学年高中物理第一章电磁感应习题课法拉第电磁感应定律的应用练习教科版选修.docx

法拉第电磁感应定律1．闭合的金属环处于随时间均匀变化的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环平面，则( )A ．环中产生的感应电动势均匀变化B ．环中产生的感应电流均匀变化C ．环中产生的感应电动势保持不变D ．环上某一小段导体所受的安培力保持不变【答案】C【解析】磁场均匀变化，也就是说ΔB Δt ＝k ，根据感应电动势的定义式，E ＝ΔΦΔt ＝S ΔB Δt＝kS ，其中k 是一个常量，所以圆环中产生的感应电动势的数值是一个常量，故A 、B 错误，C 正确；由F ＝BIL 知，I 不变，B 增大，故安培力增大，故D 错误．2．穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系如图所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是( )A ．0～2 sB ．2～4 sC ．4～5 sD ．5～10 s【答案】D【解析】图线斜率的绝对值越小，表明磁通量的变化率越小，感应电动势也就越小．3．如图所示，abc 为一金属导体，ab ＝bc ＝l ，置于磁感应强度为B 的匀强磁场中．当导体以速度v 向右运动时，ac 上产生的感应电动势为( )A ．Blv B.32Blv C.12Blv D ．Blv ＋32Blv 【答案】B【解析】ab 边不切割磁感线，bc 边在竖直方向的分量可视为切割磁感线的有效长度，根据感应电动势公式得E ＝Blv s in 60°＝32Blv ，答案为B. 4．(多选)一个面积S ＝4×10－2 m 2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 变化的规律如图所示，则下列判断正确的是( )A ．在开始的2 s 内穿过线圈的磁通量变化率大小等于0.08 Wb/sB ．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大小等于0.08 VD ．在第3 s 末线圈中的感应电动势等于零【答案】AC【解析】0～2 s 内，ΔB ＝4 T ，ΔΦ＝ΔB ·S ＝1.6×10－1Wb ，所以E ＝ΔΦΔt＝0.08 V ，故A 、C 正确，B 错误.3 s 末线圈的磁通量为零，但其变化率不为零，所以感应电动势不等于零，故D 错误．5．(2016·青岛检测)有一个100匝的线圈，横截面是边长为L ＝0.2 m 的正方形，其左半部分放在初始磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场中如图甲，线圈平面与磁场垂直，若磁感应强度的变化如图乙所示，则在前5 s 内穿过线圈的磁通量改变了多少？磁通量的变化率是多少？线圈的感应电动势是多少？甲 乙【答案】0.01 Wb 0.002 Wb/s 0.2 V【解析】线框的有效面积为S 0＝L 22＝0.222 m 2＝0.02 m 2， ΔΦ＝ΔB ·S ＝0.5×0.02 Wb＝0.01 Wb ，由磁通量的变化率ΔΦΔt ＝0.01 Wb 5 s＝0.002 Wb/s ， 由E ＝n ΔΦΔt＝100×0.002 V＝0.2 V.。

第 1 节电磁感觉现象的发现第 2 节感觉电流产生的条件1．法拉第把惹起电流的原由归纳为五类，它们都与变化和运动相联系，即：变化中的电流、变化中的磁场、运动中的恒定电流、运动中的磁铁、运动中的导体．2．感觉电流的产生条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化时，这个闭合电路中就有感觉电流产生．3．在物理学的发展过程中，很多物理学家的科学发现推进了人类历史的进步，在对以下几位物理学家所做科学贡献的表达中，不正确的说法是() A．库仑发现了电流的磁效应B．爱因斯坦创办了相对论C．法拉第发现了电磁感觉现象D．牛顿提出了万有引力定律确立了天体力学的基础答案 A分析奥斯特发现电流的磁效应， A 错误， B、C、D 项正确．4．对于磁通量，以下说法中正确的选项是()A．磁通量不单有大小，并且有方向，所以是矢量B．磁通量越大，磁感觉强度越大C．经过某一面的磁通量为零，该处磁感觉强度不必定为零D．磁通量就是磁感觉强度答案C分析磁通量是标量，故 A 不对；由Φ＝BS ⊥可知Φ由 B 和 S⊥两个要素决定，Φ较大，有可能是因为 S⊥较大造成的，所以磁通量越大，磁感觉强度越大是错误的，故 B 不对；由Φ＝BS ⊥可知，当线圈平面与磁场方向平行时， S⊥＝0，Φ＝0，但磁感觉强度 B 不为零，故 C 对；磁通量和磁感觉强度是两个不一样的物理量，故 D 不对．5．以下图，用导线做成圆形或正方形回路，这些回路与向来导线构成几种地点组合 (相互绝缘 )，以下组合中，切断直导线中的电流时，闭合回路中会有感觉电流产生的是 ()答案CD分析利用安培定章判断直线电流产生的磁场，其磁感线是一些以直导线为轴的无数组齐心圆，即磁感线所在平面均垂直于导线，且直线电流产生的磁场分布状况是：凑近直导线处磁场强，远离直导线处磁场弱．所以， A 中穿过圆形线圈的磁场如图甲所示，其有效磁通量为ΦA＝Φ出－Φ进＝0，且一直为0，即便切断导线中的电流，ΦA 也一直为0，A中不行能产生感觉电流．B中线圈平面与导线的磁场平行，穿过 B 的磁通量也一直为 0，B 中也不可以产生感觉电流． C 中穿过线圈的磁通量如图乙所示，Φ进>Φ出，即ΦC≠0，当切断导线中电流后，经过一准时间，穿过线圈的磁通量ΦC 减小为0，所以C中有感觉电流产生； D 中线圈的磁通量ΦD 不为0，当电流切断后，ΦD 最后也减小为0，所以D中也有感觉电流产生．【观点规律练】知识点一磁通量的理解及其计算1．如图 1 所示，有一个 100 匝的线圈，其横截面是边长为L＝0.20m 的正方形，放在磁感觉强度为 B＝0.50T 的匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直．若将这个线圈横截面的形状由正方形改变为圆形 (横截面的周长不变 )，在这一过程中穿过线圈的磁通量改变了多少？5.5 ×10 －3Wb 图 1答案分析线圈横截面为正方形时的面积S1＝ L2＝(0.20) 2m2＝4.0 ×10－2m2 .穿过线圈的磁通量－2－211＝0.50 ×4.0×10Wb ＝2.0 ×10WbΦ＝BS横截面形状为圆形时，其半径r＝4L/2 π＝2L/ π.242截面积大小 S2＝π(2L/ π)＝25πm穿过线圈的磁通量－2Φ2＝BS 2＝0.50×4/(25π) Wb≈2.55×Wb10.所以，磁通量的变化ΔΦ＝Φ2－Φ1＝(2.55－2.0)×10－2Wb＝5.5×10－3Wb评论磁通量Φ＝ BS 的计算有几点要注意：(1)S 是指闭合回路中包括磁场的那部分有效面积；B是匀强磁场中的磁感觉强度．(2)磁通量与线圈的匝数没关，也就是磁通量大小不受线圈匝数的影响．同理，磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2 －Φ1 也不受线圈匝数的影响．所以，直接用公式求Φ、ΔΦ时，不用去考虑线圈匝数 n.2．如图 2 所示，线圈平面与水平方向成θ角，磁感线竖直向下，设磁感觉强度为 B，线圈面积为 S，则穿过线圈的磁通量Φ＝________.图 2答案BScos θ分析线圈平面 abcd 与磁场不垂直，不可以直接用公式Φ＝BS 计算，能够用不一样的分解方法进行．能够将平面 abcd 向垂直于磁感觉强度的方向投影，使用投影面积；也能够将磁感觉强度沿垂直于平面和平行于平面正交分解，使用磁感觉强度的垂直重量．解法一：把面积 S 投影到与磁场 B 垂直的方向，即水平方向a′b′cd，则 S⊥＝Scos θ，故Φ＝ BS⊥＝ BScos θ.解法二：把磁场 B 分解为平行于线圈平面的重量 B∥和垂直于线圈平面的重量B⊥，明显 B∥不穿过线圈，且 B⊥＝Bcos θ，故Φ＝B⊥ S＝BScos θ.评论在应用公式Φ＝BS 计算磁通量时，要特别注意 B⊥ S 的条件，应依据实质状况选择不一样的方法，千万不要乱套公式．知识点二感觉电流产生的条件3．以下状况能产生感觉电流的是()图 3A．如图甲所示，导体AB 顺着磁感线运动B．如图乙所示，条形磁铁插入或拔出线圈时C．如图丙所示，小螺线管 A 插入大螺线管 B 中不动，开关 S 向来接通时D．如图丙所示，小螺线管 A 插入大螺线管 B 中不动，开关 S 向来接通，当改变滑动变阻器的阻值时答案BD分析 A 中导体棒顺着磁感线运动，穿过闭合电路的磁通量没有发生变化无感觉电流，故 A 错；B 中条形磁铁插入线圈时线圈中的磁通量增添，拔出时线圈中的磁通量减少，都有感觉电流，故 B 正确； C 中开关 S 向来接通，回路中为恒定电流，螺线管 A 产生的磁场稳固，螺线管 B 中的磁通量无变化，线圈中不产生感觉电流，故 C 错； D 中开关 S 接通滑动变阻器的阻值变化使闭合回路中的电流变化，螺线管 A 的磁场变化，螺线管 B 中磁通量变化，线圈中产生感觉电流，故 D 正确．评论电路闭合，磁通量变化，是产生感觉电流的两个必需条件，缺一不可．电路中有没有磁通量不是产生感觉电流的条件，假如穿过电路的磁通量只管很大但不变化，那么不论有多大，都不会产生感觉电流．4．如图 4 所示，线圈Ⅰ与电源、开关、滑动变阻器相连，线圈G 相连，线圈Ⅰ与线圈Ⅱ绕在同一个铁芯上，在以下状况下，电流计Ⅱ与电流计G 中有示数的是 ()图 4A．开封闭合瞬时B．开封闭合一段时间后C．开封闭合一段时间后，往返挪动变阻器滑动端D．开关断开瞬时答案ACD分析 A 中开封闭合前，线圈Ⅰ、Ⅱ中均无磁场，开封闭合瞬时，线圈Ⅰ中电流从无到有形成磁场，穿过线圈Ⅱ 的磁通量从无到有，线圈Ⅱ 中产生感觉电流，电流计 G 有示数．