1、第 2 讲法拉第电磁感应定律 自感现象知识点1法拉第电磁感应定律【思维激活1】(多选)如图甲所示线圈的匝数n=100匝,横截面积S=50cm2,线圈总电阻r=10,沿轴向有匀强磁场,设图示磁场方向为正,磁场的磁感应强度随时间做如图乙所示变化,则在开始的0.1s内()A.磁通量的变化量为0.25WbB.磁通量的变化率为2.510-2Wb/sC.a、b间电压为0D.在a、b间接一个理想电流表时,电流表的示数为0.25A【解析】选B、D。磁通量的变化率和变化量与n无关,在开始的0.1s内=(0.1+0.4)5010-4Wb=2.510-3Wb,A错。磁通量的变化率=Wb/s=2.510-2Wb/s,
2、B正确。a、b间断开时,Uab=E=n =2.5V,C错。a、b间接理想电流表时,I=0.25A,D正确。【知识梳理】1.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_成正比。(2)公式：E=n ,其中为_,n为_。磁通量变化率磁通量变化率线圈匝数2.导体切割磁感线时的感应电动势：(1)导体垂直切割磁感线时,感应电动势可用E=_求出,式中l为导体切割磁感线的有效长度。(2)导体不垂直切割磁感线时,即v与B有一夹角,感应电动势可用E=_求出。(3)导体棒在垂直匀强磁场方向以角速度绕一端转动切割磁感线时,E=。BlvBlvsin知识点2自感、涡流【思维激活2】如图所
3、示的电路中,电阻R和自感线圈L的阻值相等,LA、LB是完全相同的灯泡,当开关S闭合时,下面叙述的情况中正确的是()A.LA灯比LB灯先亮B.LB灯比LA灯先亮C.LA、LB灯同时亮D.LA、LB灯同时慢慢亮【解析】选B。当开关S闭合时,由于自感线圈L的阻碍,使得,因此LB灯比LA灯先亮,B对,A、C、D错。【知识梳理】1.自感现象：由于通过导体自身的_发生变化而产生的电磁感应现象。2.自感电动势：(1)定义：在_中产生的感应电动势。(2)表达式：E=。(3)自感系数L。相关因素：与线圈的大小、形状、_以及是否有_等因素有关。单位：亨利(H),常用单位还有毫亨(mH)、微亨(H)。1 mH=_H
4、,1H=_H。电流自感现象圈数铁芯10-310-63.涡流：当线圈中的电流发生变化时,在它附近的导体中产生的像水的旋涡一样的_。(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_,安培力的方向总是_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_使导体受到安培力的作用,安培力使导体运动起来。交流感应电动机就是利用_的原理工作的。(3)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了_的推广应用。感应电流安培力阻碍感应电流电磁驱动楞次定律【微点拨】1.对磁通量变化率的理解：(1)磁通量变化率描述的是磁通量变化的快慢,即单位时间内变化量或磁通量变化与所需时间的比值。(2)在磁通量与
5、时间关系图线中,某时刻的变化率为该时刻图线切线的斜率,显然和该时刻的磁通量无关。2.关于导体切割磁感线感应电动势E=Blv的几点提醒：(1)对应的磁场应是匀强磁场。(2)导体棒的长度l应是有效长度,不一定是导体棒本身的长度。(3)式中的速度v是导体棒相对磁场的速度。考点1 法拉第电磁感应定律的应用1.感应电动势大小的决定因素：感应电动势大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率和线圈匝数共同决定,而与磁通量、磁通量的变化量的大小没有必然联系,为单匝线圈产生的感应电动势大小。2.法拉第电磁感应定律的适用范围：法拉第电磁感应定律适用于任何情况下感应电动势的计算。但在中学物理中一般用来计算某段时间内的平均电
6、动势。若所取时间极短,即t趋近于零时,所求感应电动势为该时刻的瞬时感应电动势。拓展延伸3.法拉第电磁感应定律应用的两种情况：(1)回路与磁场垂直的面积不变，磁感应强度发生变化，则=BS，E=n S，式中为磁感应强度的变化率，等于B-t图像上某点切线的斜率，若是恒定的，产生的感应电动势就恒定。(2)磁感应强度B不变，回路与磁场垂直的面积发生变化，则=BS，E=nB。【题组通关方案】【典题1】(2013山东高考)将一段导线绕成图甲所示的闭合回路,并固定在水平面(纸面)内。回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场中。回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场,以向里为磁场的正方向,其磁感应强度B随时间t变化的图
