2020届高考物理总复习第十单元电磁感应课时2法拉第电磁感应定律自感涡流教师用书（含解析） 15页

课时2　法拉第电磁感应定律自感涡流　　1.法拉第电磁感应定律(1)感应电动势①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。②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: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=nΔΦΔt,其中n为线圈匝数。(3)导体切割磁感线的情形①若B、l、v相互垂直,则E=Blv。②v∥B时,E=0。　　2.自感、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。②自感电动势a.定义:在自感现象中产生的感应电动势叫作自感电动势。b.表达式:E=LΔIΔt。③自感系数La.相关因素:与线圈的大小、形状、圈数,以及是否有铁芯等因素有关。b.单位:亨利(H),1mH=1×10-3H,1μH=1×10-6H。(2)涡流当线圈中的电流随时间变化时,在它附近的任何导体中都会产生感应电流,这种电流像水的旋涡,所以叫作涡流。1.(2018河北检测)如图所示,虚线MN表示甲、乙、丙三个相同正方形金属框的一条对称轴,金属框内均匀分布有界匀强磁场,磁感应强度随时间变化的规律都满足B=kt。金属框按照图示方式放在磁场中,测得金属框甲、乙、丙中的感应电流分别为I甲、I乙、I丙。则下列判断正确的是(　　)。甲　　　　　　　　乙　　　　　　　　丙A.I乙=2I甲,I丙=2I甲　　　　　B.I乙=2I甲,I丙=0C.I乙=0,I丙=0D.I乙=I甲,I丙=I甲答案　B2.(2019山西调研)如图所示,两根相距为l的平行直导轨ab、cd间连有一固定电阻R,导轨电阻可忽略不计。导体杆MN放在ab和cd上,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(如图所示)做匀速运动。令U表示MN两端电压的大小,则(　　)。nA.U=12Blv,流过固定电阻R的感应电流由b到dB.U=12Blv,流过固定电阻R的感应电流由d到bC.U=Blv,流过固定电阻R的感应电流由b到dD.U=Blv,流过固定电阻R的感应电流由d到b答案　A3.(2018海南月考)如图所示,线圈L的自感系数很大,且其直流电阻可以忽略不计,L1、L2是两个完全相同的小灯泡,开关S闭合和断开的过程中,灯L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)(　　)。A.S闭合,L1亮度不变,L2亮度逐渐变亮,最后两灯一样亮;S断开,L2立即熄灭,L1逐渐变亮B.S闭合,L1亮度不变,L2很亮;S断开,L1、L2立即熄灭C.S闭合,L1、L2同时亮,而后L1逐渐熄灭,L2亮度不变;S断开,L2立即熄灭,L1亮一下再熄灭D.S闭合,L1、L2同时亮,而后L1逐渐熄灭,L2则逐渐变得更亮;S断开,L2立即熄灭,L1亮一下再熄灭答案　D1.(2018全国卷Ⅰ,17)如图,导体轨道OPQS固定,其中PQS是半圆弧,Q为半圆弧的中心,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B'B等于(　　)。A.54　　　　B.32　　　　C.74　　　　D.2解析　过程Ⅰ回路中磁通量变化量ΔΦ1=14BπR2,设OM的电阻为R,流过OM的电荷量Q1=ΔΦ1R。过程Ⅱ回路中磁通量变化量ΔΦ2=12(B'-B)πR2,流过OM的电荷量Q2=ΔΦ2R。Q2=Q1,联立解得B'B=32,所以B项正确。答案　B2.(2018全国卷Ⅲ,20)(多选)如图甲,在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R,R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i,i的变化如图乙所示,规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势(　　)。nA.在t=T4时为零B.在t=T2时改变方向C.在t=T2时最大,且沿顺时针方向D.