高考物理培优一轮计划全国创新版培优讲义第11章　电磁感应第41课时法拉第电磁感应定律自感

第41课时法拉第电磁感应定律自感考点1对法拉第电磁感应定律的理解与应用1．感应电动势(1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势。(2)产生：只要穿过回路的磁通量发生变化，就能产生感应电动势，与电路是否闭合无关。(3)方向：产生感应电动势的电路(导体或线圈)相当于电源，电源的正、负极可由右手定则或楞次定律判断。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＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中eq\f(ΔΦ,Δt)为磁通量的变化率，n为线圈匝数。[例1]半径为r的带缺口刚性金属圆环在纸面上固定放置，并处在变化的磁场中，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图甲所示。磁场的方向垂直于纸面，规定垂直纸面向里为正，变化规律如图乙所示。则以下说法正确的是()A．第2s内上极板为正极B．第3s内上极板为负极C．第2s末两极板之间的电场强度大小为零D．第4s末两极板之间的电场强度大小为eq\f(πr2,5d)解析第2s内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电，故A正确；第3s内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电，故B错误；根据法拉第电磁感应定律可知，第2s末感应电动势不变，则两极板之间的电场强度大小不为零，故C错误；由题意可知，第4s末两极板间的电场强度大小E＝eq\f(U,d)＝eq\f(\f(ΔB,Δt)·S,d)＝eq\f(0.1×πr2,d)＝eq\f(πr2,10d)，故D错误。答案A(1)由于磁通量有正负之分，计算磁通量的变化时一定要规定磁通量的正方向。正向的磁通量增加与反向的磁通量减少产生的感应电流的方向相同。(2)公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)是求解回路某段时间内平均感应电动势的最佳选择，所求得的感应电动势是整个回路的电动势，而不是某部分导体产生的电动势。(3)用公式E＝neq\f(ΔB,Δt)S求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内垂直磁场方向的有效面积。1．(人教版选修3－2P17·T1改编)关于法拉第电磁感应定律，下列说法正确的是()A．线圈中的磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势就越大B．线圈中的磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势就越大C．线圈中的磁通量越大，线圈中产生的感应电动势就越大D．线圈放在磁场越强的地方，线圈中产生的感应电动势就越大答案B解析根据法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)得，感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比。磁通量变化越大，由于不知磁通量的变化时间，故eq\f(ΔΦ,Δt)不一定越大，A错误；磁通量变化的快慢用eq\f(ΔΦ,Δt)表示，磁通量变化越快，则eq\f(ΔΦ,Δt)就大，根据法拉第电磁感应定律知产生的感应电动势就越大，B正确；磁通量Φ越大，但eq\f(ΔΦ,Δt)不一定大，C错误；磁感应强度大的磁场中可能没有磁通量的变化，则感应电动势可能为零，D错误。2.(2017·河北衡水中学调研)如图，一匝数为N、面积为S、总电阻为R的圆形线圈，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面。当线圈由原位置翻转180°的过程中，通过线圈导线横截面的电荷量为()A.eq\f(NBS,R) B.eq\f(2NBS,R)C.eq\f(BS,R) D.eq\f(2BS,R)答案B解析由法拉第电磁感应定律E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)，可求出感应电动势的大小，再由闭合电路欧姆定律I＝eq\f(E,R)，可求出感应电流的大小，根据电荷量公式q＝IΔt，可得q＝Neq\f(ΔΦ,R)。由于开始线圈平面与磁场垂直，现把线圈翻转180°，则有ΔΦ＝2BS，所以由上述公式可得通过线圈导线横截面的电荷量q＝eq\f(2NBS,R)，B正确，A、C、D错误。3．