电磁感应与电路问题-----高中物理模块典型题归纳(含详细答案)

电磁感应与电路问题-----高中物理模块典型题归纳（含详细答案）
一、单选题
1.如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中．一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中()
A.PQ中电流先增大后减小
B.PQ两端电压先减小后增大
C.PQ上拉力的功率先减小后增大
D.线框消耗的电功率先减小后增大
2.如图表示，矩形线圈绕垂直于匀强磁场磁感线的固定轴O以角速度w逆时针匀速转动时，下列叙述中正确的是（）
A.若从图示位置计时，则线圈中的感应电动势e=E m sinwt
B.线圈每转1周交流电的方向改变1次
C.线圈的磁通量最大时感应电动势为零
D.线圈的磁通量最小时感应电动势为零
3.如图所示，MN、PQ是间距为L的平行金属导轨，置于磁感应强度为B、方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻。

一根与导轨接触良好、有效阻
值为的金属导线ab垂直导轨放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动，不计导轨电阻，则（）
A.通过电阻R的电流方向为P→R→M
B.a、b两点间的电压为BLv
C.a端电势比b端电势高
D.外力F做的功等于电阻R上产生的焦耳热
4.闭合的金属环处于随时间均匀变化的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环平面，则()
A.环中产生的感应电动势均匀变化
B.环中产生的感应电流均匀变化
C.环中产生的感应电动势保持不变
D.环上某一小段导体所受的安培力保持不变
5.用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导体线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示。

在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为U a、U b、U c 和U d。

下列判断正确的是()
A.U a＜U b＜U c＜U d
B.U a＜U b＜U d＜U c
C.U a＝U b＜U c＝U d
D.U b＜U a＜U d＜U c
6.如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向在图中已经画出．左线圈连着平行导轨M和N，导轨电阻不计，在导轨垂直方向上放着金属棒ab，金属棒处于垂直纸面向外的匀强磁场中，下列说法正确的是()
A.当金属棒向右匀速运动时，a点电势高于b点，c点电势高于d点
B.当金属棒向右匀速运动时，b点电势高于a点，c点与d点为等电势点
C.当金属棒向右加速运动时，b点电势高于a点，c点电势高于d点
D.当金属棒向左加速运动时，b点电势高于a点，d点电势高于c点
7.在匀强磁场中，ab、cd两根导体棒沿两根导轨分别以速度v1、v2滑动，如图所示。

下列情况中，能使电容器获得最多电荷量且左边极板带正电的是（）
A.v1＝v2，方向都向右
B.v1＝v2，方向都向左
C.v1>v2，v1向右，v2向左
D.v1>v2，v1向左，v2向右
8.如图所示，正方形线框的边长为L，电容器的电容为C。

正方形线框的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，在磁场以变化率k 均匀减弱的过程中，下列说法正确的是（）
A.电压表的读数为
B.线框产生的感应电动势大小为
C.电容器所带的电荷量为零
D.回路中电流为零
9.如图所示，光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个灯泡，匀强磁场垂直于导轨所在平面，当棒下滑到稳定状态时，小灯泡获得的功率为P，除灯泡外，其他电阻不计．要使稳定状态下灯泡的功率变为2P，下列措施正确的是()．
A.一个电阻为原来一半的灯泡
B.把磁感应强度增为原来的2倍
C.换一根质量为原来2倍的金属棒
D.把导轨间距减为原来的
二、多选题
10.在如图甲所示的电路中,螺线管匝数n=1500匝,横截面积S=20cm2。

环绕螺线管的导线电阻r=1.0Ω，R1=4.0Ω，滑动变阻器全电阻R2=5.0Ω,电压表可看作理想表,螺线管内磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化。

则下列说法中正确的是（）
A.S断开时,电压表示数为1.2V
B.闭合S稳定后,电压表示数为1.2V
C.闭合S稳定后,电阻R1的消耗的最大功率为0.36W
D.闭合S稳定后,电阻R1的消耗的最大功率为0.2304W
11.如图所示，由某种粗细均匀的金属条制成的矩形线框abcd固定在纸面内，匀强磁场垂直纸面向里。

一导体棒PQ放在线框上，在水平拉力F作用下沿平行ab的方向匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。

