204感应电动势的专项训练[1]

[必刷题]2024高三物理下册电磁场专项专题训练（含答案）试题部分一、选择题：A. 匀速直线运动B. 匀速圆周运动C. 匀加速直线运动D. 匀加速圆周运动2. 下列关于电磁感应现象的描述，错误的是：A. 闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流B. 感应电流的方向与磁场方向有关C. 感应电流的大小与导体运动速度成正比D. 感应电流的大小与导体长度成正比A. 电势能减小B. 电势能增加C. 电势增加D. 电势减小A. 电容器充电时，电场能转化为磁场能B. 电容器放电时，电场能转化为磁场能C. 电感器中的电流增大时，磁场能转化为电场能D. 电感器中的电流减小时，磁场能转化为电场能A. 电磁波在真空中传播速度为3×10^8 m/sB. 电磁波的传播方向与电场方向垂直C. 电磁波的传播方向与磁场方向垂直D. 电磁波的波长与频率成正比A. 匀速直线运动B. 匀速圆周运动C. 匀加速直线运动D. 匀加速圆周运动A. 洛伦兹力的方向垂直于带电粒子的速度方向B. 洛伦兹力的大小与带电粒子的速度成正比C. 洛伦兹力的大小与磁感应强度成正比D. 洛伦兹力的方向与磁场方向垂直8. 一个闭合线圈在磁场中转动，下列关于感应电动势的说法，正确的是：A. 感应电动势的大小与线圈面积成正比B. 感应电动势的大小与磁场强度成正比C. 感应电动势的大小与线圈转速成正比D. 感应电动势的方向与磁场方向平行A. 变化的电场会产生磁场B. 变化的磁场会产生电场C. 静止的电荷会产生磁场D. 静止的磁场会产生电场A. 电场强度与磁场强度成正比B. 电场强度与磁场强度成反比C. 电场强度与电磁波频率成正比D. 电场强度与电磁波波长成正比二、判断题：1. 带电粒子在电场中一定受到电场力的作用。

（）2. 电磁波在传播过程中，电场方向、磁场方向和传播方向三者相互垂直。

（）3. 在LC振荡电路中，电容器充电完毕时，电场能最大，磁场能为零。

【高二】高二物理法拉第电磁感应定律下册课时练习题（附答案）4.4法拉第电磁感应定律每课一练2（人教版选修3-2）一、基础训练1．当穿过线圈的磁通量发生变化时，下列说法中正确的是( )a、线圈中一定有感应电流b．线圈中一定有感应电动势c、感应电动势的大小与磁通量的变化成正比d．感应电动势的大小跟线圈的电阻有关答案B解析穿过闭合电路的磁通量发生变化时才会产生感应电流，感应电动势与电路是否闭合无关，且感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比．2.如果直线导体长度为0.1M，在磁感应强度为0.1t的均匀磁场中以10m/s的匀速运动，则导体中产生的感应电动势陈述错误（）a．一定为0.1vb．可能为零c、它可能是0.01vd。

最大值为0.1V[答案a当公式e=BLV中的B、l和V相互垂直，且导体与磁感应线相交时，感应电动势最大：EM=BLV=0.1×零点1×10V=0.1V。

考虑到它们之间的空间关系，B、C和D是正确的，a是错误的3．无线电力传输目前取得重大突破，在日本展出了一种非接触式电源供应系统．这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力．两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置，原理示意图如图1所示．下列说法正确的是( )图1a．若a线圈中输入电流，b线圈中就会产生感应电动势b、只有当改变电流输入线圈a时，线圈b才会产生感应电动势c．a中电流越大，b中感应电动势越大d、 a中的电流变化越快，B中的感应电动势越大答案bd根据产生感应电动势的条件，线圈B只能在变化的磁场中产生感应电动势，a错，B 对；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小取决于磁通量的变化率，所以C是错误的，D是正确的4．闭合回路的磁通量φ随时间t的变化图象分别如图2所示，关于回路中产生的感应电动势的下列论述，其中正确的是( )图2a．图甲回路中感应电动势恒定不变b、图b电路中的感应电动势是恒定的c．图丙回路中0～t1时间内感应电动势小于t1～t2时间内感应电动势d、调谐电路中的感应电动势先增大后减小答案b解析因子E=Δφδt，则可根据图像的斜率Δφδt=0来判断，即电动势E为0；在图B中，ΔφδT=常数，即电动势E为常数；图C中E前>E后；图中的图像斜率ΔφδT 先减小后增大，即电路中的感应电动势先减小后增大，因此只有选项B是正确的5．如图3所示，pqrs为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以mn为边界的匀强磁场，磁场方向垂直线框平面向里，mn线与线框的边成45°角，e、f分别是ps和pq的中点．关于线框中的感应电流，正确的说法是( )图3a．当e点经过边界mn时，线框中感应电流最大b、当点P通过边界Mn时，线框中的感应电流最大c．当f点经过边界mn时，线框中感应电流最大d、当点Q通过边界Mn时，线框中的感应电流最大答案b分析表明，当P点通过边界Mn时，切割磁感应线的最大有效长度为Sr，感应电流达到最大值6．如图4(a)所示，一个电阻值为r，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2r的电阻r1连接成闭合回路．线圈的半径为r1.在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度b随时间t变化的关系图线如图(b)所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和b0.导线的电阻不计．图4[找出从0到T1的时间(1)通过电阻r1上的电流大小和方向；（2）通过电阻R1上的电荷量Q和电阻R1上产生的热量答案(1)nb0πr223rt0从b到a（2）nb0πr2t13rt02n2b20π2r42t19rt20解析(1)由图象分析可知，0至t1时间内δbδt＝b0t0.由法拉第电磁感应定律有e ＝nδφδt＝nδbδt?s，而s＝πr22.由闭合电路欧姆定律有i1＝er1＋r.联立以上各式得，通过电阻r1上的电流大小i1＝nb0πr223rt0.由楞次定律可判断通过电阻r1上的电流方向从b到a.（2）通过电阻器R1的电量：q=i1t1=nb0πr22t13rt0电阻r1上产生的热量：q＝i21r1t1＝2n2b20π2r42t19rt20二、晋升实践7．如图5所示，a、b两闭合线圈为同样导线绕成，a有10匝，b有20匝，两圆线圈半径之比为2∶1.均匀磁场只分布在b线圈内．当磁场随时间均匀减弱时( )图5a．a中无感应电流b、 a和b都有恒定的感应电流c．a、b中感应电动势之比为2∶1d、 a和B中的感应电流之比为1:2答案bd分析表明，只要通过线圈的磁通量发生变化，线圈中就会产生感应电动势和感应电流。

感应电动势1．将条形磁铁插入线圈内，第一次插入时速度较大，第二次插入时速度较小，两次插入时深度相同，这两次插入磁铁过程中，不发生变化的是（）A．线圈内的磁通量变化 B．线圈内感应电流的大小C．线圈内感应电流的方向 D．流过线圈的电量2．一个200匝、面积为20cm2在圆形线圈，放在匀强磁场中，磁场的方向与线圈平面成300角，磁感应强度在0.05s内由0.1T增加到0.5T。

在此过程中，穿过线圈的磁通量变化量是多大？磁通量的平均变化率是多大？线圈中感应电动势的大小为少？3．一飞机下有一沿竖直方向的金属杆，若仅考虑地磁场的影响，不考虑磁偏角影响，当飞机水平飞行经过合肥上空（）A．由东向西飞行时，金属杆上端电势比下端电势高B．由西向东飞行时，金属杆上端电势比下端电势高C．由南向北飞行时，金属杆上端电势比下端电势高D．由北向南飞行时，金属杆上端电势比下端电势高4．一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直．先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s时间内均匀地增大到原来的两倍．接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半．先后两个变化过程中，线框中感应电动势的比值为( )A．B．1C．2 D．45． 1831年法拉第发现用一块磁铁穿过一个闭合线路时，线路内就会有电流产生，这个效应叫电磁感应。

