．邊長為L的正方形金屬框始終在O點的頂點環(huán)繞，在xOy平面內(nèi)以角速度ω順時針勻速轉(zhuǎn)動，t＝0時刻，金屬框開始進入第一象限，規(guī)定順時針方向為電流的正方向，不考慮自感影響，關(guān)于金屬框中感應(yīng)電流i隨時間t變化的圖像正確的是()17．[2024·湖北省荊州市月考]如圖所示，在一垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，有一輕質(zhì)圓形鋁環(huán)，電阻為R，面積為S.現(xiàn)將其擰成兩個面積相等的小圓環(huán)，CD段在AB段上方，兩段交點不接觸．則鋁環(huán)()A．有感應(yīng)電流產(chǎn)生，方向為A→B→C→D→AB．此過程中，磁通量的變化量為eq\f(1,2)BSC．此過程中，通過鋁環(huán)橫截面的電荷量為0D．此時磁通量大小為BS18．[2024·江蘇省南京市六校聯(lián)合調(diào)研]如圖所示，一不可伸長的細繩的上端固定，下端系在邊長為l＝0.40m的正方形金屬框的D點上．金屬框的一條對角線AC水平，其下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強磁場．已知構(gòu)成金屬框的導(dǎo)線單位長度的阻值為λ＝5.0×10－3Ω/m.在t＝0到t＝3.0s時間內(nèi)，磁感應(yīng)強度大小隨時間t的變化關(guān)系為B(t)＝0.3－0.1t(SI制).則下列說法正確的是()A.t＝0到t＝3.0s時間內(nèi)，金屬框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為0.016VB．t＝0到t＝3.0s時間內(nèi)，金屬框中的電流方向為A→D→C→B→AC．t＝2.0s時金屬框所受安培力的大小為0.04eq\r(2)ND．在t＝0到t＝2.0s時間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱為0.032J19．[2024·湖北鄂東南聯(lián)盟聯(lián)考]如圖甲所示，驅(qū)動線圈通過開關(guān)S與電源連接，發(fā)射線圈放在絕緣且內(nèi)壁光滑的水平發(fā)射導(dǎo)管內(nèi)．閉合開關(guān)S后，在0～t0內(nèi)驅(qū)動線圈的電流iab隨時間t的變化如圖乙所示．在這段時間內(nèi)，下列說法正確的是()A．驅(qū)動線圈內(nèi)部的磁場方向水平向左B．發(fā)射線圈內(nèi)部的感應(yīng)磁場方向水平向右C．t＝0時發(fā)射線圈的感應(yīng)電流最大D．t＝t0時發(fā)射線圈所受的安培力最大20．[2024·陜西省西安市期中考試](多選)如圖所示，勻強磁場垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度的大小為B，磁場在y軸方向足夠?qū)?，在x軸方向?qū)挾葹閍.一直角三角形導(dǎo)線框ABC(BC邊的長度為a)從圖示位置向右勻速穿過磁場區(qū)域，以逆時針方向為電流的正方向，在下圖中感應(yīng)電流i、BC兩端的電壓UBC與線框移動的距離x的關(guān)系圖像正確的是()

考點58電磁感應(yīng)中的電路和圖像問題1．答案：B解析：ab間的電勢差等于路端電壓，而小環(huán)電阻占電路總電阻的eq\f(1,3)，故Uab＝eq\f(1,3)E，B正確．2．答案：C解析：半徑小于eq\f(L,2)的區(qū)域內(nèi)E1＝Beq\f(L,2)·eq\f(ω\f(L,2),2)＝eq\f(BL2ω,8)；半徑大于eq\f(L,2)的區(qū)域E2＝Beq\f(L,2)·eq\f(ω\f(L,2)＋ωL,2)＝eq\f(3BL2ω,8)，根據(jù)題意可知，兩部分電動勢相反，故總電動勢E＝E2－E1＝eq\f(BL2ω,4)，根據(jù)右手定則可知圓心為負極，圓環(huán)為正極，電阻R中的電流方向向下，電阻R上的電壓U＝eq\f(R,R＋r)E＝eq\f(RBL2ω,4（R＋r）)，A錯誤，B錯誤；電阻R中的電流大小為I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BL2ω,4（R＋r）)，C正確；回路有電流，則安培力不為零，故導(dǎo)體棒的安培力做功的功率不為零，D錯誤．3．