故 A 正确． B 中开封闭合一段时间后，线圈Ⅰ中电流稳固不变，电流的磁场不变，此时线圈Ⅱ 虽有磁通量但磁通量稳固不变，线圈Ⅱ 中无感觉电流产生，电流计 G 中无示数．故 B 错误． C 中开封闭合一段时间后，往返挪动滑动变阻器滑动端，电阻变化，线圈Ⅰ中的电流变化，电流形成的磁场也发生变化，穿过线圈Ⅱ的磁通量也发生变化，线圈Ⅱ中有感觉电流产生，电流计 G 中有示数．故 C 正确． D 中开关断开瞬时，线圈Ⅰ中电流从有到无，电流的磁场也从有到无，穿过线圈Ⅱ 的磁通量也从有到无发生变化，线圈Ⅱ 中有感觉电流产生，电流计 G 中有示数．故 D 正确．评论变化的电流惹起闭合线圈中磁通量的变化，是产生感觉电流的一种情况．【方法技巧练】一、磁通量变化量的求解方法5．面积为S 的矩形线框abcd ，处在磁感觉强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与线框平面成θ角(如图5 所示)，当线框以ab 为轴顺时针转90°时，穿过abcd 面的磁通量变化量ΔΦ＝ ________.图 5答案－BS(cos θ＋sin θ)分析磁通量由磁感觉强度矢量在垂直于线框面上的重量决定．开始时B 与线框面成θ角，磁通量为Φ＝BSsin θ；线框面按题意方向转动时，磁通量减少，当转动 90°时，磁通量变为“负”值，Φ2＝－ BScos θ.可见，磁通量的变化量为ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－BScosθ－BSsinθ＝－ BS(cos θ＋ sinθ)实质上，在线框转过 90°的过程中，穿过线框的磁通量是由正向 BSsinθ减小到零，再由零增大到负向 BScos θ.方法总结磁通量虽是标量，但有正、负，正、负号仅表示磁感线从不一样的方向穿过平面，不表示大小．6．如图 6 所示，通电直导线下面有一个矩形线框，线框平面与直导线共面．若使线框渐渐远离 (平动 )通电导线，则穿过线框的磁通量将()图 6A．渐渐增大B．渐渐减小C．保持不变 D．不可以确立答案B分析当矩形线框在线框与直导线决定的平面内渐渐远离通电导线平动时，因为走开导线越远，磁场越弱，而线框的面积不变，则穿过线框的磁通量将减小，所以 B 正确．方法总结惹起磁通量变化一般有四种状况S(如知识点(1)磁感觉强度 B 不变，有效面积 S 变化，则ΔΦ＝Φt－Φ＝B一中的 1 题)(2)磁感觉强度 B 变化，磁感线穿过的有效面积 S 不变，则ΔΦ＝Φ0t－Φ＝BS(如本题)(3)线圈平面与磁场方向的夹角θ发生变化时，即线圈在垂直于磁场方向的投影面积 S⊥＝Ssinθ发生变化，进而惹起穿过线圈的磁通量发生变化，即B、S 不变，θ变化． (这样栏目中的 5题)S 同时发生变化的状况，则ΔΦ＝Φ－(4) 磁感觉强度 B 和回路面积tΦ0≠ΔB·ΔS二、感觉电流有无的判断方法7．如图 7 所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框，在以下四种状况下，线框中会产生感觉电流的是()图 7A．线框平面一直与磁感线平行，线框在磁场中左右运动B．线框平面一直与磁感线平行，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 转动答案CA、B、分析四种状况中初始地点线框均与磁感线平行，磁通量为零，按D三种状况线圈挪动后，线框仍与磁感线平行，磁通量保持为零不变，线框中不产生感觉电流． C 中线圈转动后，穿过线框的磁通量不停发生变化，所以产生感觉电流， C 项正确．方法总结 (1)判断有无感觉电流产生的重点是抓住两个条件：①电路能否为闭合电路；②穿过电路自己的磁通量能否发生变化，其主要内涵表此刻“变化” 二字上．电路中有没有磁通量不是产生感觉电流的条件，假如穿过电路的磁通量很大但不变化，那么不论有多大，也不会产生感觉电流．(2)剖析磁通量能否变化时，既要弄清楚磁场的磁感线散布，又要注意惹起磁通量变化的三种状况：①因为线框所在处的磁场变化惹起磁通量变化；②因为线框所在垂直于磁场方向的投影面积变化惹起磁通量变化；③有可能是磁场及其垂直于磁场的面积都发生变化．8．以下状况中都是线框在磁场中切割磁感线运动，此中线框中有感觉电流的是()答案BC分析 A 中固然导体“切割”了磁感线，但穿过闭合线框的磁通量并无发生变化，没有感觉电流． B 中导体框的一部分导体“切割”了磁感线，穿过线框的磁感线条数愈来愈少，线框中有感觉电流． C 中固然与 A 近似，但因为是非匀强磁场运动过程中，穿过线框的磁感线条数增添，线框中有感觉电流． D 中线框只管是部分切割，但磁感线条数不变，无感觉电流，应选B、C.方法总结在利用“切割”来议论和判断有无感觉电流时，应当注意：①导体能否将磁感线“切断”，假如没有“切断”就不可以说切割．以以下图所示，甲、乙两图中，导线是真“切割”，而图丙中，导体没有切割磁感线．②即便导体真“切割”了磁感线，也不可以保证就能产生感觉电流．比如上题中A、 D 选项状况，假如由切割不简单判断，仍是要回归到磁通量能否变化上去．1．以下现象中，属于电磁感觉现象的是()A．小磁针在通电导线邻近发生偏转B．通电线圈在磁场中转动C．因闭合线圈在磁场中运动而产生的电流D．磁铁吸引小磁针答案C分析电磁感觉是指“磁生电”的现象，而小磁针和通电线圈在磁场中转动，反应了磁场力的性质，所以A、 B、 D 不是电磁感觉现象， C 是电磁感觉现象．2．在电磁感觉现象中，以下说法正确的选项是()A．导体相对磁场运动，导体内必定产生感觉电流B．导体做切割磁感线运动，导体内必定会产生感觉电流C．闭合电路在磁场内做切割磁感线运动，导体内必定会产生感觉电流D．穿过闭合电路的磁通量发生变化，在电路中必定会产生感觉电流答案D分析本题的重点是理解产生感觉电流的条件．第一是“闭合电路”，A、B两项中电路能否闭合不确立，故A、B 两项错误；其次当电路闭合时，只有一部分导体切割磁感线才产生感觉电流， C 项错误；当闭合电路中磁通量发生变化时，电路中产生感觉电流， D 项正确．故正确答案为 D.3．一个闭合线圈中没有感觉电流产生，由此能够得出()A．此时此地必定没有磁场B．此时此地必定没有磁场的变化C．穿过线圈平面的磁感线条数必定没有变化D．穿过线圈平面的磁通量必定没有变化答案D分析磁感线条数不变不等于磁通量不变．4．如图 8 所示，通电螺线管水平固定， OO ′为其轴线， a、b、c 三点在该轴线上，在这三点处各放一个完整同样的小圆环，且各圆环平面垂直于 OO ′轴．则对于这三点的磁感觉强度 B a、B b、B c的大小关系及穿过三个小圆环的磁通量Φa、Φb、Φc 的大小关系，以下判断正确的选项是()图 8A．B a＝ B b＝B c，Φa＝Φb＝ΦcB．B a>B b>B c，Φa <Φb <ΦcC．B a>B b>B c，Φa >Φb >ΦcD．B a>B b>B c，Φa＝Φb＝Φc答案CB a>B b>B c，由Φ＝ BS 可得分析依据通电螺线管产生的磁场特色可知Φ>Φ>Φ.故C正确．ab c4．如图 8 所示，通电螺线管水平固定， OO ′为其轴线， a、b、c 三点在该轴线上，在这三点处各放一个完整同样的小圆环，且各圆环平面垂直于 OO ′轴．则对于这三点的磁感觉强度 B a、B b、B c的大小关系及穿过三个小圆环的磁通量Φa、Φb、Φc 的大小关系，以下判断正确的选项是()图 9A．BSB．4BS/5C．3BS/5 D．3BS/4答案B4分析经过线框的磁通量Φ＝BSsinα＝5BS .6．如图 10 所示，ab 是水平面上一个圆的直径，在过 ab 的竖直平面内有一根通电导线 ef，已知 ef 平行于 ab ，当 ef 竖直向上平移时，电流产生的磁场穿过圆面积的磁通量将 ()图 10A．渐渐增大C．一直为零B．渐渐减小D．不为零，但保持不变答案C分析导线 ef 四周的磁场是以ef 为圆心的一系列齐心圆，水平面上的圆上的不一样点到 ef 的距离不一样，相当于在半径不一样的圆周上，因为ef∥ ab，且 ef 与ab 在同一竖直平面内，因此ef 产生的磁场方向正幸亏ab 双侧且对称地从一边穿入从另一边对称穿出，净剩磁感线条数为零，因此穿过圆的磁通量为零，当ef 向上平移时，穿过圆的磁通量仍为零．7．如图 11 所示，矩形闭合导线与匀强磁场垂直，必定产生感觉电流的是()图 11A．垂直于纸面平动B．以一条边为轴转动C．线圈形状渐渐变为圆形D．沿与磁场垂直的方向平动答案BC8．在以下图的各图中，闭合线框中能产生感觉电流的是()答案AB分析感觉电流产生的条件是：只需穿过闭合线圈的磁通量变化，闭合线圈中就有感觉电流产生． A 图中，当线圈转动过程中，线圈的磁通量发生变化，线圈中有感觉电流产生； B 图中离直导线越远磁场越弱，磁感线越稀，所以当线圈远离导线时，线圈中磁通量不停变小，所以 B 图中也有感觉电流产生； C 图中必定要把条形磁铁四周的磁感线空间散布图弄清楚，在图示地点，线圈中的磁通量为零，在向下挪动过程中，线圈的磁通量向来为零，磁通量不变，线圈中无感觉电流产生； D 图中，线圈中的磁通量向来不变，线圈中无感觉电流产生．故正确答案为 A、 B.9．如图 12 所示，开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外，若要使线框中产生感觉电流，以下方法中不行行的是()．．．图 12A．将线框向左拉出磁场B．以 ab 边为轴转动 (小于 90°)C．以 ad 边为轴转动 (小于 60°)D．以 bc 边为轴转动 (小于 60°)答案D分析将线框向左拉出磁场的过程中，线框的 bc 部分做切割磁感线运动，或许说穿过线框的磁通量减少，所以线框中将产生感觉电流．当线框以 ab 边为轴转动时，线框的 cd 边的右半段在做切割磁感线运动，或许说穿过线框的磁通量在发生变化，所以线框中将产生感觉电流．