新版高考物理二轮复习 专题11 电磁感应规律及其应用学案.docx

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新版高考物理二轮复习专题11电磁感应规律及其应用学案

专题11电磁感应规律及其应用

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——“来拒去留”；

（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＝n.

（2）磁感应强度变化型：

E＝nS.

（3）面积变化型：

E＝nB.

（4）平动切割型：

E＝Blv.

（5）转动切割型：

E＝nBl2ω.

注意：

公式E＝nS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1

A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流

B.a、b线圈中感应电动势之比为9∶1

C.a、b线圈中感应电流之比为3∶4

D.a、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＝k，根据法拉第电磁感应定律可得E＝n＝nl2，则＝（）2＝，选项B正确；根据I＝＝＝＝可知，I∝l，故a、b线圈中感应电流之比为3∶1，选项C错误；电功率P＝IE＝·nl2＝，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、c三个线圈是同心圆，b线圈上连接有直流电源E和开关K，则下列说法正确的是（　　）

图2

A.在K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K闭合的一瞬间，线圈c中有顺时针方向的瞬时电流，有收缩趋势

C.在K闭合电路稳定后，再断开K的一瞬间，线圈c中有感应电流，线圈a中没有感应电流

D.在K闭合的一瞬间，线圈b中有感应电动势；在K闭合电路稳定后，再断开K的一瞬间，线圈b中仍然有感应电动势

答案　D

解析　K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，c中感应电流为逆时针且有收缩的趋势，故B错误；在K闭合电路稳定后，再断开K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C错误；在K闭合的一瞬间，线圈b中有感应电动势；在K闭合电路稳定后，再断开K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3

A.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

C.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C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4

A.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

C.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来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的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＝BL＝BL2ω，I＝，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，C错；由P＝I2R＝知，当ω变为原来的2倍时，P变为原来的4倍，D错.

4.如图5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m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5

A.油滴所带电荷量为

B.电流自上而下流过电阻R

C.A、B间的电势差UAB＝BLv0

D.其他条件不变，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相当于电源，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，故A、C错；根据电容器C＝，C＝，两极板距离d减小，C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m、电阻为r的金属棒MN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＋kv（F0、k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＝＝v，即I∝v；安培力F安＝BIL＝v，方向水平向左，即F安∝v；R两端电压UR＝IR＝v，即UR∝v；感应电流功率P＝EI＝v2，即P∝v2.

分析金属棒运动情况，由牛顿运动第二定律可得F0＋kv－v＝ma，即F0＋（k－）v＝ma.因为金属棒从静止开始运动，所以F0>0.

（1）若k＝，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k>，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k<，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C选项符合.

综上所述，选项B、C符合题意.

答案　BC

变式训练

5.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～s内，根据法拉第电磁感应定律，E＝n＝.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～T内，根据法拉第电磁感应定律，E′＝n＝＝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a，宽为，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＝＝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、C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d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C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“源”：

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m、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－μmg＝ma①

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（－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＝⑤

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－μmg－F安＝0⑦

联立④⑤⑥⑦式得

R＝

答案　

（1）Blt0（－μg）　

（2）

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1kg的单匝均匀正方形铜线框，在1位置以速度v0＝3m/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11

A.线框右侧边两端MN间的电压为0.25V

B.恒力F的大小为0.5N

C.线框完全离开磁场的瞬间位置3的速度大小为3m/s

D.线框完全离开磁场的瞬间位置3的速度大小为1m/s

答案　B

解析　t＝0时，线框右侧边MN的两端电压为外电压，总的感应电动势为：

E＝Blv0，外电压U外＝E＝0.75V.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＝ma，由速度—时间图象的斜率表示加速度，求得a＝＝m/s2＝0.5m/s2，则得F＝0.5N.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2m/s.故C、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＝0.5m，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＝5N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vm，不计导轨电阻，则有（　　）

图12

A.R越小，vm越大

B.金属杆的最大速度大于或等于20m/s

C.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＝BL，解得vm＝，可知R越大，vm越大，选项A错误；金属杆的最大速度vm＝＝＝20（1＋R）m/s，则金属杆的最大速度大于或等于20m/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C错误；金属杆达到最大速度后导体棒中的电流I＝，则I＝neSve，则ve＝＝，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.