7、像如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力,以水平向右为F的正方向,能正确反映F随时间t变化的图像是()【解题探究】(1)0时间内,回路的圆环区域内磁场方向先向_后向_,大小先_后_,磁感应强度的变化率_。(2)T时间内,感应电动势与0时间内,大小_,方向_。(3)ab边所受安培力应由_判断。里外减小增大不变相等相反左手定则【典题解析】选B。根据图乙可知,在0时间内,先是向里的磁通量均匀减小,然后向外的磁通量均匀增加,根据法拉第电磁感应定律E=S和楞次定律可知,这段时间内感应电流恒定不变,感应电流方向由b向a,由左手定则可以判定,0时间内,ab边受到恒定的水平向左的力F;同理可以判定,在T时间内
8、,先是向外的磁通量均匀减小,然后向里的磁通量均匀增加,这段时间内ab边中将产生恒定的由a向b的感应电流,根据左手定则不难判断,这段时间内ab边受到恒定的水平向右的力F,因此,只有选项B正确。【通关1+1】1.一个面积S=410-2m2、匝数n=100匝的线圈放在匀强磁场中,磁场方向垂直于线圈平面,磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示,则下列判断正确的是()A.在开始的2 s内穿过线圈的磁通量变化率等于0.08 Wb/sB.在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零C.在开始的2 s内线圈中产生的感应电动势等于0.08 VD.在第3 s末线圈中的感应电动势等于零【解析】选A。在开始的2s内
9、,磁通量变化率=810-2Wb/s,因此A正确,B错误。感应电动势E=n =100810-2V=8V,因此C错误。第3s末磁通量变化率不为零,因此D错。2.一矩形线框置于匀强磁场中,线框平面与磁场方向垂直,先保持线框的面积不变,将磁感应强度在1s时间内均匀地增大到原来的两倍,接着保持增大后的磁感应强度不变,在1s时间内,再将线框的面积均匀地减小到原来的一半,先后两个过程中,线框中感应电动势的比值为()A.B.1C.2D.4【解析】选B。设线框面积为S，磁场的磁感应强度为B，据题意有：两式相比得选项B正确。【加固训练】1.(多选)如图甲所示,一个阻值为R,匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻
10、R1连接成闭合回路。线圈的半径为r1,在线圈中半径为r2的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场,磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示。图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0,导线的电阻不计。求0至t1时间内()A.电流的方向由a到bB.电流的大小C.通过电阻R1上的电量D.电阻R1上产生的热量【解析】选B、C。根据楞次定律可知，通过R1的电流方向为由b到a，A错误；根据法拉第电磁感应定律得线圈中的电动势为E=，根据欧姆定律得，通过R1的电流为I=,B正确；通过R1的电荷量C正确；热量Q=I2R1t1=,D错误。2.如图所示,用两根相同的导线绕成匝数分别为n1和n2的圆形闭合线圈A和B
11、,两线圈平面与匀强磁场垂直。当磁感应强度随时间均匀变化时,两线圈中的感应电流之比IAIB为()【解析】选B。导线相同，则电阻R相同，制作成匝数分别为n1、n2的圆形线圈后，设其半径分别为r1、r2，则n12r1n22r2，面积之比为两线圈产生的感应电动势之比为由于电阻R相等，故感应电流之比为B正确。【学科素养升华】法拉第电磁感应定律的基本应用(1)为单匝线圈产生的感应电动势大小,若线圈有n匝,相当于n个相同的电动势串联,因此整个线圈中电动势为E=n 。(2)为穿过某线圈的磁通量变化率,在-t图像中为某点切线的斜率,需要注意穿过线圈的磁通量正向减小和反向增加,感应电动势方向相同。(3)E=n 在
