2023届高考物理（新人教版）大一轮复习讲义第十一章　电磁感应

第2讲　法拉第电磁感应定律　涡流和自感

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I＝。

3．导线切割磁感线时的感应电动势

(1)导线垂直切割磁感线时，感应电动势E＝Blv，式中l为导线切割磁感线的有效长度。

(2)导体棒在匀强磁场中以端点为轴、垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E＝Bl＝Bl2ω

【自测 将多匝闭合线圈置于仅随时间变化的磁场中，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化越快，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、涡流、电磁阻尼、电磁驱动和自感

1．涡流现象

(1)涡流：块状金属放在变化磁场中，或者让它在磁场中运动时，金属块内产生的漩涡状感应电流。

(2)产生原因：金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流。

2．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，安培力的方向总是阻碍导体的运动。

3．电磁驱动

如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流，使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来。

4．自感现象

(1)概念：当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场在线圈本身激发出感应电动势的现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫作自感电动势。

(2)表达式：E＝L。

(3)自感系数L的影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关。

命题点一　法拉第电磁感应定律的理解及应用

1．三种情况

(1)当ΔΦ仅由B的变化引起时，则E＝n。

(2)当ΔΦ仅由S的变化引起时，则E＝n。

(3)当ΔΦ由B、S的变化同时引起时，则E＝n≠n。

2．磁通量的变化率是Φ－t图像上某点切线的斜率。利用斜率和线圈匝数可确定电动势的大小。

【真题示例1 (2020·天津卷，10)如图1所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R＝0.1 Ω，边长l＝0.2 m。求：

图1

(1)在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中的感应电动势E；

(2)t＝0.05 s时，金属框ab边受到的安培力F的大小和方向；

(3)在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中电流的电功率P。

答案　(1)0.08 V　(2)0.016 N　方向垂直于ab向左　(3)0.064 W

解析　(1)在t＝0到t＝0.1 s的时间Δt内，磁感应强度的变化量ΔB＝0.2 T，设穿过金属框的磁通量变化量为ΔΦ，有

ΔΦ＝ΔBl2①

由于磁场均匀变化，金属框中产生的电动势是恒定的，有E＝②

联立①②式，代入数据解得E＝0.08 V③

(2)设金属框中的电流为I，由闭合电路欧姆定律，有I＝④

由图可知，t＝0.05 s时，磁感应强度为

B1＝0.1 T

金属框ab边受到的安培力F＝IlB1⑤

联立①②④⑤式，代入数据解得F＝0.016 N⑥

由楞次定律知金属框中电流方向为顺时针，由左手定则知，ab边受到安培力方向垂直于ab向左。

(3)在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中电流的电功率P＝I2R⑦

联立①②④⑦式，代入数据解得

P＝0.064 W。

【针对训练1】 (2021·湖北武汉市4月质检)如图2甲所示，虚线MN左、右两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小恒为B0；左侧匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S0，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。求：

图2

(1)t＝时，圆环受到的安培力；

(2)在0～t0内，通过圆环的电荷量。

答案　(1)　方向垂直于MN向左

(2)

解析　(1)根据法拉第电磁感应定律，圆环中产生的感应电动势E＝S

其中S＝

由图乙可知＝

根据欧姆定律有I＝

根据电阻定律有R＝ρ

t＝t0时，圆环受到的安培力

F＝B0I·(2r)＋I·(2r)

联立解得F＝

安培力方向垂直于MN向左。

(2)通过圆环的电荷量q＝·Δt

根据欧姆定律和法拉第电磁感应定律有

＝，＝

在0～t0内，圆环磁通量的变化量为

ΔΦ＝B0·πr2＋·πr2

联立解得q＝

命题点二　导体切割磁感线产生感应电动势

1．大小计算

2.方向判断

(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判断出电流的方向。

(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。

　平动切割磁感线

【真题示例2 (2020·江苏卷，15)如图3所示，电阻为0.1 Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2 m，bc边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5 T。在水平拉力作用下，线圈以8 m/s的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中

