第二册(必修加选修)第十六章电磁感应专题(二)

1、WWW. chinaedu.c am第1页 版权所有 不得复制课程信息年级高二学科物理版本1人教版内容标题有关电磁感应的几个小专题（二）编稿老师马慧【本讲教育信息】一.教学内容：有关电磁感应的几个小专题（二）（一）电磁感应中的等效全电路在电磁感应现象中有感应电动势产生，若电路是闭合的，电路中就产生感应电流，这 类电路问题与直流电路有着相同的规律， 但在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体相当于电源，J全电路欧姆定律、串并联电路的一些规律都可应用。这个“电源”不像电池那么直观，比较隐蔽，如果不加注意，就会出现一些不必要的错误。例1如图1所示，Li与L2是套在同一铁心上的两个线圈，线圈Li与

2、电源及变阻器相连,线圈L2与电阻R组成一闭合回路，当变阻器滑片向右移动时,A、B两点电势哪点高？A、B'两点电势哪点高?解：由图1可知，电流从A点通过L1线圈流向B点，故9A汕B ；由于滑片向右移动,L1中电流减小，向下的磁通量也减少，L2中的磁通量变化也应是向下减小，根据楞次定律,故L2中电流方向应由A'通过L2流向B'，根据电流从高电势流向低电势的规律，故也有B'Ik这里最后的结论®A a®B错了，主要原因是忽略了L2与Li的地位不同，Li在电路里是用电器，而L2是相当于电源的导体，对电源来讲，流出电流端B'是正极，而流入端A是

3、负极，故应有申A <另外，在处理串、并联关系时，如果不把产生感应电动势的那部分导体作为电源来处WWW. chinaedu.c am第9页版权所有不得复制理，则电路的串、并联关系就会打乱，从而导致计算的错误。例2如图2所示，平面上安放一个金属圆环， 过其圆心0在环上搁一根金属棒 ab，ab之 长恰等于圆环的直径 D，ab可绕固定于0点的垂直环面的轴转动，转动时a、b端始终与环保持良好的接触， 在0点和环之间再接上一根金属棒 Oc,它的长度等于环的半径， 金属环和两根金属棒都是相同金属丝制成的。现垂直圆环面加上向纸内磁感应强度为B的匀强磁场。使ab绕0点以角速度顺时针匀速旋转，且旋转不受Oc

4、棒的影响，等到ab转 到如图2所示位置时，求 Oc之间的电势差。以上a:X x 25/X图2Oa段与Ob段都产生感应电动势， 由右手定则可设Oa解：当ab顺时针旋转切割磁感线时，知，Oa段是a端为正极，Ob段是b端为正极，两段导体产生的感应电动势大小相等，'I兀段、Ob段电阻大小为r，则等效电路如图 3所示，且R' = r，R=_r，由于a、b是等2电势的，故2R电阻中无电流流过，可进一步把电路等效成图4。CE.r11 aE、rRLf 图4则I =-1 兀（r + r） +r2 2DD12E = B 心=- BOD24故 I2（6 +巧rOc两端电压U = Ir B曲2（6+

5、兀）所以Uoc-B"2-0.055B®D22（6 + 兀）ad边的固定轴00 '匀角速转L,每边电阻值为R,现将a、 R的电流。解：金属线圈abed绕00 '转动时,产生的交流电，感应电动势最大值为e bl%，需仔细分析才不会找错。在有些电磁感应问题中，相当于电源的那部分导线比较隐蔽, 例3如图5所示，正方形线圈 abed绕垂直于匀强磁场的过 动，磁感应强度为 B，角速度为，已知正方形线圈边长为 b两点通过阻值为 R的电阻用导线连接，求通过电阻iQX VXIXX-bXX<e 1有效值为E = = BL2©。J2 V26所示。下面要注意的是不能

6、把整个金属线圈 be边，故这个电路的等效电路如图abed都看作是电源，这里切割磁感线的仅仅是rAEm1其中电源电动势 e=bl2«>V2电源内阻r = RE_ V2bbL23R正2114R通过电阻R的电流为Ir =丄12所以在电磁感应现象中，正确分析相当于电源的那部分导体，是解决问题的关键。（二）电磁感应中的几种特殊思维方法1.等效法 等效法是在某种物理意义效果相同的前提下，通过相互替代把复杂的问题变换成简单 的问题来研究的一种科学思维方法。可使问题化繁为简，化难为易。例1如图1所示，半径为r的半圆形金属导线处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈所在平面，试求导线在