12、中学阶段一般用来求某段时间内的平均电动势。但在t很小的情况下求得的电动势为该时刻的瞬时值。考点2导体切割磁感线产生感应电动势的计算1.对E=Blv中各物理量的理解：(1)B：E=Blv主要适用于导体棒在匀强磁场中切割磁感线运动,且B、l、v三者相互垂直时,产生感应电动势的计算。(2)v：导体棒垂直切割磁感线的速度,即vB。若B与v不垂直,需将B或v分解。(3)l：导体平动切割磁感线的有效长度,即导体两端点在垂直v方向上的投影长度。解题技巧甲图：l=sin。乙图：沿v1方向运动时,l=;沿v2方向运动时,l=0。丙图：沿v1方向运动时,l=R;沿v2方向运动时,l=0;沿v3方向运动时,l=R。
13、丁图：E=Blv2Brv。2.适用范围：在可以求出平均速度的情况下,可以利用E=Bl求出平均电动势。若v为瞬时速度,则E为瞬时电动势。3.相对性：E=Blv中的速度v是导体棒相对于磁场的速度。若磁场也运动,应注意速度间的相对关系。4.导体棒绕一端在匀强磁场中转动切割磁感线产生的感应电动势为E=Bl2。【题组通关方案】【典题2】(多选)(2012四川高考)半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆,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竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B。杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动,杆始终有两点与圆环良好接触,从圆环中心O开始,杆
14、的位置由确定,如图所示。则()A.=0时，杆产生的电动势为2BavB.=时，杆产生的电动势为BavC.=0时，杆受的安培力大小为D.=时，杆受的安培力大小为【解题探究】(1)如何确定导体杆在运动过程中的有效长度?提示：导体杆在不同位置的有效长度不同,可以根据l=2acos进行计算。(2)如何计算导体杆所受的安培力?提示：先计算出感应电动势和感应电流,由F=BIl计算安培力。【典题解析】选A、D。当=0时，导体杆的等效长度最大为2a，这时感应电动势最大，为E=2Bav，A正确；根据F=BIl,联立可得C错误;当=时，导体杆的等效长度为a，这时感应电动势为E=Bav，B错误；根据联立可得D正确。所
15、以答案选A、D。【通关1+1】1.(2014咸阳模拟)图中的a是一个边长为L的正方形导线框,其电阻为R。线框以恒定速度v沿x轴运动,并穿过图中所示的匀强磁场区域b。如果以x轴的正方向作为力的正方向。线框在图示位置的时刻作为时间的零点,则磁场对线框的作用力F随时间变化的图线应为()【解析】选B。线框在没有进入磁场前运动L的过程中,线框中没有感应电流,线框不受安培力的作用;当线框进入磁场匀速运动L的过程中,线框中的感应电动势E=BLv,感应电流I=,线框所受的安培力F=BIL=,大小恒定,方向沿x轴负方向;当线框在磁场中运动2L过程中,线框中没有感应电流,线框不受安培力的作用;线框匀速穿出磁场的过
16、程受到的安培力与匀速进入磁场的过程中相同。综上所述,B正确。2.(2012新课标全国卷)如图所示,均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框,半圆直径与磁场边缘重合;磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里,磁感应强度大小为B0。使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度匀速转动半周,在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置,磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流,磁感应强度随时间的变化率的大小应为()【解析】选C。设导线框半径为l，电阻值为R,导线框以角速度匀速转动产生的电流大小为导线框中磁感应强度大小随时间线性变化时产生的电流大小为因为I1=I2
