高中物理 精讲精析精练 第1点 从三个角度理解“磁通量及其变化” 沪科版选修32

5.2 怎样描述磁场练习1．关于磁通量，下列说法正确的是()。

A．磁感应强度越大的地方，线圈的面积越大，则穿过线圈的磁通量越大B．穿过线圈的磁通量为零，表明该处磁感应强度为零C．穿过线圈的磁通量为零时，该处的磁感应强度不一定为零D．磁通量的变化，可能是由于磁感应强度的变化引起的，可能是由于线圈面积引起的，也可能是由于线圈与磁场方向间的夹角变化引起的2．关于磁通量，下列说法正确的是()。

A．穿过某一面的磁感线的条数越多，则穿过该面的磁通量越大B．穿过两个面的磁感线条数相等，则穿过两个面的磁通量相等C．磁场中某处的磁感应强度等于穿过该处单位面积的磁通量D．磁场中某处的磁感应强度等于垂直穿过该处单位面积的磁通量3．关于磁感线与电场线的描述，下列正确的是()。

A．电场线起始于电荷，磁感线起始于磁极B．电场线一定不闭合，磁感线一定是闭合的C．磁感线是小磁针在磁场力作用下的运动轨迹D．沿磁感线方向磁场逐渐减弱4．如图所示，在条形磁铁外套有A、B两个大小不同的圆环，穿过A环的磁通量ΦA 与穿过B环的磁通量ΦB相比较()。

A．ΦA＞ΦB B．ΦA＜ΦBC．ΦA＝ΦB D．不能确定5. 如图所示，S1与S2分别是半径为r1和r2的同心导体圆环，磁感应强度为B的匀强磁场方向与环面垂直，范围以S1为边界，则穿过环S1的磁通量为________，穿过环S2的磁通量为________。

6.如图所示，框架面积为S，线框平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直。

若使框架绕OO′转过45°，则穿过线框平面的磁通量为__________；若从初始位置转过90°，则穿过线框平面的磁通量为__________；若从初始位置转过180°，则穿过线框平面的磁通量变化为__________。

7．磁感应强度为矢量，它可以分解为几个分量。

(1)如果北半球某处地磁场的磁感应强度大小为B，与水平方向的夹角为θ，那么该处地磁场的磁感应强度的水平分量和竖直分量各为多大？(2)如果地理南、北极和地磁北、南极是重合的，那么在赤道上空磁场的竖直分量是多大？在极地上空地磁场的水平分量是多大？参考答案1. 答案：CD解析：由公式Φ＝BS cos θ得，磁通量可能与磁感应强度、线圈面积和线圈与磁场方向的夹角有关，所以C 、D 正确。

学案3习题课：楞次定律的应用[目标定位]1.学习应用楞次定律的推论判断感应电流的方向.2.理解安培定则、左手定则、右手定则和楞次定律的区别．一、“增反减同”法感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量(原磁场磁通量)的变化．(1)当原磁场磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；(2)当原磁场磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同．口诀记为“增反减同”．注意：本方法适用于磁感线单方向穿过闭合回路的情况．例1如图1所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外、ad边在纸内，由图中位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和位置Ⅲ都很接近位置Ⅱ，这个过程中线圈的感应电流()图1A．沿abcd流动B．沿dcba流动C．先沿abcd流动，后沿dcba流动D．先沿dcba流动，后沿abcd流动答案 A解析本题考查用楞次定律判断感应电流的方向，关键要分析清楚矩形线圈由位置Ⅰ到位置Ⅱ和由位置Ⅱ到位置Ⅲ两过程中，穿过线圈的磁感线方向相反．由条形磁铁的磁场可知，线圈在位置Ⅱ时穿过闭合线圈的磁通量最小为零．由于位置Ⅰ和位置Ⅲ都很接近位置Ⅱ，则线圈从位置Ⅰ到位置Ⅱ，从下向上穿过线圈的磁通量在减少，线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，从上向下穿过线圈的磁通量在增加，根据楞次定律可知感应电流的方向是abcd.二、“来拒去留”法导体与磁场相对运动产生电磁感应现象时，产生的感应电流与磁场间有力的作用，这种力的作用会“阻碍”相对运动，简称口诀“来拒去留”．例2如图2所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是()图2A．向右摆动B．向左摆动C．静止D．无法判定答案 A解析本题可由两种方法来解决：方法1：画出磁铁的磁感线分布，如图甲所示，当磁铁向铜环运动时，穿过铜环的磁通量增加，由楞次定律判断出铜环中的感应电流方向如图甲所示．分析铜环受安培力作用而运动时，可把铜环中的电流等效为多段直线电流元．取上、下两小段电流元作为研究对象，由左手定则确定两段电流元的受力，由此可推断出整个铜环所受合力向右，故A正确．甲乙方法2(等效法)：磁铁向右运动，使铜环产生的感应电流可等效为图乙所示的条形磁铁，两磁铁有排斥作用，故A正确．三、“增缩减扩”法当闭合电路中有感应电流产生时，电路的各部分导线就会受到安培力作用，会使电路的面积有变化(或有变化趋势)．(1)若原磁通量增加，则通过减小有效面积起到阻碍的作用．(2)若原磁通量减小，则通过增大有效面积起到阻碍的作用．口诀记为“增缩减扩”．注意：本方法适用于磁感线单方向穿过闭合回路的情况．例3如图3所示，在载流直导线旁固定有两平行光滑金属导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两可自由滑动的导体ab和cd.当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体ab和cd的运动情况是()图3A．一起向左运动B．一起向右运动C．ab和cd相向运动，相互靠近D．ab和cd相背运动，相互远离答案 C解析由于在闭合回路abcd中，ab和cd电流方向相反，所以两导体运动方向一定相反，排除A、B；当载流直导线中的电流逐渐增强时，穿过闭合回路的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流总是阻碍穿过回路磁通量的变化，所以两导体相互靠近，减小面积，达到阻碍磁通量增大的目的，故选C.四、“增离减靠”法发生电磁感应现象时，通过什么方式来“阻碍”原磁通量的变化要根据具体情况而定．