2024高中物理第一章電磁感應(yīng)章末復(fù)習課達標作業(yè)含解析粵教版選修3-2

PAGE16-章末復(fù)習課【學問體系】[答案填寫]①磁通量②磁通量的改變率③E＝neq\f(ΔΦ,Δt)④BLv⑤eq\f(1,2)BLω2⑥電流⑦Leq\f(ΔI,Δt)主題1楞次定律的理解與應(yīng)用1．楞次定律．(1)內(nèi)容：感應(yīng)電流的磁場總是阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的改變．(2)適用范圍：各種電磁感應(yīng)現(xiàn)象．2．對楞次定律的理解．(1)(2)從實際問題上來理解．①阻礙原磁通量的改變：增“反”減“同”．②阻礙相對運動的：來“拒”去“留”．③使線圈面積有擴大或縮小的趨勢：增“縮”減“擴”．④阻礙原電流的改變(自感現(xiàn)象)：增“反”減“同”．(3)從能量觀點看：由于“阻礙”，為了維持原磁場的改變，必需有外力克服這一“阻礙”而做功，從而導致其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能．所以楞次定律是能量守恒定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的體現(xiàn)．3．楞次定律的運用步驟．【典例1】如圖所示，通電螺線管置于閉合金屬環(huán)a的軸線上，當螺線管中電流I減小時()A．環(huán)有縮小的趨勢以阻礙原磁通量的減小B．環(huán)有擴大的趨勢以阻礙原磁通量的減小C．環(huán)有縮小的趨勢以阻礙原磁通量的增大D．環(huán)有擴大的趨勢以阻礙原磁通量的增大解析：當螺線管中通過的電流漸漸變小時，電流產(chǎn)生的磁場漸漸變?nèi)?，故穿過金屬環(huán)a的磁通量變小，依據(jù)楞次定律可知，為阻礙原磁通量變小，金屬環(huán)a有收縮的趨勢，故A正確，B、C、D錯誤．答案：A針對訓練1．如下圖所示，甲是閉合銅線框，乙是有缺口的銅線框，丙是閉合的塑料線框，它們的正下方都放置一薄強磁鐵，現(xiàn)將甲、乙、丙拿至相同高度H處同時釋放(各線框下落過程中不翻轉(zhuǎn))，則以下說法正確的是()A．三者同時落地B．甲、乙同時落地，丙后落地C．甲、丙同時落地，乙后落地D．乙、丙同時落地，甲后落地解析：甲是閉合銅線框，乙是有缺口的銅線框，丙是閉合的塑料線框，它們的正下方都放置一薄強磁鐵，現(xiàn)將甲、乙、丙拿至相同高度H處同時釋放，穿過甲線框的磁通量發(fā)生改變，產(chǎn)生感應(yīng)電流，銅線框在下落過程中受到向上的安培力作用，線框受到的合外力小于重力，線框向下運動的加速度小于重力加速度，乙線框不閉合，線框下落時產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，但沒有感應(yīng)電流，線框不受安培力作用，線框做自由落體運動，加速度等于重力加速度，丙是塑料線框，線框中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，線框做自由落體運動，加速度等于重力加速度，由于甲、乙、丙的位移相等，初速度都為零，甲的加速度小于乙、丙的加速度，乙、丙加速度相等，因此乙、丙同時落地，甲后落地，故D正確．答案：D主題2法拉第電磁感應(yīng)定律兩種表達式的應(yīng)用1．法拉第電磁感應(yīng)定律．(1)內(nèi)容：電路中感應(yīng)電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量改變率成正比．(2)公式：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)(n為線圈的匝數(shù))．特殊提示：①感應(yīng)電動勢的大小由穿過電路的磁通量的改變率eq\f(ΔΦ,Δt)和線圈的匝數(shù)n共同確定，而與磁通量Φ、磁通量的改變量ΔΦ的大小沒有必定聯(lián)系．②用公式E＝nSeq\f(ΔB,ΔΦ)求感應(yīng)電動勢時，S為線圈在磁場范圍內(nèi)的有效面積．③通過回路截面的電荷量q僅與n、ΔΦ和回路電阻R有關(guān)，與時間長短無關(guān)．q＝Δt＝eq\f(nΔΦ,ΔtR)Δt＝eq\f(nΔΦ,R).2．導體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢．(1)運動方向和磁感線不垂直．①E＝Blvsinθ；②θ為導線運動方向跟磁感線方向的夾角．(2)運動方向和磁感線方向垂直：E＝Blv.應(yīng)用公式E＝Blv時應(yīng)留意：①本公式是在肯定條件下得出的，除了磁場是勻強磁場外，還需B、l、v三者相互垂直．實際問題中當它們不相互垂直時，應(yīng)取垂直的重量進行計算．②導體平動切割磁感線時，若v為平均速度，則E為平均感應(yīng)電動勢；若v為瞬時速度，則E為相應(yīng)的瞬時感應(yīng)電動勢．③公式中的l為有效切割長度．如圖，棒的有效長度為ab的弦長．