高中物理高考 专题26 法拉第电磁感应定律、自感和涡流（解析版）

这是一份高中物理高考 专题26 法拉第电磁感应定律、自感和涡流（解析版），共18页。
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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc21593229" 热点题型一 法拉第电磁感应定律的理解和应用 PAGEREF _Tc21593229 \h 1
\l "_Tc21593230" 热点题型二 导体棒切割磁感线产生感应电动势 PAGEREF _Tc21593230 \h 3
\l "_Tc21593231" 导体平动切割磁感线问题 PAGEREF _Tc21593231 \h 4
\l "_Tc21593232" 导体旋转切割磁感线问题 PAGEREF _Tc21593232 \h 5
\l "_Tc21593233" 热点题型三 应用法拉第电磁感应定律求解感应电荷量问题 PAGEREF _Tc21593233 \h 7
\l "_Tc21593234" 热点题型四 自感和涡流 PAGEREF _Tc21593234 \h 9
\l "_Tc21593235" 【题型演练】 PAGEREF _Tc21593235 \h 11
【题型归纳】
热点题型一 法拉第电磁感应定律的理解和应用
1．对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eq \f(ΔΦ,Δt)共同决定，而与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系．
(2)磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)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＝BΔS，则E＝neq \f(BΔS,Δt)；
(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔBS，则E＝neq \f(ΔBS,Δt)；
(3)磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求，ΔΦ＝|Φ末－Φ初|，E＝neq \f(|B2S2－B1S1|,Δt)≠neq \f(ΔBΔS,Δt).
【例1】(2019·全国卷Ⅰ)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图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的变化关系如图b所示。则在t＝0到t＝t1的时间间隔内( )
A．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】 由题可知，通过圆环的磁通量随时间t均匀变化，则圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小和方向均不变，但t0时刻磁场方向发生变化，故安培力方向发生变化，A错误；根据楞次定律，圆环中感应电流的方向始终沿顺时针方向，B正确；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(B0,t0)·eq \f(πr2,2)＝eq \f(πB0r2,2t0)，根据闭合电路欧姆定律知，电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(\f(πB0r2,2t0),ρ\f(2πr,S))＝eq \f(B0rS,4t0ρ)，C正确，D错误。
【变式1】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】由法拉第电磁感应定律E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)πr2，eq \f(ΔB,Δt)为常数，E与r2成正比，故Ea∶Eb＝4∶1.磁感应强度B随时间均匀增大，故穿过圆环的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反，垂直纸面向里，由安培定则可知，感应电流均沿顺时针方向，故B项正确．
【变式2】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
间变化关系如图乙所示．(g取10 m/s2)
(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．
【答案】(1)逆时针 (2)0.25 W (3)1.2 N
【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＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝n·eq \f(1,2)L2eq \f(ΔB,Δt)＝0.5 V
则P＝eq \f(E2,r)＝0.25 W
(3)I＝eq \f(E,r)＝0.5 A，F安＝nBIL，t＝4 s时，B＝0.6 T
F安＋F线＝mg
联立解得F线＝1.2 N.
热点题型二 导体棒切割磁感线产生感应电动势
1．理解E＝Blv的“五性”
(1)正交性：本公式是在一定条件下得出的，除磁场为匀强磁场外，还需B、l、v三者互相垂直．
(2)瞬时性：若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势．
(3)平均性：导体平动切割磁感线时，若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即E＝Blv.
(4)有效性：公式中的l为导体切割磁感线的有效长度．如图中，棒的有效长度为ab间的距离．
(5)相对性：E＝Blv中的速度v是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系．
2．导体棒切割磁感线时，可有以下四种情况
导体平动切割磁感线问题
【例2】(2019·甘肃靖远模拟)如图所示，abcd为水平放置的平行“”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,sin θ) B．电路中感应电流的大小为 eq \f(Bvsin θ,r)
C．金属杆所受安培力的大小为 eq \f(B2lvsin θ,r) D．金属杆的热功率为 eq \f(B2lv2,rsin θ)
【答案】B.
