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第2講　法拉第電磁感應定律、自感和渦流
目標要求 　1.理解并應用法拉第電磁感應定律.2.會計算導體棒切割磁感線產生的感應電動勢.3.了解自感現象、渦流、電磁驅動和電磁阻尼．
考點一　法拉第電磁感應定律的理解及應用
基礎回扣
1．感應電動勢
(1)感應電動勢：在電磁感應現象中產生的電動勢．
(2)產生條件：穿過回路的磁通量發生改變，與電路是否閉合無關．
(3)方向判斷：感應電動勢的方向用楞次定律或右手定則判斷．
2．法拉第電磁感應定律
(1)內容：閉合電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比．
(2)公式：E＝nΔΦΔt，其中n為線圈匝數．
(3)感應電流與感應電動勢的關系：I＝ER＋r.
(4)說明：E的大小與Φ、ΔΦ無關，決定于磁通量的變化率ΔΦΔt.
技巧點撥
1．當ΔΦ僅由B的變化引起時，E＝nΔB·SΔt，其中S為線圈在磁場中的有效面積．若B＝B0＋kt，則E＝nkS.
2．當ΔΦ僅由S的變化引起時，E＝nBΔSΔt.
3．當B、S同時變化時，則E＝nB2S2－B1S1Δt≠nΔB·ΔSΔt.
4．若已知Φ－t圖象，則圖線上某一點的切線斜率為ΔΦΔt.

　　　　　 判斷感應電動勢的方向、大小

例1 　(多選)(2018·全國卷Ⅲ·20)如圖1(a)，在同一平面內固定有一長直導線PQ和一導線框R，R在PQ的右側．導線PQ中通有正弦交流電i，i的變化如圖(b)所示，規定從Q到P為電流正方向．導線框R中的感應電動勢(　　)

圖1
A．在t＝T4時為零
B．在t＝T2時改變方向
C．在t＝T2時最大，且沿順時針方向
D．在t＝T時最大，且沿順時針方向
答案　AC
解析　在t＝T4時，i－t圖線斜率為0，即磁場變化率為0，由E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS知，E＝0，A項正確；在t＝T2和t＝T時，i－t圖線斜率的絕對值最大，在t＝T2和t＝T時感應電動勢最大．在T4到T2之間，電流由Q向P減弱，導線在R處產生垂直紙面向里的磁場，且磁場減弱，由楞次定律知，R產生的感應電流的磁場方向也垂直紙面向里，即R中感應電動勢沿順時針方向，同理可判斷在T2到3T4之間，R中電動勢也為順時針方向，在34T到T之間，R中電動勢為逆時針方向，C項正確，B、D項錯誤．

　　　　　 感應電動勢、感應電流的計算

例2 　(多選)(2019·全國卷Ⅰ·20)空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時間變化的勻強磁場，其邊界如圖2(a)中虛線MN所示．一硬質細導線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導線做成半徑為r的圓環固定在紙面內，圓心O在MN上．t＝0時磁感應強度的方向如圖(a)所示；磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖(b)所示．則在t＝0到t＝t1的時間間隔內(　　)

圖2
A．圓環所受安培力的方向始終不變
B．圓環中的感應電流始終沿順時針方向
C．圓環中的感應電流大小為B0rS4t0ρ
D．圓環中的感應電動勢大小為B0πr24t0
答案　BC
解析　在0～t0時間內，磁感應強度減小，根據楞次定律可知感應電流的方向為順時針，圓環所受安培力水平向左；在t0～t1時間內，磁感應強度反向增大，感應電流的方向仍為順時針，圓環所受安培力水平向右，所以選項A錯誤，B正確；根據法拉第電磁感應定律得E＝ΔΦΔt＝12πr2·B0t0＝B0πr22t0，由R＝ρlS可得R＝ρ2πrS，根據歐姆定律可得I＝ER＝B0rS4t0ρ，所以選項C正確，D錯誤．

