高中物理第四章电磁感应第节法拉第电磁感应定律作业新人教版选修.docx

4法拉第电磁感应定律第1课时❶当穿过线圈的磁通量发生变化时,以下说法正确的选项是()A.线圈中一定有感应电流B.线圈中一定有感应电动势C.感应电动势的大小跟磁通量的变化量成正比D.感应电动势的大小跟线圈的电阻有关❷(多项选择)无线电力传输目前取得重大突破,如无线充电系统,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4-4-1所示.以下说法正确的选项是()图4-4-1A.只要A线圈中输入电流,B线圈中就会产生感应电动势B.只有A线圈中输入变化的电流,B线圈中才会产生感应电动势C.A线圈中电流越大,B线圈中感应电动势越大D.A线圈中电流变化越快,B线圈中感应电动势越大❸关于感应电动势的大小,以下说法正确的选项是()A.穿过线圈的磁通量Φ越大,所产生的感应电动势就越大B.穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ越大,所产生的感应电动势就越大C.穿过线圈的磁通量的变化率ΔΔt越大,所产生的感应电动势就越大D.穿过线圈的磁通量Φ等于0,所产生的感应电动势就一定为0❹如图4-4-2所示,在磁感应强度为B、方向垂直于平行金属导轨平面向里的匀强磁场中,金属杆MN在导轨上以速度v向右匀速滑动,MN中产生的感应电动势为E1;假设磁感应强度增为2B,其他条件不变,MN中产生的感应电动势变为E2,那么通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1∶E2分别为()图4-4-2A.c→a,2∶1B.a→c,2∶1C.a→c,1∶2D.c→a,1∶2❺一闭合线圈放在随时间均匀变化的磁场中,线圈平面和磁场方向垂直.假设想使线圈中的感应电流增强一倍,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.使磁感应强度的变化率增大一倍❻(多项选择)闭合回路的磁通量Φ随时间t的变化图像如图4-4-3所示,关于回路中产生的感应电动势,以下说法中正确的选项是()图4-4-3A.图甲对应的回路中感应电动势恒为零B.图乙对应的回路中感应电动势恒定不变C.图丙对应的回路中0~t1时间内感应电动势小于t1~t2时间内感应电动势D.图丁对应的回路中感应电动势先变大后变小❼如图4-4-4所示,MN、PQ为水平放置的两条平行的金属导轨,左端接有阻值为R的定值电阻,金属棒斜放在两导轨上,与导轨接触良好,两接触点之间的距离ab=L.磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面,设金属棒与两导轨间的夹角为60°,棒以速度v水平向右匀速运动,不计导轨和棒的电阻,那么流过金属棒的电流为()图4-4-4A.I=BLvRB.I=32RC.I=BLv2D.I=33R❽(多项选择)如图4-4-5所示,一导线弯成半径为r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,磁场方向垂直于闭合回路所在的平面,闭合回路以速度v向右匀速进入磁场,直径CD始终与MN垂直.从D点到达虚线边界开始到C点进入磁场为止,以下结论正确的选项是()图4-4-5A.感应电流方向始终不变B.CD段直导线始终不受安培力C.感应电动势最大值E m=BrvD.感应电动势平均值E=14πBrv❾如图4-4-6所示,两个端面半径同为R的圆柱形铁芯共轴水平放置,相对的端面之间有一缝隙,铁芯上绕有导线且导线与电源连接,在缝隙中形成一匀强磁场.一铜质细直棒ab水平置于缝隙中,且与圆柱的轴线等高、垂直.让铜棒由静止开始自由下落,铜棒下落距离为0.2R时铜棒中的感应电动势大小为E1,下落距离为0.8R时铜棒中的感应电动势大小为E2,忽略边缘效应.关于E1、E2的大小和铜棒离开磁场前两端的极性,以下判断正确的选项是 ()图4-4-6A.E1>E2,a端为正极B.E1>E2,b端为正极C.E1<E2,a端为正极D.E1<E2,b端为正极[2021·兰州一中高二期末]如图4-4-7甲所示,螺线管内有一平行于轴线的匀强磁场,规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向,螺线管与U形导线框cdef相连,导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L,圆环与导线框cdef在同一平面内.当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时()图4-4-7A.在t1时刻,穿过金属圆环L的磁通量最大B.在t2时刻,穿过金属圆环L的磁通量最小C.在t1~t2时间内,金属圆环L内有逆时针方向的感应电流D.在t1~t2时间内,金属圆环L有收缩趋势如图4-4-8所示,导线全部为裸导线,半径为r 的圆环内有垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度为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向右匀速滑动,电路中的定值电阻阻值为R,其余局部电阻忽略不计.在MN从圆环的左端到右端的过程中,定值电阻上的电流的平均值为,通过的电荷量为.图4-4-8[2021·江西师大附中高二检测]如图4-4-9甲所示,平行金属导轨MN、PQ放置于同一水平面内,导轨电阻不计,两导轨间距d=10cm,导体棒ab、cd放在导轨上,并与导轨垂直,每根棒在导轨间的局部电阻均为R=1.0Ω.用长为l=20cm的绝缘丝线将两棒系住,整个装置处在匀强磁场中.t=0时刻,磁场方向竖直向下,丝线刚好处于未被拉伸的自然状态,此后磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示.不计感应电流磁场的影响,整个过程中丝线未被拉断.求:(1)0~2.0s时间内电路中感应电流的大小与方向;(2)t=1.0s时刻丝线的拉力大小.图4-4-9第2课时❶(多项选择)如图4-4-10所示,闭合开关S,将条形磁铁插入闭合线圈中,第一次用时0.2s,第二次用时0.4s,并且两次磁铁的起始和终止位置相同,那么()图4-4-10A.第一次线圈中的磁通量变化较快B.第一次电流表G的最大偏转角较大C.第二次电流表G的最大偏转角较大D.假设断开开关S,电流表G均不偏转,故两次线圈两端均无感应电动势❷(多项选择)单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速运动,转轴垂直于磁场,假设通过线圈的磁通量随时间变化的规律如图4-4-11所示,那么O~D过程中()图4-4-11A.O时刻线圈中感应电动势最大B.D时刻线圈中感应电动势为零C.D时刻线圈中感应电动势最大D.O至D时间内线圈中平均感应电动势为0.4V❸(多项选择)某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下,大小为4.5×10-5T.一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸,河宽100m,该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过.设落潮时,海水自西向东流,流速为2m/s.以下说法正确的选项是 ()A.电压表记录的电压为9mVB.电压表记录的电压为5mVC.河北岸的电势较高D.