高考模拟理综物理选编感应电流方向的判定解析版 10页

乐陵一中感应电流方向的判定 一、单选题（本大题共5小题，共30分）‎ 1. 如图所示，导线框abcd与导线AB在同一平面内，直导线中通有恒定电流I，在线框由左向右匀速通过直导线的过程中，线框中的电流方向是‎(‎　　‎‎)‎ A. 先abcda，再adcba，后abcda B. 先abcda，再adcba C. 始终adcba D. 先adcba，再abcda，后adcba ‎【答案】A ‎【解析】【分析】 会根据通电导线由安培定则，来判断通电直导线周围的磁场分布，知道它是非匀强电场，同时要根据楞次定律和安培定则判断感应电流的方向。通电指导线周围的磁场为非匀强磁场，会应用楞次定律，注意通电导线的磁场大小与方向的分布，同时强调线圈中心轴处于导线位置时，磁通量为零。 【解答】 由安培定则得，载有恒定电流的直导线产生的磁场在导线左边的方向为垂直直面向外，右边的磁场方向垂直向里，当线圈向导线靠近时，则穿过线圈的磁通量变大，根据楞次定律，可知：感应电流方向为abcda；当线圈越过导线时到线圈中心轴与导线重合，穿过线圈的磁通量的变小，则感应电流方向为adcba；当继续向右运动时，穿过磁通量变大，由楞次定律可在，感应电流方向为：adcba；当远离导线时，由楞次定律可知，感应电流方向为：abcda；故A正确，BCD错误， 故选A。 、 ‎ 2. 如图所示，当通过下列哪种情况改变时，线圈a向右摆动‎(‎　　‎)‎ ‎ A. 闭合开关，滑片p向右匀速滑动 B. 闭合开关，滑片p向左加速滑动 C. 闭合开关，滑片p向左匀速滑动 D. 开关闭合瞬间 ‎【答案】A ‎【解析】解：由题可知，由于a向右运动，靠近螺旋管，说明a与螺旋管B之间的作用力为吸引力，则a与b的电流的方向一定是相同的，根据楞次定律可知，螺旋管中的磁场一定在减弱． 闭合开关，滑片p向右滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻值增大，电路中的电流值减小；若滑片p向左滑动，滑动变阻器接入电路中的电阻值减小，电路中的电流值增大． A、闭合开关，滑片p向右匀速滑动，电路中的电流值减小，螺旋管中的磁场一定在减弱，a向右摆动‎.‎故A正确； ‎ B、闭合开关，滑片p向左加速滑动，电路中的电流值增大，螺旋管中的磁场一定在增大，a向左摆动‎.‎故B错误； C、闭合开关，滑片p向左匀速滑动，电路中的电流值增大，螺旋管中的磁场一定在增大，a向左摆动‎.‎故C错误； D、开关闭合瞬间，电路中的电流值增大，螺旋管中的磁场一定在增大，a向左摆动‎.‎故D错误． 故选：A 闭合S后，电流流过螺线管，螺线管产生磁场，就有磁通量穿过环a，根据楞次定律判断穿过环a的磁通量的变化，然后选择合适的选项． 本题考查楞次定律的理解与应用，在解答的过程中，也可以结合对电流的阻碍作用来解答，可以不考虑安培定则． ‎ 1. 如图所示，a、b、c为同一平面内的线圈，其中a、b为同心圆，现给a中通以顺时针方向的电流，在a中的电流逐渐增大的过程中，b、c中产生的感应电流方向为‎(‎　　‎‎)‎ A. b、c中均为顺时针方向 B. b、c中均为逆时针方向 C. b为逆时针方向，c为顺时针方向 D. b为顺时针方向，c为逆时针方向 ‎【答案】C ‎【解析】解：根据安培定则判断可知，线圈a产生的磁场方向垂直于纸面向里‎.‎当I增大时，穿过线圈b的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈b中产生逆时针方向的电流； 而线圈c处的磁场的方向向外，当I增大时，穿过线圈b的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈c中产生顺时针方向的电流‎.