2.2法拉第电磁感应定律（解析版）-【帮课堂】2024-2025学年高二物理 同步学与练（ 人教版2019选择性必修第二册）

2.2法拉第电磁感应定律学习目标学习目标课程标准物理素养1.理解并掌握法拉第电磁感应定律，能够运用法拉第电磁感应定律定量计算感应电动势的大小.2.能够运用E＝Blv或E＝Blvsinθ计算导体切割磁感线时产生的感应电动势.3.了解动生电动势的概念，知道导线切割磁感线通过克服安培力做功把其他形式的能转化为电能．物理观念：从感应电流的角度来认识电磁感应现象。科学思维：通过创设问题情境的探究总结归纳出物理规律。科学探究：其次，通过定性实验对问题进一步深入探究，意在培养学生的科学探究能力。用法拉第电磁感应定律推导出导体切割磁感线的感应电动势公式。科学态度与责任：电磁感应现象中能量转化的过程，让学生从能量守恒的角度理解电磁感应现象，形成学生的能量观。002思维导图003知识梳理课前研读课本，梳理基础知识：一、电磁感应定律1．感应电动势在电磁感应现象中产生的电动势叫作感应电动势，产生感应电动势的那部分导体相当于电源．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n为线圈的匝数．(3)在国际单位制中，磁通量的单位是韦伯(Wb)，感应电动势的单位是伏(V)．二、导线切割磁感线时的感应电动势1．导线垂直于磁场方向运动，B、l、v两两垂直时，如图甲所示，E＝Blv.甲乙2．导线的运动方向与导线本身垂直，但与磁感线方向夹角为θ时，如图乙所示，E＝Blvsinθ.3．导体棒切割磁感线产生感应电流，导体棒所受安培力的方向与导体棒运动方向相反，导体棒克服安培力做功，把其他形式的能转化为电能．004题型精讲【题型一】法拉第电磁感应定律1．磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ及磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)的比较磁通量Φ磁通量的变化量ΔΦ磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)物理意义某时刻穿过磁场中某个面的磁感线条数在某一过程中，穿过某个面的磁通量的变化量穿过某个面的磁通量变化的快慢当B、S互相垂直时的大小Φ＝BSΔΦ＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Φ2－Φ1,B·ΔS,S·ΔB))eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(|Φ2－Φ1|,Δt),B·\f(ΔS,Δt),\f(ΔB,Δt)·S))注意若穿过的平面中有方向相反的磁场，则不能直接用Φ＝BS.Φ为抵消以后所剩余的磁通量开始和转过180°时平面都与磁场垂直，但穿过平面的磁通量是不同的，一正一负，ΔΦ＝2BS，而不是零在Φ－t图像中，可用图线的斜率表示eq\f(ΔΦ,Δt)2.公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的理解感应电动势的大小E由磁通量变化的快慢，即磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)决定，与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ无关．【典型例题1】如图甲所示，横截面积，匝数匝，电阻的线圈，沿线圈轴向有匀强磁场，设图示磁场方向为正向，磁感应强度随图乙规律变化，则0~2.0s内（  ）A．磁通量的变化量为0.004Wb B．磁通量的变化率为0.2Wb/sC．a点的电势比b点的电势低0.2V D．在a、b间接一个理想电流表时，电示数为0.4A【答案】A【解析】A．在0~2.0s内磁通量的变化量为故A正确；B．在0~2.0s内磁通量的变化率为故B错误；C．根据法拉第电磁感应定律有根据楞次定律可知，a点的电势比b点的电势高，故C错误；D．在a、b间接一个理想电流表时，电流表的示数为故D错误。故选A。【典型例题2】穿过闭合回路的磁通量Φ-t图像分别如图①～④。关于回路中感应电动势正确的是（）A．图①中回路产生的感应电动势恒定不变B．图②中回路产生的感应电动势一直在变大C．图④中回路产生的感应电动势先变小后变大D．图③中回路在0~t1时间内产生的感应电动势等于在t1~t2时间内产生的感应电动势【答案】C【解析】A．根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势大小与磁通量的变化率成正比，Φ−t图像切线斜率绝对值等于磁通量的变化率，则有图①中磁通量Φ不变，则，所以不产生感应电动势，故A错误；B．