河南岸的电势较高❹如图4-4-12所示,粗细均匀、电阻为r的金属圆环固定在图示的匀强磁场中,磁感应强度为B,圆环直径为l;长为l、电阻为r2的金属棒放在圆环上,并以速度v0向左匀速运动.当金属棒运动到图示虚线位置时,金属棒两端的电压为()图4-4-12A.0B.Blv0C.Blv02D.Blv03❺如图4-4-13所示,一正方形线圈的匝数为n,边长为a,线圈平面与匀强磁场方向垂直,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,线圈中产生的感应电动势为()图4-4-13A.Ba22ΔB.nBa22ΔC.nBa2ΔD.2a2Δt❻如图4-4-14所示,在竖直向下的匀强磁场中,将一水平放置的金属棒ab以水平的初速度v0抛出,设在整个过程中棒始终保持水平且不计空气阻力,那么金属棒中产生的感应电动势大小变化情况是()图4-4-14A.越来越大B.越来越小C.保持不变D.无法判断❼(多项选择)如图4-4-15所示,一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内,通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定,导体棒与轨道垂直且接触良好,在向右匀速通过M、N两区的过程中,导体棒所受安培力分别用F M、F N表示.不计轨道电阻.以下表达正确的选项是()图4-4-15A.F M向右B.F N向左C.F M逐渐增大D.F N逐渐减小❽(多项选择)如图4-4-16所示,正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向与线框平面垂直,线框的对称轴MN恰与磁场边界平齐.假设第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出,第二次让线框绕轴MN以线速度v2匀速转过90°,两次过程中线框产生的平均感应电动势相等,那么()图4-4-16A.两种情况下产生的感应电流方向相同B.两种情况下产生的感应电流方向不同C.v1∶v2=2∶πD.v1∶v2=2∶1❾一直升机停在南半球的地磁极上空.该处地磁场的方向竖直向上,磁感应强度为B.直升机螺旋桨叶片的长度为l,螺旋桨转动的频率为f,顺着地磁场的方向看螺旋桨,螺旋桨按顺时针方向转动.螺旋桨叶片的近轴端为a,远轴端为b,如图4-4-17所示.如果忽略a到转轴中心线的距离,用E表示每个叶片中的感应电动势,那么()图4-4-17A.E=πfl2B,且a点电势低于b点电势B.E=2πfl2B,且a点电势低于b点电势C.E=πfl2B,且a点电势高于b点电势D.E=2πfl2B,且a点电势高于b点电势(多项选择)如图4-4-18甲所示,面积为0.1m2的10匝线圈EFG处于匀强磁场中,t=0时,磁场方向垂直于线圈平面向里,磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示.线圈与右侧电路接触良好,电路中的电阻R=4Ω,电容器的电容C=10μF,线圈EFG的电阻为1Ω,其余局部电阻不计.当开关S闭合,电路稳定后,在t=0.1s至t=0.2s这段时间内()图4-4-18A.电容器所带的电荷量为8×10-5CB.通过电阻R的电流是2.5A,方向从b到aC.通过电阻R的电流是2A,方向从a到bD.电阻R消耗的电功率是0.16W[2021·西安交大附中期末]如图4-4-19甲所示,导体棒MN置于水平导轨上,PQMN所围的面积为S,P、Q 之间有阻值为R的电阻,不计导轨和导体棒的电阻.导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场,规定磁场方向竖直向上为正,在0~2t0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示,导体棒MN始终处于静止状态.以下说法正确的选项是()图4-4-19A.在0~t0和t0~2t0时间内,导体棒受到的导轨的摩擦力方向相同B.在0~t0时间内,通过导体棒的电流方向为从N 到MC.在t0~2t0时间内,通过电阻R的电流大小为SB0Rt0D.在0~t0时间内,通过电阻R的电荷量为SB02(多项选择)如图4-4-20甲所示,线圈的匝数n=100匝,横截面积S=50cm2,总电阻r=10Ω,沿轴向有匀强磁场,设图示磁场方向为正,磁场的磁感应强度随时间按如图乙所示规律变化,那么在开始的0.1s内()图4-4-20A.穿过线圈的磁通量的变化量为0.25WbB.穿过线圈的磁通量的变化率为2.5×10-2Wb/sC.a、b两点间的电压为0D.在a、b间接一个理想电流表时,电流表的示数为0.25A如图4-4-21甲所示,在水平面上有两根足够长的金属导轨平行固定放置,导轨间距为L,左端通过导线与阻值为R的电阻连接;导轨上放一质量为m的金属杆,金属杆与导轨的电阻忽略不计;匀强磁场方向竖直向下.将与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上,杆由静止开始运动且最终将做匀速运动.当改变拉力F 的大小时,对应的匀速运动的速度v也会变化,v与F 的关系如图乙所示.(重力加速度g取10m/s2)(1)金属杆在匀速运动之前做什么运动?(2)假设m=0.5kg,L=0.5m,R=0.5Ω,那么磁感应强度B为多大?(3)由v-F图线的横轴截距可求得什么物理量?其值为多少?图4-4-21第1课时1.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,而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,B 正确.2.BD[解析]根据产生感应电动势的条件,只有处于变化的磁场中,B线圈才能产生感应电动势,A错误,B正确;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,C错误,D正确.3.C[解析]根据法拉第电磁感应定律可知,感应电动势的大小与磁通量的变化率ΔΔt成正比,与磁通量Φ及磁通量的变化量ΔΦ没有必然联系.当磁通量Φ很大时,感应电动势可能很小,甚至为0;当磁通量Φ等于0时,磁通量的变化率可能很大,产生的感应电动势可能很大,只有选项C正确.4.C[解析]由右手定那么可知,金属杆MN中产生的感应电流的方向为N→M,所以流过R的电流的方向为a→c,选项A、D错误.由E=BLv可知,两次产生的感应电动势之比为1∶2,选项B错误,选项C正确.5.D[解析]根据E=nΔΔt=nΔΔt S求感应电动势,当n、S发生变化时,线圈的电阻也发生了变化.假设线圈匝数增加一倍,那么电阻也增加一倍,感应电流不变,A错误;假设线圈匝数减少一半,那么感应电流也不变,C错误;假设线圈面积增加一倍,那么长度会变大,因此电阻也会变大,不能到达使感应电流增强一倍的目的,B错误.6.AB[解析]因E=ΔΔt,那么可根据图像斜率判断感应电动势的变化.图甲中ΔΔt=0,即感应电动势E=0;图乙中ΔΔt=恒量,即感应电动势E为一恒定值;图丙中E前>E后;图丁中图像斜率的绝对值ΔΔt先变小后变大,即回路中感应电动势先变小后变大,选项A、B正确.7.B[解析]金属棒切割磁感线的有效长度为d=L sin60°=32L,故感应电动势E=Bdv=32BLv,由闭合电路的欧姆定律得I=ER=32R,选项B正确.8.ACD[解析]在闭合回路进入磁场的过程中,穿过闭合回路的磁通量逐渐增大,根据楞次定律可判断,感应电流的方向始终为逆时针方向,A正确.根据左手定那么可判断,CD段直导线受到向下的安培力,B错误.当半圆形闭合回路有一半进入磁场时,有效切割长度最大,为r,所以感应电动势最大值E m=Brv,C正确.