2024高考物理一轮复习第十章电磁感应第2讲法拉第电磁感应定律自感和涡流学案+作业含解析新人教版

PAGEPAGE1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)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变更，与电路是否闭合无关．(3)方向推断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则推断．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更率成正比．(2)公式：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中n为线圈匝数．(3)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路的欧姆定律，即I＝eq\f(E,R＋r).(4)说明：①当ΔΦ仅由B的变更引起时，则E＝neq\f(ΔB·S,Δt)；当ΔΦ仅由S的变更引起时，则E＝neq\f(B·ΔS,Δt)；当ΔΦ由B、S的变更同时引起时，则E＝neq\f(B2S2－B1S1,Δt)≠neq\f(ΔB·ΔS,Δt).②磁通量的变更率eq\f(ΔΦ,Δt)是Φ－t图象上某点切线的斜率．3．导体切割磁感线时的感应电动势(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感应电动势E＝Bleq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bl2ω(平均速度等于中点位置的线速度eq\f(1,2)lω)．自测将多匝闭合线圈置于仅随时间变更的磁场中，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更越快，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答案C

二、自感、涡流、电磁阻尼和电磁驱动1．自感现象(1)概念：由于导体本身的电流变更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＝Leq\f(ΔI,Δt).(3)自感系数L的影响因素：与线圈的大小、形态、匝数以及是否有铁芯有关．2．涡流现象(1)涡流：块状金属放在变更磁场中，或者让它在磁场中运动时，金属块内产生的旋涡状感应电流．(2)产生缘由：金属块内磁通量变更→感应电动势→感应电流．3．电磁阻尼导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力总是阻碍导体的相对运动．4．电磁驱动假如磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流使导体受到安培力而运动起来．1．感应电动势求解的“四种”情形情景图探讨对象回路(不肯定闭合)一段直导线(或等效成直导线)绕一端垂直匀强磁场匀速转动的一段导体棒绕与B垂直的轴匀速转动的导线框表达式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝BLvsinθE＝eq\f(1,2)BL2ωE＝NBSωsinωt(从中性面位置起先计时)2.解题技巧公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的应用，ΔΦ与B、S相关，可能是eq\f(ΔΦ,Δt)＝Beq\f(ΔS,Δt)，也可能是eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)，当B＝kt时，eq\f(ΔΦ,Δt)＝kS.例1(多选)(2024·全国卷Ⅲ·20)如图1甲，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧．导线PQ中通有正弦沟通电i，i的变更如图乙所示，规定从Q到P为电流正方向．导线框R中的感应电动势()图1A．在t＝eq\f(T,4)时为零B．在t＝eq\f(T,2)时变更方向C．在t＝eq\f(T,2)时最大，且沿顺时针方向D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向答案AC解析在t＝eq\f(T,4)时，i－t图线斜率为0，即磁场变更率为0，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S知，E＝0，A项正确；在t＝eq\f(T,2)和t＝T时，i－t图线斜率的肯定值最大，在t＝eq\f(T,2)和t＝T时感应电动势最大．在eq\f(T,4)到eq\f(T,2)之间，电流由Q向P减弱，导线在R处产生垂直纸面对里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面对里，即R中感应电动势沿顺时针方向，同理可推断在eq\f(T,2)到eq\f(3T,4)之间，R中电动势也为顺时针方向，在eq\f(3,4)T到T之间，R中电动势为逆时针方向，C项正确，B、D项错误．变式1(多选)(2024·全国卷Ⅰ·20)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变更的匀强磁场，其边界如图2(a)中虚线MN所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变更关系如图(b)所示．