人教版高中物理新教材同步講義選修第二冊 第2章　2　法拉第電磁感應(yīng)定律（含解析）

2法拉第電磁感應(yīng)定律[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.理解并掌握法拉第電磁感應(yīng)定律，能夠運用法拉第電磁感應(yīng)定律定量計算感應(yīng)電動勢的大小.2.能夠運用E＝Blv或E＝Blvsinθ計算導(dǎo)體切割磁感線時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢.3.了解動生電動勢的概念，知道導(dǎo)線切割磁感線通過克服安培力做功把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能．一、電磁感應(yīng)定律1．感應(yīng)電動勢在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動勢叫作感應(yīng)電動勢，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的那部分導(dǎo)體相當(dāng)于電源．2．法拉第電磁感應(yīng)定律(1)內(nèi)容：閉合電路中感應(yīng)電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比．(2)公式：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中n為線圈的匝數(shù)．(3)在國際單位制中，磁通量的單位是韋伯(Wb)，感應(yīng)電動勢的單位是伏(V)．二、導(dǎo)線切割磁感線時的感應(yīng)電動勢1．導(dǎo)線垂直于磁場方向運動，B、l、v兩兩垂直時，如圖甲所示，E＝Blv.甲乙2．導(dǎo)線的運動方向與導(dǎo)線本身垂直，但與磁感線方向夾角為θ時，如圖乙所示，E＝Blvsinθ.3．導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)體棒所受安培力的方向與導(dǎo)體棒運動方向相反，導(dǎo)體棒克服安培力做功，把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能．1．判斷下列說法的正誤．(1)在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，有感應(yīng)電流，就一定有感應(yīng)電動勢；反之，有感應(yīng)電動勢，就一定有感應(yīng)電流．(×)(2)線圈中磁通量越大，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢一定越大．(×)(3)線圈中磁通量的變化量ΔΦ越小，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢一定越?。?×)(4)線圈中磁通量變化越快，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢一定越大．(√)(5)對于E＝Blv中的B、l、v，三者必須相互垂直．(√)2．圖甲、乙中，金屬導(dǎo)體中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢分別為E甲＝________，E乙＝________.答案BlvBlvsinθ一、法拉第電磁感應(yīng)定律導(dǎo)學(xué)探究我們可以通過實驗探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象中感應(yīng)電流大小的決定因素和遵循的物理規(guī)律．如圖所示，將條形磁體從同一高度插入線圈的實驗中．(1)快速插入和緩慢插入，磁通量的變化量ΔΦ相同嗎？指針偏轉(zhuǎn)角度相同嗎？(2)分別用同種規(guī)格的一根磁體和并列的兩根磁體以相同速度快速插入，磁通量的變化量ΔΦ相同嗎？指針偏轉(zhuǎn)角度相同嗎？(3)在線圈匝數(shù)一定的情況下，感應(yīng)電動勢的大小取決于什么？答案(1)磁通量的變化量ΔФ相同，但磁通量變化的快慢不同，快速插入比緩慢插入時指針偏轉(zhuǎn)角度大．(2)用并列的兩根磁體快速插入時磁通量的變化量較大，磁通量變化率也較大，指針偏轉(zhuǎn)角度較大．(3)在線圈匝數(shù)一定的情況下，感應(yīng)電動勢的大小取決于eq\f(ΔΦ,Δt)的大?。R深化1．磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ及磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)的比較磁通量Φ磁通量的變化量ΔΦ磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)物理意義某時刻穿過磁場中某個面的磁感線條數(shù)在某一過程中，穿過某個面的磁通量的變化量穿過某個面的磁通量變化的快慢當(dāng)B、S互相垂直時的大小Φ＝BSΔΦ＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Φ2－Φ1,B·ΔS,S·ΔB))eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(|Φ2－Φ1|,Δt),B·\f(ΔS,Δt),\f(ΔB,Δt)·S))注意若穿過的平面中有方向相反的磁場，則不能直接用Φ＝BS.