【文档说明】(全国版)高考物理一轮复习课时练习选修3-2 第十章 第2讲 (含解析).doc，共(20)页，366.000 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涡流知识排查法拉第电磁感应定律1.感应电动势(1)概念：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：遵守闭合电路的欧姆定律，即I＝ER＋r。3．导体切割磁感线的情形(1)若B、l、v相互垂直，则E＝Blv。(2)v∥B时，E＝0。自感、涡流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。(2)自感电动势①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫做自感电动势。②表达式：E＝LΔIΔt。(3)自感系数L①相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关。②单位：亨利(H)，1mH＝10－3H，1μH＝10－6H。2．

涡流(1)涡流：当线圈中电流变化时，附近的任何导体(如金属块)中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。小题速练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解析由法拉第电磁感应定律可知感应电动势的大小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。答案C2．

如图1所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B。在此过程中，线圈中产生的感应电动势为()图1A.Ba22Δ

tB.nBa22ΔtC.nBa2ΔtD.2nBa2Δt答案B3．如图2所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产

生的感应电动势变为E2。则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比为()图2A．c→a，2∶1B．a→c，2∶1C．a→c，1∶2D．c→a，1∶2答案C4．在如图3所示的电路中，A、B为两个完全相同的灯泡，L为自感系数较大且电

阻不能忽略的线圈，E为电源，S为开关。关于两灯泡点亮和熄灭的情况，下列说法正确的是()图3A．合上开关，A先亮，B后亮；稳定后A、B一样亮B．合上开关，B先亮，A后亮；稳定后B比A更亮一些C．断开开关，A逐渐熄灭，B先变得更亮后再与A同时熄灭D．断开开关，B逐渐熄灭，A先变得更亮后再与B同时熄灭

答案B法拉第电磁感应定律的理解和应用1．决定感应电动势大小的因素感应电动势E的大小决定于穿过电路的磁通量的变化率ΔΦΔt和线圈的匝数n。而与磁通量的大小、磁通量变化量ΔΦ的大小无必然联系。2．磁通量变化通常有两种方式(1)磁感应强度B不变，垂直

于磁场的回路面积发生变化，此时E＝nBΔSΔt；(2)垂直于磁场的回路面积不变，磁感应强度发生变化，此时E＝nΔBΔtS，其中ΔBΔt是B－t图象的斜率。【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4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的关系如图乙所示。(取g＝10m/s2)(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。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＝nΔΦΔt＝n·12L2ΔBΔt＝0.5V则P＝E

2r＝0.25W(3)I＝Er＝0.5A，F安＝nBILF安＋F线＝mg联立解得F线＝1.2N。答案(1)逆时针(2)0.25W(3)1.2N【拓展】(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6s内通过导线横截面的电荷量？解析(1)细线的拉力刚好为0时满足：F安＝mg，F安＝nBIL联立解得B＝0.84T(2)由q＝It得q＝0.5×6C＝3C。答案(1)0.84T(2)3C应用电磁感应定律需注意的三个问题(1)公式E＝nΔ

ΦΔt求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值。(2)利用公式E＝nSΔBΔt求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积。(3)通过回路截面的电荷量q＝I－Δt＝nΔΦΔtRΔt＝nΔΦR，导出q与n、ΔΦ和电阻R

的关系式，可直接代入求解。1．(2016·北京理综，16)如图5所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度B随时间均匀增大。两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb

，不考虑两圆环间的相互影响。下列说法正确的是()图5A．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向B．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向C．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向D．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向解析由

法拉第电磁感应定律得圆环中产生的电动势为E＝ΔΦΔt＝πr2·ΔBΔt，则EaEb＝r2ar2b＝41，由楞次定律可知感应电流的方向均沿顺时针方向，选项B正确。答案B2．(多选)(2019·福建福州质检)如图6甲所示，用一根导线做成一个半径为r的圆环，

