2013高考总复习物理教师用书（选修3-2）：9-2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
法拉第电磁感应定律Ⅱ(考纲要求)
1.感应电动势
(1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势；
(2)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．
(3)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＝n，其中n为线圈匝数．
(3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路欧姆定律，即I＝.
3．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＝Blv求出，式中l为导体切割磁感线的有效长度．
(2)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＝Bl＝Bl2ω(平均速度等于中点位置线速度lω).
自感、涡流　Ⅰ(考纲要求)
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：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．
3．电磁感应的重要应用
(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．
交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的．
(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．
1．对公式E＝n的理解
2．公式E＝BLv与公式E＝n的比较
E＝n E＝BLv
导体 一个回路 一段导体
适用 普遍使用 导体切割磁感线
意义 常常用于求平均电动势 既可求平均值也可求瞬时值
联系 本质上是统一的．后者是前者的一种特殊情况．但是，当导体做切割磁感线运动时，用E＝BLv求E比较方便；当穿过电路的磁通量发生变化时，用E＝n求E比较方便.
1．(2012·安徽六校联考)图中a～d所示分别为穿过某一闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象，关于回路中产生的感应电动势下列论述正确的是(　　)．
A．图a中回路产生的感应电动势恒定不变
B．图b中回路产生的感应电动势一直在变大
C．图c中回路在0～t1时间内产生的感应电动势小于在t1～t2时间内产生的感应电动势
D．图d中回路产生的感应电动势先变小再变大
解析　磁通量Φ随时间t变化的图象中，斜率表示感应电动势，所以图a中不产生感应电动势，图b中产生恒定的感应电动势，图c中0～t1时间内的感应电动势大于t1～t2时间内的感应电动势，图d中感应电动势先变小再变大．
答案　D
图9－2－1
2．如图9－2－1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ω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)
A．由c到d，I＝ B．由d到c，I＝
C．由c到d，I＝ D．由d到c，I＝
答案　D
图9－2－2
3．在匀强磁场中，有一个接有电容器的单匝导线回路，如图9－2－2所示，已知C＝30 μF，L1＝5 cm，L2＝8 cm，磁场以5×10－2 T/s的速率增加，则(　　)．
A．电容器上极板带正电，带电荷量为6×10－5 C
B．电容器上极板带负电，带电荷量为6×10－5 C
C．电容器上极板带正电，带电荷量为6×10－9 C
D．电容器上极板带负电，带电荷量为6×10－9 C
解析　电容器两极板间的电势差U等于感应电动势E，由法拉第电磁感应定律，可得E＝·L1L2＝2×10－4 V，电容器的带电荷量Q＝CU＝CE＝6×10－9 C，再由楞次定律可知上极板的电势高，带正电，C项正确．