Φ為抵消以后所剩余的磁通量開始和轉(zhuǎn)過180°時平面都與磁場垂直，但穿過平面的磁通量是不同的，一正一負(fù)，ΔΦ＝2BS，而不是零在Φ－t圖像中，可用圖線的斜率表示eq\f(ΔΦ,Δt)2.公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的理解感應(yīng)電動勢的大小E由磁通量變化的快慢，即磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)決定，與磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ無關(guān)．例1(2021·宜昌市遠(yuǎn)安縣第一中學(xué)高二月考)關(guān)于感應(yīng)電動勢的大小，下列說法中正確的是()A．穿過線圈的磁通量Φ最大時，所產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢就一定最大B．穿過線圈的磁通量的變化量ΔΦ增大時，所產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢也增大C．穿過線圈的磁通量Φ等于0，所產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢就一定為0D．穿過線圈的磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)越大，所產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢就越大答案D解析根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動勢的大小與磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)成正比，與磁通量Φ及磁通量的變化量ΔΦ沒有必然聯(lián)系．當(dāng)磁通量Φ很大時，感應(yīng)電動勢可能很小，甚至為0；當(dāng)磁通量Φ等于0時，其變化率可能很大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢也可能很大，而ΔΦ增大時，eq\f(ΔΦ,Δt)可能減小．如圖所示，t1時刻，Φ最大，但E＝0；0～t1時間內(nèi)，ΔΦ增大，但eq\f(ΔΦ,Δt)減小，E減??；t2時刻，Φ＝0，但eq\f(ΔΦ,Δt)最大，即E最大，故A、B、C錯誤，D正確．針對訓(xùn)練1(多選)單匝線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉(zhuǎn)動，穿過線圈的磁通量Φ隨時間t變化的圖像如圖所示，圖線為正弦曲線的一部分，則()A．在t＝0時刻，線圈中磁通量最大，感應(yīng)電動勢也最大B．在t＝1×10－2s時刻，感應(yīng)電動勢最大C．在t＝2×10－2s時刻，感應(yīng)電動勢為零D．在0～2×10－2s時間內(nèi)，線圈中感應(yīng)電動勢的平均值為零答案BC解析由法拉第電磁感應(yīng)定律知E∝eq\f(ΔΦ,Δt)，故t＝0及t＝2×10－2s時刻，E＝0，A項錯誤，C項正確；t＝1×10－2s時，E最大，B項正確；0～2×10－2s時間內(nèi)，ΔΦ≠0，則eq\x\to(E)≠0，D項錯誤．例2如圖所示，一個圓形線圈的匝數(shù)為n，半徑為a，線圈平面與勻強磁場垂直，且一半處在磁場中．在Δt時間內(nèi)，磁感應(yīng)強度的方向不變，大小由B均勻地增大到2B.在此過程中，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為()A.eq\f(πnBa2,Δt) B.eq\f(πnBa2,2Δt)C.eq\f(πBa2,Δt) D.eq\f(πBa2,2Δt)答案B解析由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S＝neq\f(2B－B,Δt)·eq\f(1,2)πa2＝eq\f(πnBa2,2Δt)，選項B正確，A、C、D錯誤．例3(多選)如圖甲所示，線圈的匝數(shù)n＝100匝，橫截面積S＝50cm2，線圈總電阻r＝10Ω，沿線圈軸向有勻強磁場，設(shè)圖示磁場方向為正方向，磁場的磁感應(yīng)強度隨時間按如圖乙所示規(guī)律變化，則在開始的0.1s內(nèi)()A．磁通量的變化量為0.25WbB．磁通量的變化率為2.5×10－2Wb/sC．a(chǎn)、b間電壓為0D．在a、b間接一個理想電流表時，電流表的示數(shù)為0.25A答案BD解析通過線圈的磁通量與線圈的匝數(shù)無關(guān)，由于0時刻和0.1s時刻的磁場方向相反，磁通量穿入的方向不同，則ΔΦ＝(0.1＋0.4)×50×10－4Wb＝2.5×10－3Wb，A項錯誤；磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2.5×10－3,0.1)Wb/s＝2.5×10－2Wb/s，B項正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，當(dāng)a、b間斷開時，其間電壓大小等于線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小，感應(yīng)電動勢大小為E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝2.5V且恒定，C項錯誤；在a、b間接一個理想電流表時相當(dāng)于a、b間接通而形成回路，回路總電阻即為線圈的總電阻，故感應(yīng)電流大小I＝eq\f(E,r)＝eq\f(2.5,10)A＝0.25A，D項正確．