人教版(新教材)高中物理選擇性必修2課時作業(yè)10：2 2 法拉第電磁感應定律

人教版(新教材)高中物理選擇性必修第二冊PAGEPAGE22法拉第電磁感應定律訓練1考點一公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的理解和應用1．下列關(guān)于電磁感應的說法正確的是()A．在電磁感應現(xiàn)象中，有感應電動勢，就一定有感應電流B．穿過某回路的磁通量的變化量越大，產(chǎn)生的感應電動勢就越大C．閉合回路置于磁場中，當磁感應強度為零時，感應電動勢可能很大D．感應電動勢的大小跟穿過閉合回路的磁通量的變化量成正比〖答案〗C〖解析〗在電磁感應現(xiàn)象中，有感應電動勢，不一定有感應電流，只有當電路閉合時才有感應電流，選項A錯誤；穿過某回路的磁通量的變化率越大，產(chǎn)生的感應電動勢就越大，選項B錯誤；閉合回路置于磁場中，當磁感應強度為零時，磁通量的變化率可能很大，則感應電動勢可能很大，選項C正確；感應電動勢的大小跟穿過閉合回路的磁通量的變化率成正比，選項D錯誤．2．通過一單匝閉合線圈的磁通量為Φ，Φ隨時間t的變化規(guī)律如圖1所示，下列說法中正確的是()圖1A．0～0.3s時間內(nèi)線圈中的感應電動勢均勻增加B．第0.6s末線圈中的感應電動勢是4VC．第0.9s末線圈中的感應電動勢的值比第0.2s末的小D．第0.2s末和第0.4s末的感應電動勢的方向相同〖答案〗B〖解析〗根據(jù)法拉第電磁感應定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)可知，0～0.3s時間內(nèi)，E1＝eq\f(8Wb,0.3s)＝eq\f(80,3)V，保持不變，故A錯誤；由題圖可知，在0.3～0.8s時間內(nèi)，線圈中磁通量的變化率不變，則感應電動勢也不變，所以第0.6s末線圈中的感應電動勢E2＝eq\f(8Wb－6Wb,0.8s－0.3s)＝4V，故B正確；同理，第0.9s末線圈中的感應電動勢E3＝eq\f(6Wb,1.0s－0.8s)＝30V，大于第0.2s末的感應電動勢的值，故C錯誤；由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)可知，0～0.3s感應電動勢為正，0.3～0.8s感應電動勢為負，所以第0.2s末和第0.4s末的感應電動勢的方向相反，故D錯誤．3.(多選)(2021·壽光市現(xiàn)代中學高二上月考)如圖2甲所示，一矩形線圈置于勻強磁場中，線圈平面與磁場方向垂直，磁場的磁感應強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示．則線圈中產(chǎn)生的感應電動勢的情況為()圖2A．t1時刻感應電動勢最大B．t＝0時刻感應電動勢為零C．t1時刻感應電動勢為零D．t1～t2時間內(nèi)感應電動勢增大〖答案〗CD〖解析〗由于線圈內(nèi)磁場面積一定、磁感應強度變化，根據(jù)法拉第電磁感應定律，感應電動勢為E＝nS·eq\f(ΔB,Δt)∝eq\f(ΔB,Δt).由題圖乙可知，t＝0時刻磁感應強度的變化率不為零，則感應電動勢不為零，故B錯誤；t1時刻磁感應強度最大，磁感應強度的變化率為零，感應電動勢為零，故A錯誤，C正確；t1～t2時間內(nèi)磁感應強度的變化率增大，故感應電動勢增大，故D正確．4．(2020·杭州市高二上月考)面積S＝4×10－2m2、匝數(shù)n＝100的線圈放在勻強磁場中，且磁場方向垂直于線圈平面，磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖3所示，下列判斷正確的是()圖3A．在開始的2s內(nèi)，穿過線圈的磁通量的變化率等于0.08Wb/sB．在開始的2s內(nèi)，穿過線圈的磁通量的變化量等于零C．在開始的2s內(nèi)，線圈中產(chǎn)生的感應電動勢等于0.08VD．在第3s末，線圈中的感應電動勢等于零〖答案〗A〖解析〗在開始的2s內(nèi)，穿過線圈的磁通量的變化率為eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝0.08Wb/s，磁通量的變化量大小為ΔΦ＝ΔB·S＝0.16Wb，感應電動勢為E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝100×0.08V＝8V，選項A正確，選項B、C錯誤；在第3s末，磁感應強度大小為零，但此時磁通量的變化率不為零，故此時感應電動勢不為零，選項D錯誤．