（全國通用版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 第28講 法拉第電磁感應(yīng)定律自感現(xiàn)象學(xué)案

《（全國通用版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 第28講 法拉第電磁感應(yīng)定律自感現(xiàn)象學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 第28講 法拉第電磁感應(yīng)定律自感現(xiàn)象學(xué)案（25頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第28講　法拉第電磁感應(yīng)定律　自感現(xiàn)象 考綱要求 考情分析 命題趨勢 1.法拉第電磁感應(yīng)定律Ⅱ 2．自感、渦流Ⅰ 2017·全國卷Ⅱ，20 2017·天津卷，3 2017·江蘇卷，13 2016·全國卷Ⅱ，19 高考對本節(jié)內(nèi)容的考查主要是以選擇題或計算題的形式考查法拉第電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用，要特別注意法拉第電磁感應(yīng)定律的不同表達(dá)形式及其適用條件． 說明：1.導(dǎo)體切割磁感線時，感應(yīng)電動勢的計算，只限于導(dǎo)體棒垂直于B、v的情況；2.在電磁感應(yīng)現(xiàn)象里，不要求判斷內(nèi)電路中各點電勢的高低；3.不要求用自感系數(shù)計算自感電動勢 1．法拉第電磁感應(yīng)定律 (1)感應(yīng)

2、電動勢 ①概念：在__電磁感應(yīng)現(xiàn)象__中產(chǎn)生的電動勢； ②產(chǎn)生條件：穿過回路的__磁通量__發(fā)生改變，與電路是否閉合__無關(guān)__； ③方向判斷：感應(yīng)電動勢的方向用__楞次定律__或__右手定則__判斷． (2)法拉第電磁感應(yīng)定律 ①內(nèi)容：感應(yīng)電動勢的大小跟穿過這一電路的__磁通量的變化率__成正比； ②公式：E＝n，其中n為線圈匝數(shù)，為磁通量的__變化率__． (3)導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢 ①導(dǎo)體垂直切割磁感線時，感應(yīng)電動勢可用E＝__Blv__求出，式中l(wèi)為導(dǎo)體切割磁感線的有效長度； ②導(dǎo)體棒在磁場中轉(zhuǎn)動時，導(dǎo)體棒以端點為軸，在勻強(qiáng)磁場中垂直于磁感線方向勻速轉(zhuǎn)動產(chǎn)生感

3、應(yīng)電動勢E＝Bl＝Bl2ω.(平均速度等于中點位置的線速度lω) 2．自感、渦流 (1)自感現(xiàn)象 ①概念：由于導(dǎo)體本身的__電流__變化而產(chǎn)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象稱為自感． ②自感電動勢 a．定義：在自感現(xiàn)象中產(chǎn)生的__感應(yīng)電動勢__叫做自感電動勢； b．表達(dá)式：E＝L ③自感系數(shù)L a．相關(guān)因素：與線圈的__大小__、形狀、__匝數(shù)__以及是否有鐵芯有關(guān)； b．單位：亨利(H)，1 mH＝__10－3__H,1 μH＝__10－6__H． (2)渦流 當(dāng)線圈中的電流發(fā)生變化時，在它附近的任何導(dǎo)體中都會產(chǎn)生__感應(yīng)__電流，這種電流像水的漩渦，所以叫渦流． (3)電磁阻尼

4、導(dǎo)體在磁場中運(yùn)動時，感應(yīng)電流會使導(dǎo)體受到安培力，安培力的方向總是__阻礙__導(dǎo)體的運(yùn)動． (4)電磁驅(qū)動 如果磁場相對于導(dǎo)體轉(zhuǎn)動，在導(dǎo)體中會產(chǎn)生__感應(yīng)電流__使導(dǎo)體受到安培力而使導(dǎo)體運(yùn)動起來． 1．判斷正誤 (1)穿過線圈的磁通量越大，則線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越大．(　×　) (2)電磁感應(yīng)現(xiàn)象中通過回路的電荷量q＝，僅與磁通量的變化量及回路總電阻有關(guān)．(　√　) (3)導(dǎo)體棒在磁場中運(yùn)動一定能產(chǎn)生感應(yīng)電動勢．(　×　) (4)公式E＝Blv中的l就是導(dǎo)體的長度．(　×　) (5)斷電自感中，自感感應(yīng)電動勢方向與原電流方向一致．(　√　) (6)回路中磁通量變化量越大，

5、回路產(chǎn)生的感應(yīng)電流越大．(　×　) (7)在自感現(xiàn)象中，感應(yīng)電流一定和原電流方向相反．(　×　) 2．如圖所示，一正方形線圈的匝數(shù)為n，邊長為a，線圈平面與勻強(qiáng)磁場垂直，且一半處在磁場中．在Δt時間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不變，大小由B均勻地增大到2B.在此過程中，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為(　B　) A．　　 B．　　 C．　　 D． 3．如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，金屬桿MN在平行金屬導(dǎo)軌上以速度v向右勻速滑動，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1；若磁感應(yīng)強(qiáng)度增為2B，其他條件不變，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢變?yōu)镋2.則通過電阻R的電流方向及E1與E2之比分

6、別為(　C　) A．c→a　2∶1 B．a(chǎn)→c　2 ∶1 C．a(chǎn)→c　1∶2 D．c→a　1∶2 一　對法拉第電磁感應(yīng)定律的理解 1．Φ、ΔΦ、的對比理解 比較項 Φ ΔΦ 物理 意義 穿過某一面積的磁通量 穿過某一面積的磁通量的變化量 穿過某一面積的磁通量的變化率 大小 計算 Φ＝BSsin θ(θ是S與B的夾角) ΔΦ＝Φ2－Φ1 ＝S或B 注意 問題 磁感線有穿入和穿出，計算時要抵消 穿過的磁通量的方向 在Φ-t圖象中用斜率表示 注意：①Φ、ΔΦ、的大小之間沒有必然的聯(lián)系，Φ＝0，不一定等于0；②感應(yīng)電動勢E與線圈匝數(shù)n有關(guān)，

