2017-2018学年度高中物理第四章电磁感应单元练习3新人教版选修3-2

第四章电磁感应单元练习一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）1.如图所示，几位同学利用铜芯电缆线和灵敏电流计连成闭合回路做摇绳发电的探究实验：假设图中情景发生在赤道，地磁场方向与地面平行，由南指向北，图中摇绳同学是沿东西站立的，甲同学站在西边，手握导线的A点，乙同学站在东边，手握导线的B点，两位同学迅速摇动AB这段电缆线，观察到灵敏电流计指针在“0”刻度线两侧左右摆动．则下列说法正确的是（）A. 若仅减小AB段摇绳的长度，观察到灵敏电流计指针摆动角度增大B. 当摇绳向下运动时，A点电势比B点电势低C. 当电缆线摇到最低点时，电缆线所受安培力最大D. 如果甲乙两位同学改为南北站向摇绳发电效果更好2.如图甲所示，闭合线圈固定在小车上，总质量为1kg．它们在光滑水平面上，以10m/s的速度进入与线圈平面垂直、磁感应强度为B的水平有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．已知小车运动的速度v随车的位移x变化的v-x图象如图乙所示．则（）A. 线圈的长度L=15cmB. 磁场的宽度d=25cmC. 线圈进入磁场过程中做匀加速运动，加速度为0.4m/s2D. 线圈通过磁场过程中产生的热量为40J3.如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨MN，PQ处于竖直向下的足够大的匀强磁场中，导轨间距为L，导轨的右端接有阻值为R的电阻，一根质量为m，电阻为r的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接触良好．现使金属棒以一定初速度向左运动，它先后通过位置a，b后，到达位置c处刚好静止．已知磁场的磁感应强度为B，金属棒通过a、b处的速度分别为v a，v b，a，b间距离等于b，c间距离，导轨的电阻忽略不计．下列说法中正确的是（）A. 金属棒运动到a处时的加速度大小为B. 金属棒运动到b处时通过电阻的电流方向由N指向QC. 金属棒在a→b过程中与b→c过程中通过电阻的电荷量相等D. 金属棒在a处的速度v a是其在b处速度v b的倍4.如图电路中，A1、A2是两个指示灯，L是自感系数很大的线圈，电阻R阻值较小，开关S1断开、S2闭合．现闭合S1，一段时间后电路稳定．下列说法中正确的是（）A. 闭合S1，通过电阻R的电流先增大后减小B. 闭合S1，A l亮后逐渐变暗C. 闭合S1，A2逐渐变亮，然后亮度不变D. 断开电路时，为保护负载，应先断开S2，再断开S15.矩形导线框abcd固定在变化的磁场中，产生了如图所示的电流（电流方向abcda为正方向）．若规定垂直纸面向里的方向为磁场正方向，能够产生如图所示电流的磁场为（）A. B. C. D.6.下列说法正确的是（）A. 法拉第通过精心设计的实验，发现了电磁感应现象，首先发现电与磁存在联系B. 法拉第首先提出了分子电流假说C. 我们周围的一切物体都在辐射电磁波D. 一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的频率太大7.在水平放置的光滑导轨上，沿导轨固定一个条形磁铁，如图所示，现有铜、铝和有机玻璃制成的滑块甲、乙、丙，使它们从导轨上的A点以某一初速度向磁铁滑去，各滑块在未接触磁铁前的运动情况将是（）A. 都做减速运动B. 都做匀速运动C. 甲做减速运动而丙做匀速运动D. 乙、丙做匀速运动8.如图中画出的是穿过一个闭合线圈的磁通量随时间的变化规律，以下哪些认识是正确的（）A. 0～0.3s内线圈中的电动势在均匀增加B. 第0.6s末线圈中的感应电动势是4VC. 第0.9s末线圈中的瞬时电动势比0.2s末的小D. 第0.2s末和0.4s末的瞬时电动势的方向相同9.如图所示，光滑金属导轨AC、AD固定在水平面内，并处在方向竖直向下、大小为B的匀强磁场中．有一质量为m的导体棒以初速度v0从某位置开始在导轨上水平向右运动，最终恰好静止在A点．在运动过程中，导体棒与导轨始终构成等边三角形回路，且通过A点的总电荷量为Q．已知导体棒与导轨间的接触电阻阻值恒为R，其余电阻不计．则（）A. 该过程中导体棒做匀减速运动B. 该过程中接触电阻产生的热量为mv02C. 