法拉第电磁感应定律、自感和涡流

------------------------------------------作者xxxx------------------------------------------日期xxxx法拉第电磁感应定律、自感和涡流【精品文档】【精品文档】【精品文档】【精品文档】【精品文档】【精品文档】第2讲　法拉第电磁感应定律、自感和涡流一、法拉第电磁感应定律1.感应电动势(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势.(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关.(3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断.2.法拉第电磁感应定律(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比.(2)公式：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中n为线圈匝数.(3)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路的欧姆定律，即I＝eq\f(E,R＋r).(4)说明：①当ΔΦ仅由B的变化引起时，则E＝neq\f(ΔB·S,Δt)；当ΔΦ仅由S的变化引起时，则E＝neq\f(B·ΔS,Δt)；当ΔΦ由B、S的变化同时引起时，则E＝neq\f(B2S2－B1S1,Δt)≠neq\f(ΔB·ΔS,Δt).②磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)是Φ－t图象上某点切线的斜率.3.导体切割磁感线时的感应电动势(1)导体垂直切割磁感线时，感应电动势可用E＝Blv求出，式中l为导体切割磁感线的有效长度；(2)导体棒在磁场中转动时，导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E＝Bleq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bl2ω(平均速度等于中点位置的线速度eq\f(1,2)lω).自测1　教材P17第1 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 改编　将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 述正确的是(　　)A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关B.穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C.穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 　C二、自感、涡流、电磁阻尼和电磁驱动1.自感现象(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫做自感电动势.(2)表达式：E＝Leq\f(ΔI,Δt).(3)自感系数L的影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关.2.涡流现象(1)涡流：块状金属放在变化磁场中，或者让它在磁场中运动时，金属块内产生的旋涡状感应电流.(2)产生原因：金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流.3.电磁阻尼导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的相对运动.4.电磁驱动如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流使导体受到安培力而使导体运动起来.自测2　(多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图1所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音，下列说法正确的有(　　)图1A.选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B.取走磁体，电吉他将不能正常工作C.增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D.弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化答案　BCD解析　铜质弦为非磁性材料，不能被磁化，选用铜质弦，电吉他不能正常工作，A项错误；若取走磁体，金属弦不能被磁化，其振动时，不能在线圈中产生感应电动势，电吉他不能正常工作，B项正确；由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，C项正确；弦振动过程中，穿过线圈的磁通量大小不断变化，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向不断变化，D项正确.命题点一　法拉第电磁感应定律的理解及应用1.求解感应电动势常见情况情景图研究对象回路(不一定闭合)一段直导线(或等效成直导线)绕一端转动的一段导体棒绕与B垂直的轴匀速转动的导线框表达式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝BLvsinθE＝eq\f(1,2)BL2ωE＝NBSωsinωt2.应用注意点公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的应用，ΔΦ与B、S相关，可能是eq\f(ΔΦ,Δt)＝Beq\f(ΔS,Δt)，也可能是eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)，当B＝kt时，eq\f(ΔΦ,Δt)＝kS.例1　轻质细线吊着一质量为m＝0.42kg、边长为L＝1m、匝数n＝10的正方形线圈，其总电阻为r＝1Ω.在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图2甲所示.磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示.(g＝10m/s2)图2(1)判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针；(2)求线圈的电功率；(3)求在t＝4s时轻质细线的拉力大小.答案　(1)逆时针　(2)0.25W　(3)1.2N解析　(1)由楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向.