图3

(1)感应电动势的大小E；

(2)所受拉力的大小F；

(3)感应电流产生的热量Q。

答案　(1)0.8 V　(2)0.8 N　(3)0.32 J

解析　(1)感应电动势E＝Blv

代入数据得E＝0.8 V。

(2)感应电流I＝

拉力的大小等于安培力，即F＝IlB

解得F＝，代入数据得F＝0.8 N。

(3)运动时间t＝

焦耳定律Q＝I2Rt

解得Q＝，代入数据得Q＝0.32 J。

　转动切割磁感线

【真题示例3 (多选)(2021·广东卷)如图4所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨。圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场。金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好。初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上。若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有(　　)

图4

A．杆OP产生的感应电动势恒定

B．杆OP受到的安培力不变

C．杆MN做匀加速直线运动

D．杆MN中的电流逐渐减小

答案　AD

解析　根据转动切割磁感线产生感应电动势的公式可知EOP＝Bl2ω，由于杆OP匀速转动，故A正确；OP切割磁感线，产生感应电流，由右手定则可判断出MN中电流为从M到N，根据左手定则可知MN所受安培力向左，MN向左运动，切割磁感线，产生由N到M的感应电流，与OP切割磁感线产生的感应电流方向相反，故OP与MN中的电流会逐渐减小，由F＝IlB可知，杆OP和MN所受安培力逐渐减小，MN做加速度逐渐减小的加速运动，故B、C错误，D正确。

【针对训练2】 (多选)如图5所示，在纸面内有半圆形轻质导体框，O为圆心，圆半径长为r，AO段、弧AB段的电阻均为R，BO段导体的电阻可忽略，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场的边界与半圆直径重合，现用外力使导体框在纸面内绕O点以角速度ω沿顺时针方向，从图示位置匀速转动一周，下列说法正确的是(　　)

图5

A．圆弧AB段内电流方向总是从A流向B

B．转动的前半周内A、B两端电压为

C．转动的后半周内通过O点的电荷量为

D．外力对线框做的功为

答案　CD

解析　导体框转动的前半周内，AO切割磁感线，感应电动势为E1＝，圆弧AB段内电流方向从A流向B，AB段为外电路，故两端电压为U＝E1＝；转动的后半周BO段切割磁感线，感应电动势为E2＝，圆弧AB段内电流方向从B流向A，故A、B错误；转动的后半周穿过导线框的磁通量变化量为ΔΦ＝

πBr2，电路总电阻为2R，则转动的后半周内通过O点的电荷量为q＝＝＝，故C正确；从图示位置匀速转动一周过程中，外力对线框做的功等于产生的电能，则W＝T＝×＝，故D正确。

产生电动势的“四种”情形

题型自我感悟

1．求解部分导体切割磁感线运动产生的电动势应注意哪些问题？

提示　首先要区别是平动切割还是转动切割。

(1)如果是导体棒在匀强磁场中平动切割时，L为导体切割磁感线的有效长度，v为导体运动的速度，当导体棒匀变速运动时E＝Blat，感应电动势为瞬时值。

(2)如果是转动切割，v应该是导体棒各部分转动线速度的平均速度。

2．感应电流通过导体棒是会受到安培力的作用，这个安培力方向如何？是否做功？

提示　感应电流受到的安培力与导体棒运动方向相反，做负功，把其他形式的能转化为内能。

命题点三　自感现象

1．自感现象的四大特点

(1)自感电动势总是阻碍线圈中原电流的变化。

(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化。

(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体。

(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．通电自感和断电自感的比较

【例4 (2021·天津红桥区一模)如图6所示灯泡A1、A2的规格完全相同，线圈L的电阻不计，下列说法中正确的是(　　)

图6

A．当接通电路时，A1和A2始终一样亮

B．当接通电路时，A2先达到最大亮度，A1后达到最大亮度，最后两灯一样亮

C．当断开电路时，A2立即熄灭、A1过一会儿才熄灭

D．当断开电路时，两灯都立即熄灭

答案　B

解析　当接通电路时，A2立即正常发光，而线圈中电流要增大，由于自感电动势的阻碍，灯泡A1中电流只能逐渐增大，则A2先达到最大亮度，A1后达到最大亮度，电路稳定后，最后两灯一样亮，故B正确，A错误；当断开电路时，A2原来方向的电流立即减小为零，线圈中产生自感电动势，两灯泡串联和线圈组成回路，由于线圈L的电阻不计，回路中电流从原来值逐渐减小到零，流过A2的电流与原来方向相反，则A1和A2都要过一会儿才熄灭，故C、D错误。