1．(法拉第電磁感應定律的應用)如圖3所示，豎直放置的矩形導線框MNPQ邊長分別為L和2L，M、N間連接水平的平行板電容器，兩極板間距為d，虛線為線框中軸線，虛線右側有垂直線框平面向里的勻強磁場．兩極板間有一質量為m、電荷量為q的帶負電油滴恰好處于平衡狀態，已知重力加速度為g，則該磁場磁感應強度大小B的變化情況及其變化率分別是(　　)

圖3
A．正在減小，ΔBΔt＝mgd2qL2 B．正在減小，ΔBΔt＝mgdqL2
C．正在增強，ΔBΔt＝mgd2qL2 D．正在增強，ΔBΔt＝mgdqL2
答案　D
解析　電荷量為q的帶負電的油滴恰好處于靜止狀態，電場力豎直向上，則電場強度方向豎直向下，所以電容器的上極板帶正電，線框上端相當于電源正極，感應電動勢沿逆時針方向，感應電流的磁場方向和原磁場方向相反，根據楞次定律可知，穿過線框的磁通量在均勻增強，線框產生的感應電動勢E＝UMN＝ΔBΔtS＝ΔBΔtL2，
油滴所受電場力與重力大小相等，則qUMNd＝mg，聯立以上兩式得，線圈中的磁通量變化率的大小為ΔBΔt＝mgdqL2，故D正確，A、B、C錯誤．

考點二　導體切割磁感線產生的感應電動勢
1．導體平動切割磁感線
(1)有效長度
公式E＝Blv中的l為導體切割磁感線的有效長度．如圖4中，導體的有效長度分別為：

圖4
圖甲：l＝cdsin β.
圖乙：沿v1方向運動時，l＝MN.
圖丙：沿v1方向運動時，l＝2R；沿v2方向運動時，l＝R.
圖丁：l＝a2＋b2.
(2)相對速度
E＝Blv中的速度v是導體相對磁場的速度，若磁場也在運動，應注意速度間的相對關系．

圖5
2．導體轉動切割磁感線
如圖5，當長為l的導體在垂直于勻強磁場(磁感應強度為B)的平面內，繞一端以角速度ω勻速轉動，當導體運動Δt時間后，轉過的弧度θ＝ωΔt，轉過的面積ΔS＝12l2ωΔt，則E＝ΔΦΔt＝BΔSΔt＝12Bl2ω.

　　　　　 平動切割磁感線

例3 　(多選)(2017·全國卷Ⅱ·20)兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應強度方向與紙面垂直．邊長為0.1 m、總電阻為0.005 Ω的正方形導線框abcd位于紙面內，cd邊與磁場邊界平行，如圖6甲所示．已知導線框一直向右做勻速直線運動，cd邊于t＝0時刻進入磁場．線框中感應電動勢隨時間變化的圖線如圖乙所示(感應電流的方向為順時針時，感應電動勢取正)．下列說法正確的是(　　)

圖6
A．磁感應強度的大小為0.5 T
B．導線框運動的速度的大小為0.5 m/s
C．磁感應強度的方向垂直于紙面向外
D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s這段時間內，導線框所受的安培力大小為0.1 N
答案　BC
解析　由E－t圖象可知，導線框經過0.2 s全部進入磁場，則速度v＝lt＝0.10.2 m/s＝0.5 m/s，選項B正確；由題圖乙可知，E＝0.01 V，根據E＝Blv得，B＝Elv＝0.010.1×0.5 T＝0.2 T，選項A錯誤；根據右手定則及正方向的規定可知，磁感應強度的方向垂直于紙面向外，選項C正確；在t＝0.4 s至t＝0.6 s這段時間內，導線框中的感應電流I＝ER＝0.010.005 A＝2 A, 所受的安培力大小為F＝BIl＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N，選項D錯誤．

　　　　　 轉動切割磁感線

例4 　如圖7所示，半徑為r的金屬圓盤在垂直于盤面的磁感應強度為B的勻強磁場中，繞O軸以角速度ω沿逆時針方向勻速運動，則通過電阻R的電流的方向和大小是(金屬圓盤的電阻不計)(　　)

