【物理】2020届一轮复习人教版法拉第电磁感应定律自感和涡流学案

【物理】2020届一轮复习人教版法拉第电磁感应定律自感和涡流学案

第2讲　法拉第电磁感应定律　自感和涡流 一、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。‎ ‎①感生电动势：由于磁场的变化而激发出感生电场，由感生电场而产生的感应电动势。‎ ‎②动生电动势：由于导体在磁场中运动而产生的感应电动势。‎ ‎(2)条件：无论电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就一定有感应电动势。‎ ‎(3)与感应电流的关系：遵守闭合电路欧姆定律，即I＝。‎ ‎2．法拉第电磁感应定律 ‎(1)定律内容：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为线圈的匝数。‎ 二、导体切割磁感线产生的感应电动势 导体棒切割磁感线时，可有以下三种情况 三、自感和涡流 ‎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，由于自感而产生的感应电动势叫做自感电动势。‎ ‎(2)表达式：E＝L。‎ ‎(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，这种电流像水的旋涡所以叫做涡流。‎ ‎(1)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运动。‎ ‎(2)电磁驱动：如果磁场相对于导体运动，在导体中会产生感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来。交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的。‎ ‎(3)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了楞次定律的推广应用。‎ ‎(判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。)‎ ‎1．线圈中的磁通量越大，产生的感应电动势越大。(×)‎ ‎2．线圈的匝数越多，磁通量越大，产生的感应电动势也越大。(×)‎ ‎3．导体在磁场中运动速度越大，产生的感应电动势越大。(×)‎ ‎4．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。(√)‎ ‎5．自感电动势阻碍电流的变化，但不能阻止电流的变化。(√)‎ ‎1．(法拉第电磁感应定律)如图所示，虚线MN表示甲、乙、丙三个相同正方形金属框的一条对称轴，金属框内均匀分布着有界匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律满足B＝kt，金属框按照图示方式处在磁场中，测得金属框甲、乙、丙中的感应电流分别为I甲、I乙、I丙，则下列判断正确的是(　　)‎ A．I乙＝2I甲，I丙＝2I甲 B．I乙＝2I甲，I丙＝0‎ C．I乙＝0，I丙＝0 D．I乙＝I甲，I丙＝I甲 解析　I甲＝＝··＝，I乙＝＝·S·＝，由于丙中磁通量始终为零，故I丙＝0。所以I乙＝2I甲，I丙＝0，只有B项正确。‎ 答案　B ‎2.(公式E＝Blv的应用)如图所示，在庆祝反法西斯胜利70周年阅兵盛典上，我国预警机“空警－2 ‎000”‎在通过天安门上空时机翼保持水平，以4.5×‎‎102 km/h 的速度自东向西飞行。该机的翼展(两翼尖之间的距离)为‎50 m，北京地区地磁场的竖直分量向下，大小为4.7×10－5 T，则(　　)‎ A．两翼尖之间的电势差为2.9 V B．两翼尖之间的电势差为1.1 V C．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高 D．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低 解析　飞机的飞行速度为4.5×‎102 km/h＝‎125 m/s，飞机两翼尖之间的电动势为E＝BLv＝4.7×10－5×50×125 V＝0.29 V，A、B两项错误；飞机从东向西飞行，磁场竖直向下，根据右手定则可知，飞机左方翼尖电势高于右方翼尖的电势，C项正确，D项错误。‎ 答案　C ‎3.(自感现象)如图所示，电感线圈L的自感系数足够大，其电阻忽略不计，L1、L2是两个相同的灯泡，且在下列实验中不会烧毁，电阻R2阻值约等于R1的两倍，则(　　)‎ A．闭合开关S时，L1、L2同时达到最亮，且L2更亮一些 B．闭合开关S时，L1、L2均慢慢亮起来，且L1更亮一些 C．断开开关S时，L1慢慢熄灭，L2马上熄灭 D．