答案：AD解析：根據(jù)楞次定律可知，導(dǎo)體棒中的電流方向為A流向B，A正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動勢為導(dǎo)體棒掃過得面積，因此E＝BLv，B錯誤；當(dāng)R1＝R時，外電路總電阻為R外＝eq\f(R,2)，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知電路中總電流為I＝eq\f(E,\f(R,2)＋R)＝eq\f(2E,3R)＝eq\f(2BLv,3R)，故導(dǎo)體棒兩端的電壓也即路端電壓為U＝I·eq\f(R,2)＝eq\f(2BLv,3R)×eq\f(R,2)＝eq\f(1,3)BLv，C錯誤；該電路電動勢E＝BLv，電源內(nèi)阻為R，求解滑動變阻器的最大電功率時，可以將導(dǎo)體棒和電阻R看成新的等效電源，且等效電源的電動勢為eq\f(E,2)，等效內(nèi)阻為eq\f(R,2)，故當(dāng)R1＝eq\f(R,2)時，等效電源輸出功率最大，即滑動變阻器電功率最大，最大值為Pm＝eq\f(（\f(1,2)E）2,4×\f(R,2))＝eq\f(B2L2v2,8R)，D正確．4．答案：C解析：0～2s時間內(nèi)，t＝0時刻磁感應(yīng)強度變化率最大，感應(yīng)電流最大I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔB·S,ΔtR)＝0.01A，A錯誤；3～5s時間內(nèi)電流大小不變，B錯誤；前2s內(nèi)通過線圈的電荷q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(ΔB·S,R)＝0.01C，C正確；第3s內(nèi)，B沒有變化，線圈中沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，則線圈的發(fā)熱功率最小，D錯誤．5．答案：AB解析：根據(jù)右手定則可知金屬棒中電流從B流向A,A正確；金屬棒轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的電動勢為E＝Beq\f(ωr＋2ωr,2)，r＝eq\f(3,2)Bωr2，切割磁感線的金屬棒相當(dāng)于電源，金屬棒兩端電壓相當(dāng)于電源的路端電壓，因而U＝eq\f(R,R＋R)，E＝eq\f(3,4)Bωr2，B正確；金屬棒A端相當(dāng)于電源正極，電容器M板帶正電，C錯誤；由C＝eq\f(Q,U)可得電容器所帶電荷量為Q＝eq\f(3,4)CBωr2，D錯誤．6．答案：(1)4×10－3V(2)4.8×10－8C解析：(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(ΔB,Δt)S代入數(shù)據(jù)得E＝4×10－3V(2)由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R1＋R2)由部分電路歐姆定律得U＝IR2電容器所帶電荷量為Q＝CU＝4.8×10－8C7．答案：D解析：因為感應(yīng)電流大小不變，根據(jù)電磁感應(yīng)定律得：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(n\f(ΔΦ,Δt),R)＝eq\f(n\f(ΔB,Δt)S,R)，而線圈l1中產(chǎn)生的磁場變化是因為電流變化產(chǎn)生的，所以I＝eq\f(n\f(ΔB,Δt)S,R)∝eq\f(n\f(Δi,Δt)S,R)，所以線圈l1中的電流均勻改變，A、C錯誤；根據(jù)圖乙圖像的0～eq\f(T,4)，感應(yīng)電流磁場向左，所以線圈l1產(chǎn)生的磁場向左減小，或向右增大，B錯誤，D正確．8．答案：D解析：bc邊的位置坐標(biāo)x在0～L的過程，根據(jù)楞次定律判斷可知線框中感應(yīng)電流方向沿a→b→c→d→a，為正值．線框bc邊有效切線長度為L1＝L－vt，感應(yīng)電動勢為E＝B(L－vt)·v均勻減小，感應(yīng)電流i＝eq\f(E,R)，即感應(yīng)電流均勻減小．同理，x在L～2L過程，根據(jù)楞次定律判斷出來感應(yīng)電流方向沿a→d→c→b→a，為負值，感應(yīng)電流均勻減小，D正確．9．答案：CD解析：0～1s內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為e1＝eq\f(nSΔB,Δt)＝2V，方向為逆時針，同理1～5s內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為e2＝eq\f(nSΔB,Δt)＝1V，方向為順時針，A錯誤；對應(yīng)0～1s內(nèi)的感應(yīng)電流大小為i1＝eq\f(e1,r)＝2A，方向為逆時針(負值)，同理1～5s內(nèi)的感應(yīng)電流大小為i2＝1A，方向為順時針(正值)，B錯誤；ab邊受到的安培力大小為F＝nBiL可知0～1s內(nèi)，0≤F≤4N，方向向下，1～3s內(nèi)0≤F≤2N，方向向上，3～5s內(nèi)0≤F≤2N，方向向下，C正確；線圈產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eit，0～1s內(nèi)Q1＝4J，1～5s內(nèi)Q2＝4J，D正確．