分析自感问题的三个技巧

【针对训练3】  (多选) (2021·北京海淀区期末)物理课上，老师做了一个奇妙的“自感现象”实验。按图7连接电路，先闭合开关S，电路稳定后小灯泡A正常发光，然后断开开关S，同学们发现小灯泡A闪亮一下再熄灭。已知自感线圈L的直流电阻为RL，小灯泡A正常发光时电阻为RA。下列说法中正确的是(　　)

图7

A．RL＞RA

B．RL＜RA

C．断开开关S的瞬间，小灯泡A中的电流方向为a→b

D．断开开关S的瞬间，小灯泡A中的电流方向为b→a

答案　BD

解析　稳定时，灯泡A与线圈L并联，故两者电压相等，通过线圈的电流为I1，通过小灯泡的电流为I2，由于稳定后开关S断开，小灯泡闪亮一下，可以判断

I1＞I2，结合欧姆定律可知，线圈L的电阻小于灯泡A的电阻，A错误，B正确；在断开开关瞬间，线圈中产生自感电动势，线圈相当于电源，线圈右端为电源正极，因此灯泡中的电流方向为b→a，C错误，D正确。

命题点四　涡流、电磁阻尼和电磁驱动

【例5 (2021·广东佛山市南海区摸底)涡流内检测技术是一项用来检测各种金属管道是否有破损的技术。图8是检测仪在管道内运动及其工作原理剖面示意图，当激励线圈中通以正弦交流电时，金属管道壁内会产生涡流，涡流磁场会影响检测线圈的电流。以下有关涡流及检测仪的说法正确的是(　　)

图8

A．检测线圈消耗功率等于激励线圈输入功率

B．在管道内某处检测时，如果只增大激励线圈中交流电的频率，则检测线圈的电流强度不变

C．在管道内某处检测时，如果只增大激励线圈中交流电的频率，则检测仪消耗功率将变大

D．当检测仪从金属管道完好处进入到破损处检测时，管道壁中将产生更强的涡流

答案　C

解析　激励线圈输入功率大于检测线圈消耗功率，管道壁中产生涡流，有一定的热功率，P激励＝P检测＋P热，故A错误；增大频率，检测线圈的磁通量变化率变大，产生的感应电动势变大，则电流强度变大，故B错误；增大频率，检测线圈的功率和管道产生的热功率变大，则检测仪消耗功率将变大，故C正确；当检测仪从金属管完好处进入破损处检测时，厚度减小，则管道壁中产生的涡流变小，故D错误。

【针对训练4】 如图9甲所示是一个电磁阻尼现象演示装置，钢锯条上端固定在支架上，下端固定有强磁铁，将磁铁推开一个角度释放，它会在竖直面内摆动较长时间；如图乙所示，若在其正下方固定一铜块(不与磁铁接触)，则摆动迅速停止。关于实验以下分析与结论正确的是(　　)

图9

A．如果将磁铁的磁极调换，重复实验将不能观察到电磁阻尼现象

B．用闭合的铜制线圈替代铜块，重复试验将不能观察到电磁阻尼现象

C．在图乙情况中，下摆和上摆过程中磁铁和锯条组成的系统机械能均减少

D．在摆动过程中铜块不受磁铁的作用力

答案　C

解析　此现象的原理是当磁铁在铜块上面摆动时，在铜块中产生涡流，与磁场相互作用阻碍磁铁的运动。如果将磁铁的磁极调换，重复实验仍能观察到电磁阻尼现象，选项A错误；用闭合的铜制线圈替代铜块，仍能在线圈中产生感应电流，从而对磁铁的运动产生阻碍作用，重复试验仍能观察到电磁阻尼现象，选项B错误；在图乙情况中，下摆和上摆过程中均会产生涡流从而消耗机械能，磁铁和锯条组成的系统机械能均减少，选项C正确；由上述分析可知，在摆动过程中铜块对磁铁有阻碍作用，同时铜块也要受磁铁的作用力，选项D错误。