(2017·湖北七校联考)(多选)如图所示，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＝2Lb，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减小，不考虑线圈之间的相互影响，则()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2∶1C．a、b线圈中感应电流之比为4∶1D．a、b线圈中电功率之比为8∶1答案AD解析原磁场向里减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场与原磁场方向相同，因此感应电流的方向为顺时针方向，A正确；根据法拉第电磁感应定律可知，E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)·L2，而La＝2Lb，因此电动势之比为4∶1，B错误；线圈电阻R＝ρeq\f(L,S)，故电阻之比为2∶1，由闭合电路欧姆定律可知I＝eq\f(E,R)，则电流之比为2∶1，C错误；电功率P＝I2R，两线圈电流之比为2∶1，电阻之比为2∶1，则电功率之比为8∶1，D正确。考点2导体切割磁感线产生感应电动势的计算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三者相互垂直。(2)有效性：公式中的l为导体切割磁感线的有效长度。(3)相对性：E＝Blv中速度v是导体相对于磁场的速度。2．公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)与E＝Blv的比较E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝Blv区别研究对象闭合回路回路中做切割磁感线运动的部分导体研究内容平均电动势①若v为瞬时速度，则求的是瞬时感应电动势②若v为平均速度，则求的是平均感应电动势适用范围对任何电磁感应现象普遍适用只适用于导体垂直切割磁感线的运动联系E＝Blv由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)在一定条件下推导得到。导体切割磁感线运动时，常用E＝Blv求E，磁感应强度变化时，常用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求E[例2](2015·安徽高考)如图所示，abcd为水平放置的“”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)。则()A．电路中感应电动势的大小为eq\f(Blv,sinθ)B．电路中感应电流的大小为eq\f(Bvsinθ,r)C．金属杆所受安培力的大小为eq\f(B2lvsinθ,r)D．金属杆的热功率为eq\f(B2lv2,rsinθ)解析当杆滑动时，切割的有效长度为l，所以动生电动势E＝Blv，A错误；金属杆长为eq\f(l,sinθ)，所以金属杆的电阻R＝eq\f(lr,sinθ)，由欧姆定律可知I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bvsinθ,r)，B正确；安培力F＝BI·eq\f(l,sinθ)＝eq\f(B2lv,r)，C错误；金属杆的热功率P＝I2R＝eq\f(B2lv2sinθ,r)，D错误。答案B1．切割情况切割方式电动势表达式垂直切割E＝Blv倾斜切割E＝Blvsinθ(θ为B与v的夹角)旋转切割绕导体一端以角速度ω匀速转动：E＝eq\f(1,2)Bωl22．典图示例如图甲：θ＝30°，所以E＝Blvsin30°＝eq\f(1,2)Blv。如图乙：切割磁感线的有效长度l＝L，所以E＝BLv。如图所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0。使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率eq\f(ΔB,Δt)的大小应为()A.eq\f(4ωB0,π) B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π) D.eq\f(ωB0,2π)答案C解析设圆的半径为r，当其绕过圆心O的轴匀速转动时，圆弧部分不切割磁感线，不产生感应电动势，而在转过半周的过程中直径只有一半在磁场中切割磁感线，产生的感应电动势E＝B0req\x\to(v)＝B0r·eq\f(rω,2)＝eq\f(1,2)B0r2ω；当线框不动时，E′＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(πr2,2)。由闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,R)，要使I＝I′，必须使E＝E′，可得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(ωB0,π)，C正确。