‎故C正确，ABD错误； 故选：C． 根据安培定则判断线圈a产生的磁场方向‎.‎分析穿过线圈c与b的磁通量的变化情况和磁场方向，根据楞次定律判断感应电流方向． 楞次定律是关于感应电流方向的普遍规律，运用时关键明确两个条件：一是原磁场的方向，二是磁通量的变化情况． ‎ 2. 如图，闭合的圆线圈放在匀强磁场中，t=0‎时磁感线垂直线圈平面向里穿过线圈，磁感应强度随时间变化的关系图线如图中所示，则在‎0～2s内线圈中感应电流的大小和方向为‎(‎　　‎‎)‎ A. 逐渐增大，逆时针 B. 逐渐减小，顺时针 C. 大小不变，顺时针 D. 大小不变，先顺时针后逆时针 ‎【答案】C ‎【解析】解：第1s内，磁场的方向垂直于纸面向内，且均匀减小，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向； 第2s内，磁场的方向垂直于纸面向外，且均匀增加，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向。 由E=‎△⌀‎‎△t=‎‎△BS‎△t可知，这2s内感应电动势恒定，故产生的电流大小不变，方向一直为顺时针。 故C正确，ABD错误。 故选：C。 变化的磁场产生电磁，均匀变化的磁场产生恒定的电场，依据法拉第电磁感应定律，再根据楞次定律判断出感应电流的方向． ‎ 解决本题的关键理解法拉第电磁感应定律的应用，并掌握楞次定律判断感应电流的方向，难度不大，属于基础题． ‎ 1. 如图1所示，矩形线圈位于一变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面‎(‎纸面‎)‎向里，磁感应强度B随时间t的变化规律如图2所示‎.‎用I表示线圈中的感应电流，取顺时针方向的电流为正‎.‎则下图中的I-t图象正确的是‎(‎　　‎‎)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】解：由感应定律和欧姆定律得：I=ER=‎△⌀‎Rt=SR×‎‎△B‎△ t，所以线圈中的感应电流决定于磁感应强度B随t的变化率． 由图2可知，‎0～1‎时间内，B增大，Φ增大，感应磁场与原磁场方向相反‎(‎感应磁场的磁感应强度的方向向外‎)‎， 由右手定则感应电流是逆时针的，因而是负值‎.‎所以可判断‎0～1s为负的恒值；‎1～2s为零；‎2～3s为为正的恒值，故C正确，ABD错误． 故选：C． 由图2可知磁感应强度的变化，则可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况，由楞次定律可得感应电流的方向，二者结合可得出正确的图象． 此类问题不必非要求得电动势的大小，应根据楞次定律判断电路中电流的方向，结合电动势的变化情况即可得出正确结果． ‎ 二、多选题（本大题共4小题，共24分）‎ 2. 如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化的电流i，电流随时间变化的规律如图乙所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则‎(‎　　‎‎)‎ A. t‎1‎时刻，FN‎>G B. t‎2‎时刻，FN‎>G C. t‎3‎时刻，FN‎G.‎t‎2‎时刻与t‎4‎时刻无电流变化，t‎3‎时刻Q中没有电流；所以t‎2‎时刻、t‎3‎时刻、t‎4‎时刻FN‎=G，故AD正确，BC错误． 故选：AD． 