1、第2节法拉第电磁感应定律自感和涡流【基础梳理】提示：穿过回路的磁通量发生变化电路是否闭合电源右手定则或楞次定律磁通量的变化率线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯等【自我诊断】 判一判(1)磁场相对导体棒运动时，导体棒中也能产生感应电动势()(2)线圈匝数n越多，磁通量越大，产生的感应电动势越大()(3)线圈中的电流越大，自感系数也越大()(4)自感电动势阻碍电流的变化，但不能阻止电流的变化()提示：(1)(2)(3)(4) 做一做在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感系数较大而电阻不能忽略的线圈，E为电源，S为开关关于两灯泡点亮和熄灭的情况下列说法正确的是()A合上开关，a先
2、亮，b后亮；稳定后a、b一样亮B合上开关，b先亮，a后亮；稳定后b比a更亮一些C断开开关，a逐渐熄灭，b先变得更亮后再与a同时熄灭D断开开关，b逐渐熄灭，a先变得更亮后再与b同时熄灭提示：B对法拉第电磁感应定律的理解及应用【知识提炼】1感应电动势大小的决定因素(1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率和线圈的匝数共同决定，而与磁通量、磁通量的变化量的大小没有必然联系(2)当仅由B引起时，则En；当仅由S引起时，则En.2磁通量的变化率是t图象上某点切线的斜率3求解感应电动势常见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
3、动的导线框表达式EnEBLvsin EBL2ENBSsin(t0)【典题例析】(2020嘉兴质检)如图，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动金属棒与导轨始终
4、相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计求：(1)在t0到tt0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t(tt0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小审题突破(1)t0前只有左侧区域磁通量变化引起感应电动势(2)t0后感应电动势由左、右两侧磁通量变化引起(3)金属棒越过MN匀速运动，所加外力等于运动过程受到的安培力解析(1)在金属棒未越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为ktS设在从t时刻到tt的时间间隔内，回路磁通量的变化量为，流过电阻R的电荷量为q.由法拉第电磁感应定律有E由欧姆定律有i由电流的定义有i联立式得|q|t由式得，在t0到tt0的时间间隔内，流过电阻R的
5、电荷量q的绝对值为|q|.(2)当tt0时，金属棒已越过MN，由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有fF式中，f是外加水平恒力，F是匀强磁场施加的安培力设此时回路中的电流为I，F的大小为FB0lI此时金属棒与MN之间的距离为sv0(tt0)匀强磁场穿过回路的磁通量为B0ls回路的总磁通量为t式中，仍如式所示由式得，在时刻t(tt0)穿过回路的总磁通量为tB0lv0(tt0)kSt在t到tt的时间间隔内，总磁通量的改变量为t(B0lv0kS)t由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为Et由欧姆定律有I联立式得f(B0lv0kS).答案见解析【题组过关】 考向1感生电动势En的应用1.(2020
6、丽水质检)如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中在t时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为()A.B.C.D.解析：选B.由法拉第电磁感应定律可知，在t时间内线圈中产生的平均感应电动势为Enn，选项B正确 考向2动生电动势导体平动切割磁感线问题2(2020绍兴检测)如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上，t0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且
7、在磁场中恰好能保持匀速运动杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为.重力加速度大小为g.求：(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值解析：(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得maFmg设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有vat0当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为EBlv联立式可得EBlt0.(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律I式中R为电阻的阻值金属杆所受的安培力为fBlI因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得Fmgf0联立式得R.答案
8、：见解析 考向3动生电动势导体转动切割磁感线问题3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()AUaUc，金属框中无电流BUb Uc，金属框中电流方向沿abcaCUb cBl2，金属框中无电流DUb cBl2，金属框中电流方向沿acba解析：选C.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UaUc，UbUc，选项A错误