7、下列情况中产生的感应电动势； 导线在自身所在平面内，沿垂直于直径 OO'的方向以速度V向右匀速运动。匀速转动。 导线从图示位置起，绕直线 00以角速度XXXXXXX XX冥且X解析： 假设另有一直导线 00以同样的速度V向右匀速平动，由于半圆形导线 0A0'和直 导线00 '在相同的时间内切割的磁感线相等，所以在产生感应电动势这一点上，半圆形导线0A0 '与直导线00 '等效，从而可得：E =2rBv。 假设用直导线将 0、0 '连结形成闭合电路 0A00，使其以同样的角速度 ©绕00 匀速转动，由于直导线 00 '不切割磁感线

8、，所以在产生感应电动势这一点上，半圆形导线1 20A0 '与闭合电路0A00等效。从而可得：E = B% sin©t，又S=-r兀，21 2所以 E = ;ir2B© sint22.对称法r例2如图2所示，磁感应强度为-B的匀强磁场充满在半径为 r的圆柱形区域内，其方向与 圆柱的轴线平行，其大/小以 詈的速率增加，一根长为r的细金属棒与磁场方向垂直地放在 磁场区域内，杆的两端恰在圆周上，求棒中的感应电动势。图2解析：设想在圆柱形区域内有一个内接的正六边形,金属棒中的感应电动势应是正六边形回路中感应电动势的ab是它的一条边。根据对称性,1-，所以，由法拉第电磁感应定6

9、11律可得：Eab=7E总=166氐_ 1 S总 B t "6 Vsr24也BAt存在和变化，由于涉及的因素较多，牵如果我们将问题推到极限状态和极限3.极端法（极限法） 极端法就是极端思维方法。物理现象的产生、 挂的面较广，变化过程较复杂，从而使问题难以求解， 值条件下进行分析研究，就会变得简单且容易求解。例3如图3所示，磁感应强度为 B的匀强磁场有理想界面，用力将矩形线圈从磁场中匀 速拉出，在其他条件不变的情况下（）A. 速度越大时，拉力做功越多B. 线圈边长Li越大时，拉力做功越多C. 线圈边长L2越大时，拉力做功越多D. 线圈电阻越大时，拉力做功越多XXX图3解析：以极端情况考

10、虑，若速度极小接近于零，则线圈中几乎没有感应电流，就无需克服安培力做功，从而速度越大时拉力做功越多；若Li极小接近于零，则 Li切割磁感线产生的感应电动势便接近于零， 线圈中同样几乎没有感应电流，也无需克服安培力做功， 从而从而L2越亦无需克服L1越大时拉力做功越多； 若L2极小接近于零，则将线圈拉出时的位移接近于零，大时拉力做功越多； 若线圈电阻极大趋于无限大，则线圈中几乎没有感应电流,ABC。安培力做功，从而线圈电阻越大时拉力做功越小，所以应选（三）例析法拉第电磁感应定律的易错点I1.关于法拉第电磁感应定律E = n及推导式E =BlvsinS的比较tE = nitE = Blv si n

11、8区别1.求的是也t时间内的平均感应电动 势，E与某段时间或某个过程相对应1.'求的是瞬间感应电动势，E与某个时 刻或某个位置相对应2.求的是整个回路的感应电动势，整 个回路的感应电动势为零时，回路中某 段导体的感应电动势不一定为零2.求的是回路中一部分导体切割磁感 线时产生的感应电动势3.若在-t图象上是直线，则求得的 电动势是恒定值，若不为直线，应具体 分析3. 一定注意日的具体含义，具体问题具 体分析，不可乱套公式联系3CAE -n与E- Blv sinS是统一的，若 Aw 0，E为瞬间感应电动势；若AtE = Blv sin 9中v代入的是平均速度，E则为平均感应电动势32.运