(2)由法拉第电磁感应定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝n·eq\f(1,2)L2eq\f(ΔB,Δt)＝0.5V则P＝eq\f(E2,r)＝0.25W(3)I＝eq\f(E,r)＝0.5A，F安＝nBILF安＋F线＝mg联立解得F线＝1.2N.拓展延伸　(1)在例1中磁感应强度为多少时，细线的拉力刚好为0?(2)在例1中求在t＝6s内通过导线横截面的电荷量？答案　(1)0.84T　(2)3C解析　(1)细线的拉力刚好为0时满足：F安＝mgF安＝nBIL联立解得：B＝0.84T(2)由q＝It得：q＝×6C＝3C.变式1　(2017·天津理综·3)如图3所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下.现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是(　　)图3A.ab中的感应电流方向由b到aB.ab中的感应电流逐渐减小C.ab所受的安培力保持不变D.ab所受的静摩擦力逐渐减小答案　D解析　金属棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小(eq\f(ΔB,Δt)＝k为一定值)，则闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺时针方向的感应电流，ab中的电流方向由a到b，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝kS，回路面积S不变，即感应电动势为定值，设ab的电阻为r，根据闭合电路欧姆定律I＝eq\f(E,R＋r)，所以ab中的电流大小不变，故B错误；安培力F＝BIL，电流大小和金属棒长度不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故C错误；导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力 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，水平方向静摩擦力Ff与安培力F等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故D正确.变式2　(2018·湖北黄冈调研)如图4甲所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路.线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示.图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0，导线的电阻不计.求0至t1时间内图4(1)通过电阻R1的电流大小和方向；(2)通过电阻R1的电荷量q和产生的热量Q.答案　(1)eq\f(nB0πr\o\al( 2,2),3Rt0)　方向从b到a　(2)eq\f(nB0πr\o\al( 2,2)t1,3Rt0)eq\f(2n2B\o\al( 2,0)π2r\o\al( 4,2)t1,9Rt\o\al( 2,0))解析　(1)由题图乙分析可知，0至t1时间内有eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0,t0).由法拉第电磁感应定律有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)·S.而S＝πr22，由闭合电路欧姆定律有I1＝eq\f(E,R1＋R).联立以上各式解得I1＝eq\f(nB0πr\o\al( 2,2),3Rt0).由楞次定律可得电阻R1上的电流方向为从b到a.(2)通过电阻R1上的电荷量q＝I1t1＝eq\f(nB0πr\o\al( 2,2)t1,3Rt0).电阻R1上产生的热量Q＝Ieq\o\al(2,1)R1t1＝eq\f(2n2B\o\al( 2,0)π2r\o\al( 4,2)t1,9Rt\o\al( 2,0)).命题点二　导体切割磁感线产生感应电动势1.计算：切割方式感应电动势的表达式垂直切割E＝Blv倾斜切割E＝Blvsinθ，其中θ为v与B的夹角旋转切割(以一端为轴)E＝eq\f(1,2)Bl2ω说明　(1)导体与磁场方向垂直；(2)磁场为匀强磁场.2.判断：(1)把产生感应电动势的那部分电路或导体当作电源的内电路，那部分导体相当于电源.(2)若电路是不闭合的，则先假设有电流通过，然后应用楞次定律或右手定则判断出电流的方向.(3)电源内部电流的方向是由负极(低电势)流向正极(高电势)，外电路顺着电流方向每经过一个电阻电势都要降低.例2　(多选)(2017·全国卷Ⅱ·20)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直.边长为0.1m、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图5甲所示.已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场.线框中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正).下列说法正确的是(　　)图5A.磁感应强度的大小为0.5TB.导线框运动的速度的大小为0.5m/sC.磁感应强度的方向垂直于纸面向外D.在t＝0.4s至t＝0.6s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N答案　BC解析　由Et图象可知，导线框经过0.2s全部进入磁场，则速度v＝eq\f(l,t)＝eq\,0.2)m/s＝0.5m/s，选项B正确；由题图乙可知，E＝0.01V，根据E＝Blv得，B＝eq\f(E,lv)＝eq\,×0.5)T＝0.2T，选项A错误；根据右手定则及正方向的规定可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项C正确；在t＝0.4s至t＝0.6s这段时间内，导线框中的感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\,0.005)A＝2A,所受的安培力大小为F＝BIl＝×2×0.1N＝0.04N，选项D错误.例3　(多选)(2016·全国卷Ⅱ·20)法拉第圆盘发电机的示意图如图6所示.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(　　)图6A.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，则电流沿a到b的方向流动C.