在t=T时最大,且沿顺时针方向解析　由图乙可知,导线PQ中电流在t=T4时刻最大,变化率为0,导线框R中磁通量的变化率为0,应用法拉第电磁感应定律可知此时R中的感应电动势为0,A项正确;在t=T2前后时刻导线PQ中电流图象的斜率均为负值,根据楞次定律可知此时感应电动势方向不变,B项错误;在t=T2时,导线PQ中电流图象的斜率最大,R中磁通量的变化率最大,应用法拉第电磁感应定律可知此时R中的感应电动势最大,再由楞次定律可知感应电动势沿顺时针方向,C项正确;由楞次定律可判断出在t=T时刻感应电动势沿逆时针方向,D项错误。答案　AC见《自学听讲》P188一法拉第电磁感应定律的应用　　1.求解感应电动势常见的情况与方法情景图研究对象回路(不一定闭合)一段直导线(或等效成直导线)绕一端转动的一段导体棒绕与B垂直的轴转动的导线框表达式E=nΔΦΔtE=BLvsinθE=12BL2ωE=NBSωcosωt　　例1　(多选)如图所示,闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中,匀强磁场的磁感应强度随时间变化,下列说法正确的是(　　)。nA.当磁感应强度增加时,线框中的感应电流可能减小B.当磁感应强度增加时,线框中的感应电流一定增大C.当磁感应强度减小时,线框中的感应电流一定增大D.当磁感应强度减小时,线框中的感应电流可能不变解析　线框中的感应电动势E=ΔBΔtS,设线框的电阻为R,则线框中的电流I=ER=ΔBΔt·SR',当B增大或减小时,ΔBΔt可能减小,可能增大,也可能不变,线框中的感应电动势的大小只和磁通量的变化率有关,和磁通量的变化量无关,故A、D两项正确,B、C两项错误。答案　AD用法拉第电磁感应定律解题技巧(1)公式E=nΔΦΔt是求解回路某段时间内平均电动势的最佳选择。(2)用公式E=nSΔBΔt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和回路总电阻R总有关,与时间长短无关,推导过程为q=IΔt=nΔΦΔtR总·Δt=nΔΦR总。注意事项:使用条件有二,一是回路总电阻不变,二是磁通量发生变化产生的电动势为回路电动势。2.利用法拉第电磁感应定律结合逆向推理法分析二次感应问题例2　(多选)图示装置中,cd杆原来静止。若要使cd杆向右移动,则ab杆可能做的运动是(　　)。A.向右的匀速运动　　　　　　B.向右的加速运动C.向左的加速运动　　D.向左的减速运动解析　ab匀速运动时,ab中感应电流恒定,L1中磁通量不变,穿过L2的磁通量不变,L2中无感应电流产生,cd保持静止,A项错误;ab向右加速运动时,L2中的磁通量向下增大,通过cd的电流方向向下,cd向右移动,B项正确;同理可得C项错误,D项正确。答案　BD　　逆向推理法n二自感中的“闪亮”与“不闪亮”问题　　通电自感与断电自感现象对比通电自感断电自感电路图器材要求A1、A2同规格,R=RL,自感系数L自较大自感系数L自很大(有铁芯),RL≪RA现象在S闭合的瞬间,灯A2立即亮起来,灯A1逐渐变亮,最终一样亮在开关S断开时,灯A突然闪亮一下后再渐渐熄灭原因开关闭合时,流过电感线圈的电流迅速增大,线圈产生自感电动势,阻碍了电流的增大,使流过灯A1的电流比流过灯A2的电流增加得慢开关S断开时,流过线圈L的电流减小,线圈产生自感电动势,阻碍了电流的减小,使电流继续存在一段时间;通过L的电流反向通过灯A,且由于RL≪RA,使得流过灯A的电流在开关断开的瞬间突然增大,即灯A闪亮一下再熄灭能量转化情况电能转化为磁场能磁场能转化为电能　　例3　(多选)在甲、乙所示的电路中,电阻R和自感线圈L的阻值都很小,且小于灯泡A的电阻,接通S,使电路达到稳定,灯泡A发光,则(　　)。A.在电路甲中,断开S后,A将逐渐变暗B.在电路甲中,断开S后,A将先变得更亮,然后才逐渐变暗C.在电路乙中,断开S后,A将逐渐变暗D.在电路乙中,断开S后,A将先变得更亮,然后才逐渐变暗n解析　题图甲所示的电路中,灯A和线圈L串联,电流相同,断开S时,线圈上产生自感电动势,阻碍原电流的减小,通过R、A形成回路,灯A逐渐变暗,A项正确,B项错误;题图乙所示的电路中,电阻R和灯A串联,灯A所在支路的电阻大于线圈L的电阻,电流则小于线圈L中的电流,断开S时,电源不给灯供电,而线圈L产生自感电动势阻碍电流的减小,通过R、A形成回路,灯A中电流比原来大,A将变得更亮,然后逐渐变暗,C项错误,D项正确。