2024年高考物理选修二专题练习第2节 法拉第电磁感应定律

《模型畫法·物理課堂》馮考必勝第2节法拉第电磁感应定律【刷基础】【题型1对法拉第电磁感应定律的理解】1．[江西南昌二中2021高二上期末]下列关于电磁感应现象说法正确的是()A．穿过闭合电路的磁通量越大，闭合电路中的感应电动势越大B．穿过闭合电路的磁通量为零时，感应电动势不一定为零C．穿过闭合电路的磁通量变化越多，闭合电路中的感应电动势越大D．只要穿过闭合电路的磁通量不为零，闭合电路中就一定有感应电流答案：B解析：感应电动势与磁通量的变化率成正比，与磁通量大小、磁通量变化的多少无关，A、C错误，B正确；闭合电路中的磁通量有变化才有感应电流，D错误．2．[安徽淮南一中2021高二下段考]无线充电技术已经广泛应用于日常生活中，图甲为电动汽车无线充电原理图，M为受电线圈，N为送电线圈．图乙为受电线圈M的示意图，线圈匝数为n、横截面积为S，a、b两端连接车载变流装置，某段Δt时间内线圈N产生的磁场平行于圆轴线()A．当线圈M中磁感应强度B不变时，能为电动汽车充电B．当线圈N接入恒定电流时，线圈M两端产生恒定电压C．当线圈M中的磁感应强度B增加时，线圈M两端电压可能变大D．若这段Δt时间内线圈M中磁感应强度大小均匀增加ΔB，则M中产生的感应电动势为eq\f(SΔB,Δt)答案：C解析：线圈M中的磁感应强度不变，则M中的磁通量不发生变化，故无法产生感应电流，不能为电动汽车充电，A错误；当线圈N接入恒定电流时，受电线圈M中的磁通量不变，故M两端不能产生感应电动势，线圈M两端无电压，B错误；线圈M中的磁感应强度增加，根据法拉第电磁感应定律，如果磁感应强度增加得越来越快，则产生逐渐增大的感应电动势，此时线圈M两端产生的电压变大，C正确；根据法拉第电磁感应定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)，D错误．【题型2法拉第电磁感应定律的基本应用】3．如图所示，边长L＝20cm，匝数为10匝的正方形导体线框abcd放置于墙角，线框平面与地面的夹角α＝30°.该区域有磁感应强度B＝0.2T、水平向右的匀强磁场，现将cd边向右拉动，ab边经0.1s着地，在这个过程中线框中产生的感应电动势的大小与感应电流的方向为()A．0.8V方向adcbB．0.8V方向abcdC．0.4V方向abcdD．0.4V方向adcb答案：D解析：初状态穿过线框abcd的磁通量Φ1＝BL2sinα，末状态穿过线框abcd的磁通量Φ2＝0，根据法拉第电磁感应定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(BL2sinα,t)＝eq\f(10×0.2×0.22×\f(1,2),0.1)V＝0.4V；根据楞次定律可知感应电流的方向为adcb，故A、B、C错误，D正确．4．[山东威海2021高二上期末](多选)如图甲所示，N＝10匝的线圈(图中只画了1匝)电阻r＝10Ω，其两端a、b与一个R＝20Ω的电阻相连，线圈内有垂直纸面向里的磁场，线圈中的磁通量按图乙所示的规律变化，下列判断正确的是()A．线圈中的感应电动势大小为0.3VB．线圈中的感应电流大小为0.03AC．线圈中感应电流的方向由a到bD．a端电势比b端高答案：AD解析：由法拉第电磁感应定律知线圈中的感应电动势大小E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝10×eq\f(0.06,2)V＝0.3V，A正确；由闭合电路欧姆定律知线圈中的感应电流大小I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(0.3,20＋10)A＝0.01A，B错误；由楞次定律知线圈中感应电流的方向由b到a，电源内部电流方向为从负极流向正极，所以a端电势比b端高，C错误，D正确．5．[福建三明一中2021高二下开学考试]如图甲所示，螺线管内有平行于轴线的磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与“”形导线框cdef相连．