（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：

回路中某个元件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MN、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m＝0.2kg的完全相同的细金属棒ab和cd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＝1.6m，有界匀强磁场宽度为3x＝4.8m.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cd，金属棒cd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＝10m/s2），求：

图13

（1）金属棒ab刚进入磁场时棒中电流I；

（2）金属棒cd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

mgxsinθ＝mv－0①

得v1＝4m/s②

mgsinθ＝F安③

F安＝BIL④

I＝⑤

E＝BLv1⑥

得：

I＝1A⑦

步骤2：

cd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，cd进入磁场

xcd＝x＝t⑧

xab＝v1t＝2x⑨

两棒都在磁场中时速度相同，无电流，

ab出磁场后，cd上有电流

xcd′＝2x⑩

q＝＝＝0.8C⑪

步骤3：

ab匀速进入，列能量守恒方程

cd进出磁场速度相等，列能量守恒方程

Q1＝mg·2x·sinθ⑫

Q2＝mg·3x·sinθ⑬

Q＝Q1＋Q2＝8J⑭

①③⑪⑫⑬⑭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abcd位于竖直平面内，其质量为m，电阻为R.在线框的下方有一匀强磁场，MN和M′N′是磁场的水平边界，并与bc边平行，磁场方向垂直于纸面向里.现使金属线框从MN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14

A.金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向

B.金属线框的边长为v1（t2－t1）

C.磁场的磁感应强度为

D.金属线框在0～t4的时间内所产生的热量为2mgv1（t2－t1）＋m（v－v）

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abcda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：

mg＝BIl，I＝，又l＝v1（t2－t1）.联立解得：

B＝，故C错误；t1到t2时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：

Q1＝mgl＝mgv1（t2－t1）；t3到t4时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：

Q2＝mgl＋m（v－v）

＝mgv1（t2－t1）＋m（v－v）

故Q＝Q1＋Q2＝2mgv1（t2－t1）＋m（v－v），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15所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05Ω的电阻.在导轨间长d＝0.56m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＝2.0T.质量m＝4.0kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连.CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24m.一位健身者用恒力F＝80N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直.当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置（重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量）.求：

图15

（1）CD棒进入磁场时速度v的大小；

（2）CD棒进入磁场时所受的安培力F安的大小；

（3）在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.

答案　

（1）2.4m/s　

（2）48N　（3）64J　26.88J

解析　

（1）由牛顿第二定律得

a＝＝12m/s2

进入磁场时的速度

v＝＝2.4m/s

（2）感应电动势E＝Blv

感应电流I＝

安培力F安＝IBl

代入得F安＝＝48N

（3）健身者做功W＝F（s＋d）＝64J

又F－mgsinθ－F安＝0

CD棒在磁场区做匀速运动

在磁场中运动时间t＝

焦耳热Q＝I2Rt＝26.88J.

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

C.用来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C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1

A.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

C.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　BCD

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＝n可知，C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、c和电阻不计的线圈L与内阻不计的电源连接，下列判断正确的是（　　）

图2

A.K闭合的瞬间，b、c两灯亮度不同

B.K闭合足够长时间以后，b、c两灯亮度相同

C.K断开的瞬间，a、c两灯立即熄灭

D.K断开之后，b灯突然闪亮以后再逐渐变暗

答案　D

解析　K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、c两灯的电流相同，一样亮.由于a灯的电压等于b、c电压之和，所以a灯最亮，K闭合足够长时间以后，b灯被线圈短路，故b灯熄灭，故b、c两灯亮度不相同，故A、B错误.K断开的瞬间，线圈中电流将要减小，产生自感电动势，相当于电源，有电流流过a、c两灯，由于两灯串联，所以a、c两灯逐渐变暗且亮度相同.故C错误；因K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abcd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3

A.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

C.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、C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.

5.（2016·北京·16）如图4所示，匀强磁场中有两个