开始运动时，导体棒与导轨所构成回路的面积为S=D. 当导体棒的速度v0时，回路中感应电流大小为初始时的一半10.某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路．检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因．你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是（）A. 电源的内阻较大B. 小灯泡电阻偏大C. 线圈的自感系数较大D. 线圈电阻偏大二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）11.闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abcda方向为电流的正方向，水平向右为安培力的正反向，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示，关于线框中的电流i、ad边所受的安培力F随时间t变化的图象，下列说法正确的是（）A. B.C. D.12.如图所示，阻值为R的金属棒从图示位置ab分别以v1、v2的速度沿光滑水平导轨（电阻不计）匀速滑到a′b′位置，若v1：v2=1：2，则在这两次过程中（）A. 回路电流I1：I2=1：2B. 产生的热量Q1：Q2=1：4C. 通过任一截面的电荷量q1：q2=1：1D. 外力的功率P1：P2=1：213.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示．除电阻R外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则（）A. 释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB. 金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为b→aC. 金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F=D. 金属棒下落过程中，电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少14.图（a）所示，A、B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置，A线圈中通有如图（b）所示的电流i，则下列说法中错误的是（）A. t1时刻两线圈间的相互作用力为零B. t2时刻两线圈间的相互作用力最大C. 在t1～t2时间内A、B两线圈相斥D. 在t2～t3时间内A、B两线圈相斥三、计算题（本大题共3小题，共30.0分）15.如图所示，光滑且足够长的平行导轨固定在水平面上，两导轨间距L=0.2m，两导轨之间的电阻R=0.4Ω，导轨上静止放置一质量m=0.1kg、电阻r=0.1Ω的金属杆，导轨电阻忽略不计，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T，用一外力F沿水平方向拉动杆，使之由静止开始做匀加速运动，若5s末理想电压表的读数为0.2V，求：（1）5s末时电阻R上消耗的电功率；（2）金属杆在5s末的运动速率；（3）5s末时外力F的功率．16.如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L=0.2m，电阻R=0.4Ω，导轨上停放一质量为m=0.1kg，电阻为r=0.1Ω的金属杆ab，导轨的电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B=0.5T的匀强磁场中，磁场的方向竖直向下．现用一外力F沿水平方向拉杆，使之由静止开始运动，若理想电压表示数U随时间t的变化关系如图乙所示．求：（1）运动速度随时间t的变化关系式；（2）金属杆运动的加速度；（3）第5秒末外力F的功率．17.如图所示，两条平行导轨MN、PQ的间距为L，粗糙的水平轨道的左侧为半径为r的光滑圆轨道，其最低点与右侧水平直导轨相切，水平导轨的右端连接一阻值为R的定值电阻；同时，在水平导轨左边宽度为d的区域内存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场．