当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时()A．在t1时刻，导线框内的感应电流最大B．在t1～t2时间内，导线框内感应电流的方向为cdefcC．在t1～t2时间内，导线框内感应电流变小D．在t1～t2和t2～t3时间内，导线框内感应电流的方向相反答案：B解析：由法拉第电磁感应定律有E＝neq\f(ΔB,Δt)S，其中eq\f(ΔB,Δt)＝k，由I＝eq\f(E,R)解得I＝eq\f(nkS,R)，在t1时刻，图线的切线斜率k＝0，导线框内无感应电流，A错误；在t1～t2时间内，磁感应强度B向上且减小，磁通量向上减小，根据楞次定律知导线框内感应电流的方向为cdefc，B正确；在t1～t2时间内，图线的切线斜率k增大，导线框内感应电流变大，C错误；在t1～t2和t2～t3时间内，根据楞次定律，导线框内感应电流的方向相同，均为cdefc，D错误．6．[湖南张家界2021高二上期末]如图甲为手机及无线充电板．图乙为充电原理示意图．为方便研究，现将问题简化如下：设受电线圈的匝数为n，面积为S，若在t1～t2时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由B1均匀增加到B2.下列说法正确的是()A．c点的电势高于d点的电势B．受电线圈中感应电流方向由d到cC．c、d之间的电压为eq\f(n（B2－B1）S,t2－t1)D．若想增加c、d之间的电势差，可以仅均匀增加送电线圈中的电流答案：C解析：根据楞次定律知，受电线圈产生的感应电流方向俯视看为顺时针方向，受电线圈中感应电流方向由c到d，所以c点的电势低于d点的电势，A、B错误；根据法拉第电磁感应定律，c、d之间的电势差Udc＝E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(n（B2－B1）S,t2－t1)，C正确；若想增加c、d之间的电势差，应增大送电线圈中电流的变化率，D错误．【题型3导体切割磁感线产生电动势的分析与计算】7．[山东德州齐河一中2021高二下月考]如图，水平面内两导轨间距L＝1m，处于磁感应强度B＝1T的匀强磁场中，导轨的左端接有电阻R＝3Ω，长1m的导体棒PQ垂直导轨放置，且与导轨接触良好，以v＝4m/s的速度向右匀速滑动，导体棒电阻r＝1Ω，导轨的电阻忽略不计．则下列说法正确的是()A．P点的电势高于Q点，P、Q两点电势差的大小为4VB．P点的电势高于Q点，P、Q两点电势差的大小为3VC．Q点的电势高于P点，P、Q两点电势差的大小为4VD．Q点的电势高于P点，P、Q两点电势差的大小为3V答案：B解析：切割磁感线的导体棒PQ相当于电源，由右手定则可知电流方向为Q→P，电源内部电流由低电势流向高电势，故P点电势高于Q点，故C、D错误；E＝BLv＝1×1×4V＝4V，P、Q两点的电势差等于路端电压，由闭合电路欧姆定律得P、Q两点的电势差U＝IR＝eq\f(E,R＋r)R＝eq\f(4,3＋1)×3V＝3V，故A错误，B正确．8．[江西赣州2020高二下检测](多选)如图所示，三角形金属导轨EOF上放有一金属棒AB，均处于垂直于纸面向里的匀强磁场中．在外力作用下使AB保持与OF垂直，以速度v匀速从O点开始右移，设导轨和金属棒均由粗细相同的同种金属制成，则下列判断正确的是()A．回路中的感应电流大小不变B．回路中的感应电动势大小不变C．回路中的感应电动势逐渐增大D．回路中的感应电流减小答案：AC解析：设导轨和金属棒单位长度的电阻为r，∠EOF＝α，金属棒AB从O点开始运动时间为t时，切割磁感线的有效长度L＝vt·tanα，感应电动势的大小E＝BLv＝Bvt·tanα·v＝Bv2tanα·t∝t，则感应电动势逐渐增大，故B错误，C正确；t时刻回路中的总电阻R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vt＋vt·tanα＋\f(vt,cosα)))r，感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\a\vs4\ac\hs10\co2(Bv2t·tanα),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vt＋vt·tanα＋\f(vt,cosα)))r)＝eq\f(\a\vs4\ac\hs10\co2(Bv2tanα),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v＋v·tanα＋\f(v,cosα)))r)，与t无关，说明感应电流大小不变，故A正确，D错误．