第十二章 第2讲 法拉第电磁感应定律、自感和涡流（教师用书word）-【步步高】2024年高考物理大一轮复习讲义（ 人教版 浙江专用第二版）

第2讲　法拉第电磁感应定律、自感和涡流 目标要求　1.理解法拉第电磁感应定律，会应用E＝n进行有关计算.2.会计算导体切割磁感线产生的感应电动势.3.了解自感现象、涡流、电磁驱动和电磁阻尼． 考点一　法拉第电磁感应定律的理解及应用 1．感应电动势 (1)感应电动势：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． 2．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：I＝. (4)说明：E的大小与Φ、ΔΦ无关，决定于磁通量的变化率. 1．Φ＝0，不一定等于0.(　√　) 2．穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势也越大．(　×　) 3．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大．(　√　) 4．线圈匝数n越多，磁通量越大，产生的感应电动势也越大．(　×　) 　对公式E＝n的理解 1．若已知Φ－t图像，则图线上某一点的切线斜率为. 2．当ΔΦ仅由B的变化引起时，E＝n，其中S为线圈在磁场中的有效面积．若B＝B0＋kt，则＝k. 3．当ΔΦ仅由S的变化引起时，E＝nB. 4．当B、S同时变化时，则E＝n≠n. 例1　(2023·浙江湖州市检测)如图甲所示，两根足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定，间距为L，顶端接有阻值为R的电阻，垂直导轨平面存在变化规律如图乙所示的匀强磁场，t＝0时磁场方向垂直纸面向里，金属棒与导轨接触并水平固定在距导轨顶端L处，导轨与金属棒的电阻不计．下列说法正确的是(　　) A．在t＝时，金属棒受到安培力的大小为 B．在t＝t0时，金属棒中电流的大小为 C．在t＝时，金属棒受到安培力的方向竖直向下 D．在t＝0到t＝2t0的时间内，流过金属棒中电流的方向先向左后向右 答案　B 解析　在0～2t0时间内，回路中磁感应强度的变化率恒为＝，根据法拉第电磁感应定律可得E＝L2＝L2，由闭合电路欧姆定律可得I＝＝，在t＝时，由题图可知磁感应强度大小为，金属棒受到安培力的大小为F＝BIL＝，故A错误，B正确，在t＝时，磁场方向垂直纸面向外，由楞次定律可判断出产生的感应电流方向为顺时针方向，由左手定则可判断出金属棒受到安培力的方向竖直向上，故C错误；同理，在t＝0到t＝2t0的时间内，根据楞次定律可判断出流过金属棒中电流的方向一直向左，故D错误． 例2　(2022·全国甲卷·16)三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示．把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3.则(　　) A．I1<I3<I2 B．I1>I3>I2 C．I1＝I2>I3 D．I1＝I2＝I3 答案　C 解析　设圆线框的半径为r，则由题意可知正方形线框的边长为2r，正六边形线框的边长为r；所以圆线框的周长为C2＝2πr，面积为S2＝πr2.同理可知正方形线框的周长和面积分别为C1＝8r，S1＝4r2，正六边形线框的周长和面积分别为C3＝6r，S3＝，三个线框材料粗细相同，根据电阻定律R＝ρ，可知三个线框电阻之比为 R1∶R2∶R3＝C1∶C2∶C3＝8∶2π∶6 根据法拉第电磁感应定律有I＝＝· 可得电流之比为I1∶I2∶I3＝2∶2∶ 即I1＝I2>I3，故选C. 考点二　动生电动势 1．导体平动切割磁感线产生感应电动势的算式E＝Blv的理解 (1)直接使用E＝Blv的条件是：在匀强磁场中，B、l、v三者互相垂直．如果不相互垂直，应取垂直分量进行计算． (2)有效长度 公式E＝Blv中的l为导体两端点连线在垂直于速度方向上的投影长度．如图，导体的有效长度分别为： 图甲：l＝sin β. 图乙：沿v方向运动时，l＝. 图丙：沿v1方向运动时，l＝R；沿v2方向运动时，l＝R. (3)相对速度 E＝Blv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．导体转动切割磁感线 如图，当长为l的导体在垂直于匀强磁场(磁感应强度为B)的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动，当导体运动Δt时间后，转过的弧度θ＝ωΔt，扫过的面积ΔS＝l2ωΔt，则E＝＝＝Bl2ω(或E＝Bl＝Bl＝Bl＝Bl2ω)． 1．公式E＝Blv中的l是导体棒的总长度．(　×　) 2．磁场相对导体棒运动，导体棒中也可能产生感应电动势．(　√　) 考向1　有效长度问题 例3　(2023·上海市模拟)如图所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场．