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  • 2021-05-27 发布

2018版浙江省高考物理文档讲义:第九章第2讲-法拉第电磁感应定律、自感和涡流

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‎[考试标准]‎ 知识内容 必考要求 加试要求 说明 法拉第电磁感应定律 d ‎1.导体切割磁感线时感应电动势的计算,只限于l、B、v三者垂直的情形. ‎ ‎2.不要求计算涉及反电动势的问题. ‎ ‎3.在电磁感应现象中,不要求判断电路中各点电势的高低. ‎ ‎4.不要求计算既有感生电动势,又有动生电动势的电磁感应问题. ‎ ‎5.不要求计算自感电动势. ‎ ‎6.不要求解释电磁驱动和电磁阻尼现象.‎ 电磁感应现象的两类情况 b 互感和自感 b 涡流、电磁阻尼和电磁驱动 b 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=n,其中n为线圈匝数.‎ ‎(3)感应电流与感应电动势的关系:遵循闭合电路欧姆定律,即I=.‎ 二、电磁感应现象的两类情况 ‎1.导体切割磁感线的感应电动势 ‎(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)导体切割磁感线运动速度v和磁感线方向夹角为θ时,则E=Blvsin_θ.‎ ‎(3)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的感应电动势E=Blv=Bωl2(平均速度等于中点位置的线速度lω).‎ ‎2.闭合回路中磁通量发生变化 ‎[深度思考] 判断下列说法是否正确.‎ ‎(1)线圈中磁通量越大,产生的感应电动势越大.( × )‎ ‎(2)线圈中磁通量变化越大,产生的感应电动势越大.( × )‎ ‎(3)线圈中磁通量变化越快,产生的感应电动势越大.( √ )‎ 三、互感和自感 ‎1.互感的作用 利用互感现象可以把能量由一个线圈传递到另一个线圈,如变压器、收音机的磁性天线.‎ ‎2.自感现象 ‎(1)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=L.‎ ‎③自感电动势作用:阻碍导体中原电流的变化.‎ ‎(2)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.‎ 四、涡流、电磁阻尼和电磁驱动 ‎1.涡流的应用 ‎(1)涡流热效应的应用,如真空冶炼炉.‎ ‎(2)涡流磁效应的应用,如探雷器.‎ ‎2.电磁阻尼的应用 磁电式仪表中利用电磁阻尼使指针迅速停止,便于读数.‎ ‎3.电磁驱动的应用 交流感应电动机.‎ ‎[深度思考] 判断下列说法是否正确.‎ ‎(1)线圈中的电流越大,自感系数也越大.( × )‎ ‎(2)对于同一线圈,当电流变化越快时,线圈中的自感电动势越大.( √ )‎ ‎1.穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒钟均匀地增加2 Wb,则(  )‎ A.线圈中感应电动势每秒钟增加2 V B.线圈中感应电动势每秒钟减少2 V C.线圈中无感应电动势 D.线圈中感应电动势保持不变 答案 D ‎2.(多选)在图1中,线圈M和线圈P绕在同一铁芯上,则(  )‎ 图1‎ A.当合上开关S的一瞬间,线圈P里没有感应电流 B.当合上开关S的一瞬间,线圈P里有感应电流 C.当断开开关S的一瞬间,线圈P里没有感应电流 D.当断开开关S的一瞬间,线圈P里有感应电流 答案 BD ‎3.如图2所示,在光滑绝缘水平面上,有一铝质圆形金属球以一定的初速度通过有界匀强磁场,则从球开始进入磁场到完全穿出磁场过程中(磁场宽度大于金属球的直径),小球(  )‎ 图2‎ A.整个过程匀速 B.进入磁场过程中球做减速运动,穿出过程做加速运动 C.整个过程都做匀减速运动 D.穿出时的速度一定小于初速度 答案 D ‎4.