届高考物理考前知识专题电磁感应规律及其应用复习题.docx
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届高考物理考前知识专题电磁感应规律及其应用复习题
2017届高考物理考前知识专题电磁感应规律及其应用复习题
考题一 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1楞次定律中“阻碍”的主要表现形式
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”;
(2)阻碍相对运动——“拒去留”;(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”;(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”2楞次定律和右手定则的适用对象
(1)楞次定律:
一般适用于线圈面积不变,磁感应强度发生变化的情形
(2)右手定则:
一般适用于导体棒切割磁感线的情形3求感应电动势大小的五种类型
(1)磁通量变化型:
E=nΔΦΔt
(2)磁感应强度变化型:
E=nSΔBΔt(3)面积变化型:
E=nBΔSΔt(4)平动切割型:
E=Blv()转动切割型:
E=12nBl2ω注意:
公式E=nΔBΔtS中的S是垂直于磁场方向的有效面积例1 (2016•浙江•16)如图1所示,a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数均为10匝,边长la=3lb,图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间均匀增大,不考虑线圈之间的相互影响,则( )图1A两线圈内产生顺时针方向的感应电流Ba、b线圈中感应电动势之比为9∶1a、b线圈中感应电流之比为3∶4Da、b线圈中电功率之比为3∶1解析 根据楞次定律可知,两线圈内均产生逆时针方向的感应电流,选项A错误;因磁感应强度随时间均匀增大,设ΔBΔt=,根据法拉第电磁感应定律可得E=nΔΦΔt=nΔBΔtl2,则EaEb=(31)2=91,选项B正确;根据I=ER=Eρ4nlS=nΔBΔtl2S4ρnl=lS4ρ可知,I∝l,故a、b线圈中感应电流之比为3∶1,选项错误;电功率P=IE=lS4ρ•nΔBΔtl2=n2l3S4ρ,则P∝l3,故a、b线圈中电功率之比为27∶1,选项D错误答案 B变式训练1如图2所示,a、b、三个线圈是同心圆,b线圈上连接有直流电E和开关,则下列说法正确的是( )图2A在闭合的一瞬间,线圈a中有逆时针方向的瞬时电流,有收缩趋势B在闭合的一瞬间,线圈中有顺时针方向的瞬时电流,有收缩趋势在闭合电路稳定后,再断开的一瞬间,线圈中有感应电流,线圈a中没有感应电流D在闭合的一瞬间,线圈b中有感应电动势;在闭合电路稳定后,再断开的一瞬间,线圈b中仍然有感应电动势答案 D解析 闭合时线圈b中有顺时针的电流,根据右手定则可知内部有向里增大的磁场,则a线圈产生阻碍原磁通量变化的电流,根据楞次定律可知,电流方向为逆时针,线圈受到向外的安培力,故有扩张的趋势,故A错误;根据楞次定律可知,中感应电流为逆时针且有收缩的趋势,故B错误;在闭合电路稳定后,再断开的一瞬间,两线圈中均有磁通量的变化,故线圈中均有感应电流,故错误;在闭合的一瞬间,线圈b中有感应电动势;在闭合电路稳定后,再断开的一瞬间,线圈b中仍然有感应电动势,故D正确2(2016•海南•4)如图3,一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直面内,环的圆心与两导线距离相等,环的直径小于两导线间距两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流若( )图3A金属环向上运动,则环上的感应电流方向为顺时针方向B金属环向下运动,则环上的感应电流方向为顺时针方向金属环向左侧直导线靠近,则环上的感应电流方向为逆时针方向D金属环向右侧直导线靠近,则环上的感应电流方向为逆时针方向答案 D解析 