断开开关S时，L1慢慢熄灭，L2闪亮后才慢慢熄灭 解析　由于灯泡L1与线圈L和R1串联，灯泡L2与电阻R2串联，当S闭合瞬间，通过线圈的电流突然增大，线圈产生自感电动势，阻碍电流的增大，所以L2比L1先亮，A、B两项错误；由于L1所在的支路电阻阻值较小，故稳定时电流较大，即L1更亮一些，当S断开瞬间，线圈产生自感电动势，两灯组成的串联电路中，电流从线圈中开始减小，即从I1减小，故L1慢慢熄灭，L2闪亮后才慢慢熄灭。C项错误，D项正确。‎ 答案　D ‎4.(涡流)如图所示为高频电磁炉的工作示意图，它是采用电磁感应原理产生涡流加热的，它利用变化的电流通过线圈产生变化的磁场，当变化的磁场通过含铁质锅的底部时，即会产生无数小涡流，使锅体本身自行迅速升温，进而加热锅内食物。电磁炉工作时产生的电磁波，完全被线圈底部的屏蔽层和顶板上的含铁质锅所吸收，不会泄漏，对人体健康无危害。关于电磁炉，以下说法正确的是(　　)‎ A．电磁炉是利用变化的磁场在食物中产生涡流对食物加热的 B．电磁炉是利用变化的磁场产生涡流，使含铁质锅底迅速升温，进而对锅内食物加热的 C．电磁炉是利用变化的磁场使食物中的极性水分子振动和旋转来对食物加热的 D．电磁炉跟电炉一样是让电流通过电阻丝产生热量来对食物加热的 解析　电磁炉的工作原理是利用变化的电流通过线圈产生变化的磁场，变化的磁场通过含铁质锅的底部产生无数小涡流，使锅体温度升高后加热食物，故A、D两项错误，B项正确；而选项C是微波炉的加热原理，C项错误。‎ 答案　B 考点　1　法拉第电磁感应定律的理解和应用 考|点|速|通 ‎1．对法拉第电磁感应定律的理解 ‎(1)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率共同决定，而与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系。‎ ‎(2)磁通量的变化率对应Φ －t图线上某点切线的斜率。‎ ‎2．应用法拉第电磁感应定律的三种情况 ‎(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝B·ΔS，则E＝n。‎ ‎(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB·S，则E＝n。‎ ‎(3)磁通量的变化是由面积和磁场变化共同引起时，则根据定义求，ΔΦ＝Φ末－Φ初，E＝n≠n。‎ 典|例|微|探 ‎【例1】　(多选)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(　　)‎ 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 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两项正确，A、C两项错误。‎ 答案　BD 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＝。 ‎ 题|组|冲|关 ‎1.如图所示，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(　　)‎ A．　 　B． C．　 　D． 解析　由E＝n＝n·S＝n×a2＝‎ ，B项正确，A、C、D三项错误。‎ 答案　B ‎2.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　由法拉第电磁感应定律可得E＝＝·S，根据题意可得＝，故Ea∶Eb＝4∶1，感应电流产生的磁场要阻碍原磁场的变大，即产生向里的感应磁场，根据楞次定律可得，感应电流均沿顺时针方向，B项正确。‎ 答案　B 考点　2　导体切割磁感线产生感应电动势的计算 考|点|速|通 ‎1．E＝Blv的三个特性 ‎(1)正交性：本公式要求磁场为匀强磁场，而且B、l、v三者互相垂直。‎ ‎(2)有效性：公式中的l为导体棒切割磁感线的有效长度。如图中，导体棒的有效长度为ab间的距离。‎ ‎(3)相对性：E＝Blv中的速度v是导体棒相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系。‎ ‎2．导体棒转动切割磁感线 当导体棒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＝Bl＝Bl2ω，如图所示。‎ 典|例|微|探 ‎【例2】　如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为E，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为E′。则等于(　　)‎ A．　　　 B． C．1　　 　D． 解析　若直金属棒的长为L，则弯成折线后，有效切割长度为L。根据E＝BLv可知感应电动势的大小与有效切割长度成正比，故＝，B项正确。‎ 答案　B 本题考查切割磁感线产生感应电动势公式E＝Blv，解题时应注意l是“有效切割长度”。‎ ‎1．若l与B不垂直，则l在垂直于B的方向的投影长度为有效切割长度。‎ ‎2．若l出现弯折的情况，则先将两端点相连，再确定其有效切割长度。 ‎ 题|组|冲|关 ‎1.