现将一金属杆从圆轨道的最高点PM处由静止释放，金属杆滑到磁场右边界时恰好停止．已知金属杆的质量为m、接入电路部分的电阻为R，且与水平导轨间的动摩擦因数为μ，金属杆在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，导轨的电阻不计，重力加速度大小为g，求：（1）金属杆刚到达水平轨道时对导轨的压力大小N；（2）整个过程中通过金属杆横截面的电荷量q；（3）整个过程中定值电阻R上产生的焦耳热Q．答案和解析【答案】1. B2. B3. C4. D5. D6. C7. C8. B9. C10. D11. AC12. AC13. ABC14. BC15. 解：（1）由题意知t=5s时，电压表读数U =0.2V则5s末时电阻R上消耗的电功率为P==W=0.1W（2）由得：金属杆产生的感应电动势为E==V=0.25V由E=BLv得5 s末的速度v==m/s=2.5m/s（3）设杆的加速度为a，由v=at得：a===0.5m/s2；5s末杆所受的安培力F安=BIL==N=0.05N根据牛顿第二定律得F-F安=ma，解得F =0.1N5s末时外力F的功率P =Fv=0.25W．答：（1）5s末时电阻R上消耗的电功率是0.1W；（2）金属杆在5s末的运动速率是2.5m/s；（3）5s末时外力F的功率是0.25W．16. 解：（1）、（2）导体棒上产生的电动势：E=BLv电阻上的电流：电压表上的电压：U=IR故：电压U=2V，t=5s时，代人数据，得；v=25m/s金属杆的加速度：金属杆运动速度随时间t的变化关系式：v=0+at=5t（3）金属杆上所受的安培力为：F安=BIL==0.5N设外力的大小为F．根据牛顿第二定律得：F-F安=ma外力F的功率：P=Fv=（F安+ma）v=（0.5+0.1×5）×25W=25W答：（1）属杆运动速度随时间t的变化关系式：v=5tm/s；（2）金属杆的加速度5m2/s；（3）第5秒末外力F的功率25W．17. 解：（1）金属杆刚到达水平轨道的速度大小为v，金属杆在圆弧轨道上下滑的过程中，根据机械能守恒定律有：mgr=设此时导轨对金属杆的支持力大小为F，则有：F-mg=解得：F=3mg，根据牛顿第三定律可知：N=3mg；（2）设金属杆在水平直导轨上运动的时间为△t，则这段时间内金属杆中产生的平均感应电动势为：E=其中磁通量的变化为：△Φ=BLd这段时间内金属杆上通过的平均电流为：I=通过金属杆横截面的电荷量为：q=I△t=；（3）在金属杆运动的整个过程中，由能量守恒定律有：mgr=Q总+mgd根据焦耳定律可得：Q=解得：Q=mg（r-d）．答：（1）金属杆刚到达水平轨道时对导轨的压力大小为3mg；（2）整个过程中通过金属杆横截面的电荷量为；（3）整个过程中定值电阻R上产生的焦耳热为mg（r-d）．【解析】1. 解：A、由法拉第电磁感应定律可知，绳子的长度越大，则产生的电动势越大，所以观察到灵敏电流计指针摆动角度增大，故A错误．B、当“绳”向下运动时，地磁场向北，根据右手定则判断可知，“绳”中电流从A流向B，A点相当于电源的负极，B点相当于电源正极，则A点电势比B点电势低．故B正确．C、当“绳”摇到最低点时，绳转动的速度与地磁场方向平行，不切割磁感线，感应电流最小，绳受到的安培力也最小．故C错误．D、如果甲乙两位同学改为南北站向，南北方向与地球的磁场方向平行，摇绳发电效果减弱；故D错误．故选：B地球的周围存在磁场，且磁感线的方向是从地理的南极指向地理的北极，当两个同学在迅速摇动电线时，总有一部分导线做切割磁感线运动，电路中就产生了感应电流，根据绳子转动方向与地磁场方向的关系，判断感应电动势和感应电流的大小，从而判断安培力的大小，由右手定则判断感应电流的方向和电势高低．本题要建立物理模型，与线圈在磁场中转动切割相似，要知道地磁场的分布情况，能熟练运用电磁感应的规律解题．2. 解：A．闭合线圈在进入和离开磁场时的位移即为线圈的长度，线圈进入或离开磁场时受安培力作用，将做减速运动，由乙图可知，L=10cm，故A错误；B．磁场的宽度等于线圈刚进入磁场到刚离开磁场时的位移，由乙图可知，5-15cm是进入的过程，15-30cm是完全在磁场中运动的过程，30-40cm是离开磁场的过程，所以d=30cm-5cm=25cm，故B正确；C．根据F=BIL及I=得：F=，因为v是一个变量，所以F也是一个变量，所以线圈不是匀加速运动，是变减速运动，故C错误；D．