【物理】2019届一轮复习鲁科版第十章法拉第电磁感应定律　自感　涡流学案 18页

基础课 2　法拉第电磁感应定律　自感　涡流 知识点一、法拉第电磁感应定律 1．感应电动势 (1)定义：在电磁感应现象中产生的电动势叫做感应电动势。 (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：电路中感应电动势的大小与穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。 (2)公式：E＝nΔΦ Δt ，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＝ E R＋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。 知识点二、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＝LΔI Δt 。 (3)自感系数 L ①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)，1 mH＝10－3 H，1 μH＝10－6 H。 2．涡流 当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电 流像水的漩涡所以叫涡流。 [思考判断] (1)Φ＝0，ΔΦ Δt 不一定等于 0。(　　) (2)感应电动势 E 与线圈匝数 n 有关，所以 Φ、ΔΦ、ΔΦ Δt 的大小均与线圈匝数有关。 (　　) (3)线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大。(　　) (4)当导体在匀强磁场中垂直磁场方向运动时(运动方向和导体垂直)，感应电动势 为 E＝BLv。(　　) (5)涡流就是自感。(　　) 答案　(1)√　(2)×　(3)√　(4)√　(5)× 　法拉第电磁感应定律的理解和应用 1．磁通量 Φ、磁通量的变化量 ΔΦ、磁通量的变化率ΔΦ Δt 的比较 物理量 项目 磁通量 Φ 磁通量的变化量 ΔΦ 磁通量的变化率ΔΦ Δt 意义 某时刻穿过某个面 的磁感线的条数 某段时间内穿过 某个面的磁通量 变化多少 穿过某个面的磁通量变化的 快慢 大小 Φ＝BScos θ ΔΦ＝Φ2－Φ1 ①ΔΦ＝B·ΔS ②ΔΦ＝S·ΔB ③ΔΦ＝B2S2－ B1S1 ①ΔΦ Δt ＝BΔS Δt ②ΔΦ Δt ＝SΔB Δt ③ΔΦ Δt ＝ B2S2－B1S1 Δt 2.对法拉第电磁感应定律 E＝n ΔΦ Δt 的进一步理解 (1)E＝n ΔΦ Δt 的研究对象是一个回路，E＝n ΔΦ Δt 求得的电动势是整个回路的感应电 动势。 (2)E＝n ΔΦ Δt 求的是 Δt 时间内的平均感应电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值 才等于平均值。 1．[法拉第电磁感应定律的理解]将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中， 线圈平面与磁场方向垂直，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 解析　由法拉第电磁感应定律 E＝n ΔΦ Δt 知，感应电动势的大小与线圈匝数有关， A 错误；感应电动势正比于ΔΦ Δt ，与磁通量的大小无直接关系，B 错误，C 正确； 根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即“增 反减同”，D 错误。 答案　C 2．[感应电动势大小的计算] (2016·北京理综，16)如图 1 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 1 A．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＝ΔΦ Δt ＝πr2·ΔB Δt ，则Ea Eb ＝ r r ＝4 1 ，由楞次定律可知感应电流的方向均沿顺时针方向，B 项对。 答案　B 3．[电荷量的计算](多选)如图 2 甲所示，abcd 是匝数为 100 匝、边长为 10 cm、 总电阻为 0.1 Ω 的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的图示匀强磁场中， 磁感应强度 B 随时间 t 的变化关系如图乙所示，则以下说法正确的是(　　) 图 2 A．导线圈中产生的是交变电流 B．在 t＝2.5 s 时导线圈产生的感应电动势为 1 V C．