当线框以 ad 边为轴转动 (小于 60°)时，穿过线框的磁通量在减小，所以在这个过程中线框中会产生感觉电流．假如转过的角度超出60°(60 °～300°)，bc 边将进入无磁场区，那么线框中将不产生感觉电流．当线框以 bc 边为轴转动时，假如转动的角度小于60°，则穿过线框的磁通量一直保持不变 (其值为磁感觉强度与矩形线框面积的一半的乘积)．10． A、B 两回路中各有一开关S1、S2，且回路 A 中接有电源，回路 B 中接有敏捷电流计 (如图 13 所示 )，以下操作及相应的结果可能实现的是()图 13A．先闭合 S2，后闭合 S1的瞬时，电流计指针偏转B．S1、 S2闭合后，在断开S2的瞬时，电流计指针偏转C．先闭合 S1，后闭合 S2的瞬时，电流计指针偏转D．S 1、S2闭合后，在断开S1的瞬时，电流计指针偏转答案AD11．线圈 A 中接犹如图 14 所示的电源，线圈 B 有一半的面积处在线圈 A 中，两线圈平行但不接触，则在开关 S 闭合的瞬时，线圈 B 中有无感觉电流？图 14答案看法析分析有，将 S 闭合的瞬时，与线圈 A 构成的闭合电路有电流经过，线圈 A 产生的磁场要穿过线圈 B.线圈 A 中有环形电流，其磁场不单穿过线圈自己所包围的面积，方向向外，也穿过线圈外的广大面积，方向向里．但线圈 A 所包围的面积内磁通密度大，外头面积上的磁通密度小．线圈 B 与 A 重合的一半面积上向外的磁通量大于另一半面积上向里的磁通量，所以线圈 B 所包围的总磁通量不为零，并且方向向外．也就是说，在开关S 闭合的瞬时，穿过线圈 B 的磁通量增添，所以有感觉电流．12．匀强磁场地区宽为 L，一正方形线框 abcd 的边长为 l，且 l>L，线框以速度 v 经过磁场地区，如图 15 所示，从线框进入到完整走开磁场的时间内，线框中没有感觉电流的时间是多少？学年高中物理第一章电磁感应第节电磁感应的发现感应电流产生的条件练习教科版选修.docx图 15l－L答案v分析ad 边和 bc 边都在磁场外时，线框中的磁通量不变，没有感觉电流．l－ L线圈中没有感觉电流的时间为t＝v .13．匀强磁场的磁感觉强度 B＝0.8T ，矩形线圈 abcd 的面积 S＝0.5m 2，共10 匝，开始 B 与 S 垂直且线圈有一半在磁场中，如图 16 所示．(1)当线圈绕 ab 边转过 60°时，线圈的磁通量以及此过程中磁通量的改变量为多少？(2)当线圈绕 dc 边转过 60°时，求线圈中的磁通量以及此过程中磁通量的改变量．图 16答案看法析1分析(1)当线圈绕 ab 转过 60°时，Φ＝BS ⊥＝BS cos60°＝ 0.8 ×0.5 × Wb ＝20.2Wb( 此时的 S⊥正好所有处在磁场中 )．在此过程中 S⊥没变，穿过线圈的磁感线条数没变，故磁通量变化量ΔΦ＝0.(2) 当线圈绕 dc 边转过 60°时，Φ＝BS ⊥，S过S⊥，所以Φ＝0；不转时Φ1＝ B·＝0.2Wb ，转动后Φ2＝0， 2ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－0.2Wb，故磁通量改变了0.2Wb.。

2020-2021学年人教版选修3-24.4法拉第电磁感应定律 随堂检测（含解析）1.关于线圈中产生的感应电动势，下列说法中正确的是( ) A.线圈中磁通量的变化量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大 B.线圈中磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大 C.线圈放在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电动势一定越大 D.线圈中磁通量减小得越快，线圈中产生的感应电动势一定越大2.如图所示，半径为r 的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场(磁感应强度为B )中，绕过圆心O 点的轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R 的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)( )A.由c 到d ，2Br I R ω=B.由d 到c ，2Br I R ω=C.由c 到d ，22Br I Rω=D.由d 到c ，22Br I Rω=3.如图所示，处在匀强磁场中的线圈，匝数为n ，面积为S ，磁场方向平行于线圈轴线向右.若在t ∆时间内，磁感应强度大小由1B 均匀增加到2B ，则该段时间内线圈两端a 和b 之间的电势差a b ϕϕ-( )A.恒为21()nS B B t -∆B.从0均匀变化到21()nS B B t -∆C.恒为21()nS B B t--∆D.从0均匀变化到21()nS B B t--∆4.如图所示，直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于ab 边向上.ac bc 、两金属棒分别串有电压表、电流表，当金属框绕ab 边以逆时针转动时，下列判断正确的是( )A.电压表有读数，电流表没有读数B.电压表有读数，电流表也有读数C.电压表没有读数，电流表有读数D.电压表没有读数，电流表也没有读数5.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab 以垂直于棒的水平速度0v 抛出，设在整个过程中金属棒的方向不变且不计空气阻力，则金属棒运动过程中产生的感应电动势的大小变化情况是( )A.保持不变B.越来越小C.越来越大D.无法判断6.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。

高中物理重点——电磁感应知识点及练习一、电磁感应基本概念1. 电磁感应的基本原理2. 法拉第电磁感应定律3. 洛伦兹力的概念练习题：1. 一根长度为20 cm 的导线以10 m/s 的速度进入一个磁感应强度为0.5 T 的匀强磁场中，导线的两端产生的感应电动势为多少？答案：1 V2. 一个载流导体绕着垂直于磁场方向的轴旋转，导体两端产生的感应电动势的大小为导体长度乘以什么？答案：磁感应强度3. 当磁通量密度变化率为200 T/s 时，一个线圈内部产生的感应电动势为20 V，此时线圈中的匝数为多少？答案：100二、法拉第电磁感应定律应用1. 电动势的方向和大小2. 电磁感应的应用：感应电流和感应电磁铁3. 磁场中的动生电现象：电磁感应现象和劳埃德力练习题：1. 一个长度为25 cm 的导体被放置在一个磁感应强度为0.2 T 的匀强磁场中，且在导体的两端施加一共 2 A 的电流，求该导体受到的安培力大小为多少？答案：0.25 N2. 在一个长度为10 cm 的导体内部施加一个0.5 T 的磁场，导体稳定地保持在匀强磁场中，当导体的长度与磁场的夹角为30 度时，导体内部的自感系数为多少？答案：0.00125 H3. 一个宽度为10 cm，长度为20 cm，大约0.5 毫米厚的铜片在磁感应强度为0.1 T 的恒定磁场中以 5 m/s 的速度向下运动，求铜片两端感应的电动势大小为多少？答案：1 V三、电磁感应现象与电磁波1. 电磁波的基本特征和传播方式2. 波长和频率的关系及其应用3. 电磁波的反射、折射和衍射现象练习题：1. 某广播电台的发射频率为100 MHz，求其波长的大小为多少？答案：3 m2. 一台微波炉的工作频率为2.45 GHz，求其波长的大小为多少？答案：0.12 m3. 一个频率为500 MHz 的电磁波垂直入射到一种材质中，该材质的折射率为 1.5，求折射后的电磁波的频率为多少？答案：333.3 MHz总结：电磁感应是高中物理中的重要知识点，包括电磁感应的基本概念、法拉第电磁感应定律应用以及电磁感应现象与电磁波等内容。

第3节 法拉第电磁感觉定律1．由电磁感觉产生的电动势，叫感觉电动势．产生感觉电动势的那部分导体相当于电源，导体的电阻相当于电源的内阻．2．电路中感觉电动势的大小，跟穿过这个电路的磁通量的变化率成正比，表达式E ＝ΔΦΔt (单匝线圈)，E ＝n ΔΦΔt (多匝线圈)．当导体切割磁感线产生感觉电动势时E ＝BLv (B 、L 、v 两两垂直)，E ＝BLv sin_α(v ⊥L 但v 与B 夹角为α)．3．关于感觉电动势，以下说法中正确的选项是( )A ．电源电动势就是感觉电动势B ．产生感觉电动势的那部分导体相当于电源C ．在电磁感觉现象中没有感觉电流就必然没有感觉电动势D ．电路中有电流就必然有感觉电动势答案 B解析 电源电动势的本源很多，不用然是由于电磁感觉产生的，因此选项A 错误；在电磁感觉现象中，若是没有感觉电流，也能够有感觉电动势，C 错误；电路中的电流可能是由化学电池或其余电池作为电源供应的，因此有电流不用然有感觉电动势．4．穿过一个单匝线圈的磁通量向来保持每秒钟平均地减少2Wb ，则( )A ．线圈中感觉电动势每秒钟增加2VB ．线圈中感觉电动势每秒钟减少2VC ．线圈中无感觉电动势D ．线圈中感觉电动势保持不变答案 D图15．穿过某线圈的磁通量随时间的变化如图1所示，在线圈内产生感觉电动势最大值的时间是( )A ．0～2sB ．2s ～4sC ．4s ～6sD ．6s ～10s答案 C解析 Φ－t 图象中，图象斜率越大，ΔΦΔt 越大，感觉电动势就越大．【看法规律练】知识点一 公式E ＝n ΔΦΔt的理解 1．一个200匝、面积为20cm 2的线圈，放在磁场中，磁场的方向与线圈平面成30°角，若磁感觉强度在0.05s 内由0.1T 增加到0.5T ，在此过程中穿过线圈的磁通量的变化量是________Wb ；磁通量的平均变化率是________Wb/s ；线圈中感觉电动势的大小是________V.