如图所示，平行导轨间距为d，一端跨接一个电阻R。匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于平行金属导轨所在平面。金属棒与导轨的电阻均不计。当金属棒沿垂直于棒的方向以恒定的速度v在金属导轨上滑行时，通过电阻R的电流是(　　)‎ A．　　B． C．　D． 解析　电流应等于感应电动势除以电阻R，问题在于感应电动势应如何计算。由于这里有明显的金属切割磁感线的运动，故不妨用E＝Blv的办法计算。能够引起感应电流的电动势是MN间产生的电动势，所以有效切割长度应为MN，而MN用已知参数表示应为，所以有效切割长度l＝。解得E＝Blv＝，I＝‎ ＝，所以D项正确。‎ 答案　D ‎2．(多选)如图所示，S和P是半径为a的环形导线的两端点，OP间电阻为R，其余电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直环面，金属棒OQ与环形导线接触，以角速度ω绕O点无摩擦匀速转动时，则 (　　)‎ A．电阻R两端的电压为 B．电阻R消耗的功率为 C．金属棒受的安培力为 D．外力对OQ做功的功率为 解析　OQ产生的电动势E＝Ba＝，因为只有OP间有电阻，所以电阻R两端的电压为，A项正确；电阻R消耗的功率为P＝＝，B项正确；电路中电流I＝＝ ‎，金属棒受的安培力F＝BIa＝，C项错误；外力对OQ做功的功率为P′＝P＝，D项错误。‎ 答案　AB 考点　3　自感现象的理解和应用 考|点|速|通 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 要求 A1、A2同规格，R＝RL，L较大 L很大(有铁芯)，RL≪RA 现象 在S闭合的瞬间，灯A2立即亮起来，灯A1逐渐变亮，最终一样亮 在开关S断开时，灯A突然闪亮一下后再渐渐熄灭 续表 通电自感 断电自感 原因 开关闭合时，流过电感线圈的电流迅速增大，线圈产生自感电动势，阻碍了电流的增大，使流过灯A1的电流比流过灯A2的电流增加得慢 开关S断开时，流过线圈L的电流减小，线圈产生自感电动势，阻碍了电流的减小，使电流继续存在一段时间；通过L的电流反向通过灯A，且由于RL≪RA，使得流过灯A的电流在开关断开的瞬间突然增大，即灯A闪亮一下再熄灭 能量转 化情况 电能转化为磁场能 磁场能转化为电能 典|例|微|探 ‎【例3】　某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路。检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因。你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是(　　)‎ A．电源的内阻较大 B．小灯泡电阻偏大 C．线圈电阻偏大 D．线圈的自感系数较大 解析　由自感规律可知，在开关断开的瞬间造成灯泡闪亮以及延时的原因是在线圈中产生了与原电流同向的自感电流，且大于稳定时通过灯泡的原电流。由图可知灯泡和线圈构成闭合的自感回路，与电源无关，故A项错误；造成不闪亮的原因是自感电流不大于稳定时通过灯泡的原电流，当线圈电阻小于灯泡电阻时才会出现闪亮现象，故B项错误，C项正确；自感系数越大，感抗越大，延时越明显，故D项错误。‎ 答案　C 自感线圈在电路中的作用 ‎1．电路突然接通时，自感线圈产生感应电动势，阻碍电流变化使与之串联的灯泡不是立即变亮，而是逐渐变亮。‎ ‎2．电路突然断开时，自感线圈产生感应电动势，在电路中相当于新的电源。若产生的电流比原来的大，则灯泡“闪亮”一下再熄灭；若产生的电流不大于原来的电流，则灯泡不能“闪亮”而逐渐熄灭。 ‎ 题|组|冲|关 ‎1.如图所示的电路中，A1和A2是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其阻值与R相同。在开关S接通和断开时，灯泡A1和A2亮暗的顺序是(　　)‎ A．接通时A1先达最亮，断开时A1后灭 B．接通时A2先达最亮，断开时A1后灭 C．接通时A1先达最亮，断开时A1先灭 D．接通时A2先达最亮，断开时A1先灭 解析　当开关S接通时，A1和A2应该同时亮，但由于自感现象的存在，流过线圈的电流由零变大时，瞬间电流几乎全部从A1通过，而该电流又将同时分路通过A2和R，所以A1‎ 先达最亮，经过一段时间电路稳定后，A1和A2达到一样亮。当开关S断开时，电源电流立即为零，同时A2与R被导线短路，没有电流通过，因此A2立刻熄灭，而对A1，由于通过线圈的电流突然减弱，线圈中产生自感电动势，使线圈L和A1组成的闭合电路中有感应电流，所以A1后灭，A项正确。‎ 答案　A ‎2.如图所示的电路中，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈，其直流电阻与灯泡电阻相同。下列说法正确的是(　　)‎ A．闭合开关S，A灯逐渐变亮 B．电路接通稳定后，流过B灯的电流是流过C灯电流的 C．电路接通稳定后，断开开关S，C灯立即熄灭 D．