12、用公式E =n的易错点At例1矩形线圈abed绕0M轴在匀强磁场中运动，如图1所示，当线圈平面与磁感线平行时，求穿过线圈的磁通量及磁通量的变化率，当线圈平面与磁感线垂直时又如何？=0;当线圈it也最大。错解：当线圈平面与磁感线平行时=0 ,穿过它的磁通量变化率为A平面与磁感线垂直时，穿过它的磁通量e=BS最大，因而变化率 AtA<T> -错解分析：磁通量和磁通量变化率兰二是两个不同的概念，好多同学认为大时,AtA<T>_> I一定大，实际上正好相反。t正确解答：当线圈平面与磁感线平行时，=0，两边刚好垂直切割磁感线，此时E Ad>最大，因而穿过它的磁通量变化

13、率 最大。当线圈平面与磁感线垂直时，穿过它的磁通-At'A量=BS最大，两边刚好平行于磁感线，此时E=0，因而穿过它的磁通量变化率一=0。3.推导式E= Blv sinQ的易错点例2如图2所示，导线长为l，磁场的磁感应强度为B，导体的速度为V,运动方向如图所示，求导体切割磁感线产生的感应电动势为多少？I错解：E错解分析:=Blv sin 6不能灵活运用公式E =Blvsi nS （日为B与v的夹角），遇到问题乱套公式。正确解答:将V分解为垂直于B的V丄和平行于B的V/ , Vl= VCOS日，所以E = Blv cos8。（四）电磁感应问题中电量的求解方法1. 由法拉第电磁感应定律求解

14、例1如图1所示，空间存在垂直于纸面的匀强磁场，在半径为a的圆形区域内、外，磁场方向相反，磁感应强度大小均为 B，一半径为b、电阻为R的圆形导线环放置在纸面内，其圆心与圆形区域的中心重合，在内外磁场同时由B均匀地减小到零的过程中，通过导线横截面的电量q =«1 a»图 分析与解：已知垂直向里的圆形磁场半径为 磁通量为，当合磁通量向里时：导线圆环的半径为 b,设通过导线环的= B；ia2 -兀(b2 -a2) =B兀(2ab2)当合磁通量向外时:=B兀(b2 -&2)-兀&2 =B兀(b2 -2a2)设经过At磁通量减为零，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律

15、得:I t R2 2所以 q + = -b)或 qK JB(b22a2)-2. 结合动量定理求解 例2如图2所示，长为L，电阻r = 0.30，质量m = 0.1kg的金属棒CD垂直横跨在位于水平面上的两条平行光滑导轨上，两导轨间距也为L,棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计,导轨左端接有 R =0.50的电阻，量程为03.0A的电流表串接在一条导轨上，量程为 0 1.0V的电压表接在电阻 R的两端，量程为03.0aI电流表串入回路中垂直导轨平面匀强 磁场向下穿过平面。现以恒定外力F使金属棒右移。当金属棒以 V = 2m/ S的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一个表

16、未满偏，问：(1) 此满偏的电表是什么表？说明理由。(2) 拉动金属棒的外力 F为多大？(3) 此时撤去外力F,金属棒将逐渐慢下来，最终停止在导轨上。求从撤去外力到金属棒停止运动的过程中通过电阻R的电量。WWW. chinaedu.c am第13页 版权所有 不得复制分析与解：(1)电压表满偏，若电流表满偏，贝yI =3A，U=IR= 1.5V，大于电压表量程。2vR2(2)由功能关系 Fv = l2(R + r)，而 I =U，所以 F =U (R + r) R代入数据得F=1.6N。（3）对金属棒运用动量定理，有mAv = IBLit两边求和 mAv +mAv + =IBLAt + 1 B

17、it +即 mv = BLq由电磁感应定律E =BLv , E = l(R + r)2丽/曰mv解得q =I (R +r)代入数据得q =0.25C（五）怎样确定自感现象中灯泡亮度的变化'1. 与线圈串联的灯泡在通电瞬间亮度的变化当通过线圈的电流增大时，穿过线圈的磁通量发生变化，在线圈中会产生自感电动势， 根据楞次定律可得自感电动势总是要阻碍引起感应电动势的电流的变化，当通过线圈的电流增大时，自感电动势要阻碍电流的增大，使电流增大得慢一些，由此可推知与线圈串联的灯泡在通电的瞬间因线圈中产生的自感电动势阻碍电流的增大，所以灯泡的亮度是逐渐变亮 的。"2. 与线圈并联的灯泡在断电