答案 4×10－4 8×10－3 1.6解析 磁通量的变化量是由磁场的变化引起的，应该用公式ΔΦ＝ΔBS sin α来计算，因此ΔΦ＝ΔBS sin α＝(0.5－0.1)×20×10－4×0.5Wb＝4×10－4Wb磁通量的变化率为ΔΦΔt ＝4×10－40.05Wb/s ＝8×10－3 Wb/s ， 感觉电动势的大小可依照法拉第电磁感觉定律得E ＝n ΔΦΔt ＝200×8×10－3V ＝1.6V议论 要理解好公式E ＝n ΔΦΔt ，第一要区分好磁通量Φ，磁通量的变化量ΔΦ，磁通量的变化率ΔΦ，现列表以下：特别提示 ①对Φ、ΔΦ、ΔΦΔt 而言，穿过一匝线圈和穿过n 匝是同样的，而感觉电动势则不同样，感觉电动势与匝数成正比．②磁通量和磁通量的变化率的大小没有直接关系，Φ很大时，ΔΦΔt 可能很小，也可能很大；Φ＝0时，ΔΦΔt 可能不为零．2．以下说法正确的选项是( )A ．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感觉电动必然定越大B ．线圈中磁通量越大，线圈中产生的感觉电动必然定越大C ．线圈处在磁场越强的地址，线圈中产生的感觉电动必然定越大D ．线圈中磁通量变化得越快，线圈中产生的感觉电动势越大答案 D解析 线圈中产生的感觉电动势E ＝n ΔΦΔt ，即E 与ΔΦΔt 成正比，与Φ或ΔΦ的大小无直接关系．磁通量变化得越快，即ΔΦΔt 越大，产生的感觉电动势越大，故只有D 正确．议论 正确理解决定感觉电动势大小的因素是磁通量的变化率，这是解析本题的要点．知识点二 公式E ＝BLv sin α的理解3．如图2所示，在磁感觉强度为1T 的匀强磁场中，一根跟磁场垂直长20cm 的导线以2m/s 的速度运动，运动方向垂直导线与磁感线成30°角，则导线中的感觉电动势为________．图2答案 0.2V解析 E ＝Blv sin30°＝(1×0.2×2×sin30°) V ＝0.2V议论 (1)当导体平动垂直切割磁感线时，即B 、L 、v 两两垂直时(以下列图)E ＝BLv .(2)当导体平动但不垂直切割磁感线时即v 与B 有一夹角α，如右图所示，此时可将导体的速度v 向垂直于磁感线和平行于磁感线两个方向分解，则分速度v 2＝v cos α不使导体切割磁感线，使导体切割磁感线的是分速度v 1＝v sin α，从而使导体产生的感觉电动势为：E ＝BLv 1＝BLv sin α.特别提示 不要死记公式，要理解含意v sin α是导体切割磁感线的速度．4．在磁感觉强度为B 的匀强磁场中，长为l 的金属棒OA 在垂直于磁场方向的平面内绕O 点以角速度ω匀速转动，如图3所示，求：金属棒OA 上产生的感觉电动势．图3答案 12Bl 2ω解析 由v ＝rω，可知各点处速度与该点到O 点的距离r 成正比，速度都与棒垂直，我们能够求出棒OA 上各点的平均速度v ＝l 2ω，即与棒中点的速度同样．(只有成正比率的量，中点值才等于平均值)可得E ＝Blv ＝Bl ·l 2ω＝12Bl 2ω.议论 当导体棒转动切割磁感线时，若棒上各处磁感觉强度B 同样，则可直接应用公式E ＝12Bl 2ω.【方法技巧练】电动势公式E ＝n ΔΦΔt 和E ＝BLv sin α的采用技巧5．如图4所示，两根相距为l 的平行直导轨abdc ，bd 间连有一固定电阻R ，导轨电阻可忽略不计．MN 为放在ab 和dc 上的一导体杆，与ab 垂直，其电阻也为R .整个装置处于匀强磁场中，磁感觉强度的大小为B ，磁场方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内)．现对MN 施力使它沿导轨方向以速度v 做匀速运动．令U 表示MN 两端电压的大小，则U ＝________.图4答案 Blv 2解析 此回路的感觉电动势有两种求法(1)因B 、l 、v 两两垂直可直接采用E ＝Blv得E ＝vBl(2)可由法拉第电磁感觉定律E ＝ΔΦΔt 求解因在Δt 时间内，杆扫过的面积ΔS ＝lv Δt因此回路磁通量的变化ΔΦ＝B ΔS ＝Blv Δt由E ＝ΔΦΔt 得E ＝Blv题目中的导体棒相当于电源，其电动势E ＝Blv ，其内阻等于R ，则U ＝Blv 2.方法总结 求解导体做切割磁感线运动产生大小不变的感觉电动势的问题时，两个公式都可使用．6．如图5所示，A 、B 两个闭合线圈用同样的导线制成，匝数都为10匝，半径r A ＝2r B ，图示地域内有磁感觉强度平均减小的匀强磁场，则A 、B 线圈中产生的感觉电动势之比为E A ∶E B ＝________，线圈中的感觉电流之比为I A ∶I B ＝________.图5答案 1∶1 1∶2解析 A 、B 两环中磁通量的变化率同样，线圈匝数同样，由E ＝n ΔΦΔt 可得E A ∶E B ＝1∶1；又由于R ＝ρl S ，故R A ∶R B ＝2∶1，因此I A ∶I B ＝1∶2.方法总结 当导体和磁场间无相对运动时，磁通量的变化完好部是由磁场的变化引起的，感觉电动势的计算只能采用公式E ＝n ΔΦΔt .7．如图6所示，用一阻值为R 的平均细导线围成的金属环半径为a ，匀强磁场的磁感觉强度为B ，垂直穿过金属环所在平面．电阻为R 2的导体杆AB ，沿环表面以速度v 向右滑至环中央时，杆的端电压为( )图6A ．Bav B.12BavC.23BavD.43Bav答案 C解析 当电阻为R 2的导体杆AB 沿环表面以速度v 向右滑至环中央时，这个回路的总电动势为：E ＝2Bav .并联的两个半圆环的等效电阻为R 4，杆的端电压为U AB ＝E ·R 外R 外＋r＝23Bav . 方法总结 当磁场和导体间有相对运动，且感觉电动势大小在变化，求瞬时感觉电动势时，应采用公式E ＝BLv sin α.8．如图7所示，匀强磁场的磁感觉强度为B ，方向竖直向下，在磁场中有一边长为l 的正方形导线框，ab 边质量为m ，其余边质量不计，cd 边有固定的水平轴，导线框能够绕其转动；现将导线框拉至水平川址由静止释放，不计摩擦和空气阻力，金属框经过时间t 运动到竖直地址，此时ab 边的速度为v ，求：图7(1)此过程中线框产生的平均感觉电动势的大小；(2)线框运动到竖直地址时线框感觉电动势的大小．答案 (1)Bl 2t (2)Blv解析 (1)Φ1＝BS ＝Bl 2，转到竖直地址Φ2＝0ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－Bl 2依照法拉第电磁感觉定律，有E ＝ΔΦΔt ＝－Bl 2t平均感觉电动势的大小为E ＝Bl 2t(2)转到竖直地址时，bc 、ad 两边不切割磁感线，ab 边垂直切割磁感线，E ＝Blv ，此时求的是瞬时感觉电动势．方法总结 求解某一过程(或某一段时间)中的感觉电动势而平均速度又不能够求得时，应采用公式E ＝n ΔΦΔt .如问题(1)，但求某一瞬时感觉电动势时应采用E ＝BLv sin α.1．闭合的金属环处于随时间平均变化的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环平面，则( )A ．环中产生的感觉电动势平均变化B ．环中产生的感觉电流平均变化C ．环中产生的感觉电动势保持不变D ．环上某一小段导体所受的安培力保持不变答案 C解析 磁场平均变化，也就是说ΔB Δt ＝k ，依照感觉电动势的定义式，E ＝ΔΦΔt＝S ΔB Δt ＝kS ，其中k 是一个常量，因此圆环中产生的感觉电动势的数值是一个常量．2．单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速运动，转轴垂直于磁场，若线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图8所示，则O ～D 过程中( )图8A ．线圈中O 时辰感觉电动势最大B ．线圈中D 时辰感觉电动势为零C ．线圈中D 时辰感觉电动势最大D ．线圈中O 至D 时间内平均感觉电动势为0.4V答案 ABD解析 由法拉第电磁感觉定律知线圈中O 至D 时间内的平均感觉电动势E＝ΔΦΔt ＝2×10－30.01/2V ＝0.4V ．由感觉电动势的物理意义知，感觉电动势的大小与磁通量的大小Φ和磁通量的改变量ΔΦ均无必然联系，仅由磁通量的变化率ΔΦΔt 决定，而任何时辰磁通量的变化率ΔΦΔt 就是Φ－t 图象上该时辰切线的斜率，不难看出O 点处切线斜率最大，D 点处切线斜率最小为零，故A 、B 、D 选项正确．3．如图9所示，闭合开关S ，将条形磁铁插入闭合线圈，第一次用0.2s ，第二次用0.4s，并且两次的初步和停止地址同样，则()图9A．第一次磁通量变化较快B．第一次G的最大偏角较大C．第二次G的最大偏角较大D．若断开S，G均不偏转，故均无感觉电动势答案AB解析将磁铁插到闭合线圈的同一地址．磁通量的变化量同样，而用的时间不一样，因此磁通量的变化率不一样，第一次时间短变化快，感觉电动势大，故A、B正确；若断开S，无感觉电流，但有感觉电动势，故D错误．4．一闭合线圈放在随时间平均变化的磁场中，线圈平面和磁场方向垂直．若想使线圈中的感觉电流增强一倍，下述方法可行的是()A．使线圈匝数增加一倍B．使线圈面积增加一倍C．使线圈匝数减少一半D．使磁感觉强度的变化率增大一倍答案D解析依照E＝n ΔΦΔt＝nΔBΔt S求电动势，考虑到当n、S发生变化时导体的电阻也发生了变化．若匝数增加一倍，电阻也增加一倍，感觉电流不变，故A 错；若匝数减少一半，感觉电流也不变，故C错；若面积增加一倍，长度变为原来的2倍，因此电阻为原来的2倍，电流为原来的2倍，故B错，D正确．5．在图10中，EF、GH为平行的金属导轨，其电阻不计，R为电阻，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆．有匀强磁场垂直于导轨平面．