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，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍答案　AB解析　将圆盘看成无数幅条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，流过电阻的电流方向从a到b，B对；由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝BLeq\x\to(v)＝eq\f(1,2)BL2ω，I＝eq\f(E,R＋r)，ω恒定时，I大小恒定，ω大小变化时，I大小变化，方向不变，故A对，C错；由P＝I2R＝eq\f(B2L4ω2R,4R＋r2)知，当ω变为原来的2倍时，P变为原来的4倍，D错.变式3　(2015·安徽理综·19)如图7所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，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(　　)图7A.电路中感应电动势的大小为eq\f(Blv,sinθ)B.电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(B2lvsinθ,r)D.金属杆的发热功率为eq\f(B2lv2,rsinθ)答案　B解析　电路中的感应电动势E＝Blv，感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(E,\f(l,sinθ)r)＝eq\f(Bvsinθ,r)，故A错误，B正确；金属杆所受安培力大小F＝BIeq\f(l,sinθ)＝eq\f(B2lv,r)，故C错误；金属杆的发热功率P＝I2R＝I2eq\f(l,sinθ)r＝eq\f(B2lv2sinθ,r)，故D错误.变式4　(2015·新课标全国卷Ⅱ·15)如图8，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.当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是(　　)图8A.Ua＞Uc，金属框中无电流B.Ub＞Uc，金属框中电流方向沿abcaC.Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中无电流D.Ubc＝eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中电流方向沿acba答案　C解析　金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误.转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断UaIA1，即RL1 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对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右振动的衰减最有效的方案是(　　)图11答案　A解析　感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变化.在A图中，系统振动时，紫铜薄板随之上下及左右振动，在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动；在B图中，只有紫铜薄板向左振动才产生感应电流，而上下振动无感应电流产生；在C图中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，都不会产生感应电流；在D图中，只有紫铜薄板左右振动才产生感应电流，而上下振动无感应电流产生，故选项A正确，B、C、D错误.变式6　如图12所示，关于涡流，下列说法中错误的是(　　)图12A.真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置B.家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的C.阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动D.变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流答案　B变式7　如图13所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置.小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部.则小磁块(　　)图13A.在P和Q中都做自由落体运动B.在两个下落过程中的机械能都守恒C.在P中的下落时间比在Q中的长D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大答案　C解析　小磁块从铜管P中下落时，P中的磁通量发生变化，P中产生感应电流，给小磁块一个向上的磁场力，阻碍小磁块向下运动，因此小磁块在P中不是做自由落体运动，而塑料管Q中不会产生电磁感应现象，因此Q中小磁块做自由落体运动，A项错误；P中的小磁块受到的磁场力对小磁块做负功，机械能不守恒，B项错误；由于在P中小磁块下落的加速度小于g，而Q中小磁块做自由落体运动，因此从静止开始下落相同高度，在P中下落的时间比在Q中下落的时间长，C项正确；根据动能定理可知，落到底部时在P中的速度比在Q中的速度小，D项错误.1.关于电磁感应，下列说法正确的是(　　)A.穿过回路的磁通量越大，则产生的感应电动势越大B.穿过回路的磁通量减小，则产生的感应电动势一定变小C.穿过回路的磁通量变化越快，则产生的感应电动势越大D.穿过回路的磁通量变化越大，则产生的感应电动势越大答案　C解析　由法拉第电磁感应定律可知感应电动势的大小只与磁通量的变化率成正比，与磁通量大小、磁通量的变化量都没有关系，A、B、D错误，C正确.2.(多选)如图1所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度随时间变化.下列说法正确的是(　　)图1A.当磁感应强度增加时，线框中的感应电流可能减小B.当磁感应强度增加时，线框中的感应电流一定增大C.当磁感应强度减小时，线框中的感应电流一定增大D.当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变答案　AD解析　线框中的感应电动势为E＝eq\f(ΔB,Δt)S，设线框的电阻为R，则线框中的电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(S,R)，因为B增大或减小时，eq\f(ΔB,Δt)可能减小，也可能增大，也可能不变.线框中的感应电动势的大小只和磁通量的变化率有关，和磁通量的变化量无关.故选项A、D正确.3.