法拉第电磁感应定律可以这样表述：闭合电路中感应电动势的大小（）A．跟穿过这一闭合电路的磁通量成正比B．跟穿过这一闭合电路的磁感应强度成正比C．跟穿过这一闭合电路的磁通量的变化率成正比D．跟穿过这一闭合电路的磁通量的变化量成正比6．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7．下列说法中正确的是（）A．奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了电磁感应现象B．库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值C．牛顿发现了万有引力定律，并通过实验测出了引力常量D．法拉第发现了电磁感应现象，并制造了世界上第一台发电机8．关于感应电动势大小的下列说法中，正确的是（）A．线圈中磁通量变化越大，线圈中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．线圈放在磁感强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大D．线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大9．一台理想变压器的副线圈有100 匝，输出电压为10 V，则铁芯中磁通量的变化率的最大值为（）A．10 Wb/s B．14.1 Wb/sC．0.14 Wb/s D．28.2 Wb/s10．在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）A．伽利略通过构思的理想实验得出结论：力是改变物体运动的原因B．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因C．美国科学家亨利发现自感现象（因电流变化而在电路本身引起感应电动势的现象），日光灯的工作原理即为其应用之一，双绕线法制精密电阻为消除其影响应用之一D．笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献参考答案：1．答案： ACD解析：2．答案：由公式：ΔΦ=ΔB×S×sin300=(0.5-0.4) 20×10-4×0.5=8×10-4Wb；ΔΦ/Δｔ=8×10-4/0.05=1.6×10-2Wb/s；E=ｎΔΦ/Δｔ=1.6×10-2 ×200=3.2V解析：3．答案： B解析：地磁北极在地理南级附近，地磁南极在地理北级附近；飞机由西向东飞行时，金属杆作切割磁感线运动，由“右手定则”可知金属杆上端电势比下端电势高。

【例1】 （2004，上海综合）发电的基本原理是电磁感应。

发现电磁感应现象的科学家是（ ）A ．安培B ．赫兹C ．法拉第D ．麦克斯韦解析：该题考查有关物理学史的知识，应知道法拉第发现了电磁感应现象。

答案：C【例2】发现电流磁效应现象的科学家是___________，发现通电导线在磁场中受力规律的科学家是__________，发现电磁感应现象的科学家是___________，发现电荷间相互作用力规律的的科学家是___________。

解析：该题考查有关物理学史的知识。

答案：奥斯特 安培 法拉第 库仑☆☆对概念的理解和对物理现象的认识【例3】下列现象中属于电磁感应现象的是（ ）A ．磁场对电流产生力的作用B ．变化的磁场使闭合电路中产生电流C ．插在通电螺线管中的软铁棒被磁化D ．电流周围产生磁场解析：电磁感应现象指的是在磁场产生电流的现象，选项B 是正确的。

答案：B★巩固练习 1. ）A ．磁感应强度越大的地方，磁通量越大B ．穿过某线圈的磁通量为零时，由B =SΦ可知磁通密度为零 C ．磁通密度越大，磁感应强度越大D ．磁感应强度在数值上等于1 m 2的面积上穿过的最大磁通量解析：B 答案中“磁通量为零”的原因可能是磁感应强度（磁通密度）为零，也可能是线圈平面与磁感应强度平行。

答案：CD 2. ）A ．Wb/m 2B ．N/A ·mC ．kg/A ·s 2D ．kg/C ·m解析：物理量间的公式关系，不仅代表数值关系，同时也代表单位.答案：ABC 3. ）A ．只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就一定有感应电流B ．只要闭合导线做切割磁感线运动，导线中就一定有感应电流C ．若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，闭合电路中一定没有感应电流D ．当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中一定有感应 电流答案：D4.在一长直导线中通以如图所示的恒定电流时，套在长直导线上的闭合线环（环面与导线垂直，长直导线通过环的中心），当发生以 ）A ．保持电流不变，使导线环上下移动B ．保持导线环不变，使长直导线中的电流增大或减小C ．保持电流不变，使导线在竖直平面内顺时针（或逆时针）转动D ．保持电流不变，环在与导线垂直的水平面内左右水平移动解析：画出电流周围的磁感线分布情况。

《感应电动势综合题》一、计算题1.如图所示，水平放置的平行金属导轨，相距L=0.50 m，左端接一电阻R=0.20 Ω，方向垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B=0.40 T，导体棒ab垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，当ab以v=4.0 m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：（1）ab棒中感应电动势E的大小，并指出a、b哪端电势高；（2）回路中感应电流I的大小；（3）维持ab棒做匀速运动的水平外力的功率P．2.倾角为θ的光滑绝缘斜面如图所示，在相隔为d的平行虚线MN和PQ与斜面底边平行，其间有大小为B的匀强磁场，方向垂直斜面向下。

一质量为m、电阻为R、用相同的金属线做成的边长为L的正方形单匝线框，在斜面上某位置由静止释放，且释放时cd边与斜面底边平行。

当cd边刚进入磁场时，线框的加速度大小为a，方向沿斜面向上；线框ab边刚要离开磁场和cd边刚进入磁场时，ab边两端的电压相同。

已知磁场的宽度d大于线框的边长L，不计空气阻力，重力加速度为g。

求：(1) cd边刚进入磁场时，cd边的电流方向和线框速度大小v；(2) 线框通过磁场的过程中，线框中产生的热量Q；(3) 线框从进入磁场到完全离开磁场所用的时间t。

3.如图甲所示，MN、PQ为固定在同一水平面上的相互平行的光滑金属导轨，两轨道间距为L，今有两根质量均为m、电阻均为R的金属棒ab、cd紧靠在一起，放置在轨道上x＝0的位置，与轨道接触良好．金属棒cd通过一根拉直且与cd垂直的细线跨过光滑轻质定滑轮连接一个质量为M的物块，物块放置在水平地面上，在x 0和k已知．在t＝0时刻给金属棒ab一个沿x轴正方向的初速度v0使棒开始运动，此时cd棒静止．在t＝t0时刻ab棒恰好运动到磁场边界x＝L处并将继续向x轴正方向运动，忽略摩擦和空气阻力，轨道电阻不计，重力加速度为g.求：(1)ab棒开始运动时cd棒中电流的方向；(2)物块开始离开地面的时刻t；(3)t＝t0时刻ab棒的速度大小；(4)写出0～t0时间内，地面对物块的支持力F N与ab棒的位移x的关系表达式．4.如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距了1m，导轨平面与水平面成θ=37°角，下端连接阻值为R=2Ω的电阻．磁场方向垂直导轨平面向上，磁感应强度为0.4T．质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25．金属棒沿导轨由静止开始下滑．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）判断金属棒下滑过程中产生的感应电流方向；（2）求金属棒下滑速度达到5m/s时的加速度大小；（3）当金属棒下滑速度达到稳定时，求电阻R消耗的功率．5.如图所示，两条足够长的平行金属导轨相距L，与水平面的夹角为θ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，虚线上方轨道光滑且磁场方向垂直导轨平面向上，虚线下方轨道粗糙且磁场方向垂直导轨平面向下．当导体棒EF以初速度v0沿导轨上滑至最大高度的过程中，导体棒MN一直静止在导轨上，若两导体棒质量均为m、电阻均为R，导轨电阻不计，重力加速度为g，在此过程中导体棒EF上产生的电热为Q，求：（1）导体棒EF刚开始运动时该棒中电流的大小和方向；（2）导体棒MN受到的最大的摩擦力；（3）导体棒EF沿导轨上滑的最大距离．6.某装置的俯视图如图所示，MN和PQ是两根固定在同一水平面上的足够长且电阻不计的平行金属导轨．两导轨间距为L＝0.8m，其间有一个方向垂直水平面竖直向下的匀强磁场B1＝5.0T．导轨上NQ之间接一电阻R1＝3Ω，阻值为R2＝1Ω的金属杆垂直导轨放置并与导轨始终保持良好接触，两导轨右端通过金属导线分别与电容器C的两极相连．绝缘弹性圆筒固定，O是圆筒的圆心，圆筒的内半径r＝0.1m，筒内有垂直水平面竖直向下的匀强磁场B2，圆筒壁光滑．（1）用一个力拉金属杆向左运动，则电容器C的下极板带正电还是带负电？（2）用一个方向平行于MN水平向左且功率恒定为P＝70W的外力F拉金属杆，使杆从某一较小初速度开始向左运动．已知杆受到的摩擦阻力大小恒为F f＝6N，求：当金属杆最终匀速运动时杆的速度大小及电阻R1消耗的电功率．（3）当金属杆以v＝2m/s的速度匀速向左运动时，电容器C内紧靠极板的D处的一个带电粒子（初速度为零）经C加速后从a孔垂直磁场B2并正对着圆心O进入筒中，该带电粒子与圆筒壁碰撞二次后恰好又从小孔a射出圆筒．已知该带电粒子每次与筒壁发生碰撞时电量和能量都不损失，粒子的比荷为q/m＝1×104C /kg，不计粒子的重力和空气阻力．求磁感应强度B2的大小．7.如图甲，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝37°角固定，M、P之间接电阻箱R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B＝0.5 T。