5.(2020·重慶九校聯(lián)盟高二上月考)如圖4為某中學物理興趣小組為研究無線充電技術(shù)，動手制作的一個“特斯拉線圈”．線圈匝數(shù)為n，面積為S，若在t1到t2時間內(nèi)，勻強磁場平行于線圈軸線穿過線圈，其磁感應強度大小由B1均勻增加到B2，則該段時間內(nèi)線圈兩端的電勢差的大小()圖4A．恒為eq\f(SB2－B1,t2－t1)B．從0均勻變化到eq\f(SB2－B1,t2－t1)C．恒為eq\f(nSB2－B1,t2－t1)D．從0均勻變化到eq\f(nSB2－B1,t2－t1)〖答案〗C〖解析〗穿過線圈的勻強磁場的磁感應強度均勻增加，故產(chǎn)生恒定的感應電動勢，根據(jù)法拉第電磁感應定律，有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝nSeq\f(B2－B1,t2－t1)，選項C正確，A、B、D錯誤．考點二導線切割磁感線產(chǎn)生的電動勢6.如圖5所示，平行導軌間距為d，其左端接一個電阻R，勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直于平行金屬導軌所在平面向上．一根金屬棒與導軌成θ角放置，金屬棒與導軌的電阻均不計．當金屬棒沿垂直于棒的方向以恒定的速度v在導軌上滑行時，通過電阻R的電流大小是()圖5A.eq\f(Bdv,R) B.eq\f(Bdvsinθ,R)C.eq\f(Bdvcosθ,R) D.eq\f(Bdv,Rsinθ)〖答案〗D〖解析〗金屬棒MN垂直于磁場放置，運動速度v與棒垂直，且v⊥B，即已構(gòu)成兩兩相互垂直的關(guān)系，MN接入導軌間的有效長度為l＝eq\f(d,sinθ)，所以E＝Blv＝eq\f(Bdv,sinθ)，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bdv,Rsinθ)，故選項D正確．7.如圖6所示，PQRS為一正方形導線框，它以恒定速度向右進入以MN為邊界的勻強磁場中，磁場方向垂直線框平面向里，MN與水平方向成45°角，E、F分別為PS和PQ的中點．則()圖6A．當E點經(jīng)過邊界MN時，感應電流最大B．當P點經(jīng)過邊界MN時，感應電流最大C．當F點經(jīng)過邊界MN時，感應電流最大D．當Q點經(jīng)過邊界MN時，感應電流最大〖答案〗B〖解析〗當P點經(jīng)過邊界MN時，有效切割長度最長，感應電動勢最大，所以感應電流最大，故B正確．8.(2020·浙江大學附屬中學高二上期中)殲-20戰(zhàn)斗機為中國人民解放軍研制的第四代戰(zhàn)機．如圖7所示，機身長為L，機翼兩端點C、D間的距離為d，現(xiàn)該戰(zhàn)斗機在我國近海海域上空以速度v沿水平方向直線飛行，已知戰(zhàn)斗機所在空間地磁場磁感應強度的豎直分量方向向下、大小為B，C、D兩點間的電壓大小為U.則()圖7A．U＝BLv，C點電勢高于D點電勢B．U＝BLv，D點電勢高于C點電勢C．U＝Bdv，C點電勢高于D點電勢D．U＝Bdv，D點電勢高于C點電勢〖答案〗D〖解析〗戰(zhàn)斗機在我國近海海域上空以速度v沿水平方向直線飛行，戰(zhàn)斗機所在空間地磁場磁感應強度的豎直分量為B，切割磁感線的長度為d，所以U＝Bdv；根據(jù)右手定則可知D點的電勢高于C點的電勢，選項D正確，A、B、C錯誤．9．(2020·北京八中高二上期末)如圖8甲所示，100匝的線圈(圖中只畫了2匝)兩端A、B與一個理想電壓表相連，線圈內(nèi)有垂直紙面向里的磁場，線圈中的磁通量按圖乙所示規(guī)律變化．下列說法正確的是()圖8A．電壓表的示數(shù)為150V，A端接電壓表正接線柱B．電壓表的示數(shù)為50V，A端接電壓表正接線柱C．電壓表的示數(shù)為150V，B端接電壓表正接線柱D．