17、，所以故选项C正确。【加固训练】1.(多选)如图所示,边长为L、总电阻为R的正方形线框abcd放置在光滑水平桌面上,其bc边紧靠磁感应强度为B、宽度为2L、方向竖直向下的有界匀强磁场的边缘。现使线框以初速度v0匀加速通过磁场,下列图线中能定性反映线框从开始进入到完全离开磁场的过程中,线框中的感应电流(以逆时针方向为正)的变化的是()【解析】选A、D。因线框中产生的感应电动势随速度的增大而增大,故在线框全部进入磁场前,感应电流一直增大;线框从磁场中穿出时,感应电动势与感应电流仍在增大;完全进入磁场、全部处于磁场、完全从磁场中通过所需的时间越来越短,结合以上特点可知,感应电流与时间的关系图像正确的
18、是A;因为匀加速过程中,中间位置的速度大于中间时刻的速度,且线框完全进入磁场、全部处于磁场、完全从磁场中通过所发生的位移相同,故感应电流与位移x的关系图像正确的是D。2.(多选)(2014日照模拟)在光滑的绝缘水平面上方,有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场,PQ为磁场边界。一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向放置于磁场中A处,现给金属圆环一水平向右的初速度v。当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时的速度为,则下列说法正确的是()A.此时圆环中的电功率为B.此时圆环的加速度为C.此过程中通过圆环截面的电荷量为D.此过程回路中产生的电能为0.75mv2【解析】选B、
19、C。当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，产生的感应电动势E=B2a =Bav，感应电流I=，圆环中的电功率P=I2R=，选项A错误；金属圆环受到的安培力F=2BIa=，所以a=，选项B正确；由q=It=，可知选项C正确；由能量守恒得：产生的电能W电=，选项D错误。【学科素养升华】分析导体棒在匀强磁场中切割磁感线运动时应注意的问题(1)在回路中,切割部分相当于电源,其余部分为外电路,在切割部分感应电流由低电势流向高电势。(2)在公式E=Blv中,B、l、v必须两两垂直,实际问题中当它们不相互垂直时,应取垂直分量进行计算;l指切割磁感线的有效长度。(3)E=Blv是由E=n 在一定条件下推导出
20、来的,该公式可以看成法拉第电磁感应定律的一个推论。考点3 通电自感和断电自感1.自感现象及自感电动势：当一个线圈中的电流发生变化时,变化的磁场在线圈自身产生感应电动势。大小为E=L ,其中L为自感系数,由线圈的匝数、长度及横截面积决定。2.自感电动势的作用：自感现象遵循楞次定律,即自感电动势总是阻碍原电流变化,但不改变原电流的变化趋势,对原电流的变化起延迟作用(增反减同)。深化理解3.自感现象中能量转化：线圈中电流从无到有时,电能转化成磁场能;电流减小时,磁场能转化成电能。4.自感现象分析思路：(1)通电自感：线圈中电流从无到有增大时,线圈中产生自感电动势阻碍电流增大,因此线圈中电流非线性逐渐
21、增大,一部分电能转化为磁场能。(2)断电自感：线圈中电流从有到无减小时,线圈中产生感应电动势阻碍电流减小,线圈中磁场能转化成电能,此时线圈相当于电源,给闭合电路供电。【题组通关方案】【典题3】(2011北京高考)某同学为了验证断电自感现象,自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E,用导线将它们连接成如图所示的电路。检查电路后,闭合开关S,小灯泡发光;再断开开关S,小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。虽经多次重复,仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象,他冥思苦想找不出原因。你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是()A.电源的内阻较大 B.小灯泡电阻偏大C.线圈电阻偏大D.线圈的自感系数较大