如图3所示是测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路,L两端并联一只电压表,用来测量自感线圈的直流电压,在测量完毕后,将电路解体时应(  )‎ 图3‎ A.先断开S1‎ B.先断开S2‎ C.先拆除电流表 D.先拆除电阻R 答案 B ‎ 命题点一 法拉第电磁感应定律的理解及应用 例1 (2016·浙江·16)如图4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4‎ 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=k,根据法拉第电磁感应定律可得E=n=nl2,则=()2=,选项B正确;根据I====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=·nl2=,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 法拉第电磁感应定律解题技巧 ‎1.公式E=n是求解回路某段时间内平均电动势的最佳选择.‎ ‎2.用公式E=nS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、ΔΦ和回路总电阻R总有关,与时间长短无关.推导如下:q=Δt=·Δt=.‎ 题组阶梯突破 ‎1.(多选)(2016·宁波市联考)单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动,穿过线圈的磁通量Φ随时间t的关系图象如图5所示,则(  )‎ 图5‎ A.在t=0时刻,线圈中磁通量最大,感应电动势也最大 B.在t=1×10-2 s时刻,感应电动势最大 C.在t=2×10-2 s时刻,感应电动势为零 D.在0~2×10-2 s时间内,线圈中感应电动势的平均值为零 答案 BC 解析 由法拉第电磁感应定律知E∝,故t=0及t=2×10-2 s时刻,E=0,A错,C对;t=1×10-2 s,E最大,B对;在0~2×10-2 s时间内,ΔΦ≠0,故E≠0,D错.‎ ‎2.如图6所示,用两根相同的导线绕成匝数分别为n1和n2的圆形闭合线圈A和B,两线圈平面与匀强磁场垂直.当磁感应强度随时间均匀变化时,两线圈中的感应电流之比IA∶IB为(  )‎ 图6‎ A. B. C. D. 答案 B 解析 设线圈A半径为R,线圈B半径为r,则n12πR=n22πr,两线圈A和B中的感应电动势之比为,由于电阻相等,感应电流之比IA∶IB=,B项正确.‎ ‎3.(多选)如图7所示,粗细均匀的导线绕成匝数为n、半径为r的圆形闭合线圈.线圈放在磁场中,磁场的磁感应强度随时间均匀增大,线圈中产生的电流为I,下列说法正确的是(  )‎ 图7‎ A.电流I与匝数n成正比 B.电流I与线圈半径r成正比 C.电流I与线圈面积S成正比 D.电流I与导线横截面积S0成正比 答案 BD 解析 由题给条件可知感应电动势为E=nπr2,电阻为R=,电流I=,联立以上各式得I=·,则可知B、D项正确,A、C项错误.‎ ‎4.如图8所示,两块水平放置的金属板距离为d,用导线、开关K与一个n匝的线圈连接,线圈置于方向竖直向上的均匀变化的磁场B中.两板间放一台小型压力传感器,压力传感器上表面绝缘,在其上表面静止放置一个质量为m、电荷量为q的带正电小球.K没有闭合时传感器有示数,K闭合时传感器示数变为原来的一半.则线圈中磁场B的变化情况和磁通量的变化率分别为(  )‎ 图8‎ A.正在增强,= B.正在增强,= C.正在减弱,= D.正在减弱,= 答案 B 解析 根据K闭合时传感器示数变为原来的一半,推出带正电小球受向上的电场力,即上极板带负电,下极板带正电,线圈感应电动势的方向从上极板经线圈流向下极板,根据安培定则知感应磁场的方向向下,与原磁场方向相反,又由楞次定律得线圈中磁场正在增强;对小球受力分析得q=,其中感应电动势E=n,代入得=,故B正确.