圖7
A．由c到d，I＝Br2ωR B．由d到c，I＝Br2ωR
C．由c到d，I＝Br2ω2R D．由d到c，I＝Br2ω2R
答案　D
解析　由右手定則，圓盤相當于電源，其電流方向為從邊緣指向圓心，所以通過電阻R的電流的方向是由d到c；而金屬圓盤產生的感應電動勢E＝12Br2ω，所以通過電阻R的電流大小是I＝Br2ω2R，D正確．

2．(平動切割磁感線)如圖8所示，空間有一勻強磁場，一直金屬棒與磁感應強度方向垂直，當它以速度v沿與棒和磁感應強度都垂直的方向運動時，棒兩端的感應電動勢大小為E，將此棒彎成兩段長度相等且相互垂直的折線，置于與磁感應強度相垂直的平面內，當它沿兩段折線夾角平分線的方向以速度v運動時，棒兩端的感應電動勢大小為E′.則E′E等于(　　)

圖8
A.12 B.22 C．1 D.2
答案　B
解析　設折彎前導體切割磁感線的長度為L，E＝BLv；折彎后，導體切割磁感線的有效長度為l＝L22＋L22＝22L，故產生的感應電動勢為E′＝Blv＝B·22Lv＝22E，所以E′E＝22，B正確．
3.(轉動切割磁感線)(2020·安徽宣城市期末調研測試)邊界MN的一側區域內，存在著磁感應強度大小為B、方向垂直于光滑水平桌面的勻強磁場．邊長為l的正三角形金屬線框abc粗細均勻，三邊阻值相等，a頂點剛好位于邊界MN上，現使線框圍繞過a點
且垂直于桌面的轉軸勻速轉動，轉動角速度為ω，如圖9所示，則在ab邊開始轉入磁場的瞬間a、b兩端的電勢差Uab為(　　)

圖9
A.13Bl2ω B．－12Bl2ω
C．－13Bl2ω D.16Bl2ω
答案　A
解析　當ab邊剛進入磁場時，ab邊切割磁感線，切割長度為兩個端點間的距離，即為a、b間的距離l，則E＝Blv＝Bllω2＝12Bl2ω；設每個邊的電阻為R，a、b兩點間的電勢差為：U＝I·2R＝E3R·2R，故U＝13Bl2ω，故A正確，B、C、D錯誤．
考點三　自感現象
基礎回扣
自感現象
(1)概念：當一個線圈中的電流變化時，它所產生的變化的磁場在線圈本身激發出感應電動勢．這種現象稱為自感，由于自感而產生的感應電動勢叫作自感電動勢．
(2)表達式：E＝LΔIΔt.
(3)自感系數L的影響因素：與線圈的大小、形狀、匝數以及是否有鐵芯有關．
技巧點撥
1．通電自感和斷電自感的比較

電路圖


器材要求 A1、A2同規格，R＝RL，L較大 L很大(有鐵芯)
通電時 在S閉合瞬間，燈A2立即亮起來，燈A1逐漸變亮，最終一樣亮 燈A立即亮，然后逐漸變暗達到穩定
斷電時 回路電流減小，燈泡逐漸變暗，A1電流方向不變，A2電流反向 ①若I2≤I1，燈泡逐漸變暗；
②若I2＞I1，燈泡閃亮后逐漸變暗.
兩種情況下燈泡中電流方向均改變






2.分析自感問題的三個技巧

例5 　(2017·北京卷·19)如圖10所示，圖甲和圖乙是教材中演示自感現象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈．實驗時，斷開開關S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關S2，燈A2逐漸變亮．而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同．下列說法正確的是(　　)

圖10
A．圖甲中，A1與L1的電阻值相同
B．圖甲中，閉合S1，電路穩定后，A1中電流大于L1中電流
C．圖乙中，變阻器R與L2的電阻值相同
D．圖乙中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等
答案　C
解析　斷開開關S1瞬間，線圈L1產生自感電動勢，阻礙電流的減小，通過L1的電流反向通過A1，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗，說明IL1>IA1，即RL1
4．(自感現象)(多選)(2020·江蘇蘇錫常鎮二模)為測量線圈L的直流電阻R0，某研究小組設計了如圖11所示電路．已知線圈的自感系數較大，兩電表可視為理想電表，其示數分別記為U、I，實驗開始前，S1處于斷開狀態，S2處于閉合狀態．關于實驗過程，下列說法正確的是(　　)

