2020版物理浙江高考选考一轮复习讲义：选修3-2第九章第2讲法拉第电磁感应定律　自感　涡流

第2讲　法拉第电磁感应定律　自感　涡流

知识排查
法拉第电磁感应定律
1.内容：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.导体切割磁感线的情形
(1)导体棒的运动速度v和磁感应强度B的方向平行时，E＝0。
(2)导体棒的运动速度v和磁感应强度B的方向垂直时，E＝Blv。
(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感应电动势E＝B lv＝B__l2ω(平均速度等于中点位置的线速度lω)。
自感和涡流
1.自感现象
(1)概念：由于导体本身的电流变化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＝L。
(3)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。
2.涡流
(1)定义：当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电流像水的漩涡所以叫涡流。
(2)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。
电磁阻尼和电磁驱动
1.电磁阻尼：当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相对运动。
2.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。
3.电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了楞次定律的推广应用。
小题速练
1.思考判断
(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)线圈匝数n越多，磁通量越大，产生的感应电动势越大(　　)
(4)线圈中的电流越大，自感系数也越大(　　)
(5)磁场相对于导体棒运动时，导体棒中也可能产生感应电动势(　　)
(6)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(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√　(6)√
2.[人教版选修3－2·P17·T1改编]将闭合多匝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
3.(多选)磁电式仪表的线圈通常用铝框作骨架，把线圈绕在铝框上，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
解析　线圈通电后，在安培力作用下，发生转动，铝框随之转动，并切割磁感线产生感应电流，就是涡流。涡流阻碍线圈的转动，使线圈偏转后尽快停下来，所以，这样做的目的是利用涡流来起电磁阻尼的作用，选项B、C正确。
答案　BC

　法拉第电磁感应定律的理解及应用
1.法拉第电磁感应定律的理解
(1)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率共同决定，而与磁通量Φ的大小、磁通量变化量ΔΦ的大小没有必然联系。
(2)磁通量的变化率对应Φ－t图线上某点切线的斜率。
2.应用法拉第电磁感应定律的三种情况
(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，
ΔΦ＝B·ΔS，则E＝n；
(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，
ΔΦ＝ΔB·S，则E＝n；
(3)磁通量的变化是由面积和磁场共同变化引起时，则根据定义求，ΔΦ＝Φ末－Φ初，E＝n≠n。
【典例】　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1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的关系如图乙所示。(取g＝10 m/s2)

图1
(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。
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。
答案　(1)逆时针　(2)0.25 W　(3)1.2 N
【拓展延伸】　(1)在【典例】中磁感应强度为多少时，细线的拉力刚好为0?
(2)在【典例】中求在t＝6 s内通过导线横截面的电荷量？
解析　(1)细线的拉力刚好为0时满足：
F安＝mg，F安＝nBIL
联立解得B＝0.84 T
(2)由q＝It得q＝0.5×6 C＝3 C。
答案　(1)0.84 T　(2)3 C

应用电磁感应定律需注意的三个问题
(1)公式E＝n求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值。
(2)利用公式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、ΔФ和回路电阻R有关，与时间长短无关，与Φ是否均匀变化无关。推导如下：q＝IΔt＝Δt＝。

1.(2016·北京理综，16)如图2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(　　)

图2
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
解析　由法拉第电磁感应定律得圆环中产生的电动势为E＝＝πr2·，则＝＝，由楞次定律可知感应电流的方向均沿顺时针方向，选项B正确。
答案　B
2.[人教版选修3－2·P21·T4改编]如图3所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则(　　)

图3
A.Q1>Q2，q1＝q2 B.Q1>Q2，q1>q2
C.Q1＝Q2，q1＝q2 D.Q1＝Q2，q1>q2
解析　由Q＝I2Rt得，Q1＝Rt＝×＝，同理，Q2＝，又因为Lab>Lbc，故Q1>Q2。由电荷量q＝Δt＝n＝，故q1＝q2。所以选项A正确。
答案　A
3.如图4甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝1 000，线圈面积S＝200 cm2，线圈的电阻r＝1 Ω，线圈外接一个阻值R＝4 Ω 的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，求：