根据楞次定律,当金属圆环上、下移动时,穿过圆环的磁通量不发生变化,故没有感应电流产生,故选项A、B错误;当金属圆环向左移动时,则穿过圆环的磁场垂直纸面向外并且增强,故根据楞次定律可以知道,产生的感应电流为顺时针,故选项错误;当金属圆环向右移动时,则穿过圆环的磁场垂直纸面向里并且增强,故根据楞次定律可以知道,产生的感应电流为逆时针,故选项D正确3(2016•全国甲卷•20)法拉第圆盘发电机的示意图如图4所示铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中圆盘旋转时,关于流过电阻R的电流,下列说法正确的是( )图4A若圆盘转动的角速度恒定,则电流大小恒定B若从上向下看,圆盘顺时针转动,则电流沿a到b的方向流动若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则电流方向可能发生变化D若圆盘转动的角速度变为原的2倍,则电流在R上的热功率也变为原的2倍答案 AB解析 将圆盘看成无数幅条组成,它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流,则当圆盘顺时针(俯视)转动时,根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心,流过电阻的电流方向从a到b,B对;由法拉第电磁感应定律得感应电动势E=BLv=12BL2ω,I=ER+r,ω恒定时,I大小恒定,ω大小变化时,I大小变化,方向不变,故A对,错;由P=I2R=B2L4ω2R4R+r2知,当ω变为原的2倍时,P变为原的4倍,D错4如图所示,一根弧长为L的半圆形硬导体棒AB在水平拉力F作用下,以速度v0在竖直平面内的U形框架上匀速滑动,匀强磁场的磁感应强度为B,回路中除电阻R外,其余电阻均不计,U形框左端与平行板电容器相连,质量为的带电油滴静止于电容器两极板中央,半圆形硬导体棒AB始终与U形框接触良好则以下判断正确的是( )图A油滴所带电荷量为gdBLv0B电流自上而下流过电阻RA、B间的电势差UAB=BLv0D其他条不变,使电容器两极板距离减小,电容器所带电荷量将增加,油滴将向上运动答案 BD解析 导体棒AB在水平拉力F作用下向右运动,由右手定则可知,导体棒AB相当于电,A端是正极,故电流自上而下流过电阻R,B对;导体棒AB的弧长为L,与磁场切割有效长度为2Lπ,故A、错;根据电容器=εrS4πd,=QU,两极板距离d减小,增大,Q增加,电场强度E增大,油滴将向上运动,D对考题二 电磁感应中的图象问题解决电磁感应图象问题的方法技巧
(1)解决电磁感应图象问题的“三点关注”:
①关注初始时刻,如初始时刻感应电流是否为零,是正方向还是负方向②关注变化过程,看电磁感应发生的过程分为几个阶段,这几个阶段是否和图象变化相对应③关注大小、方向的变化趋势,看图线斜率的大小、图线的曲、直是否和物理过程对应
(2)解决电磁感应图象问题的一般步骤:
①明确图象的种类,即是B-t图还是Φ-t图,或者E-t图、I-t图等②分析电磁感应的具体过程③用右手定则或楞次定律确定方向对应关系④结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式⑤根据函数关系式,进行数学分析,如分析斜率的变化、截距等⑥画图象或判断图象(3)图象选择技巧:
求解物理图象的选择题时可用“排除法”,即排除与题目要求相违背的图象,留下正确图象例2 (2016•四川•7)如图6所示,电阻不计、间距为L的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中,导轨左端接一定值电阻R质量为、电阻为r的金属棒N置于导轨上,受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动,外力F与金属棒速度v的关系是F=F0+v(F0、是常量),金属棒与导轨始终垂直且接触良好金属棒中感应电流为i,受到的安培力大小为F安,电阻R两端的电压为UR,感应电流的功率为P,它们随时间t变化图象可能正确的有( )图6解析 设金属棒在某一时刻速度为v,由题意可知,感应电动势E=BLv,回路电流I=ER+r=BLR+rv,即I∝v;安培力F安=BIL=B2L2R+rv,方向水平向左,即F安∝v;R两端电压UR=IR=BLRR+rv,即UR∝v;感应电流功率P=EI=B2L2R+rv2,即P∝v2分析金属棒运动情况,由牛顿运动第二定律可得F0+v-B2L2R+rv=a,即F0+(-B2L2R+r)v=a因为金属棒从静止开始运动,所以F0>0