7、但Φ、ΔΦ、的大小均與線圈匝數(shù)無關(guān)． 2．法拉第電磁磁應(yīng)定律應(yīng)用的三種情況 (1)磁通量的變化是由面積變化引起時，ΔΦ＝BΔS，則E＝n.　 (2)磁通量的變化是由磁場變化引起時，ΔΦ＝ΔBS，則E＝n，S是磁場范圍內(nèi)的有效面積． (3)磁通量的變化是由于面積和磁場變化共同引起的，則根據(jù)定義求，ΔΦ＝Φ末－Φ初，E＝n≠n． 應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律E＝n時應(yīng)注意 (1)研究對象：E＝n的研究對象是一個回路，而不是一段導(dǎo)體． (2)物理意義：由E＝n求的是Δt時間內(nèi)的平均感應(yīng)電動勢，當(dāng)Δt→0時，則E為瞬時感應(yīng)電動勢． (3)由E＝n求得的電動勢是整個回路的感應(yīng)電動勢，而不是

8、回路中某段導(dǎo)體的電動勢，整個回路的電動勢為零，其回路中某段導(dǎo)體的感應(yīng)電動勢不一定為零． [例1]如圖，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻，一與導(dǎo)軌垂直的金屬棒置于兩導(dǎo)軌上，在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域，區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1隨時間t的變化關(guān)系為B1＝kt，式中k為常量；在金屬棒右側(cè)還有一勻強(qiáng)磁場區(qū)域，區(qū)域左邊界MN(虛線)與導(dǎo)軌垂直，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向也垂直于紙面向里．某時刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運(yùn)動，在t0時刻恰好以速度v0越過MN，此后向右做勻速運(yùn)動．金屬棒與導(dǎo)

9、軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計．求： (1)在t＝0到t＝t0時間間隔內(nèi)，流過電阻的電荷量的絕對值； (2)在時刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大?。? 解析　(1)在金屬棒越過MN之前，t時刻穿過回路的磁通量為Φ＝ktS， ① 設(shè)在從t時刻到t＋Δt的時間間隔內(nèi)，回路磁通量的變化量為ΔΦ，流過電阻R的電荷量為Δq ． 由法拉第電磁感應(yīng)定律有ε＝－， ② 由歐姆定律有i＝，　 ③ 由電流的定義有i＝，　 ④ 聯(lián)立①②③④式得|Δq|＝Δt.　 ⑤ 由⑤式得，在t＝0到t＝t0的時間間隔內(nèi)，流過電阻R的電荷量q的絕對值為

10、|q|＝.　 ⑥ (2)當(dāng)t>t0時，金屬棒已越過MN.由于金屬棒在MN右側(cè)做勻速運(yùn)動，有f＝F，　 ⑦ 式中，f是外加水平恒力，F(xiàn)是勻強(qiáng)磁場施加的安培力．設(shè)此時回路中的電流為I，F(xiàn)的大小為F＝B0lI，　 ⑧ 此時金屬棒與MN之間的距離為s＝v0(t－t0)，　 ⑨ 勻強(qiáng)磁場穿過回路的磁通量為Φ′＝B0ls，　 ⑩ 回路的總磁通量為Φt＝Φ＋Φ′，　 ? 式中，Φ仍如①式所示．由①⑨⑩?式得，在時刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量為 Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt，　 ? 在t到t＋Δt的時間間隔內(nèi)，總磁通量的改變ΔΦt為 ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt，　

11、 ? 由法拉第電磁感應(yīng)定律得，回路感應(yīng)電動勢的大小為 εt＝，　 ? 由歐姆定律有I＝，　 ? 聯(lián)立⑦⑧???式得f＝(B0lv0＋kS)． 答案　(1)　(2)B0lv0(t－t0)＋kSt　(B0lv0＋kS) 　二　導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢 1．導(dǎo)體平動切割磁感線 對于導(dǎo)體平動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的計算式E＝Blv，應(yīng)從以下幾個方面理解和掌握． (1)正交性：該公式適用于勻強(qiáng)磁場，且B、l、v三者兩兩垂直，若三者中任意二者平行，則導(dǎo)體都不切割磁感線，E＝0． (2)平均性：導(dǎo)體平動切割磁感線時，若v為平均速度，則E為平均感應(yīng)電動勢，即＝Bl． (3)瞬

12、時性：若v為瞬時速度，則E為相應(yīng)的瞬時感應(yīng)電動勢． (4)有效性：公式中的l為有效切割長度，即導(dǎo)體在與v垂直的方向上的投影長度．下表為常見切割情景中的有效長度. 情景 圖示 有效長度說明 情景1 有效長度為l＝CDsin β(容易出現(xiàn)有效長度l＝ABsin β的錯誤) 情景2 ①沿v1方向運(yùn)動時，有效長度為l＝MN ②沿v2方向運(yùn)動時，有效長度為l＝0 情景3 ①沿v1方向運(yùn)動時，有效長度為l＝R ②沿v2方向運(yùn)動時，有效長度為l＝0 ③沿v3方向運(yùn)動時，有效長度為l＝R 情景4 導(dǎo)體棒水平運(yùn)動切割磁感線的有效長度為導(dǎo)體棒與框架兩交點間的距離 情

13、景5 線框ABC水平向右運(yùn)動進(jìn)入磁場的過程中，其切割磁感線的有效長度為線框與磁場左邊界兩交點間的距離 [例2](2017·江蘇卷)如圖所示，兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻．質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下．當(dāng)該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関.導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計，導(dǎo)軌光滑且足夠長，桿在運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸．求： (1)MN剛開始掃過金屬桿時，桿中感應(yīng)電流的大小I； (2)MN剛開始掃過金屬桿時，桿的加速度大小a； (3)P