其单位长度的电阻为r0，将圆环的右半部分置于变化的匀强磁场中，设磁场方向垂直纸面向里为正，磁感应强度大小随时间做周期性变化关系如图乙所示，则()图6A．在t＝π时刻，圆环中有顺时针方向的感应电流B．在0～π2时间内圆环受到的安培力大小、方向均不变C．在π2～π时间内通过圆环横截面的

电荷量为B0r2r0D．圆环在一个周期内的发热量为B20r3r0解析由楞次定律可知在t＝π时刻，圆环中有顺时针方向的感应电流，故A正确；由E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS可知在0～π2时间内圆环的感应电动势不变

，电流不变，受到的安培力F＝BIL，而磁感应强度B变大，所以安培力变大，故B错误；q＝ΔΦR，在π2～π时间内通过圆环横截面的电荷量为B0πr24πrr0＝B0r4r0，故C错误；由E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS可知E＝B0r2，所以圆环在一个周期内的

发热量为Q＝E22πrr0·2π＝B20r3r0，故D正确。答案AD导体切割磁感线产生的感应电动势1．理解E＝Blv的“四性”(1)正交性：本公式是在一定条件下得出的，除磁场为匀强磁场外，还需B、l、v三者互相垂直。(2)瞬时性：若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势。(3)有

效性：公式中l为导体切割磁感线的有效长度。(4)相对性：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。2．公式E＝nΔΦΔt与E＝Blv的区别与联系E＝nΔΦΔtE＝Blv区别研究

对象闭合回路回路中做切割磁感线运动的那部分导体适用范围对任何电磁感应现象普遍适用只适用于导体切割磁感线运动的情况联系导体切割磁感线是电磁感应现象的特例，E＝Blv可由E＝nΔΦΔt推导得出3.转动切割当导

体在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E＝Blv－＝12Bl2ω，如图7所示。图7【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8(a)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(b)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8A．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解析由E－t图象可知，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；由图象可知，E＝0.01V，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。答案BC1．(多选)如图9所示，一不计电阻的导体圆环，半径为r、圆心在O点，过圆心放置一长度为2r、电阻为R的辐条，辐条与圆环接触良好，现

将此装置放置于磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场中，磁场边界恰与圆环直径在同一直线上，现使辐条以角速度ω绕O点逆时针转动，右侧电路通过电刷与圆环中心和环的边缘相接触，R1＝R2，S处于闭合状态，不计其他电阻，则下列判断正确的是()图9A．通过R1的电流方向为自下

而上B．感应电动势大小为2Br2ωC．理想电压表的示数为16Br2ωD．理想电流表的示数为4Br2ω3R解析由右手定则可知圆环中心为电源的正极、圆环边缘为电源的负极，因此通过R1的电流方向为自下而上，选项A正确；由题意可知，始终有长度为r的辐条在转

动切割磁感线，因此感应电动势大小为12Br2ω，选项B错误；由图可知，在磁场内部的半根辐条相当于电源，磁场外部的半根辐条与R1并联，因此理想电压表的示数为16Br2ω，选项C正确；理想电流表的示数为Br2ω3R，选项D错误。答案AC2．如图10所示，光滑水平面内有一边长为L的正方形导体

线框abcd，置于垂直水平面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框的ab边平行磁场边界MN。线框以垂直MN的速度v匀速进入磁场，线框进入磁场过程中，产生的焦耳热为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；若线框以速度2v匀速进入磁场，进入磁场过程中，产生的焦耳热为Q2，通过线

框导体横截面的电荷量为q2。则下列选项正确的是()图10A．Q2＝2Q1，q2＝2q1B．Q2＝2Q1，q2＝q1C．Q2＝Q1，q2＝q1D．Q2＝4Q1，q2＝2q1解析根据I＝BLvR及F＝BIL可得F＝B2L2vR，安培力

做的功转化为电能，然后转化为焦耳热，由Q＝W＝FL＝B2L3vR可知产生的焦耳热与速度成正比，所以Q2＝2Q1；根据q＝nΔΦR＝BL2R可知通过线框导体横截面的电荷量与速度无关，q2＝q1，选项B正确。答案B涡流、自感现象的理解及应用1．自感现象的四大特点(1)自感电动势总是阻碍线圈中