《电磁感应》练习题高二级_______班姓名______________ _______________号1．B 2. A 3. A4．B 5. BCD6．CD7. D8. C一.选择题1．下面说法正确的是（）A．自感电动势总是阻碍电路中原来电流增加B．自感电动势总是阻碍电路中原来电流变化. C．电路中的电流越大，自感电动势越大D．电路中的电流变化量越大，自感电动势越大2. 如图所示，一个矩形线圈与通有相同大小电流的平行直导线在同一平面，而且处在两导线的中央，则（ A ）A．两电流方向相同时，穿过线圈的磁通量为零B．两电流方向相反时，穿过线圈的磁通量为零C．两电流同向和反向时，穿过线圈的磁通量大小相等D．因两电流产生的磁场不均匀，因此不能判断穿过线圈的磁通量是否为零3. 一矩形线圈在匀强磁场中向右做加速运动如图所示, 设磁场足够大, 下面说法正确的是( A )A. 线圈中无感应电流, 有感应电动势B .线圈中有感应电流, 也有感应电动势C. 线圈中无感应电流, 无感应电动势D. 无法判断4．如图所示，AB为固定的通电直导线，闭合导线框P与AB在同一平面内。

当P远离AB做匀速运动时，它受到AB的作用力为（ B ）A．零B．引力，且逐步变小C．引力，且大小不变D．斥力，且逐步变小5. 长0.1m的直导线在B＝1T的匀强磁场中，以10m/s的速度运动，导线中产生的感应电动势：( )A．一定是1V B．可能是0.5V C．可能为零D．最大值为1V6．如图所示，在一根软铁棒上绕有一个线圈，a、b是线圈的两端，a、b分别与平行导轨M、N相连，有匀强磁场与导轨面垂直，一根导体棒横放在两导轨上，要使a点的电势均比b点的电势高，则导体棒在两根平行的导轨上应该（BCD ）A．向左加速滑动B．向左减速滑动C．向右加速滑动D．向右减速滑动7．关于感应电动势，下列说法正确的是（）A．穿过闭合电路的磁感强度越大，感应电动势就越大B．穿过闭合电路的磁通量越大，感应电动势就越大C．穿过闭合电路的磁通量的变化量越大，其感应电动势就越大D．穿过闭合电路的磁通量变化的越快，其感应电动势就越大4题5题8．恒定的匀强磁场中有一圆形的闭合导体线圈，线圈平面垂直于磁场方向，要使线圈中能产生感应电流，线圈在磁场中应做 （ ） A ．线圈沿自身所在的平面做匀速运动 B ．线圈沿自身所在的平面做匀加速运动 C ．线圈绕任意一条直径转动 D ．线圈沿磁场方向平动9．将一磁铁缓慢或迅速地插到闭和线圈中的同一位置，两次发生变化的物理量不同的是（ ）A 、磁通量的变化量B 、磁通量的变化率C 、感应电流的电流强度D 、消耗的机械功率10．如图所示，一长直导线在纸面内，导线一侧有一矩形线圈，且线圈一边M 与通电导线平行，要使线圈中产生感应电流，下列方法可行的是（ ） A 、保持M 边与导线平行线圈向左移动 B 、保持M 边与导线平行线圈向右移动C 、线圈不动，导线中电流减弱D 、线圈不动，导线中电流增强E 、线圈绕M 边转动 F11. 如图所示，将一线圈放在一匀强磁场中，线圈平面平行于磁感线，则线圈中有感应电流产生的是（ ）A 、当线圈做平行于磁感线的运动B 、当线圈做垂直于磁感线的平行运动C 、当线圈绕M 边转动D 、当线圈绕N 边转动12．如图所示，虚线所围的区域内有一匀强磁场，闭和线圈从静止开始运动，此时如果使磁场对线圈下边的磁场力方向向下，那么线圈应（ ） A 、向右平动 B 、向左平动 C 、以M 边为轴转动D 、以上都不对13．竖直放置的金属框架处于水平的匀强磁场中，如图所示，一长直金属棒AB 可沿框自由运动，当AB 由静止开始下滑一段时间后合上S ，则AB 将做（ ）A 、 匀速运动B 、加速运动C 、减速运动D 、无法判定14．如图所示，边长为h 的矩形线框从初始位置由静止开始下落，进入一水平的匀强磁场，且磁场方向与线框平面垂直。

电磁感应实验练习题计算磁场变化引起的感应电动势对于电磁感应实验中计算磁场变化引起的感应电动势，我们需要首先了解电磁感应的基本原理。

根据法拉第电磁感应定律，当磁场的变化穿过一定的导体回路时，会产生感应电动势。

感应电动势的计算公式为：ε = -N ∆Φ/∆t其中，ε表示感应电动势，N表示线圈的匝数，∆Φ表示磁通量的变化量，∆t表示磁场变化的时间。

下面，我们通过练习题来计算磁场变化引起的感应电动势。

练习题一：一个螺线管有100个匝，截面积为0.01平方米。

当磁感应强度从0.2特斯拉增加到0.6特斯拉，变化所用的时间为2秒。

求在这个过程中产生的感应电动势。

解答一：根据感应电动势的计算公式，我们可以得到：N = 100A = 0.01平方米∆B = 0.6特斯拉 - 0.2特斯拉 = 0.4特斯拉∆t = 2秒感应电动势ε = -N ∆Φ/∆t而磁通量Φ可以表示为磁感应强度B乘以面积A，即∆Φ = BΔA ∆Φ = ∆B * A = 0.4特斯拉 * 0.01平方米 = 0.004特斯拉·平方米代入计算公式，得到：ε = -N ∆Φ/∆t= -100 * 0.004特斯拉·平方米 / 2秒= -0.2伏特答案：在这个过程中，产生的感应电动势为0.2伏特。

练习题二：一个平行板电容器的板间距离为0.02米，两个平行板上的电压为5伏特。

当板间的磁感应强度发生变化时，感应电动势为多少？解答二：根据感应电动势的计算公式，我们可以得到：N = 1（由于只有一对平行板）A = 0.02平方米∆B = 变化后的磁感应强度 - 变化前的磁感应强度 = B2 - B1∆t = 1秒（假设变化所用的时间为1秒）感应电动势ε = -N ∆Φ/∆t在这个情况下，磁通量Φ仍然可以表示为磁感应强度B乘以面积A，即∆Φ = BΔA∆Φ = ∆B * A = (B2 - B1) * 0.02平方米代入计算公式，得到：ε = -N ∆Φ/∆t= -(B2 - B1) * 0.02平方米 / 1秒= -0.02(B2 - B1)伏特答案：在这个过程中，感应电动势为-0.02(B2 - B1)伏特。

12.M和N是绕在一个环形铁心上的两个线圈,绕法和线路如图.现将开关K从a处断开,然后合向b处.在此过程中,通过电阻R2的电流方向是(A)先由c流向d,后又由c流向d(B)先由c流向d,后由d流向c(C)先由d流向c,后又由d流向c(D)先由d流向c,后由c流向d17.恒定的匀强磁场中有一圆形的闭合导体线圈,线圈平面垂直于磁场方向.当线圈在此磁场中做下列哪种运动时,线圈中能产生感生电流?(A)线圈沿自身所在的平面做匀速运动(B)线圈沿自身所在的平面做加速运动(C)线圈绕任意一条直径做匀速转动(D)线圈绕任意一条直径做变速转动29．(6分)如下右图所示，导线框abcd固定在竖直平面内，bc段的电阻为R，其它电阻均可忽略。

ef是一电阻可忽略的水平放置的导体杆，杆长为l，质量为m，杆的两端分别与ab和cd保持良好接触，又能沿它们无摩擦地滑动。

整个装置放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与框面垂直。

现用一恒力F 竖直向上拉ef，当ef匀速上升时，其速度的大小为多少?29．(5分)两金属杆ab和cd长均为l，电阻均为R，质量分别为M和m，M>m。

用两根质量和电阻均可忽略的不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，并悬挂在水平、光滑、不导电的圆棒两侧。

两金属杆都处在水平位置，如图所示。

整个装置处在一与回路平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B。

若金属杆ab正好匀速向下运动，求运动的速度。

23.如图19-13r所示,一个面积为s的矩形线圈在匀强磁场中以一条边为转轴作匀速运动,磁场方向与转轴垂直，线圈中感应电动势e与时间t的关系如图所示，感应电动势最大值和周期可由图中读出，则磁感应强度B=____在t=T/12时刻,线圈平面与磁感应强度的夹角为____。

24.在研究电磁感应现象的实验中所用的器材如图10所示,它们是:(1)电流计, (2)直流电源, (3)带铁心的线圈A, (4)线圈B, (5)电键, (6)滑动变阻器.(用来控制电流以改变磁场强弱)试按实验的要求在实物图上连线.(图中已连好一根导线)若连接滑动变阻器的两根导线接在线柱C和D上,而在电键刚闭合时电流计指针右偏,则电键闭合后滑动变阻器的滑动触头向接线柱C移动时,电流计指针将____。

第 1节探究感应电流的产生条件电磁感应现象电和磁有着必然的联系，电能生磁，磁也一定能够生电，但磁生电是有条件的感应电流的产生条件1、产生感应电流的条件感应电流的条件是：穿过闭合电路的磁通量发生变化。