甲：l＝cd·sinβ(簡潔錯認為l＝ab·sinβ)．乙：沿v1方向運動時，l＝MN；沿v2方向運動時，l＝0.丙：a、b、c、d四種狀況的l相同．④E＝Blv中的速度v是相對于磁場的速度，若磁場也運動時，應(yīng)留意速度間的相對關(guān)系．(3)導體棒以棒上某點為軸在垂直磁場平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動．切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢．①導體棒以端點為軸勻速轉(zhuǎn)動時：E＝eq\f(1,2)Bl2ω.②導體棒以棒中點為軸勻速轉(zhuǎn)動時：E＝0(AO或BO兩點的電勢差不為零)，UAO＝UBO＝eq\f(1,8)Bωl2.③導體棒以棒中隨意點為軸勻速轉(zhuǎn)動時：E＝eq\f(1,2)Bωeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(leq\o\al(2,1)－leq\o\al(2,2))).【典例2】放在絕緣水平面上的兩條平行導軌MN和PQ之間寬度為L，在MNQP間存在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，B的方向垂直于導軌平面，導軌左端接有阻值為R的電阻，其他部分電阻不計．導軌右端接一電容為C的電容器，長為2L的金屬棒放在導軌上與導軌垂直且接觸良好，其a端放在導軌PQ上．現(xiàn)將金屬棒以a端為軸，以角速度ω沿導軌平面順時針旋轉(zhuǎn)90°角，如圖所示，求(設(shè)導軌長度比2L長得多)：(1)電阻R中流過的最大感應(yīng)電流；(2)通過電阻R的總電量．解析：(1)從ab棒以a端為軸旋，直到b端脫離導軌的過程中，其感應(yīng)電動勢不斷增大，對C不斷充電，同時又與R構(gòu)成回路，如圖所示．R上的最大電壓Um＝Em＝B×2L×v均＝B×2L×Lω＝2BL2ω，通過R的最大電流Im＝eq\f(EM,R)＝eq\f(2BL2ω,R).(2)ab脫離導軌前通過R的電量q＝IΔt＝eq\f(E,R)Δt＝eq\f(ΔΦ,RΔt)Δt＝eq\f(BΔS,R)＝eq\f(B,R)×eq\f(1,2)L×eq\r(3)L＝eq\f(\r(3)BL2,2R)，ab棒轉(zhuǎn)動到d點時，電容器的帶電量q′＝CUC＝CEm＝2BL2ωC，q總＝q＋q′＝eq\f(\r(3)BL2,2R)＋2BL2ωC＝BL2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2R)＋2ωC)).答案：(1)eq\f(2BL2ω,R)(2)BL2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2R)＋2ωC))針對訓練2.如圖，勻強磁場的磁感應(yīng)強度方向垂直于紙面對里，大小隨時間的改變率eq\f(ΔB,Δt)＝k為負的常量．用電阻率為ρ、橫截面積為S的硬導線做成一邊長為l的方框．將方框固定于紙面內(nèi)，其右半部位于磁場區(qū)域中．求：(1)導線中感應(yīng)電流的大??；(2)磁場對方框作用力的大小隨時間的改變率．解析：(1)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝S′eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(1,2)l2k，又由題意可知R＝ρeq\f(4l,S)，所以I＝eq\f(E,R)＝eq\f(klS,8ρ).(2)導線框所受磁場力的大小為F＝BIl，它隨時間的改變率為：eq\f(ΔF,Δt)＝Ileq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(klS,8ρ)·l·k＝eq\f(k2l2S,8ρ).答案：(1)eq\f(klS,8ρ)(2)eq\f(k2l2S,8ρ)主題3電磁感應(yīng)中的電路與圖象問題1．方法歸納圖．2．解決與電路相聯(lián)系的電磁感應(yīng)問題的基本方法．(1)明確哪部分導體或電路產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，該導體或電路就是電源，其他部分是外電路．(2)用法拉第電磁感應(yīng)定律確定感應(yīng)電動勢的大小，用楞次定律或右手定則確定感應(yīng)電流的方向．(3)畫等效電路圖．分清內(nèi)外電路，畫出等效電路圖是解決此類問題的關(guān)鍵．(4)運用閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路的特點、電功、電功率等公式求解．3．問題示例．(1)圖甲中，若磁場增加，可推斷感應(yīng)電流方向為逆時針，則φB>φA；若線圈內(nèi)阻為r，則UBA＝eq\f(ΔΦ,Δt)·eq\f(R,R＋r).