图4
(1)前4 s内的感应电动势的大小，以及通过R的电流方向；
(2)前5 s内的感应电动势。
解析　(1)前4 s内磁通量的变化ΔΦ＝Φ2－Φ1＝S(B2－B1)＝200×10－4×(0.4－0.2) Wb＝4×10－3 Wb
由法拉第电磁感应定律得
E＝n＝1 000× V＝1 V。电流方向自下而上。
(2)前5 s内磁通量的变化ΔΦ′＝Φ2′－Φ1′＝S(B2′－B1′)＝200×10－4×(0.2－0.2) Wb＝0。
由法拉第电磁感应定律得E′＝n＝0。
答案　(1)1 V　电流方向自下而上　(2)0
　导体切割磁感线产生的感应电动势
切割磁感线运动的那部分导体相当于电路中的电源。常见的情景有以下两种：
1.平动切割
(1)常用公式：若运动速度v和磁感线方向垂直，则感应电动势E＝Blv。
其中B、l、v三者两两垂直。
(2)有效长度：公式中的l为有效切割长度，即导体在与v垂直的方向上的投影长度
(3)相对性：E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动时，应注意速度间的相对关系。
2.转动切割
当导体在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E＝Blv＝Bl2ω，如图所示。

【典例】　如图5所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，有一由同种材料制成的粗细均匀的金属线框ABCD，其中AB边与磁场边界对齐，AB＝BC＝L0，线框总电阻为R，现将线框以速度v匀速拉出。求：

图5
(1)AB边两端的电势差UAB；
(2)在整个过程中通过导体截面的电荷量q；
(3)拉力F的大小。
解析　(1)线框在拉出过程中，CD边切割磁感线，相当于电源，E＝BL0v，
则UAB＝E＝BL0v。
(2)通过导体截面的电荷量为
q＝It＝·＝。
(3)由于线框匀速运动，所以F＝F安，
即F＝BIL0＝。
答案　(1)BL0v　(2)　(3)

1.(2018·上海闵行区模拟)如图6所示，在外力的作用下，导体杆OC可绕O轴沿半径为r的光滑的半圆形框架在匀强磁场中以角速度ω匀速转动，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，A、O间接有电阻R，杆和框架电阻不计，则所施外力的功率为(　　)

图6
A. B.
C. D.
解析　因为OC是匀速转动的，根据能量守恒可得，P外＝P电＝，又因为E＝Br·，联立解得P外＝，选项C正确。
答案　C
2.(2017·全国卷Ⅱ，20)(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0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图7(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(　　)

图7
A.磁感应强度的大小为0.5 T
B.导线框运动的速度的大小为0.5 m/s
C.磁感应强度的方向垂直于纸面向外
D.在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N
解析　由E－t图象可知，线框经过0.2 s全部进入磁场，则速度v＝＝ m/s＝0.5 m/s，选项B正确；由图象
可知，E＝0.01 V，根据E＝Blv得，B＝＝ T＝0.2 T，选项A错误；根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向外，选项C正确；在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框中的感应电流I＝＝ A＝2 A, 所受的安培力大小为F＝BIl＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N，选项D错误。
答案　BC
3.(2018·全国卷Ⅰ，17)如图8所示，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于(　　)

图8
A. B. C. D.2
解析　设OM的电阻为R，OM的长度为l。过程Ⅰ，OM转动的过程中产生的平均感应电动势大小为E1＝＝＝＝，流过OM的电流为I1＝＝，则流过OM的电荷量为q1＝I1·Δt1＝；过程Ⅱ，磁场的磁感应强度大小均匀增加，则该过程中产生的平均感应电动势大小为E2＝＝＝，电路中的电流为I2＝＝，则流过OM的电荷量为q2＝I2·Δt2＝；由题意知q1＝q2，则解得＝，选项B正确，A、C、D错误。
答案　B
　互感和自感
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.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
电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮
电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定
断电时
电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变
电路中稳态电流为I1、I2：①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；②若I2>I1，灯泡闪亮后逐渐变暗。两种情况灯泡中电流方向均改变
【典例】　在如图9所示的电路中，线圈的自感系数很大，且其直流电阻可以忽略不计。D1和D2是两个完全相同的小灯泡，在开关S闭合和断开时(灯丝不会断)，D1和D2的亮度的变化情况是(　　)