答案　C
图9－2－3
4．如图9－2－3所示为一光滑轨道，其中MN部分为一段对称的圆弧，两侧的直导轨与圆弧相切，在MN部分有如图所示的匀强磁场，有一较小的金属环如图放置在P点，金属环由静止自由释放，经很多次来回运动
后，下列判断正确的有(　　)．
A．金属环仍能上升到与P等高处
B．金属环最终将静止在最低点
C．金属环上升的最大高度与MN等高
D．金属环上升的最大高度一直在变小
解析　金属环在进入磁场以及穿出磁场的过程中，都将产生涡流，机械能转化为内能，金属环的动能变小．当金属环只在磁场中运动时，不再产生涡流，最后将在MN之间来回运动，所以最后上升的最大高度与MN等高．
答案　C
5．闭合回路由电阻R与导线组成，其内部磁场大小按B－t图变化，方向如图9－2－4所示，则回路中(　　)．
图9－2－4
A．电流方向为逆时针方向
B．电流强度越来越大
C．磁通量的变化率恒定不变
D．产生的感应电动势越来越大
解析　由楞次定律可以判断电流方向为顺时针方向，A项错误；由法拉第电磁感应定律E＝n可得，E＝nS，由图可知是恒量，所以电动势恒定，D项错误；根据欧姆定律，电路中电流是不变的，B项错误；由于磁场均匀增加，线圈面积不变所以磁通量的变化率恒定不变，C项正确．
答案　C
考点一　法拉第电磁感应定律E＝n的应用
应用法拉第电磁感应定律E＝n时应注意：
(1)研究对象：E＝n 的研究对象是一个回路，而不是一段导体；
(2)物理意义：E＝n求的是Δt时间内的平均感应电动势，当Δt―→0时，则E为瞬时感应电动势；
(3)E＝n求得的电动势是整个回路的感应电动势，而不是回路中某段导体的电动势．整个回路的电动势为零，其回路中某段导体的感应电动势不一定为零；
(4)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．
(5)若回路中与磁场方向垂直的面积S及磁感应强度B均随时间变化，则Et＝nSt＋nBt，要特别注意题目要求的是哪个时刻的感应电动势．
【典例1】
如图9－2－5甲所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路，线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内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9－2－5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，
图9－2－5
(1)通过电阻R1上的电流大小和方向；
(2)通过电阻R1上的电荷量q及电阻R1上产生的热量．
解析　(1)由图象分析可知，0至t1时间内＝
由法拉第电磁感应定律有E＝n＝nS.而S＝πr22，由闭合电路欧姆定律有I1＝
联立以上各式解得
通过电阻R1上的电流大小为I1＝
由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向为从b到a.
(2)通过电阻R1上的电荷量q＝I1t1＝
通过电阻R1上产生的热量Q＝I12R1t1＝.
答案　见解析
(1)计算通过导线横截面的电荷量一定要用平均电流乘以时间．
(2)由q＝·Δt，＝，＝n，可导出电荷量q＝n.
【变式1】
(2011·广西二模)
图9－2－6
如图9－2－6所示，边长为a、电阻为R的正方形闭合线框ABCD在匀强磁场中绕AB边匀速转动，磁感应强度为B，初始时刻线框所在平面与磁感线垂直，经过t时间后转过120°角，求：
(1)线框内感应电流在t时间内的平均值；
(2)转过120°角时感应电动势的瞬时值；
(3)设线框电阻为R，则这一过程通过线框导线截面的电荷量．
解析　(1)初始时刻Φ1＝Ba2，t时刻Φ2＝－Ba2，故ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝Ba2，所以＝＝，＝＝.
(2)因t时间内转过120°，故周期为3t，则线框转动的角速度ω＝，t时刻CD边的线速度为v＝a·ω＝，速度方向与磁场夹角为θ＝60°，所以E＝Bavsin θ＝.
(3)因为ΔΦ＝，q＝，所以q＝.
