【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习讲义第11章 第2讲 法拉第电磁感应定律、自感和涡流(含解析).doc，共(18)页，405.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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第2讲法拉第电磁感应定律、自感和涡流目标要求1.理解并应用法拉第电磁感应定律.2.会计算导体棒切割磁感线产生的感应电动势.3.了解自感现象、涡流、电磁驱动和电磁阻尼．考点一法拉第电磁感应定律的理解及应用基础回扣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＝nΔΦΔt，其中n为线圈匝数．(3)感应电流与感应电动势的关系：I＝ER＋r.(

4)说明：E的大小与Φ、ΔΦ无关，决定于磁通量的变化率ΔΦΔt.技巧点拨1．当ΔΦ仅由B的变化引起时，E＝nΔB·SΔt，其中S为线圈在磁场中的有效面积．若B＝B0＋kt，则E＝nkS.2．当ΔΦ仅由S的变化引起时，E＝nBΔSΔt.3．当B、S同时变化时，则E＝nB2S2－B1S1Δt≠nΔB

·ΔSΔt.4．若已知Φ－t图象，则图线上某一点的切线斜率为ΔΦΔt.判断感应电动势的方向、大小例1(多选)(2018·全国卷Ⅲ·20)如图1(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧．导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流

正方向．导线框R中的感应电动势()图1A．在t＝T4时为零B．在t＝T2时改变方向C．在t＝T2时最大，且沿顺时针方向D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向答案AC解析在t＝T4时，i－t图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS知，E＝0，A项正确；在

t＝T2和t＝T时，i－t图线斜率的绝对值最大，在t＝T2和t＝T时感应电动势最大．在T4到T2之间，电流由Q向P减弱，导线在R处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，即R中感应电动势

沿顺时针方向，同理可判断在T2到3T4之间，R中电动势也为顺时针方向，在34T到T之间，R中电动势为逆时针方向，C项正确，B、D项错误．感应电动势、感应电流的计算例2(多选)(2019·全国卷Ⅰ·20)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间

变化的匀强磁场，其边界如图2(a)中虚线MN所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化

关系如图(b)所示．则在t＝0到t＝t1的时间间隔内()图2A．圆环所受安培力的方向始终不变B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C．圆环中的感应电流大小为B0rS4t0ρD．圆环中的感应电动势大小为B0πr24t0答案BC解析在0～t0时间内，

磁感应强度减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左；在t0～t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向仍为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A错误，B正确；根据法

拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt＝12πr2·B0t0＝B0πr22t0，由R＝ρlS可得R＝ρ2πrS，根据欧姆定律可得I＝ER＝B0rS4t0ρ，所以选项C正确，D错误．1．(法拉第电磁感应定律的应

用)如图3所示，竖直放置的矩形导线框MNPQ边长分别为L和2L，M、N间连接水平的平行板电容器，两极板间距为d，虚线为线框中轴线，虚线右侧有垂直线框平面向里的匀强磁场．两极板间有一质量为m、电荷量为q的带负电油滴恰好处于平衡状态，已知重力加

速度为g，则该磁场磁感应强度大小B的变化情况及其变化率分别是()图3A．正在减小，ΔBΔt＝mgd2qL2B．正在减小，ΔBΔt＝mgdqL2C．正在增强，ΔBΔt＝mgd2qL2D．正在增强，ΔBΔt＝mgdqL2答案D解

析电荷量为q的带负电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电场强度方向竖直向下，所以电容器的上极板带正电，线框上端相当于电源正极，感应电动势沿逆时针方向，感应电流的磁场方向和原磁场方向相反，根据楞次定律可知，穿过线框的磁通量在均匀增强，线框产生的感应电动势E＝UMN＝ΔBΔtS＝ΔBΔ

tL2，油滴所受电场力与重力大小相等，则qUMNd＝mg，联立以上两式得，线圈中的磁通量变化率的大小为ΔBΔt＝mgdqL2，故D正确，A、B、C错误．考点二导体切割磁感线产生的感应电动势1．导体平动切割磁感线(1)有效长度公式E＝Blv中的l为导体切割磁感线的有效长度