注意：以上表述是充分必要条件。

不论什么情况，只要满足电路闭合和磁通量发生变化这两个条件，就必然产生感应电流；反之，只要产生了感应电流，那么电路一定是闭合的，穿过该电路的磁通量也一定发生了变化。

2、感应电动势产生的条件。

感应电动势产生的条件是：穿过电路的磁通量发生变化。

注意：这里不要求闭合。

无论电路闭合与否，只要磁通量变化了，就一定有感应电动势产生。

这好比一个电源：不论外电路是否闭合，电动势总是存在的。

但只有当外电路闭合时，电路中才会有电流。

3、关于磁通量变化在匀强磁场中，磁通量Φ=B∙S∙sinα（α是B与S的夹角），磁通量的变化ΔΦ=Φ2-Φ1有多种形式，主要有：①S、α不变，B改变，这时ΔΦ=ΔB∙Ssinα②B、α不变，S改变，这时ΔΦ=ΔS∙Bsinα③B、S不变，α改变，这时ΔΦ=BS(sinα2-sinα1)1．关于电磁感应现象，下列说法中正确的是() A．闭合线圈放在变化的磁场中，必然有感应电流产生B．闭合正方形线圈在匀强磁场中垂直磁感线运动，必然产生感应电流C．穿过闭合线圈的磁通量变化时，线圈中有感应电流D．只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中一定有感应电流产生2.如图所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框，在下列四种情况下，线框中会产生感应电流的是()A．线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动B．线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上下运动C．线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动D．线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动3.如图所示，一通电螺线管b放在闭合金属线圈a内，螺线管的中心线正好和线圈的一条直径MN重合．要使线圈a中产生感应电流，可采用的方法有()A．将螺线管在线圈a所在平面内转动B．使螺线管上的电流发生变化C．使线圈以MN为轴转动D．使线圈以与MN垂直的一条直径为轴转动4.如图所示，一有限范围的匀强磁场宽度为d，若将一个边长为L的正方形导线框以速度v匀速地通过磁场区域，已知d＞L，则导线框中无感应电流的时间等于A.d vB.L vC.d －L vD.d －2L v5.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，有一闭合导体环，环面与磁场垂直，当导体环在磁场中完成下述运动时，可能产生感应电流的是A ．导体环保持水平在磁场中向上或向下运动B ．导体环保持水平向左或向右加速平动C ．导体环以垂直环面，通过环心的轴转动D ．导体环以一条直径为轴，在磁场中转动6.如图所示，环形金属软弹簧，套在条形磁铁的中心位置。