图9
A.S闭合，D1很亮且亮度不变，D2逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，D2立即灭，D1逐渐变亮
B.S闭合，D1不亮，D2很亮；S断开，D2立即灭
C.S闭合，D1和D2同时亮，而后D1灭，D2亮度不变；S断开，D2立即灭，D1亮一下才灭
D.S闭合，D1和D2同时亮，后D1逐渐熄灭，D2则逐渐变得更亮；S断开，D2立即灭，D1亮一下后才逐渐熄灭
解析　当S接通时，L的自感系数很大，瞬时L所在的电路视为断路，相当于D1与D2串联，故D1和D2同时亮且亮度相同。随着通过L的电流逐渐增大，L的分流作用增大，因L的直流电阻不计，D1的电流逐渐减小为零。由于总电阻变小，总电流变大，D2变得更亮。当S断开时，原电源不再提供电流，D2处于断路而立即灭。L产生自感电动势阻碍电流减小，且与D1构成回路，则D1将亮一下后再逐渐熄灭。故选项D正确。
答案　D

1.如图10所示是研究自感实验的实物电路，L1、L2是两个规格相同的小灯泡，L为自感线圈，闭合开关S，调节滑动变阻器R，使两个灯泡的亮度相同，然后断开开关S，则(　　)

图10
A.闭合开关S，L1、L2都逐渐变亮
B.闭合开关S，L2立刻变亮，L1逐渐变亮
C.闭合开关S稳定后，L仍有自感电动势
D.闭合开关S稳定后，断开S，L没有自感电动势
解析　L1与线圈相连，闭合开关后线圈发生自感，L1逐渐变亮，L2与滑动变阻器相连，闭合开关后，L2立刻变亮，选项A错误，B正确；自感现象在开关闭合和断开的时候发生，电路稳定后，线圈没有自感电动势，选项C、D错误。
答案　B
2.如图11所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感线圈L的直流电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值。在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开S。下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中，正确的是(　　)

图11

解析　S闭合时，通过灯泡的电流由A至B，由于电感线圈L有感抗，经过一段时间电流稳定时L电阻不计，可见电路的外电阻由大变小。由U外＝E可知U外也由大变小，所以A、C错误；t1时刻断开S，由于自感，L、R、D构成回路，通过灯泡的电流由B至A，所以t1时刻UAB反向，B正确，D错误。
答案　B
　涡流　电磁阻尼和电磁驱动
1.涡流
(1)涡流是整块导体发生的电磁感应现象，同样遵循法拉第电磁感应定律。
(2)磁场变化越快(越大)，导体的横截面积S越大，导体材料的电阻率越小，形成的涡流就越大。
2.电磁阻尼与电磁驱动的比较

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化而产生感应电流，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，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。

1.(多选)如图12所示是高频焊接原理示意图。线圈中通以高频变化的电流时，待焊接的金属工件中就产生感应电流，感应电流通过焊缝产生大量热量，将金属熔化，把工件焊接在一起，而工件其他部分发热很少。以下说法正确的是(　　)

图12
A.电流变化的频率越高，焊缝处的温度升高得越快
B.电流变化的频率越低，焊缝处的温度升高得越快
C.工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻小
D.工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻大
解析　在互感现象中产生的互感电动势的大小与电流的变化率成正比，电流变化的频率越高，感应电动势越大，由欧姆定律I＝知产生的涡流越大，故A正确，B错误；又P＝I2R，R越大P越大，焊缝处的温度升高得越快，温度升得很高，故C错误，D正确。
答案　AD
2.如图13所示，蹄形磁铁的两极间，放置一个线圈abcd，磁铁和线圈都可以绕OO′转动，磁铁按如图示方向转动时，线圈的运动情况是(　　)