电路接通稳定后，断开开关S，A、B、C灯过一会儿才熄灭，且A灯亮度比B、C灯亮度高 解析　电路中A灯与线圈并联后与B灯串联，再与C灯并联。S闭合时，线圈的自感系数较大，自感电动势很大，故三个灯同时立即发光，由于线圈的电阻与灯泡电阻相同，电路稳定后，流过A灯的电流是流过C灯电流的，A灯逐渐变暗，流过B灯的电流是流过C灯电流的，故A、B两项错误；电路接通稳定后，断开开关S，由于线圈中电流减小，产生自感电动势，阻碍电流的减小，线圈中电流不会立即消失，这个自感线圈与A、B、C三灯构成闭合回路，三灯都要过一会儿再熄灭。由于B、C串联后同A并联，流过A灯的电流大于流过B、C两灯的电流，故A灯比B、C两灯的亮度高，所以D项正确，C项错误。‎ 答案　D 感生和动生电动势同时存在的解题策略 电磁感应的条件是：闭合回路磁通量发生变化。即ΔΦ变化，常见情况可归为3种类型：‎ ‎1．通常把导体棒切割磁感线运动时所产生的电动势称为动生电动势 即：B不变，(S变)切割类。E＝BLv　动生电动势 ‎2．由于磁感应强度变化引起的电动势称为感生电动势 即：B变，(S不变)感生类。E＝nS　感生电动势 ‎3．闭合回路或闭合回路中部分导体在磁场中做切割磁感线运动同时磁场变化，这种情况产生的感应电动势大小为：‎ E＝n＝n＝n 其中nB＝nBLv，即：动生电动势；‎ nS，即：感生电动势。‎ ‎　对于第3类，两者同时存在问题比较复杂，在近几年的高考模拟试题中，常常出现导体棒切割磁感线的同时磁感应强度强弱也在发生变化的情况。此类问题，如果处理方法不当，难得其果，现介绍两种常用的方法。‎ 方法一：运用E＝E1＋E2＝BLv＋nS解答。即：分别计算出动生感应电动势和感生感应电动势，然后代数和。‎ 应用注意E1，E2的方向问题，当E1，E2方向相同时，取“＋”，当E1，E2方向相反时，取“－”，所以方向相同或相反指各自产生的感应电流在回路中流动方向情况。‎ 方法二：运用E＝n直接计算 具体方法是：先任取t时刻，写出Φ(t)表达式，然后求导可得：E＝Φ′。两种方式，都应掌握，因在不同题中两种方法的繁简程度有区别。‎ ‎【经典考题】　如图所示，两根平行金属导轨固定在水平桌面上，每根导轨每米的电阻为r0＝0.10 Ω/m，导轨的端点P、Q用电阻可忽略的导线相连，两导轨间的距离l＝‎0.20 m。有随时间变化的匀强磁场垂直于桌面，已知磁感应强度B与时间t的关系为B＝kt，比例系数k＝0.020 T/s。一电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨垂直。在t＝0时刻，金属杆紧靠在P、Q端，在外力作用下，杆以恒定的加速度从静止开始向导轨的另一端滑动，求在t＝6.0 s时金属杆所受的安培力。‎ 解析　以a表示金属杆运动的加速度，在t时刻，金属杆与初始位置的距离L＝at2，‎ 此时杆的速度v＝at，‎ 这时，杆与导轨构成的回路的面积S＝Ll，‎ 回路的感应电动势E＝S＋Blv，‎ 而B＝kt，＝＝k，‎ 回路的总电阻R＝2Lr0，‎ 回路中的感应电流i＝，作用于杆的安培力F＝Bli，‎ 解得F＝，代入数据为F＝1.44×10－3 N。‎ 答案　1.44×10－3 N 必|刷|好|题 ‎1．如图所示，光滑的平行水平金属导轨MN、PQ相距l，在M点和P点间连接一个阻值为R的电阻，在两导轨间cdfe矩形区域内有垂直导轨平面竖直向上、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电阻为r、长度也刚好为l的导体棒ab垂直搁在导轨上，与磁场左边界相距d0。现用一个水平向右的力F拉棒ab，使它由静止开始运动，棒ab离开磁场前已做匀速直线运动，棒ab与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，F随ab与初始位置的距离x变化的情况如图，F0已知。求：‎ ‎(1)棒ab离开磁场右边界时的速度；‎ ‎(2)棒ab通过磁场区域的过程中整个回路所消耗的电能；‎ ‎(3)d0满足什么条件时，棒ab进入磁场后一直做匀速运动。‎ 解析　(1)设离开右边界棒ab速度为v，则有 ε＝BLv，I＝，‎ 对棒有‎2F0－BIl＝0，解得v＝。‎ ‎(2)在ab棒运动的整个过程中，根据动能定理 F0d0＋‎2F0d－W安＝mv2－0，‎ 由功能关系E电＝W安，‎ 解得E电＝F0(d0＋2d)－。‎ ‎(3)设棒刚进入磁场时的速度为v0，则有 F0d0＝mv－0，‎ 当v0＝v，即d0＝时，进入磁场后一直匀速运动。‎ 答案　(1)　(2)F0(d0＋2d)－　(3)d0＝ ‎2．如图甲所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L＝‎0.4 m。导轨右端接有阻值R＝1 Ω的电阻。导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好。导体棒及导轨的电阻均不计。导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L ‎。