答案　AD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,直到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。两种情况灯泡中的电流方向均改变三导体切割磁感线有效长度的理解和应用　　在使用公式E=BLv计算感应电动势的大小时,导线应该跟磁感应强度B的方向和运动速度v的方向垂直,如果导线跟磁感应强度B的方向不垂直,或跟速度v的方向不垂直,或导线本身是弯折的,则需要用导线在磁感应强度B的垂直方向或运动速度v的垂直方向的投影长度(“有效长度”)进行计算。　　例4　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BlvsinθB.电路中感应电流的大小为BvsinθrC.金属杆所受安培力的大小为B2lvsinθrD.金属杆的热功率为B2lv2rsinθn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E=Blv(l为切割磁感线的有效长度),A项错误;电路中感应电流的大小I=ER=Blvlsinθr=Bvsinθr,B项正确;金属杆所受安培力的大小F=BIL=B·Bvsinθr·lsinθ=B2lvr,C项错误;金属杆的热功率P=I2R=B2v2sin2θr2·lrsinθ=B2lv2sinθr,D项错误。答案　B　变式1　(多选)如图所示,有一半径为a、右端开小口的导体圆环和一长为2a的导体直杆,它们的单位长度电阻均为R0。圆环水平固定放置,整个内部区域分布着垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。直杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动,直杆始终有两点与圆环良好接触,从圆环中心O开始,直杆的位置由θ确定,如图所示。则(　　)。A.θ=0时,直杆产生的电动势为2BavB.θ=π3时,直杆产生的电动势为3BavC.θ=0时,直杆受到的安培力大小为2B2av(π+2)R0D.θ=π3时,直杆受到的安培力大小为3B2av(5π+3)R0　解析　当θ=0时,直杆切割磁感线的有效长度l1=2a,所以直杆产生的电动势E1=Bl1v=2Bav,A项正确。此时直杆上的电流I1=E1(πa+2a)R0=2Bv(π+2)R0,直杆受到的安培力大小F1=BI1l1=4B2av(π+2)R0,C项错误。当θ=π3时,直杆切割磁感线的有效长度l2=2acosπ3=a,直杆产生的电动势E2=Bl2v=Bav,B项错误。此时直杆上的电流I2=E2(2πa-πa3+a)R0=3Bv(5π+3)R0,直杆受到的安培力大小F2=BI2l2=3B2av(5π+3)R0,D项正确。答案　ADE=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三者互相垂直。(2)有效性:公式中的l为导体棒切割磁感线的有效长度,如图所示,导体棒的有效长度为ab间的距离。四导体棒切割磁感线引起的感应电动势的计算　　1.计算:n切割方式感应电动势的表达式垂直切割E=Blv倾斜切割E=Blvsinθ,其中θ为v与B的夹角旋转切割(以一端为轴)E=12Bl2ω　　说明:(1)导体与磁场方向垂直;(2)磁场为匀强磁场。2.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。例5　如图所示,长度为L的导体棒ab以角速度ω绕O点沿顺时针方向匀速转动,O为ab延长线上一点,Oa长度为L1,则a、b两点电势差为(　　)。　　A.12BL2ω　　　　　B.-12BL2ωC.-BLω(L1+L2)D.BLω(L1+L2)解析　在时间t内导体棒ab转过的角度θ=ωt,扫过的环形面积S=θ2π[π(L+L1)2-πL12],应用法拉第电磁感应定律可知ab切割磁感线产生的感应电动势E=ΔΦΔt=BLωL1+L2。再应用右手定则可知b点电势高于a点,Uab=-BLωL1+L2,所以C项正确。答案　C(1)注意ωL1+L2为导体棒ab中点的速度v中,则导体棒以角速度ω转动产生的感应电动势E=BLv中。(2)由表达式可知,导体棒转动产生的平均感应电动势等于瞬时感应电动势,且始终保持不变,提供的电动势为恒定电动势。(3)若导体棒绕一端点转动(L1=0),则产生的感应电动势E=12BωL2,其中L为棒长,ω为转动角速度。　　