22、【解题探究】(1)尝试根据实物图画出电路图。提示：(2)小灯泡在什么条件下出现闪亮现象?在什么条件下只出现延缓熄灭的现象?提示：在通电时,如果线圈中的电流大于灯泡中的电流,会出现灯泡闪亮的现象;如果线圈中的电流小于或等于灯泡中的电流,则不会出现灯泡闪亮现象,只会延缓灯泡熄灭。【典题解析】选C。根据实物连线图画出正确的电路图,如图所示,当闭合开关S,电路稳定之后,小灯泡中有稳定的电流IA,电感线圈中有稳定的电流IL,当开关S突然断开时,电流IA立即消失,但是,由于自感电动势的作用,流过线圈的电流IL不能突变,而是要继续流动,于是,电感线圈和小灯泡构成了回路,如果ILIA,则能观察到小灯泡闪亮一下
23、再熄灭,线圈的自感系数越大,小灯泡延时闪亮的时间就越长。如果不满足ILIA的条件,小灯泡只是延时熄灭,不会观察到闪亮一下再熄灭。可见灯泡未闪亮的根本原因是不满足ILIA的条件,这是线圈电阻偏大造成的IL偏小。所以本题正确选项是C。【通关1+1】1.(多选)如图所示,自感线圈L的电阻小于R的阻值,接通S使电路达到稳定,灯泡A发光,下列说法正确的是()A.在电路甲中,断开S,A将渐渐变暗B.在电路甲中,断开S,A将先变得更亮,然后渐渐变暗C.在电路乙中,断开S,A将渐渐变暗D.在电路乙中,断开S,A将先变得更亮,然后渐渐变暗【解析】选A、D。题图甲中,灯泡A与自感线圈L在同一个支路中,流过的电流相
24、同,断开开关S时,线圈L中产生的自感电动势使得支路中的电流瞬间不变,以后渐渐变小,A正确,B错误。题图乙中,灯泡A所在支路的电流比自感线圈所在支路的电流要小(因为自感线圈的电阻小),断开开关S时,自感线圈的自感电动势要阻碍电流变小,此瞬间自感线圈中的电流不变,自感线圈相当于一个电源给灯泡A供电,因此反向流过A的电流瞬间要变大,然后逐渐变小,所以灯泡要先变得更亮,然后渐渐变暗,C错误,D正确。2.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
25、变亮,最后两灯一样亮;S断开,L2立即熄灭,L1逐渐变暗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【解析】选D。当S闭合时,L的自感系数很大,对电流的阻碍作用较大,L1和L2串联后与电源相连,L1和L2同时亮,随着L中电流的增大,因为L的直流电阻不计,则L的分流作用增大,L1中的电流逐渐减小为零,由于总电阻变小,故电路中的总电流变大,L2中的电流增大,L2灯变得更亮;当S
26、断开时,L2中无电流,立即熄灭,而线圈L产生自感电动势,试图维持本身的电流不变,L与L1组成闭合电路,L1灯要亮一下后再熄灭。综上所述,D正确。【加固训练】1.(2014苏州模拟)图中电感L的直流电阻为RL,小灯泡的电阻为R,小量程电流表G1、G2的内阻不计。当开关S闭合,电路达到稳定后,电流表G1、G2的指针均偏向右侧(电流表的零刻度在表盘的中央),则在开关S断开后,两个电流表的指针偏转情况是()A.G1、G2的指针都立即回到零点B.G1缓慢回到零点,G2立即左偏,偏后缓慢回到零点C.G1立即回到零点,G2缓慢回到零点D.G2立即回到零点,G1缓慢回到零点【解析】选B。在开关S断开后,L中产
27、生自感电动势,两个电流表的指针偏转情况是G1缓慢回到零点,G2中电流方向为Q指向P,即立即左偏,偏后缓慢回到零点,选项B正确。2.如图所示,多匝线圈L的电阻和电池内阻不计,两个电阻的阻值都是R,开关S原来是断开的,电流I0=,闭合开关S将一电阻短路,于是线圈有自感电动势产生,此电动势()A.有阻碍电流的作用,最后电流由I0减小到零B.有阻碍电流的作用,最后电流总小于I0C.有阻碍电流增大的作用,因而电流将保持I0不变D.有阻碍电流增大的作用,但电流最后还是增大到2I0【解析】选D。闭合S后,回路电阻减小,电流增大,线圈产生自感电动势阻碍电流增大,但不会改变增大的趋势,因此A、B错误。当电路最终