在 0～2 s 内通过导线横截面的电荷量为 20 C D．在 t＝1 s 时，导线圈内电流的瞬时功率为 10 W 解析　在 0～2 s 内，磁感应强度变化率为ΔB1 Δt1 ＝1 T/s，根据法拉第电磁感应定律， 产生的感应电动势为 E1＝nSΔB1 Δt1 ＝100×0.12×1 V＝1 V；在 2～3 s 内，磁感应强 度变化率为ΔB2 Δt2 ＝2 T/s，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为 E2＝nS ΔB2 Δt2 ＝100×0.12×2 V＝2 V。导线圈中产生的感应电流为方波交变电流，选项 A 正确；在 t＝2.5 s 时，产生的感应电动势为 E2＝2 V，选项 B 错误；在 0～2 s 内， 感应电流 I＝E1 R ＝10 A，通过导体横截面的电荷量为 q＝IΔt＝20 C，选项 C 正确； 在 t＝1 s 时，导线圈内感应电流的瞬时功率 P＝UI＝I2R＝102×0.1 W＝10 W，选 项 D 正确。 答案　ACD 反思总结 应用电磁感应定律应注意的三个问题 (1)公式 E＝n ΔΦ Δt 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＝nS ΔB Δt 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 仅与 n、ΔФ 和回路电阻 R 有关，与时间长短无关， 与 Φ 是否均匀变化无关。推导如下：q＝ I － Δt＝nΔΦ ΔtR Δt＝nΔΦ R 。 　导体切割磁感线产生感应电动势的计算 切割磁感线运动的那部分导体相当于电路中的电源。常见的情景有以下两种： 1．平动切割 (1)常用公式：若运动速度 v 和磁感线方向垂直，则感应电动势 E＝BLv。 其中 B、L、v 三者两两垂直。 (2)有效长度：公式中的 L 为有效切割长度，即导体在与 v 垂直的方向上的投影 长度 (3)相对性：E＝BLv 中的速度 v 是相对于磁场的速度，若磁场也运动时，应注意 速度间的相对关系。 2．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 － ＝1 2Bl2ω，如图 3 所示。 图 3 【典例 1】　(2016·全国卷Ⅱ，20)(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图 4 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 4 A．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 解析　将圆盘看成无数辐条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感 应电流，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，则当圆盘顺时针(俯 视)转动时，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生 电动势 E＝BLv － ＝1 2BL2ω，I＝ 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＝ B2L4ω2R 4（R＋r）2 知，当 ω 变为 2 倍 时，P 变为原来的 4 倍，D 错。 答案　AB 方法技巧 突破该题的关键是将圆盘切割模型转化为导体棒切割模型。 【典例 2】　在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，B＝0.2 T，有一水平 放置的光滑框架，宽度为 l＝0.4 m，如图 5 所示，框架上放置一质量为 0.05 kg、 电阻为 1 Ω 的金属杆 cd，框架电阻不计。若 cd 杆以恒定加速度 a＝2 m/s2，由静 止开始做匀变速直线运动，则： 图 5 (1)在 5 s 内平均感应电动势是多少？ (2)第 5 s 末，回路中的电流多大？ (3)第 5 s 末，作用在 cd 杆上的水平外力多大？ 解析　(1)5 s 内的位移 x＝1 2at2＝25 m， 5 s 内的平均速度 v＝x t ＝5 m/s (也可用 v＝0＋2 × 5 2 m/s＝5 m/s 求解) 故平均感应电动势 E＝Blv＝0.4 V。 (2)第 5 s 末：v′＝at＝10 m/s， 此时感应电动势 E′＝Blv′ 则回路电流为 I＝E′ R ＝Blv′ R ＝0.2 × 0.4 × 10 1 A＝0.8 A。 (3)杆做匀加速运动，则 F－F 安＝ma， 即 F＝BIl＋ma＝0.164 N。 