当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差Uab为(　　) A.BRv B.BRv C．－BRv D．－BRv 答案　D 解析　有效切割长度即a、b连线的长度，如图所示 由几何关系知有效切割长度为R，所以产生的电动势为E＝BLv＝B·Rv，电流的方向为a→b，所以Uab<0，由于在磁场部分的阻值为整个圆的，所以Uab＝－B·Rv＝－BRv，故选D. 考向2　平动切割磁感线 例4　(多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是(　　) A．磁感应强度的大小为0.5 T B．导线框运动速度的大小为0.5 m/s C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外 D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N 答案　BC 解析　由题图(b)可知，导线框经过0.2 s全部进入磁场，则速度v＝＝ m/s＝0.5 m/s，选项B正确；由题图(b)可知，cd边切割磁感线产生的感应电动势E＝0.01 V，根据E＝Blv得，B＝＝ T＝0.2 T，选项A错误；根据右手定则及正方向的规定可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项C正确；在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框中的感应电流I＝＝ A＝2 A, 所受的安培力大小为F＝BIl＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N，选项D错误． 考向3　转动切割磁感线 例5　(多选)金属棒ab长度L＝0.5 m，阻值r＝1 Ω，放在半径分别为r1＝0.5 m和 r2＝1.0 m的水平同心圆环导轨上，两圆环之间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B＝2 T；从两圆环下端引出导线连接一阻值为R＝2 Ω的电阻，ab在外力作用下以角速度ω＝4 rad/s 绕圆心顺时针(从上往下看)做匀速圆周运动，不计圆环导轨的电阻和一切摩擦，下列说法正确的是(　　) A．a点的电势高于b点的电势 B．电阻R两端的电压为2 V C．在金属棒旋转一周的时间内，金属棒上产生的焦耳热为 J D．在金属棒旋转半周的时间内，金属棒上产生的焦耳热为 J 答案　ABD 解析　由右手定则可知，金属棒顺时针转动时，感应电流方向由b到a，金属棒充当电源，则a点的电势高于b点的电势，故A正确；金属棒产生的感应电动势E＝BLω·＝3 V，则电阻R两端的电压为UR＝·E＝2 V，故B正确；金属棒旋转半周的时间t′＝＝ s，通过的电流I＝＝1 A，产生的焦耳热为Q＝I2rt′＝ J，故C错误，D正确． 考点三　自感现象 1．概念：当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场在线圈本身激发出感应电动势．这种现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫作自感电动势． 2．表达式：E＝L. 3．自感系数L的影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关． 1．线圈中电流越大，自感系数也越大．(　×　) 2．对于同一个线圈，电流变化越快，线圈中的自感电动势也越大．(　√　) 3．自感电动势总是阻止原电流的变化．(　×　) 通电自感和断电自感的比较 电路图 器材要求 A1、A2同规格，R＝RL，L较大 L很大(有铁芯) 通电时 在S闭合瞬间，灯A2立即亮起来，灯A1逐渐变亮，最终一样亮 灯A立即亮，然后逐渐变暗达到稳定 断电时 回路电流减小，灯泡逐渐变暗，A1电流方向不变，A2电流反向 ①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗； ②若I2＞I1，灯泡闪亮后逐渐变暗． 两种情况下灯泡中电流方向均改变 总结 自感电动势总是阻碍原电流的变化 例6　(2023·浙江台州市检测)某同学设计了如图甲所示的电路来对比电感线圈和小灯泡对电路的影响，电路两端电动势E恒定，内阻为r，A1、A2为完全相同的电流传感器．t0时刻闭合开关K，得到通过两电流传感器的i－t图像如图乙所示，等电路稳定后，断开开关(断开开关后的实验数据未画出)．下列关于该实验的说法正确的是(　　) A．乙图中的a曲线表示电流传感器A2测得的数据 B．闭合开关时，电感线圈中电流为零，其自感电动势也为零 C．t1时刻小灯泡与线圈的电阻相等 D．