第二节感应电动势同步训练一．单项选择题1．如图，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为L，其下端与电阻R连接；导体棒ab电阻为r，导轨和导线电阻不计，匀强磁场竖直向上．若导体棒ab以一定初速度v下滑，则ab棒（）A．所受安培力方向水平向左B．可能以速度v匀速下滑C．刚下滑瞬间产生的电动势为BLvD．减少的重力势能等于电阻R产生的内能答案：B解析：解答：A、根据右手定则判断可知，ab棒中感应电流方向从b→a，由左手定则判断得知，棒ab所受的安培力方向水平向右，如图所示，故A错误．B、若安培力沿导轨向上的分力与重力沿导轨向下的分力大小相等，ab棒可能匀速下滑，故B正确．C、刚下滑瞬间产生的感应电动势为E=BLvcosθ，故C错误．D、根据能量守恒定律得知，若ab棒匀速下滑，其减少的重力势能等于电阻R和棒ab产生的内能之和；若ab棒加速下滑，其减少的重力势能等于电阻R和棒ab产生的内能与棒ab增加的动能之和；若ab棒减速下滑，其减少的重力势能和动能之和等于电阻R和棒ab产生的内能之和，所以减少的重力势能不等于电阻R产生的内能．故D错误．故选：B．分析：先根据右手判断出ab棒中感应电流方向，再根据左手定则判断出安培力的方向；根据公式E=BLvsinα，α是导体棒的速度与磁场方向的夹角；根据能量守恒定律分析重力势能的减小量和内能的增加量的关系．2．如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x 轴上且长为2L ，高为L ，纸面内一边长为L 的正方形导线框沿x 轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t=0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流﹣位移（I ﹣x ）关系的是（ ）A ．B ．C ．D ．答案：B解析： 解答： 解：位移在0～L 过程：磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值． BLv I R =， l=x 则Bv I x R =位移在L ～2L 过程：磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值，故ACD 错误．位移在2L ～3L 过程：磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值．(2)Bv I L x R=- 故选：B ．分析： 将整个过程分成三个位移都是L 的三段，根据楞次定律判断感应电流方向．由感应电动势公式E=Blv ，l 是有效切割长度，分析l 的变化情况，确定电流大小的变化情况．3．如图，金属棒ab 置于水平放置的U 形光滑导轨上，在fe 右侧存在有界匀强磁场B ，磁场方向垂直导轨平面向上，在fe 左侧的无磁场区域cdef 内有一半径很小的金属圆环L ，圆环与导轨在同一平面内．当金属棒ab 在水平恒力F 作用下从磁场左边界fe 处由静止开始向右运动后，（ ）A．圆环内产生变大的感应电流，圆环有收缩的趋势B．圆环内产生变大的感应电流，圆环有扩张的趋势C．圆环内产生变小的感应电流，圆环有收缩的趋势D．圆环内产生变小的感应电流，圆环有扩张的趋势答案：C解析：解答：由于金属棒向右运动的加速度减小，速度增加变慢，则电流增加的也变慢，则单位时间内磁通量的变化率减小，所以在圆环中产生的感应电流不断减小．由于金属棒ab在恒力F的作用下向右运动，则abcd回路中产生顺时针方向的感应电流，则在圆环处产生垂直于纸面向里的磁场，随着金属棒向右加速运动，圆环的磁通量将增大，依据楞次定律可知，圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环的磁通量增大；故选：C．分析：金属棒切割磁感线而使abcd中产生感应电流，感应电流的磁场穿过L；由穿过L的磁场的变化可得出圆环L的形变；由磁通量的变化率可得出感应电流的变化．4．如图，导线ab、cd跨接在电阻不计，足够长光滑的导轨上，ab的电阻为2R，cd电阻为R，整个装置放置于匀强磁场中．当cd在外力F1作用下，匀速向右运动时，ab在外力F2的作用下保持静止．则F1、F2及两导线的端电压U ab、U cd的关系为（）A．F1＞F2B．F1<F2C．U ab＞U cd D．U ab=U cd答案：D解析：解答：设回路中感应电流大小为I，两棒的长为L．cd棒匀速运动，有F1=BIL．ab棒静止，有 F2=BIL．则F1=F2．cd棒相当于电源，ab棒是外电路，由于导轨的电阻不计，则U ab=U cd．故选：D．分析：两棒都处于平衡状态，根据平衡条件和安培力关系分析F1、F2的关系．cd棒相当于电源，ab棒是外电路，导轨电阻不计，可知Uab=Ucd．5．如图所示，两根足够长光滑平行金属导轨PQ、MN倾斜固定，倾角为θ=30°，相距为L，导轨处于磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中．有两根质量均为m的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与小球c 连接，连接a 棒的细线平行于导轨，由静止释放c ，此后某时刻，将b 棒也垂直导轨放置在导轨上，b 刚好能静止．a 棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g ．则（ ）A ． 小球c 的质量为2mB ． b 棒放上导轨前a 棒的加速度为0.5gC ． b 棒放上导轨后a 棒中电流大小是2mg BLD ． b 棒放上导轨后，小球c 减少的重力势能等于回路消耗的电能答案：C解析：解答：A 、b 棒静止，说明b 棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，a 棒匀速向上运动，说明a 棒受绳的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡，c 匀速下降则c 所受重力和绳的拉力大小平衡．对b ，由平衡条件可知，安培力大小 F 安=mgsinθ，对a ，由平衡条件可知 F 绳=F 安+mgsinθ=2mgsinθ，由c 平衡可知F 绳=m c g ，因为绳中拉力大小相等，故2mgsinθ=m c g ，即物块c 的质量为 m c =2msinθ=m，故A 正确；B 、b 放上之前，根据牛顿第二定律得：b 的加速度sin 0.25c c m g mg a g m m θ-==+，故B 错误； C 、根据b 棒的平衡可知F 安=mgsinθ又因为F 安=BIL ，可得2mg I BL=，故C 正确； D 、b 棒放上导轨后，a 匀速上升，a 的重力势能增加，由能量守恒知小球c 减少的重力势能等于回路消耗的电能与a 增加的重力势能之和，故D 错误；故选：C ．分析：a 、b 棒中感应电流大小相等方向相反，故a 、b 棒所受安培力大小相等方向相反，对b 棒进行受力分析有安培力大小与重力沿斜面向下的分力大小相等，再以a 棒为研究对象，由于a 棒的平衡及安培力的大小，所以可以求出绳的拉力，再据C 平衡可以得到C 的质量．c 减少的重力势能等于各棒增加的重力势能和动能以及产生的电能，由此分析便知．6．如图所示，理想变压器原线圈上连接着在水平面内的长直平行金属导轨，导轨之间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，金属杆MN 垂直放置在导轨上，且接触良好．移动变压器副线圈上的滑动触头可改变副线圈匝数，副线圈上接有一只理想交流电压表，滑动变阻器R 的总阻值大于定值电阻R 0的阻值，线圈L 的直流电阻、导轨和金属杆的电阻都忽略不计．现在让金属杆以速度02sin v v t Tπ=的规律在导轨上左右来回运动，运动过程中始终与导轨垂直，两灯A 、B 都发光．下列说法中正确的是（ ）A ． 只增大T ，则灯A 变暗、灯B 变亮B ． 当时间t=T 时，两灯都亮着，电压表的示数为零C ． 只将变阻器R 的滑片下滑时，通过副线圈的电流减小，电压表的示数变大D ． 只增大v 0，两灯都变亮，杆MN 来回运动的最大距离变小答案：A解析：解答：A 、只增大T ，即减小频率，电容器的特性：通交流，隔直流，通调频，阻低频，所以灯A 变暗， 电感的特性：通直流，阻交流．通低频，阻高频，所以灯B 变亮．故A 正确；B 、当时间t=T 时，两灯都亮着，电压表的示数为有效值，不为零，故B 错误；C 、只将变阻器R 的滑片下滑时，变阻器R 阻值最大，通过副线圈的电流减小，电压表的示数不变，故C 错误；D 、只增大v 0，两灯都变亮，根据速度时间图象面积表示位移，所以杆MN 来回运动的最大距离变大，故D 错误；故选：A ．分析：若MN 棒以速度02sinv v t Tπ=的规律在导轨上左右来回运动，原线圈中产生正弦式交变电流，副线圈中将有感应电流产生；根据电容器和电感线圈的特性分析选择．电容器内部是真空或电介质，隔断直流．能充电、放电，能通交流，具有隔直通交、通高阻低的特性．电感线圈可以通直流，通过交流电时产生自感电动势，阻碍电流的变化，具有通直阻交，通低阻高的特性．7．法拉第发明了世界上第一台发电机法拉第圆盘发电机．如图所示，紫铜做的圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与电流表连接起来形成回路．转动摇柄，使圆盘逆时针匀速转动，电流表的指针发生偏转．下列说法正确的是（ ）A ． 回路中电流大小变化，方向不变B ． 回路中电流大小不变，方向变化C ． 回路中电流的大小和方向都周期性变化D ． 回路中电流方向不变，从b 导线流进电流表答案：D解析： 解答：铜盘转动产生的感应电动势为：212E BL ω=，B 、L 、ω不变，则E 不变． 感应电流大小为：E I R=，可知电流大小恒定不变，由右手定则可知，回路中电流方向不变，从b 导线流进电流表，故ABC 错误，D 正确；故选：D ．分析：圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，有效切割长度为铜盘的半径，根据感应电动势公式E=BLv 分析感应电动势情况，由欧姆定律分析电流情况．根据右手定则分析感应电流方向． 8．如图甲所示，左侧接有定值电阻R=2Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B=1T ，导轨间距L=1m ．一质量m=2kg ，阻值r=2Ω的金属棒在水平拉力F 作用下由静止开始从CD 处沿导轨向右加速运动，金属棒的v ﹣x 图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ=0.25，则从起点发生x=1m 位移的过程中（g=10m/s 2）（ ）A ． 金属棒克服安培力做的功W 1=0.5JB ． 金属棒克服摩擦力做的功W 2=4JC ． 整个系统产生的总热量Q=4.25JD ． 拉力做的功W=9.25J答案：D解析：解答：A 、由速度图象得：v=2x ，金属棒所受的安培力22222A B L v B L x F R r R r==++，代入得：F A =0.5x ，则知F A 与x 是线性关系．当x=0时，安培力F A1=0；当x=1m 时，安培力F A2=0.5N ，则从起点发生x=1m 位移的过程中，安培力做功为 1200.510.2522A A A A F F W F x x J J ++=-==⨯=- 即金属棒克服安培力做的功W 1=0.25J ，故A 错误．B 、金属棒克服摩擦力做的功W 2=μmgx=0.25×2×10×1J=5J，故B 错误．CD 、根据动能定理得：212A W mgs W mv μ+=-， 其中v=2m/s ，μ=0.25，m=2kg ，代入解得，拉力做的功W=9.25J ．整个系统产生的总热量229.25112222J Q W mv J =-⨯⨯=-．故C 错误，D 正确 故选：D ． 分析：由速度图象得出v 与x 的关系式，由安培力公式22A B L v F R r=+，得到F A 与x 的关系式，可知F A 与x 是线性关系，即可求出发生s=1m 位移的过程中安培力做功A A W F x =-，再根据动能定理求解拉力做功；根据能量守恒求解整个系统产生的总热量Q ．二．多项选择题9．如图所示，两个有界匀强磁场，磁感应强度大小分别为B 和2B ，方向分别垂直纸面向里和向外，其宽度均为L ，距磁场区域的左侧L 处，有一边长为L 的正方形导体线框，总电阻为R ，且线框平面与磁场方向垂直，线框一边平行于磁场边界，现用外力F 使线框以图示方向的速度v 匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定：线框中电流沿逆时针方向时的电动势E 为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ为正，外力F 向右为正．则以下关于线框中的磁通量Φ、感应电动势E 、外力F 和电功率P 随时间变化的图象中正确的是（ ）A ．B ．C ．D ． 答案：AD解析：解答：A 、在2L L v v -时间内：磁通量(t )L BS BLv v Φ==+，随着时间均匀增大，在2L t v=时刻，线框完全进入第一个磁场，磁通量为BL 2；在322L L v v -时间内：线框从第一个磁场开始进入第二磁场，磁通量存在抵消，磁通量均匀减小，在32L t v=时刻，当线框从一种磁场进入另一种磁场正好处于一半时，磁通量为零．