考点3自感与涡流1．自感现象：由于通过导体自身的电流发生变化而产生的电磁感应现象。2．自感电动势(1)定义：在自感现象中产生的感应电动势。(2)表达式：E＝Leq\f(ΔI,Δt)。(3)自感系数L①相关因素：与线圈大小、形状、圈数以及是否有铁芯等因素有关。②单位：亨利(H)，常用单位还有毫亨(mH)、微亨(μH)。1mH＝10－3H,1μH＝10－6H。3．涡流：当线圈中的电流发生变化时，在它附近的导体中产生的像水的旋涡一样的感应电流。[例3](2017·辽宁大连模拟)(多选)如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零。A和B是两个完全相同的灯泡，则下列说法中正确的有()A．当开关S闭合瞬间，A、B两灯同时亮，最后B灯熄灭B．当开关S断开瞬间，A、B两灯同时熄灭C．当开关S断开瞬间，a点电势比b点电势低D．当开关S断开瞬间，流经灯泡B的电流由a到b解析开关S闭合瞬间，线圈L对电流有阻碍作用，则相当于灯泡A与B串联，因此同时亮，且亮度相同，稳定后B被短路熄灭，A正确。当开关S断开后，灯泡A马上熄灭，由于自感，线圈中的电流慢慢减小，其相当于电源，左端为高电势，与灯泡B构成闭合回路放电，流经灯泡B的电流由a到b，灯泡B闪一下再熄灭，D正确，B、C错误。答案AD1．自感情况分类通电自感断电自感电路图器材规格A1、A2同规格，R＝RL，L较大L很大(有铁芯)，RL<RA现象观察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能量转化电能转化为磁场能磁场能转化为电能2．分析自感现象的方法——等效法(1)线圈中电流增大时，线圈可以等效成一阻值由较大逐渐减小的电阻，电流非线性逐渐增大。(2)线圈中电流减小时，线圈可等效成一个电动势由较大逐渐减小的电源，线圈中的磁场能逐渐转化成电能，构成回路中的电流沿原方向非线性逐渐减小。1.(人教版选修3－2P22演示实验改编)如图所示电路中，A、B是两个相同的小灯泡。L是一个带铁芯的线圈，其电阻可忽略不计。调节R，电路稳定时两小灯泡都正常发光，则()A．合上开关时，A、B两灯同时正常发光，断开开关时，A、B两灯同时熄灭B．合上开关时，B灯比A灯先达到正常发光状态C．断开开关时，A、B两灯都不会立即熄灭，通过A、B两灯的电流方向都与原电流方向相同D．断开开关时，A灯会突然闪亮一下后再熄灭答案B解析合上开关时，B灯立即正常发光，A灯所在的支路中，由于L产生的自感电动势阻碍电流的增大，A灯将推迟一些时间才能达到正常发光状态，故选项A错误、B正确；断开开关时，L中产生与原电流方向相同的自感电流，流过A灯的电流方向与原电流方向相同，流过B灯的电流方向与原电流方向相反，选项C错误；因为断开开关后，由L作为电源提供的电流是从原来稳定时通过L的电流值逐渐减小的，所以A、B两灯只是延缓一些时间熄灭，并不会比原来更亮，选项D错误。2．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答案C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熄灭的原因是：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。断开开关S，线圈与灯泡构成闭合的自感回路，与电源无关，故A错误。开关S闭合，电路稳定，灯泡正常发光时，如果电感线圈L的电阻比灯泡的电阻大，则电感线圈L中的电流IL比灯泡A中的电流IA小；开关S断开，由于自感现象，L和A构成回路，使L和A中的电流从IL开始减小，因此不可能看到小灯泡闪亮的现象，B错误、C正确。自感系数越大，延时越明显，与是否闪亮无关，D错误。3．(2017·北京高考)图1和图2是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中电流相等答案C解析图1中，断开开关S1瞬间，L1与灯A1组成闭合回路，L1产生感应电动势阻碍电流的变化，电流逐渐减小，由于灯A1突然闪亮，故断开开关S1之前，通过L1的电流大于通过灯A1的电流，由欧姆定律知，A1的电阻值大于L1的电阻值，A、B错误；图2中，闭合开关S2，电路稳定后A2与A3的亮度相同，又A2与A3相同，由欧姆定律知，变阻器R与L2的电阻值相同，C正确；图2中，闭合S2瞬间，由于L2产生感应电动势阻碍电流的增加，故L2中电流小于变阻器R中电流，D错误。1．如图所示，由导体棒ab和矩形线框cdef组成的“10”图案在匀强磁场中一起向右匀速平动，匀强磁场的方向垂直线框平面向里，磁感应强度B随时间均匀增大，则下列说法正确的是()A．导体棒的a端电势比b端电势高，电势差Uab在逐渐增大B．导体棒的a端电势比b端电势低，电势差Uab在逐渐增大C．线框cdef中有顺时针方向的电流，电流大小在逐渐增大D．