第2节　法拉第电磁感应定律-2023年高考物理二轮复习对点讲解与练习（通用版）

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第九章 电磁感应
第2节　法拉第电磁感应定律
考点一　法拉第电磁感应定律的理解及应用
【知识梳理】
1.—
2.—
【温馨提示】
1．当ΔΦ仅由B的变化引起时，则E＝n；当ΔΦ仅由S的变化引起时，则E＝n；当ΔΦ由B、S的变化同时引起时，则E＝n≠n.
2．磁通量的变化率是Φ­t图象上某点切线的斜率．
3．应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题
(1)公式E＝n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和回路电阻R有关，与时间长短无关．推导如下：q＝Δt＝Δt＝.
【诊断小练】
(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．(　　)
(4)线圈中磁通量的变化量越大，产生的感应电动势越大．(　　)
(5)只有回路闭合时，磁通量变化才会产生感应电动势．(　　)
【答案】　(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×
【命题突破】
命题点1　对法拉第电磁感应定律的理解
1.如图所示，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(　　)
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】　由题意可知＝k，导体圆环中产生的感应电动势E＝＝·S＝·πr2，因ra∶rb＝2∶1，故Ea∶Eb＝4∶1；由楞次定律知感应电流的方向均沿顺时针方向，选项B正确．
【答案】　B
【易错点拨】
对Φ、ΔΦ和的理解和易错点拨
(1)不能通过公式正确地计算Φ、ΔΦ和的大小，错误地认为它们都与线圈的匝数n成正比．
(2)认为公式中的面积S就是线圈的面积，而忽视了无效的部分；不能通过Φ­t(或B­t)图象正确地求解.
(3)认为Φ＝0(或B＝0)时，一定等于0.
(4)不能正确地分析初、末状态穿过线圈的磁通量的方向关系，从而不能正确利用公式ΔΦ＝Φ2－Φ1求解ΔΦ.
命题点2　法拉第电磁感应定律的应用
2．如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是(　　)
A．ab中的感应电流方向由b到a
B．ab中的感应电流逐渐减小
C．ab所受的安培力保持不变
D．ab所受的静摩擦力逐渐减小
【解析】　A错：根据楞次定律，ab中感应电流方向由a到b.
B错：根据E＝·S，因为恒定，所以E恒定，根据I＝知，回路中的感应电流恒定．
C错：根据F＝BIl，由于B减小，安培力F减小．
D对：根据平衡条件，静摩擦力f＝F，故静摩擦力减小．
【答案】　D
【归纳总结】
应用法拉第电磁感应定律解题的一般步骤
(1)分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化情况；
(2)利用楞次定律确定感应电流的方向；
(3)灵活选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解．
考点二　导体切割磁感线产生感应电动势的计算
【知识梳理】
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．切割的“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．图中有效长度分别为：

