高考物理一輪 （考綱自主研讀+命題探究+高考全程解密） 第2講法拉第電磁感應(yīng)定律 互感 自感（含解析） 新人教版

第2講法拉第電磁感應(yīng)定律互感自感eq\f(對應(yīng)學(xué)生,用書P170)法拉第電磁感應(yīng)定律Ⅱ(考綱要求)【思維驅(qū)動】(單選)將閉合多匝線圈置于僅隨時間變化的磁場中，線圈平面與磁場方向垂直，關(guān)于線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，下列表述正確的是()．A．感應(yīng)電動勢的大小與線圈的匝數(shù)無關(guān)B．穿過線圈的磁通量越大，感應(yīng)電動勢越大C．穿過線圈的磁通量變化越快，感應(yīng)電動勢越大D．感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向與原磁場方向始終相同解析由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)知，感應(yīng)電動勢的大小與線圈匝數(shù)有關(guān)，A錯．感應(yīng)電動勢正比于eq\f(ΔΦ,Δt)，與磁通量的大小無直接關(guān)系，B錯誤、C正確．根據(jù)楞次定律知，感應(yīng)電流的磁場總是阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化，即“增反減同”，D錯誤．答案C【知識存盤】1．感應(yīng)電動勢(1)概念：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動勢；(2)產(chǎn)生條件：穿過回路的磁通量發(fā)生改變，與電路是否閉合無關(guān)．(3)方向判斷：感應(yīng)電動勢的方向用楞次定律或右手定則判斷．2．法拉第電磁感應(yīng)定律(1)內(nèi)容：感應(yīng)電動勢的大小跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比．(2)公式：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中n為線圈匝數(shù)．(3)感應(yīng)電流與感應(yīng)電動勢的關(guān)系：遵守閉合電路歐姆定律，即I＝eq\f(E,R＋r)．3．導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢(1)導(dǎo)體垂直切割磁感線時，感應(yīng)電動勢可用E＝Blv求出，式中l(wèi)為導(dǎo)體切割磁感線的有效長度．(2)導(dǎo)體棒在磁場中轉(zhuǎn)動時，導(dǎo)體棒以端點(diǎn)為軸，在勻強(qiáng)磁場中垂直于磁感線方向勻速轉(zhuǎn)動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E＝Bleq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)Bl2ω(平均速度等于中點(diǎn)位置的線速度eq\f(1,2)lω)．互感、自感Ⅰ(考綱要求)【思維驅(qū)動】(多選)在如圖9－2－1所示的電路中，圖9－2－1A1和A2是兩個相同的燈泡，線圈L的自感系數(shù)足夠大，電阻可以忽略不計．下列說法中正確的是()．A．合上開關(guān)S時，A2先亮，A1后亮，最后一樣亮B．?dāng)嚅_開關(guān)S時，A1和A2都要過一會兒才熄滅C．?dāng)嚅_開關(guān)S時，A2閃亮一下再熄滅D．?dāng)嚅_開關(guān)S時，流過A2的電流方向向右解析合上開關(guān)S時，線圈L中產(chǎn)生的自感電動勢阻礙電流增大，并且阻礙作用逐漸變小直至為零，故A2先亮，A1后亮，最后一樣亮．選項(xiàng)A正確．?dāng)嚅_開關(guān)S時，線圈L中產(chǎn)生的自感電動勢阻礙電流減小，因電路穩(wěn)定時通過A1和A2的電流大小相等，故斷開開關(guān)S時，A1和A2都逐漸熄滅，流過A2的電流方向向左．選項(xiàng)B正確，C、D錯誤．答案AB【知識存盤】1．互感現(xiàn)象(1)互感：兩個相互靠近的線圈，當(dāng)一個線圈中的電流變化時，它所產(chǎn)生的變化的磁場會在另一個線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，這種現(xiàn)象叫互感．(2)應(yīng)用；利用互感現(xiàn)象可以把能量由一個線圈傳遞到另一個線圈，如變壓器、收音機(jī)的磁性天線．(3)危害；互感現(xiàn)象能發(fā)生在任何兩個相互靠近的電路之間，電力工程和電子電路中，有時會影響電路正常工作．2．自感現(xiàn)象(1)概念：由于導(dǎo)體本身的電流變化而產(chǎn)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象稱為自感．(2)自感電動勢①定義：在自感現(xiàn)象中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢叫做自感電動勢．②表達(dá)式：E＝Leq\f(ΔI,Δt)．