答案　(1)0.4 V　(2)0.8 A　(3)0.164 N 1．[平动切割]如图 6 所示，在水平面内固定着 U 形光滑金属导轨，轨道间距为 50 cm，金属导体棒 ab 质量为 0.1 kg，电阻为 0.2 Ω，横放在导轨上，电阻 R 的阻值 是 0.8 Ω(导轨其余部分电阻不计)。现加上竖直向下的磁感应强度为 0.2 T 的匀强 磁场。用水平向右的恒力 F＝0.1 N 拉动 ab，使其从静止开始运动，则(　　) 图 6 A．导体棒 ab 开始运动后，电阻 R 中的电流方向是从 P 流向 M B．导体棒 ab 运动的最大速度为 10 m/s C．导体棒 ab 开始运动后，a、b 两点的电势差逐渐增加到 1 V 后保持不变 D．导体棒 ab 开始运动后任一时刻，F 的功率总等于导体棒 ab 和电阻 R 的发热 功率之和 解析　由右手定则可判断电阻 R 中的感应电流方向是从 M 流向 P，A 错；当金 属导体棒受力平衡时，其速度将达到最大值，由 F＝BIL，I＝Em R 总＝BLvm R 总 可得 F＝ B2L2vm R 总 ，代入数据解得 vm＝10 m/s，B 对；感应电动势的最大值 Em＝1 V，a、b 两点的电势差为路端电压，最大值小于 1 V，C 错；在达到最大速度以前，F 所 做的功一部分转化为内能，另一部分转化为导体棒的动能，D 错。 答案　B 2．[转动切割](多选)如图 7 所示，有一个磁感应强度为 B 的匀强磁场，磁场方向 垂直纸面向里，一半径为 r、电阻为 2R 的金属圆环放置在磁场中，金属圆环所 在的平面与磁场垂直。金属杆 Oa 一端可绕环的圆心 O 旋转，另一端 a 搁在环上， 电阻值为 R；另一金属杆 Ob 一端固定在 O 点，另一端 b 固定在环上，电阻值也 是 R。已知 Oa 杆以角速度 ω 匀速旋转，所有接触点接触良好，Ob 不影响 Oa 的 转动，则下列说法正确的是(　　) 图 7 A．流过 Oa 的电流可能为Bωr2 5R B．流过 Oa 的电流可能为6Bωr2 25R C．Oa 旋转时产生的感应电动势的大小为 Bωr2 D．Oa 旋转时产生的感应电动势的大小为 1 2Bωr2 解析　Oa 旋转时产生的感应电动势的大小为 E＝1 2 ×Bωr2，D 正确，C 错误；当 Oa旋转到与Ob共线但不重合时，等效电路如图甲所示，此时有I min＝ E 2.5R ＝Bωr2 5R ， 当 Oa 与 Ob 重合时，环的电阻为 0，等效电路如图乙所示，此时有 Imax＝ E 2R ＝ Bωr2 4R ，所以Bωr2 5R ≤I≤Bωr2 4R ，A、B 正确。 答案　ABD 3．[转动切割]半径分别为 r 和 2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为 r、质量为 m 且质量分布均匀的直导体棒 AB 置于圆导轨上面，BA 的延长线通过 圆导轨中心 O，装置的俯视图如图 8 所示。整个装置位于一匀强磁场中，磁感应 强度的大小为 B，方向竖直向下。在内圆导轨的 C 点和外圆导轨的 D 点之间接 有一阻值为 R 的电阻(图中未画出)。直导体棒在水平外力作用下以角速度 ω 绕 O 逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。设导体棒与导轨之间 的动摩擦因数为 μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略。重力加速度大小为 g。求： 图 8 (1)通过电阻 R 的感应电流的方向和大小； (2)外力的功率。 解析　(1)E＝Brv － ＝Brωr＋ω·2r 2 ＝3 2Br2ω I＝E R ＝3Br2ω 2R 由右手定则判得通过 R 的感应电流从 C→D (2)由能量守恒 P＝PR＋PFf 在竖直方向 2FN＝mg，则 FN＝1 2mg，得 Ff＝μFN＝1 2μmg PFf＝1 2μmgωr＋1 2μmg·ω·2r＝ 3 2μmgωr PR＝I2R＝9B2r4ω2 4R 所以 P＝3 2μmgωr＋9B2ω2r4 4R 。 答案　(1)由 C 端到 D 端　3ωBr2 2R (2)3 2μmgωr＋9ω2B2r4 4R 　通电自感和断电自感　涡流 1．自感现象的四大特点 (1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化。 (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，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， 电流方向不变 电路中稳态电流为 I1、I2：① 若 I2≤I1，灯泡逐渐变暗；② 若 I2>I1，灯泡闪亮后逐渐变暗。 