(2)圖乙中，據(jù)右手定則判定電流流經(jīng)AB的方向為B→A，則可判定φA>φB，若導體棒的電阻為r，則UAB＝eq\f(BLv,R＋r)·R.【典例3】(多選)半徑為a的導體圓環(huán)和長為2a的導體直桿，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磁場，磁感應(yīng)強度為B，桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運動，桿始終有兩點與圓環(huán)良好接觸，從圓環(huán)中心O起先，桿的位置由θ確定，如圖所示．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(8B2av,（π＋4）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：θ＝0時，桿產(chǎn)生的電動勢E＝BLv＝2Bav，故A正確；當θ＝eq\f(π,3)時，依據(jù)幾何關(guān)系得出此時導體棒的有效切割長度是a，所以桿產(chǎn)生的電動勢為Bav，故B錯誤；θ＝0時，由于單位長度電阻均為R0，所以電路中總電阻eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(π,2)))aR0，所以桿受的安培力大小是eq\f(8B2av,（π＋4）R0)，故C正確；當θ＝eq\f(π,3)時，電路中總電阻是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,18)π＋1))aR0，所以桿受到的安培力eq\f(18B2av,（5π＋18）R0)，故D錯誤．答案：AC針對訓練3．如圖甲所示，矩形導線框ABCD固定在勻強磁場中，磁感線垂直于線框所在平面對里．規(guī)定垂直于線框所在平面對里為磁場的正方向；線框中沿著ABCDA方向為感應(yīng)電流i的正方向．要在線框中產(chǎn)生如圖乙所示的感應(yīng)電流，則磁感應(yīng)強度B隨時間t改變的規(guī)律可能為()解析：在0～t0時間內(nèi)，磁場垂直紙面對里，且勻稱增大，依據(jù)楞次定律，知感應(yīng)電流的方向為ADCBA，與規(guī)定的正方向相反，感應(yīng)電流為負值．故A錯誤；在0～t0時間內(nèi)，磁場垂直紙面對里，且勻稱減小，依據(jù)楞次定律，知感應(yīng)電流的方向為ABCDA，與規(guī)定的正方向相同，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為定值，則感應(yīng)電流為定值，同理，在t0～2t0時間內(nèi)，感應(yīng)電流的方向為ADCBA，與規(guī)定的正方向相反，感應(yīng)電流為負值，且為定值．故B正確；在0～t0時間內(nèi)，磁場垂直紙面對里，且勻稱減小，依據(jù)楞次定律，知感應(yīng)電流的方向為ABCDA，與規(guī)定的正方向相同，依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為定值，則感應(yīng)電流為定值，在t0～2t0時間內(nèi)，磁場方向垂直紙面對外，且勻稱增大，依據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的方向仍舊為ABCDA，與規(guī)定的正方向相同．故C錯誤；磁感應(yīng)強度不變，磁通量不變，則不產(chǎn)生感應(yīng)電流，故D錯誤．答案：B主題4電磁感應(yīng)中的動力學與能量問題1．電磁感應(yīng)中的動力學問題分析．(1)兩種狀態(tài)處理．①導體處于平衡態(tài)——靜止或勻速直線運動狀態(tài)．處理方法：依據(jù)平衡條件合外力等于零列式分析．②導體處于非平衡態(tài)——加速度不為零．處理方法：依據(jù)牛頓其次定律進行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析．(2)電磁感應(yīng)問題中兩大探討對象及其相互制約關(guān)系．(3)電磁感應(yīng)中的動力學臨界問題．①解決這類問題的關(guān)鍵是通過運動狀態(tài)的分析，找尋過程中的臨界狀態(tài)，如速度、加速度取最大值或最小值的條件．②基本思路．2．電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化問題．(1)運動的動態(tài)分析．(2)能量轉(zhuǎn)化特點．eq\x(\a\al(機械能或其,他形式的能))eq\o(→,\s\up17(安培力做負功))eq\x(電能)eq\o(→,\s\up17(電流做功))eq\x(\a\al(內(nèi)能或其他,形式的能))(3)電能求解思路主要有三種．①利用克服安培力求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功．②利用能量守恒求解：其他形式的能的削減量等于產(chǎn)生的電能．