(3)自感系數(shù)L①相關(guān)因素：與線圈的大小、形狀、匝數(shù)以及是否有鐵芯有關(guān)．②單位：亨利(H)，1mH＝10－3H，1μH＝10－6H.1．對公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的理解2．公式E＝BLv與公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的比較E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝BLv導(dǎo)體一個回路一段導(dǎo)體適用普遍使用導(dǎo)體切割磁感線意義常常用于求平均電動勢既可求平均電動勢也可求瞬時電動勢聯(lián)系本質(zhì)上是統(tǒng)一的．后者是前者的一種特殊情況．但是，當(dāng)導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動時，用E＝BLv求E比較方便；當(dāng)穿過電路的磁通量發(fā)生變化時，用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求E比較方便.eq\f(對應(yīng)學(xué)生,用書P171)考點(diǎn)一法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的應(yīng)用【典例1】(單選)(·課標(biāo)全國卷，19)圖9－2－2如圖9－2－2所示，均勻磁場中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導(dǎo)線框，半圓直徑與磁場邊緣重合；磁場方向垂直于半圓面(紙面)向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.使該線框從靜止開始繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動半周，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流．現(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間線性變化．為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動半周過程中同樣大小的電流，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化率eq\f(ΔB,Δt)的大小應(yīng)為()．A.eq\f(4ωB0,π)B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π)D.eq\f(ωB0,2π)解析當(dāng)線框繞過圓心O的轉(zhuǎn)動軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，由于面積的變化產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，從而產(chǎn)生感應(yīng)電流．設(shè)半圓的半徑為r，導(dǎo)線框的電阻為R，即I1＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(B0ΔS,RΔt)＝eq\f(\f(1,2)πr2B0,R\f(π,ω))＝eq\f(B0r2ω,2R).當(dāng)線圈不動，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化時，I2＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(ΔBS,RΔt)＝eq\f(ΔBπr2,Δt2R)，因I1＝I2，可得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(ωB0,π)，C選項(xiàng)正確．答案C【變式跟蹤1】(單選)一矩形線框置于勻強(qiáng)磁場中，線框平面與磁場方向垂直．先保持線框的面積不變，將磁感應(yīng)強(qiáng)度在1s時間內(nèi)均勻地增大到原來的兩倍．接著保持增大后的磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，在1s時間內(nèi)，再將線框的面積均勻地減小到原來的一半．先后兩個過程中，線框中感應(yīng)電動勢的比值為()．A.eq\f(1,2)B．1C．2D．4解析設(shè)原磁感應(yīng)強(qiáng)度是B，線框面積是S.第1s內(nèi)ΔΦ1＝2BS－BS＝BS，第2s內(nèi)ΔΦ2＝2B·eq\f(S,2)－2BS＝－BS.因?yàn)镋＝neq\f(ΔΦ,Δt)，所以兩次電動勢大小相等，B正確．答案B,借題發(fā)揮1．磁通量變化通常有兩種方式(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B不變，垂直于磁場的回路面積發(fā)生變化，此時E＝nBeq\f(ΔS,Δt)；(2)垂直于磁場的回路面積不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生變化，此時E＝neq\f(ΔB,Δt)S，其中eq\f(ΔB,Δt)是B－t圖象的斜率．