对点练 法拉第电磁感应定律的理解和应用

1．半径为R的圆形线圈共有n匝，总阻值为R0，其中心位置处半径为r的虚线范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面，如图1所示，若初始的磁感应强度为B，在时间t内均匀减小为0，则通过圆形线圈的电流为(　　)

图1

A．nBπR2   B．nBπr2 

C.   D.

答案　D

解析　由法拉第电磁感应定律知E＝n＝，则通过圆形线圈的电流I＝＝，D正确。

2．(多选)(2021·北京海淀区期末) 如图2所示，匀强磁场中有a、b两个闭合线圈，它们用同样的导线制成，匝数均为n匝，线圈半径ra＝2rb。磁场方向与两线圈所在平面垂直，磁感应强度B随时间均匀增大。两线圈中产生的感应电动势分别为Ea和Eb，感应电流分别为Ia和Ib。不考虑两线圈间的相互影响。下列说法中正确的是(　　)

图2

A．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向

B．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向

C．Ia∶Ib＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向

D．Ia∶Ib＝1∶2，感应电流均沿顺时针方向

答案　AC

解析　设磁感应强度的变化率为k，由法拉第电磁感应定律E＝nS，得Ea＝nkπr，Eb＝nkπr，所以Ea∶Eb＝4∶1，根据楞次定律，磁感应强度B随时间均匀增大，所以感应电流均沿逆时针方向，故A正确，B错误；根据电阻定律可知，两线圈的电阻之比等于周长之比，由欧姆定律I＝可得Ia∶Ib＝×＝2∶1，故C正确，D错误。

3．(2021·新高考八省大联考)在如图3甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1 000匝，横截面积S＝20 cm2。螺线管导线电阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R2＝5.0 Ω，C＝30 μF。在一段时间内，垂直穿过螺线管的磁场的磁感应强度B的方向如图甲所示，大小按如图乙所示的规律变化，则下列说法中正确的是(　　)

图3

A．螺线管中产生的感应电动势为1.2 V

B．闭合S，电路中的电流稳定后电容器下极板带负电

C．闭合S，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为2.56×10－2 W

D．S断开后，流经R2的电荷量为1.8×10－2 C

答案　C

解析　根据法拉第电磁感应定律E＝n＝nS，解得E＝0.8 V，故A错误；根据楞次定律可知，螺线管的感应电流盘旋而下，则螺线管下端是电源的正极，那么电容器下极板带正电，故B错误；根据闭合电路欧姆定律，有I＝＝0.08 A，根据 P＝I2R1，解得P＝2.56×10－2 W，故C正确；S断开后，流经R2的电荷量即为S闭合时C板上所带的电荷量Q，电容器两端的电压为U＝IR2＝

0.4 V，流经R2的电荷量为Q＝CU＝1.2×10－5 C，故D错误。

对点练 导体切割磁感线产生感应电动势

4．(多选)(2021·江西省4月教学质量检测)如图4是金属圆盘发电机的原理图。匀强磁场垂直于金属圆盘，电阻R通过导线与两块铜片电刷D、C连接，D、C分别与转动轴和圆盘的边缘良好接触。圆盘绕通过圆心O的固定转动轴按图示顺时针方向转动，电阻R中就有电流通过。则(　　)

图4

A．电流方向由D经过电阻R流向C

B．通过电阻R的电流大小与铜盘的半径成正比

C．通过电阻R的电流大小与磁感应强度成正比

D．通过电阻R的电流大小与圆盘转动的角速度成正比

答案　CD

解析　金属圆盘按图示方向转动，切割磁感线，产生感应电动势，根据右手定则可判断圆盘边缘电势比轴心电势高，故电流方向由C经过电阻R流向D，选项A错误；根据法拉第电磁感应定律知感应电动势E＝Blv＝Bωr2，结合欧姆定律可知，选项B错误，C、D正确。