在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中（）
A.通过PQ的电流先增大后减小
B.PQ两端电压先增大后减小
C.拉力F的功率先减小后增大
D.通过ad的电流先增大后减小
12.如图所示为交流发电的简易图，n匝矩形线圈的面积为S，整个装置处在磁感应强度为B 的竖直向下匀强磁场中，已知线圈的电阻值为r，通过电刷与定值电阻R相连接，与定值电
阻并联一理想的交流电压表，现矩形线圈绕中心轴线OO’以恒定的角速度ω匀速转动。

t=0时刻线圈处在中性面。

下列说法正确的是（）
A.t=0时刻流过定值电阻的电流方向向左
B.线圈中产生感应电动势的瞬时表达式为e=nBSωsinωt（V）
C.线圈转过的过程中，电压表的读数为
D.从t=0时刻起，线圈转过60º时流过定值电阻的瞬时电流为
13.如图所示，金属杆ab静放在水平固定的“U”形金属框上，整个装置处于竖直向上的磁场中．当磁感应强度均匀增大时，杆ab总保持静止，则（）
A.杆中感应电流方向是从b到a
B.杆中感应电流大小保持不变
C.金属杆所受安培力逐渐增大
D.金属杆受三个力作用而保持平衡
14.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨与水平面成0角放置，导轨间距为L且电阻不计，其顶端接有一阻值为R的电阻，整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。

一质量为m的金属棒以初速度υ0由导轨底端上滑，经一段时间滑行距离x到达最高点后，又返回底端。

棒与两导轨始终垂直且接触良好，其接入电路中的电阻为r，重力加速度为g。

下列说法正确的是（）
A.棒下滑过程的平均速度等于
B.棒下滑过程通过R的电荷量为
C.棒上滑时间等于
D.棒上滑过程中回路产生的焦耳热等于
15.如图所示，两根光滑平行金属导轨固定在倾角为30°的斜面上，导轨间距为L，导轨下端连接一个阻值为R的定值电阻，空间中有一磁感应强度大小为B、方向垂直导轨所在斜面上的匀强磁场。

在斜面上平行斜面固定一个轻弹簧，弹簧劲度系数为k，弹簧上端与质量为m、电阻为r、长为L的导体杆相连，杆与导轨垂直且接触良好。

导体杆中点系一轻细线，细线平行斜面，绕过一个光滑定滑轮后悬挂一个质量也为m的物块。

初始时用手托着物块，导体杆保持静止，细线伸直，但无拉力。

释放物块后，下列说法正确的是（）
A.释放物块瞬间导体杆的加速度为g
B.导体杆最终将保持静止，在此过程中电阻R上产生的焦耳热为
C.导体杆最终将保持静止，在此过程中细线对导体杆做功为
D.导体杆最终将保持静止，在此过程中流过电阻R的电荷量为
16.在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如图所示的PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。

一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图位置向右运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为v/2，则下列说法正确的是( )
A.此时圆环中的电流为逆时针方向
B.此时圆环的加速度为
C.此时圆环中的电功率为
D.此过程中通过圆环截面的电量为
17.电饭锅工作原理电路如图所示.下列关于电饭锅工作原理的说法中，正确的有（）
A.必须手动按下开关按键后，电饭锅才能开始正常工作
B.插上电源插头后，电饭锅即正常工作，直至饭煮熟
C.感温铁氧体的作用是在锅内温度达到103℃时失去磁性，再在弹簧的作用下使电路断开
D.通过图示电路即可实现加热和自动保温功能
三、综合题
18.如图，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为L，电阻R1、R2并联后接在导轨左端。

整个区域内存在垂直轨道平面向下的匀强磁场。

一质量为m，电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好。

自t=0时刻起，在一水平向右的外力F作用下金属棒由静止开始做加速度a=0.4m/s2的匀加速运动。

（已知L＝1m，m＝1kg，R1＝0.3W，R2＝0.6W，r＝0.3W，B＝0.5T）。

求：
（1）t=0.5s时，通过金属棒MN的电流I r和金属棒的热功率P r；
（2）0~0.5s内，通过电阻R1的电量q；
（3）通过分析、计算，在图B.中画出0~1s内F随时间t变化的图像。