两种情况灯泡中电流方向均改 变 1．[通、断电自感现象的分析](2017·深圳南山期末)(多选)如图 9，A、B 是相同 的白炽灯，L 是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈。下面说法正确的是(　　) 图 9 A．闭合开关 S 时，A、B 灯同时亮，且达到正常 B．闭合开关 S 时，B 灯比 A 灯先亮，最后一样亮 C．闭合开关 S 时，A 灯比 B 灯先亮，最后一样亮 D．断开开关 S 时，A 灯与 B 灯同时慢慢熄灭 解析　由于自感的作用，闭合开关 S 时，B 灯比 A 灯先亮，最后一样亮，选项 A、C 错误，B 正确；断开开关 S 时，L 中产生自感电动势，A 灯与 B 灯同时慢 慢熄灭，选项 D 正确。 答案　BD 2．[自感现象的图象] (多选)如图 10 所示的电路中，L 为一个自感系数很大、直 流电阻不计的线圈，D1、D2 是两个完全相同的灯泡，E 是一内阻不计的电源。t＝0 时刻，闭合开关 S，经过一段时间后，电路达到稳定，t1 时刻断开开关 S。I1、I2 分别表示通过灯泡 D1和 D2的电流，规定图中箭头所示的方向为电流正方向，以 下各图中能定性描述电流 I 随时间 t 变化关系的是(　　) 图 10 解析　当 S 闭合时，L 的自感作用会阻碍其中的电流变大，电流从 D1 流过；当 L 的阻碍作用变小时，L 中的电流变大，D1 中的电流变小至零；D2 中的电流为电 路总电流，电流流过 D1 时，电路总电阻较大，电流较小，当 D1 中电流为零时， 电流流过 L 与 D2，总电阻变小，电流变大至稳定；当 S 再断开时，D2 马上熄灭， D1 与 L 组成回路，由于 L 的自感作用，D1 慢慢熄灭，电流反向且减小；综上所 述知选项 A、C 正确。 答案　AC 3．[对涡流的理解](多选)如图 11 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 11 A．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，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，D 正确。 答案　CD 方法点拨 分析自感现象的两点注意 (1)通过自感线圈中的电流不能发生突变，即通电过程中，电流逐渐变大；断电 过程中，电流逐渐变小，此时线圈可等效为“电源”，该“电源”与其他电路元 件形成回路。 (2)断电自感现象中灯泡是否“闪亮”问题的判断，在于对电流大小的分析，若 断电后通过灯泡的电流比原来强，则灯泡先闪亮后再慢慢熄灭。 电磁感应中的“杆＋导轨”模型 1．模型构建 “杆＋导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”，也是高考的热点， 考查的知识点多，题目的综合性强，物理情景变化空间大，是我们复习中的难点。 “杆＋导轨”模型又分为“单杆”和“双杆”模型(“单杆”模型为重点)；导轨 放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速、匀变速、非匀变 速运动等。 2．模型分类及特点 (1)单杆水平式(导轨光滑) 物理模型 动态分析 设运动过程中某时刻棒的速度为 v，加速度为 a＝F m －B2L2v mR ，a、v 同 向，随 v 的增加，a 减小，当 a＝0 时，v 最大，I＝BLv R 恒定 运动形式 匀速直线运动 力学特征 a＝0，v 最大，vm＝ FR B2L2 收尾状态 电学特征 I 恒定 (2)单杆倾斜式(导轨光滑) 物理模型 动态分析 棒释放后下滑，此时 a＝gsin α，速度 v↑ E＝BLv↑ I＝E R ↑ F＝BIL↑ a↓，当安培力 F＝mgsin α 时，a＝0，v 最大 运动形式 匀速直线运动 力学特征 a＝0，v 最大，vm＝mgRsin α B2L2 收尾状态 电学特征 I 恒定 【思维训练 1】 (2015·海南单科，13)如图 12，两平行金属导轨位于同一水平面 上，相距 l，左端与一电阻 R 相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小 为 B，方向竖直向下。一质量为 m 的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导 轨以速率 v 匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。