圖11
A．閉合S1，電流表示數逐漸增大至穩定值
B．閉合S1，電壓表示數逐漸減小至穩定值
C．待兩電表示數穩定后，方可讀取U、I的值
D．實驗結束后，應先斷開S1
答案　ABC
考點四　渦流　電磁阻尼和電磁驅動
基礎回扣
1．渦流現象
(1)渦流：塊狀金屬放在變化磁場中，或者讓它在磁場中運動時，金屬塊內產生的漩渦狀感應電流．
(2)產生原因：金屬塊內磁通量變化→感應電動勢→感應電流．
2．電磁阻尼
當導體在磁場中運動時，感應電流會使導體受到安培力，安培力總是阻礙導體的相對運動．
3．電磁驅動
如果磁場相對于導體轉動，在導體中會產生感應電流使導體受到安培力而運動起來．

5．(渦流)如圖12所示，關于渦流的下列說法中錯誤的是(　　)

圖12
A．真空冶煉爐是利用渦流來熔化金屬的裝置
B．家用電磁爐鍋體中的渦流是由恒定磁場產生的
C．阻尼擺擺動時產生的渦流總是阻礙其運動
D．變壓器的鐵芯用相互絕緣的硅鋼片疊成能減小渦流
答案　B

6．(電磁阻尼)(2017·全國卷Ⅰ·18)掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌．為了有效隔離外界振動對STM的擾動，在圓底盤周邊沿其徑向對稱地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動，如圖13所示．無擾動時，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場；出現擾動后，對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是(　　)

圖13

答案　A
解析　感應電流產生的條件是閉合回路中的磁通量發生變化．在A圖中，系統振動時，紫銅薄板隨之上下及左右振動，在磁場中的部分有時多有時少，磁通量發生變化，產生感應電流，受到安培力，阻礙系統的振動；在B圖中，只有紫銅薄板向左振動才產生感應電流，而上下振動無感應電流產生；在C圖中，無論紫銅薄板上下振動還是左右振動，都不會產生感應電流；在D圖中，只有紫銅薄板左右振動才產生感應電流，而上下振動無感應電流產生，故選項A正確，B、C、D錯誤．
課時精練

1．將多匝閉合線圈置于僅隨時間變化的磁場中，關于線圈中產生的感應電動勢和感應電流，下列表述正確的是(　　)
A．感應電動勢的大小與線圈的匝數無關
B．穿過線圈的磁通量越大，感應電動勢越大
C．穿過線圈的磁通量變化越快，感應電動勢越大
D．感應電流產生的磁場方向與原磁場方向始終相同
答案　C
2．(多選)(2020·貴州省思南中學開學考試)穿過閉合回路的磁通量Φ隨時間t變化的圖象分別如圖1甲、乙、丙、丁所示，下列關于回路中產生的感應電動勢的說法，正確的是(　　)


圖1
A．圖甲中回路產生的感應電動勢恒定不變
B．圖乙中回路產生的感應電動勢一直在變大
C．圖丙中回路在0～t0時間內產生的感應電動勢大于t0～2t0時間內產生的感應電動勢
D．圖丁中回路產生的感應電動勢先變小再變大
答案　CD
解析　Φ－t圖象中圖線的斜率的絕對值表示感應電動勢的大小，故A、B錯誤；C、D正確．
3.(多選)電吉他中電拾音器的基本結構如圖2所示，磁體附近的金屬弦被磁化，因此弦振動時，在線圈中產生感應電流，電流經電路放大后傳送到音箱發出聲音，下列說法正確的有(　　)