9．[河南开封五县2021高二上期末联考]如图所示，在竖直向上的匀强磁场中将金属棒ab从某高处以速度v0水平抛出，不计空气阻力，金属棒ab在运动过程中()A．感应电动势大小不变，且φa＞φbB．感应电动势大小不变，且φa＜φbC．由于速率不断增大，所以感应电动势不断变大，且φa＞φbD．由于速率不断增大，所以感应电动势不断变大，且φa＜φb答案：A解析：金属棒水平抛出后切割磁感线产生感应电动势，由于磁场方向竖直向上，所以有效切割速度就是金属棒的水平分速度，而平抛运动水平方向做匀速运动，水平分速度保持不变，始终等于v0，则ab产生的感应电动势E＝BLv0也保持不变，根据右手定则判断知φa＞φb，A正确．10．[广东广州天河中学2021高二下月考]如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.一根长为2R的导体杆ab水平放置，a端处在圆形磁场的边界，现使杆绕a端以角速度ω逆时针匀速旋转，当杆旋转了30°时()A．a端的电势高于b端的电势，ab杆产生的感应电动势为eq\f(1,2)BR2ωB．a端的电势低于b端的电势，ab杆产生的感应电动势为eq\f(1,2)BR2ωC．a端的电势高于b端的电势，ab杆产生的感应电动势为BR2ωD．a端的电势低于b端的电势，ab杆产生的感应电动势为BR2ω答案：A解析：当杆旋转了30°时，由几何关系可知在磁场中的杆的长度为L＝R，杆的电动势E＝BLv＝B·R·eq\f(1,2)ωR＝eq\f(1,2)BR2ω，由右手定则知a端的电势高于b端的电势，A正确．11．如图所示，两根足够长、电阻不计且相距L＝0.2m的平行金属导轨固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶端接有一个额定电压U＝4V的小灯泡，两导轨间有一磁感应强度大小B＝5T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场．现将一根长为2L、质量m＝0.2kg、电阻r＝1.0Ω的均匀金属棒垂直于导轨放置在顶端附近无初速度释放，金属棒与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25，已知金属棒下滑到速度稳定时，小灯泡恰能正常发光，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)金属棒刚开始运动时的加速度大小；(2)金属棒稳定下滑时的速度大小．解析：(1)金属棒刚开始运动时初速度为零，不受安培力作用，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得a＝4m/s2.(2)设金属棒稳定下滑时的速度为v，感应电动势为E，金属棒的有效长度为L，回路中的电流为I，由平衡条件得mgsinθ＝BIL＋μmgcosθ，由闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E－U,\f(r,2))，由法拉第电磁感应定律得E＝BLv，联立解得v＝4.4m/s.【刷易错】【易错点1易忽略电表改装原理】12．[安徽宿州十三所重点中学2021高二下期中]如图所示，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．ac、bc两边分别串有电压表、电流表，当金属框绕ab边逆时针转动时，下列判断正确的是()A．电流表没有读数，b、c电势相等B．电流表有读数，b、c电势不相等C．