甲图：沿v1方向运动时，l＝；沿v2方向运动时，l＝·sin β；
乙图：沿v1方向运动时，l＝；沿v2方向运动时，l＝0；
丙图：沿v1方向运动时，l＝R；沿v2方向运动时，l＝0；
沿v3方向运动时，l＝R.
4．“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．
【温馨提示】　
E＝n、E＝Blv的比较
(1)区别：E＝n常用于求平均感应电动势；
E＝Blv既可求平均值，也可以求瞬时值．
(2)联系：E＝Blv是E＝n的一种特殊情况．
当导体做切割磁感线运动时，用E＝Blv求E比较方便，当穿过电路的磁通量发生变化时，用E＝n求E比较方便．
【诊断小练】
(1)当导体切割磁感线时，一定会产生感应电动势．(　　)
(2)只要导体在磁场中运动，一定会产生感应电动势．(　　)
(3)导体切割磁感线的实际长度也叫有效长度．(　　)
(4)利用E＝Blv求得的是感应电动势的瞬时值或平均值．(　　)
【答案】　(1)√　(2)×　(3)√　(4)√
【命题突破】
命题点1　平动切割类
1．如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
(2)电阻的阻值．
【解析】　(1)对金属杆由牛顿第二定律：F－μmg＝ma
匀加速直线运动：v＝at0
动生电动势：E＝Blv
解得：E＝Blt0.
(2)金属杆进磁场后匀速运动：F＝μmg＋BIl
由欧姆定律：I＝
得：R＝ .
【答案】　(1)Blt0 (2)
2．如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻．质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v.导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：
(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；
(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；
(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P.
【解析】　(1)MN刚扫过金属杆时，金属杆的感应电动势E＝Bdv0①
回路的感应电流I＝②
由①②式解得I＝.③
(2)金属杆所受的安培力F＝BId④
由牛顿第二定律得，对金属杆F＝ma⑤
由③④⑤式得a＝.⑥
(3)金属杆切割磁感线的相对速度v′＝v0－v⑦
感应电动势E＝Bdv′⑧
感应电流的电功率P＝⑨
由⑦⑧⑨式得P＝⑩
【答案】　(1)　(2)　(3)
命题点2　转动切割类
3．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：
(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)在Δt时间内，导体棒扫过的面积为：
ΔS＝ωΔt【(2r)2－r2】①
根据法拉第电磁感应定律，导体棒产生的感应电动势大小为：E＝②
根据右手定则，感应电流的方向是从B端流向A端，因此流过电阻R的电流方向是从C端流向D端；由欧姆定律：
I＝③
联立①②③可得：I＝④
(2)在竖直方向有：
mg－2FN＝0⑤
式中，由于质量分布均匀，内、外圆导轨对导体棒的正压力相等，其值为FN，两导轨对运动的导体棒的滑动摩擦力均为：Ff＝μFN⑥
在Δt时间内，导体棒在内、外圆导轨上扫过的弧长分别为：l1＝rωΔt⑦
l2＝2rωΔt⑧
克服摩擦力做的总功为：Wf＝Ff(l1＋l2)⑨
在Δt时间内，消耗在电阻R上的功为：WR＝I2RΔt⑩
根据能量转化和守恒定律，外力在Δt时间内做的功为：
W＝Wf＋WR⑪
外力的功率为：P＝⑫
由④～⑫式可得：P＝μmgωr＋ .
【答案】　(1)C端流向D端　 (2)μmgωr＋
【方法总结】
求解感应电动势大小的计算方法

考点三　自感现象和涡流现象
【知识梳理】
1．通电自感和断电自感的比较

通电自感
断电自感
电路图


器材
A1、A2同规格，R＝RL，L较大
L很大(有铁芯)，RL 现象
S闭合瞬间，A2灯立即亮起来，A1灯逐渐变亮，最终一样亮
开关S断开时，灯A突然闪亮一下后再渐渐熄灭
2.三点注意、三个技巧

【诊断小练】
(1)线圈中的电流越大，自感系数也越大．(　　)
(2)对同一线圈，当电流变化越快时，线圈中的自感电动势越大．(　　)
(3)自感系数取决于线圈的大小、形状、匝数及是否有铁芯等．(　　)
(4)自感电动势阻碍电流的变化，但不能阻止电流的变化．(　　)
【答案】　(1)×　(2)√　(3)√　(4)√
【命题突破】
命题点1　通电自感
1．如图所示，A、B、C是3个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈(直流电阻可忽略不计)．则(　　)
A．S闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭
B．S闭合时，B灯立即亮，然后逐渐熄灭
C．电路接通稳定后，三个灯亮度相同
D．电路接通稳定后，S断开时，C灯立即熄灭
【解析】　因线圈L的自感系数较大且直流电阻可忽略不计，S闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭，A正确．S闭合时，B灯先不太亮，然后变亮，B错误．电路接通稳定后，B、C灯亮度相同，A灯不亮，C错误．电路接通稳定后，S断开时，C灯逐渐熄灭，D错误．
【答案】　A
命题点2　断电自感
2．图1和图2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(　　)
A．图1中，A1与L1的电阻值相同
B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同
D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
【解析】　A错：断开开关S1瞬间，线圈L1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L1的电流反向通过灯A1，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明IL1＞IA1，即RL1＜RA1.
B错：图1中，闭合S1，电路稳定后，因为RL1＜RA1，所以A1中电流小于L1中电流．
C对：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．
D错：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．
【答案】　C
【归纳总结】
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