．如图4中，导体的有效长度分别为：图4图甲：l＝cdsinβ.图乙：沿v1方向运动时，l＝MN.图丙：沿v1方向运动时，l＝2R；沿v2方向运动时，l＝R.图丁：l＝a2＋b2.(2)相对速度E＝Blv中的速度v是导体相对磁场的

速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系．图52．导体转动切割磁感线如图5，当长为l的导体在垂直于匀强磁场(磁感应强度为B)的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动，当导体运动Δt时间后，转过的弧度θ＝ωΔt，转过的面积ΔS＝12l2ωΔt，则E＝ΔΦΔt＝

BΔSΔt＝12Bl2ω.平动切割磁感线例3(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6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6A．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E－t图象可知，导线框经过0.2s全部进入磁场，则速度v＝lt＝0.10.2m/s＝0.5m/s，选项B正确；由题图乙可知，E＝0.0

1V，根据E＝Blv得，B＝Elv＝0.010.1×0.5T＝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＝ER＝0.010.005A＝2A,所受的安培力大小为F＝BIl＝

0.2×2×0.1N＝0.04N，选项D错误．转动切割磁感线例4如图7所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的磁感应强度为B的匀强磁场中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速运动，则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)()图7A．由c到d，I＝Br2ωRB．由d到c，I＝Br2

ωRC．由c到d，I＝Br2ω2RD．由d到c，I＝Br2ω2R答案D解析由右手定则，圆盘相当于电源，其电流方向为从边缘指向圆心，所以通过电阻R的电流的方向是由d到c；而金属圆盘产生的感应电动势E＝12Br2ω，所以通过电阻R的电流大小是I＝Br2ω2R，D正确．2．(平动切割磁感线)如图8所

示，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为E，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内

，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为E′.则E′E等于()图8A.12B.22C．1D.2答案B解析设折弯前导体切割磁感线的长度为L，E＝BLv；折弯后，导体切割磁感线的有效长度为l＝L22＋

L22＝22L，故产生的感应电动势为E′＝Blv＝B·22Lv＝22E，所以E′E＝22，B正确．3.(转动切割磁感线)(2020·安徽宣城市期末调研测试)边界MN的一侧区域内，存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于光滑水平桌面的匀强磁场．边长为l的正三角形金属线框abc粗细均匀，三边阻值相等

，a顶点刚好位于边界MN上，现使线框围绕过a点且垂直于桌面的转轴匀速转动，转动角速度为ω，如图9所示，则在ab边开始转入磁场的瞬间a、b两端的电势差Uab为()图9A.13Bl2ωB．－12Bl2ωC．－13Bl2ωD.16Bl2

ω答案A解析当ab边刚进入磁场时，ab边切割磁感线，切割长度为两个端点间的距离，即为a、b间的距离l，则E＝Blv＝Bllω2＝12Bl2ω；设每个边的电阻为R，a、b两点间的电势差为：U＝I·2R＝E3R·2R，故U＝13Bl

2ω，故A正确，B、C、D错误．考点三自感现象基础回扣自感现象(1)概念：当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场在线圈本身激发出感应电动势．这种现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫作自感电动势．(2)表达式：E＝LΔIΔt.(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．技巧点拨1．通电自感和断电自感的比较电路图器材要求A1、A2同规格，R＝RL，L较大L很大(有铁芯)通电时在S闭合瞬间，灯A2立即亮起来，灯A1逐渐变亮，最终一样亮灯A立即亮，

然后逐渐变暗达到稳定断电时回路电流减小，灯泡逐渐变暗，A1电流方向不变，A2电流反向①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；②若I2＞I1，灯泡闪亮后逐渐变暗.两种情况下灯泡中电流方向均改变2.分析自感问题的三