则在t＝0到t＝t1的时间间隔内()图2A．圆环所受安培力的方向始终不变B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C．圆环中的感应电流大小为eq\f(B0rS,4t0ρ)D．圆环中的感应电动势大小为eq\f(B0πr2,4t0)答案BC解析在0～t0时间内，磁感应强度减小，依据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左；在t0～t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向仍为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A错误，B正确；依据法拉第电磁感应定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(1,2)πr2·eq\f(B0,t0)＝eq\f(B0πr2,2t0)，由R＝ρeq\f(l,S)可得R＝ρeq\f(2πr,S)，依据欧姆定律可得I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，所以选项C正确，D错误．1．大小计算切割方式表达式垂直切割E＝Blv倾斜切割E＝Blvsinθ，其中θ为v与B的夹角旋转切割(以一端为轴)E＝eq\f(1,2)Bl2ω说明(1)导体与磁场方向垂直；(2)磁场为匀强磁场．2．方向推断：(1)把产生感应电动势的那部分电路或导体当作电源的内电路，那部分导体相当于电源．(2)若电路是不闭合的，则先假设有电流通过，然后应用楞次定律或右手定则推断出电流的方向．(3)电源内部电流的方向是由负极(低电势)流向正极(高电势)，外电路顺着电流方向每经过一个电阻电势都要降低．类型1平动切割磁感线例2(多选)(2024·全国卷Ⅱ·20)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0.1m、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图3甲所示．已知导线框始终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更的图线如图乙所示(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()图3A．磁感应强度的大小为0.5TB．导线框运动的速度的大小为0.5m/sC．磁感应强度的方向垂直于纸面对外D．在t＝0.4s至t＝0.6s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N答案BC解析由E－t图象可知，导线框经过0.2s全部进入磁场，则速度v＝eq\f(l,t)＝eq\f(0.1,0.2)m/s＝0.5m/s，选项B正确；由题图乙可知，E＝0.01V，依据E＝Blv得，B＝eq\f(E,lv)＝eq\f(0.01,0.1×0.5)T＝0.2T，选项A错误；依据右手定则及正方向的规定可知，磁感应强度的方向垂直于纸面对外，选项C正确；在t＝0.4s至t＝0.6s这段时间内，导线框中的感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.01,0.005)A＝2A,所受的安培力大小为F＝BIl＝0.2×2×0.1N＝0.04N，选项D错误．变式2(2024·西藏拉萨市北京试验中学第五次月考)如图4所示，两根平行光滑金属导轨MN和PQ放置在水平面内，其间距L＝0.2m,磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场垂直导轨平面对下，两导轨之间连接的电阻R＝4.8Ω，在导轨上有一金属棒ab，其接入电路的电阻r＝0.2Ω，金属棒与导轨垂直且接触良好，在ab棒上施加水平拉力使其以速度v＝0.5m/s向右匀速运动，设金属导轨足够长．求：图4(1)金属棒ab产生的感应电动势；(2)通过电阻R的电流大小和方向；(3)水平拉力的大小F；(4)金属棒a、b两点间的电势差．答案(1)0.05V(2)0.01A从M通过R流向P(3)0.001N(4)0.048V解析(1)设金属棒ab产生的感应电动势为E，则：E＝BLv代入数值得E＝0.05V(2)设通过电阻R的电流大小为I，则：I＝eq\f(E,R＋r)代入数值得I＝0.01A由右手定则可得，通过电阻R的电流方向从M通过R流向P(3)F安＝BIL＝0.001Nab棒做匀速直线运动，则F＝F安＝0.001N(4)设a、b两点间的电势差为Uab，则：Uab＝IR代入数值得Uab＝0.048V类型2转动切割磁感线例3(2024·安徽宣城市期末调研测试)边界MN的一侧区域内，存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于光滑水平桌面的匀强磁场．边长为l的正三角形金属线框abc粗细匀称，三边阻值相等，a顶点刚好位于边界MN上，现使线框围绕过a点且垂直于桌面的转轴匀速转动，转动角速度为ω，如图5所示，则在ab边起先转入磁场的瞬间a、b两端的电势差Uab为()图5A.eq\f(1,3)Bl2ω B．－eq\f(1,2)Bl2ωC．