感应电动势平均值E=ΔΔt=14πBrv,D正确.9.D[解析]通电导线在缝隙中产生的磁场方向向左,在铜棒下落过程,由右手定那么可判断,b端为正极.根据法拉第电磁感应定律得E=BLv,由几何关系可知,L1=2R20.2R)2=2096R,L2=2R20.8R)2=2036R,根据v=2,那么v1=2·0.2R=2R,v2=2·0.8R=4R,所以E1=4096R BR,E2=8036R BR=4036×4R BR,所以E1<E2,D正确.10.D[解析]根据B-t图线斜率的变化可知,在t1~t2时间内,磁感应强度的变化率不断变大,那么螺线管内的感应电流不断变大,根据楞次定律,在螺线管中的电流方向为由f到c,根据右手螺旋定那么,穿过圆环的磁通量向纸外且在增大,那么根据楞次定律,在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流,金属圆环有收缩的趋势,故C错误,D正确;在t1时刻,穿过金属圆环的磁通量为零,而在t2时刻,穿过金属圆环的磁通量最大,故A、B错误.11.π2Rπr2R[解析]由于磁通量的变化量ΔΦ=BΔS=Bπr2,完成这一变化所用的时间Δt=2v,故感应电动势的平均值E=ΔΔt=π2.所以定值电阻上的电流的平均值为I=ER=π2R,通过定值电阻的电荷量为q=IΔt=πr2R.12.(1)1.0×10-3A a→c→d→b→a(2)1.0×10-5N[解析](1)由图乙可知ΔΔt=0.1T/s,由法拉第电磁感应定律有E=ΔΔt=ΔΔt S=2.0×10-3V,那么I=E2=1.0×10-3A.由楞次定律可判断,感应电流方向为a→c→d→b →a.(2)导体棒在水平方向上受丝线拉力和安培力而平衡.由图乙可知,t=1.0s时,B=0.1T,那么丝线的拉力F=F安=BId=1.0×10-5N.第2课时1.AB[解析]两次的磁通量变化相同,第一次用时短,那么第一次线圈中磁通量变化较快,故A正确;感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比,磁通量的变化率大,那么感应电动势大,产生的感应电流大,故B正确,C错误;断开开关,电流表不偏转,可知感应电流为零,但感应电动势不为零,故D错误.2.ABD[解析]由法拉第电磁感应定律知,O至D 时间内线圈中的平均感应电动势E=ΔΔt=2×10-12×0.01V=0.4V,选项D正确.由感应电动势的物理意义知,感应电动势的大小由磁通量的变化率ΔΔt决定,而任意时刻磁通量的变化率ΔΔt 就是该时刻Φ-t图像切线的斜率,由图中可看出,O时刻处切线斜率最大,D时刻处切线斜率为零,故O时刻线圈中感应电动势最大,D时刻线圈中感应电动势为零,选项A、B正确,选项C错误.3.AC[解析]根据法拉第电磁感应定律,感应电动势E=BLv=9×10-3V,选项A正确,选项B错误;海水自西向东流动相当于导体棒做切割磁感线运动,根据右手定那么可判断,河北岸的电势高,河南岸的电势低,选项C正确,选项D错误.4.D[解析]金属棒产生的感应电动势E=Blv0,金属棒两端的电压为路端电压.左、右两侧圆弧均为半圆,电阻均为r2,并联后的电阻为外电路电阻,即R=r4,金属棒在圆中局部的电阻为等效电源内阻,即r'=r2,故金属棒两端的电压U=ERr'R=Blv03,D正确.5.B[解析]根据法拉第电磁感应定律可知,感应电动势E=nΔΔt=nΔ·SΔt,这里的S指的是线圈在磁场中的有效面积,即S=a22,故E=n(B-B)SΔt=nBa22Δ,B正确.6.C[解析]金属棒做切割磁感线运动的有效速度是与磁感应强度B垂直的分速度,由于金属棒做切割磁感线运动的水平分速度不变,故感应电动势不变.7.BCD[解析]根据安培定那么可判断,通电导线在M区产生竖直向上的磁场,在N区产生竖直向下的磁场.当导体棒匀速通过M区时,由右手定那么和左手定那么可知导体棒受到的安培力向左;当导体棒匀速通过N区时,由右手定那么和左手定那么可知导体棒受到的安培力也向左,选项A错误,选项B正确.设导体棒的电阻为r,轨道的宽度为L,导体棒产生的感应电流为I',那么导体棒受到的安培力F安=BI'L=B BLvRr L=B2L2R+r,在导体棒从左到右匀速通过M区时,磁场由弱到强,所以F M逐渐增大;在导体棒从左到右匀速通过N区时,磁场由强到弱,所以F N逐渐减小,选项C、D正确.8.AC[解析]由楞次定律可知,两种情况下产生的感应电流方向相同,A正确,B错误.第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出,线框中的感应电动势恒定,有E1=E1=Blv1;第二次让线框绕轴MN以线速度v2匀速转过90°,所需时间Δt=π2v2=π4v2,穿过线框的磁通量变化量ΔΦ=B·l·l2=12Bl2,产生的平均感应电动势E2=ΔΔt=2v2π.由题意知E1=E2,可得v1∶v2=2∶π,C正确,D错误.9.A[解析]螺旋桨叶片转动切割磁感线产生感应电动势,根据转动切割模型有E=Bl0+2,其中ω=2πf,那么每个叶片上的感应电动势为E=πfl2B.顺着地磁场的方向看螺旋桨,螺旋桨按顺时针方向转动(类比于我们抬头看天花板上的吊扇,吊扇的扇叶在按顺时针方向转动),利用右手定那么,将每个叶片等效为一电源,根据“电流由电源的正极流出〞可知,b 为电源的正极,a为电源的负极,所以a点电势低于b 点电势,选项A正确.10.AC[解析]由法拉第电磁感应定律可知E=nΔΔt=nΔΔt S,电容器所带的电荷量Q=CU R=C RRr E,联立解得Q=8×10-5C,选项A正确;由楞次定律可判断,通过电阻R的电流方向为从a到b,由闭合电路的欧姆定律知,电流I=ERr=2A,选项B错误,选项C正确;电阻R消耗的电功率P=I2R=16W,选项D错误.11.B[解析]导体棒与导轨围成的闭合回路面积不变,t0~2t0时间内,ΔΔt=2B0t0,根据法拉第电磁感应定律可得,感应电动势E=ΔΔt=SΔΔt=2B0t0,所以感应电流I=ER=2B0Rt0,选项C错误.0~t0时间内,竖直向上的磁通量减小,根据楞次定律可判断,感应电流的磁场方向竖直向上,导体棒中感应电流的方向为从N到M,选项B正确.0~t0时间内,导体棒有向右运动的趋势,摩擦力水平向左,t0~2t0时间内,导体棒有向左运动的趋势,摩擦力水平向右,选项A错误.在0~t0时间内,ΔΔt=B0t0,通过电阻R的电荷量Q=IΔt=ER·Δt=SΔΔtR·Δt=S B0t0·t0=SB0R,选项D错误.12.BD[解析]穿过线圈的磁通量与线圈的匝数无关,假设设0.1s时的磁通量为正,那么磁通量的变化量ΔΦ=B2S-(-B1S)=(B2+B1)S=(0.1+0.4)×50×10-4Wb=2. 5×10-3Wb,A错误;磁通量的变化率ΔΔt=25×10-30.1Wb/s=2.5×10-2Wb/s,B正确;当a、b间断开时,其间电压等于线圈产生的感应电动势,根据法拉第电磁感应定律可知,感应电动势E=nΔΔt=2.5V且恒定,C错误;在a、b间接一个理想电流表时,相当于a、b间接通而形成回路,回路总电阻即为线圈的总电阻,故感应电流I=Er=0.25A,D正确.13.(1)加速度减小的变加速运动(2)1T(3)金属杆受到的阻力2N[解析](1)金属杆在匀速运动之前做加速度减小的变加速运动.(2)感应电动势E=BLv感应电流I=ER安培力F A=BIL=B2L2R金属杆受拉力、安培力和阻力作用,匀速运动时合力为零,有F=B2L2R+f故v=RB2L2(F-f)由图可以得到图线的斜率k=2s·kg-1,故磁感应强度B=RkL2=1T.(3)由图线的横轴截距可以求得金属杆受到的阻力f=2N.。