‎ 命题点二 导体切割磁感线产生感应电动势的计算 例2 (多选)如图9所示,PN与QM两平行金属导轨相距1 m,电阻不计,两端分别接有电阻R1和R2,且R1=6 Ω,ab杆的电阻为2 Ω,在导轨上可无摩擦地滑动,垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1 T.现ab以恒定速度v=3 m/s匀速向右移动,这时ab杆上消耗的电功率与R1、R2消耗的电功率之和相等.则(  )‎ 图9‎ A.R2=6 Ω B.R1上消耗的电功率为0.375 W C.a、b间电压为3 V D.拉ab杆水平向右的拉力为0.75 N 解析 由于ab杆上消耗的电功率与R1、R2消耗的电功率之和相等,则内、外电阻相等,=2,解得R2=3 Ω,因此A错.E=Blv=3 V,总电流I== A,路端电压Uab=IR外=×2 V=1.5 V,因此C错.P1==0.375 W,B正确;ab杆所受安培力F=BIl=0.75 N,因此拉力大小为0.75 N,D正确.‎ 答案 BD 对公式E=Blv的深度理解 ‎1.公式E=Blv的使用条件 ‎(1)匀强磁场.‎ ‎(2)B、l、v三者相互垂直.‎ ‎2.“瞬时性”的理解 ‎(1)若v为瞬时速度,则E为瞬时感应电动势.‎ ‎(2)若v为平均速度,则E为平均感应电动势.‎ ‎3.“相对性”的理解 E=Blv中的速度v是相对于磁场的速度,若磁场也运动,应注意速度间的相对关系.‎ 题组阶梯突破 ‎5.(多选)如图10所示,几位同学在做“摇绳发电”实验:把一条长导线的两端连在一个灵敏电流计的两个接线柱上,形成闭合回路.两个同学迅速摇动AB这段“绳”.假设图中情景发生在赤道,地磁场方向与地面平行,由南指向北.图中摇“绳”同学是沿东西站立的,甲同学站在西边,手握导线的A点,乙同学站在东边,手握导线的B点.下列说法正确的是(  )‎ 图10‎ A.当“绳”摇到最高点时,“绳”中电流最小 B.当“绳”摇到最低点时,“绳”受到的安培力最大 C.当“绳”向下运动时,“绳”中电流从A流向B D.在摇“绳”过程中,“绳”中电流总是从A流向B 答案 AC ‎6.(多选)如图11所示,AB、CD是两根固定的足够长的平行金属导轨,放置在水平面上,电阻不计,间距为L,MN是一根电阻为R、长度为L的金属杆,导轨间加垂直于纸面向里的匀强磁场,AC间有一电阻r=.现用力拉MN以恒定的速度向右匀速运动,当开关S断开时,MN两点间电势差为U1;当开关S闭合时,MN两点间电势差为U2,则正确的是(  )‎ 图11‎ A.U1=0,U2≠0 B.U1≠0,U2≠0‎ C.U1∶U2=3∶2 D.U1∶U2=3∶1‎ 答案 BD 解析 当开关S断开时,MN两点间电势差为U1=BLv;当开关S闭合时,MN两点间电势差为U2=·=BLv=,B、D正确.‎ ‎7.如图12所示,半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动,则通过电阻R的电流大小和方向是(金属圆盘的电阻不计)(  )‎ 图12‎ A.由c到d,I= B.由d到c,I= C.由c到d,I= D.由d到c,I= 答案 D 解析 金属圆盘在匀强磁场中匀速转动,可以等效为无数根长为r的导体棒绕O点做匀速圆周运动,其产生的感应电动势大小E= ‎,由右手定则可知其方向由圆周指向圆心,故通过电阻R的电流大小I=,方向由d到c,故选D.‎ ‎8.如图13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,则(  )‎ 图13‎ A.U=Blv,流过固定电阻R的感应电流由b经R到d B.U=Blv,流过固定电阻R的感应电流由d经R到b C.MN受到的安培力大小FA=,方向水平向右 D.MN受到的安培力大小FA=,方向水平向左 答案 A 解析 导体杆MN做切割磁感线运动,产生感应电动势,相当于一个内阻为R的电源,电路中电源电动势为E=Blv,U表示路端电压,所以根据闭合回路欧姆定律可得:U=E=Blv,根据右手定则可得流过电阻R的电流方向由b到d,A正确,B错误;根据公式FA=BIl可得MN受到的安培力大小FA=BIl=,方向向左,C、D错误.