9、由转动切割产生感应电动势的公式得UbcBl2，选项C正确1理解EBlv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EBlv.(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：EBlv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应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题(1)公式En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
10、，瞬时值才等于平均值(2)利用公式EnS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、和回路电阻R有关，与时间长短无关，与是否均匀变化无关推导如下：qItt. 互感和自感【知识提炼】1自感现象“阻碍”作用的理解(1)流过线圈的电流增加时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相反，阻碍电流的增加，使其缓慢地增加(2)流过线圈的电流减小时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相同，阻碍电流的减小，使其缓慢地减小2自感现象的四个特点(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
11、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3通电自感和断电自感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I2I1，灯泡逐渐变暗(2)若I2I1，灯泡闪亮后逐渐变暗两种情况灯泡中电流方向均改变4.自感现象中的能量转化：通电自感中，电能转化为磁场能；断电自感中，磁场能转化为电能【典题例析】(2020绍兴高三选考适应考试)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
12、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)()AS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BS闭合，L1不亮，L2很亮；S断开，L1、L2立即熄灭CS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亮一下才熄灭DS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亮一下才熄灭审题指导解此题关键有两点：(1)灯泡和线圈在电路中的连接方式；(2)流过灯泡的原电流的方向及大小解析当S闭合，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
13、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断开，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要亮一下后再熄灭综上所述，D正确答案D分析自感现象的两点注意(1)通过自感线圈中的电流不能发生突变，即通电过程，线圈中电流逐渐变大，断电过程，线圈中电流逐渐变小，方向不变此时线圈可等效为“电源”，该“电源”与其他电路元件形成回路(2)断电自感现象中灯泡是否“闪亮”问题的判断，在于对电流大小的分析，若断电
14、后通过灯泡的电流比原来强，则灯泡先闪亮后再慢慢熄灭 【题组过关】 考向1对通电自感现象的分析1.(2020丽水质检)如图所示电路中，A、B是完全相同的灯泡，L是电阻不计的电感线圈，下列说法中正确的是()A当开关S闭合时，A灯先亮，B灯后亮B当开关S闭合时，B灯先亮，A灯后亮C当开关S闭合时，A、B灯同时亮，以后B灯更亮，A灯熄灭D当开关S闭合时，A、B灯同时亮，以后亮度不变解析：选C.当开关S刚闭合时，自感线圈L中会产生自感电动势，外电路是自感线圈L与灯泡A并联后再与灯泡B串联，即闭合开关后的瞬间，灯泡A、B中均有电流通过，灯泡A、B同时亮；当自感线圈L中的电流逐渐增大到稳定状态后，自感线圈中
15、的自感电动势消失，L相当于导线，灯泡A被短路而熄灭，此后电路相当于把灯泡B直接连在电源两极，B灯继续发光，所以选项中只有C正确 考向2对断电自感现象的分析2如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值在 t0 时刻闭合开关S，经过一段时间后，在tt1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()解析：选B.闭合开关S后，灯泡D直接发光，电感L的电流逐渐增大，电路中的总电流也将逐渐增大，电源内电压增大，则路端电压UAB逐渐减小；断开开关S后，灯泡D中原来的电流突然消失，电感L与灯泡形成闭合回路，所以灯泡D中电流将反向，
16、并逐渐减小为零，即UAB反向逐渐减小为零，故选B.涡流电磁阻尼和电磁驱动【知识提炼】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不同点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，
17、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【题组过关】1(多选)(2020台州质检)如图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()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：选AD.在
18、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PI2R，R越大P越大，焊缝处的温度升高得越快，温度升得越高，故C错误，D正确2(多选)(2020嘉兴检测)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：选BC.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，B、C选项正确 随