－eq\f(1,3)Bl2ω D.eq\f(1,6)Bl2ω答案A解析当ab边刚进入磁场时，ab边切割磁感线，切割长度为两个端点间的距离，即为a、b间的距离l，则E＝Bleq\x\to(v)＝Bleq\f(lω,2)＝eq\f(1,2)Bl2ω；设每个边的电阻为R，a、b两点间的电势差为：U＝I·2R＝eq\f(E,3R)·2R，故U＝eq\f(1,3)Bl2ω，故A正确，B、C、D错误．变式3(多选)(2024·全国卷Ⅱ·20)法拉第圆盘发电机的示意图如图6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．圆回旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()图6A．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的方向流淌C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变更，则电流方向可能发生变更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倍答案AB解析将圆盘看成多数辐条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，依据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，流过电阻的电流方向从a到b，故B对；由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝BLeq\x\to(v)＝eq\f(1,2)BL2ω，I＝eq\f(E,R＋r)，ω恒定时，I大小恒定，ω大小变更时，I大小变更，方向不变，故A对，C错；由P＝I2R＝eq\f(B2L4ω2R,4R＋r2)知，当ω变为原来的2倍时，P变为原来的4倍，故D错．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更．(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变更．(3)电流稳定时，自感线圈相当于一般导体．(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渐渐增大，灯泡渐渐变亮电流突然增大，然后渐渐减小达到稳定断电时电流渐渐减小，灯泡渐渐变暗，电流方向不变电路中稳态电流为I1、I2：①若I2≤I1，灯泡渐渐变暗；②若I2＞I1，灯泡闪亮后渐渐变暗.两种状况下灯泡中电流方向均变更例4(多选)(2024·山东潍坊市二模)如图7所示，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻可忽视不计，a、b、c是三个相同的小灯泡，下列说法正确的是()图7A．开关S闭合时，b、c灯马上亮，a灯渐渐亮B．开关S闭合，电路稳定后，b、c灯亮，a灯不亮C．开关S断开时，b、c灯马上熄灭，a灯渐渐熄灭D．开关S断开时，c灯马上熄灭，a、b灯渐渐熄灭答案AD解析开关S闭合时，b、c灯马上亮，由于线圈中产生自感电动势阻碍电流的增加，使得a灯渐渐亮，选项A正确；开关S闭合，电路稳定后，三灯都亮，选项B错误；开关S断开时，c灯马上熄灭，由于在L中产生自感电动势阻碍电流的减小，则电流将在L与a、b灯之间形成新的回路，使得a、b灯渐渐熄灭，选项D正确，C错误．变式4(2024·北京卷·19)如图8所示，图甲和图乙是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈．试验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后渐渐变暗；闭合开关S2，灯A2渐渐变亮．而另一个相同的灯A3马上变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是()图8A．图甲中，A1与L1的电阻值相同B．图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同D．图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等答案C解析断开开关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A1，灯A1突然闪亮，随后渐渐变暗，说明IL1>IA1，即RL1<RA1，故A错；题图甲中，闭合开关S1，电路稳定后，因为RL1<RA1，所以A1中电流小于L1中电流，故B错；题图乙中，闭合开关S2，灯A2渐渐变亮，而另一个相同的灯A3马上变亮，最终A2与A3的亮度相同，说明变阻器R与L2的电阻值相同，故C对；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，故D错．电磁阻尼电磁驱动不同点成因由于导体在磁场中运动而产生感应电流，从而使导体受到安培力由于磁场运动引起磁通量的变更而产生感应电流，从而使导体受到安培力效果安培力的方向与导体运动方向相反，阻碍导体运动导体受安培力的方向与导体运动方向相同，推动导体运动能量转化导体克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，最终转化为内能由于电磁感应，磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能，从而对外做功相同点两者都是电磁感应现象，都遵循楞次定律，都是安培力阻碍引起感应电流的导体与磁场间的相对运动例5(2024·全国卷Ⅰ·18)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌．为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图9所示．无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右振动的衰减最有效的方案是()图9答案A解析感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变更．在A图中，系统振动时，紫铜薄板随之上下及左右振动，在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变更，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动；在B图中，只有紫铜薄板向左振动才产生感应电流，而上下振动无感应电流产生；在C图中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，都不会产生感应电流；在D图中，只有紫铜薄板左右振动才产生感应电流，而上下振动无感应电流产生，故选项A正确，B、C、D错误．变式5如图10所示，关于涡流的下列说法中错误的是()图10A．真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置B．家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的C．阻尼摆摇摆时产生的涡流总是阻碍其运动D．变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流答案B1．关于电磁感应，下列说法正确的是()A．穿过回路的磁通量越大，则产生的感应电动势越大B．穿过回路的磁通量减小，则产生的感应电动势肯定变小C．穿过回路的磁通量变更越快，则产生的感应电动势越大D．穿过回路的磁通量变更越大，则产生的感应电动势越大答案C2.(多选)如图1所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度随时间变更．下列说法正确的是()图1A．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流可能减小B．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流肯定增大C．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流肯定增大D．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变答案AD解析线框中的感应电动势为E＝eq\f(ΔB,Δt)S，设线框的电阻为R，则线框中的电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(S,R)，因为B增大或减小时，eq\f(ΔB,Δt)可能减小，可能增大，也可能不变，故选项A、D正确．3.(多选)(2024·山东青岛市质检)如图2所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽视，下列说法中正确的是()图2A．闭合开关S接通电路时，A2始终比A1亮B．闭合开关S接通电路时，A2先亮，A1后亮，最终一样亮C．断开开关S切断电路时，A2先熄灭，A1过一会儿才熄灭D．断开开关S切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭答案BD解析闭合开关S接通电路，A2马上亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过A1的电流渐渐变大，最终两灯泡的电压一样大，所以一样亮，故A错误，B正确；断开开关S切断电路时，线圈对电流的减小有阻碍作用，相当于电源，与A1和A2串联，所以两灯泡都要过一会儿熄灭，故C错误，D正确．4．(2024·河南南阳市上学期期末)如图3甲所示，边长为L＝0.1m的10匝正方形线框abcd处在变更的磁场中，在线框d端点处开有一个小口，d、e用导线连接到一个定值电阻上，线框中的磁场随时间的变更状况如图乙所示(规定垂直纸面对外为磁场的正方向)，下列说法正确的是()图3A．t＝3s时线框中的磁通量为0.03WbB．t＝4s时线框中的感应电流大小为零C．t＝5s时通过线框中的电流将反向D．t＝8s时通过线框中的电流沿逆时针方向答案C解析由磁通量的定义可知t＝3s时穿过线框的磁通量为Φ＝B0·L2＝0.003Wb，故A错误；t＝4s时，由法拉第电磁感应定律知E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)L2＝10×eq\f(0.6,2)×0.01V＝0.03V，所以线框中的感应电流为I＝eq\f(E,R)，故B错误；由楞次定律可知，3～5s，线框中的感应电流为逆时针方向，5～11s，线框中的感应电流为顺时针方向，故t＝5s时通过线框中的电流将反向，故C正确，D错误．5.(多选)如图4所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通沟通电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有()图4A．增加线圈的匝数B．提高沟通电源的频率C．将金属杯换为瓷杯D．