18、的瞬间的亮度的变化当灯泡与自感线圈并联，如图1所示，令灯泡的电阻为 R1，线圈的电阻为 R2，S闭合时通过灯泡和线圈的电流分别为 i1和i2。当S断开时，i1立即减少到零，i2则由此时大小逐渐减小到零，且此时线圈与灯泡组成一个闭合回路，流过灯泡的电流方向变为从右向左。因而灯继续发光一段时间后才熄灭。 那么是否一定会出现闪亮的情况呢？这就须比较i1和i2的大小了。巾耐fTTTTTfm_I如Ri >R2，则ii门2，故当断开K瞬间，灯突然变暗了少许，然后逐渐熄灭。如R1 < R2，则ii2，故当断开K瞬间，灯突然亮一下然后才逐渐熄灭，此时才会出现闪亮的情况。如Ri =R2，则ii =i

19、2，故当断开K瞬间，灯既不突然变亮，也不突然变暗，只是逐渐熄灭。由以上分析我们知道出现断电自感时不一定就会出现闪亮的情况，是否有闪亮情况应 根据通过灯泡中电流的大小进行比较再加以判定。3. 直流电阻不计的线圈在通电和断电的瞬间因自感电动势对电流变化的阻碍作用，可以 视为线圈中有“电阻”存在，在电路稳定时，电流没变化，线圈中没有感应电动势，这时与 它并联的灯泡被短路。例1如图2所示的电路中，A、B两灯电阻均为 R,且R>r , L为纯电感线圈，原先 S、S2断开，则(A.S,闭合的瞬间，A灯先亮，B灯后亮，以后两灯一样亮B.Si闭合后，再闭合 82-，两灯亮度不变C.D.8,、S2均闭合后

20、，再断开 8,，B灯立即熄灭，A灯突然亮一下才熄灭S、82均闭合后，先断开 82，再断开Si，A灯立即熄灭，B灯突然亮一下才熄灭分析与解：L为纯电感线圈，直流电阻不计，在8i闭合的瞬间通过L的电流增大，在线圈L中产生阻碍电流增大的自感电动势，使B灯所在的支路的电路增大的慢一些，所以8,闭合时，A灯立即变亮，B灯逐渐变亮，当电路稳定时，通过两灯的电流相等，亮度相同。 所以A正确。82闭合前，A、B两灯两端电压相等且都大于 ，82闭合后，A、B两灯两端电压为 ，2 2所以82闭合前后A、B两灯的亮度是不相同的，所以B答案是错误的。8i、82闭合后再断开8i，B灯立即熄灭，但与A灯并联的线圈L中因自

21、感电动势阻碍电流的减小，使A、L回路中的电流不能立即减小,又因电路稳定时，通过灯A的电流h小于通过线圈L的电流I2，断开8,后，A、L回路中的电流要从I2开始减小，所以A灯会闪亮后逐渐熄灭，所以答案C正确。若S1、S?均闭合后，先断开 S2时，通过A、B两灯的电流相同，亮度也相同，再断开Si时，因线圈L中的自感电动势的作用会使回路 结果A、B都会同时逐渐熄灭。所以 D答案错误。A、B、L、r中的电流不能立即减小到0,例2如图3所示，线圈的自感系数很大，其电阻可忽略， 在开关S闭合和断开的过程中（灯丝不会断） （ ）A. S闭合，Di很亮且亮度不变，D2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮，S断开后，D

22、2立即熄灭，Di渐渐变亮B. S闭合，C. S闭合， 一下再熄灭D. S闭合， D1亮一下再熄灭Di、D2是两个完全相同的灯泡,Di不亮，D2很亮，S断开，Di和D2立即熄灭Di和D2同时亮，然后 Di熄灭，-D2亮度不变，S断开，D2立即熄灭，Di亮Di和D2同时亮，然后Di渐渐熄灭，-D2变得更亮，S断开，D2立即熄灭,6分析与解:S闭合时,图3I通过L的电流增大，在L中产生了自感电动势对电流的增大起阻碍作用，这时可认为 L中有“电阻”，所以D1和D2会同时亮。当电流稳定时，通过电流不变化，没有自感电动势，这时因L的电阻为零，灯 Di被短路而熄灭，同时灯D2两端的电压增大了，所以 d2变得