10．答案：AD解析：電流的峰值越來越大，即小磁體在依次穿過每個線圈的過程中磁通量的變化率越來越快，因此小磁體的速度越來越大，A正確；下落過程中，小磁體在水平方向受的合力為零，故小磁體的N極、S極上下沒有顛倒，I方向變化是由于對每匝線圈來說，磁感應(yīng)強度方向改變導(dǎo)致的，B錯誤；線圈可等效為條形磁鐵，線圈的電流越大則磁性越強，因此電流的大小是變化的．小磁體受到的電磁阻力是變化的，不是一直不變的，C錯誤；由圖(b)可知，與上部相比，小磁體通過線圈下部的過程中，感應(yīng)電流的最大值更大，故磁通量變化率的最大值更大，D正確．故選AD.11．答案：C解析：在0～t0時間內(nèi)，線框沿逆時針方向從圖示位置開始(t＝0)轉(zhuǎn)過90°的過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1＝eq\f(1,2)Bω·R2，由閉合電路歐姆定律得，回路中的電流為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)電流方向為逆時針方向(沿ONM方向).在t0～2t0時間內(nèi)，線框進入第三象限的過程中，回路中的電流方向為順時針方向(沿OMN方向).回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E2＝eq\f(1,2)Bω·R2＋eq\f(1,2)·2Bω·R2＝eq\f(3,2)BωR2＝3E1，感應(yīng)電流為I2＝3I1，在2t0～3t0時間內(nèi)，線框進入第四象限的過程中，回路中的電流方向為逆時針方向(沿ONM方向)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E3＝eq\f(1,2)Bω·R2＋eq\f(1,2)·2Bω·R2＝eq\f(3,2)Bω·R2＝3E1，感應(yīng)電流為I3＝3I1，在3t0～4t0時間內(nèi)，線框出第四象限的過程中，回路中的電流方向為順時針方向(沿OMN方向)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E4＝eq\f(1,2)Bω·R2，回路電流為I4＝I1，C正確，A、B、D錯誤．12．答案：D解析：有效切割長度即a、b連線的長度，如圖所示由幾何關(guān)系知有效切割長度為ab＝eq\r(R2＋R2)＝eq\r(2)R，所以產(chǎn)生的電動勢為E＝BLv＝B·eq\r(2)Rv，電流的方向為a→b，所以Uab<0，由于在磁場部分的阻值為整個圓的eq\f(1,4)，所以Uab＝－eq\f(3,4)B·eq\r(2)Rv＝－eq\f(3\r(2),4)BRv，D正確．13．答案：D解析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝eq\f(ΔB,Δt)S，電容器兩端的電壓為U＝E，電容器的電荷量為Q＝CU，聯(lián)立可得Q＝eq\f(ΔB,Δt)SC.增大線圈的面積，可知電容器所帶的電量增大，A錯誤；增大磁感應(yīng)強度的變化率，可知電容器所帶的電量增大，B錯誤；電容器的兩極板靠近些，根據(jù)C＝eq\f(εS,4πkd)，可知電容C變大，電容器所帶的電量增大，C錯誤；使線圈平面與磁場方向成60°角，則有效面積S減小，可知電容器所帶的電量減小，D正確．14．答案：AC解析：垂直于紙面勻強磁場的磁感應(yīng)強度B增大，由楞次定律可知，在金屬圓環(huán)中產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流，A正確；由已知B＝B0＋kt，有eq\f(ΔB,Δt)＝k，由法拉第電磁感應(yīng)定律推導(dǎo)有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝kπr2，B錯誤；金屬圓環(huán)電阻R阻＝eq\f(ρL,S)＝eq\f(ρ2πR,S)，則在金屬圓環(huán)中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R阻)＝eq\f(kr2S,2ρR)，C正確；感應(yīng)電流的熱功率P＝I2R阻＝eq\f(πk2Sr4,2ρR)，D錯誤．