个技巧例5(2017·北京卷·19)如图10所示，图甲和图乙是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮．而另一个相同的灯A3立即变亮

，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是()图10A．图甲中，A1与L1的电阻值相同B．图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同D．图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等答案C解析断开开关S1瞬间，线圈L

1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L1的电流反向通过A1，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明IL1>IA1，即RL1<RA1，故A错；题图甲中，闭合开关S1，电路稳定后，因为RL1<RA1，所以A1中电流小于L1中电流，故B错；题图乙中，闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相

同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同，说明变阻器R与L2的电阻值相同，故C对；闭合S2瞬间，通过L2的电流增大，由于电磁感应，线圈L2产生自感电动势，阻碍电流的增大，则L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错．4．(自感现象)(多选)(2020·江苏苏锡常

镇二模)为测量线圈L的直流电阻R0，某研究小组设计了如图11所示电路．已知线圈的自感系数较大，两电表可视为理想电表，其示数分别记为U、I，实验开始前，S1处于断开状态，S2处于闭合状态．关于实验过程，下列说法正确的是()图11A．闭合S1，电流表示数逐渐

增大至稳定值B．闭合S1，电压表示数逐渐减小至稳定值C．待两电表示数稳定后，方可读取U、I的值D．实验结束后，应先断开S1答案ABC考点四涡流电磁阻尼和电磁驱动基础回扣1．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，金属块内产生的漩涡状感应电流．(2)产生原因：金属块内

磁通量变化→感应电动势→感应电流．2．电磁阻尼当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力总是阻碍导体的相对运动．3．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运动起来．5．(涡流)如图12所示，关于涡流的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B6．(电磁阻尼)(2017·全国卷Ⅰ·18)扫描隧道显微镜(S

TM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌．为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图13所示．无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出

现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是()图13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．课时精练1．将多匝

闭合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C2．(多选)(2020·贵州省思南中学开学考试)穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图1甲、乙、丙、丁所示，下列关于回路中产生的感应电动势的说法，

正确的是()图1A．图甲中回路产生的感应电动势恒定不变B．图乙中回路产生的感应电动势一直在变大C．图丙中回路在0～t0时间内产生的感应电动势大于t0～2t0时间内产生的感应电动势D．图丁中回路产生的感

应电动势先变小再变大答案CD解析Φ－t图象中图线的斜率的绝对值表示感应电动势的大小，故A、B错误；C、D正确．3.(多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图2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2A．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＝nΔΦΔt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．4．三个相同的金属圆环内存在着不同的有界匀强磁场，虚线表

示环的某条直径，已知所有磁场的磁感应强度随时间变化关系都满足B＝kt，磁场方向如图3所示．测得A环内感应电流强度为I，则B环和C环内感应电流强度分别为()图3A．IB＝I，IC＝0B．IB＝I，IC＝2IC．IB＝2I，IC＝2ID．IB＝2I，IC＝

0答案D解析C环中穿过圆环的磁感线完全抵消，磁通量为零，保持不变，所以没有感应电流产生，即IC＝0.根据法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS＝kS，S是有效面积，可得E∝S，所以A、B中感应电动势之比EA∶EB＝1∶2，根据欧姆定律得IB＝2IA＝2I，选项D正确．5．如

图4所示，在庆祝反法西斯胜利70周年阅兵盛典上，我国预警机“空警－2000”在通过天安门上空时机翼保持水平，以4.5×102km/h的速度自东向西飞行．该机的翼展(两翼尖之间的距离)为50m，北京地区地磁场的竖直分

量向下，大小为4.7×10－5T，则()图4A．两翼尖之间的电势差为2.9VB．两翼尖之间的电势差为1.1VC．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高D．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低答案C解析飞机的飞行速度为4.5×102km/h＝1

25m/s，飞机两翼尖之间的电动势为E＝Blv＝4.7×10－5×50×125V≈0.29V，A、B项错误；飞机从东向西飞行，磁场竖直向下，根据右手定则可知，飞机左方翼尖的电势高于右方翼尖的电势，C项正确，D项错误．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，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)(2019·山东青岛市质检)如图6所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略，下列说法中正确的是()图6A．闭合开关S接通电路时，A2始终比A1亮B．闭合开关S接通电路时，A2先亮，A1后亮