【解析】金属杆的运动方向与金属杆不垂直，电路中感应电动势的大小为E＝Blv(l为切割磁感线的有效长度)，选项A错误；电路中感应电流的大小为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(Blv,\f(l,sin θ) r)＝eq \f(Bvsin θ,r)，选项B正确；金属杆所受安培力的大小为F＝BIl′＝B·eq \f(Bvsin θ,r)·eq \f(l,sin θ)＝eq \f(B2lv,r)，选项C错误；金属杆的热功率为P＝I2R＝eq \f(B2v2sin2θ,r2)·eq \f(lr,sin θ)＝eq \f(B2lv2sin θ,r)，选项D错误．
【变式1】 (2017·高考天津卷)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a B．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】本题考查楞次定律、电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力、平衡条件．由于通过回路的磁通量向下减小，则根据楞次定律可知ab中感应电流的方向由a到b，A错误；因ab不动，回路面积不变；当B均匀减小时，由E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝neq \f(ΔB,Δt)S知，产生的感应电动势恒定，回路中感应电流I＝eq \f(E,R＋r)恒定，B错误；由F＝BIL知，F随B减小而减小，C错误；对ab由平衡条件有f＝F，故D正确．
【变式2】如图所示，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( )
A．c→a,2∶1 B．a→c,2∶1
C．a→c,1∶2 D．c→a,1∶2
【答案】C
【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eq \f(E1,E2)＝eq \f(Blv,2Blv)＝eq \f(1,2)，故选项C正确．
导体旋转切割磁感线问题
【例3】. 半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、电阻为R的均匀金属棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下．在两环之间接阻值也为R的定值电阻和电容为C的电容器．金属棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．下列说法正确的是( )
A．金属棒中电流从B流向A B．金属棒两端电压为eq \f(3,4)Bωr2
C．电容器的M板带负电 D．电容器所带电荷量为eq \f(3,2)CBωr2
【答案】AB
【解析】根据右手定则可知金属棒中电流从B流向A，选项A正确；金属棒转动产生的电动势为E＝Breq \f(ωr＋ω·2r,2)＝eq \f(3,2)Bωr2，切割磁感线的金属棒相当于电源，金属棒两端电压相当于电源的路端电压，因而U＝eq \f(R,R＋R)E＝eq \f(3,4)Bωr2，选项B正确；金属棒A端相当于电源正极，电容器M板带正电，选项C错误；由C＝eq \f(Q,U)可得电容器所带电荷量为Q＝eq \f(3,4)CBωr2，选项D错误．
【变式1】如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l.下列
判断正确的是( )
A．Ua>Uc，金属框中无电流 B．Ub >Uc，金属框中电流方向沿a－b－c－a
C．Ub c＝－eq \f(1,2)Bl2ω，金属框中无电流 D．Ub c＝eq \f(1,2)Bl2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－a
【答案】C.
【解析】金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误；转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断Ua＜Uc，Ub＜Uc，选项A错误；由转动切割产生感应电动势的公式得Ubc＝－eq \f(1,2)Bl2ω，选项C正确．
【变式2】(2016·高考全国卷Ⅱ)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
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．圆盘旋转时，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．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动
C．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】AB
【解析】将圆盘看成无数辐条组成，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，根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，B对；由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝BLeq \x\t(v)＝eq \f(1,2)BL2ω，I＝eq \f(E,R＋r)，ω恒定时，I大小恒定，ω大小变化时，I大小变化，方向不变，故A对，C错；由P＝I2R＝eq \f(B2L4ω2R,4R＋r2)知，当ω变为原来的2倍时，P变为原来的4倍，D错．
热点题型三 应用法拉第电磁感应定律求解感应电荷量问题
(1)公式E＝neq \f(ΔΦ,Δt)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＝nSeq \f(ΔB,Δt)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、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关．
推导如下：q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(nΔΦ,ΔtR)Δt＝eq \f(nΔΦ,R).
【例4】(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，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eq \f(B′,B)等于( )
A.eq \f(5,4) B.eq \f(3,2) C.eq \f(7,4) D．2
【答案】 B
【解析】 设OM的电阻为R，过程Ⅰ，OM转动的过程中产生的平均感应电动势大小为E1＝eq \f(ΔΦ,Δt1)＝eq \f(B·ΔS,Δt1)＝eq \f(B·\f(1,4)πl2,Δt1)＝eq \f(πBl2,4Δt1)，流过OM的电流为I1＝eq \f(E1,R)＝eq \f(πBl2,4RΔt1)，则流过OM的电荷量为q1＝I1·Δt＝eq \f(πBl2,4R)；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＝eq \f(ΔΦ,Δt2)＝eq \f(（B′－B）S,Δt2)＝eq \f(（B′－B）πl2,2Δt2)，电路中的电流为I2＝eq \f(E2,R)＝eq \f(π（B′－B）l2,2RΔt2)，则流过OM的电荷量为q2＝I2·Δt2＝eq \f(π（B′－B）l2,2R)；由题意知q1＝q2，则解得eq \f(B′,B)＝eq \f(3,2)，B正确，A、C、D错误．
【变式1】(2019·长沙模拟) 如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3 s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0.9 s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则( )
A．W1q2
【答案】C.