‎ ‎9.(多选)如图14所示,先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域,已知v1=2v2,则在先后两种情况下(  )‎ 图14‎ A.线圈中的感应电流之比I1∶I2=2∶1‎ B.线圈中的感应电流之比I1∶I2=1∶2‎ C.线圈中产生的焦耳热之比Q1∶Q2=2∶1‎ D.通过线圈某截面的电荷量之比q1∶q2=1∶2‎ 答案 AC 解析 由题意v1=2v2,根据E=BLv可知,感应电动势之比E1∶E2=v1∶v2=2∶1,则感应电流之比I1∶I2=E1∶E2=2∶1,故A正确、B错误;线圈拉出磁场的时间t=,L相同,因v1=2v2,可知时间比为1∶2;又I1∶I2=2∶1,R一定,根据Q=I2Rt,可得热量之比Q1∶Q2=2∶1,故C正确.根据q=,因磁通量的变化量相等,可知通过某截面的电荷量之比q1∶q2=1∶1,故D错误.‎ 命题点三 电磁感应中的图象问题 例3 矩形导线框abcd放在匀强磁场中,在外力控制下处于静止状态,如图15甲所示.磁感线方向与导线框所在平面垂直,磁感应强度B随时间变化的图象如图乙所示.t=0时刻,磁感应强度的方向垂直线框平面向里,在0~4 s时间内,导线框ad边所受安培力随时间变化的图象(规定向左为安培力的正方向)可能是选项图中的(  )‎ 图15‎ 解析 根据图乙,由E==S和I=可知,在0~4 s时间内的感应电流大小恒定.根据楞次定律可知,在0~2 s时间内,电流方向为顺时针方向;在2~4 s时间内,电流方向为逆时针方向;根据左手定则可知ad边所受安培力方向:在0~1 s时间内向左,在1~2 s时间内向右,在2~3 s时间内向左,在3~4 s时间内向右,从而排除A、C选项.尽管电流大小不变,可F安=BLadI,B均匀变化时,安培力均匀变化,因此B错,D对.‎ 答案 D 电磁感应中图象问题的分析技巧 ‎1.对于图象选择问题常用排除法:先看方向再看大小及特殊点.‎ ‎2.对于图象的描绘:先定性或定量表示出所研究问题的函数关系,注意横、纵坐标表达的物理量及各物理量的单位,画出对应物理图象(常有分段法、数学法).‎ ‎3.对图象的理解:看清横、纵坐标表示的量,理解图象的物理意义.‎ 题组阶梯突破 ‎10.两块水平放置的金属板,板间距离为d,用导线将两块金属板与一线圈连接,线圈中存在方向竖直向上、大小变化的磁场,如图16所示.两板间有一带正电的油滴恰好静止,则磁场的磁感应强度B随时间变化的图象是(  )‎ 图16‎ 答案 C 解析 带正电的油滴静止,即所受重力与电场力平衡,两板间为匀强电场,因此线圈中产生的感应电动势为恒定值,由法拉第电磁感应定律知,通过线圈的磁通量一定是均匀变化的,A、D错误;油滴带正电,故下极板电势高于上极板电势,感应电流产生磁场与原磁场方向相同,由楞次定律可知,通过线圈的磁通量均匀减小,故C项正确,B项错误.‎ ‎11.如图17所示,两条平行虚线之间存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,虚线间的距离为L,金属圆环的直径也为L.自圆环从左边界进入磁场开始计时,以垂直于磁场边界的恒定速度v穿过磁场区域.规定逆时针方向为感应电流i的正方向,则圆环中感应电流i随其移动距离x变化的i-x图象最接近图中的(  )‎ 图17‎ 答案 A 解析 根据楞次定律,在进磁场的过程中,感应电流的方向为逆时针方向;在出磁场的过程中,感应电流的方向为顺时针方向.在进磁场的过程中,切割的有效长度先增加后减小,出磁场的过程中,切割的有效长度先增加后减小,所以感应电流的大小在进磁场的过程中先增大后减小,出磁场的过程中也是先增大后减小.故A正确,B、C、D错误.‎ ‎(建议时间:40分钟)‎ ‎1.电磁感应现象中,感应电动势的大小跟(  )‎ A.磁感应强度大小成正比 B.磁通量大小成正比 C.磁通量变化率大小成正比 D.磁通量变化大小成正比 答案 C 解析 根据法拉第电磁感应定律,在电磁感应现象中,感应电动势的大小跟磁通量变化率大小成正比,故A、B、D错误,C正确.