图②中Φ−t图像的斜率k不变，则产生的感应电动势不变，故B错误；C．图④中Φ−t图像斜率绝对值先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，故C正确。D．图③中回路在0～t1时间内的Φ−t图像斜率大于在t1~t2时间内的Φ−t图像斜率，所以在0~t1时间内产生的感应电动势大于在t1~t2时间内产生的感应电动势，故D错误。故选C。【对点训练1】某小组设计了一种呼吸监测方案：在人身上缠绕弹性金属线圈，观察人呼吸时处于匀强磁场中的线圈面积变化产生的电压，了解人的呼吸状况。如图所示，线圈P的匝数为N，磁场的磁感应强度大小为B，方向与线圈轴线的夹角为θ。若某次吸气时，在t时间内每匝线圈面积增加了S，下列说法正确的是（）A．磁通量增加了NBSB．磁通量增加了NBScosθC．线圈P在该时间内的平均感应电动势为D．线圈P在该时间内的平均感应电动势为【答案】D【解析】AB．磁通量增加了BScosθ，选项AB错误；CD．根据法拉第电磁感应定律有选项C错误，D正确。故选D。【对点训练2】如图是学生常用的饭卡内部实物图，其由线圈和芯片电路组成。当饭卡处于感应区域时，会在线圈中产生感应电流来驱动芯片工作。已知线圈面积为S，共n匝，回路总电阻为R。某次刷卡时，线圈平面与磁感应强度方向垂直，且全部处于磁场区域内，在感应时间t内，磁感应强度由0增大到B，此过程中（）A．线圈有扩张的趋势B．通过线圈平面的磁通量变化量为C．通过导线某截面的电荷量为D．线圈的平均感应电动势为【答案】C【解析】A．在感应时间t内，磁感应强度由0增大到B，此过程中穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律推论增缩减扩，可知线圈有收缩趋势，故A错误；B．通过线圈的磁通量变化量大小为故B错误；CD．线圈的平均感应电动势为线圈的平均感应电流为通过导线某截面的电荷量为故C正确，D错误。故选C。【题型二】导体棒切割磁感线时的感应电动势对公式的理解(1)当B、l、v三个量的方向互相垂直时，E＝Blv；当有任意两个量的方向互相平行时，导线将不切割磁感线，E＝0.(2)当l垂直于B且l垂直于v，而v与B成θ角时，导线切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝Blvsinθ.(3)若导线是弯折的，或l与v不垂直时，E＝Blv中的l应为导线两端点在与v垂直的方向上的投影长度，即有效切割长度．图甲中的有效切割长度为：l＝eq\x\to(cd)sinθ；图乙中的有效切割长度为：l＝eq\x\to(MN)；图丙中的有效切割长度为：沿v1的方向运动时，l＝eq\r(2)R；沿v2的方向运动时，l＝R.【典型例题3】如图所示，一单匝粗细均匀的正方形导体线框abcd和直角坐标系xOy（x轴水平，y轴竖直）均处于竖直平面内，线框边长为L。空间内存在垂直于纸面向里的磁场，磁感应强度在x方向均匀分布，y方向上满足。初始时，线框的a点与坐标原点O重合，ab边与x轴重合。现给线框一个沿着x轴正方向的速度，线框在运动过程中始终处于xOy平面内，其ab边与x轴始终保持平行，空气阻力不计。则（）A．下落过程中线框中有顺时针方向的感应电流B．开始时线框中产生的电动势为C．开始时线框中产生的电动势为kL2D．若线框匝数增大为n匝，则竖直方向最终速度不变【答案】D【解析】A．根据楞次定律，则下落过程中穿过线圈的磁通量向里增加，则线框中有逆时针方向的感应电流，故A错误；BC．开始时线框中磁通量变化率为0，产生的电动势为0，故BC错误；D．线框在磁场中斜向下运动时产生逆时针方向的感应电流，线框的两竖直受安培力等大反向，则水平方向受力为零做匀速直线运动；水平下边受安培力竖直向上，水平上边受安培力竖直向下，但因下边受安培力大于上边，可知竖直方向上受向上的安培力，当线框受到该安培力等于重力时，达到最终速度，若线框匝数增大为n匝，线框的质量变为nmg，电阻变为nR，则其中解得故D正确。故选D。【典型例题4】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，如图甲所示。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。导线框中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示（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（）A．