電壓表的示數(shù)為50V，B端接電壓表正接線柱〖答案〗B〖解析〗線圈相當于電源，由楞次定律結(jié)合安培定則可知A端相當于電源的正極，B端相當于電源的負極，故A應該與理想電壓表的正接線柱相連，選項C、D錯誤．由法拉第電磁感應定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝100×eq\f(0.15－0.10,0.1)V＝50V，選項A錯誤，B正確．10．(多選)(2020·安徽太和中學高二上月考)粗細相同且由同種材料制成的A、B兩線圈分別按圖9甲、乙兩種方式放入勻強磁場中，甲、乙兩圖中的磁場方向均垂直于線圈平面，A、B線圈的匝數(shù)之比為2∶1，半徑之比為2∶3.當兩圖中的磁場都隨時間均勻變化時()圖9A．甲圖中，A、B兩線圈的電動勢之比為2∶3B．甲圖中，A、B兩線圈的電流之比為3∶2C．乙圖中，A、B兩線圈的電動勢之比為8∶9D．乙圖中，A、B兩線圈的電流之比為2∶3〖答案〗BCD〖解析〗題圖甲中，A、B兩線圈中磁通量的變化率相同，由公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，感應電動勢與匝數(shù)成正比，為2∶1；由電阻定律R＝ρeq\f(l,S)可知，A、B線圈的電阻之比為4∶3，則電流之比為3∶2，選項A錯誤，B正確．題圖乙中，A、B兩線圈中磁感應強度的變化率相同，由公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)·S可得，A、B線圈的電動勢之比為8∶9，電阻之比為4∶3，則電流之比為2∶3，選項C、D正確．11.如圖10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，將此棒彎成長度相等且相互垂直的兩段，置于與磁感應強度相互垂直的平面內(nèi)，當它沿兩段折線夾角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eq\f(E′,E)等于()圖10A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),2)C．1D.eq\r(2)〖答案〗B〖解析〗設折彎前金屬棒切割磁感線的長度為L，E＝BLv；折彎后，金屬棒切割磁感線的有效長度為l＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2)＝eq\f(\r(2),2)L，故產(chǎn)生的感應電動勢為E′＝Blv＝B·eq\f(\r(2),2)Lv＝eq\f(\r(2),2)E，所以eq\f(E′,E)＝eq\f(\r(2),2)，故B正確．12．(多選)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11(a)中虛線MN所示．一硬質(zhì)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(huán)固定在紙面內(nèi)，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(guān)系如圖(b)所示，則在t＝0到t＝t1的時間內(nèi)()圖11A．圓環(huán)所受安培力的方向始終不變B．圓環(huán)中的感應電流始終沿順時針方向C．圓環(huán)中的感應電流大小為eq\f(B0rS,4t0ρ)D．圓環(huán)中的感應電動勢大小為eq\f(B0πr2,4t0)〖答案〗BC〖解析〗根據(jù)楞次定律，圓環(huán)中的感應電流始終沿順時針方向，故B正確；根據(jù)左手定則，圓環(huán)所受安培力的方向先向左后向右，故A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律，圓環(huán)中的感應電動勢大小為eq\f(πr2B0,2t0)，故D錯誤；根據(jù)歐姆定律，圓環(huán)中的感應電流大小I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(πr2B0,2t0),ρ·\f(2πr,S))＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，故C正確．13．