(1)若=B2L2R+r,金属棒水平向右做匀加速直线运动所以在此情况下没有选项符合;
(2)若>B2L2R+r,F合随v增大而增大,即a随v增大而增大,说明金属棒在做加速度增大的加速运动,根据四个物理量与速度的关系可知B选项符合;(3)若<B2L2R+r,F合随v增大而减小,即a随v增大而减小,说明金属棒在做加速度减小的加速运动,直到加速度减小为0后金属棒做匀速直线运动,根据四个物理量与速度关系可知选项符合综上所述,选项B、符合题意答案 B变式训练在竖直方向的匀强磁场中,水平放置一个面积不变的单匝金属圆线圈,规定线圈中感应电流的正方向如图7甲所示,取线圈中磁场B的方向向上为正,当磁场中的磁感应强度B随时间t如图乙变化时,下列图中能正确表示线圈中感应电流变化的是( )图7答案 A解析 在0~T2s内,根据法拉第电磁感应定律,E=nΔΦΔt=4nB0ST根据楞次定律,感应电动势的方向与图示箭头方向相反,为负值;在T2~T内,根据法拉第电磁感应定律,E′=nΔΦΔt=8nB0ST=2E,所以感应电流是之前的2倍再根据楞次定律,感应电动势的方向与图示方向相反,为负值故A正确6如图8所示,有一个边界为正三角形的匀强磁场区域,边长为a,磁感应强度方向垂直纸面向里,一个导体矩形框的长为32a,宽为a2,平行于纸面沿着磁场区域的轴线匀速穿越磁场区域,导体框中感应电流的正方向为逆时针方向,以导体框刚进入磁场时为t=0时刻,则导体框中的感应电流随时间变化的图象是( )图8答案 D解析 由右手定则可知,线框进入磁场过程与离开磁场过程感应电流方向相反,故A错误;由图示可知,线框开始进入磁场的一段时间内,切割磁感线的有效长度L不变,电流I=ER=BLvR大小不变,当线框右边部分穿出磁场过程,切割磁感线的有效长度L减小,感应电流减小,线框右边完全离开磁场后,线框左边完全进入磁场,然后线框左边切割磁感线,感应电流反向,此后一段时间内,线框切割磁感线的有效长度L不变,感应电流大小不变,线框左边离开磁场过程,线框切割磁感线的有效长度L减小,感应电流减小,故B、错误,D正确7宽度均为d且足够长的两相邻条形区域内,各存在磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场电阻为R、边长为433d的等边三角形金属框的AB边与磁场边界平行,金属框从图9所示位置以垂直于AB边向右的方向做匀速直线运动,取逆时针方向电流为正,从金属框端刚进入磁场开始计时,框中产生的感应电流随时间变化的图象是( )图9答案 A考题三 电磁感应中的动力学问题电磁感应与动力学综合题的解题策略
(1)分析“”:
找准主动运动者,用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向;
(2)分析“路”:
画出等效电路图,求解回路中的电流的大小及方向;(3)分析“力”:
分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响,从而推得对电流的影响,最后确定导体棒的最终运动情况;(4)列“方程”:
列出牛顿第二定律或平衡方程求解例3 (2016•全国甲卷•24)如图10,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、长度为l的金属杆置于导轨上t=0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μ重力加速度大小为g求:
图10
(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F-μg=a①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v,由运动学公式有v=at0②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知产生的电动势为E=Blv③联立①②③式可得E=Blt0(F-μg)④