电压表无读数，a、c电势不相等D．电压表有读数，a、c电势不相等答案：C解析：金属框bc、ac边做切割磁感线运动，产生感应电动势，Ubc、Uac不为零，b、c电势不相等，a、c电势不相等，但运动的过程中穿过金属框的磁通量始终为零，故金属框中无电流，电流表没有读数，同时电压表也没有读数；A、B、D错误，C正确．【易错点2易混淆电动势与电势差、不能正确理解有效面积S】13．[山东枣庄三中2021高二下质量检测](多选)如图所示，用一根横截面积为S、电阻率为ρ的均匀硬质导线制成一个半径为r的圆环，以圆环的圆心O为坐标原点建立xOy坐标系，圆环与x、y轴负方向的交点分别为b、a，在一、二、四象限内存在垂直于圆环所在平面向里的匀强磁场，磁感应强度B的大小随时间的变化率eq\f(ΔB,Δt)＝k(k>0)．下列说法正确的是()A．圆环中产生沿顺时针方向的感应电流B．圆环具有收缩的趋势C．圆环中的感应电流的大小为eq\f(3krS,8ρ)D．圆环上a、b两点间的电势差为Uab＝eq\f(3kπr2,16)答案：BC解析：由eq\f(ΔB,Δt)＝k(k>0)知，磁场在增强，根据楞次定律，圆环中的感应电流为逆时针方向，A错误；由“增缩减扩”知圆环有收缩的趋势，B正确；根据法拉第电磁感应定律，E＝eq\f(ΔB,Δt)×eq\f(3,4)πr2＝eq\f(3kπr2,4)，圆环的电阻R＝ρeq\f(2πr,S)，联立得圆环中的感应电流的大小为eq\f(3krS,8ρ)，C正确；由以上分析可知Uab<0，Uab＝－eq\f(1,4)E＝－eq\f(3kπr2,16)，D错误．【刷提升】1．(多选)如图所示，abcd为水平放置的平行光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计，已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则()A．回路中感应电动势的大小为eq\f(Blv,sinθ)B．回路中感应电流的大小为eq\f(Bvsinθ,r)C．金属杆所受安培力的大小为eq\f(B2lv,r)D．金属杆的热功率为eq\f(B2lv2,rsinθ)答案：BC解析：回路中感应电动势的大小E＝Blv，l为金属杆切割磁感线的有效长度，故A错误；回路中感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv,\f(rl,sinθ))＝eq\f(Bvsinθ,r)，故B正确；金属杆所受安培力的大小F＝BIL＝B·eq\f(Bvsinθ,r)·eq\f(l,sinθ)＝eq\f(B2lv,r)，故C正确；金属杆的热功率P＝Fvsinθ＝eq\f(B2lv2sinθ,r)，故D错误．2．(多选)如图所示，在边长为a的等边三角形区域内有匀强磁场B，其方向垂直纸面向外．一个边长也为a的等边三角形导线框架EFG正好与该磁场区域的边界重合，当它以周期T绕其中心O点在纸面内匀速转动时，框架EFG中产生感应电动势，若经eq\f(T,6)框架转到图中的虚线位置，则在eq\f(T,6)时间内()A．框架产生的平均感应电动势大小等于eq\f(\r(3)a2B,2T)B．框架产生的平均感应电动势大小等于eq\f(\r(3)a2B,T)C．框架沿顺时针方向转动时，感应电流方向为E→F→G→ED．框架沿逆时针方向转动时，感应电流方向为E→G→F→E答案：AC解析：根据对称性，图中实线和虚线构成的两等边三角形所围的小三角形为等边三角形，小三角形的边长为eq\f(a,3)，高h＝eq\f(a,3)·sin60°＝eq\f(\r(3),6)a，则小三角形的面积S＝eq\f(1,2)·eq\f(a,3)·eq\f(\r(3),6)a＝eq\f(\r(3),36)a2，根据法拉第电磁感应定律可得E＝eq\f(BΔS,Δt)＝eq\f(B·3S,\f(T,6))＝eq\f(\r(3)a2B,2T)，A正确，B错误；无论框架沿顺时针方向还是逆时针方向转动，穿过框架的磁通量都减少，根据楞次定律，感应电流的方向均为E→F→G→E，C正确，D错误．3．