【解析】两次拉出的速度之比v1∶v2＝3∶1.电动势之比E1∶E2＝3∶1，电流之比I1∶I2＝3∶1，则电荷量之比q1∶q2＝(I1t1)∶(I2t2)＝1∶1.安培力之比F1∶F2＝3∶1，则外力做功之比W1∶W2＝3∶1，故C正确．
【变式2】(2019·黑龙江牡丹江一中模拟)如图所示，阻值为R的金属棒从图示位置ab分别以v1、v2的速度沿光滑水平导轨(电阻不计)匀速滑到a′b′位置，若v1∶v2＝1∶2，则在这两次过程中( )
A．回路电流I1∶I2＝1∶2 B．产生的热量Q1∶Q2＝1∶4
C．通过任一截面的电荷量q1∶q2＝1∶1 D．外力的功率P1∶P2＝1∶2
【答案】AC
【解析】回路中感应电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv,R)，I∝v，则得I1∶I2＝v1∶v2＝1∶2，故A正确；产生的热量为Q＝I2Rt＝(eq \f(BLv,R))2R×eq \f(s,v)＝eq \f(B2L2sv,R)，Q∝v，则得Q1∶Q2＝v1∶v2＝1∶2，故B错误；通过任一截面的电荷量为q＝It＝eq \f(BLv,R)t＝eq \f(BLs,R)，q与v无关，则得q1∶q2＝1∶1，故C正确；由于金属棒匀速运动，外力的功率等于回路中的功率，即得P＝I2R＝(eq \f(BLv,R))2R，P∝v2，则得P1∶P2＝1∶4，故D错误．
热点题型四 自感和涡流
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，只能逐渐变化．
(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
【例5】电流传感器在电路中相当于电流表，可以用来研究自感现象．在如图所示的实验电路中，L是自感
线圈，其自感系数足够大，直流电阻值大于灯泡D的阻值，电流传感器的电阻可以忽略不计．在t＝0时刻
闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开开关S.在下列表示电流传感器记录的电流随时间变化情况
的图象中，可能正确的是( )

【答案】 D
【解析】 闭合S瞬间，外电路电阻最大，然后外电路电阻逐渐减小，外电压逐渐减小，所以通过电流传感器的电流逐渐减小，电路稳定后，外电路电阻不变，外电压不变，通过电流传感器的电流不变；因为线圈的直流电阻值大于灯泡D的阻值，稳定后，通过线圈的电流小于通过电流传感器的电流．t＝t1时刻断开开关S，由于自感现象，原来通过线圈L的电流从左向右流过电流传感器，逐渐减小．D图符合题中情况．
【题后反思】处理自感现象问题的技巧
(1)通电自感：线圈相当于一个变化的电阻——阻值由无穷大逐渐减小，通电瞬间自感线圈处相当于断路．
(2)断电自感：断电时自感线圈处相当于电源，自感电动势由某值逐渐减小到零．
(3)电流稳定时，理想的自感线圈相当于导线，非理想的自感线圈相当于定值电阻．
【变式1】.(多选)如图，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈．下面说法正
确的是( )
A．闭合开关S时，A、B灯同时亮，且达到正常 B．闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮
C．闭合开关S时，A灯比B灯先亮，最后一样亮 D．断开开关S时，A灯与B灯同时慢慢熄灭
【答案】BD
【解析】由于自感的作用，闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮，选项A、C错误，B正确；断开开关S时，L中产生自感电动势，A灯与B灯同时慢慢熄灭，选项D正确．
【变式2】．(2017·高考北京卷)如图所示，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．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，随后逐渐变暗，说明IL1>IA1，即RL10)随时间变化．t＝0时，P、Q两极板电势相等，两极板间的距离远小于环的半径．经时间t，电容器的P极板( )
A．不带电 B．所带电荷量与t成正比
C．带正电，电荷量是eq \f(KL2C,4π) D．带负电，电荷量是eq \f(KL2C,4π)
【答案】D