14、Q剛要離開金屬桿時，感應(yīng)電流的功率P． 解析　(1)感應(yīng)電動勢E＝Bdv0， 感應(yīng)電流I＝，解得I＝． (2)安培力F＝BId， 根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma，解得a＝． (3)金屬桿切割磁感線的速度v′＝v0－v，則感應(yīng)電動勢 E＝Bd(v0－v)，電功率P＝，解得P＝． 答案　(1)　(2)　(3) 公式E＝Blv與公式E＝n的比較 E＝n E＝Blv 導(dǎo)體 一個回路 一段導(dǎo)體 適用 普遍使用 導(dǎo)體切割磁感線 意義 常常用于求平均電動勢 既可求平均值也 可求瞬時值 聯(lián)系 本質(zhì)上是統(tǒng)一的．后者是前者的一種特殊情況．但是，當(dāng)導(dǎo)體做切割磁感線

15、運(yùn)動時，用E＝Blv求E比較方便；當(dāng)穿過電路的磁通量發(fā)生變化時，用E＝n求E比較方便 2．導(dǎo)體轉(zhuǎn)動切割磁感線 當(dāng)導(dǎo)體在垂直于磁場的平面內(nèi)，繞一端以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝Bl＝Bl2ω，如圖所示． (1)以中點為軸時，E＝0(相同兩段的代數(shù)和)； (2)以端點為軸時，E＝Bωl2(平均速度取中點位置時的線速度ωl)； (3)以任意點為軸時，E＝Bω(l－l)(不同兩段的代數(shù)和)． [例3]半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，一長為r、質(zhì)量為m且質(zhì)量分布均勻的直導(dǎo)體棒AB置于圓導(dǎo)軌上面．BA的延長線通過圓導(dǎo)軌中心O，裝置的俯視圖如圖所示．

16、整個裝置位于一勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向豎直向下．在內(nèi)圓導(dǎo)軌的C點和外圓導(dǎo)軌的D點之間接有一阻值為R的電阻(圖中未畫出)．直導(dǎo)體棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時針勻速轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸．設(shè)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻均可忽略．重力加速度大小為g，求： (1)通過電阻R的感應(yīng)電流的方向和大小； (2)外力的功率． [思維導(dǎo)引]?、賹?dǎo)體棒繞O點勻速轉(zhuǎn)動，可先求出在Δt時間內(nèi)導(dǎo)體棒掃過的面積，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢； ②根據(jù)能量守恒定律，外力做的功等于導(dǎo)體棒克服摩擦力做功與電阻R上產(chǎn)生的熱量之和，再由P＝

17、求出外力的功率． 解析　(1)在Δt時間內(nèi)，導(dǎo)體棒掃過的面積為 ΔS＝ωΔt[(2r)2－r2]， ① 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，導(dǎo)體棒上感應(yīng)電動勢的大小為 E＝， ② 根據(jù)右手定則，感應(yīng)電流的方向是從B端流向A端，因此，通過電阻R的感應(yīng)電流的方向是從C端流向D端．由歐姆定律可知，通過電阻R的感應(yīng)電流的大小I滿足I＝，③ 聯(lián)立①②③式得I＝. ④ (2)在豎直方向有mg－2FN＝0， ⑤ 式中，由于質(zhì)量分布均勻，內(nèi)、外圓導(dǎo)軌對導(dǎo)體棒的正壓力大小相等，其值為FN.兩導(dǎo)軌對運(yùn)行的導(dǎo)體棒的滑動摩擦力均為 Ff＝μFN， ⑥ 在Δt時間內(nèi)，導(dǎo)體棒在內(nèi)、外圓導(dǎo)軌上掃過的弧長分

18、別為 l1＝rωΔt ⑦ 和l2＝2rωΔt， ⑧ 克服摩擦力做的總功為 Wf＝Ff(l1＋l2)． ⑨ 在Δt時間內(nèi)，消耗在電阻R上的功為WR＝I2RΔt， ⑩ 根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律知，外力在Δt時間內(nèi)做的功為 W＝Wf＋WR， ? 外力的功率為P＝， ? 由④～?式得P＝μmgωr＋． 答案　(1)從C端流向D端　　(2)μmgωr＋ 　三　自感現(xiàn)象 1．自感現(xiàn)象“阻礙”作用的理解 (1)流過線圈的電流增加時，線圈中產(chǎn)生的自感電動勢與電流方向相反，阻礙電流的增加，使其緩慢地增加． (2)流過線圈的電流減小時，線圈中產(chǎn)生的自感電動勢與電流方向相同，阻礙

19、電流的減小，使其緩慢地減?。? 2．自感現(xiàn)象的四個特點 (1)自感電動勢總是阻礙導(dǎo)體中原電流的變化． (2)通過線圈中的電流不能發(fā)生突變，只能緩慢變化． (3)電流穩(wěn)定時，自感線圈就相當(dāng)于普通導(dǎo)體． (4)線圈的自感系數(shù)越大，自感現(xiàn)象越明顯，自感電動勢只是延緩了過程的進(jìn)行，但它不能使過程停止，更不能使過程反向． 3．自感現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化 通電自感中，電能轉(zhuǎn)化為磁場能；斷電自感中，磁場能轉(zhuǎn)化為電能． 分析自感現(xiàn)象的兩點注意 (1)通過自感線圈中的電流不能發(fā)生突變，即通電過程中，電流是逐漸變大，斷電過程中，電流是逐漸變小，此時線圈可等效為“電源”，該“電源”與其他電路元件形成回

20、路． (2)斷電自感現(xiàn)象中燈泡是否“閃亮”問題的判斷，在于對電流大小的分析，若斷電后通過燈泡的電流比原來強(qiáng)，則燈泡先閃亮后再慢慢熄滅． [例4]如圖所示的電路中，電源的電動勢為E，內(nèi)阻為r，線圈L的電阻不計，電阻R的阻值大于燈泡D的阻值．在t＝0時刻閉合開關(guān)S，經(jīng)過一段時間后，在t＝t1時刻斷開S.在如圖所示A、B兩點間電壓UAB隨時間t變化的圖象中，正確的是(　B　) 解析　由于自感現(xiàn)象，t＝0時刻UAB較大，隨著時間的推移UAB減??；斷開S，L中的電流方向不變，大小減小，經(jīng)過L、R、D形成回路，故UAB符號(正負(fù))改變，大小逐漸減小至0.故選項B正確． 1．穿過某線圈的