电磁感应中的电荷量的求解方法1.公式法:q=nΔΦR。n其中R为回路电阻,ΔΦ为穿过闭合回路中的磁通量变化量。根据法拉第电磁感应定律可知闭合回路中产生的平均感应电动势E=nΔΦΔt,由闭合电路欧姆定律可知电路中平均电流I=ER=nΔΦRΔt,再根据电流定义式可知在Δt时间内流过回路的电荷量q=IΔt=nΔΦR。注意:(1)使用条件为闭合回路中的电阻R不变,并且只有磁通量变化为电路提供电动势。(2)从表面来看,通过回路的磁通量与时间无关;但ΔΦ与时间有关,随时间变化而变化。2.电流定义式法:q=It(1)式中I为回路中的恒定电流,t为时间。(2)由于导体棒切割磁感线产生感应电动势而使得闭合回路中的电流恒定,根据电流定义式可知q=It。3.动量求解(安培力冲量法)安培力冲量公式I=BLq,适用于单棒切割类问题。例6　如图所示,质量m=3.0×10-3kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中,“”形细框的水平细杆CD长l=0.20m,处于磁感应强度大小B1=1.0T、方向水平向右的匀强磁场中。有一线圈通过开关K与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中,其磁感应强度B2随时间t均匀变化。闭合开关K瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力),跳起的最大高度h=0.20m。不计空气阻力,重力加速度g=10m/s2,求开关K闭合瞬间,通过细杆CD的电荷量。　　解析　开关闭合瞬间,细框会跳起,可知细框受向上的安培力,由左手定则可判断电流方向由C到D。K闭合瞬间,因安培力远大于重力,则由动量定理有B1IlΔt=mv通过细杆的电荷量Q=IΔt线框向上跳起的过程中有v2=2gh联立解得Q=0.03C。答案　0.03C变式2　如图所示,匀强磁场的磁感应强度方向竖直向上,大小为B0,用电阻率为ρ、横截面积为S的导线做成的边长为l的正方形线框abcd水平放置,OO'为过ad、bc两边中点的直线,线框全部都位于磁场中。现把线框右半部分固定不动,左半部分以OO'为轴向上转动60°,如图中虚线所示。求转动过程中通过导线横截面的电荷量。解析　线框在转动过程中产生的平均感应电动势E-=ΔΦΔt=B0·12l2(1-cos60°)Δt=B0l24Δt在线框中产生的平均感应电流I-=E-RR=ρ4lS转动过程中通过导线横截面的电荷量q=I-Δt联立上式解得q=B0lS16ρ。n答案　B0lS16ρ见《高效训练》P1091.(2018福建联考)关于电磁感应,下列说法正确的是(　　)。A.穿过回路的磁通量越大,则产生的感应电动势越大B.穿过回路的磁通量减小,则产生的感应电动势一定变小C.穿过回路的磁通量变化越快,则产生的感应电动势越大D.穿过回路的磁通量变化越大,则产生的感应电动势越大解析　由法拉第电磁感应定律可知,感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比,与磁通量大小、磁通量的变化量都没有关系,A、B、D三项错误,C项正确。答案　C2.(2019四川检测)如图所示,电路中A、B是两个完全相同的灯泡,L是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈,C是电容很大的电容器。当S闭合时,A、B灯泡的发光情况是(　　)。A.S刚闭合后,A亮一下又逐渐熄灭,B逐渐变亮B.S刚闭合后,B亮一下又逐渐变暗,A逐渐变亮C.S闭合足够长时间后,A和B一样亮D.S闭合足够长时间后,A、B都熄灭解析　S刚闭合后,A、B都变亮,且A比B亮,之后A逐渐熄灭,B逐渐变亮,A项正确,B项错误。S闭合足够长时间后,A熄灭,B一直都是亮的,C、D两项错误。答案　A3.(2018四川段考)电磁炉是利用电磁感应现象产生的涡流使锅体发热,从而加热食物的。下列相关的说法中正确的是(　　)。A.锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关B.电磁炉中通入电压足够高的直流电也能正常工作C.环保绝缘材料制成的锅体也可以利用电磁炉来烹饪食物D.电磁炉的上表面一般都用金属材料制成,以加快热传递,减少热损耗解析　涡流是由高频交变电流产生的磁场引起的电磁感应现象,A项正确,B项错误;电磁炉表面一般用绝缘材料制成,避免产生涡流,而锅体用金属制成,利用涡流加热食物,C、D两项错误。