(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=ER⑤式中R为电阻的阻值金属杆所受的安培力为F安=BlI⑥因金属杆做匀速运动,有F-μg-F安=0⑦联立④⑤⑥⑦式得R=B2l2t0答案
(1)Blt0(F-μg)
(2)B2l2t0变式训练8如图11(a)所示,在光滑水平面上用恒力F拉质量为1g的单匝均匀正方形铜线框,在1位置以速度v0=3/s进入匀强磁场时开始计时t=0,此时线框中感应电动势为1V,在t=3s时刻线框到达2位置开始离开匀强磁场此过程中v-t图象如图(b)所示,那么( )图11A线框右侧边两端N间的电压为02VB恒力F的大小为0N线框完全离开磁场的瞬间位置3的速度大小为3/sD线框完全离开磁场的瞬间位置3的速度大小为1/s答案 B解析 t=0时,线框右侧边N的两端电压为外电压,总的感应电动势为:
E=Blv0,外电压U外=34E=07V故A错误;在1~3s内,线框做匀加速运动,没有感应电流,线框不受安培力,则有F=a,由速度—时间图象的斜率表示加速度,求得a=ΔvΔt=3-23-1/s2=0/s2,则得F=0N故B正确由(b)图象看出,在t=3s时刻线框到达2位置开始离开匀强磁场时与线框进入匀强磁场时速度相同,则线框出磁场与进磁场运动情况完全相同,则知线框完全离开磁场的瞬间位置3速度与t=1s时刻的速度相等,即为2/s故、D错误9如图12所示,两根光滑、足够长的平行金属导轨固定在水平面上滑动变阻器接入电路的电阻值为R(最大阻值足够大),导轨的宽度L=0,空间有垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度的大小B=1T内阻r=1Ω的金属杆在F=N的水平恒力作用下由静止开始运动经过一段时间后,金属杆的速度达到最大速度v,不计导轨电阻,则有( )图12AR越小,v越大B金属杆的最大速度大于或等于20/s金属杆达到最大速度之前,恒力F所做的功等于电路中消耗的电能D金属杆达到最大速度后,金属杆中电荷沿杆长度方向定向移动的平均速率ve与恒力F成正比答案 BD解析 当导体棒达到最大速度时满足F=F安,则F=BBLvr+RL,解得v=Fr+RB2L2,可知R越大,v越大,选项A错误;金属杆的最大速度v=Fr+RB2L2=×1+R12×02=20(1+R)/s,则金属杆的最大速度大于或等于20/s,选项B正确;在金属杆达到最大速度之前,恒力F所做的功等于电路中消耗的电能与导体棒动能增量之和,选项错误;金属杆达到最大速度后导体棒中的电流I=FBL,则I=neSve,则ve=IneS=FBLneS,故金属杆达到最大速度后,金属杆中电荷沿杆长度方向定向移动的平均速率ve与恒力F成正比,选项D正确考题四 电磁感应中的能量问题电磁感应中能量的三种求解方法
(1)利用克服安培力做功求解:
电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功其他形式的能量―――――――→克服安培力做功电能―――→电流做功焦耳热或其他形式的能量
(2)利用能量守恒定律求解:
若只有电能与机械能参与转化,则机械能的减少量等于产生的电能(3)利用电路的相关公式——电功公式或电热公式求解:
若通过电阻的电流是恒定的,则可直接利用电功公式或焦耳定律求解焦耳热特别提醒:
回路中某个元的焦耳热和回路总焦耳热之间的关系,不能混淆例4 如图13所示,两根足够长的平行光滑金属导轨N、PQ与水平面的夹角为θ=30°,导轨电阻不计,导轨处在垂直导轨平面斜向上的有界匀强磁场中,两根电阻都为R=2Ω、质量都为=02g的完全相同的细金属棒ab和d垂直导轨并排靠紧的放置在导轨上,与磁场上边界距离为x=16,有界匀强磁场宽度为3x=48先将金属棒ab由静止释放,金属棒ab刚进入磁场就恰好做匀速运动,此时立即由静止释放金属棒d,金属棒d在出磁场前已做匀速运动,两金属棒在下滑过程中与导轨接触始终良好(取重力加速度g=10/s2),求:
图13