线圈通过磁场过程中运用动能定理得：=W安，由乙图可知v1=10m/s，v2=2m/s，带入数据得：W安=-48J，所以克服安培力做功为48J，即线圈通过磁场过程中产生的热量为48J，故D错误．故选B．（1）闭合线圈在进入和离开磁场时，磁通量会发生改变，线圈中产生感应电流，线圈会受到安培力的作用；（2）线圈在进入磁场之前、完全在磁场中运动以及出磁场之后做匀速直线运动，在进入和离开磁场时做减速直线运动；（3）结合乙图可以知道，0-5cm是进入之前的过程，5-15cm是进入的过程，15-30cm是完全在磁场中运动的过程，30-40cm是离开磁场的过程，40cm以后是完全离开之后的过程；（4）线圈通过磁场过程中产生的热量等于克服安培力所做的功，可以通过动能定理去求解．闭合线圈进入和离开磁场时磁通量发生改变，产生感应电动势，形成感应电流，线圈会受到安培力的作用，做变速运动；当线圈完全在磁场中运动时磁通量不变，不受安培力，做匀速运动．线圈通过磁场过程中产生的热量等于克服安培力所做的功，在这类题目中求安培力所做的功经常运用动能定理去求解．3. 解：A、金属棒运动到a处时，有E=BLv a，I=，F=BIL，则得安培力F=由牛顿第二定律得加速度a==，故A错误．B、金属棒运动到b处时，由右手定则判断知，通过电阻的电流方向由Q到N．故B错误．C、金属棒在a→b过程中，通过电阻的电荷量q1==t=，同理，在b→c的过程中，通过电阻的电荷量q2=，由于△Φ1=△Φ2，可得q1=q2．故C正确．D、在b→c的过程中，对金属棒运用动量定理得：-=0-mv b，而v△t=l bc，解得v b=同理，在a→c的过程中，对金属棒运用动量定理得：-′=0-mv a，而v△t′=l ac，解得v a=，因l ac=2l bc，因此v a=2v b．故D错误．故选：C．根据法拉第定律、欧姆定律和安培力公式求出安培力，再由牛顿第二定律求加速度．由右手定则判断感应电流的方向．根据q=分析电荷量的关系．由于金属棒做变减速运动，可运用动量定理求解v a与v b的关系．解决本题的关键是推导出安培力表达式、感应电荷量表达式．对于非匀变速运动，研究速度可根据动量定理求解．4. 解：A、闭合开关S1的瞬间，由于线圈中自感电动势的阻碍，通过电阻R的电流慢慢增加．故A错误．B、闭合开关S1，虽因存在自感作用，但通过R的电流逐渐增加，干路电流逐渐增加，通过A l逐渐变亮．故B错误．C、当闭合S1，线圈对电流的阻碍渐渐变小，导致A2逐渐变暗，故C错误；D、断开电路时，为保护负载，由于线圈L产生自感电动势，应先断开S2，再断开S1．故D正确，故选：D．当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律来分析．对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源，注意开关接通与断开的先后顺序．5. 解：由图可知，0-t内，线圈中的电流的大小与方向都不变，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中的磁通量的变化率相同，故0-t内磁场与时间的关系是一条斜线．又由于0-t时间内电流的方向为正，由楞次定律可知，电路中感应电流的磁场的方向向里，与原磁场的分子相同，所以是向里的磁场减小，或向外的磁场增大；同理，在t-2t的时间内，是向里的磁场增大，或向外的磁场减小．只有选项D正确．故选：D由右图可知B的变化，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向；由法拉第电磁感应定律可知电动势，即可知电路中电流的变化情况．本题要求学生能正确理解B-t图的含义，才能准确的利用楞次定律进行判定．6. 解：A、法拉第通过精心设计的实验，发现了电磁感应现象，而首先发现电与磁存在联系是奥斯特．故A错误．B、安培首先提出了分子电流假说．故B错误．C、自然界的任何物体都向外辐射红外线，温度越高，辐射电磁波的本领越强，因此一切物体都在辐射电磁波．故C正确．D、一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的频率太小，即这束光的频率太小．故D错误．故选：C．法拉第发现了电磁感应现象，而奥斯特首次发现电与磁存在联系；安培提出了分子电流假说；一切物体都能辐射电磁波；依据光电效应条件，即可判定．