答案　A4.(2018河北模拟)如图所示,长为L的金属导线上端悬于C点,下端系一小球A,在竖直向下的匀强磁场中做圆锥摆运动,转动方向如图所示,导线与竖直方向的夹角为θ,摆球的角速度为ω,磁感应强度为B,则金属导线中产生感应电动势的高电势端及大小为(　　)。nA.C点　12BL2ωB.C点　12BL2ωsin2θC.A点　12BL2ωD.A点　12BL2ωsin2θ解析　由右手定则可判断φC>φA,即C端的电势高于A端的电势;金属导线切割磁感线的有效长度为Lsinθ,所以导线中产生的感应电动势E=12B(Lsinθ)2ω=12BL2ωsin2θ,B项正确。答案　B5.(2018山东调研)如图所示,垂直于纸面向外的磁场的磁感应强度沿x轴按B=B0+kx(B0、k为常数)的规律均匀增大。位于纸面内边长为L的正方形导线框abcd处于磁场中,在外力作用下始终保持dc边与x轴平行且向右做匀速运动。规定电流沿a→b→c→d→a的方向为正方向,在0~t1时间内,下列关于该导线框中产生的电流i随时间t变化的图象正确的是(　　)。解析　由题意可知,磁感应强度B=B0+kx=B0+kvt,根据法拉第电磁感应定律可得,电动势E=ΔΦΔt=ΔBSΔt=kvL2,根据欧姆定律可得,感应电流i=ER=kvL2R,大小为一定值,再根据楞次定律可判断电流的方向沿a→b→c→d→a,故A项正确。答案　An6.(2019辽宁检测)(多选)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所带的电荷量不改变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解析　磁感应强度均匀变化,产生恒定感应电动势,电容器C所带的电荷量始终没变,A项正确,B项错误;由于磁感应强度变化,MN所受安培力的大小变化,MN所受安培力的方向先向右后向左,C项错误,D项正确。答案　AD7.(2018江苏月考)(多选)将一条形磁铁从相同位置插入闭合线圈中的同一位置,第一次缓慢插入,第二次快速插入,两次插入过程中不发生变化的物理量是(　　)。A.磁通量的变化量B.磁通量的变化率C.感应电流的大小D.流过导体某横截面的电荷量解析　将一条形磁铁从相同位置插入到闭合线圈中的同一位置,第一次缓慢插入线圈时,磁通量增加慢,第二次迅速插入线圈时,磁通量增加快,但磁通量变化量相同,A项正确,B项错误;根据欧姆定律可知第二次感应电流大,即I2>I1,C项错误;流过导体某横截面的电荷量q=IΔt=ERΔt=ΔΦΔtRΔt=ΔΦR,由于磁通量变化量相同,电阻不变,所以通过导体横截面的电荷量不变,D项正确。答案　AD8.(2018广西月考)(多选)如图所示,一导线弯成的闭合线圈以速度v向左匀速进入磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向外,线圈总电阻为R。从线圈进入磁场开始到完全进入磁场为止,下列结论正确的是(　　)。A.线圈中的感应电流一直沿顺时针方向B.线圈受到的安培力先增大后减小C.线圈中产生的感应电动势的最大值E=BrvD.流过线圈某个横截面的电荷量为B(r2+πr2)R解析　在闭合线圈进入磁场的过程中,通过闭合线圈的磁通量逐渐增大,根据楞次定律可知,线圈中的感应电流的方向一直为顺时针方向,A项正确;导线切割磁感线的有效长度先变大后变小,故线圈中的感应电流先变大后变小,线圈受到的安培力也先变大后变小,B项正确;切割磁感线的有效长度最大值为2r,故线圈中产生的感应电动势的最大值E=2Brv,C项错误;流过线圈某个横截面的电荷量q=ΔΦR=B(r2+π2r2)R,D项错误。答案　ABn9.(2018广东摸底)(多选)如图甲所示,不计电阻的光滑U形金属框水平放置,光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在金属框上,H、P的间距很小。质量为0.2kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间,与金属框接触良好并围成边长为1m的正方形,其有效电阻为0.1Ω。此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场,磁感应强度随时间变化的规律是B=(0.4-0.2t)T,图示磁场方向为正方向。