【物理】2018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】2018届一轮复习人教版法拉第电磁感应定律、自感和涡流学案

‎[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.‎