19、堂检测1(2020宁波检测)穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒钟均匀地增加2 Wb，则()A线圈中感应电动势每秒钟增加2 VB线圈中感应电动势每秒钟减少2 VC线圈中无感应电动势D线圈中感应电动势保持不变答案：D2.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灯比B灯先熄灭解析：选B.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
20、同时慢慢熄灭，选项D错误3.(2020湖州月考)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后下列说法不正确的是()A圆盘上产生了感应电动势B圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量未发生变化D圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动解析：选D.当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确；铜圆盘上存在
21、许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C正确；圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向，会使磁针沿轴线方向偏转，选项D错误4(20201月浙江选考)如图所示，在光滑绝缘水平面上，两条固定的相互垂直彼此绝缘的导线通以大小相同的电流I.在角平分线上，对称放置四个相同的正方形金属框当电流在相同时间间隔内增加相同量，则()A1、3线圈静止不动，2、4线圈沿着对角线向
22、内运动B1、3线圈静止不动，2、4线圈沿着对角线向外运动C2、4线圈静止不动，1、3线圈沿着对角线向内运动D2、4线圈静止不动，1、3线圈沿着对角线向外运动答案：B5小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡线圈的水平边长L0.1 m，竖直边长H0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B01.0 T，方向垂直线圈平面向里线圈中通有可在02.0 A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量(重力加速度取g10 m/s2)(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至
23、少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2100匝、形状相同的线圈，总电阻R10 .不接外电流，两臂平衡如图乙所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d0.1 m当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率.解析：(1)线圈受到安培力FN1B0IL天平平衡mgN1B0IL代入数据得N125匝(2)由电磁感应定律得EN2即EN2Ld由欧姆定律得I线圈受到安培力FN2B0IL天平平衡mgNB0代入数据可得0.1 T/s.答案：(1)25匝(2)0.1 T/s 课后达标一、选择题1.(2020浙江十校联考
24、)如图所示，电源的电动势为E、内阻r不能忽略A、B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈关于这个电路的以下说法正确的是()A开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定B开关闭合到电路中电流稳定的时间内，B灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定C开关由闭合到断开瞬间，A灯闪亮一下再熄灭D开关由闭合到断开瞬间，电流自左向右通过A灯答案：A2(2020温州八校联考)如图所示的四个选项中，虚线上方空间都存在方向垂直纸面向里的匀强磁场A、B中的导线框为正方形，C、D中的导线框为直角扇形各导线框均绕垂直纸面轴O在纸面内匀速转动，转动方向如箭头所示，转动周期均为T.从线
25、框处于图示位置时开始计时，以在OP边上从P点指向O点的方向为感应电流i的正方向则在如图所示的四个情景中，产生的感应电流i随时间t的变化规律如图正确的是()答案：C3.(2020金华调研)物理课上，老师做了一个奇妙的实验，如图所示，A是由铜片和绝缘细杆组成的摆，其摆平面通过电磁铁的两极之间，当绕在电磁铁上的线圈未通电时，铜片可以自由摆动，要经过较长时间才会停下来当线圈通电时，铜片迅速停止摆动以下四个选项中与此原理类似的是()A微安表表头在运输时应该把两个接线柱连在一起，以阻碍表针相对表盘的摆动B电动机等大功率用电器的开关最好使用油浸开关，避免开关断开时出现电火花C法拉第利用电磁感应的原理制成的第
26、一台圆盘发电机D通电导线与磁体通过磁场发生相互作用答案：A4.(2020丽水检测)如图所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕O轴以角速度沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计，R左侧导线与圆盘边缘接触，右侧导线与圆盘中心接触)()A由c到d，IB由d到c，IC由c到d，ID由d到c，I解析：选D.由右手定则判定通过电阻R的电流的方向是由d到c；而金属圆盘产生的感应电动势EBr2，所以通过电阻R的电流大小是I，选项D正确5(2020浙江名校联盟联合测试)如图，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
27、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()A. B. C. D.解析：选C.设圆的半径为L，电阻为R，当线框以角速度匀速转动时产生的感应电动势E1B0L2.当线框不动，而磁感应强度随时间变化时E2L2，由得B0L2L2，即，故C正确6.如图所示，正方形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；第二次用0.