‎ ‎2.(多选 )磁电式仪表的线圈通常用铝框做骨架,把线圈围绕在铝框上,这样做的目的是(  )‎ A.防止涡流而设计的 B.利用涡流而设计的 C.起电磁阻尼的作用 D.起电磁驱动的作用 答案 BC 解析 常用铝框做骨架,当线圈在磁场中转动时,导致铝框的磁通量变化,从而产生感应电流,出现安培阻力,使其很快停止摆动.而塑料做骨架达不到电磁阻尼的作用,这样做的目的是利用涡流,起到电磁阻尼的作用,故B、C正确,A、D错误.‎ ‎3.(多选)下列选项表示的是闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景,导体ab上的感应电流方向为b→a的是(  )‎ 答案 BCD 解析 根据右手定则,A中感应电流方向是a→b;B、C、D中感应电流方向都是b→a,故选B、C、D.‎ ‎4.如图1所示,将条形磁铁从相同的高度分别以速度v和2v插入线圈,电流表指针偏转角度较大的是(  )‎ 图1‎ A.以速度v插入 B.以速度2v插入 C.一样大 D.不能确定 答案 B 图2‎ ‎5.如图2,一轻质横杆两侧各固定一金属环,横杆可绕中心点自由转动,一条形磁铁插向其中一个小环,取出后又插向另一个小环,看到的现象是(  )‎ A.磁铁插向左环,横杆发生转动 B.磁铁插向右环,横杆发生转动 C.无论磁铁插向左环还是右环,横杆都不发生转动 D.无论磁铁插向左环还是右环,横杆都发生转动 答案 B 解析 左环没有闭合,在磁铁插入过程中,不产生感应电流,故横杆不发生转动.右环闭合,在磁铁插入过程中,产生感应电流,横杆将发生转动,故选项B正确.‎ ‎6.如图3甲,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乙所示,则在0~2 s内线圈中感应电流的大小和方向为(  )‎ 图3‎ 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 第1 s内,磁场的方向垂直于纸面向里,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2 s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== 可知,这2 s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,A、B、D错误.‎ ‎7.(2015·金华中学期末)如图4所示,在O点正下方有一个有理想边界的磁场,铜环在A点由静止释放向右摆至最高点B,不考虑空气阻力,则下列说法正确的是(  )‎ 图4‎ A.A、B两点在同一水平线 B.A点高于B点 C.A点低于B点 D.铜环将做等幅摆动 答案 B 解析 由于铜环刚进入和要离开磁场过程中,会产生感应电流,一部分机械能转化为电能,所以铜环运动不到与A点等高点,即B点低于A点,故B正确.‎ ‎8.磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区,刷卡器中有检测线圈.当以速度v0刷卡时,在线圈中产生感应电动势,其E-t关系如图5所示.如果只将刷卡速度改为,线圈中的E-t关系图可能是(  )‎ 图5‎ 答案 D 解析 刷卡速度为v0时,E0=BLv0,t0=,刷卡速度变为时,根据法拉第电磁感应定律可知E=BL=,最大感应电动势变为原来的一半,感应电动势变化的周期t′==2t0,周期变为原来的2倍,D项正确.‎ ‎9.(多选)如图6所示的电路中,L是自感系数很大的线圈,但其自身的电阻可看作为零.A、B是两个相同的灯泡,下列说法中正确的是(  )‎ 图6‎ A.开关S由断开变为闭合,A、B同时发光,之后亮度不变 B.开关S由断开变为闭合,A立即发光,之后又逐渐熄灭 C.开关S由闭合变为断开的瞬间,A、B同时熄灭 D.