2．決定感應(yīng)電動勢E大小的因素(1)E的大小決定于eq\f(ΔΦ,Δt)(2)E的大小決定于線圈的匝數(shù)．特別提醒(1)E的大小與Φ、ΔΦ的大小無必然聯(lián)系．(2)Φ＝0時，eq\f(ΔΦ,Δt)不一定為零．3．應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律求解問題的一般步驟(1)分析穿過閉合電路的磁場方向及磁通量的變化情況；(2)利用楞次定律確定感應(yīng)電流的方向；(3)靈活選擇法拉第電磁感應(yīng)定律的不同表達(dá)形式列方程求解．考點(diǎn)二導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的計算【典例2】(多選)(·四川卷，20)圖9－2－3半徑為a右端開小口的導(dǎo)體圓環(huán)和長為2a的導(dǎo)體直桿，單位長度電阻均為R0.圓環(huán)水平固定放置，整個內(nèi)部區(qū)域分布著豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運(yùn)動，桿始終有兩點(diǎn)與圓環(huán)良好接觸，從圓環(huán)中心O開始，桿的位置由θ確定，如圖9－2－3所示．則()．A．θ＝0時，桿產(chǎn)生的電動勢為2BavB．θ＝eq\f(π,3)時，桿產(chǎn)生的電動勢為eq\r(3)BavC．θ＝0時，桿受的安培力大小為eq\f(2B2av,（π＋2）R0)D．θ＝eq\f(π,3)時，桿受的安培力大小為eq\f(3B2av,（5π＋3）R0)解析當(dāng)θ＝0時，桿切割磁感線的有效長度l1＝2a，所以桿產(chǎn)生的電動勢E1＝Bl1v＝2Bav，選項(xiàng)A正確．此時桿上的電流I1＝eq\f(E1,（πa＋2a）R0)＝eq\f(2Bv,（π＋2）R0)，桿受的安培力大小F1＝BI1l1＝eq\f(4B2av,（π＋2）R0)，選項(xiàng)C錯誤．當(dāng)θ＝eq\f(π,3)時，桿切割磁感線的有效長度l2＝2acoseq\f(π,3)＝a，桿產(chǎn)生的電動勢E2＝Bl2v＝Bav，選項(xiàng)B錯誤．此時桿上的電流I2＝eq\f(E2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2πa－\f(2πa,6)＋a))R0)＝eq\f(3Bv,（5π＋3）R0)，桿受的安培力大小F2＝BI2l2＝eq\f(3B2av,（5π＋3）R0)，選項(xiàng)D正確．答案AD【變式跟蹤2】圖9－2－4(多選)如圖9－2－4所示，水平放置的U形框架上接一個阻值為R0的電阻，放在垂直紙面向里的、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，一個半徑為L、質(zhì)量為m的半圓形硬導(dǎo)體AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由靜止開始運(yùn)動距離d后速度達(dá)到v，半圓形硬導(dǎo)體AC的電阻為r，其余電阻不計．下列說法正確的是()．A．此時AC兩端電壓為UAC＝2BLvB．此時AC兩端電壓為UAC＝eq\f(2BLvR0,R0＋r)C．此過程中電路產(chǎn)生的電熱為Q＝Fd－eq\f(1,2)mv2D．此過程中通過電阻R0的電荷量為q＝eq\f(2BLd,R0＋r)解析AC的感應(yīng)電動勢為E＝2BLv，兩端電壓為UAC＝eq\f(ER0,R0＋r)＝eq\f(2BLvR0,R0＋r)，A錯、B對；由功能關(guān)系得Fd＝eq\f(1,2)mv2＋Q＋Qμ，C錯；此過程中平均感應(yīng)電流為eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(2BLd,（R0＋r）Δt)，通過電阻R0的電荷量為q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(2BLd,R0＋r)，D對．答案BD,借題發(fā)揮1．理解E＝Blv的“四性”(1)正交性：本公式是在一定條件下得出的，除磁場為勻強(qiáng)磁場外，還需B、l、v三者互相垂直．(2)瞬時性：若v為瞬時速度，則E為相應(yīng)的瞬時感應(yīng)電動勢．(3)有效性：公式中的l為導(dǎo)體切割磁感線的有效長度．(4)相對性：E＝Blv中的速度v是導(dǎo)體相對磁場的速度，若磁場也在運(yùn)動，應(yīng)注意速度間的相對關(guān)系．2．電荷量的計算計算通過導(dǎo)線橫截面的電荷量一定要用平均電流乘以時間．即由q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt，eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R總)，eq\o(E,\s\up6(－))＝neq\f(ΔΦ,Δt)，可導(dǎo)出電荷量q＝neq\f(ΔΦ,R總).eq\f(對應(yīng)學(xué)生,用書P173)疑難突破6電磁感應(yīng)中的圖象問題常考類型1．