[山东昌邑一中2021高二下月考]如图所示，金属圆盘置于垂直纸面向里的匀强磁场中，其中央和边缘各引出一根导线与套在铁芯上部的线圈A相连．套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平导轨上，导轨上一根金属棒ab处在垂直于纸面向外的匀强磁场中．下列说法正确的是()A．圆盘顺时针匀速转动时，a点的电势高于b点的电势B．圆盘顺时针加速转动时，ab棒受到向左的安培力C．圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动D．圆盘顺时针减速转动时，a点的电势高于b点的电势答案：B解析：当圆盘顺时针匀速转动时，线圈A中产生恒定的电流，穿过线圈B的磁通量不变，线圈B中不产生感应电动势，A错误；圆盘顺时针加速转动时，感应电动势增大，感应电流增大，线圈A中的磁场增强，由右手定则知，感应电流从圆心流向边缘，由安培定则知线圈A产生的磁场方向向下，由楞次定律知，ab棒中感应电流方向由a→b，由左手定则知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒将向左运动，B正确，C错误；圆盘顺时针减速转动时，感应电动势减小，感应电流减小，线圈A中的磁场减弱，感应电流从圆心流向边缘，由安培定则知，线圈A产生的磁场方向向下，由楞次定律知，线圈B的上端相当于电源的负极，则a点的电势低于b点的电势，D错误．4．[江苏南通启东中学2020高二上质检]如图所示，水平桌面上平行放置两光滑的金属导轨，导轨间距为L，一质量为m的金属杆垂直导轨放置，正以速度v1向左匀速运动，金属杆左侧有一矩形匀强磁场区域MNPQ，磁感应强度大小为B，方向竖直向上，正以速度v2(v2＜v1)向右匀速移动，定值电阻为R，金属杆电阻为eq\f(R,2)，其余电阻不计，当金属杆刚进入磁场区域时()A．金属杆ab两端的电势差U＝eq\f(2,3)BLv1B．金属杆ab的加速度大小为a＝eq\f(2B2L2（v1－v2）,3mR)C．流过电阻R的电流大小为I＝eq\f(2BL（v1＋v2）,3R)D．若只改变磁场方向，金属杆ab所受安培力的大小不变，方向改变答案：C解析：金属杆ab刚进入磁场区域时，感应电动势E＝BL(v1＋v2)，通过电阻R的电流I＝eq\f(E,R＋\f(1,2)R)＝eq\f(2BL（v1＋v2）,3R)，金属杆ab两端的电势差U＝IR＝eq\f(2BL（v1＋v2）,3)，故A错误，C正确；金属杆ab受到的安培力F＝BIL，对金属杆ab，由牛顿第二定律得BIL＝ma，解得a＝eq\f(2B2L2（v1＋v2）,3mR)，故B错误；若只改变磁场方向，由右手定则可知，感应电流方向反向，由左手定则可知，安培力方向不变，故D错误．5．[安徽六安舒城中学2021高二下月考](多选)半径分别为r和2r的光滑同心圆形导轨固定在同一水平面上，一长为r，质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨的中心O，装置的俯视图如图所示；整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下；在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．导体棒阻值为R，导轨的电阻均可忽略，则下列说法正确的是()A．电阻中有从C到D的电流B．通过导体棒的电流为eq\f(Bωr2,4R)C．导体棒两端的电压为eq\f(3Bωr2,2)D．外力所做功的功率为eq\f(9B2ω2r4,8R)答案：AD解析：根据右手定则知，感应电流的方向是由B到A，则通过电阻R的电流是由C到D，A正确；导体棒转动过程中产生的感应电动势E＝eq\f(1,2)B(4r2－r2)ω＝eq\f(3,2)Bωr2，通过导体棒的电流I＝eq\f(E,2R)＝eq\f(3Bωr2,4R)，B错误；导体棒两端电压U＝IR＝eq\f(3Bωr2,4)，C错误；外力所做功的功率等于电路消耗的总电功率P＝IE＝eq\f(9B2ω2r4,8R)，D正确．6．