21、磁通量隨時間的變化關(guān)系如圖所示，在線圈內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電動勢最大值的時間是(　C　) A．0～2 s B．2～4 s C．4～6 s D．6～10 s 解析　Φ－t圖象中，圖象斜率越大，越大，感應(yīng)電動勢就越大． 2．如圖所示，平行金屬導(dǎo)軌的間距為d，一端跨接一阻值為R的電阻，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于導(dǎo)軌所在平面向里，一根長直金屬棒與導(dǎo)軌成60°角放置，且接觸良好，則當(dāng)金屬棒以垂直于棒的恒定速度v沿金屬導(dǎo)軌滑行時，其他電阻不計，電阻R中的電流為(　A　) A． B． C． D． 解析　因磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向、棒的運(yùn)動方向及棒本身三者相互垂直，故E＝BLv，其中

22、L＝，結(jié)合閉合電路的歐姆定律可知選項A正確． 3．(2017·湖北武漢模擬)如圖所示，A、B、C是3個完全相同的燈泡，L是一個自感系數(shù)較大的線圈(直流電阻可忽略不計)．則(　A　) A．S閉合時，A燈立即亮，然后逐漸熄滅 B．S閉合時，B燈立即亮，然后逐漸熄滅 C．電路接通穩(wěn)定后，三個燈亮度相同 D．電路接通穩(wěn)定后，S斷開時，C燈立即熄滅 解析　因線圈L的自感系數(shù)較大且直流電阻可忽略不計，S閉合時，A燈立即亮，然后逐漸熄滅，選項A正確．S閉合時，B燈先不太亮，然后變亮，選項B錯誤．電路接通穩(wěn)定后，B、C燈亮度相同，A燈不亮，選項C錯誤．電路接通穩(wěn)定后，S斷開時，C燈逐漸熄滅，選

23、項D錯誤． 4．如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向平行于ab邊向上．當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉(zhuǎn)動時，a、b、c三點的電勢分別為φa、φb、φc.已知bc邊的長度為l.下列判斷正確的是(　C　) A．φa>φc，金屬框中無電流 B．φb>φc，金屬框中電流方向沿a－b－c－a C．Ubc＝－Bl2ω，金屬框中無電流 D．Ubc＝Bl2ω，金屬框中電流方向沿a－c－b－a 解析　金屬框abc平面與磁場平行．轉(zhuǎn)動過程中磁通量始終為零，所以無感應(yīng)電流產(chǎn)生，選項B、D錯誤．轉(zhuǎn)動過程中bc邊和ac邊均切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由右手定則判斷φa

24、<φc，φb<φc，選項A錯誤．由轉(zhuǎn)動切割產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的公式得Ubc＝－Bl2ω，選項C正確． 5．如圖甲所示，一個電阻值為R，匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路．線圈的半徑為r1，在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的關(guān)系圖線如圖乙所示．圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0，導(dǎo)線的電阻不計．求0至t1時間內(nèi)： (1)通過電阻R1的電流大小和方向； (2)通過電阻R1的電荷量q和熱量Q． 解析　(1)由圖象分析可知，0至t1時間內(nèi)有＝， 由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝n＝nS， 而S＝πr，由閉合電路歐姆

25、定律有I1＝． 聯(lián)立以上各式解得通過電阻R1上的電流大小為I1＝， 由楞次定律可得通過電阻R1上的電流方向為從b到a． (2)通過電阻R1上的電荷量 q＝I1t1＝， 電阻R1上產(chǎn)生的熱量 Q＝IR1t1＝． 答案　(1)，方向從b到a　(2)　 [例1](2017·貴州貴陽檢測·6分)半徑為r、電阻為R的n匝圓形線圈在邊長為l的正方形區(qū)域abcd外，勻強(qiáng)磁場充滿并垂直穿過該正方形區(qū)域，如圖甲所示．當(dāng)磁場隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示時，穿過圓形線圈磁通量的變化率為________，t0時刻線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電流為________． [答題送檢]來自閱卷名師報告 錯誤

26、 致錯原因 扣分 (1) 認(rèn)為磁通量的變化率與線圈的匝數(shù)有關(guān)，所以得出＝nS＝nl2. －3 (2) 將線圈的面積代入上式得出＝nS＝n. (3) t0時刻磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，所以感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流均為零 －3 [解析]　磁通量的變化率為＝S＝l2，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得線圈中的感應(yīng)電動勢E＝n＝nl2，再根據(jù)閉合電路歐姆定律得感應(yīng)電流I＝＝n． [答案]　l2　n 1．(多選)如圖，一均勻金屬圓盤繞通過其圓心且與盤面垂直的軸逆時針轉(zhuǎn)動．現(xiàn)施加一垂直穿過圓盤的有界勻強(qiáng)磁場，圓盤開始減速．在圓盤減速過程中，以下說法正確的是(　ABD　) A．處于磁場中的圓盤部分

27、，靠近圓心處電勢高 B．所加磁場越強(qiáng)越易使圓盤停止轉(zhuǎn)動 C．若所加磁場反向，圓盤將加速轉(zhuǎn)動 D．若所加磁場穿過整個圓盤，圓盤將勻速轉(zhuǎn)動 解析　把圓盤看成沿半徑方向緊密排列的“輻條”，由右手定則知，圓心處電勢高，選項A正確；所加磁場越強(qiáng)，感應(yīng)電流越強(qiáng)，安培力越大，對圓盤轉(zhuǎn)動的阻礙越大，選項B正確；如果磁場反向，由楞次定律可知，仍阻礙圓盤轉(zhuǎn)動，選項C錯誤；若將整個圓盤置于磁場中，則圓盤中無感應(yīng)電流，圓盤將勻速轉(zhuǎn)動，選項D正確． 2. 如圖所示，上下開口、內(nèi)壁光滑的銅管P和塑料管Q豎直放置，小磁塊先后在兩管中從相同高度處由靜止釋放，并落至底部，則小磁塊(　C　) A．在P和Q中都做自