若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB()图10A．匀速滑动时，I1＝0，I2＝0B．匀速滑动时，I1≠0，I2≠0C．加速滑动时，I1＝0，I2＝0D．加速滑动时，I1≠0，I2≠0答案D解析导体棒水平运动时产生感觉电动势，对整个电路，可把AB棒看做电源，等效电路以以下列图中(1)(2)所示．当棒匀速滑动时，电动势E不变，故I1≠0，I2＝0.当棒加速运动时，电动势E不断变大，电容器不断充电，故I1≠0，I2≠0.6．如图11所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路．虚线MN右侧有磁感觉强度为B的匀强磁场．方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD向来与MN垂直．从D点到达界线开始到C点进入磁场为止，以下结论正确的选项是()图11A．感觉电流大小不变B．CD段直导线向来不受安培力C．感觉电动势最大值E m＝BavD．感觉电动势平均值E＝14πBav答案CD解析在闭合电路进入磁场的过程中，导体的等效切割长度发生变化，电路的感觉电动势变化，故感觉电流大小变化，选项A错误．CD段与磁感觉强度垂直，且回路中有电流，故受安培力作用，选项B错误．当半圆闭合回路进入磁场一半时，这时有效切割长度最大为a，因此感觉电动势最大值E m＝Bav，C正确．感觉电动势平均值E＝ΔΦΔt＝14πBav.D正确．7．如图12所示，金属三角形导轨COD上放有一根金属棒MN.拉动MN，使它以速度v向右匀速运动，若是导轨和金属棒都是粗细同样的平均导体，电阻率都同样，那么在MN运动的过程中，闭合回路的()图12A．感觉电动势保持不变B．感觉电流保持不变C．感觉电动势逐渐增大D．感觉电流逐渐增大答案BC8．如图13所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出，设在整个过程中棒的运动方向不变且不计空气阻力，则在金属棒运动过程中产生的感觉电动势大小变化情况是()图13A．越来越大B．越来越小C．保持不变D．无法判断答案C解析金属棒水平抛出后，在垂直于磁场方向上的速度不变，由E＝BLv0知，感觉电动势不变，故C正确．9．粗细平均的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其界线与正方形线框的边平行．现使线框以同样大小的速度沿四个不一样方向平移出磁场，以以下列图所示，则在搬动过程中线框的一边a、b 两点间电势差绝对值最大的是()答案B解析正方形线框的一条边在做切割磁感线运动，产生的电动势在做切割运动的这条边中，设线框中的电动势为E，则依照欧姆定律可知，在图A、C、D 的情况下，a、b两点间的电势差大小为E/4，在图B的情况下a、b两点间的电势差大小为3E/4，应选B.10．穿过单匝闭合线圈的磁通量随时间变化的Φ－t图象如图14所示，由图知0～5s线圈中感觉电动势大小为________V,5s～10s线圈中感觉电动势大小为________V,10s～15s线圈中感觉电动势大小为________V.图14答案10211．如图15所示，abcd是一边长为l的匀质正方形导线框，总电阻为R，今使线框以恒定速度v水平向右穿过方向垂直于纸面向里的匀强磁场所区．已知磁感觉强度为B，磁场宽度为3l，求线框在进入磁区、完好进入磁区和穿出磁区三个过程中a、b两点间电势差的大小．图15答案3Blv4BlvBlv4解析导线框在进入磁区过程中，ab相当于电源，等效电路如图甲所示．E＝Blv，r＝14R，R外＝34R，I＝ER外＋r＝BlvR，U ab为端电压；因此U ab＝IR外＝3Blv 4.导线框全部进入过程中，磁通量不变，感觉电流I＝0，但U ab＝E＝Blv导线框在穿出磁区过程中，cd相当于电源，等效电路如图乙所示．E＝Blv，r＝14R，R外＝34R，I＝ER外＋r＝BlvR，U ab＝IR ab＝BlvR×14R＝Blv4.12．如图16所示，水平放置的平行金属导轨，相距l＝0.50m，左端接一电阻R＝0.20Ω，磁感觉强度B＝0.40T的匀强磁场方向垂直于导轨平面，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＝4.0m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：图16(1)ab棒中感觉电动势的大小；(2)回路中感觉电流的大小；(3)ab棒碰到的安培力的大小．答案(1)0.80V(2)4.0A(3)0.8N解析(1)依照法拉第电磁感觉定律，ab棒中的感觉电动势为E＝Blv＝0.40×0.50×4.0V＝0.80V(2)感觉电流大小为I＝ER＝0.800.20A＝4.0A(3)由于ab棒受安培力F＝IlB＝4.0×0.50×0.40N＝0.8N.。

习题课 电磁感应规律的应用一、基础练1．如图1所示，平行导轨间的距离为d ，一端跨接一个电阻R ，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于平行金属导轨所在的平面．一根足够长的金属棒与导轨成θ角放置．金属棒与导轨的电阻不计，当金属棒沿垂直于棒的方向滑行时，通过电阻R 的电流为( )图1 A.Bdv R B.Bdv sin θRC.Bdv cos θRD.Bdv R sin θ 答案 D解析 题中B 、l 、v 满足两两垂直的关系，所以E ＝Blv 其中l ＝d sin θ即E ＝Bdv sin θ，故通过电阻R 的电流为BdvR sin θ，选D.点评 正确理解E ＝BLv ，知道适用条件是三个量两两垂直． 2. 图2中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l ，磁场方向垂直纸面向里,abcd 是位于纸面内的梯形线圈，ad 与bc 间的距离也为l.t=0时刻，bc 边与磁场区域边界重合（如图）.现令线圈以恒定的速度v 沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域.取沿a →b →c →d →a 的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I 随时间t 变化的图线可能是()答案 B解析 线框进入时，磁通量是增加的，线框穿出时磁通量是减少的，由楞次定律可判断两次电流方向一定相反，故只能在A 、B 中选择，再由楞次定律及规定的电流正方向可判断进入时电流为负方向，故选B.3．如图3所示，ab 和cd 是位于水平面内的平行金属轨道，间距为l ，其电阻可忽略不计，ac 之间连接一阻值为R 的电阻．ef 为一垂直于ab 和cd 的金属杆，它与ad 和cd 接触良好并可沿轨道方向无摩擦地滑动．电阻可忽略．整个装置处在匀强磁场中，磁场方向垂直于图中纸面向里，磁感应强度为B ，当施外力使杆ef 以速度v 向右匀速运动时，杆ef 所受的安培力为( )图3 A.vB 2l 2R B.vBl RC.vB 2l RD.vBl 2R 答案 A4．如图4所示，先后两次将同一个矩形线圈由匀强磁场中拉出，两次拉动的速度相同．第一次线圈长边与磁场边界平行，将线圈全部拉出磁场区，拉力做功W 1、通过导线截面的电荷量为q 1，第二次线圈短边与磁场边界平行，将线圈全部拉出磁场区域，拉力做功为W 2、通过导线截面的电荷量为q 2，则( )图4A ．W 1>W 2，q 1＝q 2B ．W 1＝W 2，q 1>q 2C ．W 1<W 2，q 1<q 2D ．W 1>W 2，q 1>q 2答案 A解析 设矩形线圈的长边为a ，短边为b ，电阻为R ，速度为v ，则W 1＝BI 1ba ＝B ·Bav R ·a ·b ，W 2＝BI 2ba ＝B ·Bbv R·a ·b ，因为a >b ，所以W 1>W 2.通过导线截面的电荷量q 1＝I 1t 1＝Bav R ·b v＝q 2. 5．如图5所示，半径为a 的圆形区域(图中虚线)内有匀强磁场，磁感应强度为B ＝0.2T ，半径为b 的金属圆环与虚线圆同心、共面的放置，磁场与环面垂直，其中a ＝0.4m 、b ＝0.6m ；金属环上分别接有灯L 1、L 2，两灯的电阻均为2Ω.一金属棒MN 与金属环接触良好，棒与环的电阻均不计．图5(1)若棒以v 0＝5m/s 的速率沿环面向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO ′的瞬间，MN 中的电动势和流过灯L 1的电流．(2)撤去中间的金属棒MN ，将左面的半圆弧O L 1O ′以MN 为轴翻转90°，若此后B 随时间均匀变化，其变化率为ΔB Δt ＝4πT/s ，求灯L 2的功率． 答案 (1)0.8V 0.4A (2)1.28×10－2W解析 (1)棒滑过圆环直径OO ′的瞬间，MN 中的电动势为动生电动势，E ＝B ·2a ·v ＝0.8V.流经L 1的电流I ＝E R L1＝0.4A (2)电路中的电动势为感生电动势，E ＝πa 22·ΔB Δt灯L 2的功率P 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R L1＋R L22R L2＝1.28×10－2W 点评 求电路中的电动势时，要分析清楚产生感应电动势的方式，若为导体切割磁感线类，宜用E ＝BLv 计算；若为磁场变化产生感生电场类，宜用E ＝nS ΔB Δt. 二、提升练6．如图6所示，矩形线框abcd 的ad 和bc 的中点M 、N 之间连接一电压表，整个装置处于匀强磁场中，磁场的方向与线框平面垂直．当线框向右匀速平动时，下列说法中正确的是( )图6A ．穿过线框的磁通量不变化，MN 间无感应电动势B ．MN 这段导体做切割磁感线运动，MN 间有电势差C ．MN 间有电势差，所以电压表有示数D ．