5．(多选) (2021·河南新乡市摸底)如图5所示，固定在绝缘水平面上的半径r＝0.2 m的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小B＝0.1 T的匀强磁场。金属棒一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴顺时针匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值R＝10 Ω的电阻和板间距d＝0.01 m的平行板电容器，有一质量m＝1 g、电荷量q＝1×10－5 C的颗粒在电容器极板间恰好处于静止状态。取重力加速度大小g＝10 m/s2，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是(　　)

图5

A．电容器两极板间的电压为10 V

B．电容器的上极板带正电荷

C．每秒钟通过电阻的电荷量为10 C

D．金属棒转动的角速度大小为5×103 rad/s

答案　AD

解析　对电容器极板间的带电颗粒受力分析有q＝mg，解得U＝＝ V＝10 V，选项A正确；金属棒顺时针运动，由右手定则可知，转轴中心的电势高于圆环边缘的电势，故电容器下极板带正电荷，选项B错误；由欧姆定律可得通过电阻R的电流为I＝＝ A＝1 A，则每秒钟通过电阻的电荷量Q＝It＝1×1 C＝1 C，选项C错误；金属棒转动切割磁感线产生的感应电动势为E＝Br＝Br2ω，E＝U＝10 V，解得ω＝＝ rad/s＝5×103 rad/s，选项D正确。

对点练 自感、涡流、电磁驱动和电磁阻尼

6．(2021·东北三省四市教研联合体模拟)磁电式电流表是常用的电学实验器材。如图6所示，电表内部由线圈、磁铁、极靴、圆柱形软铁、螺旋弹簧等构成。下列说法正确的是(　　)

图6

A．极靴与圆柱形软铁之间为匀强磁场

B．当线圈中电流方向改变时，线圈受到的安培力方向不变

C．通电线圈通常绕在铝框上，主要因为铝的电阻率小，可以减小焦耳热的产生

D．在运输时通常把正、负极接线柱用导线连在一起，是应用了电磁阻尼的原理

答案　D

解析　极靴与圆柱间的磁场是均匀地辐向分布，并不是匀强磁场，故选项A错误；当线圈中电流方向改变时，磁场方向不变，所以线圈受到的安培力方向发生改变，故选项B错误；用金属铝做线圈框架，主要的原因有：(1)铝不导磁，用铝做框架可以减小磁场的影响，保证仪表的准确性更高。(2)铝材料较轻、电阻率较小，能更好地利用电磁阻尼现象，使指针迅速停下来，故选项C错误；运输过程中由于振动会使指针不停摆动，可能会使指针损坏。将接线柱用导线连在一起，相当于把表内线圈电路组成闭合回路，在指针摆动过程中线圈切割磁感线产生感应电流，利用电磁阻尼原理，阻碍指针摆动，防止指针因撞击而变形，故选项D正确。

7．(2021·江苏常州市第一次模拟)零刻度在表盘正中间的电流计非常灵敏，通入电流后，线圈所受安培力和螺旋弹簧的弹力作用达到平衡时，指针在示数附近摆动很难停下，使读数变得困难。在指针转轴上装上扇形铝框或扇形铝板，在合适区域加上磁场，可以解决此困难。下列方案合理的是(　　)

答案　D

解析　如图A、C所示，当指针向左偏转时，铝框或铝板可能会离开磁场，产生不了涡流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，A、C方案不合理；B图是铝框，磁场在铝框中间，当指针偏转角度较小时，铝框不能切割磁感线，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，B方案不合理；D图是铝板，磁场在铝板中间，无论指针偏转角度大小，都会在铝板上产生涡流，起到电磁阻尼的作用，指针会很快稳定的停下，便于读数，D方案合理。

8．图7甲和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。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(　　)