28、由落體運(yùn)動 B．在兩個下落過程中的機(jī)械能都守恒 C．在P中的下落時間比在Q中的長 D．落至底部時在P中的速度比在Q中的大 解析　小磁塊在銅管中下落時，由于電磁阻尼作用，不做自由落體運(yùn)動，而在塑料管中不受阻力作用而做自由落體運(yùn)動，因此在P中下落得慢，用時長，到達(dá)底端速度小，選項C正確，A、B、D錯誤． 3．(2018·廣西南寧質(zhì)檢)(多選)半徑為a、右端開小口的導(dǎo)體圓環(huán)和長為2a的導(dǎo)體直桿，單位長度電阻均為R0.圓環(huán)水平固定放置，整個內(nèi)部區(qū)域分布著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.直桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運(yùn)動，直桿始終有兩點與圓環(huán)良好接觸，從圓環(huán)中心O開始

29、，直桿的位置由θ確定，如圖所示．則(　ACD　) A．θ＝0時，直桿產(chǎn)生的電動勢為2Bav B．θ＝時，直桿產(chǎn)生的電動勢為Bav C．θ＝0時，直桿受的安培力大小為 D．θ＝時，直桿受的安培力大小為 解析　當(dāng)θ＝0時，直桿切割磁感線的有效長度l1＝2a，所以直桿產(chǎn)生的電動勢E1＝Bl1v＝2Bav，選項A正確；此時直桿上的電流I1＝＝，直桿受到的安培力大小F1＝BI1l1＝，選項C正確；當(dāng)θ＝時，直桿切割磁感線的有效長度l2＝2acos＝a，直桿產(chǎn)生的電動勢E2＝Bl2v＝Bav，選項B錯誤；此時直桿上的電流I2＝＝，直桿受到的安培力大小F2＝BI2l2＝，選項D正確． 4．(

30、2018·湖北黃岡模擬)如圖所示，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向上，大小為B0，用電阻率為ρ、橫截面積為S的導(dǎo)線做成的邊長為l的正方形線框abcd水平放置，OO′為過ad、bc兩邊中點的直線，線框全部都位于磁場中．現(xiàn)把線框右半部分固定不動，而把線框左半部分以O(shè)O′為軸向上轉(zhuǎn)動60°，如圖中虛線所示． (1)求轉(zhuǎn)動過程中通過導(dǎo)線橫截面的電荷量； (2)若轉(zhuǎn)動后磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間按B＝B0＋kt變化(k為常量)，求出磁場對線框ab邊的作用力大小隨時間變化的關(guān)系式． 解析　(1)線框在轉(zhuǎn)動過程中產(chǎn)生的平均電動勢＝＝B0． 由歐姆定律得線框的平均電流＝． 由電阻定律得R＝ρ． 轉(zhuǎn)動過程中

31、通過導(dǎo)線橫截面的電荷量q＝Δt＝， 其中ΔS＝－·cos60°＝． 以上各式聯(lián)立得q＝． (2)轉(zhuǎn)動后，磁感應(yīng)強(qiáng)度按B＝B0＋kt變化，在線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小E＝S有效，其中＝k，S有效＝＋·cos 60°.代入得E＝． 由歐姆定律得I＝，ab邊受安培力F＝BIl， 以上各式聯(lián)立得F＝(B0＋kt)． 答案　(1)　(2)F＝(B0＋kt) 1．(2017·全國卷Ⅱ)(多選)兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直．邊長為0.1 m、總電阻為0.005 Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場邊界平行，如圖甲所示．已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運(yùn)動，

32、cd邊于t＝0時刻進(jìn)入磁場．線框中感應(yīng)電動勢隨時間變化的圖線如圖乙所示(感應(yīng)電流的方向為順時針時，感應(yīng)電動勢取正)．下列說法正確的是(　BC　) A．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5 T B．導(dǎo)線框運(yùn)動速度的大小為0.5 m/s C．磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外 D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s這段時間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1 N 解析　由題圖乙可知，導(dǎo)線框運(yùn)動的速度大小v＝＝ m/s＝0.5 m/s，選項B正確；導(dǎo)線框進(jìn)入磁場的過程中，cd邊切割磁感線，由E＝BLv，得B＝＝T＝0.2 T，選項A錯誤；由圖可知，導(dǎo)線框進(jìn)入磁場的過程中，感應(yīng)電流的方向為順時針方向，根據(jù)楞

33、次定律可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，選項C正確；在0.4～0.6 s這段時間內(nèi)，導(dǎo)線框正在出磁場，回路中的電流大小I＝＝ A＝2 A，則導(dǎo)線框受到的安培力F＝BIL＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N，選項D錯誤． 2．(2017·天津卷)如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R.金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下．現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是(　D　) A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到a B．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流逐漸減小 C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變 D．a(chǎn)b所受的靜摩擦

34、力逐漸減小 解析　根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場向下，再根據(jù)安培定則，可判斷ab中感應(yīng)電流方向從a到b，選項A錯誤；磁場變化是均勻的，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動勢恒定不變，感應(yīng)電流I恒定不變，選項B錯誤；安培力F＝BIL，由于I、L不變，B減小，所以ab所受的安培力逐漸減小，根據(jù)力的平衡條件，靜摩擦力逐漸減小，選項C錯誤，D正確． 3．(多選)電吉他中電拾音器的基本結(jié)構(gòu)如圖所示，磁體附近的金屬弦被磁化，因此弦振動時，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流經(jīng)電路放大后傳送到音箱發(fā)出聲音．下列說法正確的有(　BCD　) A．選用銅質(zhì)弦，電吉他仍能正常工作 B．取走磁體，電吉他將不能正常工作