从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图乙所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s后刚好进入磁场。若使棒在导轨上始终以速度v＝‎1 m/s 做直线运动，求：‎ ‎(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E；‎ ‎(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式。‎ 解析　(1)棒进入磁场前，回路中磁场均匀变化，由法拉第电磁感应定律有 E＝S＝×2 V＝0.04 V。‎ ‎(2)棒进入磁场后磁场的磁感应强度大小不变，棒切割磁感线，产生动生电动势，当棒与bd重合时，产生的电动势E′＝B′Lv＝0.5×0.4×1 V＝0.2 V，‎ 此时棒受到的安培力最大，则F＝B′L＝0.04 N，‎ 棒通过三角形abd区域所用时间t′＝＝0.2 s。‎ 在通过三角形abd区域的过程中，感应电动势为 Et＝B′[2v(t－1)]v＝t－1(V)，‎ 电流i＝＝t－1(A)(1.0 s≤t≤1.2 s)。‎ 答案　(1)0.04 V　(2)0.04 N i＝t－1(A)(1.0 s≤t≤1.2 s)‎ ‎1．(2018·全国卷Ⅰ)如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于(　　)‎ A．　　　B． C．　　　D．2‎ 解析　过程Ⅰ回路中磁通量变化ΔΦ1＝BπL2，设OM的电阻为R，流过OM的电荷量q1＝。过程Ⅱ回路中磁通量变化ΔΦ2＝(B′－B)πL2，流过OM的电荷量q2＝，q1＝q2，联立解得＝，B项正确。‎ 答案　B ‎2．(2017·全国卷Ⅱ)(多选)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‎0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(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(　　)‎ A．磁感应强度的大小为0.5 T B．导线框运动速度的大小为‎0.5 m/s C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外 D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N 解析　导线框运动速度v＝＝ m/s＝‎0.5 m/s，B项正确；感应电动势E＝Blv，代入数据可得B＝0.2 T，A项错误；在0～0.2 s时间内，根据右手定则可得磁场方向垂直于纸面向外，C项正确；根据F＝BIl，E＝Blv，I＝，联立可得F＝＝0.04 N，D项错误。‎ 答案　BC ‎3．(2016·全国卷Ⅱ ‎)(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。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，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是(　　)‎ 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　由电磁感应定律得E＝Bl＝，I＝，故ω一定时，电流大小恒定，A项正确；由右手定则知圆盘中心为等效电源正级，圆盘边缘为负极，电流经外电路从a经过R流到b，B项正确；圆盘转动方向不变时，等效电源正负极不变，电流方向不变，C项错误；P＝＝，角速度加倍时功率变成4倍，D项错误。‎ 答案　AB ‎　【借鉴高考】　(2017·天津高考)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　导体棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小 ‎，则闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺时针方向的感应电流，ab中的电流方向由a到b，A项错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝＝＝kS，回路面积S不变，即感应电动势为定值，根据欧姆定律I＝，所以ab中的电流大小不变，B项错误；安培力F＝BIL，电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，C项错误；导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力f与安培力F等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，D项正确。‎ 答案　D