在332L L v v-时间内：磁通量反向均匀增大，在3L t v =，线框完全进入第二个磁场，磁通量反向最大为﹣BL 2；在34L L v v-时间内，线框穿出第二个磁场，磁通量均匀减小，在4L t v=时刻，磁通量为零．故A 正确． B 、在2L L v v-时间内：根据法拉第电磁感应定律得知，线框中产生的感应电动势E=BLv ，保持不变； 在23L L v v -间内：线框开始进入第二个磁场时，两端同时切割磁感线，电动势方向相同，串联，电路中总的感应电动势应为2BLv ，故B 错误；C 、由于线框匀速运动，外力与安培力总保持平衡，根据楞次定律判断可知安培力的方向总是水平向左，则外力F 方向总是水平向右，始终为正值． 在2L L v v -时间内：22BLv B L v F BIL BL R R ===； 在322L L v v-时间内：222224BLv B L v F BIL BL R R ===； 在23L L v v-时间内：22BLv B L v F BIL BL R R ===；故C 错误． D 、在2L L v v -时间内：222BLv B L v P Fv BILv BL v R R ====； 在322L L v v-时间内：222224BLv B L v P Fv BL v R R===； 在332L L v v-时间内：2222BLv B L v P Fv BL v R R ===；故D 正确． 故选：AD ．分析：线框以速度v 匀速穿过磁场区域，穿过线框的磁通量由磁场与面积决定，而面积却由线框宽度与位移决定，但位移是由速度与时间决定，所以磁通量是磁场、线框宽度、速度及时间共同决定．由于线框匀速穿过方向不同的磁场，因此当在刚进入或刚出磁场时，线框的感应电流大小相等，方向相同．当线框从一种磁场进入另一种磁场时，此时有两边分别切割磁感线，产生的感应电动势正好是两者之和，所以电流是两者之和，且方向相反．线框中有感应电流，则由左手定则可确定安培力的方向，通过安培力公式可得出力的大小． 由电功率的表达式可知与电流的平方成正比，因此可得出电功率与时间的关系10．如图甲，固定在光滑水平面上的正三角形金属线框，匝数n=20，总电阻R=2.5Ω，边长L=0.3m ，处在两个半径均为3L r =的圆形匀强磁场区域中．线框顶点与右侧圆中心重合，线框底边中点与左侧圆中心重合．磁感应强度B 1垂直水平面向外，大小不变；B 2垂直水平面向里，大小随时间变化，B 1、B 2的值如图乙所示．（ ）A ． 通过线框中感应电流方向为逆时针方向B ． t=0时刻穿过线框的磁通量为0.1WbC ． 在t=0.6s 内通过线框中的电量为0.12CD ． 经过t=0.6s 线框中产生的热量为0.06J答案：ACD解析：解答：A 、由磁感应强度B 1垂直水平面向外，大小不变；B 2垂直水平面向里，大小随时间增大，故线框的磁通量减小，由楞次定律可得，线框中感应电流方向为逆时针方向，故A 正确；B 、t=0时刻穿过线框的磁通量为：22221211111 3.140.12 3.140.10.00522626b B r B r W ππΦ=⨯-⨯=⨯⨯⨯-⨯⨯⨯=，故 B 错误； C 、在t=0.6s 内通过线框中的电量2120(52) 3.140.160.122.5n E t q It t t C R R φ∆⨯-⨯⨯⨯∆===⨯∆==，故C 正确；D 、由22221(203 3.140.1)(n )6)0.62.50.6(Q I Rt n t R t J J R R t φφ∆⨯⨯⨯⨯∆∆⨯⨯∆==≈∆⨯==，故D 正确． 故选：ACD ．分析：根据楞次定律判断感应电流的方向；根据磁通量Φ=BS 求解；由E q It t R ==求解电荷量；由Q=I 2Rt 求解热量．11．如图所示，为三个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B ，方向分别垂直纸面向外、向里和向外，磁场宽度均为L ，在磁场区域的左侧边界处，有一边长为L 的正方形导体线框，总电阻为R ，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F 使线框以速度v 匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时的磁通量∅为正值，外力F向右为正．则以下能反映线框中的磁通量∅、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化规律图象的是（）A．B．C．D．答案：ABD解析：解答：A、当线框进入磁场时，位移在0﹣L内，磁通量开始均匀增加，当全部进入左侧磁场时达最大，且为负值；位移在L﹣2L内，向里的磁通量增加，总磁通量均匀减小；当位移为1.5L时，磁通量最小，为零，位移在1.5L到2L时，磁通量向里，为正值，且均匀增大．位移在2L﹣2.5L时，磁通量均匀减小至零．在2.5L﹣3L内，磁通量均匀增大，且方向向外，为负值．在3L﹣4L内，磁通量均匀减小至零，且为负值．故A正确；B、当线圈进入第一个磁场时，由E=BLv可知，E保持不变，由右手定则知，感应电动势沿逆时针方向，为正值；线框开始进入第二个和第三个磁场时，左右两边同时切割磁感线，感应电动势应为2BLv，感应电动势沿逆时针方向，为正值；完全在第三个磁场中运动时，左边切割磁感线，感应电动势为BLv，感应电动势沿逆时针方向，为正值；故B正确；C、因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故C错误；D、拉力的功率P=Fv，因速度不变，而在线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，由B的分析可知，电流加倍，故安培力加培，功率加倍；此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力，故D正确；故选：ABD．分析：由线圈的运动可得出线圈中磁通量的变化；由则由法拉第电磁感应定律及E=BLv可得出电动势的变化；由欧姆定律可求得电路中的电流，则可求得安培力的变化；由P=I2R可求得电功率的变化．12．两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示．除电阻R外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则（）A．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b B．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gC．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为22B L v FR =D．电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少答案：BC解析：解答：A、根据右手定责可知，金属棒向下运动时，流过电阻R电流方向为b→a，故A错误；B、金属棒释放瞬间，速度为零，感应电流为零，由于弹簧处于原长状态，因此金属棒只受重力作用，故其加速度的大小为g，故B正确；C、当金属棒的速度为v时，E=BLv，安培力大小为：22BLv B L vF BIL B LR R===，故C正确；D、当金属棒下落到最底端时，重力势能转化为弹性势能和焦耳热，所以电阻R上产生的总热量小于金属棒重力势能的减少，故D错误．故选：BC．分析：导体棒下落过程中切割磁感线，回路中形成电流，根据右手定责可以判断电流的方向，正确分析安培力变化可以求解加速度的变化情况，下落过程中正确应用功能关系可以分析产生热量与重力势能减小量的大小关系．13．如图，水平的平行虚线间距为d=60cm，其间有沿水平方向的匀强磁场．一个阻值为R的正方形金属线圈边长l＜d，线圈质量m=100g．线圈在磁场上方某一高度处由静止释放，保持线圈平面与磁场方向垂直，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等．不计空气阻力，取g=10m/s2，则（）A．线圈下边缘刚进磁场时加速度最小B．线圈进入磁场过程中产生的电热为0.6JC．线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，电流均为逆时针方向D．线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，通过导线截面的电量相等答案：BD解析：解答：A：正方形金属线圈边长l＜d，刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等，说明在其下边缘穿过磁场的过程中，线框先做减速运动，安培力大于重力；随速度的减小，感应电动势减小，感应电流减小，则安培力减小，线框的加速度减小．故A错误；B：下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等，重力势能的减小全部转化为电能，又转化为电热，故Q=mgd=0.1×10×0.6=0.6J，故B正确；C：根据右手定则，线圈在进入磁场过程中，电流均为逆时针，穿出磁场过程中，电流均为顺时针，故C 错误；D：通过导线截面的电量：BLv BLvt BLdq It tR R R====，与速度无关，即进入磁场和穿出磁场过程中通过导线截面的电量相等．故D正确．故选：BD分析：（1）正方形金属线圈边长l＜d，刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等，说明在其下边缘穿过磁场的过程中，线框先做减速运动，完全在磁场中时线框再做加速运动（2）根据能量守恒可以判断在线圈下边缘刚进入磁场到刚穿出磁场过程中动能不变，重力势能的减小全部转化为电能，又转化为电热；根据位移速度关系式解出线框刚进入磁场时的速度，结合动能定理解出线框的最小速度．14．如图所示，金属导轨M、N处于同一平面内，导轨M的水平部分有垂直纸面向里的匀强磁场，金属棒ab与导轨始终接触良好并且能够水平向左（或右）运动．若导轨M、N的圆形部分由于磁场力而相互吸引，那么棒ab的运动可能是（）A．向右加速运动B．向右减速运动C．向左加速运动D．向左减速运动答案：BD解析：解答：若导轨M、N的圆形部分由于磁场力而相互吸引，两线圈为同向电流，根据楞次定律可知，穿过线圈N的磁通量变小，即电流在变小，故运动速度在减小．故选：BD分析：先有楞次定律确定M 中电流的变化情况，再结合右手定则及法拉第电磁感应定律求解棒的运动方向及大小．15．如图所示，匀强磁场的方向垂直于光滑的金属导轨平面向里，极板间距为d 的平行板电容器与总阻值为2R 0的滑动变阻器通过平行导轨连接，电阻为R 0的导体棒MN 可在外力的作用下沿导轨从左向右做匀速直线运动．当滑动变阻器的滑动触头位于a 、b 的中间位置且导体棒MN 的速度为v 0时，位于电容器中P 点的带电油滴恰好处于静止状态．若不计摩擦和平行导轨及导线的电阻，各接触处接触良好，重力加速度为g ，则下列判断正确的是（ ）A ． 油滴带正电荷B ． 若将导体棒的速度变为2v 0，电容器的带电量增加油滴将向上加速运动，加速度a=gC ． 若保持导体棒的速度为v 0不变，而将滑动触头置于a 端，同时将电容器上极板向上移动距离3d ，油滴将静止D ． 若保持导体棒的速度为v 0不变，将上极板竖直向上移动距离d ，带电油滴的电势能增加，且P 点的电势降低答案：BCD解析：解答：A 、根据右手定责可知，M 端为正极，液滴静止，因此带负电，故A 错误；B 、设导体棒长度为L ，导体棒切割磁感线形成的感应电动势为：E=BLv 电容器两端电压为：001002ER BLv U R R ==+ ① 开始液滴静止有：1U q mg d= ② 当若将导体棒的速度变为2v 0时，有：2U q mg ma d-=③ 02022BL v U BLv ==④ 联立①②③④得：a=g ．故B 正确；C 、若保持导体棒的速度为v 0不变，而将滑动触头置于a 端，002002223E R BLv U R R ==+若将上极板竖直向上移动距离3d 时，此时液滴所受电场力为：03423B U Lv q F q mg d d===⑤，因此液滴仍然静止，故C 正确； D 、若保持导体棒的速度为v 0不变，将上极板竖直向上移动距离d ，电容器两端之间的电压仍然为02BLv ，距离增大，电场强度减小，P 与下极板之间的电势差减小，P 点的电势降低，负电荷的电势能增大，故D 正确．故选：BCD ．分析：导体棒MN 相当于电源，M 端为正极，外电路由滑动变阻器构成，电容器两端电压和滑动变阻器两端电压相等，弄清楚这些然后对带电液滴进行受力分析即可正确解答本题．三．填空题16．如图所示，水平桌面上固定有一U 形金属导轨MNPQ ，处在与它垂直的匀强磁场中．有一导体棒ab 在导轨上向右匀速运动，导体棒与导轨始终接触良好，经过0.2s ，从“1”位置运动到“2”位置．在这个过程中，穿过由导轨和导体棒组成的闭合回路的磁通量从0.2Wb 增加到0.6Wb ．求：①这段时间内通过回路的磁通量的变化量△φ ；②这段时间内回路中的感应电动势E ；③若U 形金属导轨电阻不计，导体棒的电阻R=5Ω，在5s 时间内导体棒产生的热量为4J ，则这段时间内回路中的感应电流为 ？答案： 0.4Wb|2V|0.4A解析：解答：①这段时间内通过回路的磁通量的变化量为：△φ=φ2﹣φ1=0.6Wb ﹣0.2Wb=0.4Wb②由法拉第电磁感应定律得：0.420.2E V t ∆Φ===∆ ③根据焦耳定律为：Q=I 2Rt得：0.4Q I A Rt== 答：①这段时间内通过回路的磁通量的变化量△φ为0.4Wb ；②这段时间内回路中的感应电动势E 的大小为2V ；。