磁感应强度的大小为0.5TB．导线框运动速度的大小为1m/sC．磁感应强度的方向垂直于纸面向里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0.04N【答案】D【解析】AB．由电动势的图可知线框在0.2s刚好完全进入磁场，运动距离为线框长度L，导线框运动的速度为根据动生电动势公式和图象知E=BLv=0.01V代入数据解得B=0.2T故AB错误；C．根据楞次定律可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，C错误；D．在t=0.4s至t=0.6s这段时间内，导线框中的感应电流大小为导线框所受的安培力大小为F=BIL=0.2×2×0.1N=0.04N故D正确。故选D。【对点训练3】如图所示的情况中，金属导体中产生的感应电动势不是Blv的是（）A． B．C． D．【答案】C【解析】A．该图中导体切割磁感线的有效长度为l，则产生的感应电动势为Blv，选项A不符合题意；B．该图中导体切割磁感线的有效长度为l，则产生的感应电动势为Blv，选项B不符合题意；C．该图中导体切割磁感线的有效长度为lsinθ，则产生的感应电动势为Blvsinθ，选项C符合题意；D．该图中导体切割磁感线的有效长度为l，则产生的感应电动势为Blv，选项D不符合题意；故选C。【对点训练4】如图所示，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，让导体PQ在U型导轨上以速度v=10m/s向右匀速滑动，两导轨间距离l=0.8m，则产生的感应电动势的大小和P、Q两点电势关系为（）A．4V，P点电势高 B．0.4V，Q点电势高C．4V，Q点电势高 D．0.4V，P点电势高【答案】A【解析】产生的感应电动势的大小为根据右手定则可知流过导体PQ的电流方向由Q流向P，由于导体PQ相当于电源的内部，则P点电势高于Q点电势。故选A。【题型三】导体棒转动切割磁感线产生的电动势 导体棒转动切割磁感线：E＝eq\f(1,2)Bl2ω.如图所示，长为l的金属棒ab，绕b端在垂直于匀强磁场的平面内以角速度ω匀速转动，磁感应强度为B，ab棒所产生的感应电动势大小可用下面两种方法推出．方法一：棒上各处速率不等，故不能直接用公式E＝Blv求．由v＝ωr可知，棒上各点的线速度跟半径成正比．故可用棒的中点的速度作为平均切割速度代入公式计算．eq\x\to(v)＝eq\f(ωl,2)，E＝Bleq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bl2ω.方法二：设经过Δt时间，ab棒扫过的扇形面积为ΔS，则ΔS＝eq\f(1,2)lωΔtl＝eq\f(1,2)l2ωΔt，磁通量的变化ΔΦ＝BΔS＝eq\f(1,2)Bl2ωΔt，所以E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(BΔS,Δt)＝eq\f(1,2)Bl2ω(n＝1)．【典型例题5】如图，有一硬质导线Oabc，其中是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】如图，相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线，根据右手定则可知O点电势最高；根据同时有可得得故选C。【典型例题6】夏季，在北半球，当我们抬头观看教室内的电扇时，发现电扇正在逆时针转动。金属材质的电扇示意图如图所示，由于地磁场的存在，下列关于A、O两点的电势及电势差的说法正确的是（）A．A点电势比O点电势高B．A点电势比O点电势低C．若将一个灯泡用导线接在A、O两点间，则扇叶中的电流方向从A到OD．扇叶长度越短，转速越快，A、O两点间的电势差数值越大【答案】A【解析】ABC．因北半球地磁场方向斜向下（磁场竖直分量竖直向下），电风扇逆时针方向转动，切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则知，A点相当于电源的正极，O点相当于电源的负极，所以A点的电势高于O点的电势，故A正确，BC错误；D．扇叶转动切割的电动势则知扇叶长度越短，转速越快，感应电动势不一定越大，A、O两点间的电势差数值不一定越大，故D错误。故选A。【对点训练5】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．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿b到a的方向流过电阻RC．