答案　(1)　(2)　(3)
考点二　导体切割磁感线产生感应电动势的计算
对于导体平动切割磁感线产生感应电动势的计算式E＝Blv，应从以下几个方面理解和掌握．
(1)公式使用条件：本公式是在一定条件下得出的，除了磁场是匀强磁场外，还需B、l、v三者相互垂直．实际问题中当它们不相互垂直时，应取垂直的分量进行计算，公式可为E＝Blvsin θ，θ为B与v方向间的夹角．
(2)使用范围：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＝Bl.若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势．
(3)有效性：公式中的l为有效切割长度，即导体与v垂直的方向上的投影长度．图中有效长度分别为：
甲图：l＝cdsin β；
乙图：沿v1方向运动时，l＝MN；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
(4)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，应注意速度间的相对关系．
【典例2】
如图9－2－7所示，水平放置的三条光滑平行金属导轨abc，相距均为d＝1 m，导轨ac间横跨一质量为m＝1 kg的金属棒MN，棒与导轨始终良好接触，棒的电阻r＝2 Ω，导轨的电阻忽略不计．在导轨bc间接一电阻为R＝2 Ω的灯泡，导轨ac间接一理想电压表．整个装置放在磁感应强度B＝2T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下，现对棒MN施加一水平向右的拉力F，使棒从静止开始运动，试求：
图9－2－7
(1)若施加的水平恒力F＝8 N，则金属棒达到稳定时速度为多少？
(2)若施加的水平外力功率恒定，棒达到稳定时速度为1.5 m/s，则此时电压表的读数为多少？
(3)若施加的水平外力功率恒为P＝20 W，经历t＝1 s时间，棒的速度达到2 m/s，则此过程中灯泡产生的热量是多少？
解析　(1)当F与安培力平衡时，金属棒速度达到稳定，设稳定时速度大小为v1，
F安＝Bdl①
I＝②
R总＝R＋③
解得v1＝6 m/s
(2)设电压表的读数为U，则U＝Bdv2＋UL④
UL＝Bdv2⑤
解得U＝5 V
(3)设小灯泡和金属棒产生的热量分别为Q1，Q2
有Q1∶Q2＝2∶1⑥
由功能关系得：Pt＝Q1＋Q2＋mv2⑦
可得Q1＝12 J
答案　(1)6 m/s　(2)5 V　(3)12 J
【变式2】
如图9－2－8所示，一导线弯成闭合线圈，以速度v向左匀速进入磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直平面向外．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(　　)．
图9－2－8
A．感应电流一直沿逆时针方向
B．线圈受到的安培力先增大，后减小
C．感应电动势的最大值E＝Brv
D．穿过线圈某个横截面的电荷量为
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，根据楞次定律可知感应电流的方向一直为顺时针方向，A错误．导体切割磁感线的有效长度先变大后变小，感应电流先变大后变小，安培力也先变大后变小，B正确．导体切割磁感线的有效长度最大值为2r，感应电动势最大为E＝2Brv，C错误．穿过线圈某个横截面的电荷量为Q＝＝，D错误．
答案　B
考点三　自感现象、通电和断电自感的比较
通电自感 断电自感
电路图
器材要求 A1、A2同规格，R＝RL，L较大 L很大(有铁芯)，RL RA
现象 在S闭合瞬间，A2灯立即亮起来，A1灯逐渐变亮，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(当抽掉铁芯后，重做实验，断开开关S时，会看到灯A马上熄灭)
原因 由于开关闭合时，流过电感线圈的电流迅速增大，使线圈产生自感电动势，阻碍电流的增大，使流过A1灯的电流比流过A2灯的电流增加得慢 断开开关S时，流过线圈L的电流减小，产生自感电动势，阻碍电流的减小，使电流继续存在一段时间；在S断开后，通过L的电流反向通过电灯A，且由于RL RA，使得流过A灯的电流在开关断开瞬间突然增大，从而使A灯的发光功率突然变大
能量转化情况 电能转化为磁场能 磁场能转化为电能
【典例3】
如图9－2－9所示，
图9－2－9
线圈L的自感系数很大，且其电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，随着开关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立即不亮，L1逐渐变亮
B．S闭合，L1不亮，L2很亮；S断开，L1、L2立即不亮
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立即不亮，L1亮一下才熄灭
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立即不亮，L1亮一下才熄灭
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串接后与电源相连，L1和L2同时亮，随着L中电流的增大，L的直流电阻不计，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，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将要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，选项D正确．
答案　D
【变式3】
(2010·北京理综)在如图9－2－10所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I.然后，断开S.若t′时刻再闭合S，则在t′前后的一小段时间内，正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t变化的图象是(　　)．
图9－2－10
解析　本题考查线圈的自感现象、电磁感应中的电流图象．由题中给出的电路可知，电路由L与L1和L2与R两个支路并联，在t′时刻，L1支路的电流因为有L的自感作用，所以i1由0逐渐增大，L2支路为纯电阻电路，i2不存在逐渐增大的过程，所以B正确；本题答案为B.