图13
A.俯视，线圈顺时针转动，转速与磁铁相同
B.俯视，线圈逆时针转动，转速与磁铁相同
C.线圈与磁铁转动方向相同，但转速小于磁铁转速
D.线圈静止不动
解析　本题“原因”是磁铁有相对线圈的运动，“效果”便是线圈要阻碍两者的相对运动，但线圈阻止不了磁铁的运动，线圈只好跟着磁铁同向转动，但转速小于磁铁转速，如果二者转速相同，就没有相对运动，线圈就不会转动，故选项C正确。
答案　C
活页作业
(时间：30分钟)
A组　基础过关
1.如图1所示，在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上分别放一小铁锅水和一玻璃杯水。给线圈通入电流，一段时间后，一个容器中水温升高，则通入的电流与水温升高的是(　　)

图1
A.恒定直流、小铁锅
B.恒定直流、玻璃杯
C.变化的电流、小铁锅
D.变化的电流、玻璃杯
解析　通入恒定电流时，所产生的磁场不变，不会产生感应电流，通入变化的电流，所产生的磁场发生变化，在空间产生感生电场，铁锅是导体，感生电场在导体内产生涡流，电能转化为内能，使水温升高。涡流是由变化的磁场在导体内产生的，所以玻璃杯中的水不会升温，故C正确。
答案　C
2.如图2所示，关于涡流，下列说法中错误的是(　　)

图2
A.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.阻尼摆摆动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　B
3.如图3所示，L为一纯电感线圈(即电阻为零)。A是一灯泡，下列说法正确的是(　　)

图3
A.开关S接通瞬间，无电流通过灯泡
B.开关S接通后，电路稳定时，无电流通过灯泡
C.开关S断开瞬间，无电流通过灯泡
D.开关S接通瞬间及接通稳定后，灯泡中均有从a到b的电流，而在开关S断开瞬间，灯泡中有从b到a的电流
解析　开关S接通瞬间，灯泡中的电流从a到b，线圈由于自感作用，通过它的电流将逐渐增加；开关S接通后，电路稳定时，纯电感线圈对电流无阻碍作用，将灯泡短路，灯泡中无电流通过；开关S断开的瞬间，由于线圈的自感作用，线圈中原有向右的电流将逐渐减小，线圈和灯泡形成回路，故灯泡中有从b到a的瞬间电流。
答案　B
4.如图4所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2。则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1∶E2分别为(　　)

图4
A.c→a，2∶1 B.a→c，2∶1
C.a→c，1∶2 D.c→a，1∶2
解析　用右手定则判断出两次金属棒MN中的电流方向为N→M，所以电阻R中的电流方向a→c。由电动势公式E＝Blv可知＝＝，故选项C正确。
答案　C
5.(2018·吉林省长春市七校联考)一匝由粗细均匀的同种导线绕成的矩形导线框abcd固定不动，其中矩形区域efcd存在磁场(未画出)，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度大小B随时间t均匀变化，且＝k(k>0)，已知ab＝fc＝4L，bc＝5L，已知L长度的电阻为r，则导线框abcd中的电流为(　　)

图5
A. B.
C. D.
解析　电路中的总电阻为R＝18r，电路中的感应电动势为E＝S＝16kL2，导线框abcd中的电流为I＝＝，选项A正确。
答案　A
6.物理课上，老师做了一个“电磁阻尼”实验：如图6所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁，将磁铁托起到某一高度后放开，磁铁能上下振动较长时间才停下来；如果在磁铁下方放一个固定的铝质圆环，使磁铁上下振动时穿过它，磁铁就会很快地停下来。某同学另找器材再探究此实验。他安装好器材，经反复实验后发现：磁铁下方放置圆环，并没有对磁铁的振动产生影响，对比老师演示的实验，其原因可能是(　　)

图6
A.弹簧的劲度系数太小
B.磁铁的质量太小
C.磁铁的磁性太强
D.圆环的材料与老师用的不同
解析　圆环没有对磁铁的振动产生影响，是由于没有发生电磁感应现象，因此只可能是圆环材料不是金属，与老师用的材料不同引起的，所以选项D正确。
答案　D
7.如图7所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，不考虑线框的重力，若闭合线框的电流分别为Ia、Ib，则Ia∶Ib为(　　)