圖2
A．選用銅質弦，電吉他仍能正常工作
B．取走磁體，電吉他將不能正常工作
C．增加線圈匝數可以增大線圈中的感應電動勢
D．弦振動過程中，線圈中的電流方向不斷變化
答案　BCD
解析　銅質弦為非磁性材料，不能被磁化，選用銅質弦，電吉他不能正常工作，A項錯誤；若取走磁體，金屬弦不能被磁化，其振動時，不能在線圈中產生感應電動勢，電吉他不能正常工作，B項正確；由E＝nΔΦΔt可知，C項正確；弦振動過程中，穿過線圈的磁通量大小不斷變化，由楞次定律可知，線圈中感應電流方向不斷變化，D項正確．
4．三個相同的金屬圓環內存在著不同的有界勻強磁場，虛線表示環的某條直徑，已知所有磁場的磁感應強度隨時間變化關系都滿足B＝kt，磁場方向如圖3所示．測得A環內感應電流強度為I，則B環和C環內感應電流強度分別為(　　)

圖3
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環中穿過圓環的磁感線完全抵消，磁通量為零，保持不變，所以沒有感應電流產生，即IC＝0.根據法拉第電磁感應定律得E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS＝kS，S是有效面積，可得E∝S，所以A、B中感應電動勢之比EA∶EB＝1∶2，根據歐姆定律得IB＝2IA＝2I，選項D正確．
5．如圖4所示，在慶祝反法西斯勝利70周年閱兵盛典上，我國預警機“空警－2 000”在通過天安門上空時機翼保持水平，以4.5×102 km/h的速度自東向西飛行．該機的翼展(兩翼尖之間的距離)為50 m，北京地區地磁場的豎直分量向下，大小為4.7×10－5 T，則(　　)

圖4
A．兩翼尖之間的電勢差為2.9 V
B．兩翼尖之間的電勢差為1.1 V
C．飛機左方翼尖的電勢比右方翼尖的電勢高
D．飛機左方翼尖的電勢比右方翼尖的電勢低
答案　C
解析　飛機的飛行速度為4.5×102 km/h＝125 m/s，飛機兩翼尖之間的電動勢為E＝Blv＝4.7×10－5×50×125 V≈0.29 V，A、B項錯誤；飛機從東向西飛行，磁場豎直向下，根據右手定則可知，飛機左方翼尖的電勢高于右方翼尖的電勢，C項正確，D項錯誤．
6.(多選)如圖5所示，在線圈上端放置一盛有冷水的金屬杯，現接通交流電源，過了幾分鐘，杯內的水沸騰起來．若要縮短上述加熱時間，下列措施可行的有(　　)

圖5
A．增加線圈的匝數
B．提高交流電源的頻率
C．將金屬杯換為瓷杯
D．取走線圈中的鐵芯
答案　AB
解析　當電磁鐵接通交流電源時，金屬杯處在變化的磁場中產生渦流發熱，使水溫升高．要縮短加熱時間，需增大渦流，即增大感應電動勢或減小電阻．增加線圈匝數、提高交流電源的頻率都是為了增大感應電動勢，瓷杯不能產生渦流，取走鐵芯會導致磁性減弱，故選項A、B正確，選項C、D錯誤．
7.(多選)(2019·山東青島市質檢)如圖6所示的電路中，A1和A2是完全相同的燈泡，線圈L的電阻可以忽略，下列說法中正確的是(　　)

圖6
A．閉合開關S接通電路時，A2始終比A1亮
B．閉合開關S接通電路時，A2先亮，A1后亮，最后一樣亮
C．斷開開關S切斷電路時，A2先熄滅，A1過一會兒才熄滅
D．斷開開關S切斷電路時，A1和A2都要過一會兒才熄滅
答案　BD
解析　閉合開關S接通電路，A2立即亮，線圈對電流的增大有阻礙作用，所以通過A1的電流慢慢變大，最后兩燈泡的電壓一樣大，所以一樣亮，故A錯誤，B正確；斷開開關S切斷電路時，線圈對電流的減小有阻礙作用，相當于電源，與A1和A2串聯，所以兩燈泡都要過一會兒才熄滅，故C錯誤，D正確．
8．(2020·浙江杭州市一模)用導線繞一圓環，環內有一用同樣導線折成的內接正方形線框，圓環與線框絕緣，如圖7甲所示．圓環的半徑R＝2 m，導線單位長度的電阻r0＝0.2 Ω/m.把它們放在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于圓環平面(紙面)向里．磁感應強度B隨時間t變化如圖乙所示，求：

