高考物理一轮复习第十章 电磁感应第二节 法拉第电磁感应定律 自感 涡流.docx
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高考物理一轮复习第十章电磁感应第二节法拉第电磁感应定律自感涡流
第二节 法拉第电磁感应定律 自感 涡流
[学生用书P218]
【基础梳理】
提示：
穿过回路的磁通量发生变化 电路是否闭合 电源 右手定则或楞次定律 磁通量的变化率 线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯等
【自我诊断】
1．判一判
（1）磁场相对导体棒运动时，导体棒中也能产生感应电动势．（ ）
（2）线圈匝数n越多，磁通量越大，产生的感应电动势越大．（ ）
（3）线圈中的电流越大，自感系数也越大．（ ）
（4）自感电动势阻碍电流的变化，但不能阻止电流的变化．（ ）
提示：
（1）√
（2）× （3）× （4）√
2．做一做
（1）如图所示，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（ ）
A．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向
B．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向
C．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向
D．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向
提示：
选B.由法拉第电磁感应定律E＝
＝
πr2，
为常数，E与r2成正比，故Ea∶Eb＝4∶1.磁感应强度B随时间均匀增大，故穿过圆环的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反，垂直纸面向里，由安培定则可知，感应电流均沿顺时针方向，故B正确．
（2）如图所示，线圈L的自感系数很大，且其直流电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡．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立即熄灭，L1逐渐变亮
B．S闭合，L1不亮，L2很亮；S断开，L1、L2立即熄灭
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立即熄灭，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立即熄灭，L1亮一下才熄灭
提示：
选D.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串联后与电源相连，L1和L2同时亮，随着L中电流的增大，因为L的直流电阻不计，则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，故电路中的总电流变大，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产生自感电动势，试图维持本身的电流不变，L与L1组成闭合电路，L1要亮一下后再熄灭．综上所述，D正确．
对法拉第电磁感应定律的理解与应用[学生用书P218]
【知识提炼】
1．感应电动势大小的决定因素
（1）感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率
和线圈的匝数共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系．
（2）当ΔΦ仅由B引起时，则E＝n
；当ΔΦ仅由S引起时，则E＝n
.
2．求解感应电动势常见的情况与方法
情景图
研究对象
回路（不一定闭合）
一段直导线（或等效成直导线）
绕一端转动的一段导体棒
绕与B垂直的轴转动的导线框
表达式
E＝n
E＝BLvsinθ
E＝
BL2ω
E＝NBSω·
sin（ωt＋φ0）
【典题例析】
（多选）（2019·高考全国卷Ⅰ）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
[解析] 根据楞次定律可知在0～t0时间内，磁感应强度减小，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t0～t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律得E＝
＝
πr2·
＝
，根据电阻定律可得R＝ρ
，根据欧姆定律可得I＝
＝
，C正确，D错误．
[答案] BC
【迁移题组】
迁移1 对法拉第电磁感应定律的理解
1．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：
选C.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错误；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．
迁移2 E＝n
的应用
2．（多选）某合作探究学习小组在探究线圈中感应电流的影响因素时，设计如图所示的实验装置，将一个闭合圆线圈放在匀强磁场中，线圈的轴线与磁场方向成30°角，磁感应强度随时间均匀变化，则下列说法中正确的是 （ ）
A．若把线圈的匝数增大一倍，线圈内感应电流大小不变
B．若把线圈的面积增大一倍，线圈内感应电流变为原来的2倍
C．改变线圈轴线与磁场方向的夹角大小，线圈内感应电流可能变为原来的2倍
D．把线圈的半径增大一倍，线圈内感应电流变为原来的2倍
解析：
选AD.由法拉第电磁感应定律E＝n
S可知，若线圈的匝数增大一倍，感应电动势与线圈的总电阻都增大一倍，线圈中的电流不变，A正确；若线圈的面积增大一倍，感应电动势增大一倍，但线圈的电阻增大，线圈内的感应电流并不是原来的2倍，B错误；E＝n
Scos30°，故无论如何改变线圈轴线与磁场方向的夹角，都不可能使线圈内的感应电流变为原来的2倍，C错误；若线圈的半径增大一倍，则面积是原来的4倍，电阻是原来的2倍，线圈内感应电流变为原来的2倍，D正确．
应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题
（1）公式E＝n
求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值．
（2）利用公式E＝nS
求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积．
（3）通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关，与Φ是否均匀变化无关．推导如下：
q＝IΔt＝
Δt＝
.