如图2所示，线圈L的自感系数很大，且其直流电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，开关S闭合和断开的过程中，灯L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)(　　)图2闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即熄灭，L1逐渐变亮闭合，L1亮度不变，L2很亮；S断开，L1、L2立即熄灭闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下再熄灭闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下再熄灭答案　D4.(2018·广东珠海质检)如图3所示，一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中，若要使圆环中产生如图中箭头所示方向的感应电流，下列方法可行的是(　　)图3A.仅使匀强磁场的磁感应强度均匀增大B.仅使圆环绕水平轴ab如图转动30°C.仅使圆环绕水平轴cd如图转动30°D.保持圆环水平并仅使其绕过圆心的竖直轴转动答案　A解析　原磁场的方向向上，圆环中顺时针(从上向下看)方向的感应电流的磁场方向向下，与原磁场的方向相反，所以穿过圆环的磁通量应增大.仅使匀强磁场的磁感应强度均匀增大，穿过圆环的磁通量增大，根据楞次定律可知，圆环产生顺时针(从上向下看)方向的感应电流，选项A正确；仅使圆环绕水平轴ab或cd按题图所示方向转动30°，转动过程中穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可知，圆环中产生逆时针(从上向下看)方向的感应电流，选项B、C错误；保持圆环水平并仅使其绕过圆心的竖直轴转动，穿过圆环的磁通量保持不变，不能产生感应电流，选项D错误.5.如图4所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计.MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面向里).现对MN施力使它沿导轨方向以速度v水平向右做匀速运动.令U表示MN两端电压的大小，下列说法正确的是(　　)图4A.U＝eq\f(1,2)Blv，流过固定电阻R的感应电流由b经R到dB.U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由d经R到bC.MN受到的安培力大小FA＝eq\f(B2l2v,2R)，方向水平向右D.MN受到的安培力大小FA＝eq\f(B2l2v,R)，方向水平向左答案　A解析　根据电磁感应定律，MN产生的电动势E＝Blv，由于MN的电阻与外电路电阻相同，所以MN两端的电压U＝eq\f(1,2)E＝eq\f(1,2)Blv，根据右手定则，流过固定电阻R的感应电流由b经R到d，故A正确，B错误；MN受到的安培力大小FA＝eq\f(B2l2v,2R)，方向水平向左，故C、D错误.6.(多选)如图5所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来.若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有(　　)图5A.增加线圈的匝数B.提高交流电源的频率C.将金属杯换为瓷杯D.取走线圈中的铁芯答案　AB解析　当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡流发热，使水温升高.要缩短加热时间，需增大涡流电流，即增大感应电动势或减小电阻.增加线圈匝数、提高交流电源的频率都是为了增大感应电动势，瓷杯不能产生涡流，取走铁芯会导致磁性减弱，故选项A、B正确，选项C、D错误.7.(多选)用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径.如图6所示，在ab的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，磁感应强度大小随时间的变化率eq\f(ΔB,Δt)＝k(k＜0).则(　　)图6A.圆环中产生逆时针方向的感应电流B.圆环具有扩张的趋势C.圆环中感应电流的大小为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(krS,2ρ)))D.图中a、b两点间的电势差Uab＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(kπr2,4)))答案　BD解析　磁通量均匀减少，根据楞次定律可知，圆环中产生顺时针方向的感应电流，选项A错误；圆环在磁场中的部分，受到向外的安培力，所以有扩张的趋势，选项B正确；圆环产生的感应电动势大小为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(kπr2,2)))，则圆环中的电流大小为I＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(kSr,4ρ)))，选项C错误；a、b两点间的电势差Uab＝eq\f(E,2)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(kπr2,4)))，选项D正确.8.如图7甲所示，导体棒MN置于水平导轨上，PQMN所围的面积为S，PQ之间有阻值为R的电阻，不计导轨和导体棒的电阻.导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场，规定磁场方向竖直向上为正方向，在0～2t0时间内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示，导体棒MN始终处于静止状态.下列说法正确的是(　　)图7A.在0～t0和t0～2t0时间内，导体棒受到的导轨的摩擦力方向相同B.在0～t0时间内，通过导体棒的电流方向为N到MC.在t0～2t0时间内，通过电阻R的电流大小为eq\f(SB0,Rt0)D.在0～2t0时间内，通过电阻R的电荷量为eq\f(SB0,2R)答案　B解析　在0～t0时间内磁通量减小，根据楞次定律要阻碍磁通量的减小，导体棒有向右运动的趋势，摩擦力水平向左.在t0～2t0时间内磁通量增大，同理可判断导体棒有向左运动的趋势，摩擦力水平向右，选项A错；0～t0时间内竖直向上的磁通量减小，根据楞次定律感应电流的磁场方向竖直向上，感应电流的方向由N到M，选项B对；导体棒MN始终静止，与导轨围成的回路面积不变，根据电磁感应定律可得感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S，即感应电动势与B－t图象斜率成正比，0～t0时间内感应电流大小I1＝eq\f(E′,R)＝eq\f(ΔB′,Δt′R)S＝eq\f(B0,Rt0)S，t0～2t0时间内感应电流大小I2＝eq\f(E″,R)＝eq\f(ΔB″,Δt″R)S＝eq\f(2B0,Rt0)S，选项C错；在0～2t0时间内，通过电阻R的电荷量Q＝I·Δt＝eq\f(E,R)·Δt＝eq\f(ΔB,ΔtR)S·Δt＝eq\f(ΔBS,R)＝eq\f(B0S,R)，选项D错.9.