因为有电流通过电压表，所以电压表有示数答案 B解析 穿过线框的磁通量不变化，线框中无感应电流，但ab 、MN 、dc 都切割磁感线，它们都有感应电动势，故A 错，B 对．无电流通过电压表，电压表无示数，C 、D 错．7．如图7所示，线圈C 连接光滑平行导轨，导轨处在方向垂直纸面向里的匀强磁场中，导轨电阻不计，导轨上放着导体棒MN .为了使闭合线圈A 产生图示方向的感应电流，可使导体棒MN ( )图7A ．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 AD解析 N 再由右手定则判断MN 应向左运动，磁场减弱则电流减小故MN 应减速，故可判断MN 向左减速，同理可判断向右加速也可，故选A 、D.→N 再由右手定则判断MN 应向左运动，磁场减弱则电流减小故MN 应减速，故可判断MN 向左减速，同理可判断向右加速也可，故选A 、D.8．如图8所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R 1和R 2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab ，质量为m ，导体棒的电阻与固定电阻R 1和R 2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab 沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v 时，受到安培力的大小为F .此时( )图8 A ．电阻R 1消耗的热功率为Fv /3B ．电阻R 2消耗的热功率为Fv /6C ．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgv cos θD ．整个装置消耗的机械功率为(F ＋μmg cos θ)v答案 BCD解析 棒ab 上滑速度为v 时，切割磁感线产生感应电动势E ＝BLv ，设棒电阻为R ，则R 1＝R 2＝R ，回路的总电阻R 总＝32R ，通过棒的电流I ＝E R 总＝2BLv 3R，棒所受安培力F ＝BIL ＝2B 2L 2v 3R ，通过电阻R 1的电流与通过电阻R 2的电流相等，即I 1＝I 2＝I 2＝BLv 3R，则电阻R 1消耗的热功率P 1＝I 21R ＝B 2L 2v 29R ＝Fv 6，电阻R 2消耗的热功率P 2＝I 22R ＝Fv 6.棒与导轨间的摩擦力f ＝μmg cos θ，故因摩擦而消耗的热功率为P ＝fv ＝μmgv cos θ；由能量转化知，整个装置中消耗的机械功率为安培力的功率和摩擦力的功率之和P 机＝Fv ＋fv ＝(F ＋μmg cos θ)v .由以上分析可知，B 、C 、D 选项正确．点评 切割磁感线的导体相当于电源，电源对闭合回路供电．分析清楚整个过程中能量的转化和守恒，所有的电能和摩擦生热都来自于机械能，而转化的电能在回路中又转化为电热．9．如图9所示，一个半径为r 的铜盘，在磁感应强度为B 的匀强磁场中以角速度ω绕中心轴OO ′匀速转动，磁场方向与盘面垂直，在盘的中心轴与边缘处分别安装电刷．设整个回路电阻为R ，当圆盘匀速运动角速度为ω时，通过电阻的电流为________．图9答案 Br 2ω2R 解析 当铜盘转动时，产生的感应电动势相当于一根导体棒绕其一个端点在磁场中做切割磁感线的圆周运动，产生的电动势为E ＝12Br 2ω所以通过电阻的电流为Br 2ω2R. 10．如图10所示，在磁感应强度B ＝0.5T 的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距为h ＝0.1m 的平行金属导轨MN 与PQ ，导轨的电阻忽略不计．在两根导轨的端点N 、Q 之间连接一阻值R ＝0.3Ω的电阻，导轨上跨放着一根长为L ＝0.2m 、每米长电阻r ＝2.0Ω/m 的金属棒ab ，金属棒与导轨正交，交点为c 、d .当金属棒以速度v ＝4.0 m/s 向左做匀速运动时，试求：图10(1)电阻R 中电流的大小和方向；(2)金属棒ab 两端点间的电势差．Q答案（1）0.4A,方向为N →Q （2）0.32V解析 (1)在cNQd 构成的回路中，动生电动势E ＝Bhv ，由欧姆定律可得电流0.4E Bhv I A R hr R hr===++0.4E Bhv I A R hr R hr===++ (2)a 、b 两点间电势差应由ac 段、cd 段、db 段三部分相加而成，其中cd 两端的电压U cd ＝IR .ac 、db 端电压即为其电动势，且有E ac ＋E db ＝B (L －h )v .故U ab ＝IR ＋E ac ＋E db ＝0.32V. 点评 无论磁场中做切割磁感线运动的导体是否接入电路，都具有电源的特征，接入电路后，其两端电压为路端电压，未接入电路时两端电压大小即为其电动势的大小．图1111．如图11所示，足够长的两根相距为0.5m 的平行光滑导轨竖直放置，导轨电阻不计，磁感应强度B 为0.8T 的匀强磁场的方向垂直于导轨平面．两根质量均为0.04kg 的可动金属棒ab 和cd 都与导轨接触良好，金属棒ab 和cd 的电阻分别为1Ω和0.5Ω，导轨最下端连接阻值为1Ω的电阻R ，金属棒ab 用一根细绳拉住，细绳允许承受的最大拉力为0.64N ．现让cd 棒从静止开始落下，直至细绳刚被拉断，此过程中电阻R 上产生的热量为0.2J(g 取10m/s 2)．求：(1)此过程中ab 棒和cd 棒产生的热量Q ab 和Q cd ；(2)细绳被拉断瞬间，cd 棒的速度v ；(3)细绳刚要被拉断时，cd 棒下落的高度h .答案 (1)0.2J 0.4J (2)3m/s (3)2.45m解析 (1)Q ab ＝Q R ＝0.2J ，由Q ＝I 2Rt ，I cd ＝2I ab .所以Q cd ＝I 2cd R cd I 2ab R ab Q ab ＝4×12×0.2J＝0.4J. (2)绳被拉断时BI ab L ＋mg ＝F T ，E ＝BLv,2I ab ＝E R cd ＋RR ab R ＋R ab解上述三式并代入数据得v ＝3m/s(3)由能的转化和守恒定律有mgh ＝12mv 2＋Q cd ＋Q ab ＋Q R 代入数据得h ＝2.45m12．磁悬浮列车的运行原理可简化为如图12所示的模型，在水平面上，两根平行直导轨间有竖直方向且等距离分布的匀强磁场B 1和B 2，导轨上有金属框abcd ，金属框宽度ab 与磁场B 1、B 2宽度相同．当匀强磁场B 1和B 2同时以速度v 0沿直导轨向右做匀速运动时，金属框也会沿直导轨运动，设直导轨间距为L ，B 1＝B 2＝B ，金属框的电阻为R ，金属框运动时受到的阻力恒为F ，则金属框运动的最大速度为多少？图12答案 4B 2L 2v 0－FR 4B 2L 2 解析 当磁场B 1、B 2同时以速度v 0向右匀速运动时，线框必然同时有两条边切割磁感线而产生感应电动势．线框以最大速度运动时切割磁感线的速度为v ＝v 0－v m当线框以最大速度v m 匀速行驶时，线框产生的感应电动势为E ＝2BLv 线框中产生的感应电流为I ＝E R线框所受的安培力为F 安＝2BIL线框匀速运动时，据平衡可得F 安＝F解得v m ＝4B 2L 2v 0－FR 4B 2L 2 点评 这是一道力、电综合题．它涉及力学中的受力分析及牛顿运动定律．解答的关键在于把新情景下的磁悬浮列车等效为有两条边切割磁感线的线框模型，分析运动情景，挖掘极值条件(线框做加速度越来越小的加速运动，当安培力等于阻力时，速度最大)，另外还要注意切割磁感线的速度为框与磁场的相对速度．。

习题课法拉第电磁感应定律的应用[学习目标]1。

理解公式E＝n ΔΦΔt与E＝BLv的区别和联系，能够应用这两个公式求解感应电动势.2.掌握电磁感应电路中感应电荷量求解的基本思路和方法。

3.会求解导体棒转动切割磁感线产生的感应电动势．一、E＝n错误!和E＝BLv的比较应用E＝n错误!E＝BLv区别研究对象整个闭合回路回路中做切割磁感线运动的那部分导体适用范围各种电磁感应现象只适用于导体垂直切割磁感线运动的情况计算结果Δt内的平均感应电动势某一时刻的瞬时感应电动势联系E＝BLv是由E＝n错误!在一定条件下推导出来的，该公式可看做法拉第电磁感应定律的一个推论例1如图1所示，导轨OM和ON都在纸面内，导体AB可在导轨上无摩擦滑动,若AB以5 m/s的速度从O点开始沿导轨匀速右滑,导体与导轨都足够长，磁场的磁感应强度为0。

2 T．问：图1(1)3 s末夹在导轨间的导体长度是多少？此时导体切割磁感线产生的感应电动势多大?（2)3 s内回路中的磁通量变化了多少？此过程中的平均感应电动势为多少?答案(1）5错误!m5错误!V(2）错误!Wb错误!错误!V解析(1)夹在导轨间的部分导体切割磁感线产生的电动势才是电路中的感应电动势．3 s末，夹在导轨间导体的长度为：l＝vt·tan 30°＝5×3×tan 30° m＝5错误!m此时:E＝BLv＝0。

2×5错误!×5 V＝5错误!V(2)3 s内回路中磁通量的变化量ΔΦ＝BS－0＝0。

2×错误!×15×5错误!Wb＝错误!Wb3 s内电路产生的平均感应电动势为：错误!＝错误!＝错误!V＝错误!错误!V.例2如图2甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨，间距d＝0.5 m．右端接一阻值为4 Ω的小灯泡L,在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B按如图乙规律变化．CF 长为2 m．在t＝0时,金属棒ab从图示位置由静止在恒力F作用下向右运动到EF位置，整个过程中小灯泡亮度始终不变．已知ab 金属棒电阻为1 Ω，求：图2（1)通过小灯泡的电流；(2）恒力F的大小；(3）金属棒的质量．答案(1）0。