(2020·南通市南通中學高二期中)如圖12甲所示，在一個正方形金屬線圈區(qū)域內(nèi)存在著磁感應強度B隨時間變化的勻強磁場，磁場的方向與線圈平面垂直．金屬線圈所圍的面積S＝200cm2，匝數(shù)n＝1000，線圈電阻的阻值為r＝2.0Ω.線圈與阻值R＝8.0Ω的定值電阻構(gòu)成閉合回路．勻強磁場的磁感應強度隨時間變化的情況如圖乙所示，求：圖12(1)t1＝2.0s時線圈產(chǎn)生的感應電動勢的大??；(2)t1＝2.0s時通過電阻R的感應電流的大小和方向；(3)t2＝5.0s時刻，線圈端點a、b間的電壓．〖答案〗(1)1V(2)0.1A方向為b→R→a(3)3.2V〖解析〗(1)根據(jù)題圖乙可知，0～4.0s時間內(nèi)線圈中的磁感應強度均勻變化，t1＝2.0s時，B2＝0.3T，則在t1＝2.0s時的感應電動勢E1＝neq\f(ΔΦ1,Δt1)＝neq\f(B2－B0S,Δt1)＝1V(2)在0～4.0s時間內(nèi)，根據(jù)閉合電路歐姆定律得，閉合回路中的感應電流I1＝eq\f(E1,R＋r)＝0.1A，由楞次定律可判斷流過電阻R的感應電流方向為b→R→a(3)由題圖乙可知，在4.0～6.0s時間內(nèi)，線圈中產(chǎn)生的感應電動勢E2＝neq\f(ΔΦ2,Δt2)＝neq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(B6－B4,Δt2)))S＝4V根據(jù)閉合電路歐姆定律，t2＝5.0s時閉合回路中的感應電流I2＝eq\f(E2,R＋r)＝0.4A，方向為a→R→b則Uab＝I2R＝3.2V.2法拉第電磁感應定律訓練1考點一公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的理解和應用1．下列關(guān)于電磁感應的說法正確的是()A．在電磁感應現(xiàn)象中，有感應電動勢，就一定有感應電流B．穿過某回路的磁通量的變化量越大，產(chǎn)生的感應電動勢就越大C．閉合回路置于磁場中，當磁感應強度為零時，感應電動勢可能很大D．感應電動勢的大小跟穿過閉合回路的磁通量的變化量成正比〖答案〗C〖解析〗在電磁感應現(xiàn)象中，有感應電動勢，不一定有感應電流，只有當電路閉合時才有感應電流，選項A錯誤；穿過某回路的磁通量的變化率越大，產(chǎn)生的感應電動勢就越大，選項B錯誤；閉合回路置于磁場中，當磁感應強度為零時，磁通量的變化率可能很大，則感應電動勢可能很大，選項C正確；感應電動勢的大小跟穿過閉合回路的磁通量的變化率成正比，選項D錯誤．2．通過一單匝閉合線圈的磁通量為Φ，Φ隨時間t的變化規(guī)律如圖1所示，下列說法中正確的是()圖1A．0～0.3s時間內(nèi)線圈中的感應電動勢均勻增加B．第0.6s末線圈中的感應電動勢是4VC．第0.9s末線圈中的感應電動勢的值比第0.2s末的小D．第0.2s末和第0.4s末的感應電動勢的方向相同〖答案〗B〖解析〗根據(jù)法拉第電磁感應定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)可知，0～0.3s時間內(nèi)，E1＝eq\f(8Wb,0.3s)＝eq\f(80,3)V，保持不變，故A錯誤；由題圖可知，在0.3～0.8s時間內(nèi)，線圈中磁通量的變化率不變，則感應電動勢也不變，所以第0.6s末線圈中的感應電動勢E2＝eq\f(8Wb－6Wb,0.8s－0.3s)＝4V，故B正確；同理，第0.9s末線圈中的感應電動勢E3＝eq\f(6Wb,1.0s－0.8s)＝30V，大于第0.2s末的感應電動勢的值，故C錯誤；由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)可知，0～0.3s感應電動勢為正，0.3～0.8s感應電動勢為負，所以第0.2s末和第0.4s末的感應電動勢的方向相反，故D錯誤．3.(多選)(2021·壽光市現(xiàn)代中學高二上月考)如圖2甲所示，一矩形線圈置于勻強磁場中，線圈平面與磁場方向垂直，磁場的磁感應強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示．則線圈中產(chǎn)生的感應電動勢的情況為()圖2A．t1時刻感應電動勢最大B．t＝0時刻感應電動勢為零C．