考点四　磁感应强度、面积同时变化产生感应电动势的计算
【知识梳理】
感生电动势：是由于磁场变化而产生的电动势，计算公式E＝n＝·S，主要用于计算平均电动势．
动生电动势：是由于部分导体切割磁感线产生的电动势，计算公式E＝BLv，既可计算电动势的瞬时值，也可计算电动势的平均值．有时回路中的磁场变化，同时又有导体切割，这时就需要依据楞次定律和右手定则先判断出两种电动势的方向，然后选择合适的公式进行计算．
1.如图，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：

(1)在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；
(2)在时刻t(t＞t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小．
【解析】　(1)在金属棒越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为Φ＝ktS①
设在从t时刻到t＋Δt的时间间隔内，回路磁通量的变化量为ΔΦ，流过电阻R的电荷量为Δq.根据法拉第电磁感应有ε＝②
根据欧姆定律可得i＝③
根据电流的定义可得i＝④
联立①②③④可得|Δq|＝Δt⑤
根据⑤可得，在t＝0到t＝t0的时间间隔内，流过电阻R的电荷量q的绝对值为|q|＝ .⑥
(2)当t＞t0时，金属棒已越过MN，由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有f＝F⑦
式中，f是外加水平恒力，F是匀强磁场施加的安培力，设此时回路中的电流为I，F的大小为F＝B0Il⑧
此时金属棒与MN之间的距离为s＝v0(t－t0)⑨
匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B0ls⑩
回路的总磁通量为Φt＝Φ＋Φ′⑪
式中，Φ仍如①式如所示．由①⑨⑩⑪可得，在时刻t(t＞t0)穿过回路的总磁通量为Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt⑫
在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变ΔΦt为
ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt⑬
由法拉第电磁感应定律可得，回路感应电动势的大小为ε1＝⑭
由欧姆定律有I＝⑮
联立⑦⑧⑬⑭⑮可得f＝(B0lv0＋kS).
【答案】　(1)　(2)B0lv0(t－t0)＋kSt (B0lv0＋kS)
【考能提升·对点演练】
1.如图所示，边长为L，匝数为N的正方形线圈abcd位于纸面内，线圈内接有电阻值为R的电阻，过ab中点和cd中点的连线OO′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁场的磁感应强度为B.当线圈转过90°时，通过电阻R的电荷量为(　　)
A.
B．
C.
D．
【解析】　初状态时，通过线圈的磁通量为Φ1＝，当线圈转过90°时，通过线圈的磁通量为0，由q＝N可得通过电阻R的电量为.
【答案】　B
2．如图甲所示，电路的左侧是一个电容为C的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为S.在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示．则在0～t0时间内，电容器(　　)
A．上极板带正电，所带电荷量为
B．上极板带正电，所带电荷量为
C．上极板带负电，所带电荷量为
D．上极板带负电，所带电荷量为
【解析】　由题图乙可知＝，B增大，根据楞次定律知，感应电流沿逆时针方向，故电容器上极板带正电，E＝n＝，Q＝CE＝，A正确．
【答案】　A
3．如图，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(　　 )
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＝－Bl2ω，金属框中无电流
D．Ubc＝Bl2ω，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φb＜φc，φa＜φc，所以根据E＝Blv可知，Ubc＝Uac＝－Blv＝－Bl＝－Bl2ω.由以上分析可知选项C正确．
【答案】　C
4．青藏铁路刷新了一系列世界铁路的历史纪录，青藏铁路火车上多种传感器运用了电磁感应原理，有一种电磁装置可以向控制中心传输信号以确定火车位置和运动状态，原理是将能产生匀强磁场的磁铁，安装在火车首节车厢下面，俯视如图甲所示，当它经过安放在两铁轨间的线圈时，便产生一个电信号，被控制中心接收到，当火车通过线圈时，若控制中心接收到的线圈两端的电压信号为图乙所示，则说明火车在做(　　)
A．匀速直线运动
B．匀加速直线运动
C．匀减速直线运动
D．加速度逐渐增大的变加速直线运动
【解析】　根据E＝BLv，当火车匀加速运动时v＝at，则E＝BLat，此时电动势随时间成线性关系．根据乙图可知，火车做匀加速运动．选项B正确．
【答案】　B
5.如图所示，固定于水平面上的金属架abcd处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动．t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置恰好使MbcN构成一个边长为l的正方形．为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，磁感应强度B随时间t变化的示意图为(　　)