可能是阻碍导体的相对运动，也可能是改变线圈的有效面积，还可能是通过远离或靠近变化的磁场源来阻碍原磁通量的变化．即：(1)若原磁通量增加，则通过远离磁场源起到阻碍的作用．(2)若原磁通量减小，则通过靠近磁场源起到阻碍的作用．口诀记为“增离减靠”．例4如图4所示，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当开关S接通瞬间，两铜环的运动情况是()图4A．同时向两侧推开B．同时向螺线管靠拢C．一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D．同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断答案 A解析开关S接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，则两环将同时向两侧运动，故A正确．五、安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的区别应用1．右手定则是楞次定律的特殊情况(1)楞次定律的研究对象为整个闭合导体回路，适用于磁通量变化引起感应电流的各种情况．(2)右手定则的研究对象为闭合导体回路的一部分，适用于一段导体在磁场中做切割磁感线运动．2．区别安培定则、左手定则、右手定则的关键是抓住因果关系(1)因电而生磁(I→B)→安培定则．(判断电流周围磁感线的方向)(2)因动而生电(v、B→I感)→右手定则．(导体切割磁感线产生感应电流)(3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则．(磁场对电流有作用力)例5如图5所示，导轨间的匀强磁场方向垂直于纸面向里．圆形金属环B正对磁铁A，当导体棒MN在导轨上向右加速滑动时，(说明：导体棒切割磁感线速度越大，感应电流越大) 下列说法正确的是()图5A．MN中电流方向N→M，B被A吸引B．MN中电流方向N→M，B被A排斥C．MN中电流方向M→N，B被A吸引D．MN中电流方向M→N，B被A排斥答案 B解析MN向右加速滑动，根据右手定则，MN中的电流方向从N→M，且大小在逐渐变大，根据安培定则知，磁铁A的磁场方向向左，且逐渐增强，根据楞次定律知，B环中的感应电流产生的磁场在轴线上方向向右，B被A排斥，B正确，A、C、D错误．1．(“来拒去留”法)如图6所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度H处同时释放(各线框下落过程中不翻转)，则以下说法正确的是()图6A．三者同时落地B．甲、乙同时落地，丙后落地C．甲、丙同时落地，乙后落地D．乙、丙同时落地，甲后落地答案 D解析在下落过程中，闭合铜线框中产生感应电流．由“来拒去留”可知，答案选D. 2．(“增缩减扩”法及“来拒去留”法)如图7所示，水平桌面上放有一个闭合铝环，在铝环轴线上方有一个条形磁铁．当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，下列判断正确的是()图7A．铝环有收缩趋势，对桌面压力减小B．铝环有收缩趋势，对桌面压力增大C．铝环有扩张趋势，对桌面压力减小D．铝环有扩张趋势，对桌面压力增大答案 B解析根据楞次定律可知：当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，闭合铝环内的磁通量增大，因此铝环面积应有收缩的趋势，同时有远离磁铁的趋势，故增大了和桌面的挤压程度，从而使铝环对桌面压力增大，故B项正确．3．(“增离减靠”法)(多选)如图8是某电磁冲击钻的原理图，若突然发现钻头M向右运动，则可能是()图8A．开关S闭合瞬间B．开关S由闭合到断开的瞬间C．开关S已经是闭合的，滑动变阻器滑片P向左迅速滑动D．开关S已经是闭合的，滑动变阻器滑片P向右迅速滑动答案AC解析当开关突然闭合时，左线圈上有了电流，产生磁场，而对于右线圈来说，磁通量增加，产生感应电流，使钻头M向右运动，故A项正确；当开关S已经闭合时，只有左侧线圈电流增大才会导致钻头M向右运动，故C项正确．4.(安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的区别运用)图9(多选)如图9所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力的作用下运动时，MN在磁场力的作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是() A．向右加速运动B．向左加速运动C．向右减速运动D．向左减速运动答案BC解析当PQ向右运动时，用右手定则可判定PQ中感应电流的方向是由Q→P，由安培定则可知穿过L1的磁场方向是自下而上的；若PQ向右加速运动，则穿过L1的磁通量增加，用楞次定律可以判断流过MN的感应电流是从N→M的，用左手定则可判定MN受到向左的安培力，将向左运动，可见选项A错误；若PQ向右减速运动，流过MN的感应电流方向、MN 所受的安培力的方向均将反向，MN向右运动，所以选项C正确；同理可判断选项B正确，选项D错误．题组一“来拒去留”法1．如图1所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下．在磁铁的N极向下靠近线圈的过程中()图1A．通过电阻的感应电流方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥B．通过电阻的感应电流方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥C．通过电阻的感应电流方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引D．通过电阻的感应电流方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引答案 B解析根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，因此阻碍条形磁铁的下落，即“来拒去留”，同名磁极相斥，所以线圈上端为N极，根据安培定则判断线圈电流方向，线圈下端为正极，上端为负极，电流方向从下端由b经电阻到a再回到线圈负极，B对．2．如图2所示，将一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过．