圖7
(1)正方形線框產生的感應電動勢；
(2)在0～2.0 s內，圓環產生的焦耳熱；
(3)若不知道圓環半徑數值，在0～2.0 s內，圓環中的電流與正方形線框中的電流之比．
答案　(1)4 V　(2)31.75 J　(3)2
解析　(1)正方形線框的面積為S＝2R2，
根據法拉第電磁感應定律得：
E＝ΔBΔtS＝1.5－0.52.0×2×22 V＝4 V.
(2)圓環面積為S′＝πR2，圓周長為L＝2πR，
圓環的電阻為：
r′＝2πRr0＝2×3.14×2×0.2 Ω≈2.5 Ω
根據法拉第電磁感應定律得：
E′＝ΔBΔtS′＝1.5－0.52.0×π×22 V≈6.3 V
在0～2.0 s內，圓環產生的焦耳熱為：
Q＝E′2r′t＝6.322.5×2.0 J≈31.75 J
(3)正方形線框中的電流為：
I＝Er＝ΔBΔt·2R242Rr0，
圓環中的電流為：I′＝E′r′＝ΔBΔt·πR22πRr0
圓環中的電流與正方形線框中的電流之比：I′I＝2.

9.如圖8，直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向平行于ab邊向上．當金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉動時，a、b、c三點的電勢分別為φa、φb、φc.已知bc邊的長度為l.下列判斷正確的是(　　)

圖8
A．φa＞φc，金屬框中無電流
B．φb＞φc，金屬框中電流方向沿a→b→c→a
C．Ubc＝－12Bl2ω，金屬框中無電流
D．Ubc＝12Bl2ω，金屬框中電流方向沿a→c→b→a
答案　C
解析　穿過金屬框的磁通量始終為零，沒有發生變化，故金屬框中無電流，B、D項錯誤；bc邊切割磁感線的等效速度為12lω，根據右手定則知φb＜φc，故Ubc＝－12Bl2ω，C項正確；ac邊切割磁感線，根據右手定則得φa＜φc，A項錯誤．
10．(多選)(2019·湖南永州市第二次模擬)如圖9(a)所示，半徑為r的帶缺口剛性金屬圓環固定在水平面內，缺口兩端引出兩根導線，與電阻R構成閉合回路．若圓環內加一垂直于紙面的變化的磁場，變化規律如圖(b)所示．規定磁場方向垂直紙面向里為正，不計金屬圓環的電阻．以下說法正確的是(　　)

圖9
A．0～1 s內，流過電阻R的電流方向為b→R→a
B．2～3 s內，穿過金屬圓環的磁通量在減小
C．t＝2 s時，流過電阻R的電流方向發生改變
D．t＝2 s時，Uab＝πr2B0(V)
答案　AD
解析　規定磁場方向垂直紙面向里為正，根據楞次定律，在0～1 s內，穿過金屬圓環向里的磁通量增大，則金屬圓環中產生逆時針方向的感應電流，那么流過電阻R的電流方向為b→R→a，故A正確；由題圖(b)可知，在2～3 s內，穿過金屬圓環的磁通量在增大，故B錯誤；1～2 s內，穿過金屬圓環的磁通量向里減小，由楞次定律可知，產生的電流方向為a→R→b，2～3 s穿過金屬圓環的磁通量增大，且磁場反向，由楞次定律可知，產生的電流方向為a→R→b，故C錯誤；當t＝2 s時，根據法拉第電磁感應定律E＝ΔBΔtS＝πr2B0(V)，因不計金屬圓環的電阻，因此Uab＝E＝πr2B0 (V)，故D正確．
11.(2019·安徽蚌埠市第三次質量檢測)如圖10所示，某小組利用電流傳感器(接入電腦，圖中未畫出)記錄燈泡A和自感元件L構成的并聯電路在斷電瞬間各支路電流隨時間的變化情況，i1表示小燈泡中的電流，i2表示自感元件中的電流(已知開關S閉合時i2>i1)，則下列圖象中正確的是(　　)