已知导 体棒与导轨间的动摩擦因数为 μ，重力加速度大小为 g，导轨和导体棒的电阻均 可忽略。求 图 12 (1)电阻 R 消耗的功率； (2)水平外力的大小。 解析　(1)导体棒切割磁感线运动产生的电动势为 E＝Blv，根据闭合电路欧姆定 律，闭合回路中的感应电流为 I＝E R 电阻 R 消耗的功率为 P＝I2R，联立可得 P＝B2l2v2 R (2)对导体棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力 平衡，故有 F 安＋μmg＝F，F 安＝BIl＝B·Blv R ·l，故 F＝B2l2v R ＋μmg 答案　(1)B2l2v2 R 　(2)B2l2v R ＋μmg 【思维训练 2】 (2016·泰州一模)如图 13 甲，MN、PQ 两条平行的光滑金属轨道 与水平面成 θ＝37°角固定，M、P 之间接电阻箱 R，导轨所在空间存在匀强磁场， 磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为 B＝0.5 T。质量为 m 的金属杆 ab 水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为 r。现从静止释放杆 ab，测得最大速 度为 vm。改变电阻箱的阻值 R，得到 vm 与 R 的关系如图乙所示。已知轨距为 L＝ 2 m，重力加速度 g 取 10 m/s2，轨道足够长且电阻不计。求： 图 13 (1)杆 ab 下滑过程中感应电流的方向及 R＝0 时最大感应电动势 E 的大小； (2)金属杆的质量 m 和阻值 r； (3)当 R＝4 Ω 时，求回路瞬时电功率每增加 1 W 的过程中合外力对杆做的功 W。 解析　(1)杆中电流方向从 b→a(或 aMPba) 由图可知，当 R＝0 时，杆最终以 v＝2 m/s 匀速运动， 产生电动势 E＝BLv 代入数值，解得 E＝2 V (2)设最大速度为 vm，杆切割磁感线产生的感应电动势 E＝BLvm，由闭合电路的欧姆定律：I＝ E R＋r 杆达到最大速度时满足 mgsin θ－BIL＝0 解得 vm＝mgsin θ B2L2 R＋mgsin θ B2L2 r 由图象可知： 斜率为 k＝4－2 2 m/(s·Ω)＝1 m/(s·Ω)， 纵截距为 v0＝2 m/s，得到： mgsin θ B2L2 r＝v0，mgsin θ B2L2 ＝k 解得：m＝0.17 kg，r＝2 Ω。 (3)由题意：E＝BLv P＝ E2 R＋r 得 P＝B2L2v2 R＋r ΔP＝B2L2v R＋r －B2L2v R＋r 由动能定理得 W＝1 2mv22－1 2mv21 W＝m（R＋r） 2B2L2 ΔP，W＝0.5 J 答案　(1)b→a　2 V　(2)0.17 kg　2 Ω　(3)0.5 J 方法技巧 解决此类问题的分析要抓住三点： (1)杆的稳定状态一般是匀速运动(达到最大速度或最小速度，此时合力为零)； (2)整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功； (3)电磁感应现象遵从能量守恒定律。 1．(2015·全国卷Ⅱ，15)如图 14，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 14 A．Ua＞Uc，金属框中无电流 B．Ub＞Uc，金属框中电流方向沿 a－b－c－a C．Ubc＝－1 2Bl2ω，金属框中无电流 D．Ubc＝1 2Bl2ω，金属框中电流方向沿 a－c－b－a 解析　金属框绕 ab 边转动时，闭合回路 abc 中的磁通量始终为零(即不变)，所 以金属框中无电流。金属框在逆时针转动时，bc 边和 ac 边均切割磁感线，由右 手定则可知 Ub＜Uc，Ua＜Uc，所以根据 E＝Blv 可知，Ubc＝Uac＝－Blv － ＝－Bl 0＋ωl 2 ＝－1 2Bl2ω。由以上分析可知选项 C 正确。 答案　C 2．(2016·浙江理综，16)如图 15 所示，a、b 两个闭合正方形线圈用同样的导线 制成，匝数均为 10 匝，边长 la＝3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场， 且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则(　　) 图 15 A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流 B．a、b 线圈中感应电动势之比为 9∶1 C．a、b 线圈中感应电流之比为 3∶4 D．