原电流的变化。(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化。(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体。(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向。2．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题与线圈串联的灯泡与线圈并联的灯

泡电路图通电时电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮电流突然增大，灯泡立刻变亮，然后逐渐减小达到稳定断电时电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，线圈中电流方向不变电路中稳态电流为I1、I2①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；②若I2>I1，灯泡闪亮后逐渐变暗。两种情况灯泡中电流方向均改变【例3】(201

7·北京理综，19)图11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()甲乙图11A．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中电流相等解析在图甲中，断开开关S1瞬间，L1与A1构成闭合回路，通过灯A1的电流与L1相同，又因灯A1突然闪亮，即通过A1电

流增大，则可推出，闭合S1待电路稳定后，通过L1的电流大于通过灯A1电流，根据L1与A1并联，所以L1的电阻小于A1的电阻，故选项A、B错误；在图乙中，闭合开关S2，最终A2与A3亮度相同，即电流相同，所以L2与变阻器R的电阻相同；闭合开关S2的瞬间，L2中电

流小于变阻器R中电流，故选项C正确，D错误。答案C分析自感现象的三个技巧1．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B2．(2018·广东深圳二模)在如图13所示的电路中，A、B为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈，E为电源，S为开关。关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是()图13A．合上开关，A先亮，B逐渐变亮；断开开关，A、B同时熄灭B．合上开关，B先亮

，A逐渐变亮；断开开关，A先熄灭，B后熄灭C．合上开关，B先亮，A逐渐变亮；断开开关，A、B同时熄灭D．合上开关，A、B同时亮；断开开关，B先熄灭，A后熄灭解析由于A、B为两个完全相同的灯泡，当开关接

通瞬间，B灯泡立刻发光，而A灯泡由于线圈的自感现象，导致逐渐变亮；当开关断开瞬间，两灯泡串联，由线圈产生瞬间电压提供电流，导致两灯泡同时熄灭，故C正确。答案C课时作业(时间：40分钟)基础巩固练1．(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解析线框中的感

应电动势为E＝ΔBΔtS，设线框的电阻为R，则线框中的电流I＝ER＝ΔBΔt·SR，因为B增大或减小时，ΔBΔt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。答案AD2.一匝由粗细均匀的同种导线绕成的矩形导线框abcd固定不动，其中矩形区域efcd存在磁场(未画出)，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度大小B随时间t均匀变化，且ΔBΔt＝k(k>0)，已知ab＝fc＝4L，bc＝5L，已知L长度的电阻为r，则导

线框abcd中的电流为()图2A.8kL29rB.25kL218rC.4kL29rD.25kL29r解析电路中的总电阻为R＝18r，电路中的感应电动势为E＝ΔBΔtS＝16kL2，导线框abcd中的电流为I＝ER＝8kL29r，选项A正确。答案A3．(多选)如图3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3A．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电流发热，使水

温升高。要缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻。增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势。瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导致磁性减弱。所以选项A、B正确，C、D错误。答案AB4．(多选)如图4所示，条形磁铁位于固定的半圆光滑轨道的圆心位置，一半径为R、质量为m

的金属球从半圆轨道的一端沿半圆轨道由静止下滑，重力加速度大小为g。下列说法正确的是()图4A．金属球会运动到半圆轨道的另一端B．由于金属球没有形成闭合电路，所以金属球中不会产生感应电流C．金属球受到的安培力做负功D．系统产生的总热量为mgR解析金属球在运动过程中，穿过金属球的磁通量不断变化

，在金属球内形成闭合回路，产生涡流，金属球受到的安培力做负功，金属球产生的热量不断地增加，机械能不断地减少，直至金属球停在半圆轨道的最低点，选项C正确，A、B错误；根据能量守恒定律得系统产生的总热量为mgR，选项D正确。答案C