圖10

答案　C
解析　當開關S斷開后，自感元件與燈泡形成回路，自感元件阻礙自身電流變化，自感元件產生的感應電流仍沿著原來方向，大小從i2開始不斷減小，燈泡的電流反向，大小與自感元件電流相等，故C正確，A、B、D錯誤．
12．(多選)如圖11所示，光滑水平面上存在有界勻強磁場，磁感應強度為B，質量為m、邊長為a的正方形線框ABCD斜向右上穿進磁場，當AC剛進入磁場時的速度為v，方向與磁場邊界成45°角，若線框的總電阻為R，則(　　)

圖11
A．線框穿進磁場過程中，框中電流的方向為DCBA
B．AC剛進入磁場時線框中的感應電流為2BavR
C．AC剛進入磁場時線框所受安培力為2B2a2vR
D．AC剛進入磁場時DC兩端電壓為34Bav
答案　CD
解析　線框進入磁場的過程中穿過線框的磁通量增大，由楞次定律可知，感應電流產生的磁場方向向外，由安培定則知感應電流的方向為ABCD方向，A錯誤；AC剛進入磁場時CD邊切割磁感線，AD邊不切割磁感線，所以產生的感應電動勢為E＝Bav，則線框中感應電流為I＝ER＝BavR，B錯誤；AC剛進入磁場時線框的CD邊產生的安培力與v的方向相反，AD邊受到的安培力的方向垂直于AD向下，它們的大小都是F＝BIa，由幾何關系可知，AD邊與CD邊受到的安培力的方向相互垂直，所以AC剛進入磁場時線框所受安培力為AD邊與CD邊受到的安培力的合力，即F合＝2F＝2B2a2vR，C正確；當AC剛進入磁場時，DC兩端電壓U＝I×34R＝34Bav，D正確．
13．如圖12所示，勻強磁場中有一由半圓弧及其直徑構成的導線框，半圓直徑與磁場邊緣重合，磁場方向垂直于半圓面(紙面)向里，磁感應強度大小為B0，使該線框從靜止開始繞過圓心O且垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉動半周，在線框中產生感應電流．現使線框保持圖中所示位置不變，磁感應強度大小隨時間線性變化．為了產生與線框轉動半周過程中同樣大小的電流，磁感應強度隨時間的變化率ΔBΔt的大小應為(　　)

圖12
A.ωB0π B.2ωB0π
C.4ωB0π D.ωB02π
答案　A
解析　若要產生的電流相等，則產生的感應電動勢應相等．設半圓半徑的長度為L，從靜止開始繞過圓心O以角速度ω勻速轉動時，線框中產生的感應電動勢大小為E＝12B0L2ω；根據法拉第電磁感應定律得E＝ΔΦΔt＝ΔB·SΔt＝ΔBΔt·12πL2，聯立可得ΔBΔt＝ωB0π，故B、C、D錯誤，A正確．
14．如圖13所示，兩根光滑的平行長直金屬導軌置于水平面內，導軌間距為L，導軌左端接有阻值為R的電阻，質量為m的導體棒垂直跨接在導軌上．導軌和導體棒的電阻均不計，且接觸良好．在導軌平面上有一矩形區域內存在著豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B.開始時，導體棒靜止于磁場區域的右端，當磁場以速度v1勻速向右移動時，導體棒隨之開始運動，同時受到水平向左、大小為Ff的恒定阻力，并很快達到恒定速度，此時導體棒仍處于磁場區域內．

圖13
(1)求導體棒所達到的恒定速度v2的大小；
(2)為使導體棒能隨磁場運動，阻力最大不能超過多少．
答案　(1)v1－FfRB2L2　(2)B2L2v1R
解析　(1)由法拉第電磁感應定律得E＝BL(v1－v2)
由閉合電路歐姆定律得I＝ER
安培力F＝BIL＝B2L2?v1－v2?R
速度恒定時，有B2L2?v1－v2?R＝Ff
解得v2＝v1－FfRB2L2.
(2)為使導體棒能隨磁場運動，阻力最大不能超過所受的最大安培力，即導體棒不動時，安培力最大為：Fm＝B2L2v1R，則阻力最大為Ffm＝B2L2v1R.

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