【解析】　为了使MN棒中不产生感应电流，即让MN棒与线框组成回路的磁通量保持不变，或者使导线切割磁感线产生的感应电动势E1与磁场变化产生的感生电动势E2大小相等，即Blv＝，随着磁场减弱，而面积增大，故减小，故选C.
【答案】　C
6．如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb(　　 )
A．恒为
B．从0均匀变化到
C．恒为－
D．从0均匀变化到－
【解析】　由于磁感应强度均匀增大，故φa－φb为定值，由楞次定律可得φa<φb，故由法拉第电磁感应定律得φa－φb＝－，故C项正确．
【答案】　C
7．如图所示，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(　　)
A．正在增强，＝
B．正在增强，＝
C．正在减弱，＝
D．正在减弱，＝
【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＝，其中感应电动势E＝n代入得＝，故B正确．
【答案】　B
8．某探究性学习小组研制了一种发电装置如图甲所示，图乙为其俯视图．将8块外形相同的磁铁交错放置组合成一个高h＝0.5 m、半径r＝0.2 m的圆柱体，其可绕固定轴OO′逆时针(俯视)转动，角速度ω＝100 rad/s.设圆柱外侧附近每个磁场区域的磁感应强度大小均为B＝0.2 T、方向都垂直于圆柱体侧表面．紧靠圆柱体外侧固定一根长度与圆柱体高相等、电阻为R1＝0.5 Ω的细金属杆ab，杆ab与轴OO′平行．图丙中阻值R＝1.5 Ω的电阻与理想电流表A串联后接在杆ab两端．下列说法正确的是(　　)
A．电流表A的示数约为1.41 A
B．杆ab产生感应电动势的最大值约为2.83 V
C．电阻R消耗的电功率为2 W
D．在圆柱体转过一周的时间内，流过电流表A的总电荷量为零
【解析】　杆ab切割磁感线产生的感应电动势为E＝Bhv，又v＝ωr，解得E＝2 V，由于杆ab中产生的感应电动势E的大小保持不变，所以电流表A的示数为I＝＝ A＝1 A，故A、B错误；电阻R消耗的电功率为P＝I2R＝12×1.5 W＝1.5 W，故C错误；由楞次定律判断可知，通过电流表的电流方向周期性变化，在一个周期内两个方向通过电流表的电荷量相等，所以在圆柱体转过一周的时间内，流过电流表A的总电荷量为零，故D正确．
【答案】　D
9.在范围足够大、方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B＝0.2 T的匀强磁场中，有一水平放置的光滑金属框架，宽度L＝0.4 m，如图所示，框架上放置一质量为m＝0.05 kg、长度为L、电阻为r＝1 Ω的金属杆MN，且金属杆MN始终与金属框架接触良好，金属框架电阻不计，左侧a、b端连一阻值为R＝3 Ω的电阻，且b端接地．若金属杆MN在水平外力F的作用下以恒定的加速度a＝2 m/s2由静止开始做匀加速运动，则下列说法正确的是(　　)
A．在5 s内流过电阻R的电荷量为0.1 C
B．5 s末回路中的电流为0.8 A
C．5 s末a端处的电势为0.6 V
D．如果5 s末外力消失，最后金属杆将停止运动，5 s后电阻R产生的热量为2.5 J
【解析】　在t＝5 s内金属杆的位移x＝at2＝25 m,5 s内的平均速度＝＝5 m/s，故平均感应电动势＝Bl＝0.4 V，在5 s内流过电阻R的电荷量为q＝·t＝0.5 C，A错误；5 s末金属杆的速度v＝at＝10 m/s，此时感应电动势E＝Blv，则回路中的电流为I＝＝0.2 A，B错误；5 s末a点的电势φa＝Uab＝IR＝0.6 V，C正确；如果5 s末外力消失，最后金属杆将停止运动，5 s末金属杆的动能将转化为整个回路中产生的热量，所以电阻R产生的热量为·mv2＝1.875 J，D错误．