本题考查了光电效应发生条件，知道一切物体均辐射电磁波，同时掌握物理史实也是解题的关键．7. 解：根据楞次定律的表现：“来拒去留”，所以铜、铝制成的滑块向磁铁滑去时，滑块中产生的感应电流对磁铁是“拒”的作用，即阻碍作用，阻碍滑块的靠近，故会减速；而有机玻璃制成的滑块在靠近时，不会产生的感应电流，不会阻碍向前运动，故不会减速．选项C正确，ABD错误．故选：C楞次定律的表现是：“来拒去留，增缩减扩”，本质是磁场对感应电流的作用．而金属能形成感应电流，玻璃不能形成，即可根据这两个表现来进行判断．本题为楞次定律的应用，楞次定律的表现是：“来拒去留，增缩减扩”，可根据楞次定律的表现来判断物体运动状态的变化，同时注意金属滑块中产生感应电流的原理．8. 解：由法拉第电磁感应定律知：感应电动势E=，A、由图象可知，0～0.3s内不变，感应电动势不变，故A错误；B、由图象可知，0.3～0.8s内感应电动势E===4V，第0.6s末线圈中的感应电动势是4V，故B正确；C、图象的斜率表示电动势的大小，由图象知第0.9 s末线圈中的瞬时电动势比0.2 s末的大，故C错误；D、第0.2 s末和0.4 s末的图象斜率一正一负，瞬时电动势的方向相反，故D错误；故选：B．图象的斜率表示电动势的大小，由法拉第电磁感应定律知：感应电动势E=．本题考查了识别图象的能力，知道图象的斜率表示电动势的大小．9. 解：A、感应电动势E=BLv，感应电流I==，导体棒受到的安培力F=BIL=，由于导体棒在运动过程中L不断减小，安培力不断减小，导体棒的加速度减小，导体棒做加速度减小的减速运动，不做匀减速运动，故A错误；B、克服安培力做功，导体棒的动能转化为焦耳热，由能量守恒定律可得，接触电阻产生的焦耳热Q=mv02，故B错误；C、在整个过程中，感应电荷量Q=I△t=△t==，则S=，故C正确；D、感应电动势E=BLv，感应电流I=I==，当导体棒的速度为v0时，导体棒的长度L减小，回路中感应电流大小小于初始时的一半，故D错误；故选：C．导体棒切割磁感线产生感应电流，导体棒受到安培力作用做减速运动；导体棒的动能转化为内能；根据E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律判断感应电流的大小；由法拉第电磁感应定律、欧姆定律及电流定义式的变形公式求出感应电荷量．本题考查了判断导体棒的运动性质、求产生的焦耳热、求感应电荷量、判断感应电流大小等问题，熟练掌握基础知识即可正确解题．10. 解：A、开关断开开关时，灯泡能否发生闪亮，取决于灯泡的电流有没有增大，与电源的内阻无关．故A错误．B、若小灯泡电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流小于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象．故B错误．C、线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小．故C错误．D、线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象．故D正确．故选：D．线圈与小灯泡并连接电池组上．要使灯泡发生闪亮，断开开关时，流过灯泡的电流要比以前的电流大．根据楞次定律和并联的特点分析．自感现象是特殊的电磁感应现象，根据楞次定律分析要使实验现象明显的条件：线圈的电阻应小于灯泡的电阻．11. 解：A、B、由B-t图象可知，0～1s时间内，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流是逆时针的，为负值；1～3s磁通量不变，无感应电流；3～4s，B的方向垂直纸面向里，B减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流沿瞬时针方向，感应电流是正的，故A正确，B错误；C、D、由左手定则可知，在0～1s内，ad受到的安培力方向：水平向右，是正的，1～3s无感应电流，没有安培力，3～4s时间内，安培力水平向左，是负的；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E==，感应电流I==，由B-t图象可知，在每一时间段内，是定值，在各时间段内I是定值，ad边受到的安培力F=BIL，I、L不变，B均匀变化，则安培力F均匀变化，不是定值，故C正确，D错误．