③利用電路特征來求解：通過電路中所產(chǎn)生的電能來計算．【典例4】如圖所示，平行且足夠長的兩條光滑金屬導軌，相距0.5m，與水平面夾角為30°，不計電阻，廣袤的勻強磁場垂直穿過導軌平面，磁感應(yīng)強度B＝0.4T，垂直導軌放置兩金屬棒ab和cd，長度均為0.5m，電阻均為0.1Ω，質(zhì)量分別為0.1kg和0.2kg，兩金屬棒與金屬導軌接觸良好且可沿導軌自由滑動．現(xiàn)ab棒在外力作用下，以恒定速度v＝1.5m/s沿著導軌向上滑動，cd棒則由靜止釋放，試求(g取10m/s2)：(1)金屬棒ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；(2)閉合回路中的最小電流和最大電流；(3)金屬棒cd的最終速度．解析：(1)Eab＝Blv＝0.4×0.5×1.5V＝0.3V.(2)剛釋放cd棒時I1＝eq\f(Eab,2R)＝eq\f(0.3,2×0.1)A＝1.5A，cd棒受到安培力為F1＝BI1l＝0.4×1.5×0.5N＝0.3N，cd棒受到重力沿導軌方向的分力為：Gcd＝mcdgsin30°＝1N，F(xiàn)1＜Gcd，cd棒沿導軌向下加速滑動．a(chǎn)bcd閉合回路的感應(yīng)電動勢增大，電流也增大，所以最小電流為Imin＝I1＝1.5A.當cd棒的速度達到最大時，回路的電流最大，此時cd棒的加速度為零，則mgsin30°＝BImaxl，Imax＝eq\f(mgsin30°,Bl)＝5A.(3)由Imax＝eq\f(Blvab＋Blvcd,2R)，可得：vcd＝eq\f(2RImax－Blvab,Bl)＝3.5m/s.答案：(1)0.3V(2)1.5A5A(3)3.5m/s針對訓練4.如圖所示，豎直平面內(nèi)有足夠長的金屬導軌，軌距0.2m，金屬導體ab可在導軌上無摩擦地上下滑動，ab的電阻為0.4Ω，導軌電阻不計，導軌ab的質(zhì)量為0.2g，垂直紙面對里的勻強磁場的磁感應(yīng)強度為0.2T，且磁場區(qū)域足夠大，當ab導體自由下落0.4s時，突然接通電鍵K，則：(1)試說出K接通后，ab導體的運動狀況；(2)ab導體勻速下落的速度是多少(g取10m/s2)?解析：(1)v0＝gt＝4m/s，F(xiàn)安＝BIlab＝eq\f(B2l2v,R)＝0.016N＞mg＝0.002N，a＝eq\f(F安－mg,m)＝eq\f(B2l2v,mR)－g方向豎直向上，ab做豎直向下的加速度漸漸減小的減速運動，當速度減小至F安＝mg時，ab做豎直向下的勻速運動．(2)設(shè)豎直向下的速度為v，此時F安＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)＝mg，v＝eq\f(mgR,B2l2)＝0.5m/s.答案：見解析統(tǒng)攬考情1．感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件、方向推斷和電動勢的簡潔計算，磁感應(yīng)強度、磁通量、電動勢、電壓、電流隨時間改變的圖象，以及感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流隨線框位移改變的圖象，是高頻考點，形式以選擇題為主．2．滑軌類問題、線框穿越有界勻強磁場、電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化等綜合問題，能很好地考查考生的實力，備受命題專家的青睞．真題例析(2024·全國卷Ⅱ)(多選)兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應(yīng)強度方向與紙面垂直．邊長為0.1m、總電阻為0.005Ω的正方形導線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場邊界平行，如圖甲所示．已知導線框始終向右做勻速直線運動，cd邊于t＝0時刻進入磁場．線框中感應(yīng)電動勢隨時間改變的圖線如圖乙所示(感應(yīng)電流的方向為順時針時，感應(yīng)電動勢取正)．下列說法正確的是()A．磁感應(yīng)強度的大小為0.5TB．導線框運動速度的大小為0.5m/sC．磁感應(yīng)強度的方向垂直于紙面對外D．在t＝0.4s至t＝0.6s這段時間內(nèi)，導線框所受的安培力大小為0.1N解析：由題圖象可以看出，0.2～0.4s沒有感應(yīng)電動勢，說明從起先到ab進入用時0.2s，導線框勻速運動的速度為v＝eq\f(L,v)＝eq\f(0.1,0.2)m/s＝0.5m/s，由E＝BLv可得B＝eq\f(E,Lv)＝eq\f(0.01,0.1×0.5)T＝0.2T，A錯誤，B正確；由題圖乙可知，線框進磁場時，感應(yīng)電流的方向為順時針，由楞次定律可知磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面對外，C正確；在0.4～0.6s內(nèi)，導線框所受的安培力F＝ILB＝eq\f(B2L2v,R)＝eq\f(0.22×0.12×0.5,0.005)N＝0.04N，D錯誤．