【答案】　C
10.如图所示，电路中A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈，C是电容很大的电容器．当S闭合与断开时，A、B灯泡的发光情况是(　　)
A．S刚闭合后，A亮一下又逐渐熄灭，B逐渐变亮
B．S刚闭合后，B亮一下又逐渐变暗，A逐渐变亮
C．S闭合足够长时间后，A和B一样亮
D．S闭合足够长时间后，A、B都熄灭
【解析】　S刚闭合后，A、B都变亮，之后A逐渐熄灭，B逐渐变亮，选项A正确、B错误．S闭合足够长时间后，A熄灭，B一直都是亮的，选项C、D错误．
【答案】　A
11．如图所示，紫铜做的圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与电流表连接起来形成回路．转动摇柄，使圆盘以角速度ω逆时针匀速转动，下列说法正确的是(　　)
A．回路中不会产生感应电流
B．回路中会产生大小不变、方向变化的感应电流
C．回路中电流的大小和方向都周期性变化，周期为
D．回路中电流方向不变，从b导线流进电流表
【解析】　圆盘转动可等效看成无数径向导体切割磁感线，有效切割长度为铜盘的半径，由右手定则可知，每个导体的电流方向均从边缘指向圆心，即回路中电流方向不变，从b导线流进电流表，A错误，D正确；铜盘转动产生的感应电动势为：E＝BL2ω，L为径向半径，B、L、ω不变，则E不变，感应电流大小为：I＝，可知电流大小恒定不变，B、C错误．
【答案】　D
12．金属探测器已经广泛应用于安检场所，关于金属探测器的论述正确的是(　　)
A．金属探测器可用于食品生产，防止细小的砂石颗粒混入食品中
B．金属探测器探测地雷时，探测器的线圈中产生涡流
C．金属探测器探测金属时，被测金属中感应出涡流
D．探测过程中金属探测器与被测物体相对静止与相对运动探测效果相同
【解析】　金属探测器只能探测金属，不能用于食品生产，不能防止细小的砂石颗粒混入食品中，选项A错误；金属探测器探测金属时，被测金属中感应出涡流，选项B错误，C正确；探测过程中金属探测器应与被测物体相对运动，相对静止时无法得到探测效果，选项D错误．
【答案】　C
13．图为法拉第圆盘发电机的示意图，半径为r的导体圆盘绕竖直轴以角速度ω逆时针(从上向下看)旋转，匀强磁场B竖直向上，两电刷分别与圆盘中心轴和边缘接触，电刷间接有阻值为R的定值电阻，忽略圆盘电阻与接触电阻，则(　　)
A．流过定值电阻的电流方向为a到b
B．b、a间的电势差为Bωr2
C．若ω增大到原来的2倍，则流过定值电阻的电流增大到原来的2倍
D．若ω增大到原来的2倍，则流过定值电阻的电流增大到原来的4倍
【解析】　选择其中一条半径来看，根据右手定则可知，流过定值电阻的电流方向为b到a，选项A错误；b、a间的电势差等于电动势的大小Uab＝E＝Bωr2，选项B错误；若ω增大到原来的2倍，根据E＝Bωr2可知电动势变为原来的2倍，则流过定值电阻的电流增大到原来的2倍，选项C正确，D错误．
【答案】　C
14.如图所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源．在t＝0时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1时刻断开开关S.规定以电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正方向，分别用I1、I2表示流过D1和D2的电流，则下列四个图象中能定性描述电流I1、I2随时间t变化关系的是(　　)