开始电流增大，磁通量变化，设逆时针为电流正方向，形成感应的磁场，由楞次可知，总是阻碍磁通量的变化，所以确定下面的磁场，再可知该线圈顺时针电流，由安培力知，异向电流相互排斥知，支持力与重力的关系． 注意：由电流变化而产生的感应磁场去阻碍线圈磁通量的变化‎.‎同时可知：同向电流相吸，异向电流相斥． ‎ 1. 边长为L的正方形导线框在水平恒力F作用下运动，穿过方向如图所示的有界匀强磁场区域‎.‎磁场区域的宽度为d(d>L).‎已知ab边进入磁场时，线框的加速度恰好为零‎.‎则线框进入磁场的过程和从磁场另一侧穿出的过程相比较，正确的是‎(‎　　‎)‎ ‎ A. 金属框中产生的感应电流方向相反 B. 金属框所受的安培力方向相反 C. 进入磁场过程通过导线横截面的电量少于穿出磁场过程 通过导线横截面的电量 D. 进入磁场过程的发热量少于穿出磁场过程的发热量 ‎【答案】AD ‎【解析】解：A、线框进入磁场和穿出磁场的过程，磁场方向相同，而磁通量变化情况相反，进入磁场时磁通量增加，穿出磁场时磁通量减小，则由楞次定律可知，产生的感应电流方向相反‎.‎故A正确． B、根据楞次定律：感应电流阻碍导体与磁场间相对运动，可知，安培力方向均水平向左，方向相同‎.‎故B错误． C、线圈进入磁场过程和穿出磁场过程，穿过线圈的磁通量的变化量‎△Φ相等，根据感应电荷量q=‎‎△ΦR知，两个过程中通过导线横截面的电量相等‎.‎故C错误． D、根据功能关系可知，进入磁场产生的热量Q‎1‎‎=FL.‎穿出磁场过程，外力做正功，线框的动能减小，则有FL+△Ek=Q‎2‎.‎故进入磁场过程中产生的热量少于穿出磁场过程产生的热量‎.‎故D正确． 故选AD 根据楞次定律判断感应电流的方向和安培力的方向‎.‎线框进入磁场过程做匀速运动，完全在磁场中运动时做匀加速运动，穿出磁场速度大于进入磁场的速度，线框将做减速运动，出磁场时大于或等于进入磁场时的速度，所用时间将缩短‎.‎根据感应电荷量q=‎‎△ΦR研究电量‎.‎根据功能关系分析热量关系．‎ ‎ 本题中运用楞次定律判断感应电流方向和安培力方向，也可以根据左手定则判断安培力方向‎.‎要掌握感应电荷量公式q=‎‎△ΦR． ‎ 1. 如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路‎.‎在外力F作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动‎.‎在运动过程中外力F做功WF，磁场力对导体棒做功W‎1‎，磁铁克服磁场力做功W‎2‎，磁铁克服重力做功WG，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为Ek‎.‎则‎(‎　　‎‎)‎ A. W‎1‎‎=‎Ek B. W‎1‎‎=Q C. W‎2‎‎-W‎1‎=Q D. ‎WF‎+WG=Q+‎Ek ‎【答案】ACD ‎【解析】解：A、根据题意，磁场力对导体棒做功转化为棒的动能，由动能定理知：导体棒：W‎1‎‎=Ek…①‎，故A正确； B、根据能量守恒知磁铁克服磁场力做功转化为系统产生的电能，进一步转化为棒上的动能和回路产生的焦耳热，所以：W‎2‎‎-W‎1‎=Q…②‎，故B错误，C正确； D、对磁铁有：WF‎+WG-W‎2‎=0…③‎，由‎①②③‎得：WF‎+WG=Ek+Q，故D正确； 故选：ACD 分别选磁铁和导体棒为研究对象，根据动能定理列方程，对系统根据能量守恒知W‎2‎‎-W‎1‎=Q． 此题结合楞次定律考查动能定理和能量守恒，一对磁场力做功之和为系统产生的焦耳热；解答的关键是理清该过程中能量转化的方向与各种能量之间的关系‎..‎ ‎ 2. 如图所示，轻弹簧上端固定，下端悬挂一质量为m的条形磁铁，磁铁穿过固定的水平闭合金属线圈‎.