【詳解】(1)磁感應強度方向向裡且增大，根據楞次定律判斷可知電流方向為

(2)(3)根據法拉第電磁感應定律得

感應電流為

故電壓表的示數為

16．．(1)杆做初速度為零的勻加速運動；(2)7W

【詳解】(1)電壓表示數為

由題圖（b）可知，U與t成正比，即v與t成正比，可知杆做初速度為零的勻加速運動。

(2)因

，所以

由題圖（b）得

，即

解得

第2s末速度

解得

則

17．（1）2T；（2）

【詳解】(1)0~0.1s，由題圖乙得

由牛頓第二定律有

代入數據得

後勻速運動，則金屬杆在

時剛好進入磁場，有

而

代入數據得

(2)方法一：金屬杆ab在磁場中下滑

過程中，電流恒定，有

，

方法二：金屬杆ab在磁場中勻速運動，則

下落高度

由能量守恒有

定值電阻上産生的熱量

解得

12．AC【詳解】AB．由于我們生活的北半球，地磁場有豎直向下的分量，電風扇瞬時針方向轉動，切割磁感線産生電動勢，根據右手定則可知，感應電流方向從O到A，則A相當于電源的正極，則 A點的電勢比O點的電勢高，故A正确，B錯誤；

CD．轉動切割的電動勢為

可知，轉速一定時，扇葉長度越短，電勢差

的數值越小，故C正确，D錯誤。

13．a c B 磁通量的變化率

【詳解】（1）[1] 将電流計與線圈B串聯成另一個回路，所以N連接a。

[2]将電源、電鍵、變阻器、線圈A串聯成一個回路，注意滑動變阻器接一上一下兩個接線柱，所以M連接c。

（2）[3] A．由題意可知，當P向右勻速滑動時，線圈A中的電流應越來越小，則其磁場減小，磁通量減少，此時線圈B中産生了電流使指針向右偏轉，故可知當B中的磁通量減小時，電流表指向右偏。滑動變阻器滑動端P向右加速滑動時，線圈B中磁通量減小，故指針應向右偏轉，故A錯誤；

B．當鐵芯拔出或斷開開關時，線圈A中磁場減小，故線圈B中磁通量減小，指針向右偏轉，故B正确；

C．滑片勻速向左運動時，線圈A中也會産生變化的磁場，線圈B中産生了感應電流使指針偏轉，C錯誤。

（3）[4] 在電磁感應現象中，磁通量的變化率等于電動勢。電動勢越大，感應電流越大。所以第一次電流計的指針擺動的幅度比第二次的大。原因是線圈中第一次的磁通量的變化率比第二次的大。

14．BD 感應電場的電場力 機械能 正

【詳解】(1)[1]A．隻要将線圈A放在線圈B中不一定會引起電流計指針偏轉，必須保證線圈A中有電流通過，并且電流要發生變化才能使線圈B産生感應電流，A錯誤；

B．線圈A插入或拔出線圈B的速度越大，電流計指針偏轉的角度越大，因為速度越大，線圈B中的磁通量變化越快，其産生的感應電動勢越大，電流也越大，B正确；

C．滑動變阻器的滑片P勻速滑動時，電流計指針會發生偏轉，因為滑片移動電阻變化，線圈A的電流發生變化，線圈B就能産生感應電流，C錯誤；

D．滑動變阻器的滑片P滑動越快，電流計指針偏轉的角度越大，因為滑片移動快電阻變化快，線圈A的電流變化也快，線圈B中的磁通量變化越快，其産生的感應電動勢越大，電流也越大，電流計指針偏轉的角度越大，D正确。

(2)[2]線圈B相當于産生感應電流的“電源”，這個“電源”内的非靜電力是感應電場的電場力。

[3]因為線圈A插入或拔出線圈B，導緻電流計指針發生了偏轉。這時，是機械能轉化為電能。

(3)[4]由楞次定律可判斷感應磁場方向向下，再利用右手定則可判斷感應電流方向從負接線柱流入靈敏電流計，則指針向正接線柱一側偏轉，所以則乙圖中靈敏電流計指針向其正接線柱方向偏轉。

15(1)

；(2)

；(3)

【詳解】(1)磁感應強度方向向裡且增大，根據楞次定律判斷可知電流方向為

(2)(3)根據法拉第電磁感應定律得

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