法拉第电磁感应定律[全员参与·基础练]1．如果闭合电路中的感应电动势很大，那一定是因为( ) A ．穿过闭合电路的磁通量很大 B ．穿过闭合电路的磁通量变化很大 C ．穿过闭合电路的磁通量的变化很快 D ．闭合电路的电阻很小 【解析】 根据法拉第电磁感应定律，感应电动势取决于穿过闭合电路的磁通量的变化率，即感应电动势的大小与磁通量大小、磁通量变化量大小、电路电阻无必然联系，所以C 项正确，A 、B 、D 错误．【答案】 C2．穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒钟均匀地减少2 Wb ，则( ) A ．线圈中感应电动势每秒钟增加2 V B ．线圈中感应电动势每秒钟减少2 V C ．线圈中无感应电动势D ．线圈中感应电动势保持不变【解析】 由E ＝ΔΦΔt 可知当磁通量始终保持每秒钟均匀地减少2 Wb 时，磁通量的变化率即感应电动势是2 Wb/s ＝2 V.【答案】 D3．(多选)将一磁铁缓慢或者迅速地插到闭合线圈中的同一位置处，不会发生变化的物理量是( )A ．磁通量的变化量B ．磁通量的变化率C ．感应电流的大小D ．流过线圈横截面的电荷量【解析】 将磁铁插到闭合线圈的同一位置，磁通量的变化量相同，而用的时间不同，所以磁通量的变化率不同．感应电流I ＝E R ＝ΔΦΔt ·R，故感应电流的大小不同．流过线圈横截面的电荷量q ＝I ·Δt ＝ΔΦR ·Δt ·Δt ＝ΔΦR，由于两次磁通量的变化量相同，电阻不变，所以q 也不变，即流过线圈横截面的电荷量与磁铁插入线圈的快慢无关．【答案】 AD4．(多选)某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5×10－5T ．一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m ，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过．设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s.下列说法正确的是( )A ．电压表记录的电压为5 mVB ．电压表记录的电压为9 mVC ．河南岸的电势较高D ．河北岸的电势较高 【解析】 可以将海水视为垂直河岸方向放置的导体，海水平动切割地磁场的磁感线产生感应电动势，则E ＝Blv ＝9 mV ，B 项正确．由右手定则可知，感应电流方向由南向北，故河北岸的电势较高，D 项正确．【答案】 BD5．(多选)一根直导线长0.1 m ，在磁感应强度为0.1 T 的匀强磁场中以10 m/s 的速度匀速运动，则导线中产生的感应电动势( )A ．一定为0.1 VB ．可能为零C ．可能为0.01 VD ．最大值为0.1 V【解析】 当公式E ＝Blv 中B 、l 、v 互相垂直而导体切割磁感线运动时感应电动势最大：E m ＝Blv ＝0.1×0.1×10 V ＝0.1 V ，考虑到它们三者的空间位置关系不确定应选B 、C 、D.【答案】 BCD图4­4­146．(2015·芜湖高二检测)如图4­4­14所示，半径为r 的n 匝线圈套在边长为L 的正方形abcd 之外，匀强磁场局限在正方形区域内且垂直穿过正方形，当磁感应强度以ΔB Δt 的变化率均匀变化时，线圈中产生感应电动势大小为( )A ．πr2ΔB ΔtB ．L 2ΔB ΔtC ．n πr2ΔB ΔtD ．nL2ΔB Δt【解析】 根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势的大小E ＝nΔΦΔt＝nL 2ΔB Δt. 【答案】 D图4­4­157．(2015·郑州一中高二检测)穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系如图4­4­15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【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． 【答案】 D8．(多选)如图所示的几种情况中，金属导体中产生的感应电动势为Blv 的是( )【解析】 在A 图中，磁场中的导体沿垂直于速度方向上的投影为l sin θ，所以感应电动势为E ＝Blv sin θ.在B 、C 、D 图中，磁场中的导体沿垂直于速度方向上的投影均为l ，所以感应电动势均为E ＝Blv .【答案】 BCD[超越自我·提升练]9．(多选)(2014·广东华师大附中质检)如图4­4­16甲所示线圈的匝数n ＝100匝，横截面积S ＝50 cm 2，线圈总电阻r ＝10 Ω，沿轴向有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁场的磁感应强度随时间作如图4­4­16乙所示变化，则在开始的0.1 s 内( )图4­4­16A ．磁通量的变化量为0.25 WbB ．磁通量的变化率为2.5×10－2Wb/s C ．a 、b 间电压为0D ．在a 、b 间接一个理想电流表时，电流表的示数为0.25 A【解析】 通过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，则线圈中磁通量的变化量为ΔΦ＝|B 2S －(－B 1S )|，代入数据即ΔΦ＝(0.1＋0.4)×50×10－4Wb ＝2.5×10－3Wb ，A 错；磁通量的变化率ΔΦΔt ＝2.5×10－30.1Wb/s ＝2.5×10－2Wb/s ，B 正确；根据法拉第电磁感应定律可知，当a 、b 间断开时，其间电压等于线圈产生的感应电动势，感应电动势大小为E ＝n ΔΦΔt ＝2.5V 且恒定，C 错；在a 、b 间接一个理想电流表时相当于a 、b 间接通而形成回路，回路总电阻即为线圈的总电阻，故感应电流大小I ＝E r＝0.25 A ，D 项正确．【答案】 BD10．(2014·浙江嘉兴一中期末)环形线圈放在均匀磁场中，设在第1 s 内磁感线垂直于线圈平面向里，若磁感应强度随时间变化的关系如图4­4­17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4­4­17A ．感应电流大小恒定，顺时针方向B ．感应电流大小恒定，逆时针方向C ．感应电流逐渐增大，逆时针方向D ．感应电流逐渐减小，顺时针方向【解析】 由B ­t 图知：第2秒内ΔB Δt 恒定，则E ＝ΔB Δt S 也恒定，故感应电流I ＝ER 大小恒定，又由楞次定律可知电流方向为逆时针方向，故B 对，A 、C 、D 都错．【答案】 B图4­4­1811．如图4­4­18所示，将直径为d ，电阻为R 的闭合金属环从匀强磁场B 中拉出，求这一过程中：(1)磁通量的改变量；(2)通过金属环某一截面的电荷量．【解析】 (1)由已知条件得金属环的面积S ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫d 22＝πd 24.磁通量的改变量ΔΦ＝BS ＝πd 2B4.(2)由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt，又因为I ＝E R ，q ＝I Δt ，所以q ＝ΔΦR ＝πd 2B4R.【答案】 (1)πd 2B 4 (2)πd 2B4R图4­4­1912．(2014·天津南开中学期末)如图4­4­19所示，MN 、PQ 为光滑金属导轨(金属导轨电阻忽略不计)，MN 、PQ 相距L ＝50 cm ，导体棒AB 在两轨道间的电阻为r ＝1 Ω，且可以在MN 、PQ 上滑动，定值电阻R 1＝3 Ω，R 2＝6 Ω，整个装置放在磁感应强度为B ＝1.0 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直于整个导轨平面，现用外力F 拉着AB 棒向右以v ＝5 m/s 速度做匀速运动．求：(1)导体棒AB 产生的感应电动势E 和AB 棒上的感应电流方向． (2)导体棒AB 两端的电压U AB .【解析】 (1)导体棒AB 产生的感应电动势E ＝BLv ＝2.5 V ，由右手定则，AB 棒上的感应电流方向向上，即沿B →A 方向．(2)R 并＝R 1×R 2R 1＋R 2＝2 Ω， I ＝E R 并＋r ＝2.53A ， U AB ＝I ·R 并＝53V ≈1.7 V.【答案】 (1)2.5 V 感应电流方向B →A (2)1.7 V。