图7
A.1∶4 B.1∶2
C.1∶1 D.不能确定
解析　产生的电动势为E＝BLv，由闭合电路欧姆定律得I＝，又Lb＝2La，由电阻定律知Rb＝2Ra，故Ia∶Ib＝1∶1。
答案　C
8.(多选)用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径。如图8所示，在ab的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，磁感应强度大小随时间的变化率＝k(k<0)。则(　　)

图8
A.圆环中产生逆时针方向的感应电流
B.圆环具有扩张的趋势
C.圆环中感应电流的大小为
D.图中a、b两点间的电势差Uab＝
解析　磁通量均匀减少，根据楞次定律可知，圆环中产生顺时针方向的感应电流，选项A错误；圆环在磁场中的部分，受到向外的安培力，所以有扩张的趋势，选项B正确；圆环产生的感应电动势大小为，则圆环中的电流大小为I＝，选项C错误；Uab＝＝，选项D正确。
答案　BD
B组　能力提升
9.(2018·宁波联考)(多选)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9所示，则(　　)

图9
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
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错误，C正确；t＝1×10－2s，E最大，B正确；在0～2×10－2 s时间内，ΔΦ≠0，故E≠0，D错误。
答案　BC
10.(2017·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10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10

解析　感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变化。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，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动；在B、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，故选项A正确，B、C、D错误。
答案　A
11.(1)如图11甲所示，两根足够长的平行导轨，间距L＝0.3 m，在导轨间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B1＝0.5 T。一根直金属杆MN以v＝2 m/s的速度向右匀速运动，杆MN始终与导轨垂直且接触良好。杆MN的电阻r1＝1 Ω，导轨的电阻可忽略。求杆MN中产生的感应电动势E1；
(2)如图乙所示，一个匝数n＝100的圆形线圈，面积S1＝0.4 m2，电阻r2＝1 Ω。在线圈中存在面积S2＝0.3 m2垂直线圈平面(指向纸外)的匀强磁场区域，磁感应强度B2随时间t变化的关系如图丙所示。求圆形线圈中产生的感应电动势E2；
(3)将一个R＝2 Ω的电阻分别与图甲和图乙中的a、b端相连接，然后b端接地。试判断以上两种情况中，哪种情况a端的电势较高？并求出较高的电势φa。

图11
解析　(1)杆MN做切割磁感线的运动，产生的感应电动势E1＝B1Lv＝0.3 V。
(2)穿过圆形线圈的磁通量发生变化，产生的感应电动势E2＝nS2＝4.5 V。
(3)题图甲中φa>φb＝0，
题图乙中φa<φb＝0，
所以当电阻R与题图甲中的导轨相连接时，a端的电势较高。
此时通过电阻R的电流I＝
电阻R两端的电势差φa－φb＝IR
a端的电势φa＝IR＝0.2 V。
答案　(1)0.3 V　(2)4.5 V　(3)与图甲中的导轨相连接a端电势高　φa＝0.2 V
12.某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图12所示。一个半径为R＝0.1 m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA，A端与导轨接触良好，O端固定在圆心处的转轴上。转轴的左端有一个半径为r＝的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动。圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m＝0.5 kg的铝块。在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T。a点与导轨相连，b点通过电刷与O端相连。测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度。铝块由静止释放，下落h＝0.3 m时，测得U＝0.15 V。(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g＝10 m/s2)

图12
(1)测U时，与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？
(2)求此时铝块的速度大小；
(3)求此下落过程中铝块机械能的损失。
解析　(1)由右手定则知，金属棒产生的感应电动势的方向由O→A，故A端电势高于O端电势，与a点相接的是电压表的“正极”。
(2)由电磁感应定律得U＝E＝，
ΔΦ＝BR2Δθ，
U＝BωR2，
v＝rω＝ωR，
所以v＝＝2 m/s。
(3)ΔE＝mgh－mv2。
代入数据得ΔE＝0.5 J。
答案　(1)正极　(2)2 m/s　(3)0.5 J