28、9 s 时间拉出，外力所做的功为W2，则()AW1W2BW1W2CW13W2DW19W2解析：选C.设正方形边长为L，导线框的电阻为R，则导体切割磁感线的边长为L，运动距离为L，Wt，可知W与t成反比，W13W2.选C.7.(2020浙江东、北名校联考)如图，金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上，在ef右侧存在有界匀强磁场B，磁场方向垂直导轨平面向下，在ef左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内当金属棒ab在水平恒力F作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动后()A圆环L有收缩趋势，圆环内产生的感应电流变大B圆环L有收缩趋势，圆环内产生的感应电流变小C圆
29、环L有扩张趋势，圆环内产生的感应电流变大D圆环L有扩张趋势，圆环内产生的感应电流变小解析：选B.由于金属棒ab在恒力F的作用下向右运动，则abdc回路中产生逆时针方向的感应电流，则在圆环处产生垂直于环面向外的磁场，随着金属棒向右加速运动，穿过圆环的磁通量将增大，依据楞次定律可知，圆环将有收缩的趋势以阻碍穿过圆环的磁通量增大；又由于金属棒向右运动的加速度减小，单位时间内磁通量的变化率减小，所以在圆环中产生的感应电流不断减小8.如图所示，两根光滑的平行金属导轨竖直放置在匀强磁场中，磁场和导轨平面垂直，金属杆ab与导轨接触良好可沿导轨滑动，开始时开关S断开，当ab杆由静止下滑一段时间后闭合S，则从S
30、闭合开始计时，ab杆的速度v与时间t的关系图象不可能正确的是()解析：选B.若ab杆速度为v时，S闭合，则ab杆中产生的感应电动势EBLv，ab杆受到的安培力F，如果安培力等于ab杆的重力，则ab杆匀速运动，A项正确；如果安培力小于ab杆的重力，则ab杆先加速最后匀速，C项正确；如果安培力大于ab杆的重力，则ab杆先减速最后匀速，D项正确；ab杆不可能匀加速运动，B项错误9.(多选)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垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为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
31、两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，直杆的位置由确定，如图所示则()A0时，直杆产生的电动势为2BavB时，直杆产生的电动势为BavC0时，直杆受的安培力大小为D时，直杆受的安培力大小为解析：选AD.当0时，直杆切割磁感线的有效长度l12a，所以直杆产生的电动势E1Bl1v2Bav，选项A正确；此时直杆上的电流I1，直杆受到的安培力大小F1BI1l1，选项C错误；当时，直杆切割磁感线的有效长度l22acosa，直杆产生的电动势E2Bl2vBav，选项B错误；此时直杆上的电流I2，直杆受到的安培力大小F2BI2l2，选项D正确10.(多选)如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路虚线MN右
32、侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是()A感应电流方向不变BCD段直导线始终不受安培力C感应电动势最大值EmBavD感应电动势平均值EBav解析：选AC.由楞次定律可知，感应电流方向不变，A正确；CD段直导线始终受到安培力，B错误；感应电动势最大值即为切割磁感线等效长度最大时的电动势，故EmBav，C正确；EBa2t由式得EBav，D错误二、非选择题11(2020湖州质检)某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图所示一个半径为R0.1 m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一
33、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m0.5 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B0.5 Ta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h0.3 m时，测得U0.15 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g10 m/s2)(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
34、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UE，BR2，UBR2，vrR，所以v2 m/s.(3)Emghmv2.代入数据得E0.5 J.答案：(1)正极(2)2 m/s(3)0.5 J12(201610月浙江选考)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系，小明设计了如图所示的装置半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴OO上，由电动机A带动旋转在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面，大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场
35、另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内，并与固定在竖直平面内的“U”形导轨保持良好接触，导轨间距为l，底部接阻值也为R的电阻，处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与“U”形导轨连接当开关S断开，棒cd静止时，弹簧伸长量为x0；当开关S闭合，电动机以某一转速匀速转动，棒cd再次静止时，弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度)不计其余电阻和摩擦等阻力，求此时：(1)通过棒cd的电流Icd；(2)电动机对该装置的输出功率P；(3)电动机转动角速度与弹簧伸长量x之间的函数关系解析：(1)S断开，cd棒静止有mgkx0S闭合，cd棒静止时受到的安培力FIcdB2lcd棒静止有mgIcdB2lkx得：Icd.(2)回路总电阻：R总RRR.总电流：I由能量守恒，得PI2R总.(3)由法拉第电磁感应定律：EB1l2回路总电流：I.答案：见解析