二、導(dǎo)體棒切割磁感線時的感應(yīng)電動勢導(dǎo)學(xué)探究(1)如圖，導(dǎo)體棒CD在勻強磁場中運動．自由電荷會隨著導(dǎo)體棒運動，并因此受到洛倫茲力．導(dǎo)體棒中自由電荷相對于紙面的運動大致沿什么方向？(為了方便，可以認(rèn)為導(dǎo)體棒中的自由電荷是正電荷．)(2)導(dǎo)體棒一直運動下去，自由電荷是否總會沿著導(dǎo)體棒運動？為什么？導(dǎo)體棒哪端的電勢比較高？(以上討論不必考慮自由電荷的熱運動．)答案(1)導(dǎo)體棒中自由電荷(正電荷)隨導(dǎo)體棒向右運動，由左手定則可判斷正電荷受到沿棒向上的洛倫茲力作用．因此，正電荷一邊向上運動，一邊隨導(dǎo)體棒勻速運動，所以正電荷相對于紙面的運動是斜向右上方的．(2)不會．當(dāng)導(dǎo)體棒中的自由電荷受到的洛倫茲力與電場力平衡時不再定向移動，因為正電荷會聚集在C點，所以C端電勢高．知識深化對公式的理解(1)當(dāng)B、l、v三個量的方向互相垂直時，E＝Blv；當(dāng)有任意兩個量的方向互相平行時，導(dǎo)線將不切割磁感線，E＝0.(2)當(dāng)l垂直于B且l垂直于v，而v與B成θ角時，導(dǎo)線切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為E＝Blvsinθ.(3)若導(dǎo)線是彎折的，或l與v不垂直時，E＝Blv中的l應(yīng)為導(dǎo)線兩端點在與v垂直的方向上的投影長度，即有效切割長度．圖甲中的有效切割長度為：l＝eq\x\to(cd)sinθ；圖乙中的有效切割長度為：l＝eq\x\to(MN)；圖丙中的有效切割長度為：沿v1的方向運動時，l＝eq\r(2)R；沿v2的方向運動時，l＝R.例4如圖所示，MN、PQ為兩條平行的水平放置的金屬導(dǎo)軌，左端接有定值電阻R，金屬棒ab斜放在兩導(dǎo)軌之間，與導(dǎo)軌接觸良好，ab＝L.磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面，設(shè)金屬棒與兩導(dǎo)軌間夾角為60°，以速度v水平向右勻速運動，不計導(dǎo)軌和棒的電阻，則流過金屬棒的電流為()A.eq\f(BLv,R) B.eq\f(\r(3)BLv,2R)C.eq\f(BLv,2R) D.eq\f(\r(3)BLv,3R)答案B解析金屬棒切割磁感線的有效長度為L·sin60°＝eq\f(\r(3),2)L，故感應(yīng)電動勢E＝Bv·eq\f(\r(3)L,2)，由歐姆定律得通過金屬棒的電流I＝eq\f(\r(3)BLv,2R)，故選B.三、導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生的電動勢導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動切割磁感線：E＝eq\f(1,2)Bl2ω.如圖所示，長為l的金屬棒ab，繞b端在垂直于勻強磁場的平面內(nèi)以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，磁感應(yīng)強度為B，ab棒所產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小可用下面兩種方法推出．方法一：棒上各處速率不等，故不能直接用公式E＝Blv求．由v＝ωr可知，棒上各點的線速度跟半徑成正比．故可用棒的中點的速度作為平均切割速度代入公式計算．eq\x\to(v)＝eq\f(ωl,2)，E＝Bleq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bl2ω.方法二：設(shè)經(jīng)過Δt時間，ab棒掃過的扇形面積為ΔS，則ΔS＝eq\f(1,2)lωΔtl＝eq\f(1,2)l2ωΔt，磁通量的變化ΔΦ＝BΔS＝eq\f(1,2)Bl2ωΔt，所以E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(BΔS,Δt)＝eq\f(1,2)Bl2ω(n＝1)．例5如圖所示，半徑為r的金屬圓盤在垂直于盤面的勻強磁場(磁感應(yīng)強度為B)中，繞O軸以角速度ω沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，則通過電阻R的電流的方向和大小是(金屬圓盤的電阻不計)()A．由c到d，I＝eq\f(Br2ω,R) B．由d到c，I＝eq\f(Br2ω,R)C．由c到d，I＝eq\f(Br2ω,2R) D．由d到c，I＝eq\f(Br2ω,2R)答案D解析根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動勢E＝Br·eq\f(1,2)rω＝eq\f(1,2)Br2ω，由歐姆定律得通過電阻R的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(1,2)Br2ω,R)＝eq\f(Br2ω,2R).圓盤相當(dāng)于電源，由右手定則可知電流方向為由邊緣指向圓心，所以電阻R中的電流方向為由d到c，選項D正確．