线框cdef中有逆时针方向的电流，电流大小在逐渐增大答案A解析对于导体棒ab，由于磁感应强度B随时间均匀增大，所以Uab＝Blv逐渐增大，由右手定则知a端电势高于b端电势，A正确、B错误；对于矩形线框，依题意可知eq\f(ΔB,Δt)、S都不变，由法拉第电磁感应定律E＝eq\f(ΔB,Δt)·S知线框中产生的感应电动势大小不变，由闭合电路欧姆定律知线框中的感应电流大小不变，C、D错误。2.A、B两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比rA∶rB＝2∶1，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环所在的平面，如图所示。当磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中，流过两导线环的感应电流大小之比为()A.eq\f(IA,IB)＝1 B.eq\f(IA,IB)＝2C.eq\f(IA,IB)＝eq\f(1,4) D.eq\f(IA,IB)＝eq\f(1,2)答案D解析匀强磁场的磁感应强度随时间均匀增大，即eq\f(ΔB,Δt)不变，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S(S为磁场区域面积)，由于eq\f(ΔB,Δt)及S均相同，可得两导线环产生的感应电动势相等，即eq\f(EA,EB)＝1，I＝eq\f(E,R)，R＝ρeq\f(l,S′)(S′为导线的横截面积)，l＝2πr，所以eq\f(IA,IB)＝eq\f(EARB,EBRA)＝eq\f(lB,lA)＝eq\f(rB,rA)＝eq\f(1,2)。D正确。3．在半径为r、电阻为R的圆形导线框内，以竖直直径为界，左、右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场。以垂直纸面向外的方向为磁场的正方向，两部分磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。则0～t0时间内，导线框中()A．没有感应电流B．感应电流方向为逆时针C．感应电流大小为eq\f(πr2B0,t0R)D．感应电流大小为eq\f(2πr2B0,t0R)答案C解析根据楞次定律可知，导线框左边产生的感应电流沿顺时针方向，导线框右边产生的感应电流也沿顺时针方向，则整个导线框中的感应电流沿顺时针方向，A、B错误；由法拉第电磁感应定律可知，导线框中产生的感应电动势为导线框左、右两边产生的感应电动势之和，即E＝2×eq\f(ΔB,Δt)S＝2×eq\f(B0πr2,2t0)＝eq\f(πr2B0,t0)，由闭合电路欧姆定律可得，感应电流大小为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(πr2B0,t0R)，C正确、D错误。4．如图是一种焊接方法的原理示意图。将圆形待焊接金属工件放在线圈中，然后在线圈中通以某种电流，待焊接工件中会产生感应电流，感应电流在焊缝处产生大量的热量将焊缝两边的金属熔化，待焊接工件就焊接在一起。自行车车轮圈就是用这种办法焊接的。下列说法中正确的是()A．线圈中的电流是很强的恒定电流B．线圈中的电流是交变电流，且频率很高C．待焊接工件焊缝处的接触电阻比非焊接部分电阻小D．焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向总是相反答案B解析线圈中的电流是交变电流，且频率很高，A错误、B正确；待焊工件焊缝处的接触电阻比非焊接部分电阻大，C错误；根据楞次定律，当线圈中的电流增大时，待焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向相反；当线圈中的电流减小时，待焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向相同，D错误。5.(多选)如图是生产中常用的一种延时继电器的示意图，铁芯上有两个线圈A和B，线圈A跟电源连接，线圈B的两端接在一起，构成一个闭合回路。下列说法中正确的是()A．闭合开关S时，B中产生图示方向的感应电流B．闭合开关S时，B中产生与图示方向相反的感应电流C．断开开关S时，电磁铁会继续吸住衔铁D一小段时间D．断开开关S时，弹簧K立即将衔铁D拉起答案BC解析闭合开关S时，由楞次定律知B中产生与图示方向相反的感应电流，A错误、B正确；断开开关S时，B中磁通量变化产生感应电流，电磁铁会继续吸住衔铁D一小段时间，C正确、D错误。6．(多选)如图所示，L是自感系数很大的、用铜导线绕成的线圈，其电阻可以忽略不计，开关S原来是闭合的。当开关S断开瞬间，则()A．L中的电流方向不变 B．灯泡D要过一会儿才熄灭C．灯泡D立即熄灭 D．电容器将放电答案AC解析S断开时L产生方向不变的感应电流对C充电(C两端电压原来为零)，而电流不通过灯泡D，故灯泡立即熄灭，A、C正确。