由給定的電磁感應(yīng)過程選出或畫出正確的圖象；2．由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過程，求解相應(yīng)的物理量．易失分點(diǎn)1．由于疏忽把物理量的正負(fù)判斷錯誤；2．把物理量的關(guān)系分析錯誤；3．忽視了圖象的橫軸表示的物理量而錯選答案，如有些題目橫軸表示位移x，仍當(dāng)作時間t導(dǎo)致出錯．突破策略1．電磁感應(yīng)圖象問題的求解的關(guān)鍵弄清初始條件，正、負(fù)方向的對應(yīng)，變化范圍，所研究物理量的函數(shù)表達(dá)式，進(jìn)出磁場的轉(zhuǎn)折點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．2．一般解題步驟(1)明確圖象的種類，即是B－t圖還是Φ－t圖，或者是E－t圖、I－t圖等．(2)分析電磁感應(yīng)的具體過程判斷對應(yīng)的圖象是否分段，共分幾段．(3)用右手定則或楞次定律確定感應(yīng)電流的方向．(4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓定律等規(guī)律寫出函數(shù)關(guān)系式．(5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)行數(shù)學(xué)分析．(6)畫圖象或判斷圖象．典例(單選)(·課標(biāo)全國卷，20)如圖9－2－5所示，圖9－2－5一載流長直導(dǎo)線和一矩形導(dǎo)線框固定在同一平面內(nèi)，線框在長直導(dǎo)線右側(cè)，且其長邊與長直導(dǎo)線平行．已知在t＝0到t＝t1的時間間隔內(nèi)，直導(dǎo)線中電流i發(fā)生某種變化，而線框中的感應(yīng)電流總是沿順時針方向；線框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．設(shè)電流i正方向與圖中箭頭所示方向相同，則i隨時間t變化的圖線可能是()．審題流程解析因通電導(dǎo)線周圍的磁場離導(dǎo)線越近磁場越強(qiáng)，而線框中左右兩邊的電流大小相等，方向相反，所以受到的安培力方向相反，導(dǎo)線框的左邊受到的安培力大于導(dǎo)線框的右邊受到的安培力，所以合力與左邊框受力的方向相同．因?yàn)榫€框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右，根據(jù)左手定則，導(dǎo)線框處的磁場方向先垂直紙面向里，后垂直紙面向外，根據(jù)安培定則，導(dǎo)線中的電流先為正，后為負(fù)，所以選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B、C、D錯誤．答案A【預(yù)測1】(單選)如圖9－2－6所示，一帶鐵芯線圈置于豎直懸掛的閉合鋁框右側(cè)，與線圈相連的導(dǎo)線abcd內(nèi)有水平向里變化的磁場．下列哪種變化磁場可使鋁框向左偏離()．圖9－2－6解析鋁框向左運(yùn)動，是為了阻礙本身磁通量的增加，由楞次定律可知：帶鐵芯線圈產(chǎn)生的電流增加，其產(chǎn)生的磁場增強(qiáng)．為使線圈產(chǎn)生的電流變大，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知：線框abcd中的磁場的eq\f(ΔB,Δt)逐漸增加，選項(xiàng)A正確，B、C、D錯誤．答案A【預(yù)測2】(單選)某學(xué)生設(shè)計了一個驗(yàn)證法拉第電磁感應(yīng)定律的實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)裝置如圖9－2－7甲所示．在大線圈Ⅰ中放置一個小線圈Ⅱ，大線圈Ⅰ與多功能電源連接．多功能電源輸入到大線圈Ⅰ的電流i1的周期為T，且按圖乙所示的規(guī)律變化，電流i1將在大線圈Ⅰ的內(nèi)部產(chǎn)生變化的磁場，該磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B與線圈中電流i1的關(guān)系為B＝ki1(其中k為常數(shù))．小線圈Ⅱ與電流傳感器連接，并可通過計算機(jī)處理數(shù)據(jù)后繪制出小線圈Ⅱ中感應(yīng)電流i2隨時間t變化的圖象．若僅將多功能電源輸出電流變化的頻率適當(dāng)增大，則下圖所示各圖象中可能正確反映i2－t變化的是(下圖中分別以實(shí)線和虛線表示調(diào)整前、后的i2－t圖象)()．圖9－2－7解析由題圖乙知電流i1隨時間線性變化，再由B＝ki1知磁場也隨時間線性變化，則通過線圈Ⅱ的磁通量也隨時間線性變化，線圈Ⅱ中產(chǎn)生恒定的電動勢與感應(yīng)電流，A、B皆錯誤．當(dāng)頻率加大后，磁通量變化率加大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢與感應(yīng)電流加大，C錯誤，D正確．答案Deq\f(對應(yīng)學(xué)生,用書P174)一、自感現(xiàn)象1．