[浙江温州2021高二下开学摸底]如图所示，一光滑的等腰梯形导轨放置于水平桌面上，一电阻为2Ω的导体棒m放置在导轨的正中间并与边长平行．导轨的正上方与正下方均有一阻值为4Ω的电阻，不计导轨其他地方的电阻．在导轨中间存在一垂直导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B，现施加一力F使导体棒m开始做v＝eq\f(\r(3),4)m/s的匀速运动，已知等腰梯形导轨上边长为2m，下边长为4m，底角均为60°，则下列说法正确的是()A．若流过导体棒m的电流为从右到左，则磁场方向垂直纸面向外B．导体棒受到的安培力大小为eq\f(9\r(3)B2,16)C．记导体棒在中间位置时的时间为t＝0，则导体棒m两端的电压为eq\f(\r(3)B,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(1,2)t))VD．记导体棒在中间位置时的时间为t＝0，则流过导体棒m的电流为eq\f(\r(3)B,24)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(1,2)t))A答案：C解析：7．[湖南长沙雅礼书院中学2020高三月考]法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．半径为L的铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流方向由b到aC．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则R消耗的热功率也变为原来的2倍答案：A解析：圆盘转动产生的感应电动势为E＝eq\f(1,2)BL2ω，B、L、ω不变，E不变，电流大小恒定不变，若从上往下看，圆盘顺时针转动，由右手定则知，电流方向由a到b，A正确，B错误；若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向不变，大小变化，C错误；若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，回路中电流变为原来的2倍，根据P＝I2R知，R消耗的热功率将变为原来的4倍，D错误．8．[浙江杭州源清中学2020高二上期中](多选)某学校图书馆凭磁卡借还书，某同学了解到其工作原理是磁卡以一定的速度通过装有线圈的检测头，在线圈中产生感应电动势，从而传输被记录的信号．为研究该现象，该同学借用了如图甲所示的实验装置．螺线管固定在铁架台上，并与电流传感器、电压传感器和滑动变阻器连接．现将一小磁铁置于螺线管正上方由静止释放，其上表面为N极，穿过螺线管后掉落到海绵垫上并静止(小磁铁下落过程中不发生转动)，计算机屏幕上显示出如图乙所示的UI－t曲线．对于该实验结果，以下说法正确的是()A．只减小小磁铁释放高度，两个峰值都增大B．只减小螺线管匝数，两个峰值都减小C．只增大小磁铁质量，穿过螺线管的时间不变D．只增大滑动变阻器的阻值，穿过螺线管的时间减小答案：BD解析：当h减小时，小磁铁进入螺线管时的速度减小，导致螺线管中磁通量的变化率减小，感应电动势减小，因此两个峰值都会减小，故A错误；当只减小螺线管匝数时，螺线管中感应电动势减小，因此两个峰值都会减小，故B正确；增大小磁铁的质量，小磁铁在螺线管的平均速度变大，经过螺线管所用时间变小，故C错误；小磁铁进入螺线管过程中，螺线管对小磁铁产生向上的排斥力，穿出螺线管过程中，螺线管对小磁铁产生向上的吸引力，增大滑动变阻器的阻值，则螺线管中的电流减小，螺线管产生的磁场减弱，则对小磁铁的阻碍作用减小，所以小磁铁穿过螺线管的时间减小，故D正确．9．[安徽皖北名校2021高二下联考]如图所示，在倾角为θ＝37°的粗糙斜面MNPQ上静置一个质量为m＝0.01kg、半径为r＝0.1m、电阻为R＝5Ω、匝数为n＝10的金属圆形线圈，虚线ab为直径且与斜面底边PQ平行，在ab与斜面上边MN间有垂直斜面向上的磁场，当磁感应强度的大小随时间按如图乙所示规律变化时，线圈在t0(未知)时刻恰好能