答案　B
　　　12.电磁感应中的“杆＋导轨”模型
(1)模型概述
“杆＋导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”，也是高考的热点，考查的知识点多，题目的综合性强，物理情景变化空间大，是我们复习中的难点．“杆＋导轨”模型又分为“单杆”型和“双杆”型；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等；磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等等，情景复杂形式多变．
(2)模型分类
Ⅰ.单杆水平式
物理模型匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为B，棒ab长为L，质量为m，初速度为零，拉力恒为F，水平导轨光滑，除电阻R外，其他电阻不计动态分析设运动过程中某时刻棒的速度为v，由牛顿第二定律知棒ab的加速度为a＝－，a、v同向，随速度的增加，棒的加速度a减小，当a＝0时，v最大，I＝恒定收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征a＝0　v恒定不变电学特征I恒定
图9－2－11
【例1】 (2010·天津理综，11)如图9－2－11所示，质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.3 Ω，长度l＝0.4 m的导体棒ab横放在U型金属框架上．框架质量m2＝0.2 kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.相距0.4 m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长．电阻R2＝0.1 Ω的MN垂直于MM′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5 T．垂直于ab施加F＝2 N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM′、NN′保持良好接触．当ab运动到某处时，框架开始运动．设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.(1)求框架开始运动时ab速度v的大小；(2)从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q＝0.1 J，求该过程ab位移x的大小．
解析　(1)ab对框架的压力F1＝m1g框架受水平面的支持力N＝m2g＋F1依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力F2＝μNab中的感应电动势E＝BlvMN中电流I＝MN受到的安培力F安＝IlB框架开始运动时F安＝F2由上述各式代入数据解得v＝6 m/s(2)闭合回路中产生的总热量Q总＝Q由能量守恒定律，得Fx＝m1v2＋Q总代入数据解得x＝1.1 m．答案　(1)6 m/s　(2)1.1 m
Ⅱ.单杆倾斜式
物理模型匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为B，导轨间距L，导体棒质量m，电阻R，导轨光滑，电阻不计动态分析棒ab释放后下滑，此时a＝gsin α，棒ab速度v↑→感应电动势E＝BLv↑→电流I＝↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，当安培力F＝mgsin α时，a＝0，v最大收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征a＝0　v最大　vm＝电学特征I恒定【例2】 (2011·上海单科，32)(14分)如图9－2－12所示，电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s＝1.15 m，两导轨间距L＝0.75 m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R＝1.5 Ω的电阻，磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r＝0.5 Ω，质量m＝0.2 kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Q1＝0.1 J．(取g＝10 m/s2)求：图9－2－12(1)金属棒在此过程中克服安培力的功W安；(2)金属棒下滑速度v＝2 m/s时的加速度a.(3)为求金属棒下滑的最大速度vm，有同学解答如下：由动能定理，W重－W安＝mvm2，…….由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答．
解析　(1)下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于R＝3r，因此
QR＝3Qr＝0.3 J(1分)故W安＝Q＝QR＋Qr＝0.4 J(2分)
(2)金属棒下滑时受重力和安培力F安＝BIL＝v(1分)由牛顿第二定律mgsin 30°－v＝ma(3分)所以a＝g sin 30°－v＝m/s2＝3.2 m/s2(2分)(3)此解法正确．金属棒下滑时受重力和安培力作用，其运动满足mgsin 30°－v＝ma上式表明，加速度随速度增加而减小，棒做加速度减小的加速运动．无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大．由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确．(2分)mgs sin 30°－Q＝mvm2(2分)得vm＝ ＝ m/s＝2.74 m/s(1分)答案　(1)0.4 J　(2)3.2 m/s2　(3)见解析