第四节 法拉第电磁感应定律1.教学目标1．理解法拉第电磁感应定律的内容及数学表达式。

2．知道公式E ＝Blv 的推导过程。

3．会用E ＝n ΔΦΔt和E ＝Blv 解决问题。

分析前面几节的内容是从感应电流的角度来认识电磁感应现象的。

本节是从感应电流进一步深入到感应电动势来理解的，即研究“决定感应电动势大小的因素”。

教科书在这个问题的处理上并没有通过实验探究，而是以陈述事实的方式，引入法拉第电磁感应定律，即教科书用“在法拉第、纽曼、韦伯等人工作的基础上，人们认识到……感应电动势……成正比”的表述给出了电磁感应定律。

教科书之所以这样处理，是力图通过这一物理规律的教学，充分体现人类认识事物的一种真实图景。

也就是说，物理学中多数定律的得出，并不一定是直接归纳的结果，而是在分析了很多间接的实验事实后被“悟”出来的，并且定律的正确往往也是由它的推论的正确性来证实的。

3.教学重点难点本节教学的重点和难点都是对法拉第电磁感应定律的理解与应用。

导入新课：教学任务1：温故知新，通过问题和图片导入新课。

师生活动：问题导入：【问题1】 每日一题见课件。

学生作答，其他学生补充。

【问题2】 对比两图，观察有何异同？引入新课：在电磁感应现象中，产生感应电流的那部分导体就相当于电源，其所在电路就是内电路，电源的电动势就是感应电动势。

在电磁感应现象中，不论电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就有感应电动势，有感应电动势是电磁感应现象的本质。

因此研究感应电动势比研究感应电流更有意义。

那么感应电动势的大小跟哪些因素有关？这节课要研究感应电动势的大小跟哪些因素有关的问题。

推进新课教学任务2：探究感应电动势的大小跟哪些因素有关。

问题导入：【问题1】上节课我们用实验探究的方法找到了感应电流方向的规律，这节课我们是否可以再用同样的器材来探究感应电动势的大小跟哪些因素有关？【问题2】怎样判断感应电动势的大小？如果不能直接测量，可以用测量哪些量来代替电动势？【问题3】感应电流的方向跟磁通量的变化量有关，那么感应电动势的大小是否也跟磁通量的变化有关，用实验的方法怎样来研究这个问题？学生活动：【学生分组实验探究】将条形磁铁插入线圈中。

第四章第4节法拉第电磁感觉定律基础夯实一、选择题(1～4题为单项选择题，5题为多项选择题)1．(2017·福建省福州外国语学校高二上学期期末)穿过一个单匝闭合线圈的磁通量向来为每秒均匀增加2Wb，则(B)A．线圈中感觉电动势每秒增加2VB．线圈中感觉电动势向来为2VC．线圈中感觉电动势向来为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2VD．线圈中感觉电动势每秒减少2V剖析：磁通量向来保持每秒钟均匀地增加2Wb，则ΔΦΔt＝2Wb1s＝2V，依照法拉第电磁感觉定律E＝n ΔΦΔt可知E＝2V保持不变。

故B正确，ACD错误。

2．如图中所示的导体棒的长度为L，处于磁感觉强度为B的匀强磁场中，棒运动的速度均为v，则产生的感觉电动势为BLv的是(D)剖析：当B、L、v三个量方向互相垂直时，E＝BLv；A选项中B与v不垂直；B、C选项中B与L平行，E＝0；只有D选项中三者互相垂直，D正确。

3．当航天飞机在环绕地球的轨道上翱翔时，从中释放一颗卫星，卫星与航天飞机保持相对静止，两者用导电缆绳相连，这种卫星称为“绳系卫星”。

现有一颗卫星在地球赤道上空运行，卫星位于航天飞机正上方，卫星所在地址地磁场方向由南向北。

以下说法正确的选项是(B)A．航天飞机和卫星从西向东翱翔时，图中B端电势高B．航天飞机和卫星从西向东翱翔时，图中A端电势高C．航天飞机和卫星从南向北翱翔时，图中B端电势高D．航天飞机和卫星从南向北翱翔时，图中A端电势高剖析：向东方向运动时，由右手定则知电流流向A点，即A为电源正极，因此电势高，选项B正确；若向北运动，电缆没有切割磁感线，不会产生感觉电动势，应选项C、D错误。

4．(2018·江西省南昌市第二中学高二上学期期末)以下列图，均匀导线制成的半径为R的圆环以速度v匀速进入一磁感觉强度大小为B的匀强磁场。

当圆环运动到图示地址(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差为(B)A．24BRv B．324BRvC．2BRv D．22BRv剖析：当圆环运动到图示地址，圆环切割磁感线的有效长度为2R 线框刚进入磁场时ab边产生的感觉电动势为：E＝2BR线框进入磁场的过程中a、b两点的电势差由欧姆定律得：U ab＝E－I·r ab＝2BRv－B2RvR·R4＝324BRv，应选项B正确，选项A、C、D错误。