框、挡板和杆不计形变,则(　　)。甲A.t=1s时,金属杆中感应电流方向从C到DB.t=3s时,金属杆中感应电流方向从D到CC.t=1s时,金属杆对挡板P的压力大小为0.1ND.t=3s时,金属杆对挡板H的压力大小为0.2N解析　根据楞次定律可判断感应电流的方向总是从C到D,故A项正确,B项错误。由法拉第电磁感应定律可知E=ΔΦΔt=ΔB⊥SΔt=ΔBL2Δtsin30°=0.1V,故感应电流I=ER=1A,金属杆受到的安培力F安=BIL,t=1s时,F安=0.2N,此时对金属杆受力分析,如图乙所示,由平衡条件可知挡板P对金属杆施加的力F1=F安cos60°=0.1N;t=3s时,磁场反向,此时对金属杆受力分析,如图丙所示,挡板H对金属杆施加的力向右,大小F3=BILcos60°=0.1N,故C项正确,D项错误。乙丙答案　AC10.(2018河南质检)(多选)如图所示,空间存在两个磁场,磁感应强度大小均为B,方向相反且垂直于纸面,MN、PQ为其边界,OO'为其对称轴。一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd,回路在纸面内以恒定速度v0向右运动,当运动到关于OO'对称的位置时(　　)。A.穿过回路的磁通量为零B.回路中感应电动势大小为2Blv0C.回路中感应电流的方向为顺时针方向D.回路中ab边与cd边所受安培力方向相同n解析　由题意知,穿过回路的磁通量Φ=0,A项正确;由右手定则判断,ab边与cd边切割磁感线产生的感应电动势相当于两个电源串联,回路中的感应电动势E=Blabv0+Blcdv0=2Blv0,B项正确;由右手定则可知,感应电流的方向为逆时针方向,C项错误;由左手定则可知,ab边与cd边所受的安培力方向均向左,D项正确。答案　ABD11.(2018湖北检测)如图所示,固定在匀强磁场中的水平导轨ab、cd的间距L1=0.5m,水平导轨左端b、c间用导线连接,金属棒ad与bc的距离L2=0.8m,整个闭合回路的电阻R=0.2Ω,匀强磁场的方向竖直向下穿过整个回路。ad棒通过细绳跨过定滑轮连接一个质量m=0.04kg的物体,不计一切摩擦力,在t=0时刻,使磁感应强度从零开始以ΔBΔt=0.2T/s的变化率均匀地增大。(1)求在物体离开地面前,电路中感应电流的大小。(2)求在物体离开地面前,金属棒受到的安培力与时间的关系。(3)经过多长时间物体刚好能离开地面?(取重力加速度g=10m/s2)解析　(1)感应电动势E=ΔΦΔt=ΔBΔtL1L2=0.08V电路中的感应电流I=ER=0.4A。(2)金属棒受到的安培力F=BIL1=ΔBΔttIL1=0.04t。(3)物体刚要离开地面时,其受到的拉力F大小等于它的重力mg,而拉力F等于棒ad所受的安培力,即mg=0.04t解得t=10s。答案　(1)0.4A　(2)F=0.04t　(3)10s12.(2018贵州月考)如图甲所示,在光滑、绝缘的水平面上,虚线MN的右侧存在磁感应强度大小B=2T、方向竖直向下的匀强磁场,MN的左侧有一个质量m=0.1kg、bc边的长度L1=0.2m、总电阻R=2Ω的矩形线圈abcd。t=0时,用恒定拉力F拉线圈,使其由静止开始向右做匀加速直线运动,经过1s,线圈的bc边到达磁场边界MN,此时立即将拉力F改为变力,又经过1s,线圈恰好完全进入磁场。整个运动的过程中,线圈中的感应电流I随时间t变化的图象如图乙所示。求:(1)线圈bc边刚进入磁场时的速度v0和线圈在第1s内运动的距离x。(2)线圈ab边的长度L2。(3)线圈ad边刚进入磁场时拉力的功率。解析　(1)t1=1s时,线圈的bc边刚进入磁场,感应电动势E1=BL1v0感应电流I1=E1R由图中可读出I1=0.1A联立解得v0=0.5m/sn故线圈在第1s内的位移x=v02t1=0.25m。(2)线圈在磁场中运动时,感应电流I=BL1vR,由图乙可知,电流随时间均匀增大,故线圈在磁场中做匀加速运动t2=2s时,感应电流I2=BL1v2R=0.3A解得线圈的速度v2=1.5m/s故线圈ab边的长度L2=v0+v22·(t2-t1)=1m。(3)线圈在磁场中运动的加速度a=v2-v0t2-t1=1m/s2线圈ad边刚进入磁场时,有F-BI2L1=ma解得拉力F=0.22N故拉力的功率P=Fv2=0.33W。答案　(1)0.5m/s　0.25m　(2)1m　(3)0.33W