【解析】磁感应强度均匀增加，回路中产生的感应电动势的方向为逆时针方向，Q板带正电，P板带负电，A错误；E＝eq \f(ΔB,Δt)·S＝K·πR2，L＝2πR，R＝eq \f(L,2π)，解得E＝eq \f(KL2,4π)，电容器上的电荷量Q＝CE＝eq \f(KL2C,4π)，B、C错误，D正确．
6．(2019·云南玉溪一中检测)如图所示，三个相同的金属圆环内存在着不同的有界匀强磁场，虚线表示环的
某条直径，已知所有磁场的磁感应强度随时间变化关系都满足B＝kt，磁场方向如图所示．测得A环内感应
电流强度为I，则B环和C环内感应电流强度分别为( )
A．IB＝I，IC＝0 B．IB＝I，IC＝2I
C．IB＝2I，IC＝2I D．IB＝2I，IC＝0
【答案】D
【解析】C环中穿过圆环的磁感线完全抵消，磁通量为零，保持不变，所以没有感应电流产生，则IC＝0.根据法拉第电磁感应定律得E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝neq \f(ΔB,Δt)S＝kS，S是有效面积，可得E∝S，所以A、B中感应电动势之比EA∶EB＝1∶2，根据欧姆定律得，IB＝2IA＝2I.选项D正确．
7.如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计．MN为
放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，
磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面向里)．现对MN施力使它沿导轨方向以速度v水平向右做匀速运
动．令U表示MN两端电压的大小，下列说法正确的是( )
A．U＝eq \f(1,2)Blv，流过固定电阻R的感应电流由b经R到d
B．U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由d经R到b
C．MN受到的安培力大小FA＝eq \f(B2l2v,2R)，方向水平向右
D．MN受到的安培力大小FA＝eq \f(B2l2v,R)，方向水平向左
【答案】A
【解析】根据电磁感应定律，MN产生的电动势E＝Blv，由于MN的电阻与外电路电阻相同，所以MN两端的电压U＝eq \f(1,2)E＝eq \f(1,2)Blv，根据右手定则，流过固定电阻R的感应电流由b经R到d，故A正确，B错误；MN受到的安培力大小FA＝eq \f(B2l2v,2R)，方向水平向左，故C、D错误．
8．(2019·广西南宁二中等三校联考)如图所示，线圈匝数为n，横截面积为S，线圈电阻为r，处于一个均匀
增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C，
定值电阻的阻值为r.由此可知，下列说法正确的是( )
A．电容器下极板带正电 B．电容器上极板带正电
C．电容器所带电荷量为eq \f(nSkC,2) D．电容器所带电荷量为nSkC
【答案】BC
【解析】根据磁场向右均匀增加，并由楞次定律可知，电容器上极板带正电，故A错误，B正确．闭合线圈与阻值为r的电阻形成闭合回路，线圈相当于电源，电容器两极板间的电压等于路端电压，线圈产生的感应电动势为E＝nSeq \f(ΔB,Δt)＝nSk，路端电压U＝eq \f(E,2r)·r＝eq \f(E,2)，则电容器所带电荷量为Q＝CU＝eq \f(nSkC,2)，故C正确，D错误．故选BC.
9.(2019·贵州遵义航天中学模拟)如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，
导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图
乙所示(图示磁感应强度方向为正)，MN始终保持静止，则0～t2时间( )
A．电容器C的电荷量大小始终没变 B．电容器C的a板先带正电后带负电
C．MN所受安培力的大小始终没变 D．MN所受安培力的方向先向右后向左
【答案】AD
【解析】由乙图可知，磁感应强度均匀变化，产生恒定电动势，由C＝eq \f(Q,U)可知，感应电动势不变，电容器的电压U不变，则电荷量大小不变，故A正确；根据楞次定律可知MN中的感应电流方向由N到M，电容器的a极板一直带正电，故B错误；感应电流不变，由于磁感应强度变化，MN所受安培力F＝BIL，所以安培力的大小先减小后增大，方向先向右后向左，故C错误，D正确．
10.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eq \f(ΔB,Δt)＝k(k