，最后一样亮C．断开开关S切断电路时，A2先熄灭，A1过一会儿才熄灭D．断开开关S切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭答案BD解析闭合开关S接通电路，A2立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过A1的电流慢慢变大，最后两灯泡的电压一样大，所以

一样亮，故A错误，B正确；断开开关S切断电路时，线圈对电流的减小有阻碍作用，相当于电源，与A1和A2串联，所以两灯泡都要过一会儿才熄灭，故C错误，D正确．8．(2020·浙江杭州市一模)用导线绕一圆环，

环内有一用同样导线折成的内接正方形线框，圆环与线框绝缘，如图7甲所示．圆环的半径R＝2m，导线单位长度的电阻r0＝0.2Ω/m.把它们放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环平面(纸面)向里．磁感应强度B随时间t变化如图乙

所示，求：图7(1)正方形线框产生的感应电动势；(2)在0～2.0s内，圆环产生的焦耳热；(3)若不知道圆环半径数值，在0～2.0s内，圆环中的电流与正方形线框中的电流之比．答案(1)4V(2)31.75J(3)2解析(1)正方形线框的面积为S＝2R2，根据法拉第电磁感应定律得：E＝ΔBΔtS＝

1.5－0.52.0×2×22V＝4V.(2)圆环面积为S′＝πR2，圆周长为L＝2πR，圆环的电阻为：r′＝2πRr0＝2×3.14×2×0.2Ω≈2.5Ω根据法拉第电磁感应定律得：E′＝ΔBΔtS′＝1.5－0.52.0×π×22V≈6.3V在0～2.0s内

，圆环产生的焦耳热为：Q＝E′2r′t＝6.322.5×2.0J≈31.75J(3)正方形线框中的电流为：I＝Er＝ΔBΔt·2R242Rr0，圆环中的电流为：I′＝E′r′＝ΔBΔt·πR22πRr0圆环中的电流与正方形线框中的电流之比：I′I＝2.9

.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φa、φb、φc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是()图8A．φa＞φc，金

属框中无电流B．φb＞φc，金属框中电流方向沿a→b→c→aC．Ubc＝－12Bl2ω，金属框中无电流D．Ubc＝12Bl2ω，金属框中电流方向沿a→c→b→a答案C解析穿过金属框的磁通量始终为零，没有发生变化，故

金属框中无电流，B、D项错误；bc边切割磁感线的等效速度为12lω，根据右手定则知φb＜φc，故Ubc＝－12Bl2ω，C项正确；ac边切割磁感线，根据右手定则得φa＜φc，A项错误．10．(多选)(2019·湖南永州市第二次模拟)如图9

(a)所示，半径为r的带缺口刚性金属圆环固定在水平面内，缺口两端引出两根导线，与电阻R构成闭合回路．若圆环内加一垂直于纸面的变化的磁场，变化规律如图(b)所示．规定磁场方向垂直纸面向里为正，不计金属圆环的电阻．以下说法正确的是()图9A．0～1s内，流过

电阻R的电流方向为b→R→aB．2～3s内，穿过金属圆环的磁通量在减小C．t＝2s时，流过电阻R的电流方向发生改变D．t＝2s时，Uab＝πr2B0(V)答案AD解析规定磁场方向垂直纸面向里为正，根据楞次定律，在0～1s内，穿过金属圆环向里的磁通量增大，则金属圆环中产生逆时针方向的感应电流，那么流

过电阻R的电流方向为b→R→a，故A正确；由题图(b)可知，在2～3s内，穿过金属圆环的磁通量在增大，故B错误；1～2s内，穿过金属圆环的磁通量向里减小，由楞次定律可知，产生的电流方向为a→R→b，2～3s穿过金属圆环的磁通量增大，且磁场反向，由楞次定律可知，产生的电流方向为a→R→b