19.
（1）如图所示，两根足够长的平行导轨，间距L＝0.3 m，在导轨间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B1＝0.5 T．一根直金属杆MN以v＝2 m/s的速度向右匀速运动，杆MN 始终与导轨垂直且接触良好．杆MN的电阻r1＝1 Ω，导轨的电阻可忽略．求杆MN中产生的感应电动势E1.
（2）如图乙所示，一个匝数n＝100的圆形线圈，面积S1＝0.4 m2，电阻r2＝1 Ω.在线圈中存在面积S2＝0.3 m2垂直线圈平面(指向纸外)的匀强磁场区域，磁感应强度B2随时间t变化的关系如图丙所示．求圆形线圈中产生的感应电动势E2.
（3）有一个R＝2 Ω的电阻，将其两端分别与图甲中的导轨和图乙中的圆形线圈相连接，b 端接地．试判断以上两种情况中，哪种情况a端的电势较高？求这种情况中a端的电势φa.
20.如图所示，匝数N=20、横截面积S=0.04 m2的线圈中有方向竖直向上的匀强磁场B1，B1均匀变化；两相互平行、间距为L=0.2m的金属导轨固定在倾角为30°的斜面上；导轨通过开关S与线圈相连。

一光滑金属杆放置在靠近导轨上端的M、N位置，M、N等高，金属杆质量m=0.02 kg，阻值R1=0.2 Ω；导轨底端连接一阻值为R2=0.8 Ω的电阻；导轨所在区域有垂直于斜面向上的匀强磁场B2=0.5 T。

闭合S，金属杆恰能静止于斜面的M、N位置；断开S，金属杆由M、N位置从静止开始向下运动，经过t=0.5 s，下滑通过的距离x=0.6 m。

金属导轨光滑且足够长，线圈与导轨的电阻忽略不计。

g取10 m/s2。

（1）求B1变化率的大小，并确定B1的变化趋势；
（2）金属杆下滑x=0.6 m的过程中，金属杆上产生的焦耳热。

21.间距l=0.20m 的两平行光滑金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成。

垂直于水平导轨放置一质量m=0.01kg、阻值R=0.10Ω 的导体棒ab，位于坐标x0=0.30m 处，如图所示。

水平导轨处于B=0.50T、方向垂直导轨平面的匀强磁场中，磁场左边界位于坐标x=0 处，右边界位于x= x1 处，x1足够大，导体棒出磁场右边界前已达到稳定速度。

在倾斜导轨高h=0.2m 处垂直于导轨静止放置与导体棒ab 相同的导体棒cd。

导体棒在运动过程中始终垂直于导轨，不计导轨电阻，忽略磁场边界效应。

求
（1）棒cd 恰好进入磁场左边界时的速度大小；
（2）棒cd 和棒ab 在磁场中运动的最终速度；
（3）cd 棒从进入到离开磁场的过程中，安培力对系统做的总功。

答案
一、单选题
1.【答案】C
【解析】【解答】导体棒由靠近ad边向bc边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势E=BLv，保持不变，外电路总电阻先增大后减小，由欧姆定律分析得知PQ中的电流先减小后增大，A不符合题意；
PQ中电流先减小后增大，PQ两端电压为路端电压，由U=E-IR，可知PQ两端的电压先增大后减小．B不符合题意；
导体棒匀速运动，PQ上外力的功率等于回路的电功率，而回路的总电阻R先增大后减小，
由，分析得知，PQ上拉力的功率先减小后增大．C符合题意；
线框作为外电路，总电阻最大值为，则导体棒PQ上的电阻始终大于线框的总电阻，当导体棒向右运动的过程中电路中的总电阻先增大后减小，根据闭合电路的功率的分配关系与外电阻的关系可知，当外电路的电阻值与电源的内电阻相等时外电路消耗的电功率最大，所以可得线框消耗的电功率先增大后减小．D不符合题意。

故答案为：C
【分析】利用电流中的总电阻变化结合电动势保持不变可以判别电流和电压的大小变化；利用电流的大小可以判别安培力及水平拉力的大小，进而可以判别拉力的功率大小变化；利用电路的热功率变化可以判别电路中的电功率变化。