微型专题1 法拉第电磁感应定律的应用[学科素养与目标要求]物理观念：进一步熟练掌握法拉第电磁感应定律．科学思维：1.对比公式E ＝n ΔΦΔt 和E ＝BLv ，找到其区别和联系，并会灵活选用这两个公式求解电动势.2.掌握电磁感应电路中感应电荷量求解的基本思路和方法.3.会求解导体棒转动切割磁感线产生的感应电动势．一、E ＝n ΔΦΔt和E ＝BLv 的比较应用例1 如图1所示，导轨OM 和ON 都在纸面内，导体AB 可在导轨上无摩擦滑动，AB ⊥ON ，若AB 以5 m/s 的速度从O 点开始沿导轨匀速右滑，导体与导轨都足够长，磁场的磁感应强度为0.2 T ．问：图1(1)3 s 末夹在导轨间的导体长度是多少？此时导体切割磁感线产生的感应电动势多大？ (2)3 s 内回路中的磁通量变化了多少？此过程中的平均感应电动势为多少？ 答案 (1)5 3 m 5 3 V (2)1532 Wb 523 V解析 (1)夹在导轨间的部分导体切割磁感线产生的电动势才是电路中的感应电动势． 3 s 末，夹在导轨间导体的长度为：l ＝vt ·tan 30°＝5×3×tan 30° m＝5 3 m 此时：E ＝Blv ＝0.2×53×5 V＝5 3 V (2)3 s 内回路中磁通量的变化量ΔΦ＝BS －0＝0.2×12×15×5 3 Wb ＝1532 Wb3 s 内电路产生的平均感应电动势为： E ＝ΔΦΔt ＝15323 V ＝523 V.[学科素养] 本题通过对瞬时感应电动势和平均感应电动势的计算，加深了学生对公式E ＝nΔΦΔt 和E ＝BLv 适用条件的理解．知道E ＝n ΔΦΔt研究整个闭合回路，适用于计算各种电磁感应现象中Δt 内的平均感应电动势；E ＝BLv 研究的是闭合回路的一部分，即做切割磁感线运动的导体，只适用于计算导体切割磁感线运动产生的感应电动势，可以是平均感应电动势，也可以是瞬时感应电动势．通过这样的训练，锻炼了学生的综合分析能力，体现了“科学思维”的学科素养．例2 如图2甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨，间距d ＝0.5 m ．右端接一阻值为4 Ω的小灯泡L ，在CDEF 矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B 按如图乙规律变化．CF 长为2 m ．在t ＝0时，金属棒ab 从图示位置由静止在恒力F 作用下向右运动到EF 位置，整个过程中小灯泡亮度始终不变．已知金属棒ab 电阻为1 Ω，求：图2(1)通过小灯泡的电流； (2)恒力F 的大小； (3)金属棒的质量．答案 (1)0.1 A (2)0.1 N (3)0.8 kg解析 (1)金属棒未进入磁场时，电路总电阻R 总＝R L ＋R ab ＝5 Ω 回路中感应电动势为：E 1＝ΔΦΔt ＝ΔBΔtS ＝0.5 V 灯泡中的电流为I L ＝E 1R 总＝0.1 A. (2)因灯泡亮度始终不变，故在t ＝4 s 末金属棒刚好进入磁场，且做匀速运动，恒力F 与安培力平衡，此时金属棒中的电流I ＝I L ＝0.1 A 恒力大小为F ＝F 安＝BId ＝0.1 N.(3)因灯泡亮度始终不变，金属棒在磁场中运动时，产生的感应电动势为E 2＝E 1＝0.5 V 金属棒在磁场中的速度v ＝E 2Bd＝0.5 m/s 金属棒未进入磁场时的加速度为a ＝v t＝0.125 m/s 2故金属棒的质量为m ＝Fa＝0.8 kg. 二、电磁感应中的电荷量问题闭合回路中磁通量发生变化时，电荷发生定向移动而形成感应电流，在Δt 内迁移的电荷量(感应电荷量)q ＝I ·Δt ＝E R 总·Δt ＝n ΔΦΔt ·1R 总·Δt ＝n ΔΦR 总. (1)从上式可知，线圈匝数一定时，感应电荷量仅由回路电阻和磁通量的变化量决定，与时间无关．(2)求解电路中通过的电荷量时，I 、E 均为平均值．例3 (2018·中山市第一中学高二第一次段考)一个阻值为R 、匝数为n 的圆形金属线圈与阻值为2R 的电阻R 1、电容为C 的电容器连接成如图3(a)所示回路．金属线圈的半径为r 1，在线圈中半径为r 2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t 0和B 0.导线的电阻不计．求：图3(1)通过电阻R 1的电流大小；(2)0～t 1时间内通过电阻R 1的电荷量q ； (3)t 1时刻电容器所带电荷量Q .答案 (1)n πB 0r 223Rt 0 (2)n πB 0r 22t 13Rt 0 (3)2n πCB 0r 223t 0解析 (1)由B －t 图像可知，磁感应强度的变化率为：ΔB Δt ＝B 0t 0，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势：E ＝n ΔΦΔt ＝n πr 22ΔB Δt ＝n πB 0r 22t 0 根据闭合电路的欧姆定律，感应电流为：I 1＝E3R联立解得：I 1＝n πB 0r 223Rt 0(2)通过R 1的电荷量q ＝I 1t 1，得：q ＝n πB 0r 22t 13Rt 0(3)电容器两板间电压为：U ＝I 1R 1＝2nB 0πr 223t 0则电容器所带的电荷量为：Q ＝CU ＝2n πCB 0r 223t 0.三、导体棒转动切割磁感线产生感应电动势的计算1．当导体棒在垂直于磁场的平面内，其一端固定，以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E ＝Bl v ＝12Bl 2ω，如图4所示．图42．若圆盘在磁场中以角速度ω绕圆心匀速转动时，如图5所示，相当于无数根“辐条”转动切割磁感线，它们之间相当于电源的并联结构，圆盘上的感应电动势为E ＝Br v ＝12Br 2ω.图5例4 长为l 的金属棒ab 以a 点为轴在垂直于匀强磁场的平面内以角速度ω匀速转动，如图6所示，磁感应强度大小为B .求：图6(1)金属棒ab 两端的电势差；(2)经时间Δt 金属棒ab 所扫过的面积中通过的磁通量为多少？此过程中的平均感应电动势多大？ 答案 (1)12Bl 2ω (2)12Bl 2ωΔt 12Bl 2ω解析 (1)ab 两端的电势差：E ＝Bl v ＝12Bl 2ω.(2)经时间Δt 金属棒ab 所扫过的扇形面积ΔS ＝12l 2θ＝12l 2ωΔt ，ΔΦ＝B ΔS ＝12Bl 2ωΔt .由法拉第电磁感应定律得：E ＝ΔΦΔt ＝12Bl 2ωΔtΔt ＝12Bl 2ω.1．(两公式的对比应用)(多选)如图7所示，一导线弯成半径为a 的半圆形闭合回路．虚线MN 右侧有磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面向下．回路以速度v 向右匀速进入磁场，直径CD 始终与MN 垂直．从D 点到达边界开始到C 点进入磁场为止，下列结论正确的是( )图7A ．感应电动势最大值E ＝2BavB ．感应电动势最大值E ＝BavC ．感应电动势的平均值E ＝12BavD ．感应电动势的平均值E ＝14πBav答案 BD解析 在半圆形闭合回路进入磁场的过程中，有效切割长度如图所示，所以进入过程中l 先逐渐增大到a ，然后再逐渐减小为0，由E ＝Blv 可知，感应电动势最大值E max ＝Bav ，最小值为0，A 错误，B 正确；平均感应电动势为E ＝ΔΦΔt＝B ·12πa 22av＝14πBav ，D 正确，C 错误．2.(转动切割磁感线产生感应电动势)如图8所示，匀强磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B 0.使该线框从静止开始绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间变化的变化率ΔBΔt的大小应为( )图8A.4ωB 0πB.2ωB 0πC.ωB 0πD.ωB 02π答案 C解析 设半圆的半径为L ，电阻为R ，当线框以角速度ω匀速转动时产生的感应电动势E 1＝12B 0ωL 2.当线框不动，而磁感应强度随时间线性变化时E 2＝12πL 2·ΔB Δt ，由E 1R ＝E 2R 得12B 0ωL 2＝12πL 2·ΔB Δt ，即ΔB Δt ＝ωB 0π，故C 项正确． 3.(电磁感应中的电荷量问题)如图9所示，空间存在垂直于纸面的匀强磁场，在半径为a 的圆形区域内部及外部，磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B .一半径为b (b ＞a )、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．当内、外磁场同时由B 均匀地减小到零的过程中，通过导线环截面的电荷量为( )图9A.πB |b 2－2a 2|R B.πB (b 2＋2a 2)R C.πB (b 2－a 2)R D.πB (b 2＋a 2)R答案 A解析 开始时穿过导线环向里的磁通量设为正值，Φ1＝B πa 2，向外的磁通量则为负值，Φ2＝－B ·π(b 2－a 2)，总的磁通量为它们的代数和(取绝对值)Φ＝B ·π|b 2－2a 2|，末态总的磁通量为Φ′＝0，由法拉第电磁感应定律得平均感应电动势为E ＝ΔΦΔt，通过导线环截面的电荷量为q ＝ER·Δt ＝πB |b 2－2a 2|R，A 项正确．一、选择题考点一 公式E ＝n ΔΦΔt、E ＝BLv 的应用1．(多选)如图1甲所示，在匀强磁场中有一细金属环．通过圆环的磁通量Φ随时间t 的变化情况如图乙所示，则关于圆环中产生的平均感应电动势的说法，正确的是( )图1A ．在0～2 s 内，平均感应电动势为2 VB ．在2～4 s 内，平均感应电动势为2 VC ．在4～9 s 内，平均感应电动势为0.6 VD ．在4～9 s 内，平均感应电动势为1 V 答案 AD2．