现将环从位置Ⅰ释放，经过磁铁到达位置Ⅱ，设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为T1和T2，重力加速度大小为g，则()图2A．T1＞mg，T2＞mgB．T1＜mg，T2＜mgC．T1＞mg，T2＜mgD．T1＜mg，T2＞mg答案 A解析当环经过磁铁上端，穿过环的磁通量增加，圆环中的感应电流的磁场要阻碍其磁通量增加，所以磁铁对环有向上的斥力作用，由牛顿第三定律，环对磁铁有向下的斥力作用，使得细线对磁铁的拉力大于磁铁的重力，即T1＞mg；同理，当环经过磁铁下端时，穿过环的磁通量减小，在圆环中产生的感应电流的磁场要阻碍其磁通量减小，所以磁铁对环有向上的吸引力作用，由牛顿第三定律，则环对磁铁有向下的吸引力作用，使得细线对磁铁的拉力大于磁铁的重力，即T2＞mg，选项A正确．3．如图3所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈．当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力N及在水平方向运动趋势的正确判断是()图3A．N先小于mg后大于mg，运动趋势向左B．N先大于mg后小于mg，运动趋势向左C．N先小于mg后大于mg，运动趋势向右D．N先大于mg后小于mg，运动趋势向右答案 D解析条形磁铁从线圈正上方由左向右运动的过程中，线圈中的磁通量先增大后减小，根据楞次定律的第二种描述：“来拒去留”可知，线圈先有向下和向右的运动趋势，后有向上和向右的运动趋势；故线圈受到的支持力先大于重力后小于重力；运动趋势向右．故选D. 4．如图4所示，两个相同的轻质铝环套在一根水平光滑绝缘杆上，当一条形磁铁向左运动靠近两环时，两环的运动情况是()图4A．同时向左运动，间距变大B．同时向左运动，间距变小C．同时向右运动，间距变小D．同时向右运动，间距变大答案 B解析磁铁向左运动，穿过两环的磁通量均增加．根据楞次定律，感应电流的磁场将阻碍原磁通量增加，所以两者都向左运动．另外，两环产生的感应电流方向相同，依据安培定则和左手定则可以判断两个环之间是相互吸引的，所以选项A、C、D错误，B正确．题组二“增缩减扩”法5．(多选)如图5所示，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变化为圆形，则磁场()图5A．逐渐增强，方向向外B．逐渐增强，方向向里C．逐渐减弱，方向向外D．逐渐减弱，方向向里答案CD解析对于线圈来说，圆形面积最大，即由于磁场变化，导致线圈面积变大，根据楞次定律“增缩减扩”，可判断磁场在减弱，可能是方向向外的磁场逐渐减弱也可能是方向向里的磁场逐渐减弱，选项C、D对．6．(多选)如图6所示，在水平面上有一固定的导轨，导轨为U形金属框架，框架上放置一金属杆ab，不计摩擦，在竖直方向上有匀强磁场，则()图6A．若磁场方向竖直向上并增强，杆ab将向右移动B．若磁场方向竖直向上并减弱，杆ab将向右移动C．若磁场方向竖直向下并增强，杆ab将向右移动D．若磁场方向竖直向下并减弱，杆ab将向右移动答案BD解析不管磁场方向竖直向上还是竖直向下，当磁感应强度增大时，回路中磁通量变大，由楞次定律知杆ab将向左移动，反之，杆ab将向右移动，选项B、D正确．7.如图7所示，光滑固定金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放在导轨上，形成闭合回路．当一条形磁铁从上方向下迅速接近回路时，可动的两导体棒P、Q将()图7A．保持不动B．相互远离C．相互靠近D．无法判断答案 C解析效果法：四根导体组成闭合回路，当磁铁迅速接近回路时，不管是N极还是S极，穿过回路的磁通量都增加，闭合回路中产生感应电流，感应电流将“阻碍”原磁通量的增加，怎样来阻碍增加呢？可动的两根导体只能用减小回路面积的方法来阻碍原磁通量的增加，得到的结论是P、Q相互靠近，选项C正确．还可以用常规法，根据导体受磁场力的方向来判断．8．如图8所示，ab是一个可绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导线框，当滑动变阻器R 的滑片自左向右滑动时，线框ab的运动情况是()图8A．保持静止不动B．逆时针转动C．顺时针转动D．发生转动，但电源极性不明，无法确定转动的方向答案 C解析根据题图所示电路，线框ab所处位置的磁场是水平方向的，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电路中电阻增大，电流减弱，则穿过闭合导线框ab的磁通量将减少．Φ＝BS sin θ，θ为线圈平面与磁场方向的夹角，根据楞次定律，感应电流的磁场将阻碍原来磁场的变化，则线框ab只有顺时针旋转使θ角增大，而使穿过线圈的磁通量增加，则C正确．注意此题并不需要明确电源的极性．题组三“增离减靠”法9.如图9所示，一个有弹性的金属线圈被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方，直导线与线圈在同一竖直面内，当通电直导线中电流增大时，弹性线圈的面积S和橡皮绳的长度l将()图9A．S增大，l变长B．S减小，l变短C．S增大，l变短D．S减小，l变长答案 D解析当通电直导线中电流增大时，穿过金属线圈的磁通量增大，金属线圈中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流要阻碍原磁通量的增大：一是用缩小面积的方式进行阻碍；二是用远离直导线的方法进行阻碍，故D正确．10．如图10所示，A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且与圆盘面平行，其轴线与胶木盘A的轴线OO′重合，现使胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则()图10A ．金属环B 的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大B ．金属环B 的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小C ．金属环B 的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小D ．