t1時刻感應電動勢為零D．t1～t2時間內(nèi)感應電動勢增大〖答案〗CD〖解析〗由于線圈內(nèi)磁場面積一定、磁感應強度變化，根據(jù)法拉第電磁感應定律，感應電動勢為E＝nS·eq\f(ΔB,Δt)∝eq\f(ΔB,Δt).由題圖乙可知，t＝0時刻磁感應強度的變化率不為零，則感應電動勢不為零，故B錯誤；t1時刻磁感應強度最大，磁感應強度的變化率為零，感應電動勢為零，故A錯誤，C正確；t1～t2時間內(nèi)磁感應強度的變化率增大，故感應電動勢增大，故D正確．4．(2020·杭州市高二上月考)面積S＝4×10－2m2、匝數(shù)n＝100的線圈放在勻強磁場中，且磁場方向垂直于線圈平面，磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖3所示，下列判斷正確的是()圖3A．在開始的2s內(nèi)，穿過線圈的磁通量的變化率等于0.08Wb/sB．在開始的2s內(nèi)，穿過線圈的磁通量的變化量等于零C．在開始的2s內(nèi)，線圈中產(chǎn)生的感應電動勢等于0.08VD．在第3s末，線圈中的感應電動勢等于零〖答案〗A〖解析〗在開始的2s內(nèi)，穿過線圈的磁通量的變化率為eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝0.08Wb/s，磁通量的變化量大小為ΔΦ＝ΔB·S＝0.16Wb，感應電動勢為E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝100×0.08V＝8V，選項A正確，選項B、C錯誤；在第3s末，磁感應強度大小為零，但此時磁通量的變化率不為零，故此時感應電動勢不為零，選項D錯誤．5.(2020·重慶九校聯(lián)盟高二上月考)如圖4為某中學物理興趣小組為研究無線充電技術(shù)，動手制作的一個“特斯拉線圈”．線圈匝數(shù)為n，面積為S，若在t1到t2時間內(nèi)，勻強磁場平行于線圈軸線穿過線圈，其磁感應強度大小由B1均勻增加到B2，則該段時間內(nèi)線圈兩端的電勢差的大小()圖4A．恒為eq\f(SB2－B1,t2－t1)B．從0均勻變化到eq\f(SB2－B1,t2－t1)C．恒為eq\f(nSB2－B1,t2－t1)D．從0均勻變化到eq\f(nSB2－B1,t2－t1)〖答案〗C〖解析〗穿過線圈的勻強磁場的磁感應強度均勻增加，故產(chǎn)生恒定的感應電動勢，根據(jù)法拉第電磁感應定律，有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝nSeq\f(B2－B1,t2－t1)，選項C正確，A、B、D錯誤．考點二導線切割磁感線產(chǎn)生的電動勢6.如圖5所示，平行導軌間距為d，其左端接一個電阻R，勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直于平行金屬導軌所在平面向上．一根金屬棒與導軌成θ角放置，金屬棒與導軌的電阻均不計．當金屬棒沿垂直于棒的方向以恒定的速度v在導軌上滑行時，通過電阻R的電流大小是()圖5A.eq\f(Bdv,R) B.eq\f(Bdvsinθ,R)C.eq\f(Bdvcosθ,R) D.eq\f(Bdv,Rsinθ)〖答案〗D〖解析〗金屬棒MN垂直于磁場放置，運動速度v與棒垂直，且v⊥B，即已構(gòu)成兩兩相互垂直的關(guān)系，MN接入導軌間的有效長度為l＝eq\f(d,sinθ)，所以E＝Blv＝eq\f(Bdv,sinθ)，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bdv,Rsinθ)，故選項D正確．7.如圖6所示，PQRS為一正方形導線框，它以恒定速度向右進入以MN為邊界的勻強磁場中，磁場方向垂直線框平面向里，MN與水平方向成45°角，E、F分別為PS和PQ的中點．則()圖6A．當E點經(jīng)過邊界MN時，感應電流最大B．當P點經(jīng)過邊界MN時，感應電流最大C．當F點經(jīng)過邊界MN時，感應電流最大D．當Q點經(jīng)過邊界MN時，感應電流最大〖答案〗B〖解析〗當P點經(jīng)過邊界MN時，有效切割長度最長，感應電動勢最大，所以感應電流最大，故B正確．