第二讲法拉第电磁感应定律自感现象自主复习考点一：法拉第电磁感应定律1。

公式：【n:线圈的匝数;：磁通量的变化量；：对应于所用的时间;:磁通量的变化率】2。

对公式的理解①适用于单匝线圈，多匝线圈每匝间是串联的，故有②公式可用于任何原因引起的电动势，回路不要求闭合③E由n及决定，、与无关④较长时，E为时间内的平均值，时, E为瞬时值⑤—图像上，某点切线斜率表示该时刻的瞬时值；⑥某两点连线的斜率表示该段时间内的平均值⑦当B变化引起感应电动势时，E是整个回路中的感应电动势，不是某部分导体产生的感应电动势，但在处理时习惯上仍将处于磁场内的部分作为电源，其余部分作为外电路解题指导：当仅由B的变化引起时，当仅由S的变化引起时，二者都变化时,例题1. 如图所示，用同样的导线制成的两闭合线圈A、B，匝数均为20匝,半径r A=2r B，在线圈B所围区域内有磁感应强度均匀减小的匀强磁场，则线圈A、B中产生感应电动势之比E A：E B和两线圈中感应电流之比I A：I B分别为（）A．1：1 1：2B．1：1 1：1C．1：2 1：2D．1：2 1:1根据电阻定律，,相同，则电阻之比 R A：R B=r A：r B=2：1．根据欧姆定律得，产生的感应电流之比I A：I B=1:2【答案】A例题2. 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(Ⅰ）通过电阻R1上的电流大小和方向;（Ⅱ）通过电阻R1上的电量q及电阻R1上产生的热量.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）例题3。

如图所示，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I a=3I b,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（）A。

法拉第电磁感应定律时间：45分钟一、单项选择题1．了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．则以下符合事实的是( B )A ．丹麦物理学家奥斯特梦圆电生磁，终于发现了电磁感应现象B ．英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场C ．法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D ．安培定则用来判断通电导线在磁场中所受安培力的方向解析：丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕；麦克斯韦的电磁场理论认为磁场变化时会在空间激发一种电场；法拉第发现了电磁感应现象；安培定则用来判断电流产生的磁场方向，只有选项B 正确．2．下列说法正确的是( D )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 ．线圈中的磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大C ．线圈处在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电动势一定越大D ．线圈中磁通量变化得越快，线圈中产生的感应电动势越大解析：根据法拉第电磁感应定律知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，与磁感应强度、磁通量、磁通量的变化量大小没有必然联系．A 、B 两项显然不对．对于C 项，磁感应强度越大，线圈的磁通量不一定大，ΔΦ也不一定大，ΔΦΔt更不一定大，故C 错．磁通量变化得快，即ΔΦΔt 大，由E ＝n ΔΦΔt可知，感应电动势越大，D 正确． 3.一直升机停在南半球的地磁极上空．该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B .直升机螺旋桨叶片的长度为l ，螺旋桨转动的频率为f ，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动，螺旋桨叶片的近轴端为a ，远轴端为b ，如图所示，如果忽略a 到转轴中心线的距离，用E 表示每个叶片中的感应电动势，则( B )A ．E ＝π2fl 2B B ．E ＝πfl 2B C ．E ＝2πfl 2B D ．E ＝4πfl 2B 解析：感应电动势大小为E ＝Blv ＝Blω×l 2＝Bl ×2πf ×l 2＝πfl 2B ，B 项正确． 4.如图所示，当导线ab 在电阻不计的金属导轨上滑动时，线圈c 向右摆动，则ab 的运动情况是( B )A ．向左或向右匀速运动B ．向左或向右减速运动C ．向左或向右加速运动D ．只能向右匀加速运动解析：当导线ab 在导轨上滑行时，线圈c 向右运动，说明穿过线圈的磁通量正在减少，即右侧回路中的感应电流减小，导线正在减速运动，与方向无关，故此A 、C 、D 错误，B 正确．5.在物理实验中，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 .若将线圈放在被测量的匀强磁场中，开始线圈平面与磁场垂直，现把探测线圈翻转90°，冲击电流计测出通过线圈的电荷量为q ，由上述数据可测出被测量磁场的磁感应强度为( B )A.qR SB.qR nSC.qR 2nSD.qR 2S解析：由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt，可求出感应电动势的大小，再由闭合电路欧姆定律I ＝E R ，可求出感应电流的大小，根据电荷量的公式q ＝It ，可得q ＝n ΔΦR.由于开始线圈平面与磁场垂直，现把探测线圈翻转90°，则有ΔΦ＝BS ，所以由以上公式可得q ＝nBS R ，则磁感应强度B ＝qR nS，故B 正确，A 、C 、D 错误．二、多项选择题6．穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t 变化的图象分别如图甲、乙、丙、丁所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是( CD )A ．图甲中回路产生的感应电动势恒定不变B ．图乙中回路产生的感应电动势一直在变大C ．图丙中回路在0～t 0时间内产生的感应电动势大于t 0～2t 0时间内产生的感应电动势D ．图丁回路产生的感应电动势先变小再变大解析：根据E ＝n ΔΦΔt可知：图甲中E ＝0，A 错；图乙中E 为恒量，B 错；图丙中0～t 0时间内的E 1大于t 0～2t 0时间内的E 2，C 正确；图丁中感应电动势先变小再变大，D 正确．7．如图所示，单匝线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t 的变化关系可用图象表示，则( BC )A ．t ＝0时刻，线圈中的磁通量最大，感应电动势也最大B ．在t ＝1×10－2 s 时，感应电动势最大C ．在t ＝2×10－2 s 时，感应电动势为零D ．在0～2×10－2 s 时间内，线圈中感应电动势的平均值为零解析：由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt 可知，E 的大小与Φ大小无关，与ΔΦΔt成正比，t ＝0及t ＝2×10－2 s 时刻E ＝0，A 错，C 对．t ＝1×10－2 s 时，ΔΦΔt最大，E 最大，B 对.0～2×10－2s 内ΔΦ≠0，平均感应电动势不为零，D 错．8．如图所示，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，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( ACD )A ．感应电流方向不变B ．CD 段直导线始终不受安培力C ．感应电动势最大值E m ＝BavD ．感应电动势平均值E ＝14πBav 解析：在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律和安培定则可知感应电流的方向为逆时针方向不变，A 正确．根据左手定则可判断，CD 段受安培力向下，B 不正确．当半圆形闭合回路进入磁场一半时，这时有效切割长度最大为a ，所以感应电动势最大值E m ＝Bav ，C 正确．感应电动势平均值E ＝ΔΦΔt ＝14πBav ，D 正确． 三、非选择题9.如图所示，一个50匝的线圈的两端跟R ＝99 Ω的电阻相连接，置于竖直向下的匀强磁场中，线圈的横截面积是20 cm 2，电阻为1 Ω，磁感应强度以100 T/s 的变化率均匀减小，在这一过程中通过电阻R 的电流为多大？答案：0.1 A解析：由法拉第电磁感应定律得线圈中产生的感应电动势为E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB ΔtS ＝50×100×20×10－4 V ＝10 V ，由闭合电路欧姆定律得感应电流大小为 I ＝E R ＋r ＝1099＋1A ＝0.1 A. 10.如图所示，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 点开始沿导轨匀速向右滑动，导体与导轨都足够长，它们每米长度的电阻都是0.2 Ω，磁场的磁感应强度为0.2 T ．求：(1)3 s 末电路上的电流．(2)3 s 内电路中产生的平均感应电动势．答案：(1)1.06 A (2)4.33 V解析：(1)夹在导轨间的部分导体切割磁感线产生的感应电动势才是电路中的电动势，3 s 末，夹在导轨间导体的长度为l ＝OB tan30°＝vt tan30°＝5 3 m ，所以E ＝Blv ＝5 3 V ，此时电阻为R ＝(OB ＋OA ＋AB )×0.2 Ω≈8.2 Ω，所以I ＝E R≈1.06 A.(2)3 s 内的感应电动势的平均值为E ＝ΔΦΔt ＝BS －0Δt ＝B ·12·OB ·l Δt ≈4.33 V. 11．如下图甲所示，在水平面上固定有长为L ＝2 m 、宽为d ＝1 m 的金属“U”形导轨，在“U”形导轨右侧l ＝0.5 m 范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．在t ＝0时刻，质量为m ＝0.1 kg 的导体棒以v 0＝1 m/s 的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ＝0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为λ＝0.1 Ω/m，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取g ＝10 m/s 2)．(1)通过计算分析4 s 内导体棒的运动情况．(2)计算4 s 内回路中电流的大小，并判断电流方向．(3)计算4 s 内回路产生的焦耳热．答案：(1)见解析(2)0.2 A 顺时针方向(从上往下看)(3)0.04 J 解析：(1)导体棒先在无磁场区域做匀减速直线运动，有－μmg ＝ma ，v 1＝v 0＋at ，x ＝v 0t ＋12at 2， 代入数据解得t ＝1 s ，x ＝0.5 m ，导体棒没有进入磁场区域．导体棒在1 s 末已停止运动，以后一直保持静止，离左端位置仍为x ＝0.5 m.(2)前2 s 磁通量不变，回路中电动势和电流分别为E ＝0，I ＝0，后2 s 回路中产生的电动势为E ＝ΔΦΔt ＝ld ΔB Δt＝0.1 V ， 回路的总长度为5 m ，因此回路的总电阻为R ＝5λ＝0.5 Ω电流为I ＝E R＝0.2 A ，根据楞次定律和安培定则，在回路中的电流方向是顺时针方向(从上往下看)．(3)前2 s电流为零，后2 s有恒定电流，焦耳热为Q＝I2Rt＝0.04 J.。