断开开关后，小灯泡会明显闪亮后逐渐熄灭 答案　C 解析　闭合开关K的瞬间，线圈由于自感现象，电流慢慢增加到最大，所以题图乙中的b曲线表示电流传感器A2测得的数据，故A错误；闭合开关时，电感线圈中电流为零，但由于线圈的自感现象，其自感电动势不为零，故B错误；t1时刻两支路电流相等，说明小灯泡与线圈的电阻相等，故C正确；由于稳定后两支路电流相等，所以断开开关后，小灯泡不会明显闪亮，而是逐渐熄灭，故D错误． 　　　　　　分析自感问题的三个技巧 考点四　涡流　电磁阻尼和电磁驱动 1．涡流现象 (1)涡流：块状金属放在变化磁场中，或者让它在非均匀磁场中运动时，金属块内产生的漩涡状感应电流． (2)产生原因：金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流． 2．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，安培力总是阻碍导体的运动． 3．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而运动起来． 1．电磁阻尼体现了能量守恒定律．(　√　) 2．电磁阻尼阻碍相对运动，电磁驱动促进二者相对运动．(　×　) 例7　如图所示，关于涡流的下列说法中错误的是(　　) A．真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置 B．家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的 C．阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动 D．变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流 答案　B 例8　(2023·陕西榆林市模拟)水平放置的玻璃板上方有一用细线悬挂的可自由旋转的小磁针，下方有一水平放置的铜圆盘．圆盘的轴线与小磁针悬线在同一直线上，初始时小磁针与圆盘均处于静止状态．当圆盘绕轴沿逆时针方向(俯视)匀速转动时，下列说法正确的是(　　) A．小磁针不动 B．小磁针沿逆时针方向(俯视)转动 C．小磁针沿顺时针方向(俯视)转动 D．由于穿过圆盘的磁通量没有变化，圆盘中没有感应电流 答案　B 解析　铜圆盘上存在许多小的闭合回路，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(涡流)，此电流产生的磁场导致磁针沿逆时针方向(俯视)转动，构成电磁驱动，故选B. 课时精练 1．如图所示，在某次阅兵盛典上，我国预警机“空警－2000”在通过天安门上空时机翼保持水平，以4.5×102 km/h的速度自东向西飞行．该机的翼展(两翼尖之间的距离)为50 m，北京地区地磁场向下的竖直分量大小为4.7×10－5 T，则(　　) A．两翼尖之间的电势差为2.9 V B．两翼尖之间的电势差为1.1 V C．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高 D．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低 答案　C 解析　飞机的飞行速度为4.5×102 km/h＝125 m/s，飞机两翼尖之间的电动势为E＝Blv＝4.7×10－5×50×125 V≈0.29 V，A、B项错误；飞机从东向西飞行，磁场竖直分量向下，根据右手定则可知，飞机左方翼尖的电势高于右方翼尖的电势，C项正确，D项错误． 2.(2022·江苏卷·5)如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝B0＋kt，B0、k为常量，则图中半径为R的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为(　　) A．πkr2 B．πkR2 C．πB0r2 D．πB0R2 答案　A 解析　由题意可知磁场的变化率为＝＝k，根据法拉第电磁感应定律可知E＝＝＝kπr2，故选A. 3.(2023·浙江湖州市检测)老师在物理课堂内做了“千人震”趣味小实验，如图所示，用了一个日光灯上拆下来的镇流器、两节1.5 V的干电池、开关以及导线若干，几位同学手牵手连到电路的C、D两端，会产生“触电”的感觉，则以下说法正确的是(　　) A．“触电”是发生在开关K断开的瞬间 B．“触电”是由感应起电引起的 C．“触电”时通过人体的电流方向是A→C→D→B D．干电池的3 V电压让人感到“触电” 答案　A 解析　开关K断开的瞬间，通过镇流器的电流减小，使其发生自感，产生自感电动势，阻碍电流的减小，从而产生很高的瞬间电压，同学会产生“触电”的感觉．此时镇流器相当于电源，电流方向不变，通过人体的电流方向是A→B→D→C，故A正确，B、C错误；开关闭合后，镇流器与同学并联，由于干电池的3 V电压很小，电流很小，所以同学不会感到“触电”，故D错误． 4．(2023·杭州市一模)很多智能手表采用无线充电方式．如图甲所示，充电基座与220 V交流电源相连，智能手表放置在充电基座旁时未充电，将手表压在基座上，无需导线连接，手表便可以充电(如图乙所示)．