8.(2020·浙江大學附屬中學高二上期中)殲-20戰(zhàn)斗機為中國人民解放軍研制的第四代戰(zhàn)機．如圖7所示，機身長為L，機翼兩端點C、D間的距離為d，現(xiàn)該戰(zhàn)斗機在我國近海海域上空以速度v沿水平方向直線飛行，已知戰(zhàn)斗機所在空間地磁場磁感應強度的豎直分量方向向下、大小為B，C、D兩點間的電壓大小為U.則()圖7A．U＝BLv，C點電勢高于D點電勢B．U＝BLv，D點電勢高于C點電勢C．U＝Bdv，C點電勢高于D點電勢D．U＝Bdv，D點電勢高于C點電勢〖答案〗D〖解析〗戰(zhàn)斗機在我國近海海域上空以速度v沿水平方向直線飛行，戰(zhàn)斗機所在空間地磁場磁感應強度的豎直分量為B，切割磁感線的長度為d，所以U＝Bdv；根據(jù)右手定則可知D點的電勢高于C點的電勢，選項D正確，A、B、C錯誤．9．(2020·北京八中高二上期末)如圖8甲所示，100匝的線圈(圖中只畫了2匝)兩端A、B與一個理想電壓表相連，線圈內(nèi)有垂直紙面向里的磁場，線圈中的磁通量按圖乙所示規(guī)律變化．下列說法正確的是()圖8A．電壓表的示數(shù)為150V，A端接電壓表正接線柱B．電壓表的示數(shù)為50V，A端接電壓表正接線柱C．電壓表的示數(shù)為150V，B端接電壓表正接線柱D．電壓表的示數(shù)為50V，B端接電壓表正接線柱〖答案〗B〖解析〗線圈相當于電源，由楞次定律結(jié)合安培定則可知A端相當于電源的正極，B端相當于電源的負極，故A應該與理想電壓表的正接線柱相連，選項C、D錯誤．由法拉第電磁感應定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝100×eq\f(0.15－0.10,0.1)V＝50V，選項A錯誤，B正確．10．(多選)(2020·安徽太和中學高二上月考)粗細相同且由同種材料制成的A、B兩線圈分別按圖9甲、乙兩種方式放入勻強磁場中，甲、乙兩圖中的磁場方向均垂直于線圈平面，A、B線圈的匝數(shù)之比為2∶1，半徑之比為2∶3.當兩圖中的磁場都隨時間均勻變化時()圖9A．甲圖中，A、B兩線圈的電動勢之比為2∶3B．甲圖中，A、B兩線圈的電流之比為3∶2C．乙圖中，A、B兩線圈的電動勢之比為8∶9D．乙圖中，A、B兩線圈的電流之比為2∶3〖答案〗BCD〖解析〗題圖甲中，A、B兩線圈中磁通量的變化率相同，由公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，感應電動勢與匝數(shù)成正比，為2∶1；由電阻定律R＝ρeq\f(l,S)可知，A、B線圈的電阻之比為4∶3，則電流之比為3∶2，選項A錯誤，B正確．題圖乙中，A、B兩線圈中磁感應強度的變化率相同，由公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)·S可得，A、B線圈的電動勢之比為8∶9，電阻之比為4∶3，則電流之比為2∶3，選項C、D正確．11.如圖10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，將此棒彎成長度相等且相互垂直的兩段，置于與磁感應強度相互垂直的平面內(nèi)，當它沿兩段折線夾角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eq\f(E′,E)等于()圖10A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),2)C．1D.eq\r(2)〖答案〗B〖解析〗設折彎前金屬棒切割磁感線的長度為L，E＝BLv；折彎后，金屬棒切割磁感線的有效長度為l＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2)＝eq\f(\r(2),2)L，故產(chǎn)生的感應電動勢為E′＝Blv＝B·eq\f(\r(2),2)Lv＝eq\f(\r(2),2)E，所以eq\f(E′,E)＝eq\f(\r(2),2)，故B正確．12．(多選)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11(a)中虛線MN所示．一硬質(zhì)細導線的電阻率為ρ、橫截面積為