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【答案】A【解析】A．若圆盘转动的角速度恒定，根据可知感应电动势大小恒定，则电流大小恒定，选项A正确；B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，根据右手定则可知，电流沿a到b的方向流过电阻R，选项B错误；C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向不变，选项C错误；D．根据若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，根据可知，电流在R上的热功率也变为原来的4倍，选项D错误。故选A。【对点训练6】如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长度也为r、电阻为R的直导体棒OA置于圆导轨上面，导体棒在外力作用下绕O点以角速度ω顺时针匀速转动。直导体棒O端和圆轨道引出导线分别与电阻R1=R、R2=2R和电容为C的平行板电容器相连。已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是（）A．M板带负电B．导体棒OA产生的电动势为Br2ωC．电容器所带电荷量为D．电阻R1上消耗的电功率为【答案】C【解析】A．根据右手定则可知，等效电源OA的A端为正极，则M板带正电，故A错误；B．导体棒OA垂直磁场转动切割磁感线，则产生的感应电动势为故B错误；C．回路的感应电流电容器两端电压根据电容的定义式有解得故C正确；D．电阻R1上消耗的电功率为结合上述解得故D错误。故选C。00501强化训练【基础强化】1．如图所示，半径为r的闭合环形线圈，在t时间内，内部磁场从B₁减小到0；外部磁场从0增加到B₂，（B₁、B₂均大于0，垂直于纸面向内为正方向），则该过程线圈产生的平均感应电动势为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】闭合环形圈的磁通量的有效面积为根据法拉第电磁感应定律可知A正确。故选A。2．如图所示，匀质硬导线ab、ac、bc均为圆弧，连接后分别固定在xOy、xOz、yOz平面内，圆心都在O点且半径，指向x轴正方向的磁场以的速率均匀增大，下列说法正确的是（  ）A．bc段导线中的电流从b流向cB．导线产生的感应电动势大小为C．ac段导线所受安培力方向沿y轴负方向D．ab段导线所受安培力大小小于bc段导线所受安培力大小【答案】D【解析】A．通过bc截面的磁通量向x轴正方向增加，根据楞次定律，可知bc段导线中的电流从c流向b，故A错误；B．根据法拉第电磁感应定律，导线产生的感应电动势大小为故B错误；C．由A分析知，ac段导线电流方向为从a流向c，根据左手定则，ac段导线所受安培力方向沿y轴正方向，故C错误；D．ab段导线和bc段导线电流大小相同，但ab段导线有效长度为r，bc段导线有效长度为，故ab段导线所受安培力大小小于bc段导线所受安培力大小，故D正确。故选D。3．正方体的上表面水平，沿中心线放置一根通有恒定电流I的长直导线，现使一闭合金属小圆环沿不同方向以相同速率做匀速直线运动，运动过程中圆环平面始终水平。下列说法正确的是（）A．点与c点的磁感应强度相等B．小圆环的圆心从边的中点竖直向上运动时，小圆环中无感应电流C．小圆环的圆心从移到过程中，穿过小圆环的磁通量先增加后减少D．小圆环的圆心从a移到d与从a移到c，小圆环的平均感应电动势相等【答案】B【解析】A．由右手定则可知，点与c点的磁感应强度大小相等，但方向相反，故A项错误；B．小圆环的圆心从ad边的中点时，其磁通量为零，在其竖直向上运动过程中，通过小圆环的磁通量始终为零，所以其通过小圆环的磁通量未发生变化，即小圆环中无感应电流，故B项正确；C．小圆环在位置时，其磁通量不为零，在到达导线正下方时，其磁通量为零，在点时小圆环的磁通量也不为零，所以整个过程穿过小圆环的磁通量是先减小，后增加，故C项错误；D．由于小圆环运动的速度大小不变，而从a移动到d与从a移动到c的过程其位移不同，所以两次运动所用时间不同。由右手定则可知，小圆环在c点和d点的磁通量相同，所以小圆环在两次移动过程中，磁通量的变化量相同，根据可知，小圆环两次移动过程的平均电动势不相等，故D项错误。故选B。4．下列关于电磁感应现象说法正确的是（）A．穿过闭合电路的磁通量越大，闭合电路中的感应电动势越大B．穿过闭合电路的磁通量为零时，感应电动势一定为零C．穿过闭合电路的磁通量变化越多，闭合电路中的感应电动势越大D．穿过闭合电路的磁通量变化越快，闭合电路中的感应电动势越大【答案】D【解析】D．穿过闭合电路的磁通量变化越快，磁通量变化率越大，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势越大，故D正确；A．穿过闭合电路的磁通量越大，磁通量变化率不一定大，则闭合电路中的感应电动势不一定大，故A错误；B．磁通量为零时，磁通量可能在变，则感应电动势不为零，故B错误；C．磁通量的变化大，即大，但磁通量的变化率不一定大，故闭合电路中的感应电动势不一定大，故C错误。故选D。5．如图所示为地球磁场分布示意图，下列与地磁场相关的说法正确的是（