28、稳定时,I=2I0,因此C错误、D正确。【学科素养升华】线圈在电路中的作用(1)线圈中电流增大时,线圈可以等效成一阻值由较大逐渐减小的电阻,电流非线性逐渐增大。(2)线圈中电流减小时,线圈可等效成一个电源,线圈中的磁场能逐渐转化成电能,构成回路中的电流沿原方向非线性逐渐减小。(3)线圈在电路中使电流不能发生突变,使电流的变化过程延长,但不能改变最终的结果。【资源平台】长度变化的导体切割磁感线时电流与电量的计算如图所示,导线全部为裸导线,半径为r的圆内有垂直于圆平面的匀强磁场,磁感应强度为B,一根长度大于2r的导线MN以速率v在圆环上无摩擦地自左端匀速滑到右端,电路的固定电阻为R,其余电阻不计,
29、试求：(1)MN从圆环左端滑到右端的过程中,电阻R上的电流的平均值及通过的电荷量。(2)MN从圆环左端滑到右端的过程中,电阻R上的电流的最大值。【解析】(1)从左端到右端磁通量变化量=Br2，平均电动势，因此平均电流为,通过R的电量(2)导线运动到圆环的圆心处时，切割的有效长度最大，产生的感应电动势最大。因此，答案：思想方法之9 利用“解析式法”进行动态分析1.方法概述：“解析式法”是指根据题目条件写出要分析的物理量的数学表达式,进行分析和推断的方法。2.利用“解析式法”进行动态分析时,应当注意以下问题：(1)公式选择：一般选用E=Blv或E=n 的瞬时值表达式(即t0时的平均电动势)。(2)
30、准确写出每一个时刻(或位置)的磁通量变化率、导体棒切割磁感线的有效长度、回路总电阻等物理量随时间变化的函数表达式。(3)正确分析解析式中变量和不变量的函数关系。【案例剖析】典题例证 深度剖析(2013新课标全国卷)如图,在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN,其中ab、ac在a点接触,构成“V”字型导轨。空间存在垂直于纸面的均匀磁场。用力使MN向右匀速运动,从图示位置开始计时,运动中MN始终与bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触。下列关于回路中电流i与时间t的关系图线,可能正确的是()【精讲精析】选A。(1)先写出金属棒MN匀速向右切割磁感线产生的感应电动势及整个回路电阻的
31、表达式。(2)再根据欧姆定律求出回路中的感应电流。金属棒MN匀速向右切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv,设bac=2,金属棒单位长度的电阻为r,则整个回路的电阻为R=r(L+2)=r(1+)L,再根据欧姆定律可得回路中的电流为：=定值,故图A正确。【自我小测】小试身手 固本强基1.如图所示,在x0的区域内存在匀强磁场,磁场的方向垂直于xOy平面(纸面)向里。具有一定电阻的矩形线框abcd位于xOy平面内,线框的ab边与y轴重合。令线框从t=0的时刻起由静止开始沿x轴正方向做匀加速运动,则线框中的感应电流I(取逆时针方向的电流为正)随时间t变化的I-t图线可能是()【解析】选D。题中线框向右
32、匀加速运动,cd边切割磁感线产生一个感应电动势,由右手定则可判断感应电流为顺时针方向,则电流值为负值,大小为其中B、lcd、a、R为定值,则I和t为正比例函数,所以D选项正确。2.如图所示,xOy平面内有一半径为R的圆形区域,区域内有磁感应强度大小为B的匀强磁场,左半圆磁场方向垂直于xOy平面向里,右半圆磁场方向垂直于xOy平面向外。一平行于y轴的长导体棒ab以速度v沿x轴正方向做匀速运动,则导体棒两端的电势差Uba与导体棒位置x关系的图像是()【解析】选A。设从y轴开始沿x轴正方向运动的长度为x0(x02R),则导体棒ab在磁场中的切割长度感应电动势E=Blv=,由右手定则知,在左侧磁场中b
33、端电势高于a端电势,由于右侧磁场方向变化,所以在右侧a端电势高于b端电势,再结合圆的特点,知选项A正确。3.如图所示,一个“”形导轨ADC垂直于磁场固定在磁感应强度为B的匀强磁场中,MN是与导轨材料和规格都相同的导体棒。在外力作用下,导体棒以恒定速度v沿导轨向右运动,导体棒与导轨始终接触良好。以导体棒在如图所示位置为计时起点,则下列物理量随时间变化的图像正确的是(图中E为回路感应电动势,I为流过导体棒的电流,F为作用在导体棒上的安培力,P为感应电流的热功率)()【解析】选D。设导轨夹角为,单位长度的导体棒和导轨材料的阻值均为R。则在导体棒运动过程中,有效长度l=vttan=k1t,导体棒与导轨组成的闭合回路的总电阻R总=Rvt(1+tan+)=k2t,因此,E=Blv=Bvk1t,F=BIl=P=I2R总=k2t=。由以上分析可知选D。