23、更亮。S断开时，通过L的电流减小，在L中产生了阻碍电流减小的自感电动势，使由WWW. chinaedu.c am第15页版权所有不得复制Di组成的回路的电流逐渐减小，这时Di会发光后再渐渐熄灭，而02在S断开时立即熄灭。综合以上分析可得正确答案是（六）电磁感应中的功能问题分析电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用。因此要维持安培力的存在，必须有“外力”克服安培力做功，此过程中，其他形式的能转化为电能，当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能。“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能。同理，安培力做功的过程

24、，是电能转化为其他形式的能的过程，安培力做多少功就有多少电能转化为其他形式的能。求解安培力做功的主要方法有：1.运用功的定义 W = Fs求解10】远程数育网CHHAflXl COMWWW. chinaedu.c am第17页版权所有不得复制例1空间存在以ab、ed为边界的匀强磁场区域，磁感应强度大小为 B，方向垂直纸面向外，区域宽为l1。现有一矩形线框处在图1中纸面内，它的短边与 ab重合，长度为12，长边的长度为211，如图1所示，某时刻线框以初速度 V沿着与ab垂直的方向进入磁场区域,同时某人对线框施一作用力，使它的速度大小和方向保持不变。设该线框的电阻为框开始进入磁场到完全离开磁场的过

25、程中，人对线框作用力所做的功等于多少？R,从线图1解析：本题中线框的运动过程分三段：从右边进入磁场到右边离开磁场;边离开磁场到左边进入磁场；从左边进入磁场到左边离开磁场。从右在过程中：穿过闭合线圈的磁通量发生变化，电路中产生的感应电流Bl2v线框所受安培力F安=Bll2 =旦。又因为线框做匀速运动，所以人对线框的作用力与线R框所受安培力等大反向，人对线框作用力做的功等于安培力所做的功，即- 2W = F安* 2l 2(Bl2) l1V O在过程中，通过线框的磁通量没有变化,-RI'所以无感应电流,线框不受安培力，人对线框的作用力也为零。故整个过程人所做的功为2(Bl2)2liV2.用动

26、能定理叫=AEk求解例2位于竖直平面内的矩形导线框abed， ab长Li =1.0m，be长L 0.5m，线框的质量m = 0.2kg ,电阻R=2O，其下方有一匀强磁场区域，该区域的上、下边界PP'和QQ'均与ab平行，两边界间的距离为 H，且H A L2，磁场的磁感应强度 B =1.0T，方向与线框平面垂直。如图2所示，令线框从de边离磁场区域上边界 PP'的距离为h = 0.7m处自由 下落，已知线框的de边进入磁场以后，ab边到达边界PP'之前的某一时刻线框的速度已达到这一阶段的最大值。问从线框开始下落，到de边刚刚到达磁场区域下边界 QQ的过程中,磁场

27、作用于线框的安培力做的总功为多少？(g=10m/s2)TxXXXXHXXXXXXXXX图2P'Q'WWW. chinaedu.c am第19页版权所有不得复制BLm解析：依题意，线框的ab边到达磁场边界 PP'之前的某一时刻线框的速度达到这一阶段速度最大值，并设这一最大速度为V0 ,则有E= BL1V0,线框中的电流为I =三=R R作用于线框上的安培力 F -BLjB2L2V二*。速度达到最大直的条件是：F=mg，所以V0 = mgR2 2 =4m/sb2l2de边继续向下运动直至线框的ab边到达磁场的上边界 PP'的过程中，线框保持速度v0不变，所以从线框自

28、由下落至ab边进入磁场的过程中，由动能定理得-1 2mg(h + L2) +0安=mv0 2所以安=丄 mv2 -mg(h + L2)= -0.8J2从ab边进入磁场直到de边到达磁场区域的下边界QQ过程中，作用于整个线框的安培力为零，安培力做功也为零，线框只在重力作用下作加速运动，故线框从开始下落到 dc边刚到达磁场区域下边界 QQ '过程中，安培力做的总功即为线框自由下落至ab边进入磁场过程中安培力所做的功 安=-0.8J，负号表示安培力做负功。3.用能量转化及守恒定律 AE电=AE其他求解例3如图3所示，金属棒a在离地h高处从静止开始沿弧形轨道下滑,导轨水平部分有竖直向上的匀强磁