）A．一束宇宙粒子（质子流）沿与地球表面垂直的方向射入赤道上空，这束质子流将向西偏转B．地球的磁场与条形磁铁的磁场分布比较相似，可以将地磁场类比成一个带负电荷的天体自转形成的C．若有一架从赤峰飞往呼和浩特的客机，在高空水平飞行时右侧机翼的电势较高D．赤道包围面积的磁通量比同步卫星轨道包围面积的磁通量小【答案】B【解析】A．一束宇宙粒子（质子流）沿与地球表面垂直的方向射入赤道上空，根据左手定则可知，这束质子流受洛伦兹力向东，将向东偏转，选项A错误；B．地球的磁场与条形磁铁的磁场分布比较相似，因地球自西向东转，地理南极是地磁的N极，由右手定则可知，可以将地磁场类比成一个带负电荷的天体自转形成的，选项B正确；C．若有一架从赤峰飞往呼和浩特的客机，在高空水平飞行时切割向下方向的地磁场，由右手定则可知，左侧机翼的电势较高，选项C错误；D．地球的磁场与条形磁铁的磁场分布比较相似，赤道所在圆的半径小于地球同步卫星的轨道圆半径，则赤道包围面积的磁通量比同步卫星轨道包围面积的磁通量大，选项D错误。故选B。6．汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针（俯视）方向电流，当汽车经过线圈时（）A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcdC．汽车离开线圈1过程中，电流大小与速度成正比D．汽车进入线圈1过程安培力方向与速度方向相反，离开线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同【答案】C【解析】A．由题知，埋在地下的线圈1、2通顺时针（俯视）方向的电流，则根据右手定则，可知线圈1、2产生的磁场方向竖直向下，故A错误；B．汽车进入线圈1过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb（逆时针），故B错误；C．汽车离开线圈1过程中，由E=BLv可知电流与速度成正比，C正确；D．根据楞次定律可知，无论汽车进入线圈还是离开线圈，汽车所受安培力均与汽车速度方向相反，故D错误。故选C。7．我国自行研制、具有自主知识产权的大型喷气式民用飞机C919于2022年12月9日正式交付使用。C919机身高度4.166米，机长38.9米、翼展33.6米。北京地区地磁场的竖直分量约为，水平分量约为。该机在北京郊区水平试飞速度为约为。有关C919飞机的说法正确的是（

）A．C919飞机往北飞的时候，西面机翼的电势较低，两侧机翼的最大电势差约为0.028VB．C919飞机往东飞的时候，南面机翼的电势较低，两侧机翼的最大电势差约为0.28VC．无论C919飞机往哪个方向飞，都是右边机翼的电势较低，两侧机翼的最大电势差约为0.028VD．无论C919飞机往哪个方向飞，都是右边机翼的电势较低，两侧机翼的最大电势差约为0.42V【答案】C【解析】A．飞机水平飞行，只需考虑地磁场的竖直分量，往北飞时东面机翼的电势较低，两侧机翼的最大电势差约为A错误；B．往东飞的时候，南面机翼的电势较低，两侧机翼的最大电势差约为0.028V，B错误；CD．无论C919飞机往哪个方向飞，都是右边机翼的电势较低，两侧机翼的最大电势差约为0.028V，C正确，D错误。故选C。【素养提升】8．（多选）如图所示，圆心为O、半径为l的金属半圆弧导轨固定在水平面上，间用导线连接一电阻M。金属棒一端固定在O点，另一端P绕过O点的轴，在水平面内以角速度为逆时针匀速转动，该过程棒与圆弧良好接触。半圆弧内磁场垂直纸面向外，半圆弧外磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B，已知金属棒由同种材料制成且粗细均匀，棒长为、总电阻为2r，M阻值为r，其余电阻忽略不计。当棒转到图中所示的位置时，棒与圆弧的接触处记为Q点，则（