(1)金属棒ab刚进入磁场时棒中电流I;
(2)金属棒d在磁场中运动的过程中通过回路某一截面的电量q;(3)两根金属棒全部通过磁场的过程中回路产生的焦耳热Q[思维规范流程]步骤1:
列动能定理方程ab匀速进入,列平衡方程分步列式,得部分分
(1)ab进入磁场前gxsinθ=12v21-0①得v1=4/s②gsinθ=F安③F安=BIL④I=E2R⑤E=BLv1⑥得:
I=1A⑦步骤2:
d在磁场外的位移ab在磁场内的位移由几何关系得设经时间t,d进入磁场xd=x=v12t⑧xab=v1t=2x⑨两棒都在磁场中时速度相同,无电流,ab出磁场后,d上有电流xd′=2x⑩q=ΔΦ2R=B•2xL2R=08⑪步骤3:
ab匀速进入,列能量守恒方程d进出磁场速度相等,列能量守恒方程Q1=g•2x•sinθ⑫Q2=g•3x•sinθ⑬Q=Q1+Q2=8Τ①③⑪⑫⑬Τ每式各2分,其余各式1分变式训练10如图14所示,正方形金属线框abd位于竖直平面内,其质量为,电阻为R在线框的下方有一匀强磁场,N和′N′是磁场的水平边界,并与b边平行,磁场方向垂直于纸面向里现使金属线框从N上方某一高度处由静止开始下落,图乙是线圈由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的v-t图象,图中字母均为已知量重力加速度为g,不计空气阻力下列说法正确的是( )图14A金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adba方向B金属线框的边长为v1(t2-t1)磁场的磁感应强度为1v1t1-t2gRv1D金属线框在0~t4的时间内所产生的热量为2gv1(t2-t1)+12(v22-v23)答案 BD解析 金属线框刚进入磁场时磁通量增大,根据楞次定律判断可知,感应电流方向沿abda方向,故A错误;由题图乙可知,金属线框进入磁场过程中是做匀速直线运动,速度为v1,运动时间为t2-t1,故金属线框的边长:
l=v1(t2-t1),故B正确;在金属线框进入磁场的过程中,金属线框所受安培力等于重力,则得:
g=BIl,I=Blv1R,又l=v1(t2-t1)联立解得:
B=1v1t2-t1gRv1,故错误;t1到t2时间内,根据能量守恒定律,产生的热量为:
Q1=gl=gv1(t2-t1);t3到t4时间内,根据能量守恒定律,产生的热量为:
Q2=gl+12(v22-v23)=gv1(t2-t1)+12(v22-v23)故Q=Q1+Q2=2gv1(t2-t1)+12(v22-v33),故D正确11(2016•浙江•24)小明设计的电磁健身器的简化装置如图1所示,两根平行金属导轨相距l=00,倾角θ=3°,导轨上端串接一个R=00Ω的电阻在导轨间长d=06的区域内,存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度B=20T质量=40g的金属棒D水平置于导轨上,用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连D棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s=024一位健身者用恒力F=80N拉动GH杆,D棒由静止开始运动,上升过程中D棒始终保持与导轨垂直当D棒到达磁场上边界时健身者松手,触发恢复装置使D棒回到初始位置(重力加速度g=10/s2,sin3°=08,不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)求:
图1
(1)D棒进入磁场时速度v的大小;
(2)D棒进入磁场时所受的安培力F安的大小;(3)在拉升D棒的过程中,健身者所做的功和电阻产生的焦耳热Q答案
(1)24/s
(2)48N (3)64 2688解析
(1)由牛顿第二定律得a=F-gsinθ=12/s2进入磁场时的速度v=2as=24/s