3.2感应电动势同步练习一、单项选择题1.关于感应电动势的大小，以下说法中正确的选项是()A. 磁通量越大，感应电动势一定越大B. 磁通量减小，感应动势一定减小C. 磁通量变化越快，感应电动势一定越大D. 磁通量变化越大，感应电动势一定越大【答案】C【解析】【分析】根据法拉第电磁感应定律可知，闭合电路中产生的感应电动势的大小与穿过电路的磁通量的变化率成正比，磁通量的变化率反映磁通量变化的快慢，磁通量变化越快，磁通量变化率越大。

此题要紧扣法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小取决磁通量的变化率，而与磁通量、磁通量的变化量的关系不确定。

【解答】A、磁通量越大，磁通量的变化率不一定越大，感应电动势不一定越大，故A错误。

B、磁通量减小，磁通量变化率可能增大，可能不变，也可能减小，那么感应动势可能增大，可能不变，也可能减小，故B错误。

C、磁通量变化越快，磁通量变化率越大，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势一定越大，故C正确。

D、磁通量变化越大，而变化的时间不确定，那么磁通量的变化率不一定越大，感应电动势不一定越大，故D错误。

应选C。

2.如下图，两根平行金属导轨置于程度面内，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，以下说法正确的选项是()A. ab中的感应电流方向由b到aB. 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【答案】D【解析】解：A、磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab中的感应电流方向由a到b，故A错误。

B、由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律E =△BS得，感应电动势恒定，△t那么ab中的感应电流不变，故B错误。

C、根据安培力公式F=BIL知，电流不变，B均匀减小，那么安培力减小，故C错误。

第 1 页D、导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，f=F，安培力减小，那么静摩擦力减小，故D正确。

备战高考物理(法拉第电磁感应定律提高练习题)压轴题训练及答案解析(1)一、法拉第电磁感应定律1．如图甲所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路。

线圈的半径为r1。

在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0。

导线的电阻不计，求0至t1时间内(1)通过电阻R1上的电流大小及方向。

(2)通过电阻R1上的电荷量q。

【答案】(1)2020 3n B rRtπ电流由b向a通过R1(2)20213n B r tRtπ【解析】【详解】(1)由法拉第电磁感应定律得感应电动势为22022n B rBE n n rt t tππ∆Φ∆===∆∆由闭合电路的欧姆定律，得通过R1的电流大小为20233n B rEIR Rtπ==由楞次定律知该电流由b向a通过R1。

(2)由qIt=得在0至t1时间内通过R1的电量为:202113n B r tq ItRtπ==2．如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝100，线圈面积S＝200cm2，线圈的电阻r＝1Ω，线圈外接一个阻值R＝4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。

求：（1）线圈中的感应电流的大小和方向；（2）电阻R两端电压及消耗的功率；（3）前4s内通过R的电荷量。

【答案】（1）0﹣4s内，线圈中的感应电流的大小为0.02A，方向沿逆时针方向。

4﹣6s 内，线圈中的感应电流大小为0.08A，方向沿顺时针方向；（2）0﹣4s内，R两端的电压是0.08V；4﹣6s内，R两端的电压是0.32V，R消耗的总功率为0.0272W；（3）前4s内通过R的电荷量是8×10﹣2C。

【解析】【详解】（1）0﹣4s内，由法拉第电磁感应定律有：线圈中的感应电流大小为：由楞次定律知感应电流方向沿逆时针方向。

电磁感应中的电动势练习题法拉第电磁感应定律和感应电流电磁感应中的电动势练习题：法拉第电磁感应定律和感应电流电磁感应是电与磁相互作用的一种现象，其中电动势是一个重要的概念。

电动势可以通过法拉第电磁感应定律来计算，而感应电流则是由感应电动势引起的电流。

本文将通过练习题的形式，来帮助读者更好地理解和应用法拉第电磁感应定律和感应电流。

练习题一：匀速磁场变化中的感应电动势计算假设一个磁场的磁感应强度为B，一个导线匀速穿过这个磁场，导线的长度为L。

求导线两端的感应电动势的大小。

解析：根据法拉第电磁感应定律，导线两端的感应电动势可以通过以下公式计算：ε = - ∆Φ/∆t其中，ε表示感应电动势的大小，∆Φ表示穿过导线的磁通量的变化量，∆t表示时间的变化量。

由于导线是匀速穿过磁场的，∆Φ/∆t为常数，因此感应电动势ε保持不变。

练习题二：匀速磁场变化中的感应电流计算在练习题一的基础上，假设导线的电阻为R，求导线两端的感应电流的大小。

根据欧姆定律，感应电流I可以通过以下公式计算：I = ε/R其中，ε表示感应电动势的大小，R表示导线的电阻。

由于感应电动势ε为常数，因此感应电流I也保持不变。

练习题三：磁场变化快的情况下的感应电动势计算假设一个磁场的磁感应强度B是时间t的函数，给定磁感应强度随时间的变化函数B(t)，求导线两端的感应电动势的大小。

解析：根据法拉第电磁感应定律，导线两端的感应电动势可以通过以下公式计算：ε = - ∆Φ/∆t然而，由于磁感应强度B是时间t的函数，∆Φ/∆t也是时间t的函数，因此感应电动势ε将随着时间的变化而变化。

练习题四：磁场变化快的情况下的感应电流计算在练习题三的基础上，假设导线的电阻为R，求导线两端的感应电流的大小。

解析：根据欧姆定律，感应电流I可以通过以下公式计算：由于感应电动势ε是时间t的函数，因此感应电流I也将随着时间的变化而变化。

在解决上述练习题的过程中，读者不仅可以运用法拉第电磁感应定律和欧姆定律来计算电动势和电流的大小，也能更加深入地理解电磁感应的基本原理。

1．关于反电动势，下列说法中正确的是（)A．只要线圈在磁场中运动就能产生反电动势B．只要穿过线圈的磁通量变化，就产生反电动势C．电动机在转动时线圈内产生反电动势D．反电动势就是发电机产生的电动势解析:反电动势是与电源电动势相反的电动势，其作用是削弱电源的电动势。

产生反电动势的前提是必须有电源存在，故正确答案为C。

答案：C2.穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系如图1所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是()A．0~2 s B．2～4 sC．4~5 s D．5～10 s 图1解析:图像斜率越小，表明磁通量的变化率越小，感应电动势也就越小。

答案:D3．环形线圈放在匀强磁场中,设在第1 s内磁场方向垂直于线圈平面向里，如图2甲所示.若磁感应强度随时间t的变化关系如图2乙所示,那么在第2 s内，线圈中感应电流的大小和方向是()图2A．大小恒定，逆时针方向B．大小恒定，顺时针方向C．大小逐渐增加，顺时针方向D．大小逐渐减小，逆时针方向解析：由图乙可知，第2 s内错误!为定值，由E＝错误!＝错误!S知，线圈中感应电动势为定值,所以感应电流大小恒定。

第2 s 内磁场方向向外，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律判断知感应电流为逆时针方向，A项正确。

答案:A4．一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直。

先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s时间内均匀地增大到原来的两倍。

接着保持增大后的磁感应强度不变,在1 s时间内,再将线框的面积均匀地减小到原来的一半。

先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为(）A。

12B．1C．2 D．4解析：根据法拉第电磁感应定律E＝错误!＝错误!,设初始时刻磁感应强度为B0，线圈面积为S0，则第一种情况下的感应电动势为E1＝错误!＝错误!＝B0S0；则第二种情况下的感应电动势为E2＝错误!＝错误!＝B0S0,所以两种情况下线圈中的感应电动势相等，比值为1，故选项B正确。