a、b 线圈中电功率之比为 3∶1 解析　根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项 A 错 误；因磁感应强度随时间均匀增大，设ΔB Δt ＝k，根据法拉第电磁感应定律可得 E＝ nΔΦ Δt ＝nΔB Δt l2，则Ea Eb ＝(3 1)2＝9 1 ，选项 B 正确；根据 I＝E R ＝ E ρ 4nl S′ ＝ n ΔB Δt l2S′ 4ρnl ＝klS′ 4ρ 可知， I∝l，故 a、b 线圈中感应电流之比为 3∶1，选项 C 错误；电功率 P＝IE＝klS′ 4ρ ·nΔB Δt l2＝nk2l3S′ 4ρ ，则 P∝l3，故 a、b 线圈中电功率之比为 27∶1，选项 D 错误。 答案　B 3. (2015·全国卷Ⅰ，19)(多选)1824 年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘 实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以 自由旋转的磁针，如图 16 所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘 中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的 是(　　) 图 16 A．圆盘上产生了感应电动势 B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动 C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化 D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转 动 解析　把圆盘分割成无数根沿半径方向的金属条，圆盘运动过程中，半径方向的 金属条在切割磁感线，在圆心和边缘之间产生了感应电动势，选项 A 正确；圆 盘在径向的辐条切割磁感线过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等而形成 涡流，产生的磁场又导致磁针转动，选项 B 正确；圆盘转动过程中，磁针的磁 场穿过整个圆盘的磁通量没有变化，选项 C 错误；圆盘中的自由电子随圆盘一 起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向，不会使磁针转动，选项 D 错误。 答案　AB 4．(2016·全国卷Ⅰ，24)如图 17，两固定的绝缘斜面倾角均为 θ，上沿相连。两 细金属棒 ab(仅标出 a 端)和 cd(仅标出 c 端)长度均为 L，质量分别为 2m 和 m； 用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路 abdca，并通过固定在斜面上 沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁 场，磁感应强度大小为 B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中， 回路电阻为 R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为 μ，重力加速度大小为 g， 已知金属棒 ab 匀速下滑。求 图 17 (1)作用在金属棒 ab 上的安培力的大小； (2)金属棒运动速度的大小。 解析　(1)由 ab、cd 棒被平行于斜面的导线相连，故 ab、cd 速度大小总是相等， cd 也做匀速直线运动。设导线的张力的大小为 T，右斜面对 ab 棒的支持力的大 小为 N1，作用在 ab 棒上的安培力的大小为 F，左斜面对 cd 棒的支持力大小为 N2，对于 ab 棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得 　 甲　　　　　　　乙 2mgsin θ＝μN1＋T＋F① N1＝2mgcos θ② 对于 cd 棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得 mgsin θ＋μN2＝T③ N2＝mgcos θ④ 联立①②③④式得：F＝mg(sin θ－3μcos θ) (2)设金属棒运动速度大小为 v，ab 棒上的感应电动势为 E＝BLv⑤ 回路中电流 I＝E R ⑥ 安培力 F＝BIL⑦ 联立⑤⑥⑦得： v＝(sin θ－3μcos θ)mgR B2L2 答案　(1)mg(sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ)mgR B2L2