导体切割磁感线产生感应电动势的计算[学生用书P219]
【知识提炼】
1．理解E＝Blv的“五性”
（1）正交性：
本公式是在一定条件下得出的，除磁场为匀强磁场外，还需B、l、v三者互相垂直．
（2）瞬时性：
若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势．
（3）平均性：
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
.
（4）有效性：
公式中的l为导体切割磁感线的有效长度．如图中，棒的有效长度为ab间的距离．
（5）相对性：
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．导体棒切割磁感线时，可有以下三种情况
切割方式
电动势表达式
说明
垂直切割
E＝Blv
（1）导体棒与磁场方向垂直
（2）磁场为匀强磁场
倾斜切割
E＝Blvsinθ
其中θ为v与B的夹角
旋转切割（以一端为轴）
E＝
Bl2ω
3.判断
（1）把产生感应电动势的那部分电路或导体当做电源的内电路，那部分导体相当于电源．
（2）若电路是不闭合的，则先假设有电流通过，然后应用楞次定律或右手定则判断出电流的方向．
（3）电源内部电流的方向是由负极（低电势）流向正极（高电势），外电路顺着电流方向每经过一个电阻，电势都要降低．
【典题例析】
如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计．MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面（垂直纸面向里）．现对MN施力使它沿导轨方向以速度v水平向右做匀速运动．令U表示MN两端电压的大小，下列说法正确的是（ ）
A．U＝
Blv，流过固定电阻R的感应电流由b经R到d
B．U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由d经R到b
C．MN受到的安培力大小FA＝
，方向水平向右
D．MN受到的安培力大小FA＝
，方向水平向左
[解析] 根据电磁感应定律，MN产生的电动势E＝Blv，由于MN的电阻与外电路电阻相同，所以MN两端的电压U＝
E＝
Blv，根据右手定则，流过固定电阻R的感应电流由b经R到d，故A正确，B错误；MN受到的安培力大小FA＝
，方向水平向左，故C、D错误．
[答案] A
【迁移题组】
迁移1 导体平动切割磁感线问题
1．（2018·高考全国卷Ⅱ）如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边长为
l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动．线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是（ ）
解析：
选D.设线框运动的速度为v，则线框向左匀速运动第一个
的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为E＝2Bdv（d为导轨间距），电流i＝
，回路中电流方向为顺时针；第二个
的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为零，电流为零；第三个
的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为E＝2Bdv，电流i＝
，回路中电流方向为逆时针，D正确．
迁移2 导体旋转切割磁感线问题
2.如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R（指剪开拉直时两端的电阻），磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A连接的长度为2a、电阻为
的导体棒AB，由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时导体棒AB两端的电压大小为（ ）
A.
B．
C.
D．Bav
解析：
选A.当摆到竖直位置时，导体棒AB产生的感应电动势为：
E＝B·2a
＝2Ba
＝Bav，圆环被导体棒分为两个半圆环，两半圆环并联，并联电阻R并＝
＝
，电路电流：
I＝
＝
，AB两端的电压为UAB＝IR并＝
.