甲　　　　　　　　乙

图7

A．图甲中，A1与L1的电阻值不相同

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的电阻值不相同

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　A

解析　图甲中，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明在电路稳定时通过L1电流大于通过灯A1的电流，即A1的电阻大于L1的电阻值，选项A正确，B错误；图乙中，开关闭合最终A2与A3的亮度相同，可知上下两个支路的电流相同，电阻相同，即变阻器R与L2的电阻值相同，选项C错误；图乙中，闭合S2瞬间，由于L2中产生感应电动势阻碍电流增加，可知L2中电流比变阻器R中电流小，选项D错误。

9．(多选)(2021·黑龙江哈尔滨模拟)轻质细线吊着一质量为m＝0.32 kg、边长为L＝0.8 m、匝数n＝10的正方形线圈，总电阻为R＝1 Ω。如图8甲所示，边长为的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化如图乙所示。从t＝0开始经t0时间细线开始松弛，g取10 m/s2，则(　　)

图8

A．t＝0时刻穿过线圈的磁通量为0.8 Wb

B．在前t0时间内线圈中产生的电动势为0.4 V

C．t＝0时刻的线圈受到的安培力为0.016 N

D．t0的数值为2 s

答案　BD

解析　t＝0时刻穿过线圈的磁通量Φ＝B0×S＝1××()2 Wb＝0.08 Wb，A错误；由法拉第电磁感应定律得E＝n＝n×＝n××()2×＝0.4 V，B正确；线圈中的电流为I＝＝ A＝0.4 A，t＝0时刻的线圈受到的安培力F＝nB0I＝10×1×0.4× N＝1.6 N，C错误；分析线圈受力可知，当细线开始松弛时，有F安＝mg＝0.32×10 N＝3.2 N，又F安＝nBt0I·，联立解得Bt0＝＝2 T，由图像知Bt0＝1＋t0，解得t0＝2 s，D正确。

10．(2021·山东省实验中学模拟)如图9甲所示，导体棒MN置于水平导轨上，PQMN所围的面积为S，PQ之间有阻值为R的电阻，不计导轨和导体棒的电阻。导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场，规定磁场方向竖直向上为正方向，在0～2t0时间内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示，导体棒MN始终处于静止状态。下列说法正确的是(　　)

图9

A．在0～t0和t0～2t0时间内，导体棒受到的导轨的摩擦力方向相同

B．在0～t0时间内，通过导体棒的电流方向为N到M

C．在t0～2t0时间内，通过电阻R的电流大小为

D．在0～2t0时间内，通过电阻R的电荷量为

答案　B

解析　在0～t0时间内磁通量减小，根据楞次定律要阻碍磁通量的减小，导体棒有向右运动的趋势，摩擦力方向水平向左。在t0～2t0时间内磁通量增大，同理可判断导体棒有向左运动的趋势，摩擦力方向水平向右，选项A错误；0～t0时间内竖直向上的磁感应强度减小，根据楞次定律，感应电流的磁场方向竖直向上，感应电流的方向由N到M，选项B正确；导体棒MN始终静止，与导轨围成的回路面积不变，根据电磁感应定律可得感应电动势E＝＝S，即感应电动势与B－t图像斜率成正比，0～t0时间内感应电流大小I1＝＝＝S，t0～2t0时间内感应电流大小I2＝＝＝S，选项C错误；在0～2t0时间内，通过电阻R的电荷量Q＝I·Δt＝·Δt＝S·Δt＝＝，选项D错误。

11．(2020 ·北京卷)如图10甲所示，N＝200匝的线圈(图中只画了2匝)，电阻r＝2 Ω，其两端与一个R＝48 Ω的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。

图10

(1)判断通过电阻R的电流方向；

(2)求线圈产生的感应电动势E；

(3)求电阻R两端的电压U。

答案　(1)a→b　(2)10 V　(3)9.6 V

解析　(1)根据图像可知，线圈中垂直于纸面向里的磁通量增大，为了阻碍线圈中磁通量的增大，根据楞次定律可知线圈中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根据安培定则可知线圈中的感应电流为逆时针方向，所以通过电阻R的电流方向为a→b。

(2)根据法拉第电磁感应定律

E＝N＝200× V＝10 V。

(3)电阻R两端的电压为路端电压，根据分压规律可知

U＝E＝×10 V＝9.6 V。