，故C错误；当t＝2s时，根据法拉第电磁感应定律E＝ΔBΔtS＝πr2B0(V)，因不计金属圆环的电阻，因此Uab＝E＝πr2B0(V)，故D正确．11.(2019·安徽蚌埠市第三次质量检测)如图10所示，某小组利用电流传感器(

接入电脑，图中未画出)记录灯泡A和自感元件L构成的并联电路在断电瞬间各支路电流随时间的变化情况，i1表示小灯泡中的电流，i2表示自感元件中的电流(已知开关S闭合时i2>i1)，则下列图象中正确的是()图10答案C解析当开关S断开后，自感元件与灯泡形

成回路，自感元件阻碍自身电流变化，自感元件产生的感应电流仍沿着原来方向，大小从i2开始不断减小，灯泡的电流反向，大小与自感元件电流相等，故C正确，A、B、D错误．12．(多选)如图11所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m、边长为a的正方形线框ABCD斜向右上穿进

磁场，当AC刚进入磁场时的速度为v，方向与磁场边界成45°角，若线框的总电阻为R，则()图11A．线框穿进磁场过程中，框中电流的方向为DCBAB．AC刚进入磁场时线框中的感应电流为2BavRC．AC刚进入磁场时线框所受安培力为2B2a2vRD．AC刚进入磁场时DC两端电压为34Bav答案C

D解析线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向向外，由安培定则知感应电流的方向为ABCD方向，A错误；AC刚进入磁场时CD边切割磁感线，AD边不切割磁感线，所以产生的感应电动势为E＝Bav，则线框中感

应电流为I＝ER＝BavR，B错误；AC刚进入磁场时线框的CD边产生的安培力与v的方向相反，AD边受到的安培力的方向垂直于AD向下，它们的大小都是F＝BIa，由几何关系可知，AD边与CD边受到的安培力

的方向相互垂直，所以AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的合力，即F合＝2F＝2B2a2vR，C正确；当AC刚进入磁场时，DC两端电压U＝I×34R＝34Bav，D正确．13．如图12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且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不变，磁感应强度大小随时间线性变化．

为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔBΔt的大小应为()图12A.ωB0πB.2ωB0πC.4ωB0πD.ωB02π答案A解析若要产生的电流相等，则产生的感应电动势应相等．设半圆半径的长度为L，从静止

开始绕过圆心O以角速度ω匀速转动时，线框中产生的感应电动势大小为E＝12B0L2ω；根据法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt＝ΔB·SΔt＝ΔBΔt·12πL2，联立可得ΔBΔt＝ωB0π，故B、C、D错误，A正确．14．如图13所示，两根光滑的平行长直金属导

轨置于水平面内，导轨间距为L，导轨左端接有阻值为R的电阻，质量为m的导体棒垂直跨接在导轨上．导轨和导体棒的电阻均不计，且接触良好．在导轨平面上有一矩形区域内存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.开始时，导体

棒静止于磁场区域的右端，当磁场以速度v1匀速向右移动时，导体棒随之开始运动，同时受到水平向左、大小为Ff的恒定阻力，并很快达到恒定速度，此时导体棒仍处于磁场区域内．图13(1)求导体棒所达到的恒定速度v2的大小；(2)为使导体棒能随

磁场运动，阻力最大不能超过多少．答案(1)v1－FfRB2L2(2)B2L2v1R解析(1)由法拉第电磁感应定律得E＝BL(v1－v2)由闭合电路欧姆定律得I＝ER安培力F＝BIL＝B2L2v1－v2

R速度恒定时，有B2L2v1－v2R＝Ff解得v2＝v1－FfRB2L2.(2)为使导体棒能随磁场运动，阻力最大不能超过所受的最大安培力，即导体棒不动时，安培力最大为：Fm＝B2L2v1R，则阻力最大为Ffm＝B2L

2v1R.