公式E＝n
与E＝Blv的比较
E＝n
E＝Blv
区别
研究对象
闭合回路
回路中做切割磁感线运动的部分导体
研究内容
平均电动势
（1）若v为瞬时速度，则求的是瞬时感应电动势
（2）若v为平均速度，则求的是平均感应电动势
适用范围
对任何电磁感应现象普遍适用
只适用于导体切割磁感线的运动
联系
E＝Blv由E＝
在一定条件下推导得到．导体切割磁感线运动时，常用E＝Blv求E，磁感应强度变化时，常用E＝n
求E
自感现象 涡流[学生用书P220]
【知识提炼】
1．自感现象的四个特点
（1）自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化．
（2）通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化．
（3）电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体．
（4）线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向．
2．通电自感和断电自感的比较
自感类型
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）
现象
在S闭合瞬间，灯A2立即亮起来，灯A1逐渐变亮，最终一样亮
在开关S断开时，灯A渐渐熄灭或闪亮一下再熄灭
原因
由于开关闭合时流过电感线圈的电流迅速增大，线圈中产生了自感电动势，阻碍了电流的增大，使流过灯A1的电流比流过灯A2的电流增加得慢
S断开时，自感阻碍电流的减小，使电流继续存在一段时间；灯A中有反向电流通过不会立即熄灭．若原来的IL>IA，则A灯先闪亮一下再熄灭
能量转
化情况
电能转化为磁场能
磁场能转化为电能
3.分析自感现象的三点注意、三个技巧
【跟进题组】
1．图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为线圈．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是（ ）
A．图1中，A1与L1的电阻值相同
B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同
D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
解析：
选C.本题考查自感现象的判断．在题图1中断开S1瞬间，灯A1突然闪亮，说明断开S1前，L1中的电流大于A1中的电流，故L1的阻值小于A1的阻值，A、B错误；在题图2中，闭合S2瞬间，由于L2的自感作用，通过L2的电流很小，D错误；闭合S2后，最终A2与A3亮度相同，说明两支路电流相等，故R与L2的阻值相同，C正确．
2．（多选）如图甲、乙所示的电路中，电阻R和线圈L的电阻值都很小，且小于灯泡A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则（ ）
A．在电路甲中，断开S后，A将逐渐变暗
B．在电路甲中，断开S后，A将先变得更亮，然后才逐渐变暗
C．在电路乙中，断开S后，A将逐渐变暗
D．在电路乙中，断开S后，A将先变得更亮，然后才逐渐变暗
解析：
选AD.题图甲所示电路中，灯A和线圈L串联，电流相同，断开S时，线圈上产生自感电动势，阻碍原电流的减小，通过R、A形成回路，灯A逐渐变暗，A正确，B错误；题图乙所示电路中，电阻R和灯A串联，灯A的电阻大于线圈L的电阻，通过灯A的电流则小于线圈L中的电流，断开S时，电源不给灯供电，而线圈L产生自感电动势阻碍电流的减小，通过R、A形成回路，灯A中电流比原来大，A将变得更亮，然后逐渐变暗，C错误，D正确．
[学生用书P221]
法拉第电磁感应定律的应用
【对点训练】
1．如图所示，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沿逆时针方向匀速运动，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＝
解析：
选D.由右手定则判定通过电阻R的电流的方向是由d到c；而金属圆盘产生的感应电动势E＝
Br2ω，所以通过电阻R的电流大小是I＝
，D正确．
2.（多选）如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小．质量为0.2kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1m的正方形，其有效电阻为0.1Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的规律是B＝（0.4－0.2t）T，图示磁场方向为正方向．框、挡板和金属杆不计形变．则（ ）
A．t＝1s时，金属杆中感应电流方向从C到D
B．t＝3s时，金属杆中感应电流方向从D到C
C．t＝1s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1N
D．t＝3s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2N
解析：
选AC.当t＝1s时，由磁感应强度随时间变化规律B＝（0.4－0.2t）T，可知，磁场在减小，根据楞次定律可得，金属杆中感应电流方向从C到D，故A正确；当t＝3s时，磁场在反向增加，由楞次定律可知，金属杆中感应电流方向从C到D，故B错误；当t＝1s时，由法拉第电磁感应定律，则有E＝
sin30°＝0.2×12×0.5V＝0.1V；由欧姆定律，则有感应电流大小I＝
A＝1A；则t＝1s时，安培力大小F＝BtIL＝（0.4－0.2×1）×1×1N＝0.2N；由左手定则可知，安培力垂直磁场方向斜向上，将安培力分解，金属杆对挡板P的压力大小N＝Fsin30°＝0.2×0.5N＝0.1N，故C正确；同理，当t＝3s时，感应电动势大小仍为E＝0.1V，电流大小仍为I＝1A，F′＝0.2N，由于磁场的方向相反，由左手定则可知，安培力的方向垂直磁场方向斜向下，根据力的合成，则得金属杆对H的压力大小为N′＝F′sin30°＝0.2×0.5N＝0.1N，故D错误．
[学生用书P373（单独成册）]
（建议用时：
40分钟）
一、单项选择题
1．（2020·北京昌平一模）随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线．小到手表、手机，大到电脑、电动汽车，都已经实现了无线充电从理论研发到实际应用的转化．如图所示为某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式充电的原理图．关于无线充电，下列说法正确的是（ ）
A．无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”
B．只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电
C．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同
D．只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电
解析：
选C.无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应，A错误；当给充电设备通以恒定直流电时，充电设备不会产生交变磁场，即不能正常充电，B错误；接收线圈中交变电流的频率应与发射线圈中交变电流的频率相同，C正确；被充电手机内部，应该有一类似金属线圈的部件与手机电池相连，当有交变磁场时，则产生感应电动势，那么普通手机由于没有金属线圈，所以不能够利用无线充电设备进行充电，D错误．
2.如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ε'.则
等于（ ）
A.