四、公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)與E＝Blvsinθ的區(qū)別與聯(lián)系公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝Blvsinθ研究對象某個回路回路中做切割磁感線運動的那部分導(dǎo)體內(nèi)容(1)求的是Δt時間內(nèi)的平均感應(yīng)電動勢，E與某段時間或某個過程對應(yīng)．(2)當(dāng)Δt→0時，E為瞬時感應(yīng)電動勢(1)若v為瞬時速度，求的是瞬時感應(yīng)電動勢．(2)若v為平均速度，求的是平均感應(yīng)電動勢．(3)當(dāng)B、l、v三者均不變時，平均感應(yīng)電動勢與瞬時感應(yīng)電動勢相等適用范圍對任何電路普遍適用只適用于導(dǎo)體切割磁感線運動的情況聯(lián)系(1)E＝Blvsinθ是由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)在一定條件下推導(dǎo)出來的．(2)整個回路的感應(yīng)電動勢為零時，回路中某段導(dǎo)體的感應(yīng)電動勢不一定為零例6如圖所示，導(dǎo)軌OM和ON都在紙面內(nèi)，導(dǎo)體AB可在導(dǎo)軌上無摩擦滑動，AB⊥ON，ON水平，若AB以5m/s的速度從O點開始沿導(dǎo)軌勻速向右滑，導(dǎo)體與導(dǎo)軌都足夠長，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為0.2T．問：(結(jié)果可用根式表示)(1)第3s末夾在導(dǎo)軌間的導(dǎo)體長度是多少？此時導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢多大？(2)0～3s內(nèi)回路中的磁通量變化了多少？此過程中的平均感應(yīng)電動勢為多少？答案(1)5eq\r(3)m5eq\r(3)V(2)eq\f(15\r(3),2)Wbeq\f(5,2)eq\r(3)V解析(1)第3s末，夾在導(dǎo)軌間導(dǎo)體的長度為：l＝vt·tan30°＝5×3×tan30°m＝5eq\r(3)m此時E＝Blv＝0.2×5eq\r(3)×5V＝5eq\r(3)V.(2)0～3s內(nèi)回路中磁通量的變化量為：ΔΦ＝BS－0＝0.2×eq\f(1,2)×15×5eq\r(3)Wb＝eq\f(15\r(3),2)Wb0～3s內(nèi)電路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢為：eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(\f(15\r(3),2),3)V＝eq\f(5,2)eq\r(3)V.針對訓(xùn)練2(多選)如圖所示，一導(dǎo)線彎成半徑為a的半圓形閉合回路．虛線MN右側(cè)有范圍足夠大、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，方向垂直于回路所在的平面向下．回路以速度v向右勻速進入磁場，直徑CD始終與MN垂直．從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止，下列結(jié)論正確的是()A．感應(yīng)電動勢最大值E＝2BavB．感應(yīng)電動勢最大值E＝BavC．感應(yīng)電動勢的平均值eq\x\to(E)＝eq\f(1,2)BavD．感應(yīng)電動勢的平均值eq\x\to(E)＝eq\f(1,4)πBav答案BD解析在半圓形閉合回路進入磁場的過程中，有效切割長度如圖所示，所以進入過程中l(wèi)先逐漸增大到a，再逐漸減小為0，由E＝Blv可知，最大值為Bav，最小值為0，故A錯誤，B正確；平均感應(yīng)電動勢eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B·\f(1,2)πa2,\f(2a,v))＝eq\f(1,4)πBav，故D正確，C錯誤．訓(xùn)練1考點一公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的理解和應(yīng)用1．(2021·天津六校聯(lián)考高二上期末)關(guān)于感應(yīng)電動勢的大小，下列說法中正確的是()A．線圈所在處磁感應(yīng)強度越大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢一定越大B．線圈中磁通量越大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢一定越大C．線圈中磁通量變化越大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢一定越大D．線圈中磁通量變化越快，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢一定越大答案D解析根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，感應(yīng)電動勢的大小取決于線圈的匝數(shù)n和磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)，而與磁感應(yīng)強度B、磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ沒有直接的關(guān)系，A、B、C錯誤，D正確．