‎将磁铁托起到弹簧压缩x后由静止放开，磁铁会上下运动并逐渐停下来，静止时弹簧伸长x.‎不计空气阻力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则‎(‎　　‎‎)‎ A. 弹簧处于原长时，磁铁的加速度可能大于g B. 磁铁中央通过线圈时，线圈中感应电流最大 C. 磁铁向下运动时，线圈受到的安培力方向向上 D. 线圈在整个过程中产生的焦耳势为2mgx ‎【答案】AD ‎【解析】解：A、弹簧处于原长时，没有弹力，除受到重力外，若磁铁向上运动，则受到向下的安培阻力，若向下运动，则受到向上的安培阻力，因此磁铁的加速度可能大于g，故A正确； B、磁铁中央通过线圈时，线圈的磁通量变化率为零，则线圈中感应电流为零，最小，故B错误； C、当磁铁向下运动时，根据楞次定律：来拒去留，则磁铁受到向上的安培力，那么线圈受到的安培力方向向下，故C错误； D、根据能量守恒定律，从静止至停止，弹簧的弹性势能不变，那么减小的重力势能转化为电能，从而产生焦耳热为Q=mgh=2mgx，故D正确； 故选：AD。 利用楞次定律判断线圈所受安培力的方向，并利用楞次定律力的角度“来拒去留”去分析安培力方向，最后依据能量守恒定律，即可求解产生的焦耳热是来自于重力势能的减小． 本题巧妙的考查了楞次定律的应用，只要记住“来拒去留”这一规律，并注意C 选项，磁铁受到的阻碍，安培力方向向上，那么线圈受到的安培力则向下． ‎ 三、填空题（本大题共1小题，共5分）‎ 1. 如图所示，铁芯上绕有L‎1‎和L‎2‎两个线圈，铁芯左边悬挂一个轻小金属环，当电键S闭合时：‎①‎小金属环将______‎(‎选填“向左”或“向右”‎)‎运动；‎②‎从上往下看导线AB下方的小磁针将作______‎(‎选填“顺时针”或“逆时针”‎)‎转动。‎ ‎【答案】向左；顺时针 ‎【解析】解：闭合电键的瞬间，磁通量增大，根据楞次定律的另一种表述，小金属环引起的机械效果阻碍磁通量增加，则小金属环向左运动。 当电键闭合，磁通量有无到有，根据楞次定律，L‎2‎中的电流方向由B到A，根据安培定则知，导线AB下方的磁场方向垂直纸面向外，则小磁针将作顺时针转动。 故答案为：向左，顺时针。 当电键S闭合时，根据楞次定律判断出L‎2‎中的感应电流方向，从而比较出A、B两点的电势。根据安培定则判断AB周围的磁场方向，从而确定出小磁针N极的转动方向。根据楞次定律的另一种表述，即引起的机械效果阻碍磁通量的变化判断小金属环的运动。 本题考查了楞次定律、安培定则的基本运用，以及知道“增反减同”，“来拒去留”的含义。 ‎ 四、实验题探究题（本大题共2小题，共25分）‎ 2. 如图所示，在图‎(1)‎中，G为指针在中央的灵敏电流表，连接在直流电路中时的偏转情况‎.‎今使它与一线圈串联进行电磁感应实验，则图‎(2)‎中的条形磁铁的运动方向是______ ；图‎(3)‎中电流计的指针将向______ 偏转；图‎(4)‎中的条形磁铁上端为______ 极‎.‎ ‎ ‎【答案】向下插入；右；N ‎【解析】解：图‎(1)‎可知，当电流从电流计的左接线柱流入时，指针向左偏． 图‎(2)‎中指针向左偏，可知感应电流的方向是顺时针，根据楞次定律知，条形磁铁S向下插入． 图‎(3)‎当条形磁铁N极向下插入时，根据楞次定律，可知，感应电流方向逆时针，则指针向右偏； 图‎(4)‎中可知指针向右偏，则有感应电流的方向逆时针，由楞次定律可知，条形磁铁S极向上拔出，由上端为N极． 故答案为：向下插入，右，N． 当电流从电流计的左接线柱流入时，指针向左偏，根据楞次定律，结合感应电流的方向判断条形磁铁是向上拔出还是向下插入． 