人教版高二选修3-2第四章 第4节 法拉第电磁感应定律 课时练习一、单选题1. 下列关于电磁感应现象的说法中，正确的是（）A．穿过闭合电路中的磁通量增大，但闭合电路中感应电流可能减小B．穿过闭合电路中的磁通量为零的瞬间，闭合电路中不可能有感应电流C．穿过闭合电路中的磁通量减小，则闭合电路中的感应电动势一定减小D．穿过闭合电路中的磁通量变化越来越快，但闭合电路中感应电动势可能不变2. 如图所示，导线OA长为l，在方向竖直向上，磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω沿图中所示方向绕通过悬点O的竖直轴旋转，导线OA与竖直方向的夹角为θ。

则OA导线中的感应电动势大小和O、A两点电势高低情况分别是()A．Bl2ω，O点电势高B．Bl2ω，A点电势高C ．Bl2ωsin2θ，O点电势高D ．Bl2ωsin2θ，A点电势高3. 一闭合圆形线圈放在匀强磁场中，线圈的轴线与磁场方向成30°角，磁感应强度随时间均匀变化。

在下列方法中能使线圈中感应电流增大一倍的是A．把线圈匝数增大一倍B．把线圈面积增大一倍C．把线圈半径增大一倍D．把线圈匝数减少到原来的一半4. 如图，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．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b 、c三点的电势分别为φa、φb、φc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是( )A．，金属框中无电流B．，金属框中电流方向为a→b→c→aC．，金属框中无电流D．，金属框中电流方向为a→c→b→a5. 中国空军八一飞行表演队应邀参加于2019年3月举行的巴基斯坦国庆日飞行表演。

中国歼﹣10战斗机在广场上方沿水平方向自西向东飞行。

该飞机翼展10m，表演地点位于北半球，该处磁场的竖直分量为5.0×10﹣5T，该机飞行时速度约为300m/s，下列说法正确的是（）A．该机两翼尖端电势差大小约为0.15VB．该机两翼尖端无电势差C．右端机翼电势较高D．若飞机转向为自东向西飞行，机翼右端电势较高6. 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以水平初速度v0抛出，设在整个过程中棒一直保持水平，且不计空气阻力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势的大小变化情况是A．越来越大B．越来越小C．保持不变D．无法判断7. 如图所示，U形线框abcd处于匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里。