15．答案：C解析：由B-t圖像可知，0～1s內(nèi)，B垂直紙面向里逐漸增大，則穿過的線圈磁通量向里逐漸增加，由楞次定律可知，線圈中感應(yīng)電流沿逆時針方向，即電流為正方向；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律知E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S，其中eq\f(ΔB,Δt)、S均恒定，則線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定，感應(yīng)電流恒定；1～2s內(nèi)，B垂直紙面向里逐漸減小，穿過的線圈磁通量向里逐漸減小，由楞次定律可知，線圈中感應(yīng)電流沿順時針方向，即電流為負方向；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律知E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S，其中eq\f(ΔB,Δt)、S均恒定，則線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定，感應(yīng)電流恒定；2～3s內(nèi)，B垂直紙面向外逐漸增大，穿過的線圈磁通量向里逐漸增加，由楞次定律可知，線圈中感應(yīng)電流沿順時針方向，即電流為負方向；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律知E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S，其中eq\f(ΔB,Δt)、S均恒定，則線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定，感應(yīng)電流恒定．由于1～2s內(nèi)與2～3s內(nèi)eq\f(ΔB,Δt)相同，則在這兩段時間內(nèi)，感應(yīng)電動勢相同，感應(yīng)電流相同；3～4s內(nèi)，B垂直紙面向外逐漸減小，穿過的線圈磁通量向外逐漸減小，由楞次定律可知，線圈中感應(yīng)電流沿逆時針方向，即電流為正方向；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律知E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S，其中eq\f(ΔB,Δt)、S均恒定，則線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定，感應(yīng)電流恒定，C正確．16．答案：A解析：如圖所示．在t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的過程中，即金屬框順時針轉(zhuǎn)過90°的過程中，金屬框切割磁感線的有效切割長度先變大后變小，根據(jù)轉(zhuǎn)動切割感應(yīng)電動勢的計算公式E＝eq\f(1,2)Bω2l可知E先增大后減小，感應(yīng)電流先增加后減小，根據(jù)楞次定律可知，電流方向為順時針方向，即正方向；在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的過程中，由圓周運動公式可知θ＝ωt，根據(jù)幾何關(guān)系和三角形的面積公式可得S＝eq\f(L·Ltanθ,2)，則穿過線圈的磁通量為Φ＝eq\f(1,2)BL2tanωt，對上述的表達式由數(shù)學(xué)知識得eq\f(ΔE,Δt)＝BL2ω2·eq\f(tanωt,cos2ωt)，由此可知，在t＝0到t＝eq\f(π,4ω)的過程中，E的變化率一直增大，感應(yīng)電流的變化率一直增加；同理可得在t＝eq\f(π,4ω)到t＝eq\f(π,2ω)的過程中，E的變化率一直減小，感應(yīng)電流的變化率一直減小，A正確，B、C、D錯誤．17．答案：A解析：由楞次定律及安培定則可知，圓環(huán)中有感應(yīng)電流產(chǎn)生，方向為A→B→C→D→A，A正確；由圖可知，開始時圓環(huán)中的磁通量為Φ1＝BS，擰成兩個面積相等的小圓環(huán)，此時圓環(huán)中的磁通量為Φ2＝0，可得ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－BS，此過程中磁通量的變化量為BS，B、D錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，由閉合電路的歐姆定律可得I＝eq\f(E,R)，其中電荷量為