如图2所示，三个相同的金属圆环内存在着不同的有界匀强磁场，虚线表示环的某条直径，已知所有磁场的磁感应强度随时间变化关系都满足B ＝kt ，磁场方向如图所示．测得A 环内感应电流为I ，则B 环和C 环内感应电流分别为( )图2A ．IB ＝I 、IC ＝0 B ．I B ＝I 、I C ＝2I C ．I B ＝2I 、I C ＝2ID ．I B ＝2I 、I C ＝0 答案 D解析 C 环中穿过圆环的磁感线完全抵消，磁通量为零，保持不变，所以没有感应电流产生，则I C ＝0.根据法拉第电磁感应定律得：E ＝ΔΦΔt ＝ΔBΔtS ＝kS ，S 是有效面积，则得E ∝S ，所以A 、B 中感应电动势之比为E A ∶E B ＝1∶2，根据欧姆定律知，I B ＝2I A ＝2I ，故选D.3．如图3所示，一无限长直导体薄板宽为l ，板的长度方向沿y 轴，板面与z 轴垂直，整个系统放在磁感应强度为B 的匀强磁场中，B 的方向沿z 轴正方向．板的两侧与一个电压表相接，如果电压表与导体薄板均以速度v 向y 轴正方向移动，则电压表指示的电压值为( )图3A ．0 B.12Blv C ．Blv D ．2Blv答案 A解析 整个导体薄板在切割磁感线，相当于长为l 的导线在切割磁感线，而连接电压表的导线也在切割磁感线，整个回路中电流恒为零，所以电压表测得的数值为0.4．(多选)半径为a 、右端开小口的导体圆环和长为2a 的导体直杆，单位长度电阻均为R 0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B .杆在圆环上以速度v 平行于直径CD 向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O 开始，杆的位置由θ确定，如图4所示．则( )图4A ．θ＝0时，杆产生的感应电动势为2BavB ．θ＝π3时，杆产生的感应电动势为3BavC ．θ＝0时，杆受的安培力大小为2B 2av(2＋π)R 0D ．θ＝π3时，杆受的安培力大小为3B 2av(3＋5π)R 0答案 AD解析 开始时刻，感应电动势E 1＝BLv ＝2Bav ，故A 项正确．θ＝π3时，E 2＝B ·2a cos π3·v＝Bav ，故B 项错误．由L ＝2a cos θ，E ＝BLv ，I ＝ER，R ＝R 0[2a cos θ＋(π＋2θ)a ]，得在θ＝0时，F ＝B 2L 2v R ＝4B 2av (2＋π)R 0，故C 项错误．θ＝π3时，F ＝3B 2av(3＋5π)R 0，故D 项正确．考点二 导体转动切割磁感线的计算5．如图5所示，半径为r 的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B 中，绕O 轴以角速度ω沿逆时针方向(从右向左看)匀速运动，则通过电阻R 的电流的大小是(金属圆盘的电阻不计)( )图5A. Br 2ωRB. 2Br 2ωRC. Br 2ω2RD. Br 2ω4R答案 C解析 金属圆盘在匀强磁场中匀速转动，可以等效为无数根长为r 的导体棒绕O 点做匀速圆周运动，其产生的电动势大小为E ＝Br 2ω2，故通过电阻R 的电流I ＝Br 2ω2R，故选C.6.如图6所示，导体棒AB 的长为2R ，绕O 点以角速度ω匀速转动，OB 长为R ，且O 、B 、A 三点在一条直线上，有一磁感应强度为B 的匀强磁场充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB 两端的电势差大小为( )图6A.12BωR 2 B ．2BωR 2 C ．4BωR 2 D ．6BωR 2答案 C解析 A 点线速度v A ＝ω·3R ，B 点线速度v B ＝ωR ，AB 棒切割磁感线的平均速度v ＝v A ＋v B2＝2ωR ，由E ＝BLv 得，AB 两端的电势差大小为E ＝B ·2R ·v ＝4BωR 2，C 正确． 考点三 电磁感应中的电荷量问题7．在匀强磁场中，有一个接有电容器的矩形导线回路，如图7所示，已知电容C ＝30 μF，回路的宽和长分别为l 1＝5 cm ，l 2＝8 cm ，磁场磁感应强度的变化率为5×10－2T/s ，则( )图7A ．电容器带电荷量为2×10－9C B ．电容器带电荷量为4×10－9 C C ．电容器带电荷量为6×10－9 CD ．电容器带电荷量为8×10－9 C 答案 C解析 回路中感应电动势等于电容器两板间的电压，U ＝E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt·l 1l 2＝5×10－2×0.05×0.08 V＝2×10－4V ．电容器的电荷量为q ＝CU ＝30×10－6×2×10－4C ＝6×10－9C ，C 选项正确．8．如图8所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，总电阻为R ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B ，在此过程中，线圈中通过导线横截面的电荷量为( )图8A.Ba 22R B.nBa 22RC.nBa2RD.2nBa2R答案 B解析磁感应强度的变化率ΔBΔt＝2B－BΔt＝BΔt，E＝nΔΦΔt＝nΔBΔtS，其中磁场中的有效面积S＝12a2，由q＝I·Δt＝ERΔt，得q＝nBa22R，选项B正确，A、C、D错误．9.如图9所示，将一个闭合金属圆环从有界磁场中匀速拉出，第一次速度为v，通过金属圆环某一横截面的电荷量为q1，第二次速度为2v，通过金属圆环某一横截面的电荷量为q2，则( )图9A．q1∶q2＝1∶2B．q1∶q2＝1∶4C．q1∶q2＝1∶1D．q1∶q2＝2∶1答案 C10.物理实验中，常用一种叫做“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电荷量．如图10所示，探测线圈与冲击电流计串联后可用来测定磁场的磁感应强度．已知线圈的匝数为n，面积为S，线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R.若将线圈放在被测匀强磁场中，开始时线圈平面与磁场垂直，现把探测线圈翻转180°，冲击电流计测出通过线圈的电荷量为q，由上述数据可得出被测磁场的磁感应强度为( )图10A.qRSB.qRnSC.qR2nSD.qR2S答案 C解析由题意知q＝I·Δt＝ER·Δt＝nΔΦΔtRΔt＝nΔΦR＝n2BSR，则B＝qR2nS，故C正确．11．(多选)如图11所示是测量通电螺线管内部磁感应强度的一种装置：把一个很小的测量线圈放在待测处(测量线圈平面与螺线管轴线垂直)，将线圈与可以测量电荷量的冲击电流计G 串联，当将双刀双掷开关K由位置1拨到位置2时，测得通过测量线圈的电荷量为q.已知测量线圈的匝数为N，横截面积为S，测量线圈和G串联回路的总电阻为R.下列判断正确的是( )图11A ．在此过程中，穿过测量线圈磁通量的变化量为ΔΦ＝qRB ．在此过程中，穿过测量线圈磁通量的变化量为ΔΦ＝qRNC ．待测处磁感应强度的大小为B ＝qR NSD ．待测处磁感应强度的大小为B ＝qR2NS答案 BD解析 由E ＝N ΔΦΔt ＝IR ，q ＝I Δt ，得ΔΦ＝qR N ，B 正确；ΔΦ＝2BS ，得B ＝qR2NS ，D 正确．二、非选择题12．如图12所示，导线全部为裸导线，半径为r ，两端开有小口的圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，一根长度大于2r 的导线MN 以速度v 在圆环上无摩擦地自左端匀速滑到右端，电路中固定电阻值为R ，其余部分电阻均忽略不计，试求MN 从圆环左端滑到右端的过程中：图12(1)电阻R 上的最大感应电流； (2)电阻R 上的平均感应电流； (3)通过电阻R 的电荷量．答案 (1)2Brv R (2)πBrv 2R (3)B πr2R解析 (1)MN 向右滑动时，切割磁感线的有效长度不断变化，当MN 经过圆心时，有效切割长度最长，此时感应电动势和感应电流达到最大值，所以I max ＝E max R ＝2Brv R. (2)E ＝ΔΦΔt ＝B πr 2v 2r ＝B πrv2，I ＝E R ＝πBrv 2R.(3)流过电阻R 的电荷量等于平均感应电流与时间的乘积，所以q ＝I t ＝ΔΦR ＝B πr2R.13．如图13所示，线框用导线组成，cd 、ef 两边竖直放置且相互平行，导体棒ab 水平放置并可沿cd 、ef 无摩擦滑动，导体棒ab 所在处有匀强磁场且B 2＝2 T ，已知ab 长L ＝0.1 m ，整个电路总电阻R ＝5 Ω.螺线管匝数n ＝4，螺线管横截面积S ＝0.1 m 2.在螺线管内有图示方向的磁场B 1，若磁场B 1以ΔB 1Δt ＝10 T/s 均匀增加时，导体棒恰好处于静止状态，试求：(g ＝10 m/s 2)图13(1)通过导体棒ab 的电流大小；(2)导体棒ab 的质量m 大小；(3)若B 1＝0，导体棒ab 恰沿cd 、ef 匀速下滑，求棒ab 的速度大小．(导体棒ab 受到的安培力与其在磁场中的运动方向相反)答案 (1)0.8 A (2)0.016 kg (3)20 m/s解析 (1)螺线管产生的感应电动势：E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB 1ΔtS 得E ＝4×10×0.1 V＝4 V通过导体棒ab 的电流I ＝E R＝0.8 A.(2)导体棒ab 所受的安培力F ＝B 2IL ＝2×0.8×0.1 N＝0.16 N 导体棒静止时有F ＝mg解得m ＝0.016 kg.(3)ab 匀速下滑时 E 2＝B 2LvI ′＝E 2RB 2I ′L ＝mg联立得：v ＝20 m/s。