答案：B5.在图3中，EF、GH为平行的金属导轨，其电阻可不计，R为电阻器，C为电容器,AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆。

高中物理法拉第电磁感应定律练习题1．感应电动势产生的条件是()．A．导体必须做切割磁感线的运动B．导体回路必须闭合，且回路所包围面积内的磁通量发生变化C．无论导体回路是否闭合，只要它包围面积内的磁通量发生变化D．导体回路不闭合解析产生感应电动势的条件是回路中的磁通量发生变化，与回路闭合与否无关，故C选项正确，B、D选项错；磁通量变化的方式很多，不一定是导体切割磁感线，故选项A错．答案C2．下列关于感应电动势大小的说法中，正确的是()．A．线圈中磁通量变化越大，线圈中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．线圈放在磁感应强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大D．线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大解析由E＝n ΔΦΔt可知，D正确，而ΔΦ大，E也不一定大，B大，E也不一定大，A、B、C选项均错误．答案D3．如图4-2-8所示，让线圈由位置1通过一个匀强磁场的区域运动到位置2，下列说法中正确的是()．图4-2-8A．在线圈进入匀强磁场区域的过程中，线圈中有感应电流，而且进入时的速度越大，感应电流越大B．整个线圈在匀强磁场中匀速运动时，线圈中有感应电流，而且电流是恒定的C．整个线圈在匀强磁场中加速运动时，线圈中有感应电流，而且电流越来越大D．在线圈穿出匀强磁场区域的过程中，线圈中有感应电流，而且穿出时的速度越大，感应电流越大解析线圈在进入和穿出磁场时，线圈中有感应电流，且运动速度越大，磁通量变化越快，产生的感应电流越大．当线圈全部进入磁场后，穿过线圈的磁通量始终不变，没有感应电流．答案AD4．单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转动轴垂直于磁场，若线圈所围面积的磁通量随时间变化规律如图4-2-9 所示，则()．图4-2-9A．线圈在O时刻的感应电动势最大B．线圈在D时刻的感应电动势为零C．线圈在D时刻的感应电动势最大D．线圈在0.01 s时的感应电动势为零解析根据法拉第电磁感应定律E＝ΔΦΔt，因为O时刻和0.01 s 时的磁通量变化率最大，故两时刻的感应电动势最大，A对，D错；D时刻线圈中磁通量的变化率为零，感应电动势也为零，B对，C错．答案AB知识点二感应电动势大小的计算5．穿过单匝闭合线圈的磁通量每秒连续均匀地增大4 Wb，则()．A．线圈中的感应电动势将均匀增大[来源:学科网ZXXK]B．线圈中的感应电流将均匀增大C．线圈中的感应电动势将保持4 V不变D．线圈中的感应电流保持2 A不变解析本题是定性分析和定量计算，其核心仍是对法拉第电磁感应定律的正确理解与应用．由E＝ΔΦΔt得E＝4 Wb1 s＝4 V，C项正确；因线圈电阻不一定是2 Ω，D项错误．故正确答案为C.答案C6．如图4-2-10所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒PQ沿导轨从MN处匀速运动到M′N′的过程中，棒上的感应电动势E随时间t变化的下列图示中，可能正确的是()．图4-2-10解析细金属棒PQ做匀速运动切割磁感线时，E＝BL v，是常数．开始没有切割，没有电动势，最后一段也没有切割，没有电动势．答案A7．如图4-2-11所示，竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平速度v0抛出，设整个过程中，棒的取向不变，不计空气阻力，则金属棒运动过程中产生的感应电动势的大小变化情况应是()．图4-2-11A．越来越大B．越来越小C．保持不变D．无法判断解析金属棒ab水平抛出，其速度越来越大，但只有水平分速度v0切割磁感线产生感应电动势，竖直分速度v y不切割磁感线，即不产生感应电动势，故感应电动势E＝BL v0保持不变．答案C8．一个面积S＝4×10－2 m2、匝数n＝100匝的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图4-2-12所示，则下列判断正确的是()．图4-2-12A．在开始的2 s内穿过线圈的磁通量变化率等于0.08 Wb/s B．在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零C．在开始的2 s内线圈中产生的感应电动势等于8 V D．在第3 s末线圈中的感应电动势等于零解析磁通量的变化率ΔΦΔt＝ΔBΔt S，其中磁感应强度的变化率ΔBΔt即为Bt图象的斜率．由图知前2 s的ΔBΔt＝2 T/s，所以ΔΦΔt＝2×4×10－2 Wb/s＝0.08 Wb/s，A选项正确；在开始的2 s内磁感应强度B由2 T减到0，又从0向相反方向的B增加到2 T，所以这2 s内的磁通量的变化量ΔΦ＝B1S＋B2S＝2BS＝2×2×4×10－2Wb＝0.16 Wb，B选项错；在开始的2 s内E＝n ΔΦΔt＝100×0.08 V＝8 V，C选项正确；第 3 s末的感应电动势等于2～4 s内的电动势，E＝n ΔΦΔt＝nΔBΔt S＝100×2×4×10－2 V＝8 V.答案AC知识点三变压器规律9．一台理想变压器，原、副线圈的匝数比n1∶n2＝20∶1，原线圈接入220 V的交流电压，副线圈向一电阻为110 Ω的用电器供电，则副线圈中的电流为()．A．2 A B．0.1 AC．0.5 A D．0.005 A解析由于U1U2＝n1n2，故U2＝n2n1·U1＝120×220 V＝11 V，故副线圈电流I2＝U2R＝0.1A．B对．答案B10．如图4-2-13所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比n1∶n2＝10∶1，在原线圈ab两端加上电压为2202sin100πt V的正弦交变电流．当原线圈中ab两端的电压为100 V的瞬间，副线圈两端理想交流电压表的读数为()．图4-2-13A ．220 VB ．22 2 VC ．22 VD ．10 V解析 副线圈两端交流电压表读数为交变电压的有效值，由题意知ab 两端加的电压的有效值为220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2得，U 2＝n 2n 1U 1＝22 V ，故C 正确． 答案 C11．如图4-2-14甲所示，某线圈一共50匝，若穿过线圈的磁通量随时间的变化如图4-2-14乙所示，则a 、b 两点间的电压是多少？甲 乙图4-2-14解析 求a 、b 两点的电压就是求线圈中的感应电动势，由图乙得ΔΦΔt ＝0.5－0.10.4 V ＝1 V ，故E ＝n ΔΦΔt ＝50 V ，所以a 、b 两点间电压等于50 V .答案 50 V12．为了安全，机床上照明电灯用的电压是36 V ，这个电压是把220 V 的电压降压后得到的．如果变压器的原线圈是1 100匝，能量损失不计，副线圈应该是多少匝？解析 对于理想的变压器而言，由U 1U 2＝n 1n 2得22036＝1 100n 2，故副线圈的匝数应为n 2＝180 匝．。

感应电动势的专项训练【例题精选】：例1：如图所示，裸金属线组成滑框，ab 可滑动，其电阻R 005=.Ω，长L m =03.串接电阻R =1Ω，匀强磁场B T =2，当ab 以v m s =5/向右匀速运动过程中，求： （1）ab 间感应电动势ε。

（2）ab 间的电压U ab 。

（3）保证ab 匀速运动，所加外力F 。

（4）在2秒的时间内，外力功W ；ab 生热Q ；电阻R 上生热。

分析：把图示结构等效成一个直接电路，把ab 间的电动势与ab 间的电压区别开。

从电源电动势定义可知电动势是电源自身性质，从电磁感应现象看ab 切割磁感线产生感应电动势相当电源，ε=BLv 。

是电动势，而不是电压，ab 间电压是电源路端电压U u I R =-=ε'·只有外电路断路时，U =ε，且U U U U ab a b ba =-=-。

解： （1）ε==⨯⨯=BLv v 20353.()。

（2）用右手定则判定，电源ab 内部感应电流由a 向b 所以U U b a >，()()U I R v U v ba ba ==+⨯==-·，3105122.。

（3）外力等于ab 所受安培力F BIL =，方向向左。

()F N =⨯+⨯=231050312... （4）W F v t J ==⨯⨯=··125212.()Q I R t J Q I R t J 1202222310505243105128==+⎛⎝ ⎫⎭⎪⨯⨯===+⎛⎝ ⎫⎭⎪⨯⨯=····..().()例2：光滑竖直放置∏型裸铜线导轨，电阻不计，宽L =10cm ，与轨良好接触滑杆ab 质量m g =02.，电阻R 002=.Ω，有水平方向的匀强磁场B T =01.。

分析：ab 由静止开始做什么类型的运动，求ab 下落的最大速度和最大加速度。

分析：ab 静止时，只受重力mg ，加速度为g ，向下加速运动。