）A．为B．棒受的安培力为C．通过M的电流大小为D．棒在半圆弧导轨上转动120°的过程中流经M的电量为【答案】AB【解析】A．金属棒转动产生的电动势为根据欧姆定律有由于端为电源正极金属棒PQ两点间的电压为选项A正确；C．金属棒转动产生的电动势为根据欧姆定律有电阻的电流选项C错误；B．棒受的安培力即QO段受的安培力为选项B正确；D．棒在半圆弧导轨上转动的过程中流经的电量为选项D错误。故选AB。9．（多选）如图，电阻不计的固定直角金属导轨AOC的两边，角度为45°的“”形均匀金属杆可绕O'转动，转动过程中金属杆与导轨接触良好。最初“”形金属杆的a段恰好与A端接触，b段恰好与O接触，整个空间存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸而向里的匀强磁场。“”形金属杆从图示位置以恒定角速度ω沿逆时针方向转动45°的过程中（）A．回路中感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向B．穿过回路的磁通量先增大后减小C．回路中感应电动势的最大值为D．“”形金属杆a、b两段产生的焦耳热相等【答案】BD【解析】AB．“”形金属杆从图示位置以恒定角速度ω沿逆时针方向转动45°的过程中，闭合电路在磁场中的面积先增大后减小，所以穿过回路的磁通量先增大后减小；由楞次定律可知回路中感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故A错误，B正确；C．在开始时a、b两金属棒的长度差最大，回路中感应电动势最大，回路中感应电动势的最大值为故C错误；D．“”形金属杆从图示位置以恒定角速度ω沿逆时针方向转动45°的过程中电路中感应电动势先减小后增大，开始时的电动势与最后的电动势大小相等；“”形金属杆a、b两段的电流相等，由于运动中电动势的对称性及电阻的对称性，又由可知金属杆a、b两段产生的焦耳热相等，故D正确。故选BD。10．（多选）法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机，铜质圆盘竖直放置在水平向左的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各有一个铜电刷与其紧贴，用导线将电刷与电阻R连接起来形成回路。转动摇柄，使圆盘按图示方向转动，已知匀强磁场的磁感应强度大小为B，圆盘半径为r，圆盘匀速转动的周期为T。下列说法正确的是（）A．流过电阻R的电流方向为从a到b B．流过电阻R的电流方向为从b到aC．圆盘产生的电动势为 D．圆盘产生的电动势为【答案】BC【解析】AB．转动的圆盘可看成由无数根沿着半径的导体棒组成，每根导体棒均切割磁感线，从而产生感应电动势（感应电流），根据右手定则可知，圆盘上感应电流从圆周边缘流向圆心，则流过电阻的电流方向为从到，故B正确，A错误；CD．根据法拉第电磁感应定律得圆盘产生的感应电动势故C正确、D错误。故选BC。11．（多选）电磁阻拦索是航空母舰的核心战斗力之一。如图所示为电磁阻拦系统的简化原理：舰载机通过绝缘阻拦索与金属棒ab一起在磁场中减速滑行至停止。已知舰载机质量为M，金属棒ab质量为m，两者以共同速度进入磁场。轨道一端MP间所接电阻为R，其他电阻均不计。水平平行金属导轨MN与PQ间距离为L，轨道间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，除安培力外舰载机系统所受其他阻力均不计，则（）A．金属棒ab相当于电源，a端的电势较高B．运动过程中，电阻R中的电流方向为M→R→PC．舰载机将做匀减速直线运动D．金属棒ab所受的最大安培力为【答案】ABD【解析】AB．金属棒ab切割磁感线，相当于电源，根据右手定则可知金属棒R中感应电流方向M→R→P，则a端的电势较高，故AB正确；C．因为舰载机与金属棒一起减速运动，则产生的感应电动势减小，感应电流减小，安培力减小，则加速度减小，不是匀减速直线运动，故C错误；D．金属棒向右运动时，受到向左的安培力使其减速，故可知金属棒产生的最大感应电动势为以共同速度进入磁场的瞬间，此时根据闭合电路的欧姆定律可知最大电流为金属棒ab所受的最大安培力为故D正确。故选ABD。12．（多选）如图所示，金属杆MN在三角形金属框架上以速度v从图示位置起向右匀速滑动，框架夹角为θ，杆和框架由粗细均匀、横截面积相同的同种材料制成，则回路中的感应电动势E和电流I随时间t变化的规律分别是图中的（

）A． B．C． D．【答案】BD【解析】AB．导体棒平动切割磁感线有E=Bv(L0＋vt)tanθ其中L0为金属杆MN距离O点的初始长度，故A错误、B正确；CD．根据欧姆定律可知设杆和框架的横截面积为S、电阻率为ρ，则有综上则故C错误、D正确。故选BD。【能力培优】13．