D5．(多选)如图5所示，等边三角形导体框abc边长为l，bd⊥ac，导体框绕轴bd以角速度ω匀速转动，导体框所在空间有竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场。下列说法正确的是()图5A．导体框中无感应电流B．导体框中产生正弦交变电流C．a、d两点间电势差为0D．a、d两点间电势差为18B

l2ω解析由于导体框平面始终与磁场方向平行，则穿过导体框的磁通量始终为零，即导体框中无感应电流，选项A正确，B错误；由导体棒在磁场中转动切割磁感线产生感应电动势可知，a、d两点间的电势差为E＝12Bω(l2)2＝18Bωl2，选项C错误，D正确。答案AD6．(多选)(

2019·湖南株洲质检)用导线绕成一圆环，环内有一用同种导线折成的内接正方形线框，圆环与线框绝缘，如图6所示。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和线框所在平面(纸面)向里。当磁感应强度均匀减弱时()图

6A．圆环和线框中的电流方向都为顺时针方向B.圆环和线框中的电流方向都为逆时针方向C．圆环和线框中的电流大小之比为2∶1D．圆环和线框中的电流大小之比为2∶1答案AC7．(2019·洛阳模拟)如图7所示电路中，L是一电阻可忽略不计的电感线圈，a、b为

L上的左右两端点，A、B、C为完全相同的三个灯泡，原来电键K是闭合的，三个灯泡均在发光。某时刻将电键断开瞬间，下列说法正确的是()图7A．a点电势高于b点，A灯闪亮后缓慢熄灭B．a点电势高于b点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭C．b点电势高于

a点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭D．b点电势高于a点，B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭解析开关闭合稳定时，流过A的电流大于流过B、C的电流，开关由闭合到断开瞬间，B、C灯原来的电流瞬间消失，而线圈产生自感电动势，并与A、B、C组成回路，原来两支路电流不相等，则开关断开瞬间，电流都从原来A的值开始减小，所

以三灯均过一会儿才熄灭，而流过灯泡B、C的电流比原来大，B、C灯变亮，后缓慢熄灭，b点电势高于a点，故选项C正确。答案C8．(2015·北京理综，22)如图8所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L＝0.4m，一端连接R＝1Ω的电阻。导轨所在

空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1T。导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度

v＝5m/s。求：图8(1)感应电动势E和感应电流I；(2)在0.1s时间内，拉力的冲量IF的大小；(3)若将MN换为电阻r＝1Ω的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U。解析(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E＝BLv＝1×0.4×5V＝2V

，感应电流I＝ER＝21A＝2A。(2)由于导体棒沿导轨匀速运动，拉力大小等于安培力大小，则F＝BIL＝1×2×0.4N＝0.8N。冲量大小IF＝FΔt＝0.8×0.1N·s＝0.08N·s。(3)由闭合电路欧姆定律可得，电路中

电流I′＝ER＋r＝22A＝1A。由部分电路欧姆定律可得，导体棒两端电压U＝I′R＝1V。答案(1)2V2A(2)0.08N·s(3)1V综合提能练9．(多选)(2018·河北唐山三模)如图9甲所示，正三角形导线框位于圆形有界匀强磁场中，磁场方向与导线框所在平面垂直。规定磁场的正方向垂直

纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示。下列说法中正确的是()图9A．0～1s时间内和5～6s时间内，导线框中的电流方向相同B．0～1s时间内和1～3s时间内，导线框中的电流大小相等C．3～5s时间内，AB边受到的安培力沿纸面且垂直AB边

向上D．1～3s时间内，AB边受到的安培力不变解析由E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS可知，B－t图象在0～1s时间内和5～6s时间内，斜率均为负值，所以导线框中的电流方向相同，故A正确；由于在0～1s时间内和1～3s时间内，B－t图象斜率大小不相等，所以导线框中的