2.【答案】C
【解析】【解答】解：A、图示位置，感应电动势最大，若从图示位置计时，线圈中的感应电动势e=E m coswt，故A错误；
B、线圈每转1周交流电的方向改变2次，故B错误；
C、线圈的磁通量最大时感应电动势为零，故C正确，D错误；
故选：C．
【分析】磁通量﹣时间图像斜率等于磁通量的变化率，其大小决定了感应电动势的大小．当线圈的磁通量最大时，线圈经过中性面，电流方向发生改变．
3.【答案】C
【解析】【解答】由右手定则可知，通过电阻R的电流方向为M→R→P，a端电势比b端高，A不符合题意；C 符合题意；ab产生的电动势为：，则a、b两点间的电压为
，B不符合题意；由能量守恒定律可知，外力F做的功等于电阻R上发出的焦耳热及金属导轨上的焦耳热之和，D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】利用右手定则可以判别回路中的电流方向；利用欧姆定律可以求出ab两点间的电压大小；利用电流方向可以判别电势的高低；利用能量守恒定律可以判别外力做功等于总的焦耳热的大小。

4.【答案】C
【解析】【分析】因为磁场是均匀变化的，穿过闭合金属环的磁通量是均匀变化的，根据
得产生的感应电动势是恒定不变的，产生的感应电流是恒定不变的，但由于磁场在变化，所以安培力是变化的，所以选C
【点评】基础题，关键是对公式的正确掌握
5.【答案】B
【解析】【分析】每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为、
,,,则U a＜U b＜U d＜U c，B正确。

【点评】难度中等，对于电磁感应与电路的结合问题，先要搞清楚那一段为电源，那一部分为外电路，画出等效电路图，再根据闭合电路欧姆定律求解
6.【答案】B
【解答】ab棒向右匀速运动时，根据右手定则判断得知，ab棒中感应电流方向从a→b，【解析】
ab相当于电源，所以b点电势高于a点。

原线圈中产生的感应电流是恒定的，原线圈中的磁场是恒定的，穿过副线圈的磁通量不变，没有感应电动势产生，cd中没有电流流过，所以c点与d点等电势。

A不符合题意、B符合题意；ab棒向右加速运动时，根据右手定则判断得知，ab棒中感应电流方向从a→b，ab相当于电源，所以b点电势高于a点。

根据安培定则判断可知，原线圈中向下的磁场，而且在增强，副线圈中有向上的磁场在增强，根据楞次定律可知，副线圈中感应电流从d通过电阻到c，d点电势高于c点，C不符合题意；ab 棒向左加速运动时，根据右手定则判断得知，ab棒中感应电流方向从b→a，ab相当于电源，所以a点电势高于b点。

根据安培定则判断可知，原线圈中向上的磁场，而且在增强，副线圈中有向下的磁场在增强，根据楞次定律可知，副线圈中感应电流从c通过电阻到d，c点电势高于d点，D不符合题意。

故答案为：B
【分析】利用金属棒的运动结合右手定则可以判别ab两点电势的高低；利用金属棒的速度情况可以判别副线圈的感应电流方向，进而判别cd两点的电势高低。

7.【答案】C
【解析】【解答】当ab棒和cd棒分别向右和向左运动时，两棒均相当于电源，且串联，电路中有最大电动势，对应最大的顺时针方向电流，电阻上有最高电压，所以电容器上有最多电荷量，左极板带正电，选项C符合题意。

故答案为：C。

【分析】磁通量变化越快感应电动势越强，所以只有当两根导体棒沿相反方向运动时磁通量变化得最快。

8.【答案】D
【解析】【解答】A、D项：磁场均匀减弱，线圈产生恒定的感应电动势，电容器充电完毕后电路中没有电流，电压表则没有读数。

A不符合题意，D符合题意。

B项：由法拉第电磁感应定律得：，B不符合题意；
C项：线圈产生恒定的感应电动势给电容器充电，则电容器的电量不为零。

C不符合题意。

故答案为：D
【分析】利用磁通量变化率可以判别电动势的大小；由于电容器充电后断路所以电流为0；利用电动势表达式可以求出电动势大小，结合电容可以求出电荷量的大小。

9.【答案】D
【解析】【解答】当ab棒下滑到稳定状态时，有：mgsinθ=F A，又安培力为：，得；由能量守恒定律得，灯泡的功率为：；
当换一个电阻为原来一半的灯泡时，则P变为原来的倍。