答案：BC針對訓練(2024·全國卷Ⅰ)掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌．為了有效隔離外界振動對STM的擾動，在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動，如圖所示．無擾動時，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場；出現(xiàn)擾動后，對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是()解析：感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件是閉合回路中的磁通量發(fā)生改變．在題圖A中系統(tǒng)振動時在磁場中的部分有時多有時少，磁通量發(fā)生改變，產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到安培力，阻礙系統(tǒng)的振動，故A正確；而B、C、D三個圖均無此現(xiàn)象，故錯誤．答案：A1.(2024·全國卷Ⅲ)如圖，在方向垂直于紙面對里的勻強磁場中有一U形金屬導軌，導軌平面與磁場垂直．金屬桿PQ置于導軌上并與導軌形成閉合回路PQRS，一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內(nèi)，線框與導軌共面．現(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運動，在運動起先的瞬間，關(guān)于感應(yīng)電流的方向，下列說法正確的是()A．PQRS中沿順時針方向，T中沿逆時針方向B．PQRS中沿順時針方向，T中沿順時針方向C．PQRS中沿逆時針方向，T中沿逆時針方向D．PQRS中沿逆時針方向，T中沿順時針方向解析：因為PQ突然向右運動，由右手定則可知，PQRS中有沿逆時針方向的感應(yīng)電流，穿過T中的磁通量減小，由楞次定律可知，T中有沿順時針方向的感應(yīng)電流，D正確，A、B、C錯誤．答案：D2．(2024·海南卷)(多選)如圖所示，空間中存在一勻強磁場區(qū)域，磁場方向與豎直面(紙面)垂直，磁場的上、下邊界(虛線)均為水平面；紙面內(nèi)磁場上方有一個正方形導線框abcd，其上、下兩邊均為磁場邊界平行，邊長小于磁場上、下邊界的間距，若線框自由下落，從ab邊進入磁場時起先，直至ab邊到達磁場下邊界為止，線框下落的速度大小可能()A．始終減小 B．始終不變C．始終增加 D．先減小后增加解析：設(shè)線框進入磁場時的速度為v，進入磁場進所受的安培力為F＝ILB＝eq\f(B2L2v,R)，若mg＝eq\f(B2L2v,R)，線框進入后做勻速運動，完全進入做加速直至到達最下邊；若mg＞eq\f(B2L2v,R)，線框進入后做加速運動，完全進入接著做加速直至到達最下邊，C正確；若mg＜eq\f(B2L2v,R)，線框進入后做減速運動，完全進入做加速直至到達最下邊，D正確．答案：CD3．(2024·天津卷)如圖所示，兩根平行金屬導軌置于水平面內(nèi)，導軌之間接有電阻R.金屬棒ab與兩導軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面下．現(xiàn)使磁感應(yīng)強度隨時間勻稱減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是()A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到aB．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流漸漸減小C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力漸漸減小解析：磁感應(yīng)強度勻稱減小，磁通量減小，由楞次定律可知ab中的感應(yīng)電流方向由a到b，A錯誤，由于磁感應(yīng)強度勻稱減小，再由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝Seq\f(ΔB,Δt)，可得感應(yīng)電動勢恒定，則ab中的感應(yīng)電流不變，B錯誤；由安培力公式F＝ILB，電流不變，B勻稱減小，安培力減小，C錯誤；導體棒受安培力和靜摩擦力處于平衡，則有F＝Ff，安培力減小，靜摩擦力減小，D正確．答案：D4．(2024·江蘇卷)如圖所示，兩個單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r.圓形勻強磁場B的邊緣恰好與a線圈重合，則穿過a、b兩線圈的磁通量之比為()A．1∶1 B．1∶2C．1∶4 D．4∶1解析：由于線圈平面與磁場方向垂直，穿過該面的磁通量為Φ＝BS，半徑為r的范圍內(nèi)有勻強磁場，磁場的區(qū)域面積為S＝πr2結(jié)合圖可知，穿過兩個