故选：AC．由图可知磁感应强度的变化，则可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况，由楞次定律可得感应电流的方向，根据左手定则可以找出安培力方向，结合可得出正确的图象．本题考查了判断I-t图象与F-t图象是否正确，分析清楚B-t图象、应用楞次定律、法拉第电磁感应定律、安培力公式即可正确解题．12. 解：A、回路中感应电流为：I=，I∝v，则得：I1：I2=v1：v2=1：2，故A正确．B、产生的热量为：Q=I2Rt=（）2R•=，Q∝v，则得：Q1：Q2=v1：v2=1：2，故B错误．C、通过任一截面的电荷量为：q=It==，q与v无关，则得：q1：q2=1：1．故C正确．D、由于棒匀速运动，外力的功率等于回路中的功率，即得：P=I2R=，P∝v2，则得：P1：P2=1：4，故D错误．故选：AC．回路中感应电流为I=，E=BLv，即可求解回路电流I1：I2．根据焦耳定律求解热量之比．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式q=It，求解电荷量之比．外力的功率等于回路中的电功率，由P=EI求解外力的功率之比．本题是电磁感应中的电路问题，关键要掌握感应电流与热量、电荷量、热量和功率的关系，解题时要注意E=BLv与安培力公式的应用．13. 解：A、刚开始时金属棒只受重力，则释放瞬间金属棒的加速度为g，故A正确；B、根据右手定则可判定通过R的电流方向为b→a，故B正确；C、当金属棒的速度为v时，E=BLv，I═，安培力F=ILB=，故C正确；D、根据功能关系可知，重力势能的减少量转化为内能和弹簧的弹性势能、金属棒的动能．电阻R上产生的总热量小于金属棒重力势能的减少量，故D错误；故选：ABC．明确金属棒的受力情况，从而求解对应的加速度变化情况；根据右手定则分析电流方向；根据E=BLv和安培力公式即可求得速度为v时的安培力表达式；金属棒下落过程中，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能（金属棒速度不是零时）和电阻R产生的内能，本题考查电磁感应与能量结合问题的分析；要注意明确右手定则以及安培力公式的应用；同时注意能量转化的规律，本题中要注意弹性势能的变化，这点是往往被容易忽视的．14. 解：A、由题意可知，在t1时刻，线圈A中的电流最大，而磁通量的变化率是最小的，所以线圈B感应电流也是最小，因此两线圈间作用力为零，故A正确；B、在t2时刻，线圈A中的电流为零，而磁通量的变化率是最大的，所以线圈B感应电流也是最大，但由于A中电流为零，故A、B间的相互作用力最小，故B错误；C、在t1到t2时间内，若设逆时针（从左向右看）方向为正，则线圈A电流方向逆时针且大小减小，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向右的磁通量大小减小，由楞次定律可知，线圈B的电流方向逆时针方向，因此A、B中电流方向相同，出现相互吸引现象，故C错误；D、在t2到t3时间内，若设逆时针方向（从左向右看）为正，则线圈A电流方向顺时针且大小增大，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向左的磁通量大小增大，由楞次定律可知，线圈B的电流方向逆时针方向，因此A、B中电流方向相反，A、B出现互相排斥，故D正确；本题选错误的，故选：BC．根据安培定则确定电流与磁场的方向关系，再根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同．最后运用同向电流相互吸引，异向电流相互排斥．解决本题的关键掌握安培定则、楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．同时注意同向电流相互吸引与同种电荷相互排斥不同．15. （1）已知5s末理想电压表的读数为0.2V，即R的电压为0.2V，根据公式P=求解R上消耗的电功率；（2）根据串联电路分压规律求出金属杆产生的感应电动势E，再由公式E=BLv求解金属杆在5s末的运动速率；（3）由速度公式v=at求出杆的加速度a，由F安=BIL求出杆所受的安培力，即可由牛顿第二定律求出5s 末时外力F大小，由公式P=Fv求解外力的功率．。