金属环B 的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大答案 B解析 胶木盘A 由静止开始绕其轴线OO ′按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小增大，根据右手螺旋定则知，通过B 的磁通量向下，且增大，根据楞次定律的另一种表述，引起的效果阻碍原磁通量的增大，知金属环的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以丝线的拉力减小．故B 正确，A 、C 、D 错误．题组四 安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的区别运用11．如图11甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i 随时间t 的变化关系如图乙所示．在0～T 2时间内，直导线中电流向上，则在T 2～T 时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力的方向是 ( )图11A ．感应电流方向为顺时针，线框所受安培力的合力方向向左B ．感应电流方向为逆时针，线框所受安培力的合力方向向右C ．感应电流方向为顺时针，线框所受安培力的合力方向向右D ．感应电流方向为逆时针，线框所受安培力的合力方向向左答案 C解析 在T 2～T 时间内，直导线电流方向向下，根据安培定则，知直导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流．根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培力方向水平向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力方向水平向右，故C正确，A、B、D错误．12．(多选)如图12所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大线圈M相连接，要使小导线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的金属棒ab的运动情况(两线圈共面放置)是()图12A．向右匀速运动B．向左加速运动C．向右减速运动D．向右加速运动答案BC。

学案4探究感应电动势的大小[目标定位]1.能区分磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ和磁通量的变化率ΔΦΔt.2.理解和掌握法拉第电磁感应定律，并能应用于计算感应电动势的大小.3.能够运用E＝BL v或E＝BL v sinθ计算导体切割磁感线时的感应电动势．一、法拉第电磁感应定律实验探究：感应电动势大小与磁通量变化的关系实验装臵如图1所示，根据实验结果完成表格(填“较大”或“较小”)，然后回答下列问题．图1表1表2(1)在实验中，为什么可以用电流表指针偏转角度大致判断感应电动势的大小？(2)感应电动势的大小跟磁通量变化的大小有关吗？(3)感应电动势的大小跟磁通量变化的快慢有关吗？(4)磁场方向对感应电动势的大小是否有影响？答案(1)穿过闭合电路的Φ变化⇒产生E感⇒产生I感．由闭合电路欧姆定律I＝ER＋r知，当电路的总电阻一定时，E 感越大，I 感越大，指针偏转角度越大． (2)感应电动势的大小跟磁通量变化的大小无必然联系． (3)磁通量变化相同，但磁通量变化越快，感应电动势越大． (4)磁场方向对感应电动势的大小没有影响． [要点总结]1．内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比． 2．公式：E ＝n ΔΦΔt ，其中n 为线圈匝数，ΔΦ总是取绝对值．此公式一般用来表示Δt 时间内感应电动势的平均值． 3．对法拉第电磁感应定律的理解(1)磁通量的变化率ΔΦΔt 和磁通量Φ没有(填“有”或“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0.(2)E ＝n ΔΦΔt 有两种常见形式：①线圈面积S 不变，磁感应强度B 均匀变化：E ＝n ΔBΔt S .②磁感应强度B 不变，线圈面积S 均匀变化：E ＝nB ·ΔS Δt .(其中ΔΦΔt 是Φ－t 图像上某点切线的斜率，ΔBΔt 为B －t 图像上某点切线的斜率)(3)产生感应电动势的那部分导体相当于电源．如果电路没有闭合，这时虽然没有感应电流，但感应电动势依然存在．例1 下列几种说法中正确的是 ( )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，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 ．线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势一定越大 答案 D解析 本题考查对法拉第电磁感应定律的理解，关键是抓住感应电动势的大小和磁通量的变化率成正比．感应电动势的大小和磁通量的大小、磁通量变化量的大小以及磁场的强弱均无关系，它由磁通量的变化率决定，故选D.例2 如图2甲所示的螺线管，匝数n ＝1500匝，横截面积S ＝20cm 2，方向向右穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化．图2(1)2s 内穿过线圈的磁通量的变化量是多少？ (2)磁通量的变化率多大？(3)线圈中感应电动势的大小为多少？ 答案 (1)8×10－3Wb (2)4×10－3Wb/s (3)6V解析 (1)磁通量的变化量是由磁感应强度的变化引起的，则Φ1＝B 1S ， Φ2＝B 2S ，ΔΦ＝Φ2－Φ1，所以ΔΦ＝ΔBS ＝(6－2)×20×10－4Wb ＝8×10－3Wb(2)磁通量的变化率为ΔΦΔt ＝8×10－32Wb /s ＝4×10－3 Wb/s (3)根据法拉第电磁感应定律得感应电动势的大小 E ＝n ΔΦΔt ＝1500×4×10－3V ＝6V .二、导体切割磁感线时的感应电动势如图3所示，闭合电路一部分导体ab 处于匀强磁场中，磁感应强度为B ，ab 的长度为L ，ab 以速度v 匀速切割磁感线，求回路中产生的感应电动势．图3答案 设在Δt 时间内导体棒由原来的位置运动到a 1b 1，如图所示，这时线框面积的变化量为ΔS ＝L v Δt穿过闭合电路磁通量的变化量为ΔΦ＝B ΔS ＝BL v Δt 根据法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝BL v .[要点总结]1．当导体平动垂直切割磁感线时，即B 、L 、v 两两垂直时(如图4所示)E ＝BL v .图42．公式中L 指有效切割长度：即导体在与v 垂直的方向上的投影长度．图5图5甲中的有效切割长度为：L ＝cd sin θ； 图乙中的有效切割长度为：L ＝MN ；图丙中的有效切割长度为：沿v 1的方向运动时，L ＝2R ；沿v 2的方向运动时，L ＝R .图6[延伸思考] 如图6所示，如果长为L 的直导线的运动方向与直导线本身是垂直的，但与磁感线方向有一个夹角θ(θ≠90°)，则此时直导线上产生的感应电动势表达式是什么？ 答案 如图所示，可以把速度v 分解为两个分量：垂直于磁感线的分量v 1＝v sin θ和平行于磁感线的分量v 2＝v cos θ.后者不切割磁感线，不产生感应电动势；前者切割磁感线，产生的感应电动势为E ＝BL v 1＝BL v sin θ.例3如图7所示，PQRS为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN为边界的匀强磁场中，磁场方向垂直线框平面，MN边界与线框的边QR所在的水平直线成45°角，E、F分别为PS和PQ的中点．关于线框中的感应电流()图7A．当E点经过边界MN时，感应电流最大B．当P点经过边界MN时，感应电流最大C．当F点经过边界MN时，感应电流最大D．当Q点经过边界MN时，感应电流最大答案 B解析当P点经过边界MN时，有效切割长度最长，感应电动势最大，所以感应电流最大．例4试写出如图8所示的各种情况下导线中产生的感应电动势的表达式(导线长均为l，速度为v，磁感应强度均为B，图(3)、(4)中导线垂直纸面)．图8答案(1)E＝0(2)E＝Bl v(3)E＝0(4)E＝Bl v cosθ1．(对法拉第电磁感应定律的理解)(多选)如图9所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度随时间变化，下列说法正确的是()图9A ．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流可能减小B ．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流一定增大C ．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流一定增大D ．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变 答案 AD解析 由法拉第电磁感应定律可知，感应电流的大小取决于磁通量的变化率，与磁感应强度的增与减无关，选项A 、D 正确．2．(公式E ＝n ΔΦΔt 的应用)(多选)单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，若线圈所围面积的磁通量随时间变化的规律如图10所示，则O ～D 过程中( )图10A ．线圈中O 时刻感应电动势最大B ．线圈中D 时刻感应电动势为零C ．线圈中D 时刻感应电动势最大D ．线圈中O 至D 时间内的平均感应电动势为0.4V 答案 ABD解析 由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt ，ΔΦΔt 即为Φ－t 图像对应时刻切线的斜率，所以A 、B正确，C 错误；线圈中O 至D 时间内的平均感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝1×2×10－3－00.005V ＝0.4V ，所以D 正确．3．(公式E ＝BL v 的应用)如图11所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一个水平放置的金属棒ab 以水平初速度v 0抛出，设运动的整个过程中不计空气阻力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小将( )图11A ．越来越大B ．越来越小C ．保持不变D ．无法确定答案 C解析 金属棒做平抛运动，水平速度不变，且水平速度即为金属棒垂直切割磁感线的速度，故感应电动势保持不变．题组一 对法拉第电磁感应定律的理解1．(多选)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势，下列表述正确的是 ( ) A ．感应电动势的大小与线圈的匝数无关B ．当穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势可能不为零C ．当穿过线圈的磁通量变化越快时，感应电动势越大D ．感应电动势的大小与磁通量的变化量成正比 答案 BC解析 由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E ＝n ΔΦΔt ，即感应电动势与线圈匝数有关，故A 错误；同时可知，感应电动势与磁通量的变化率有关，故D 错误；磁通量变化越快，感应电动势越大，故C 正确；当穿过线圈的磁通量为零时，磁通量的变化率不一定为零，因此感应电动势不一定为零，故B 正确．2．关于感应电动势的大小，下列说法正确的是 ( ) A ．穿过闭合电路的磁通量最大时，其感应电动势一定最大 B ．穿过闭合电路的磁通量为零时，其感应电动势一定为零C ．穿过闭合电路的磁通量由不为零变为零时，其感应电动势一定为零D ．穿过闭合电路的磁通量由不为零变为零时，其感应电动势一定不为零 答案 D解析 磁通量的大小与感应电动势的大小不存在必然联系，故A 、B 错；当磁通量由不为零变为零时，闭合电路的磁通量一定改变，一定有感应电流产生，有感应电流就一定有感应电动势，故C 错，D 对．3.(多选)如图1所示，闭合开关S ，将条形磁铁匀速插入闭合线圈，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，则 ( )图1A ．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 ．若断开S ，电流表G 均不偏转，故两次线圈两端均无感应电动势 答案 AB解析 两次磁通量变化相同，第一次时间短，则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，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，故感应电流为零，但感应电动势不为零，故D 错误．