35、 C．增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應(yīng)電動勢 D．弦振動過程中，線圈中的電流方向不斷變化 解析　由于銅質(zhì)弦不能被磁化，因此振動時不能產(chǎn)生變化的磁場，線圈中不能產(chǎn)生感應(yīng)電流，因此電吉他不能正常工作，選項A錯誤；取走磁體，沒有磁場，金屬弦不能被磁化，振動時不能產(chǎn)生變化的磁場，線圈中不能產(chǎn)生感應(yīng)電流，電吉他不能正常工作，選項B正確；增加線圈的匝數(shù)，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，線圈中的感應(yīng)電動勢會增大，選項C正確；弦振動過程中，線圈中的磁場方向不變，但磁通量一會兒增大，一會兒減小，產(chǎn)生的電流方向不斷變化，選項D正確． 4．(多選)法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖所示．銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片

36、P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸．圓盤處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場B中．圓盤旋轉(zhuǎn)時，關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正確的是(　AB　) A．若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定，則電流大小恒定 B．若從上向下看，圓盤順時針轉(zhuǎn)動，則電流沿a到b的方向流動 C．若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化 D．若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍 解析　設(shè)圓盤的半徑為r，圓盤轉(zhuǎn)動的角速度為ω，則圓盤轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的電動勢為E＝Br 2ω，可知，轉(zhuǎn)動的角速度恒定，電動勢恒定，電流恒定，選項A正確；根據(jù)右手定則可知，從上向下看，圓盤順時針轉(zhuǎn)動，圓盤中電流由邊

37、緣指向圓心，即電流沿a到b的方向流動，選項B正確；圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，產(chǎn)生的電流方向不變，選項C錯誤；若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電動勢變?yōu)樵瓉淼?倍，電流變?yōu)樵瓉淼?倍，由P＝I2R可知，電阻R上的熱功率變?yōu)樵瓉淼?倍，選項D錯誤． 5．如圖為無線充電技術(shù)中使用的導(dǎo)電線圈示意圖，線圈匝數(shù)為n，面積為S.若在t1到t2時間內(nèi)，勻強(qiáng)磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小由B1均勻增加到B2，則該段時間線圈兩端a和b之間的電勢差φa－φb(　C　) A．恒為 B．從0均勻變化到 C．恒為－ D．從0均勻變化到－ 解析　根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，感應(yīng)電動勢E＝n＝n，由楞

38、次定律和右手螺旋定則可判斷b點電勢高于a點電勢，因磁場均勻變化，所以感應(yīng)電動勢恒定，因此a、b兩點電勢差恒為φa－φb＝－n，選項C正確． 6．(多選)如圖所示，在線圈上端放置一盛有冷水的金屬杯，現(xiàn)接通交流電源，過了幾分鐘，杯內(nèi)的水沸騰起來．若要縮短上述加熱時間，下列措施可行的有(　AB　) A．增加線圈的匝數(shù) B．提高交流電源的頻率 C．將金屬杯換為瓷杯： D．取走線圈中的鐵芯 解析　當(dāng)電磁鐵接通交流電源時，金屬杯處在變化的磁場中產(chǎn)生渦電流發(fā)熱，使水溫升高．要縮短加熱時間，需增大渦電流，即增大感應(yīng)電動勢或減小電阻．增加線圈匝數(shù)、提高交變電流的頻率都是為了增大感應(yīng)電動勢，瓷杯不能產(chǎn)

39、生渦電流，取走鐵芯會導(dǎo)致磁性減弱．所以選項A、B正確，C、D錯誤． 7．(多選)如圖，一端接有定值電阻的平行金屬軌道固定在水平面內(nèi)，通有恒定電流的長直絕緣導(dǎo)線垂直并緊靠軌道固定，導(dǎo)體棒與軌道垂直且接觸良好．在向右勻速通過M、N兩區(qū)的過程中，導(dǎo)體棒所受安培力分別用FM、FN表示．不計軌道電阻．以下敘述正確的是(　BCD　) A．FM向右 B．FN向左 C．FM逐漸增大 D．FN逐漸減小 解析　電磁感應(yīng)中，感應(yīng)電流所受安培力總是阻礙導(dǎo)體棒的運(yùn)動，且安培力既垂直于導(dǎo)體棒又垂直于磁場，故FM、FN方向均向左，選項A錯誤，B正確；導(dǎo)體棒在M區(qū)運(yùn)動時，離通電直導(dǎo)線距離逐漸變小，磁場逐漸增強(qiáng)

40、，感應(yīng)電流及安培力均變大；同理，在N區(qū)運(yùn)動時，遠(yuǎn)離通電直導(dǎo)線，磁場減弱，感應(yīng)電流及安培力均變?。蔬x項C、D正確． 8．如圖，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上．t＝0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運(yùn)動．t0時刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運(yùn)動．桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ.重力加速度大小為g.求： (1)金屬桿在磁場中運(yùn)動時產(chǎn)生的電動勢的大小； (2)電阻的阻值． 解析　(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場

41、前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得ma＝F－μmg，① 設(shè)金屬桿到達(dá)磁場左邊界時的速度為v，由運(yùn)動學(xué)公式有 v＝at0， ② 當(dāng)金屬桿以速度v在磁場中運(yùn)動時，由法拉第電磁感應(yīng)定律，桿中的電動勢為 E＝Blv， ③ 聯(lián)立①②③式可得E＝Blt0(－μg)． ④ (2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運(yùn)動時，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律I＝，⑤ 式中R為電阻的阻值，金屬桿所受的安培力為F安＝BlI， ⑥ 因金屬桿做勻速運(yùn)動，由牛頓運(yùn)動定律得F－μmg－F安＝0， ⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得R＝． 答案　(1)Blt0(－mg)　(2) 課時達(dá)標(biāo)　第28講 (見課時達(dá)標(biāo)P55)