解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，基础题，注意电流进入电流表，指针向何处偏转，是解题的关键． ‎ 3. ‎(1)‎一灵敏电流计‎(‎电流表‎)‎，当电流从它的正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转‎.‎现把它与一个线圈串联，试就如图中各图指出： ‎①‎图‎(a)‎中灵敏电流计指针的偏转方向为______ ‎(‎填“偏向正极”或“偏向负极”‎)‎． ‎②‎图‎(b)‎中磁铁下方的极性是______ ‎(‎填“N极”或“S极”‎)‎． ‎(2)‎利用盛沙的漏斗演示简谐振动，如果考虑漏斗里砂子逐渐减少，则沙摆的周期将______ ． A.逐渐增大       B.‎逐渐减少       C.‎先增大后减少      D.‎先减小后增大．‎ ‎【答案】偏向正极；S极；C ‎【解析】解：‎(1)①‎磁铁向下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向下，根据楞次定律感应电流方向俯视为逆时针方向，从正接线柱流入电流计，指针偏向正极．   ‎②‎由图可知，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，又磁通量增加，根据楞次定律可知，磁铁下方为S极．  ‎(2)‎砂子逐渐减小，砂子和漏斗的重心将逐渐降低，砂子漏完后重心又回到原处，所以摆长先边长后变短， 根据单摆周期公式T=2πLg，知周期先变大后变小，故C正确，ABD错误； 故答案为：‎(1)①‎偏向正极；‎②S极；‎(2)C． 根据磁铁的运动方向分析磁通量变化，由楞次定律确定感应电流方向，结合题给条件：当电流从它的正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转判断指针偏转方向分析判断； 砂子逐渐减小，砂子和漏斗的重心将逐渐降低，砂子漏完后重心又升高，所以摆长先边长后变短，根据单摆周期公式进行判断周期如何变化，然后再根据周期与频率的关系判断频率如何变化． 本题考查安培定则和楞次定律综合应用的能力，常规题，只要细心分析就能正确作答． 判断出重心位置的变化后直接应用单摆周期公式进行判断． ‎ 五、计算题（本大题共4小题，共48分）‎ 1. 同心圆形金属轨道固定在同一个水平面内，内层轨道半径为r，外层轨道半径为2r，电阻忽略不计，一个质量分布均匀，不计电阻的直导体棒AB，长为r，质量为m，置于圆形轨道上面，AB延长线通过圆的轨道中心，整个装置如图所示，整个装置处于一个方向竖直向下，大小为B的匀强磁场中，在内、外轨道之间‎(c点和d点‎)‎接有一个电阻为R的定值电阻，直导体棒在水平外力的作用下，以角速度ω可绕圆心逆时针匀速转动，在转动过程中，始终与轨道保持良好接触，设轨道与导体之间，动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，求： ‎(1)‎通过电阻R上的感应电流大小和方向； ‎(2)‎外力的功率．‎ ‎【答案】解：‎(1)‎在‎△t时间内，导体棒扫过的面积为： ‎△S=‎1‎‎2‎ω⋅△t[(2r‎)‎‎2‎-r‎2‎]=‎3‎‎2‎ωr‎2‎△t， 根据法拉第电磁感应定律可得导体棒产生的感应电动势大小为：E=‎B⋅△S‎△t， 根据右手定则，感应电流方向是从A端流向B端，因此电阻R的电流方向是从D端流向C端； 根据欧姆定律可得，通过电阻R的感应电流的大小为I=‎ER， 解得：I=‎‎3Bωr‎2‎‎2R； ‎(2)‎在竖直方向有：mg-2FN=0‎， 两导轨对运行的导体棒的滑动摩擦力均为：f=μFN， 在‎△t时间内，导体棒在内外轨道上扫过的弧长为L‎1‎‎=rω△t，L‎2‎‎=2rω△t 克服摩擦力做的总功为Wf‎=f(L‎1‎+L‎2‎)‎， 在‎△t时间内消耗在电阻R上的功为：WR‎=I‎2‎R△t， 根据能量守恒定律知，外力在‎△t时间内做的功为：W=Wf+‎WR， 外力的功率为P=‎W‎△t， 解得：P=‎3‎‎2‎μmgrω+‎‎9‎B‎2‎ω‎2‎r‎4‎‎4R． 