开关S由闭合变为断开的瞬间,A再次发光,之后又逐渐熄灭 答案 BD 解析 S闭合的瞬间,通过L的电流从无到有发生变化,从而产生阻碍作用,A灯中有电流通过而发光;电流稳定后通过L的电流恒定时,其无阻碍作用,A灯被L短路,两端无电压而熄灭,所以A错误,B正确.开关S断开的瞬间,通过L的电流减小而产生感应电动势(或说阻碍电流的减小)从而有电流通过A灯,A灯再次发光,之后又逐渐熄灭,故C错误,D正确.‎ ‎10.如图7所示,金属棒ab、金属导轨和螺线管组成闭合回路,金属棒ab在匀强磁场B 中沿导轨向右运动,则(  )‎ 图7‎ A.ab棒不受安培力作用 B.ab棒所受安培力的方向向右 C.ab棒向右运动速度越大,所受安培力越大 D.螺线管产生的磁场,A端为N极 答案 C 解析 金属棒ab沿导轨向右运动时,安培力方向向左,以“阻碍”其运动,选项A、B错误.金属棒ab沿导轨向右运动时,感应电动势E=Blv,感应电流I=,安培力F=BIl=,可见,选项C正确.根据右手定则可知,流过金属棒ab的感应电流的方向是从b流向a,所以流过螺线管的电流方向是从A端到B端,根据右手螺旋定则可知,螺线管的A端为S极,选项D错误.‎ ‎11.边长为a的闭合金属正三角形框架,完全处于垂直于框架平面的匀强磁场中,现把框架匀速拉出磁场,如图8所示,则选项图中电动势、外力、外力功率与位移图象规律与这一过程相符合的是(  )‎ 图8‎ 答案 B 解析 感应电动势E=BLv=B·2xtan 30°·v=Bvx,则E与x成正比,A错误,B正确;框架匀速运动,则F外=F安=BIL,I=,E=BLv,得到F外=,L=x,则F外=·x2,B、R、v一定,则F外∝x2,C错误;外力的功率P外=F外v=·x2,P外∝x2,故D错误.‎ ‎12.(多选)一个闭合回路由两部分组成,如图9所示,右侧是电阻为r的圆形导线,置于竖直方向均匀变化的磁场B1中;左侧是光滑的倾角为θ的平行导轨,宽度为d,其电阻不计.磁感应强度为B2的匀强磁场垂直导轨平面向上,且只分布在左侧,一个质量为m、电阻为R的导体棒此时恰好能静止在导轨上,分析下述判断正确的是(  )‎ 图9‎ A.圆形导线中的磁场可以是向上均匀减弱 B.导体棒ab受到的安培力大小为mgsin θ C.回路中的感应电流为 D.圆形导线中的电热功率为(r+R)‎ 答案 BC 解析 导体棒静止在斜面上,根据左手定则,可知流过导体棒的电流是b→a,根据楞次定律,圆形线圈中的磁场应是向下的均匀增强,A错误;导体棒受安培力的方向沿斜面向上,因此F安=mgsin θ,B正确;F安=B2Id,因此回路中的感应电流I=,C正确;而圆形导线中的电热功率P=I2r=r,D错误.‎ ‎13.如图10所示,光滑的金属导轨放在磁感应强度B=0.2 T的匀强磁场中.平行导轨的宽度d=0.3 m,定值电阻R=0.5 Ω.在外力F作用下,导体棒ab以v=20‎ ‎ m/s的速度沿着导轨向左匀速运动.导体棒和导轨的电阻不计.求:‎ 图10‎ ‎(1)通过R的感应电流大小;‎ ‎(2)外力F的大小.‎ 答案 (1)2.4 A (2)0.144 N 解析 (1)导体棒切割磁感线产生的电动势为E=Bdv,根据欧姆定律得电流为I=== A=2.4 A.‎ ‎(2)由于导体棒做匀速直线运动,有 F=F安=BId=0.2×2.4×0.3 N=0.144 N.‎ ‎14.轻质细线吊着一质量为m=0.42 kg、边长为L=1 m、匝数n=10的正方形线圈,其总电阻为r=1 Ω.在线圈的中间位置以下区域分布着磁场,如图11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.‎ 图11‎ ‎(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=4 s时轻质细线的拉力大小.‎ 答案 (1)逆时针 (2)0.25 W (3)1.2 N 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=n=n·L2=0.5 V 则P==0.25 W ‎(3)I==0.5 A F安=nBIL F安+F线=mg 联立解得F线=1.2 N.‎