故选A 、B. 题组二 公式E ＝n ΔΦΔt的应用4．下列各图中，相同的条形磁铁穿过相同的线圈时，线圈中产生的感应电动势最大的是 ( )答案 D解析 感应电动势的大小为E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔBSΔt ，A 、B 两种情况磁通量变化量相同，C 中ΔΦ最小，D 中ΔΦ最大，磁铁穿过线圈所用的时间A 、C 、D 相同且小于B 所用的时间，所以D选项正确．5．一单匝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1s 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1s 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 ．2D ．4 答案 B解析 根据法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ，设初始时刻磁感应强度为B 0，线框面积为S 0，则第一种情况下的感应电动势为E 1＝ΔBS Δt ＝(2B 0－B 0)S 01＝B 0S 0；第二种情况下的感应电动势为E 2＝B ΔSΔt ＝2B 0(S 0－S 02)1＝B 0S 0，所以两种情况下线框中的感应电动势相等，比值为1，故选项B 正确．6．(多选)单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t 的变化图像如图2所示，则( )图2A ．在t ＝0时，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大B ．在t ＝1×10－2s 时，感应电动势最大C ．在t ＝2×10－2s 时，感应电动势为零D ．在0～2×10－2s 时间内，线圈中感应电动势的平均值为零答案 BC解析 由法拉第电磁感应定律知E ∝ΔΦΔt ，故t ＝0及t ＝2×10－2s 时刻，E ＝0，A 错，C 对．t＝1×10－2s ，E 最大，B 对.0～2×10－2s ，ΔΦ≠0，E ≠0，D 错．7.如图3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平面，当磁感应强度以ΔBΔt 的变化率均匀变化时，线圈中产生的感应电动势的大小为 ( )图3A ．πr 2ΔB ΔtB ．L 2ΔBΔtC ．n πr 2ΔBΔtD ．nL 2ΔBΔt答案 D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为E ＝n ΔΦΔt ＝nL 2ΔBΔt .8．如图4甲所示，圆形线圈M 的匝数为50匝，它的两个端点a 、b 与理想电压表相连，线圈中磁场方向如图甲所示，线圈中磁通量的变化规律如图乙所示，则a 、b 两点的电势高低与电压表读数为( )图4A ．Φa >Φb,20VB ．Φa >Φb,10VC ．Φa <Φb,20VD ．Φa <Φb,10V答案 B解析 由题意可知，线圈M 中磁场的磁通量随时间均匀增加，则E ＝n ΔΦ＝50×8×10－20.4V＝10 V ；由楞次定律可知，此时感应电流的磁场与原磁场反向，由右手螺旋定则知，此时a 点的电势较高．9．如图5甲所示，环形线圈的匝数n ＝1000，它的两个端点a 和b 间接有一理想电压表，线圈内磁感应强度B 的变化规律如图乙所示，线圈面积S ＝100cm 2，则U ab ＝________，电压表示数为________V .图5答案 50V 50解析 由B －t 图像可知ΔBΔt ＝5T/s由E ＝n ΔBΔtS得：E ＝1000×5×100×10－4V ＝50V题组三 公式E ＝BL v 的应用10．如图6所示的情况中，金属导体中产生的感应电动势为Bl v 的是 ( )图6A ．乙和丁B ．甲、乙、丁C ．甲、乙、丙、丁D ．只有乙答案 B11．(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.则落潮时，下列说法正确的是( ) A ．电压表记录的电压为5mV B ．电压表记录的电压为9mV C ．河南岸的电势较高 D ．河北岸的电势较高 答案 BD解析 海水在落潮时自西向东流，该过程可以理解为：自西向东运动的导体在切割竖直向下的磁感线．根据右手定则，北岸是正极，电势高，南岸电势低，所以C 错误，D 正确．根据法拉第电磁感应定律E ＝BL v ＝4.5×10－5×100×2V ＝9×10－3V ，所以A 错误，B 正确．12．如图7所示，平行金属导轨的间距为d ，一端跨接一阻值为R 的电阻，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于导轨所在平面向里，一根长直金属棒与导轨成60°角放置，且接触良好，则当金属棒以垂直于棒的恒定速度v 沿金属导轨滑行时，其他电阻不计，电阻R 中的电流为 ( )图7A.Bd v R sin60°B.Bd v RC.Bd v sin60°RD.Bd v cos60°R答案 A解析 导体切割磁感线的有效长度是L ＝d sin 60°，感应电动势E ＝BL v ，R 中的电流为I ＝ER .联立解得I ＝Bd vR sin 60°.题组四 综合应用13．如图8(a)所示的螺线管，匝数n ＝1500匝、横截面积S ＝20cm 2、电阻r ＝1.5Ω，与螺线管串联的外电阻R 1＝3.5Ω、R 2＝25Ω，方向向右穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度按图(b)所示规律变化，试计算回路中的电流．图8答案 0.2A解析 由题图(b)知，螺线管中磁感应强度B 均匀增大，其变化率为ΔB Δt ＝6－22 T /s ＝2 T/s由法拉第电磁感应定律知螺线管中产生的感应电动势 E ＝n ΔΦΔt ＝n ·S ΔB Δt ＝1 500×20×10－4×2 V ＝6.0 V由闭合电路欧姆定律知螺线管回路的电流为I ＝E r ＋R 1＋R 2＝61.5＋3.5＋25A ＝0.2 A. 14．在范围足够大磁感应强度为B ＝0.2T 的、方向竖直向下的匀强磁场中，有一水平放置的光滑框架，宽度为l ＝0.4m ，如图9所示，框架上放置一质量为0.05kg 、电阻为1Ω的金属杆cd ，框架电阻不计．