一、公式E＝Blv的应用(高频考查)
1．(2010·全国Ⅰ，17改编)某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5×10－5 T．一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过．设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s.下列说法正确的是(　　)．
A．电压表记录的电压为5 mV
B．电压表记录的电压为10 mV
C．河南岸的电势较高
D．河北岸的电势较高
解析　由E＝Blv＝4.5×10－5×100×2＝9×10－3(V)可知A、B项错误．再由右手定则可判断河北岸电势高，故C项错误、D项正确．
答案　D
图9－2－13
2．(2011·山东理综，21改编)如图9－2－13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，下列说法错误的是(　　)．
A．穿过回路的磁通量为零
B．回路中感应电动势大小为2Blv0
C．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
解析　由于两磁场的磁感应强度大小相等，方向相反，且回路此时关于OO′对称，因而此时穿过回路的磁通量为零，A项正确；ab、cd均切割磁感线，相当于两个电源，由右手定则知，回路中感应电流方向为逆时针，两电源串联，感应电动势为2Blv0，B项正确、C项错误；由左手定则知ab、cd所受安培力方向均向左，D项正确．
答案　C
图9－2－14
3．(2010·全国卷Ⅱ，18)如图9－2－14，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b和下边界d水平．在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平．线圈从水平面a开始下落．已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离．若线圈下边刚通过水平面b、c(位于磁场中)和d时，线圈所受到的磁场力的大小分别为Fb、Fc和Fd，则(　　)．
A．Fd>Fc>Fb　　　B．FcC．Fc>Fb>Fd　　　D．Fc解析　从a到b线圈做自由落体运动，线圈全部进入磁场后，穿过线圈的磁通量不变，线圈中无感应电流，因而也不受磁场力，即Fc＝0，从b到d线圈继续加速，vd>vb，当线圈在进入和离开磁场时，穿过线圈的磁通量变化，线圈中产生感应电流，受磁场力作用，其大小为：F＝BIl＝B··l＝，因vd>vb，所以Fd>Fb>Fc，选项D正确．
答案　D
二、法拉第电磁感应定律E＝n的应用(高频考查)
4．(2010·江苏单科，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1 s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1 s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．1 C．2 D．4
解析　设原磁感应强度是B，线框面积是S.第1 s内ΔΦ1＝2BS－BS＝BS，第2 s内ΔΦ2＝2B·－2B·S＝－BS.因为E＝n，所以两次电动势大小相等，B正确．
答案　B
5．(2010·浙江理综，19)半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图9－2－15甲所示．有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图9－2－15乙所示．在t＝0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒．则以下说法正确的是(　　)．
图9－2－15
A．第2秒内上极板为正极
B．第3秒内上极板为负极
C．第2秒末微粒回到了原来位置
D．第2秒末两极板之间的电场强度大小为
解析　由图知第2秒内，磁场向里并均匀减小，由楞次定律知，环中电流方向为顺时针，因而上极板带正电，A项正确；第3秒内磁场向外且均匀增大，由楞次定律知，环中电流方向为顺时针，上极板仍带正电，B项错误；同理第1秒内上极板带负电，此微粒2秒内先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，方向不变，C项错误；由法拉第电磁感应定律知，电路中感应电动势为E感＝＝πr2＝0.1πr2，场强为E＝＝，D项错误．
答案　A
6．(2011·广东卷，15)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，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
解析　由法拉第电磁感应定律E＝n知，感应电动势的大小与线圈匝数有关，A错．感应电动势正比于，与磁通量的大小无直接关系，B错误、C正确．根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即“增反减同”，D错误．
答案　C
图9－2－16
7．(2011·福建卷，17)如图9－2－16所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中(　　)．
A．运动的平均速度大小为v
B．下滑的位移大小为
C．产生的焦耳热为qBLv
D．受到的最大安培力大小为sin θ
解析　对棒受力分析如图所示．
F安＝BIL＝，故D错；
F安随棒的速度的增大而增大，故棒做的不是匀加速直线运动．
因此运动的平均速度≠v，A错；
由q＝n可得：q＝，
故棒下滑的位移x＝，B正确；
求焦耳热应该用有效值，故C错．
答案　B