A不符合题意。

当把磁感应强度B增为原来的2倍，P变为原来的倍。

B不符合题意。

当换一根质量为原来2倍的金属棒时，P变为原来的4倍。

C不符合题意。

当把导轨间的距离增大为原来的倍时，即L
变为倍，P变为原来的2倍。

D符合题意。

故答案为：D
【分析】利用平衡方程结合功率的表达式可以求出功率的影响因素；利用影响因素可以判别如何使功率翻倍。

二、多选题
10.【答案】A,D
【解析】【解答】A、S断开时，电压表示数等于电源的电动势，根据法拉第电磁感应定律
，所以电压表示数为1.2V，A符合题意；
B、闭合S稳定后，电压表的示数为电源的路端电压，小于1.2V，B不符合题意；
C、当滑动变阻器的阻值为0时，电路电流最大，，电阻R1消耗的最大功率为，C不符合题意，D符合题意；
故答案为：AD.
【分析】利用电磁感应定律可以求出电动势大小，断路时电压大小等于电动势大小；由于导线存在内阻所以闭合开关电压表只是显示了路端电压的大小；利用R2的电阻最小可以求出电阻R1最大的功率。

11.【答案】B,C
【解析】【解答】A.导体棒由靠近ad边向bc边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势E=BLv，保持不变，外电路总电阻先增大后减小（在ab中点时外电阻最大），由欧姆定律分析得知
PQ中的电流先减小后增大，A不符合题意；
B.PQ中电流先减小后增大，PQ两端电压为路端电压，由U=E-IR，可知PQ两端的电压先增大后减小，B符合题意；
C.导体棒匀速运动，PQ上拉力的功率等于回路的电功率，而回路的总电阻R总先增大后减小，
由，分析得知，PQ上拉力的功率先减小后增大，C符合题意；
D.导体棒向右运动到ab中点的过程中，电路的总电流在减小，且ad部分的电阻一直在增大，因此ad部分分得的电流一直在减小，由ab中点向右运动的过程中，ad部分的电压一直在减小，且ad部分的电阻在增加，因此电流继续减小，因此通过ad的电流一直减小，D不符合题意。

故答案为：BC
【分析】利用电阻定律可以判别PQ移动过程中电阻的变化；利用电阻的变化可以判别电流的变化；利用欧姆定律可以判别外电压的大小变化；利用电功率的变化可以判别拉力功率的变化；利用欧姆定律可以判别通过ad电流大小的变化。

12.【答案】B,D
【解析】【解答】A项：t=0时刻线圈位于中性面位置，此时线圈平面与磁场垂直，没有任何一边切割磁感线，所以此时无电流，A不符合题意；
B项：线圈中产生感应电动势的瞬时表达式为，B符合题意；
C项：电压表的示数为有效值，所以电压表的示数为：，C不符合题意；
D项：线圈转过60º时，线圈中的电动势为，由闭合电路欧
姆定律可得：，D符合题意。

故答案为：BD。

【分析】由于0时刻磁通量最大所以此时感应电流为0；利用感应电动势的峰值和角速度可以求出表达式；利用电动势和电阻的规律可以求出电压表的读数；利用瞬时电动势除以总电阻可以求出瞬时电流。

13.【答案】B,C
【解析】【解答】解：A、当磁感应强度B均匀增大时，穿过回路的磁通量增大，根据楞次定律判断得到：回路中感应电流方向为顺时针方向（俯视），杆中的感应电流方向是从a到b．A不符合题意
B、当磁感应强度B均匀增大时，穿过回路的磁通量均匀增大，根据E= = 得，回路中产生的感应电动势不变，则感应电流大小保持不变．B符合题意．
C、根据安培力F=BIL，得知金属杆受到的安培力逐渐增大．C符合题意；
D、由左手定则判断可知，金属杆所受水平向左安培力、重力、支持力与静摩擦力相平衡．D 不符合题意．
故答案为：BC
【分析】利用感生电动势表达式可以判断电流的大小，利用增反减同可以找到感应电流方向，安培力随着B的增大而变大，金属棒受到的力不只三个，重力支持力摩擦力安培力四个力的作用。