答：‎(1)‎通过电阻R 上的感应电流大小为‎3Bωr‎2‎‎2R，方向从D端流向C端； ‎(2)‎外力的功率为‎3‎‎2‎μmgrω+‎‎9‎B‎2‎ω‎2‎r‎4‎‎4R．‎ ‎【解析】‎(1)‎求出导体棒在‎△t时间内扫过的面积，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流的大小，根据右手定则得到电阻R的电流方向； ‎(2)‎求出两导轨对运行的导体棒的滑动摩擦力和导体棒在内外轨道上扫过的弧长，根据能量守恒定律和功率的计算公式求解外力的功率． 对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解． ‎ 1. 如图甲所示，水平面上足够长的平行金属导轨MN，PQ间距L=0.3m导轨电阻忽略不计，其间连接有阻值R=0.8Ω的固定电阻‎.‎开始时，导轨上固定着一质量m=0.01kg，电阻r=0.4‎的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度大小B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨面向下‎.‎现用一平行金属导轨面的外力F沿水平方向拉金属杆ab，使之由静止开始运动‎.‎电压采集器可将其两端的电压U即时采集并输入电脑，获得的电压U随时间t变化的关系图象如图乙所示‎.‎求： ‎(1)‎在t=4.0s时，通过金属杆的感应电流的大小和方向． ‎(2)4.0s内ab位移的大小； ‎(3)4s末拉力F的瞬时功率．‎ ‎【答案】解：‎(1)‎由题图乙可知，当t=4s时，U=0.6V，此时电路中的电流‎(‎即通过金属杆的电流‎)‎为： I=UR=‎0.6‎‎0.8‎A=0.75A ‎用右手定则判断出，此时电流的方向由b指向a； ‎(2)‎由题图乙知：U=kt=0.15t(V)‎ 金属杆切割磁感线产生的感应电动势为：E=BLv 由电路分析有：U=RR+rE 联立得：v=1.5t(m/s)‎ 则知v与t成正比，即金属杆沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为：a=1.5m/‎s‎2‎ 金属杆在‎0～4s内的位移为：x=‎1‎‎2‎at‎2‎=‎1‎‎2‎×1.5×‎4‎‎2‎m=12m； ‎(3)t=4s时杆的速度为：v‎4‎‎=at=1.5×4m/s=6m/s 金属杆所受安培力为：F安‎=BIL 由牛顿第二定律，对金属杆有：F-F安=ma 联立解得t=4s时拉力F的瞬时功率为：P=Fv‎4‎ 联立解得：P=0.765W． 答：‎(1)‎在t=4s时通过金属杆的感应电流是‎0.75A，方向由b指向a； ‎(2)4s内金属杆的位移大小是12m； ‎(3)4s末拉力F的瞬时功率是‎0.765W．‎ ‎【解析】‎(1)‎由图象求出t=4s末电路R两端的电压值，由欧姆定律求出电路中电流大小，根据右手定则判断出电流的方向； ‎ ‎(2)‎根据图象乙写出U与t的关系式，结合欧姆定律、法拉第定律求出速度与时间的关系式，从而求得金属棒的加速度，再由运动学公式求出其位移． ‎(3)‎由安培力公式求出安培力，由牛顿第二定律求出t=4s末的拉力，然后由功率公式P=Fv求出拉力的瞬时功率． 