42、 [解密考綱]考查公式E＝n和E＝Blv的應(yīng)用；會判斷電動勢的方向；理解自感現(xiàn)象、渦流等概念，能分析通電自感和斷電自感． 1．(多選)如圖所示，不計電阻的光滑U形金屬框水平放置，光滑、豎直玻璃擋板H、P固定在框上，H、P的間距很小．質(zhì)量為0.2 kg的細(xì)金屬桿CD恰好無擠壓地放在兩擋板之間，與金屬框接觸良好并圍成邊長為1 m的正方形，其有效電阻為0.1 Ω.此時在整個空間加方向與水平面成30°角且與金屬桿垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化規(guī)律是B＝(0.4－0.2t)T，圖示磁場方向為正方向，框、擋板和桿不計形變．則(　AC　) A．t＝1 s時，金屬桿中感應(yīng)電流方向從C到D B

43、．t＝3 s時，金屬桿中感應(yīng)電流方向從D到C C．t＝1 s時，金屬桿對擋板P的壓力大小為0.1 N D．t＝3 s時，金屬桿對擋板H的壓力大小為0.2 N 解析　由楞次定律可知，t＝1 s、t＝3 s時，金屬桿中感應(yīng)電流方向均從C到D，選項 A正確，選項B錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律，得感應(yīng)電動勢E＝S·sin 30°＝0.1 V，感應(yīng)電流I＝＝1 A，t＝1 s時，金屬桿受力如圖甲所示，由平衡條件，得FP＝FAsin 30°＝BILsin 30°＝(0.4－0.2×1) T×ILsin 30°＝0.1 N，選項C正確；t＝3 s時，金屬桿受力如圖乙所示，由平衡條件，得FH＝FAs

44、in 30°＝B3ILsin 30°，而B3＝0.4 T－0.2×3 T＝－0.2 T，方向向左上方，代入解得FH＝0.1 N，選項D錯誤． 2．(多選)如圖所示，勻強(qiáng)磁場的方向垂直于電路所在平面向里，導(dǎo)體棒ab與電路接觸良好．當(dāng)導(dǎo)體棒ab在外力F作用下從左向右做勻加速直線運(yùn)動時，若不計摩擦和導(dǎo)線的電阻，整個過程中，燈泡L未被燒毀，電容器C未被擊穿，則該過程中(　AB　) A．感應(yīng)電動勢將變大 B．燈泡L的亮度變大 C．電容器C的上極板帶負(fù)電 D．電容器兩極板間的電場強(qiáng)度將減小 解析　當(dāng)導(dǎo)體棒ab在外力F作用下從左向右做勻加速直線運(yùn)動時，由右手定則知，導(dǎo)體棒a端的電勢高，電

45、容器C的上極板帶正電；由公式E＝Blv知，感應(yīng)電動勢將變大，導(dǎo)體棒兩端的電壓變大，燈泡L的亮度變大，由于場強(qiáng)E＝，電容器兩極板間的電場強(qiáng)度將變大．綜上可知，選項A、B正確，C、D錯誤． 3．矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場中，如圖甲所示，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，則(　A　) A．從0到t1時間內(nèi)，導(dǎo)線框中電流的方向為adcba B．從0到t1時間內(nèi)，導(dǎo)線框中電流越來越小 C．從t1到t2時間內(nèi)，導(dǎo)線框中電流越來越大 D．從t1到t2時間內(nèi)，導(dǎo)線框bc邊受到的安培力大小保持不變 解析　從0到t1時間

46、內(nèi)，垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，磁通量減小，根據(jù)楞次定律可判斷，產(chǎn)生順時針方向的電流，故選項A正確；由E＝＝S，I＝，且磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，為一恒定值，則線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小不變，故選項B、C錯誤；磁感應(yīng)強(qiáng)度B均勻變化，由F＝BILbc知，bc邊受到的安培力是變化的，故選項D錯誤． 4．(多選)如圖所示．在方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域中有一個由均勻?qū)Ь€制成的單匝矩形線框abcd.線框以恒定的速度v沿垂直磁場方向向右運(yùn)動，運(yùn)動中線框dc邊始終與磁場右邊界平行，線框邊長ad＝l，cd＝2l.線框?qū)Ь€的總電阻為R.則在線框離開磁場的過程中．下列說法中正確的是 (　AB

47、D　) A．流過線框截面的電量為 B．線框中的電流在ad邊產(chǎn)生的熱量 C．線框所受安培力的合力為 D．a(chǎn)d間的電壓為 解析　線框離開磁場的過程中，感應(yīng)電動勢E＝2Blv，由電路知識可知ad間的電壓為Uad＝＝，線框所受安培力的合力為F＝BI(2l)＝，產(chǎn)生的總熱量Q＝I2Rt，t＝，Qad＝，所以Qad＝，通過的電量q＝＝.綜上可知，選項A、B、D正確，C錯誤． 5．一直升飛機(jī)停在南半球的地磁極上空，該處地磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度在豎直方向的分量為B，螺旋槳葉片的長度為l，螺旋槳轉(zhuǎn)動的頻率為f，順著地磁場的方向看，螺旋槳按順時針方向轉(zhuǎn)動．螺旋槳葉片的近軸端為a，遠(yuǎn)軸端為b，如圖所示．如

48、果忽略a到轉(zhuǎn)軸中心線的距離，用E表示每個葉片中的感應(yīng)電動勢，則(　A　) A．E＝πfl2B，且a點電勢低于b點電勢 B．E＝2πfl2B，且a點電勢低于b點電勢 C．E＝πfl2B，且a點電勢高于b點電勢 D．E＝2πfl2B，且a點電勢高于b點電勢 解析　螺旋槳的葉片圍繞著O點轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝Bl(ωl)＝ B(2πf)·l2＝πfl2B，由右手定則判斷出b點電勢比a點電勢高．所以選項A正確． 6．如圖所示的電路中，L為自感線圈，其直流電阻與電阻R相等，C為電容器，電源內(nèi)阻不可忽略．當(dāng)開關(guān)S由閉合變?yōu)閿嚅_瞬間，下列說法正確的是(　B　) A．通過燈A的電流