电流大小不相等，故B错误：由楞次定律可知3～5s时间内，磁通量增大，ABC面积有减小的趋势，所以AB边受到的安培力沿纸面且垂直AB边向上，故C正确；1～3s时间内，磁通量均匀减小，感应电流不变，AB边受到的安培力变小，故D错误。答案AC10．(多选)在如图

10甲所示的虚线框内有匀强磁场，设图甲所示磁场方向为正，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。边长为l，电阻为R的正方形均匀线框abcd有一半处在磁场中，磁场方向垂直于线框平面，此时线框ab边的发热功率为P，则()图10A．线框中的感应电动势为B0l2TB．线框中感应电流为2PRC．线框cd边

的发热功率为P2D．b端电势高于a端电势解析由题图乙可知，在每个周期内磁感应强度随时间均匀变化，线框中产生大小恒定的感应电流，设感应电流为I，则对ab边有，P＝I2·14R，得I＝2PR，选项B正确；由闭合电路欧姆定律得，感应电动势为E＝IR＝2PR，根据法拉第电磁感应定律得E＝Δ

ΦΔt＝ΔBΔt·12l2，由题图乙知，ΔBΔt＝2B0T，联立解得E＝B0l2T，故选项A错误；线框的四边电阻相等，电流相等，则发热功率相等，都为P，故选项C错误；由楞次定律判断可知，线框中感应电流方向为逆时针，则b端电势高

于a端电势，故选项D正确。答案BD11．(多选)如图11甲所示，在竖直方向分布均匀的磁场中水平放置一个金属圆环，圆环所围面积为0.1m2，圆环电阻为0.2Ω。在第1s内感应电流I沿顺时针方向。磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(其中在4～5s的时间段呈直线)

。则()图11A．在0～5s时间段，感应电流先减小再一直增大B．在0～2s时间段感应电流沿顺时针的方向，在2～5s时间段感应电流沿逆时针方向C．在0～5s时间段，圆环最大发热功率为5.0×10－4WD．在0～2s

时间段，通过圆环横截面积的电荷量为5.0×10－1C解析由E＝ΔΦΔt＝ΔBSΔt，可知磁感应强度B随时间t的变化规律的斜率反映感应电动势的大小，所以在0～5s时间段，感应电流先减小后增大，最后不变，故A

错误；在0～2s时间段磁通量增加，感应电流方向与第1s内感应电流I方向相同，即沿顺时针的方向，在2～5s时间段磁通量先减小再反向穿过增大，B－t图象斜率正负不变，即感应电流沿逆时针方向，故B正确；在0～5s时

间段，圆环最大感应电动势E＝ΔBSΔt＝（0.1－0）×0.11－0V＝0.01V，所以圆环最大发热功率为P＝U2r＝0.0120.2W＝5.0×10－4W，故C正确；在0～2s时间段，通过圆环横截面积的电荷量为q＝nΔΦR总＝0.1×0.10.2C＝5.0×10－2C，故D错误。答案

BC12.一根阻值12Ω的金属导线绕成如图12甲形状的闭合回路，大正方形边长0.4m，小正方形边长0.2m，共10匝。放在粗糙的水平桌面上，两正方形对角线间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，整个过程

中线框始终未动。求：图12(1)闭合回路中产生的感应电动势；(2)电路中消耗的电功率；(3)第1s末受到的摩擦力大小。解析(1)据法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt＝nΔBSΔt，大、小两线圈中产生的电动势方向相反E大＝nΔBΔt·12S大＝10×2×12×0.42V＝1.6VE小

＝nΔBΔt·12S小＝10×2×12×0.22V＝0.4V所以E＝E大－E小＝1.2V。(2)电功率P＝E2R，得P＝0.12W。(3)在磁场中的两条边受到的力垂直于线框，大小相等，互成90°，每条边受到的力F＝nBIL＝10×2×0.1×(0.4＋0.2)N＝1.2N，F′＝

2F＝1.70N，摩擦力f＝F′＝1.70N。答案(1)1.2V(2)0.12W(3)1.70N