若cd 杆以恒定加速度a ＝2m/s 2由静止开始做匀变速运动，则：图9(1)在5s 内平均感应电动势是多少？ (2)第5s 末，回路中的电流多大？(3)第5s 末，作用在cd 杆上的水平外力多大？ 答案 (1)0.4V (2)0.8A (3)0.164N 解析 (1)5 s 内的位移x ＝12at 2＝25 m ，5 s 内的平均速度v ＝xt ＝5 m/s ，(也可用v ＝0＋2×52 m /s ＝5 m/s 求解)故平均感应电动势E ＝Bl v ＝0.4 V . (2)第5 s 末：v ＝at ＝10 m/s ， 此时感应电动势：E ′＝Bl v ，则回路电流为I ＝E ′R ＝Bl v R ＝0.2×0.4×101A ＝0.8 A.(3)杆做匀加速运动，则F －F 安＝ma ，即F ＝BIl ＋ma ＝0.164 N.学案5 习题课：法拉第电磁感应定律的应用[目标定位]1.知道公式E ＝n ΔΦΔt 与E ＝BL v 的区别和联系，能够应用两个公式求解感应电动势.2.掌握导体棒转动切割磁感线产生感应电动势的计算.3.掌握电磁感应电路中电荷量求解的基本思路和方法．一、E ＝n ΔΦΔt和E ＝BL v 的选用技巧1．E ＝n ΔΦΔt 适用于任何情况，但一般用于求平均感应电动势，当Δt →0时，E 可为瞬时值．2．E ＝BL v 是法拉第电磁感应定律在导体切割磁感线时的具体表达式． (1)当v 为平均速度时，E 为平均感应电动势． (2)当v 为瞬时速度时，E 为瞬时感应电动势．3．当回路中同时存在两部分导体切割磁感线产生的感应电动势时，总动电势在两者方向相同时相加，方向相反时相减．(方向相同或相反是指感应电流在回路中的方向)．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5m/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0.2Ω，磁场的磁感应强度为0.2T ．问：图1(1)3s 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？回路中的电流为多少？(2)3s 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)53m 53V 1.06A (2)1532Wb 523V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． 3s 末，夹在导轨间导体的长度为： l ＝v t ·tan30°＝5×3×tan30°m ＝53m 此时：E ＝Bl v ＝0.2×53×5V ＝53V 电路电阻为R ＝(15＋53＋103)×0.2Ω≈8.2Ω 所以I ＝ER≈1.06A.(2)3s 内回路中磁通量的变化量ΔΦ＝BS －0＝0.2×12×15×53Wb ＝1532Wb3s 内电路产生的平均感应电动势为：E ＝ΔΦ＝23V ＝523V .二、电磁感应中的电荷量问题电磁感应现象中通过闭合电路某截面的电荷量q ＝I Δt ，而I ＝ER ＝n ΔΦΔtR ，则q ＝n ΔΦR，所以q 只和线圈匝数、磁通量的变化量及总电阻有关，与完成该过程所用的时间无关． 注意：求解电路中通过的电荷量时，一定要用平均电动势和平均电流计算．例2 面积S ＝0.2m 2、n ＝100匝的圆形线圈，处在如图2所示的磁场内，磁感应强度B 随时间t 变化的规律是B ＝0.02t T ，R ＝3Ω，C ＝30μF ，线圈电阻r ＝1Ω，求：图2(1)通过R 的电流方向和4s 内通过导线横截面的电荷量； (2)电容器的电荷量．答案 (1)方向由b →a 0.4C (2)9×10－6C解析 (1)由楞次定律可求得电流的方向为逆时针，通过R 的电流方向为b →a ， q ＝I Δt ＝E R ＋r Δt ＝n ΔBS Δt (R ＋r )Δt ＝n ΔBSR ＋r ＝0.4C.(2)由E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔBΔt ＝100×0.2×0.02V ＝0.4V ，I ＝E R ＋r ＝0.43＋1A ＝0.1A ， U C ＝U R ＝IR ＝0.1×3V ＝0.3V ， Q ＝CU C ＝30×10－6×0.3C ＝9×10－6C.例3 如图3甲所示，一个圆形线圈的匝数n ＝1000，线圈面积S ＝300cm 2，线圈的电阻r ＝1Ω，线圈外接一个阻值R ＝4Ω的电阻，线圈处在一方向垂直线圈平面向里的圆形磁场中，圆形磁场的面积S 0＝200cm 2，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．求： (1)第4s 时线圈的磁通量及前4s 内磁通量的变化量； (2)前4s 内的感应电动势和前4s 内通过R 的电荷量．答案 (1)8×10－3Wb 4×10－3Wb (2)1V 0.8C解析 (1)第4s 时线圈的磁通量Φ＝BS 0＝0.4×200×10－4Wb ＝8×10－3Wb因此前4s 内磁通量的变化量为 ΔΦ＝0.2×200×10－4Wb ＝4×10－3Wb(2)由图像可知前4s 内磁感应强度B 的变化率 ΔBΔt＝0.05T/s 前4s 内的平均感应电动势E ＝n ΔBΔt S 0＝1000×0.05×0.02V ＝1V电路中平均电流I ＝ER ＋r通过R 的电荷量q ＝I t ＝n ΔΦR ＋r所以q ＝0.8C.三、转动切割产生感应电动势的计算如图4所示，一长为l 的导体棒在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕O 点以角速度ω匀速转动，则导体棒产生的感应电动势E ＝12Bωl 2.公式推导见例4.图4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5所示，磁感应强度为B .求：图5(1)ab 棒各点速率的平均值． (2)ab 两端的电势差．(3)经时间Δt 金属棒ab 所扫过面积中磁通量为多少？此过程中平均感应电动势多大？答案 (1)12ωl (2)12Bl 2ω (3)12Bl 2ωΔt 12Bl 2ω解析 (1)ab 棒各点速率平均值，v ＝v a ＋v b 2＝0＋ωl 2＝12ωl(2)a 、b 两端的电势差：E ＝Bl v ＝12Bl 2ω(3)设经时间Δt 金属棒ab 所扫过的扇形面积为ΔS ，则： ΔS ＝12l 2θ＝12l 2ωΔt ，ΔΦ＝B ΔS ＝12Bl 2ωΔt .