法拉第电磁感应定律A 级 抓基础1.穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加2 Wb ，则（ ）A.线圈中感应电动势每秒增加 2 VB.线圈中感应电动势每秒减少2 VC.线圈中感应电动势始终为2 VD.线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2 V解析：由E ＝n ΔΦΔt 知ΔΦΔt恒定，n ＝1，所以E ＝2 V. 答案：C2.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 以水平速度v 0抛出，不计空气阻力，那么金属棒内产生的感应电动势将（ ）A.越来越大B.越来越小C.保持不变D.方向不变，大小改变解析：由于导体棒中无感应电流，故棒只受重力作用，导体棒做平抛运动，水平速度v 0不变，即切割磁感线的速度不变，故感应电动势保持不变.答案：C3.如图，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN 在平行金属导轨上以速度v 向右匀速滑动，MN 中产生的感应电动势为E 1；若磁感应强度增为2B ，其他条件不变，MN 中产生的感应电动势变为E 2.则通过电阻R 的电流方向及E 1与E 2之比E 1∶E 2分别为（ ）A.c →a ，2∶1B.a →c ，2∶1C.a →c ，1∶2D.c →a ，1∶2解析：由右手定则判断可知，MN 中产生的感应电流方向为N →M ，则通过电阻R 的电流方向为a →c .MN 产生的感应电动势公式为E ＝BLv ，其他条件不变，E 与B 成正比，则得E 1∶E 2＝1∶2.答案：C4.（多选）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所示，则O →D 过程中（ ）A.线圈在O 时刻感应电动势最大B.线圈在D 时刻感应电动势为零C.线圈在D 时刻感应电动势最大D.线圈在O 至D 时间内平均感应电动势为0.4 V解析：由法拉第电磁感应定律知线圈从O 至D 时间内的平均感应电动势E ＝ΔΦΔt＝2×10－30.01÷2V ＝0.4 V. 由感应电动势的物理意义知，感应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，而任何时刻磁通量的变化率ΔΦΔt就是Φ-t 图象上该时刻切线的斜率，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.答案：ABD5.如图所示，长为L 的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C 的平行板电容器上，P 、Q 为电容器的两个极板，磁场垂直于环面向里，磁感应强度以B ＝B 0＋kt （k >0）随时间变化，t ＝0时，P 、Q 两板电势相等，两板间的距离远小于环的半径，经时间t ，电容器P 板（ ）A.不带电B.所带电荷量与t 成正比C.带正电，电荷量是kL 2C4π D.带负电，电荷量是kL 2C4π解析：磁感应强度以B ＝B 0＋kt （k >0）随时间变化，由法拉第电磁感应定律得：E ＝ΔΦΔt＝S ΔB Δt ＝kS ，而S ＝L 24π，经时间t 电容器P 板所带电荷量Q ＝EC ＝kL 2C 4π；由楞次定律知电容器P 板带负电，故D 选项正确.答案：DB 级 提能力6.一矩形线圈abcd 位于一随时间变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面向里（如图甲所示），磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示.以I 表示线圈中的感应电流（图甲中线圈上箭头方向为电流的正方向），则能正确表示线圈中电流I 随时间t 变化规律的是（ ）A B C D解析：0～1 s 内磁感应强度均匀增大，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律可判定，感应电流为逆时针（为负值）、大小为定值，A 、B 错误；4 ～5 s 内磁感应强度恒定，穿过线圈abcd 的磁通量不变化，无感应电流，D 错误.答案：C7.矩形导线框abcd 放在匀强磁场中，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B 随时间变化的图象如图所示，t ＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里.若规定导线框中感应电流逆时针方向为正，则在0～4 s 时间内，线框中的感应电流I 以及线框的ab 边所受安培力F 随时间变化的图象为图中的（取向上为正方向）（ ）A B C D解析：根据E ＝n ΔΦΔt ＝n S ΔB Δt ，而ΔB Δt不变，推知在0～2 s 内及2～4 s 内电流恒定，选项A 错误；因为规定了导线框中感应电流逆时针方向为正，感应电流在0～2 s 内为顺时针方向，所以选项B 错误；由F ＝BIL 得：F 与B 成正比，根据左手定则判断可知，选项C 正确，D 错误.答案：C8.（多选）如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，正方形金属框电阻为R ，边长是L ，自线框从左边界进入磁场时开始计时，在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a 进入磁场区域，t 1时刻线框全部进入磁场.若外力大小为F ，线框中电功率的瞬时值为P ，线框磁通量的变化率为ΔΦΔt，通过导体横截面的电荷量为q ，（其中P-t 图象为抛物线）则这些量随时间变化的关系正确的是（ ）解析：线框做匀加速运动，其速度v ＝at ，感应电动势E ＝BLv ，线框进入磁场过程中受到的安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ＝B 2L 2at R ，由牛顿第二定律得F －B 2L 2at R ＝ma ，则F ＝B 2L 2at R＋ma ，故A 错误；线框中的感应电流I ＝E R ＝BLat R ，线框的电功率P ＝I 2R ＝（BLa ）2Rt 2，B 正确；线框的位移x ＝12at 2，磁通量的变化率ΔΦΔt ＝B ·ΔS Δt ＝B L ×12at 2t ＝12BLat ，C 错误；电荷量q ＝I －·Δt ＝E －R ·Δt ＝ΔΦΔt R ·Δt ＝ΔΦR ＝BLx R ＝BL ×12at 2R ＝BLa 2R·t 2，D 正确. 答案：BD9.如图所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，轨距为0.2 m ，金属导体ab 可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab 的电阻为0.4 Ω，导轨电阻不计，导体ab 的质量为0.2 g ，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.2 T ，且磁场区域足够大，当导体ab 自由下落0.4 s 时，突然闭合开关S ，则：（1）试说出S 接通后导体ab 的运动情况；（2）导体ab 匀速下落的速度是多少？（g 取10 m/s 2）解析：（1）闭合S 之前导体ab 自由下落的末速度为v 0＝gt ＝4 m/s.S 闭合瞬间，导体产生感应电动势，回路中产生感应电流，ab 立即受到一个竖直向上的安培力.F 安＝BIL ＝B 2L 2v 0R＝0.016 N>mg ＝0.002 N. 此刻导体所受到合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为a ＝F 安－mg m＝B 2L 2v mR－g ， 所以ab 做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动.当速度减小至F 安＝mg 时，ab 做竖直向下的匀速运动.（2）设匀速下落的速度为v m ，此时F 安＝mg ，即B 2L 2v m R ＝mg ，v m ＝mgR B 2L 2＝0.5 m/s. 10.如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨与水平面成37°夹角放置，导轨间距为L ＝1 m ，上端接有电阻R ＝3 Ω，虚线OO ′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场.现将质量m ＝0.1 kg 、电阻r ＝1 Ω的金属杆ab 从OO ′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下滑过程中始终与导轨垂直并保持良好接触，杆下滑过程中的v-t 图象如图乙所示.求：（取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6）图甲 图乙（1）磁感应强度B .（2）杆在磁场中下滑0.1 s 过程中电阻R 产生的热量.解析：（1）由题图乙得a ＝Δv Δt ＝0.50.1m/s 2＝5 m/s 2. 0.1 s 前，由牛顿第二定律有mg sin θ－f ＝ma ，代入数据得f ＝0.1 N.0.1 s 后匀速运动，有mg sin θ－f －F 安＝0.①而F 安＝BIL ＝B BLv R ＋r L ＝B 2L 2v R ＋r.② 由①②得B ＝（mg sin θ－f ）（R ＋r ）L 2v ＝（0.6－0.1）×（3＋1）12×0.5T ＝2 T.（2）I ＝BLv R ＋r ＝2×1×0.53＋1A ＝0.25 A ， Q R ＝I 2Rt ＝0.252×3×0.1 J ＝3160 J. 11.如图所示，L 1＝0.5 m ，L 2＝0.8 m ，回路总电阻为R ＝0.2 Ω，物块M 的质量m ＝0.04kg ，导轨光滑，开始时磁场B 0＝1 T.现使磁感应强度以ΔB Δt＝0.2 T/s 的变化率均匀地增大，则当t 为多少时，M 刚好离开地面？（g 取10 m/s 2）解析：回路中原磁场方向向下，且磁通量增加，由楞次定律可以判知，感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可以判知，ab 中的感应电流的方向是a →b ，由左手定则可知，ab 所受安培力的方向水平向左，从而向上拉起重物.设ab 中电流为I 时M 刚好离开地面，此时有F B ＝BIL 1＝mgI ＝E RE ＝ΔΦΔt ＝L 1L 2·ΔB ΔtB ＝B 0＋ΔB Δt t 解得：F B ＝0.4 N ，I ＝0.4 A ，B ＝2 T ，t ＝5 s.答案：5 s。