已知充电基座与手表都内置了线圈，则(　　) A．手表和基座无导线连接，所以传输能量时没有损失 B．用塑料薄膜将充电基座包裹起来，之后仍能为手表充电 C．无线充电的原理是利用基座内的线圈发射电磁波传输能量 D．充电时，基座线圈的磁场对手表线圈中的电子施加力的作用，驱使电子运动 答案　B 解析　充电时存在漏磁，所以传输时有能量损失，A错误；手表充电利用的是互感原理，因此用塑料薄膜将充电基座包裹起来，之后仍能为手表充电，B正确；无线充电的原理是基座内的线圈电流变化，产生变化的磁场，导致手表内部线圈中的磁通量发生改变，线圈产生感应电流，C错误；根据上述解释，基座线圈的磁场变化产生感应电场，驱动放置在感应电场中的手表中的线圈内部的电子做定向运动，形成电流，D错误． 5．磁电式仪表的基本组成部分是磁体和线圈．缠绕线圈的骨架常用铝框，铝框、指针固定在同一转轴上．线圈未通电时，指针竖直指在表盘中央；线圈通电时发生转动，指针随之偏转，由此就能确定电流的大小．如图所示，线圈通电时指针向右偏转，在此过程中，下列说法正确的是(　　) A．俯视看线圈中通有逆时针方向的电流 B．穿过铝框的磁通量减少 C．俯视看铝框中产生顺时针方向的感应电流 D．使用铝框做线圈骨架能够尽快使表针停在某一刻度处 答案　D 解析　由左手定则可知，俯视看线圈中通有顺时针方向的电流，选项A错误；因为线圈在水平位置时磁通量为零，则线圈转动时，穿过铝框的磁通量增加，根据楞次定律可知，俯视看铝框中产生逆时针方向的感应电流，选项B、C错误；当铝框中产生感应电流时，铝框受到的安培力与运动方向相反，故起到了阻尼作用，则使用铝框做线圈骨架能够尽快使表针停在某一刻度处，故D正确． 6．(多选)(2023·湖北省模拟)如图所示，在距地面高h＝1.25 m处固定有两根间距为l＝0.5 m水平放置的平行金属导轨，导轨的左端接有电源E，右端边缘处静置有一长l＝0.5 m、质量m＝0.2 kg、电阻R＝5.0 Ω的导体棒ab，导体棒所在空间有磁感应强度大小B＝1.0 T、方向竖直向上的匀强磁场．闭合开关后，导体棒ab以某一初速度水平向右抛出，已知导体棒落地点到抛出点的水平距离d＝2.5 m，重力加速度g＝10 m/s2，则(　　) A．在空中运动过程中，导体棒a端的电势低于b端的电势 B．导体棒抛出时的初速度大小为5 m/s C．在空中运动过程中，导体棒上产生的感应电动势大小恒定 D．在空中运动过程中，导体棒的速度逐渐变大，棒上产生的感应电动势增大 答案　BC 解析　由右手定则可知，导体棒在空中运动过程中，在水平方向上要切割磁感线，从而产生感应电动势，但无感应电流，不受安培力，故导体棒在平抛运动过程中水平方向上的速度v0不变，由E＝Blv0可知，导体棒上产生的感应电动势大小不变，且a端电势高于b端电势，故A、D错误，C正确；导体棒从抛出到落地的时间为t＝＝0.5 s，故导体棒做平抛运动的初速度v0＝＝5 m/s，故B正确． 7.(2023·浙江嘉兴市测试)如图所示，金属棒MN以角速度ω绕过O点的竖直轴在水平面内旋转，空间存在竖直向下的匀强磁场．已知MO＞NO，则(　　) A．M点电势高于N点 B．N点电势高于O点 C．磁感应强度B加倍时，M、N两点间电势差也加倍 D．角速度ω加倍时，M、N两点间电势差变为原来的4倍 答案　C 解析　由法拉第电磁感应定律可得UON＝BlON2ω①，UOM＝BlOM2ω②，由①②可得UNM＝UOM－UON＝B(lOM2－lON2)ω＞0，因此N点电势高于M点电势，A错误；由右手定则可得，O点电势高于N点电势，O点电势高于M点电势，B错误；由于UNM＝B(lOM2－lON2)ω，因此当磁感应强度B加倍时，M、N两点间电势差也加倍，C正确；角速度ω加倍时，M、N两点间电势差变为原来的2倍，D错误． 8.(多选)(2023·广东深圳市光明区高级中学模拟)发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具．某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化：如图所示，导电圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴O1O2以角速度ω逆时针(俯视)匀速转动．圆环上接有三根金属辐条OP、OQ、OR，辐条互成120°角．在圆环左半部分张角也为120°角的范围内(两条虚线之间)分布着垂直圆环平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在转轴O1O2与圆环的边缘之间通过电刷M、N与一个LED灯(二极管)相连．除LED灯电阻外，其他电阻不计．下列说法中正确的是(　　) A．若OP棒进入磁场中，P点电势小于O点电势 B．金属辐条在磁场中旋转产生的是正弦式交变电流 C．若导电圆环顺时针转动(俯视)，也能看到LED灯发光 D．