本题是一道电磁感应与电路、运动学相结合的综合题，要分析清楚棒的运动过程，由图象找出某时刻所对应的速度与时间的关系是正确解题的关键． ‎ 1. 如图甲所示，一个面积为S，阻值为r的圆形金属线圈与阻值为2r的电阻R组成闭合回路。在线圈中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变化的关系如图乙所示，图中B‎0‎和t‎0‎已知，导线电阻不计。在t=0‎至t=‎t‎0‎时间内，求： ‎(1)‎电阻R中电流的方向； ‎(2)‎感应电动势的大小E； ‎(3)a、b两点间的电势差Uab。‎ ‎【答案】解：‎(1)‎根据楞次定律可知，电流方向由a到b ‎(2)‎根据法拉第电磁感应定律：E=n‎△ϕ‎△t，其中‎△ϕ=B‎0‎S，‎△t=‎t‎0‎， 代入得到：E=‎B‎0‎St‎0‎ ‎(3)‎根据闭合回路欧姆定律：I=‎ER+r， 及Uab‎=IR，R=2r 可得：Uab‎=‎‎2B‎0‎S‎3‎t‎0‎ 答：‎(1)‎电阻R中电流的方向为a到b； ‎(2)‎感应电动势的大小E为B‎0‎St‎0‎； ‎(3)a、b两点间的电势差Uab为‎2B‎0‎S‎3‎t‎0‎。‎ ‎【解析】‎(1)‎由楞次定律判断出电流方向。 ‎(2)‎由法拉第电磁感应定律求出感应电动势； ‎(3)‎根据闭合电路欧姆定律即可求得电势差。 本题是一道电磁感应与电路相结合的综合题，但难度不大，应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流定义式即可正确解题。 ‎ 2. 如图甲所示，用粗细均匀的导线制成的一只圆形金属圈，现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态，已知金属圈的质量为m=0.1kg，半径为r=0.1m，导线单位长度的阻值为ρ=0.1Ω/m，‎.‎金属圈的上半部分处在一方向垂直圈面向里的有界匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示‎.‎金属圈下半部分在磁场外‎.‎已知从t=0‎时刻起，测得经过10s丝线刚好被拉断。重力加速度g取‎10m/‎s‎2‎。求：​ ‎ ‎(1)‎导体圆中感应电流的大小及方向；‎ ‎(2)‎丝线所能承受的最大拉力F；‎ ‎(3)‎此过程中金属圈中产生的焦耳热Q．‎ ‎【答案】解：‎(1)‎有楞次定律可知，导体圆中电流方向为逆时针方向，‎ 由图乙知：‎∆B‎∆t‎=‎0.4‎‎0.5‎=0.8T/s， 导体圆的电阻为：R=2πrρ， 圆中感应电流为：I=ER=‎∆φ‎∆tR=‎∆B‎∆t·πr‎2‎‎2‎‎2πrρ=‎∆B‎∆t·r‎4ρ=0.8×‎0.1‎‎4×0.1‎A=0.2A；‎ ‎(2)t时刻磁感应强度为：B=‎∆B‎∆tt，‎ 导体圆受到的安培力为：F安‎=BI⋅2r， 细线的拉力为：F=F安+mg=BI⋅2r+mg， 当t=10s时，代入数据得：F=1.32N；       ‎(3)‎金属圈内产生的焦耳热为：Q=I‎2‎Rt， 代入数据得：Q=0.008π≈0.025J。     ‎ ‎【解析】‎(1)‎根据楞次定律判断感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律求圆中感应电流； ‎(2)‎求出t时刻的磁感应强度，受到的安培力，根据受力平衡求细线的拉力； ‎(3)‎根据焦耳定律求金属圈内产生的焦耳热。‎ 考查法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的应用，掌握安培力表达式，理解受力平衡方程。‎