取走线圈中的铁芯答案AB解析当电磁铁接通沟通电源时，金属杯处在变更的磁场中产生涡流发热，使水温上升．要缩短加热时间，需增大涡流，即增大感应电动势或减小电阻．增加线圈匝数、提高沟通电源的频率都是为了增大感应电动势，瓷杯不能产生涡流，取走铁芯会导致磁性减弱，故选项A、B正确，选项C、D错误．6．如图5所示装置中，线圈A、B彼此绝缘绕在一铁芯上，B的两端接有一电容器，A的两端与放在匀强磁场中的导电轨道连接，轨道上放有一根金属杆ab.要使电容器上极板带正电，金属杆ab在磁场中运动的状况可能是：图5①向右减速滑行②向右加速滑行③向左减速滑行④向左加速滑行以上选项正确的是()A．①④B．②③C．①②D．③④答案B解析若ab向右减速滑行，右边线圈中的磁场从上向下减小，故穿过左边线圈的磁通量从下向上减小，此时下极板带正电，①错误；若ab向右加速滑行，则右边线圈的磁场是从上向下增大，所以左侧线圈的磁通量从下向上增大，此时上极板带正电，②正确；同理③正确，④错误．7.(2024·安徽蚌埠市第三次质量检测)如图6所示，某小组利用电流传感器(接入电脑，图中未画出)记录灯泡A和自感元件L构成的并联电路在断电瞬间各支路电流随时间的变更状况，i1表示小灯泡中的电流，i2表示自感元件中的电流(已知开关S闭合时i2>i1)，则下列图象中正确的是()图6答案C解析当开关S断开后，自感元件与灯泡形成回路，自感元件阻碍自身电流变更，自感元件产生的感应电流仍沿着原来方向，大小从i2起先不断减小，灯泡的电流反向，大小与自感元件电流相等，故C正确，A、B、D错误．8.(2024·山东威海市5月模拟)如图7所示，轻质弹簧一端固定在天花板上，另一端拴接条形磁铁，置于绝缘水平桌面上的圆形铝质闭合线圈放在条形磁铁的正下方，起先时整个装置处于静止状态．在外力作用下将磁铁竖直向下移动肯定距离(未接触桌面)，然后由静止释放，在之后的运动过程中，线圈始终未离开桌面，忽视空气阻力，下列说法正确的是()图7A．磁铁所受弹簧拉力与其重力相等时，磁铁的加速度为零B．磁铁上升过程中，从上向下看，线圈中产生顺时针方向的电流C．线圈对桌面压力大小可能大于其重力D．磁铁最终会静止，整个过程线圈中产生的热量等于磁铁机械能的削减量答案C解析若磁铁向上运动，会受到向下的安培阻力，若向下运动，会受到向上的安培阻力，因此当磁铁所受弹力与重力等大反向时，磁铁的加速度不肯定为零，故A错误；当磁铁向上运动时，穿过线圈的磁通量向上减小，依据楞次定律知，感应电流的磁场的方向向上，俯视线圈，线圈中产生逆时针方向的电流，故B错误；依据楞次定律，磁铁向下运动时，受到向上的安培阻力，所以磁铁对线圈的作用力的方向向下，此时线圈对桌面压力大于其重力，故C正确；磁铁最终静止于起始时的平衡位置，依据能量守恒定律，从静止释放至停止，弹簧的弹性势能的削减量等于磁铁重力势能的增加量与线圈中产生的焦耳热之和，故D错误．9．(2024·安徽蚌埠市其次次质检)同一平面内固定有一长直导线PQ和一带缺口的刚性金属圆环，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于圆环所在平面固定放置的平行金属板MN连接，如图8甲所示．导线PQ中通有正弦交变电流i，i的变更如图乙所示，规定从Q到P为电流的正方向，则在1～2s内()图8A．M板带正电，且电荷量增加B．M板带正电，且电荷量减小C．M板带负电，且电荷量增加D．M板带负电，且电荷量减小答案A解析在1～2s内，穿过金属圆环的磁场垂直于纸面对里，磁感应强度变小，穿过金属圆环的磁通量变小，磁通量的变更率变大；假设环闭合，由楞次定律可知感应电流磁场与原磁场方向相同，即感应电流磁场方向垂直于纸面对里，然后由安培定则可知感应电流沿顺时针方向，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势增大，由此可知M板电势高，带正电，电荷量增加，故A正确，B、C、D错误．10．(多选)(2024·湖南永州市其次次模拟)如图9(a)所示，半径为r的带缺口刚性金属圆环固定在水平面内，缺口两端引出两根导线，与电阻R构成闭合回路．若圆环内加一垂直于纸面的变更的磁场，变更规律如图(b)所示．规定磁场方向垂直纸面对里为正，不计金属圆环的电阻．以下说法正确的是()图9A．0～1s内，流过电阻R的电流方向为b→R→aB．2～3s内，穿过金属圆环的磁通量在减小C．t＝2s时，流过电阻R的电流方向发生变更D．t＝2s时，Uab＝πr2B0(V)答案AD解析规定磁场方向垂直纸面对里为正，依据楞次定律，在0～1s内，穿过线圈向里的磁通量增大，则线圈中产生逆时针方向的感应电流，那么流过电阻R的电流方向为b→R→a，故A正确；由题图(b)可知，在2～3s内，穿过金属圆环的磁通量在增大，故B错误；1～2s内，磁通量向里减小，由楞次定律可知，产生的电流方向为a→R→b,2～3s磁通量增大，且磁场反向，由楞次定律可知，产生的电流方向为a→R→b，故C错误；当t＝2s时，依据法拉第电磁感应定律E＝eq\f(ΔB,Δt)S＝πr2B0(V)，因不计金属圆环的电阻，因此Uab＝E＝πr2B0(V)，故D正确．11．(多选)(2024·福建漳州市其次次教学质量监测)如图10所示，在竖直面内有一半径为L的半圆形光滑金属导轨CPD，处于磁感应强度大小为B、方向与导轨平面(纸面)垂直向里的匀强磁场中，圆心为O，直径CD水平，半径OP竖直，O、D间用导线连接．一质量分布匀称的金属棒OA，长为L，电阻为R，质量为m，能绕水平轴O在竖直平面内自由转动，棒与导轨和轴O始终接触良好，一切摩擦及其他电阻均不计，重力加速度大小为g.若棒从CO处由静止释放，第一次到达OP处时的角速度为ω，则下列推断正确的