如图8所示，匀强磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流.现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化.为了产生与线框运动过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率eq\f(ΔB,Δt)的大小应为(　　)图8A.eq\f(4ωB0,π)B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π)D.eq\f(ωB0,2π)答案　C解析　线框匀速转动时产生的感应电动势E1＝B0rv＝B0req\f(ωr,2)＝eq\f(1,2)B0ωr2.当磁感应强度大小随时间线性变化时，产生的感应电动势E2＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(1,2)πr2·eq\f(ΔB,Δt)，要使两次产生的感应电流大小相等，必须E1＝E2，即eq\f(1,2)B0ωr2＝eq\f(1,2)πr2·eq\f(ΔB,Δt)，解得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(ωB0,π)，选项C正确，A、B、D错误.10.(2018·山东德州调研)如图9所示，长为L的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C的平行板电容器上，P、Q为电容器的两个极板，磁场方向垂直于环面向里，磁感应强度以B＝B0＋Kt(K>0)随时间变化.t＝0时，P、Q两极板电势相等，两极板间的距离远小于环的半径.经时间t，电容器的P极板(　　)图9A.不带电B.所带电荷量与t成正比C.带正电，电荷量是eq\f(KL2C,4π)D.带负电，电荷量是eq\f(KL2C,4π)答案　D解析　由于K>0，磁感应强度均匀增大，所以感应电流的磁场与原磁场方向相反，由右手螺旋定则，感应电流方向逆时针，在电源内部电流从负极流向正极，所以P极板为电源负极，带负电，由U＝eq\f(ΔBS,Δt)＝K·π(eq\f(L,2π))2＝eq\f(KL2,4π)，q＝CU＝eq\f(KL2C,4π)，故选项D正确.11.如图10所示，某同学在玻璃皿中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体”实验，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度为B＝0.1T，玻璃皿的横截面的半径为a＝0.05m，电源的电动势为E＝3V，内阻r＝0.1Ω，限流电阻R0＝4.9Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R＝0.9Ω，闭合开关后，当液体旋转时，电压表的示数为1.5V，则(　　)图10A.由上往下看，液体做顺时针旋转B.液体所受的安培力大小为×10－4NC.闭合开关后，液体热功率为0.81WD.闭合开关10s，液体具有的动能是3.69J答案　D解析　由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形的电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；玻璃皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的安培力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故A错误；电压表的示数为1.5V，则根据闭合电路欧姆定律有E＝U＋IR0＋Ir，所以电路中的电流I＝eq\f(E－U,R0＋r)＝eq\f(3－,＋0.1)A＝0.3A，液体所受的安培力大小F＝BIL＝BIa＝××0.05N＝×10－3N，故B错误；玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R＝0.9Ω，则液体热功率为P热＝I2R＝2×0.9W＝0.081W，故C错误；10s末液体的动能等于安培力对液体做的功，通过玻璃皿的电流的功率P＝UI＝×0.3W＝0.45W，所以闭合开关10s，液体具有的动能Ek＝W电流－W热＝(P－P热)·t＝－0.081)×10J＝3.69J，故D正确.12.(2017·北京海淀重点中学月考)如图11甲所示，水平面上的平行导轨MN、PQ上放着两根导体棒ab、cd，两棒间用绝缘丝线系住.开始匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，图线与t轴的交点为t0.I和FT分别表示通过导体棒中的电流和丝线的拉力(不计电流间的相互作用).则在t0时刻(　　)图11A.I＝0，FT＝0B.I＝0，FT≠0C.I≠0，FT＝0D.I≠0，FT≠0答案　C解析　由题图乙看出，磁感应强度B随时间t做均匀变化，则穿过回路的磁通量随时间也做均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知回路中将产生恒定的感应电流，所以I≠0，但t0时刻B＝0，两棒都不受安培力，故丝线的拉力FT＝0.所以C正确.13.如图12所示，MN、PQ是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为d，导轨所在平面与水平面成θ角，M、P间接阻值为R的电阻.匀强磁场的方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B.质量为m、阻值为r、长度为d的金属棒放在两导轨上，在平行于导轨的拉力作用下，以速度v匀速向上运动.已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触，重力加速度为g.求：图12(1)金属棒产生的感应电动势E；(2)通过电阻R的电流I；(3)拉力F的大小.答案　(1)Bdv　(2)eq\f(Bdv,R＋r)　(3)mgsinθ＋eq\f(B2d2v,R＋r)解析　(1)根据法拉第电磁感应定律得E＝Bdv.(2)根据闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(Bdv,R＋r)(3)导体棒的受力情况如图所示，根据牛顿第二定律有F－F安－mgsinθ＝0，又因为F安＝BId＝eq\f(B2d2v,R＋r)，所以F＝mgsinθ＋eq\f(B2d2v,R＋r).