(2)感应电动势E=Blv感应电流I=BlvR安培力F安=IBl代入得F安=Bl2vR=48N(3)健身者做功=F(s+d)=64又F-gsinθ-F安=0D棒在磁场区做匀速运动在磁场中运动时间t=dv焦耳热Q=I2Rt=2688专题规范练1下列没有利用涡流的是( )A金属探测器B变压器中用互相绝缘的硅钢片叠压成铁芯用冶炼合金钢的真空冶炼炉D磁电式仪表的线圈用铝框做骨架答案 B解析 金属探测器中变化电流遇到金属物体,在金属物体中产生涡流,故A、D是利用涡流的;变压器的铁芯用硅钢片叠压而成,是为了减小涡流,故B正确;真空冶炼炉是线圈中的电流做周期性变化,在冶炼炉中产生涡流,从而产生大量的热量,故是利用涡流的2(多选)(2016•江苏•6)电吉他中电拾音器的基本结构如图1所示,磁体附近的金属弦被磁化,因此弦振动时,在线圈中产生感应电流,电流经电路放大后传送到音箱发出声音,下列说法正确的有( )图1A选用铜质弦,电吉他仍能正常工作B取走磁体,电吉他将不能正常工作增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D弦振动过程中,线圈中的电流方向不断变化答案 BD解析 铜质弦为非磁性材料,不能被磁化,选用铜质弦,电吉他不能正常工作,A项错误;若取走磁体,金属弦不能被磁化,其振动时,不能在线圈中产生感应电动势,电吉他不能正常工作,B项对;由E=nΔΦΔt可知,项正确;弦振动过程中,穿过线圈的磁通量大小不断变化,由楞次定律可知,线圈中感应电流方向不断变化,D项正确3如图2所示,三个相同的灯泡a、b、和电阻不计的线圈L与内阻不计的电连接,下列判断正确的是( )图2A闭合的瞬间,b、两灯亮度不同B闭合足够长时间以后,b、两灯亮度相同断开的瞬间,a、两灯立即熄灭D断开之后,b灯突然闪亮以后再逐渐变暗答案 D解析 闭合的瞬间,三个灯同时发光,由于线圈自感电动势的阻碍,开始时通过L的电流很小,b、两灯的电流相同,一样亮由于a灯的电压等于b、电压之和,所以a灯最亮,闭合足够长时间以后,b灯被线圈短路,故b灯熄灭,故b、两灯亮度不相同,故A、B错误断开的瞬间,线圈中电流将要减小,产生自感电动势,相当于电,有电流流过a、两灯,由于两灯串联,所以a、两灯逐渐变暗且亮度相同故错误;因断开之后,b灯中有电流通过,故使得b灯突然闪亮以后再逐渐变暗,选项D正确4(多选)(2016•上海•19)如图3(a),螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场,以图中箭头所示方向为其正方向螺线管与导线框abd相连,导线框内有一小金属圆环L,圆环与导线框在同一平面内当螺线管内的磁感应强度B随时间按图(b)所示规律变化时( )图3A在t1~t2时间内,L有收缩趋势B在t2~t3时间内,L有扩张趋势在t2~t3时间内,L内有逆时针方向的感应电流D在t3~t4时间内,L内有顺时针方向的感应电流答案 AD解析 据题意,在t1~t2时间内,外加磁场磁感应强度增加且斜率在增加,则在导线框中产生顺时针方向大小增加的电流,该电流激发出增加的磁场,该磁场通过圆环,在圆环内产生感应电流,据结论“增缩减扩”可以判定圆环有收缩趋势,故选项A正确;在t2~t3时间内,外加磁场均匀变化,在导线框中产生稳定电流,该电流激发出稳定磁场,该磁场通过圆环时,圆环中没有感应电流,故选项B、错误;在t3~t4时间内,外加磁场向下减小,且斜率也减小,在导线框中产生顺时针方向减小的电流,该电流激发出向内减小的磁场,故圆环内产生顺时针方向的感应电流,选项D正确(2016•北京•16)如图4所示,匀强磁场中有两个导体圆环a、b,磁场方向与圆环所在平面垂直磁感应强度B随时间均匀增大两圆环半径之比为2∶1,圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb,不考虑两圆环间的相互影响下列说法正确的是( )图4AEa∶Eb=4∶1,感应电流均沿逆时针方向BEa∶Eb=4∶1,感应电流均沿顺时针方向Ea∶Eb=2∶1,感应电流均沿逆时针方向DEa∶Eb=2∶1,感应电流均沿顺时针方向答案 B解析 由法拉第电磁感应定律得圆环中产生的电动势为E=ΔΦΔt=πr2•ΔBΔt,则EaEb=r2ar2b=41,
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- 高考 物理 考前 知识 专题 电磁感应 规律 及其 应用 复习题