角速度比较大时，能看到LED灯更亮 答案　AD 解析　由右手定则可知OP切割磁感线产生的感应电流在OP辐条上从P流向O，则OP为电源时O为正极，P为负极，所以P点电势小于O点电势，故A正确；金属辐条在磁场中旋转产生的感应电流大小和方向都恒定，为直流电，故B错误；导电圆环顺时针(俯视)转动产生的感应电流与逆时针转动时产生的感应电流方向相反，逆时针转动时二极管发光，由二极管的单向导电性可知顺时针转动时二极管不发光，故C错误；假设辐条长度为L，辐条切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝BL＝BL＝， 可知角速度变大时，感应电动势变大，感应电流变大，则LED灯更亮，故D正确． 9.如图所示，A、B两个闭合线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，半径rA＝2rB，图示区域内有匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀减小，则A、B线圈中(　　) A．感应电流方向均为顺时针 B．感应电动势大小之比EA∶EB＝2∶1 C．感应电流大小之比IA∶IB＝2∶1 D．感应电流大小之比IA∶IB＝4∶1 答案　C 解析　由楞次定律知，通过两线圈的磁场方向向外，磁感应强度随时间减小，则感应电流磁场向外，由安培定则知感应电流均为逆时针方向，故A错误；由法拉第电磁感应定律得E＝n＝nS＝nπR2，由于n、相同，则得到EA∶EB＝rA2∶rB2＝4∶1，故B错误；根据电阻定律得，线圈的电阻为r＝ρ＝ρ，由于ρ、S、n相同，所以两线圈电阻之比RA∶RB＝rA∶rB＝2∶1，线圈中感应电流I＝，可得IA∶IB＝2∶1，故C正确，D错误． 10．(多选)(2019·全国卷Ⅰ·20)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示．则在t＝0到t＝t1的时间间隔内(　　) A．圆环所受安培力的方向始终不变 B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向 C．圆环中的感应电流大小为 D．圆环中的感应电动势大小为 答案　BC 解析　在0～t0时间内，磁感应强度减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力方向水平向左；在t0～t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向仍为顺时针，圆环所受安培力方向水平向右，所以选项A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律得E＝＝πr2·＝，由R＝ρ可得R＝ρ，根据闭合电路欧姆定律可得I＝＝，所以选项C正确，D错误． 11.(2023·浙江省杭州学军中学月考)如图所示，虚线ad左侧有面积足够大的磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，ad右侧为真空区域．使边长为L的正方形单匝导线框绕其一点顶点a，在纸面内顺时针转动，线框电阻为R.经时间t匀速转动到图中虚线位置，则(　　) A．导线框abcd中感应电流方向为逆时针方向 B．该过程中流过线框任意横截面的电荷量为 C．平均感应电动势大小为 D．t时刻的感应电动势大小为 答案　C 解析　由题意可知，穿过线框的磁通量减少，所以导线框中感应电流产生的磁感线与磁场中的磁感线方向相同，根据楞次定律的推论：增反减同可知，线框中的电流为顺时针方向，故A项错误；线框在磁场中运动时磁通量的变化量为ΔΦ＝BL2－，线框中的平均电动势为＝＝，线框中平均感应电流为＝，所以流过线框横截面的电荷量为q＝t＝，故B项错误，C项正确；t时刻c点的速度为v＝＝，感应电动势大小为E＝BLv＝，故D项错误． 12．(多选)如图甲所示，足够长的光滑金属导轨处在垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，其磁感应强度B随时间t的变化图像如图乙所示．导轨左端接有一个电阻值恒为R的灯泡．从0时刻开始，垂直于导轨的导体棒ab在水平外力F的作用下从导轨的左端沿导轨以速度v水平向右匀速运动．导体棒ab的长度为l，导体棒运动过程中与导轨接触良好，导体棒与导轨的电阻均不计．在导体棒ab向右运动的过程中，下列说法正确的是(　　) A．灯泡亮度不变 B．灯泡逐渐变亮 C．在t0时刻，F＝ D．在t0时刻，F＝ 答案　BC 解析　由题图乙可知，在t时刻磁感应强度的大小为B＝t，所以在t时刻回路中由于导体棒运动产生的动生电动势为E1＝Blv＝，在t时刻回路中由于磁感应强度变化产生的感生电动势为E2＝＝，根据右手定则和楞次定律可知，这两个电动势是同方向的，所以回路中的总电动势为E＝E1＋E2＝2，因此回路中的总电动势随时间增大，所以灯泡逐渐变亮，故A错误，B正确；在t0时刻，回路中的总电动势为E′＝2＝2B0lv，回路中的电流为I＝＝，ab棒受到的安培力大小为F′＝B0Il＝，由于ab棒匀速运动，所以ab棒受力平衡，因此水平外力大小为F＝F′＝，故C正确，D错误． 学科网（北京）股份有限公司 $$