14.【答案】C,D
【解析】【解答】A、根据能量守恒得，除最高点外，在任何一个位置，上滑到此位置的速度大于下滑到此位置的速度，则上滑的平均速度大于下滑的平均速度，在上滑过程中，物体
做加速度逐渐减小的减速运动，故上滑的平均速度小于，故下滑的平均速度小于，A不符合题意；
B、根据感应电荷量公式可知，下滑过程中通过R的电荷量为，B不符合题意；
C、上滑过程，以向上为正方向，对棒由动量定理得：，两边求和得：，整理得：
，又，解得，C符合题意。

D、棒上滑到最高点的过程中，由能量守恒定律可得，回路中产生的总焦耳热为：
，D符合题意。

故答案为：CD
【分析】利用能量守恒可以判别下滑到起始位置的速度大小，再利用速度变化可以判别平均速度的大小；利用电荷量和磁通量变化量的关系可以求出电荷量大小；利用能量守恒可以求出上滑过程的焦耳热；利用动量定理可以求出上滑的时间。

15.【答案】B,C,D
【解析】【解答】A．初始时，弹簧被压缩，弹力大小，即
，释放物块瞬间，安培力为零，对杆和物块分析有：、，解得：，A不符合题意．
B．由于电磁感应消耗能量，杆最终速度为零，安培力为零，细线拉力，弹簧处于
伸长状态；对导体杆有：，解得：；弹簧弹性势能不变，对物块、导体杆、弹簧整个系统，由能量守恒得：，解
得：，电阻R上产生的焦耳热．B符合题意．
C．从运动到最终停止，弹簧弹力对导体棒做功为零，对导体棒运用动能定理得，
，又，解得：细线对导体杆拉力做功．C符合题意．
D．流过电阻R上的电荷量，D符合题意．
故答案为：BCD
【分析】利用牛顿第二定律可以判别刚开始杆的加速度不等于g；利用平衡可以求出最后静止的形变量大小，结合能量守恒定律可以求出焦耳热的大小；利用动能定理可以求出绳子拉力做的功；利用磁通量变化量可以求出电荷量的大小。

16.【答案】B,D
【解析】【解答】由楞次定律可知，线圈产生的感应电流沿顺时针方向，A不符合题意；此
时圆环受力为：，由牛顿第二定律可得，加速
度为：，B符合题意；当圆环的直径与边界线PQ重合时，圆环左右两个半环均产生感应电动势，有效切割的长度都等于直径，故线圈中的感应电动势为：E=2B×2a×
=2Bav，圆环中的电功率为：，C不符合题意。

此过程中，电路中的平
均电动势为：，则电路中通过的电量为：，D符合题意；
故答案为：BD。

【分析】利用楞次电流可以判别圆环中的电流方向；利用安培力表达式可以求出安培力的大小，结合牛顿第二定律可以求出加速度大小；利用动生电动势可以求出电功率大小，利用磁通量变化量可以求出电量的大小。

17.【答案】A,C
【解析】【解答】AB.电饭锅插上电源后只有按下开关按键，开关横杆把磁铁向上顶，使磁铁吸住感温软铁，这时发热电阻丝接通电源开始加热；A符合题意，B不符合题意.
C.当温度达到103℃时，感温软铁就不受磁铁的吸引，开关的杠杆在弹簧的弹力及自身重力的作用而下降，使接触点分开，发热电阻与电源断开；C符合题意.
D.电饭锅的关键原理是能够让温度升到103℃而进入保温模式，若温度达不到则不能保温，比如烧水就不能自动保温；D不符合题意.
故答案为：AC.
【分析】只有按下开关才可以进行通电工作；接上电源后电路实际还不通路；温度达到特定温度时，感温软体就不受磁铁吸引了自动断开电路；该电路实现保温要达到特点温度才可以进行自动保温。

三、综合题
18.【答案】（1）解：由v=at、感应电动势ε=BLv 、感应电流、
可求得：
P r= I r2r=0.22×0.3W=0.012W
（2）解：0.5s时，
通过电阻R1的电流，得I1∝t，
所以3
（3）解：金属棒在水平方向受到向右的外力F和向左的安培力F A，做匀加速运动。

根据牛顿第二定律ma=F-F A。