由法拉第电磁感应定律得：E ＝ΔΦΔt ＝12Bl 2ωΔt Δt ＝12Bl 2ω.1．(E ＝n ΔΦΔt与E ＝Bl v 的选用技巧)(多选)如图6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()图6A ．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 ＝Ba vD ．感应电动势平均值E ＝14πBa v答案 ACD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，根据楞次定律可知感应电流的方向始终为逆时针方向，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 ＝Ba v ，C 正确．感应电动势平均值E ＝ΔΦΔt ＝14πBa v ，D 正确．2．(电磁感应中的电荷量问题)(多选)如图7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 ，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7A ．在此过程中，穿过测量线圈的磁通量的变化量ΔΦ＝qRB ．在此过程中，穿过测量线圈的磁通量的变化量ΔΦ＝qRNC ．待测处的磁感应强度的大小为B ＝qRNSD ．待测处的磁感应强度的大小为B ＝qR2NS答案 BD解析 由E ＝N ΔΦΔt ，E ＝IR ，q ＝I Δt ，得q ＝N ΔΦR ，故ΔΦ＝qR N ，又ΔΦ＝2BS ，所以B ＝qR2NS ，B 、D 正确．3.(转动切割产生感应电动势的计算)如图8所示，导体棒AB 的长度为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 0的匀强磁场充满转动平面且与转动平面垂直，那么A 、B 两端的电势差为 ( )图8A.12B 0ωR 2 B ．2B 0ωR 2 C ．4B 0ωR 2 D ．6B 0ωR 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 ＝BL v 得，A 、B 两端的电势差为E ＝B 0·2R ·v ＝4B 0ωR 2，C 正确．4．(E ＝n ΔΦΔt 与E ＝BL v 的选用技巧)可绕固定轴OO ′转动的正方形线框的边长为L ，不计摩擦和空气阻力，线框从水平位置由静止释放，到达竖直位置所用的时间为t ，此时ab 边的速度为v .设线框始终处在竖直向下，磁感应强度为B 的匀强磁场中，如图9所示，试求：图9(1)这个过程中回路中的感应电动势； (2)到达竖直位置瞬间回路中的感应电动势． 答案 (1)BL 2t(2)BL v解析 (1)线框从水平位臵到达竖直位臵的过程中回路中的感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝BL 2t .(2)线框到达竖直位臵时回路中的感应电动势E ′＝BL v .题组一 电磁感应中的电荷量问题1．如图1所示，将直径为d 、电阻为R 的闭合金属圆环从磁感应强度为B 的匀强磁场B 中拉出，这一过程中通过金属环某一截面的电荷量为 ( )图1A.B πd 24R B.2πBdRC.Bd 2RD.Bd 2πR答案 A解析 E ＝n ΔΦΔt ，故q ＝I ·Δt ＝ER ·Δt ＝n ΔΦR ＝n B π(d 2)2R ＝B πd 24R.图22．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2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量为q ，由上述数据可测出被测量磁场的磁感应强度为 ( ) A.qR S B.qR nS C.qR 2nS D.qR 2S 答案 B解析 由法拉第电磁感应定律：E ＝n ΔΦΔt 可求出感应电动势大小，再由闭合电路欧姆定律I ＝E R 可求出感应电流大小，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＝qRnS，故B 正确，A 、C 、D 错误；故选B. 题组二 转动切割产生感应电动势的理解及计算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3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( )图3A ．E ＝πfl 2B ，且a 点电势低于b 点电势 B ．E ＝2πfl 2B ，且a 点电势低于b 点电势C ．E ＝πfl 2B ，且a 点电势高于b 点电势D ．E ＝2πfl 2B ，且a 点电势高于b 点电势 答案 A解析 解这道题要考虑两个问题：一是感应电动势大小，E ＝Bl v ＝Blω×l 2＝Bl ×2πf ×l2＝πfl 2B ；二是感应电动势的方向，由右手定则可以判断出感应电动势的方向是由a →b ，因此a 点电势低．4.如图4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4A.12BωR 2 B ．2BωR 2 C ．4BωR 2D ．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 B 2＝2ωR ，由E ＝Bl v 得，AB 两端的电势差大小为E ＝B ·2R ·v ＝4BωR 2，C 正确．5．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5所示，用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( )图5A ．回路中电流的大小变化，方向不变B ．回路中电流的大小不变，方向变化C ．回路中电流的大小和方向都周期性变化D ．回路中电流的方向不变，从b 导线流进电流表答案 D解析 圆盘辐向垂直切割磁感线，由E ＝12Br 2ω可得，电动势的大小一定，则电流的大小一定；由右手定则可知，电流方向从圆盘边缘流向圆心，电流从b 导线流进电流表，选项D 正确．题组三 E ＝n ΔΦΔt与E ＝BL v 的运用技巧及综合应用 6.如图6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，。