49、由c到d B．A燈突然閃亮一下再熄滅 C．B燈無電流通過，不可能變亮 D．電容器立即放電 解析　S斷開瞬間，線圈L與A燈、電阻R形成閉合回路，通過燈A的電流由d到c，故選項A錯．由于自感提供給A燈的電流開始時大于電源原來提供的電流，故A燈閃亮一下再熄滅，選項B正確．S斷開瞬間，電源的路端電壓增大，將對電容器充電，充電電流通過B燈，可能會使B燈閃亮一下再熄滅，故選項C、D均錯． 7．(多選)用一根橫截面積為S、電阻率為ρ的硬質(zhì)導(dǎo)線做成一個半徑為r的圓環(huán)，ab為圓環(huán)的一條直徑，如圖所示，在ab的左側(cè)存在一個均勻變化的勻強(qiáng)磁場，磁場垂直圓環(huán)所在平面，方向如圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間的變化率 ＝k

50、(k<0)，則(　BD　) A．圓環(huán)中產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流 B．圓環(huán)具有擴(kuò)張的趨勢 C．圓環(huán)中感應(yīng)電流的大小為|| D．圖中a、b兩點間的電壓U＝|kπr2| 解析　磁通量垂直紙面向里逐漸減小，由楞次定律可知，圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向為順時針，故選項A錯誤；為了阻礙磁通量的減小，圓環(huán)有擴(kuò)張的趨勢，故選項B正確．由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，E＝＝，感應(yīng)電流I＝＝＝，故選項C錯誤；由閉合電路歐姆定律可知，ab兩點間的電壓U＝＝，故選項D正確． 8．如圖甲所示，質(zhì)量為2 kg的絕緣板靜止在粗糙水平面上，質(zhì)量為1 kg、邊長為1 m、電阻為0.1 Ω的正方形金屬框ABCD位于絕緣板上，E

51、、F分別為BC、AD的中點．某時刻起在ABEF區(qū)域內(nèi)有豎直向下的磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，AB邊恰在磁場邊緣以外；FECD區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2＝0.5 T，CD邊恰在磁場邊緣以內(nèi)．假設(shè)金屬框受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，兩磁場均有理想邊界，g取10 m/s2.則(　D　) A．金屬框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為1 V B．金屬框受到向左的安培力大小為1 N C．金屬框中的感應(yīng)電流方向沿ADCB方向 D．如果金屬框與絕緣板間的動摩擦因數(shù)為0.3，則金屬框可以在絕緣板上保持靜止 解析　根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝n＝·＝0.5 V，

52、故選項A錯誤；回路中的電流為I＝＝5 A，所受安培力的大小為F＝B2IL＝2.5 N，根據(jù)楞次定律可知，產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向為逆時針，即ABCD方向，則由左手定則可知，安培力的方向水平向右，故選項B、C錯誤；若金屬框與絕緣板間的動摩擦因數(shù)為0.3，則最大靜摩擦力Ffm＝μFN＝μmg＝3 N，大于安培力，金屬框可以在絕緣板上保持靜止，故選項D正確． 9．(多選)如圖甲所示，abcd為導(dǎo)體做成的框架，其平面與水平面成θ角，導(dǎo)體棒PQ與ad、bc接觸良好，整個裝置放在垂直于框架平面的變化磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化情況如圖乙所示(設(shè)圖甲中B的方向為正方向)，在0～t1時間內(nèi)導(dǎo)體棒PQ始終

53、靜止，下面判斷正確的是(　AD　) A．導(dǎo)體棒PQ中電流方向由Q至P B．導(dǎo)體棒PQ受安培力方向沿框架向下 C．導(dǎo)體棒PQ受安培力大小在增大 D．導(dǎo)體棒PQ受安培力大小在減小 解析　根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知在線圈中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電流，方向由Q至P，故選項A正確；根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)體棒PQ受到沿框架向上的安培力，故選項B錯誤；產(chǎn)生的感應(yīng)電流不變，但磁感應(yīng)強(qiáng)度逐漸減小，故受到的安培力逐漸減小，故選項C錯誤，D正確． 10．(多選)如圖甲所示，光滑絕緣水平面上，虛線MN的右側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2 T的勻強(qiáng)磁場，MN的左側(cè)有一質(zhì)量m＝0.1 kg的矩形線圈abcd，bc邊長L1＝0

54、.2 m，電阻R＝2 Ω，t＝0時，用一恒定拉力F拉線圈，使其由靜止開始向右做勻加速運(yùn)動，經(jīng)過1 s，線圈的bc邊到達(dá)磁場邊界MN，此時立即將拉力F改為變力，又經(jīng)過1 s，線圈恰好完全進(jìn)入磁場，整個運(yùn)動過程中，線圈中感應(yīng)電流i隨時間t變化的圖象如圖乙所示．則(　ABD　) A．恒定拉力大小為0.05 N B．線圈在第2 s內(nèi)的加速度大小為1 m/s2 C．線圈ab邊長L2＝0.5 m D．在第2 s內(nèi)流過線圈的電荷量為0.2 C 解析　在第1 s末，i1＝，E＝BL1v1，v1＝a1t1，F(xiàn)＝ma1，聯(lián)立得F＝0.05 N，選項A正確；在第2 s內(nèi)，由圖象分析知線圈做勻加速直線運(yùn)動，第2 s末，i2＝，E′＝BL1v2，v2＝v1＋a2t2，解得a2＝1 m/s2，選項B正確；在第2 s內(nèi)，v－v＝2a2L2，得L2＝1 m，選項C錯誤；q＝＝＝0.2 C，選項D正確． 25