【解析】　在闭合开关S时，流过D2的电流立即增大到稳定值I2′，流过D1的电流由于线圈的自感作用并不能立即增大，而是缓慢地增大到I1′，且I1′＝2I2′，在断开开关S时，线圈中产生自感电动势，D1、D2和D3组成回路，回路中有逆时针方向的电流，且电流从I1′逐渐减小，最后减为零，所以选项C正确．
【答案】　C
15．如图所示，在边长为a的等边三角形区域内有匀强磁场B，其方向垂直于纸面向外，一个边长也为a的等边三角形导线框架EFG正好与上述磁场区域的边界重合，而后绕其几何中心O点在纸面内以角速度ω顺时针方向匀速转动，于是线框EFG中产生感应电动势，若转过60°后线框转到图中的虚线位置，则在这段时间内(　　)
A．感应电流方向为E→G→F→E
B．感应电流方向为E→F→G→E
C．平均感应电动势大小等于
D．平均感应电动势大小等于
【解析】　根据题意，穿过线框的磁通量变小，根据楞次定律，感应电流的磁场方向与原磁场相同，再由安培定则可知感应电流方向为E→F→G→E，A项错误，B项正确；根据几何关系可得，磁场穿过线框的有效面积减小了ΔS＝a2，根据法拉第电磁感应定律得平均感应电动势＝B＝，C项正确，D项错误．
【答案】　BC
16.半径为a、右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.直杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，直杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，直杆的位置由θ确定，如图所示．则(　　)
A．θ＝0时，直杆产生的电动势为2Bav
B．θ＝时，直杆产生的电动势为Bav
C．θ＝0时，直杆受的安培力大小为
D．θ＝时，直杆受的安培力大小为
【解析】　当θ＝0时，直杆切割磁感线的有效长度l1＝2a，所以直杆产生的电动势E1＝Bl1v＝2Bav，选项A正确．此时直杆上的电流I1＝＝，直杆受到的安培力大小F1＝BI1l1＝，选项C错误．当θ＝时，直杆切割磁感线的有效长度l2＝2acos ＝a，直杆产生的电动势E2＝Bl2v＝Bav，选项B错误．此时直杆上的电流I2＝＝，直杆受到的安培力大小F2＝BI2l2＝，选项D正确．
【答案】　AD
17．磁场在xOy平面内的分布如图所示，其磁感应强度的大小均为B0，方向垂直于xOy平面，相邻磁场区域的磁场方向相反，每个同向磁场区域的宽度均为L0，整个磁场以速度v沿x轴正方向匀速运动．若在磁场所在区间内放置一由n匝线圈组成的矩形线框abcd，线框的bc＝LB、ab＝L、LB略大于L0，总电阻为R，线框始终保持静止．求：
(1)线框中产生的总电动势大小和导线中的电流大小；
(2)线框所受安培力的大小和方向．
【解析】　(1)线框相对于磁场向左做切割磁感线的匀速运动，切割磁感线的速度大小为v，任意时刻线框ab，边切割磁感线产生的感应电动势大小为E1＝nB0Lv，cd边切割磁感线产生的感应电动势大小为E2＝nB0Lv，ab边和cd边所处的磁场方向总是相反的，故ab边和cd边中产生的感应电动势方向总是相同的，所以总的感应电动势大小E＝2nB0Lv，由闭合电路欧姆定律得导线中的电流大小I＝.
(2)线框所受安培力的大小F＝2nB0LI＝，由左手定则判断，线框所受安培力的方向始终沿x轴正方向．
【答案】　(1)2nB0Lv　　(2)　方向沿x轴正方向
18．如图所示，金属杆ab放在光滑的水平金属导轨上，与导轨组成闭合矩形电路，长l1＝0.8 m，宽l2＝0.5 m，回路总电阻R＝0.2 Ω，回路处在竖直方向的磁场中，金属杆用水平绳通过定滑轮连接质量M＝0.04 kg的木块，磁感应强度从B0＝1 T开始随时间均匀增加，5 s末木块将离开水平面，不计一切摩擦，g取10 m/s2，求回路中的电流大小．

【解析】　设磁感应强度B＝B0＋kt，k是大于零的常数，于是回路感应电动势E＝＝kS，S＝l1·l2，
回路感应电流I＝，金属杆受安培力F安＝BIl2＝(B0＋kt)Il2.
5 s末有F安＝＝Mg，
可以得到k＝0.2 T/s或k＝－0.4 T/s(舍去)．
解得I＝0.4 A.
【答案】　0.4 A