故选A.

3.解：由图乙所示可知，在0﹣1s内，电流是正的，即从上向下看，沿顺时针方向，电流大小是定值，则磁感应强度均匀变化，在1﹣2s内，感应电流为零，则磁感应强度不变，在2﹣4s内，感应电流是负的，即沿逆时针方向，电流大小不变，则磁感应强度随时间均匀变化;

A、根据图示图象，由楞次定律可知，0﹣1s内感应电流感应电流沿顺时针方向(从上向下看)，在1﹣2s内磁感应强度不变，穿过线圈的磁通量不变，感应电流为零，在2﹣4s内，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，符合题意，故A正确;B错误;

C、由图示图示可知，在1﹣2s内，磁感应强度是变化的，穿过线圈的磁通量是变化的，线圈中有感应电流，不符合题意，故C错误;

D、根据图示图象，由楞次定律可知，0﹣1s内感应电流感应电流逆时针方向(从上向下看)，在1﹣2s内磁感应强度不变，穿过线圈的磁通量不变，感应电流为零，在2﹣4s内，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，不符合题意，故D错误;

故选：A.

4.解：A、B、当磁铁靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增加，线圈中产生感应电流，线圈受到磁铁的安培力作用，根据楞次定律可知，线圈受到的安培力斜向右下方，则线圈对桌面的压力增大，即N大于mg.线圈相对桌面有向右运动趋势，受到桌面向左的静摩擦力.故A正确，B错误.

C、当磁铁远离线圈时，穿过线圈的磁通量减小，线圈中产生感应电流，线圈受到磁铁的安培力作用，根据楞次定律可知，线圈受到的安培力斜向右上方，则线圈对桌面的压力减小，即N小于mg.线圈相对桌面有向右运动趋势，受到桌面向左的静摩擦力.故C错误，

D、当磁铁靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增加，线圈中产生感应电流从上向下看是逆时针方向;当磁铁远离线圈时，穿过线圈的磁通量减小，线圈中产生感应电流从上向下看是顺时针方向，故D错误.

故选：A.

5.CD 楞次定律.

解：环中通以恒定电流I后，圆环所受安培力为BI 2πr，则在竖直方向的分力为2πrBIcosθ，

AC、由牛顿第二定律，可得：BI2πrcosθ﹣mg=ma，则圆环向上的加速度为a=﹣g，竖直向上，

在电流未撤去时，圆环将做匀加速直线运动，经过时间t，速度会达到最大值，由v=at得v=﹣gt，故C项正确;

在时间t内，上升的高度h=，则安培力对圆环做功为W=Fh=πrBIt2cosθ(﹣g)，故A错误;

B、电流撤去后，由于惯性，圆环继续向上运动，在磁场中切割磁感线而做变减速运动，故B项错误;

D、圆环通电流时，电流方向为顺时针，安培力分量指向圆心，有收缩的趋势，撤去电流后，切割产生的感应电流为逆时针，则安培力分量背离圆心，则有扩张的趋势，故D正确.

故选：CD.

6.解：A、当条形磁铁插入线圈的瞬间，穿过线圈的磁通量增加，产生感应电流.条形磁铁第一次缓慢插入线圈时，磁通量增加慢.条形磁铁第二次迅速插入线圈时，磁通量增加快，但磁通量变化量相同.故A正确;

B、根据法拉第电磁感应定律=

第二次线圈中产生的感应电动势大，感应电流：I= 也大，外力做的功转化为内能：W=Q=I2Rt=t=t= 所以外力做的功与所用的时间成反比，即速度越快，外力做的功越多.故B错误;

C、根据法拉第电磁感应定律=

第二次线圈中产生的感应电动势大，故C错误;

D、根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的大小，由欧姆定律分析感应电流的大小.再由q=It可确定导体某横截面的电荷量等于磁通量的变化与电阻的比值，由于磁通量变化量相同，电阻不变，所以通过导体横截面的电荷量不变，故D正确;

故选：AD.

7.①(连错一条线则得0分)

② Ⅰ.将开关闭合(或者断开);

Ⅱ.将螺线管A插入(或拔出)螺线管B

右

8.

9.(1)ab中的电流方向为b到a(2) (3)R 1 =2.0Ω m=0.1kg

(1)由右手定则，金属棒ab中的电流方向为b到a (2)由能量守恒，金属棒减小的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热解得： (3)设最大速度为v，切割磁感线产生的感应电动势 由闭合电路的欧姆定律： 从b端向a端看，金属棒受力如图：金属棒达到最大速度时满足 由以上三式得： 由图像可知：斜率为 ，纵截距为v 0 =30m/s，得到： 解得：R 1 =2.0Ω m=0.1kg 点评：本题考察了常见的电磁感应类的问题，通过受力分析弄清物体运动过程，并结合能量守恒定律求出电阻发热等问题。

10.解析：(1)向右

(2)传感器正常工作时的电阻

工作电流

由于滑动变阻器工作电流是1A，所以电路允许通过的最大电流为I=0.3A

(3)滑动变阻器触头位于最左端时外电路的电阻为R外=20Ω，故电源电动势的最大值E=I(R外+r)=6.3V

由法拉第电磁感应定律

解得t0=40s

11.解：设竖直板的长度为L，小球带电量为q

F杆的方向与水平方向成角

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