B．
C．1D．
解析：
选B.设折弯前导体切割磁感线的长度为L，折弯后，导体切割磁场的有效长度为l＝
＝
L，故产生的感应电动势为ε'＝Blv＝B·
Lv＝
ε，所以
＝
，B正确．
3.如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（ ）
A．ab中的感应电流方向由b到a
B．ab中的感应电流逐渐减小
C．ab所受的安培力保持不变
D．ab所受的静摩擦力逐渐减小
解析：
选D.本题考查楞次定律、电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力、平衡条件．由于通过回路的磁通量向下减小，则根据楞次定律可知ab中感应电流的方向由a到b，A错误；因ab不动，回路面积不变；当B均匀减小时，由E＝n
＝n
S知，产生的感应电动势恒定，回路中感应电流I＝
恒定，B错误；由F＝BIL知，F随B减小而减小，C错误；对ab由平衡条件有f＝F，D正确．
4.A、B两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比rA∶rB＝2∶1，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环所在的平面，如图所示．在磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．两导线环内所产生的感应电动势相等
B．A环内所产生的感应电动势大于B环内所产生的感应电动势
C．流过A、B两导线环的感应电流的大小之比为1∶4
D．流过A、B两导线环的感应电流的大小之比为1∶1
解析：
选A.某一时刻穿过A、B两导线环的磁通量均为穿过磁场所在区域面积上的磁通量，设磁场区域的面积为S，则Φ＝BS，由E＝
＝
S（S为磁场区域面积），对A、B两导线环，有
＝1，A正确，B错误；I＝
，R＝ρ
（S1为导线的横截面积），l＝2πr，所以
＝
＝
，C、D错误．
5．（2020·湖南长沙模拟）如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0.9s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则（ ）
A．W1C．W1>W2，q1＝q2D．W1>W2，q1>q2
解析：
选C.两次拉出的速度之比v1∶v2＝3∶1.电动势之比E1∶E2＝3∶1，电流之比I1∶I2＝3∶1，则电荷量之比q1∶q2＝（I1t1）∶（I2t2）＝1∶1.安培力之比F1∶F2＝3∶1，则外力做功之比W1∶W2＝3∶1，故C正确．
6．扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺度上的形貌．为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示．无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是（ ）
解析：
选A.施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减．方案A中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案B中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案C中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案D中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变．综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A.
7.
如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是（ ）
A．Ua>Uc，金属框中无电流
B．Ub>Uc，金属框中电流方向沿a－b－c－a
C．Ubc＝－
Bl2ω，金属框中无电流
D．Ubc＝
Bl2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－a
解析：
选C.金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，B、D错误；转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断Ua＜Uc，Ub＜Uc，A错误；由转动切割产生感应电动势的公式得Ubc＝－
Bl2ω，C正确．
二、多项选择题
8．（2020·山东等级考模拟）竖直放置的长直密绕螺线管接入如图甲所示的电路中，通有俯视顺时针方向的电流，其大小按图乙所示的规律变化．螺线管内中间位置固定有一水平放置的硬质闭合金属小圆环（未画出），圆环轴线与螺线管轴线重合．下列说法正确的是（ ）
A．t＝
时刻，圆环有扩张的趋势
B．t＝
时刻，圆环有收缩的趋势
C．t＝
和t＝
时刻，圆环内的感应电流大小相等
D．t＝
时刻，圆环内有俯视逆时针方向的感应电流
解析：
选BC.t＝
时刻，线圈中通有顺时针逐渐增大的电流，则线圈中由电流产生的磁场向下且逐渐增强，由楞次定律可知，
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