29、场 b，水平部分导轨上原来放有一个金属棒b。已知棒a的质量为ma。且与棒b的质量之比rnia ： mib =3:4，水平导轨足够长，不计摩擦，求整个过程中回路释放的电能是多少?图3解析：选棒a为研究对象，棒a从h高处下滑到弧形轨道底部的过程中机械能守恒。设2棒a到达弧形轨道底部的速度为 va，则有magh = 叱 （1）2a做减速运动， 之后回路的磁通量不再发生变化， a、b达到的共同速度为 V,选a、 a、b以共同速度运动的过程中，所棒a进入磁场后，回路中产生感应电流， 棒a、b都受到安培力的作用, b做加速运动。经一段时间，棒 a、b的速度达到相同， 感应电流为零，安培力为零，二者做匀速直

30、线运动。设 b系统为研究对象，系统从棒 a滑到弧形轨道底部至棒- 受的合外力为零，系统的动量守恒。由动量守恒定律有由能量转化及守恒定律可知，回路中释放的电能等于a、b系统机械能的损失，即miaVa =(ma +mb)v (2)(ma +mbJv2 /、E=magh- (3)90分钟）40分）联立以上三式得E=4magh【模拟试题】.（答题时间：一.选择题（每小题4分，共1. 某一闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一闭合电路的（A. 磁通量的大小有关B. 磁通量的变化大小有关C. 磁通量的变化快慢有关D. 磁场的磁感应强度大小有关2. 下列几种说法正确的是（）A. 线圈中磁通量变化越大，线圈中

31、产生的感应电动势一定越大B. 线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大C. 线圈放在磁场越强的位置，产生的感应电动势一定越大D. 线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势越大3. 如图1所示，一根水平放置的金属棒垂直于匀强磁场由静止开始下落，磁场的方向垂直纸面向外，则金属棒两端的感应电动势随时间变化的图象是图2中的（）04.下面各单位中不属于电动势的单位图2（伏特）的是（2 2A. T m /s B. A m /sC. H ，m/sD. Wb/s5.如图3所示，在下列情况下电流计G中有电流通过的是（电阻不计）（B为匀强磁场，导轨A. ABB. ABC. ABD. AB向右匀速运动过程中

32、向左匀速运动过程中 向左加速运动过程中 向右减速运动过程中.L图 3I6.两个线圈a、b平行放置且通有如图 4所示的电流，欲使线圈 b中的电流瞬间增大, 可采取的方法是（）A. 两线圈相对位置不变，增加保持a中的电流不变，保持a中的电流不变，a中的电流 a向右平移 a绕直径转动 a向上平移B.C.D.保持a中的电流不变，7. 如图5所示，一带负电的粒子，沿一圆环形导体的直径方向，在圆环表面匀速掠过, 则（ ）A. 圆环中没有感应电流B. 圆环中有顺时针方向的感应电流C. 圆环中有逆时针方向的感应电流D. 粒子靠近时有顺时针方向的感应电流，离开时则相反E. 粒子靠近时有逆时针方向的感应电流，离开

33、时则相反O-*-60°角，磁）8. 如图6所示，有一闭合线圈放在匀强磁场中，线圈的轴线和磁感线方向成 感应强度随时间均匀变化，用下述方法可使线圈中的感应电流增加一倍的是（A. 使线圈的匝数增加一倍B. 使线圈的面积增加一倍C. 使线圈的半径增加一倍D. 改变线圈的轴线方向，使之与磁场方向平行B9. 有一个电阻为r、 在平面。在At时间内， 大小无关（ ）A.时间加C.金属环电阻r图6所围面积为 S的金属环放在磁场中，让磁感线垂直地穿过金属环所 若磁感应强度的变化为AB，通过金属环的电量将与下面哪个量的B.金属环所围成积D.磁感应强度变化10. 如图7所示，两个互连的金属圆环，粗金属环的电阻为细金属环电阻的二分之一。磁场垂直穿过粗金属环所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在粗环内产生的感应电动势为E,则a,b两点间的电势差为（两环间连线的电阻不计）A. 2EB.3EC. -E D. E3二.填空题（每小题11.如图8所示，ab =0.2m , be = 0.1m，以角速度© =314rad/s绕轴OO'匀速转动。从图示位置转过90° 时的瞬时感应电动势为 ，这段时间内的平均感应电动势为5分，共匀强磁场的磁感应强度20分)B=0.5T