7.图中电感L的直流电阻为RL，小灯泡的电阻为R，小量程电流表G1、G2的内阻不计。开关S闭合，电路达到稳定后，电流表G1、G2的指针均偏向右侧(电流表的零刻度在表盘的中央)。则在开关S断开后，两个电流表的指针偏转情况是()A．G1、G2的指针都立即回到零点B．G1缓慢回到零点，G2立即左偏，偏后缓慢回到零点C．G1立即回到零点，G2缓慢回到零点D．G2立即回到零点，G1缓慢回到零点答案B解析在开关S断开瞬间，L中产生自感电动势，阻碍原电流的减小，自感电流与原电流方向一致，即从左向右通过G1，两个电流表的指针偏转情况是G1缓慢回到零点，G2中电流方向为Q指向P，即立即左偏，偏后缓慢回到零点，故选B。8.如图所示，半径为R的圆形导轨处在垂直于圆平面的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里。一根长度略大于导轨直径的导体棒MN以速率v在圆导轨上从左端滑到右端，电路中的定值电阻为r，其余电阻不计。导体棒与圆形导轨接触良好。求：(1)在滑动过程中通过电阻r上的电流的平均值；(2)MN从左端到右端的整个过程中，通过r上的电荷量；(3)当MN通过圆导轨中心时，通过r上的电流是多少？答案(1)eq\f(πBRv,2r)(2)eq\f(πBR2,r)(3)eq\f(2BRv,r)解析导体棒从左向右滑动的过程中，切割磁感线产生感应电动势，对电阻r供电。(1)计算平均电流，应该用法拉第电磁感应定律，先求出平均感应电动势。整个过程磁通量的变化为ΔΦ＝BS＝BπR2，所用的时间Δt＝eq\f(2R,v)，代入公式eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(πBRv,2)，平均电流为eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),r)＝eq\f(πBRv,2r)。(2)电荷量的运算应该用平均电流，q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(πBR2,r)。(3)当MN通过圆形导轨中心时，切割磁感线的有效长度最大为l＝2R，根据E＝Blv得E＝B·2Rv，此时通过r的电流为I＝eq\f(E,r)＝eq\f(2BRv,r)。9．(2016·北京高考)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答案B解析根据法拉第电磁感应定律可得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S，根据题意可得eq\f(Sa,Sb)＝eq\f(4,1)，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。故选B。10.(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aB．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答案D解析导体棒ab、电阻R、导轨构成闭合电路，磁感应强度均匀减小，即eq\f(ΔB,Δt)＝k为一定值，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，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝kS，回路面积S不变，即感应电动势为定值，根据欧姆定律I＝eq\f(E,R)，所以ab中的电流大小不变，故B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，故C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，故D正确。11．(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0.1m、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0.5TB．导线框运动速度的大小为0.5m/sC．磁感应强度的方向垂直于纸面向外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解析由图b可知，导线框全部进入磁场的时间为0.2s，则其做匀速直线运动的速度v＝eq\f(L,t)＝eq\f(0.1,0.2)m/s＝0.5m/s，B正确；导线框进入磁场时感应电流方向为顺时针方向，根据楞次定律可知，磁场的方向垂直于纸面向外，C正确；由E＝BLv，解得B＝eq\f(E,Lv)＝eq\f(0.01,0.1×0.5)T＝0.2T，A错误；在t＝0.4s至t＝0.6s这段时间内，导线框匀速出磁场，电流I＝eq\f(E,R)＝2A，所受的安培力大小为F＝BIL＝0.04N，D错误。12．(2