(單選)某同學(xué)為了驗(yàn)證斷電自感現(xiàn)象，自己找來帶鐵心的線圈L、小燈泡A、開關(guān)S和電池組E，用導(dǎo)線將它們連接成如圖9－2－8所示的電路．檢查電路后，閉合開關(guān)S，小燈泡發(fā)光；再斷開開關(guān)S，小燈泡僅有不顯著的延時熄滅現(xiàn)象．雖經(jīng)多次重復(fù)，仍未見老師演示時出現(xiàn)的小燈泡閃亮現(xiàn)象，他冥思苦想找不出原因．你認(rèn)為最有可能造成小燈泡未閃亮的原因是()．圖9－2－8A．電源的內(nèi)阻較大B．小燈泡電阻偏大C．線圈電阻偏大D．線圈的自感系數(shù)較大解析從實(shí)物連接圖中可以看出，線圈L與小燈泡并聯(lián)，斷開開關(guān)S時，小燈泡A中原來的電流立即消失，線圈L與小燈泡組成閉合電路，由于自感，線圈中的電流逐漸變小，使小燈泡中的電流變?yōu)榉聪蚯遗c線圈中電流相同，小燈泡未閃亮說明斷開S前，流過線圈的電流較小，原因可能是線圈電阻偏大，故選項(xiàng)C正確．答案C二、公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)和E＝Blv的應(yīng)用2．(多選)有一根橫截面積為S、圖9－2－9電阻率為ρ的硬質(zhì)導(dǎo)線做成一個半徑為r的圓環(huán)，ab為圓環(huán)的一條直徑．如圖9－2－9所示，在ab的左側(cè)存在一個均勻變化的勻強(qiáng)磁場，磁場垂直圓環(huán)所在平面，方向如圖所示．磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間的變化率為eq\f(ΔB,Δt)＝k(k<0)．則()．A．圓環(huán)中感應(yīng)電流大小為eq\f(krS,2ρ)B．圖中a、b兩點(diǎn)的電勢差Uab＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)kπr2))C．圓環(huán)中產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流D．圓環(huán)具有擴(kuò)張趨勢解析根據(jù)電磁感應(yīng)規(guī)律的推論：要阻礙磁通量減小，則題中線圈應(yīng)擴(kuò)張，D正確．a(chǎn)b部分是整個電路的外電路，ab兩端電壓為外電壓，占整個電動勢的一半，Uab＝eq\f(1,2)E＝eq\f(1,2)keq\f(πr2,2)＝keq\f(πr2,4)，則選項(xiàng)B正確．圓環(huán)中感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(k\f(πr2,2),ρ\f(2πr,S))＝eq\f(krS,4ρ)，故A錯．由于磁場減弱，在線圈中產(chǎn)生順時針的感應(yīng)電流，故C錯．答案BD3．(單選)如圖9－2－10所示，圖9－2－10一由均勻電阻絲折成的正方形閉合線框abcd，置于磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外的有界勻強(qiáng)磁場中，線框平面與磁場垂直，線框bc邊與磁場左右邊界平行．若將該線框以不同的速率從圖示位置分別從磁場左、右邊界勻速拉出直至全部離開磁場，在此過程中()．A．流過ab邊的電流方向相反B．a(chǎn)b邊所受安培力的大小相等C．線框中產(chǎn)生的焦耳熱相等D．通過電阻絲某橫截面的電荷量相等解析線框離開磁場，磁通量減小，由楞次定律可知線框中的感應(yīng)電流方向?yàn)閍→d→c→b→a，故A錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝BLv，I＝eq\f(E,R)，F(xiàn)＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，v不同，F(xiàn)不同，故B錯誤；線框離開磁場的時間t＝eq\f(L,v)，產(chǎn)生的熱量Q＝I2Rt＝eq\f(B2L3v,R)，故C錯誤；通過導(dǎo)體橫截面的電荷量q＝It＝eq\f(BL2,R)與速率無關(guān)，故D正確．答案D4．(多選)一導(dǎo)線彎成如圖9－2－11所示的閉合線圈，圖甲中線圈以速度v向左勻速進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，從線圈進(jìn)入磁場開始到完全進(jìn)入磁場為止．圖乙中線圈以O(shè)O′為軸從圖示位置(線圈平面與磁場平行)在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中勻速轉(zhuǎn)動．下列結(jié)論正確的是()．圖9－2－11A．圖甲中，感應(yīng)電動勢先增大后減小B．圖甲中，感應(yīng)電動勢的最大值E＝BrvC．圖乙中，線圈開始轉(zhuǎn)動時感應(yīng)電動勢最大D．圖乙中，線圈開始轉(zhuǎn)動時由于穿過線圈的磁通量為零，故感應(yīng)電動勢最小解析圖甲中，在閉合線圈進(jìn)入磁場的過程中，因?qū)Ь€切割磁感線的有效長度先變大后變小，所以由E＝Blv可知，感應(yīng)電動勢E先變大后變小，選項(xiàng)A正確；導(dǎo)線切割磁感線的有效長度最大值為2r，感應(yīng)電動勢最大，為E＝2Brv，