2．(多選)(2021·壽光市現(xiàn)代中學(xué)高二月考)如圖甲所示，一矩形線圈置于勻強磁場中，線圈平面與磁場方向垂直，磁場的磁感應(yīng)強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示．則線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的情況為()A．t1時刻感應(yīng)電動勢最大B．t＝0時刻感應(yīng)電動勢為零C．t1時刻感應(yīng)電動勢為零D．t1～t2時間內(nèi)感應(yīng)電動勢增大答案CD解析由于線圈內(nèi)磁場面積一定、磁感應(yīng)強度變化，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動勢為E＝nS·eq\f(ΔB,Δt)∝eq\f(ΔB,Δt).由題圖乙可知，t＝0時刻磁感應(yīng)強度的變化率不為零，則感應(yīng)電動勢不為零，故B錯誤；t1時刻磁感應(yīng)強度最大，磁感應(yīng)強度的變化率為零，感應(yīng)電動勢為零，故A錯誤，C正確；t1～t2時間內(nèi)磁感應(yīng)強度的變化率增大，則感應(yīng)電動勢增大，故D正確．3.面積S＝4×10－2m2、匝數(shù)n＝100的線圈放在勻強磁場中，且磁場方向垂直于線圈平面，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖所示，下列判斷正確的是()A．在開始的2s內(nèi)，穿過線圈的磁通量的變化率等于0.08Wb/sB．在開始的2s內(nèi)，穿過線圈的磁通量的變化量等于零C．在開始的2s內(nèi)，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢等于0.08VD．在第3s末，線圈中的感應(yīng)電動勢等于零答案A解析在開始的2s內(nèi)，穿過線圈的磁通量的變化量大小為ΔΦ＝ΔB·S＝0.16Wb，磁通量的變化率為eq\f(ΔΦ,Δt)＝0.08Wb/s，感應(yīng)電動勢為E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝100×0.08V＝8V，選項A正確，選項B、C錯誤；在第3s末，磁感應(yīng)強度大小為零，但此時磁通量的變化率不為零，故此時感應(yīng)電動勢不為零，選項D錯誤．4．通過一單匝閉合線圈的磁通量為Φ，Φ隨時間t的變化規(guī)律如圖所示，下列說法中正確的是()A．0～0.3s時間內(nèi)線圈中的感應(yīng)電動勢均勻增加B．第0.6s末線圈中的感應(yīng)電動勢大小為4VC．第0.9s末線圈中的感應(yīng)電動勢的值比第0.2s末的小D．第0.2s末和第0.4s末的感應(yīng)電動勢的方向相同答案B解析根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)可知，0～0.3s時間內(nèi)，E1＝eq\f(8Wb,0.3s)＝eq\f(80,3)V，保持不變，故A錯誤；由題圖可知，在0.3～0.8s時間內(nèi)，線圈中磁通量的變化率不變，則感應(yīng)電動勢也不變，所以第0.6s末線圈中的感應(yīng)電動勢大小E2＝eq\f(8Wb－6Wb,0.8s－0.3s)＝4V，故B正確；同理，第0.9s末線圈中的感應(yīng)電動勢大小E3＝eq\f(6Wb,1.0s－0.8s)＝30V，大于第0.2s末的感應(yīng)電動勢的值，故C錯誤；由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)可知，0～0.3s感應(yīng)電動勢的方向與0.3～0.8s感應(yīng)電動勢的方向相反，所以第0.2s末和第0.4s末的感應(yīng)電動勢的方向相反，故D錯誤．5.如圖所示，半徑為r的單匝金屬圓環(huán)以角速度ω繞通過其直徑的軸OO′勻速轉(zhuǎn)動，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B.從金屬圓環(huán)所在平面與磁場方向重合時開始計時，在轉(zhuǎn)過30°角的過程中，環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的平均值為()A．2Bωr2 B．2eq\r(3)Bωr2C．3Bωr2 D．3eq\r(3)Bωr2答案C解析在題圖所示位置時穿過金屬環(huán)的磁通量Φ1＝0，轉(zhuǎn)過30°角時穿過金屬環(huán)的磁通量大小Φ2＝BSsin30°＝eq\f(1,2)BS，轉(zhuǎn)過30°角所用的時間Δt＝eq\f(Δθ,ω)＝eq\f(π,6ω)，由法拉第電磁感應(yīng)定律，得感應(yīng)電動勢平均值eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Φ2－Φ1,Δt)＝3Bωr2，故C正確，A、B、D錯誤．6.如圖為某中學(xué)物理興趣小組為研究無線充電技術(shù)，動手制作的一個“特斯拉線圈”．線圈匝數(shù)為n，面積為S，若在t1到t2時間內(nèi)，勻強磁場垂直于線圈平面穿過線圈，其磁感應(yīng)強度大小由B1均勻增加到B2，則該段時間內(nèi)線圈兩端的電勢差的大小()A．恒為eq\f(SB2－B1,t2－t1)B．從0均勻變化到eq\f(SB2－B1,t2－t1)C．恒為eq\f(nSB2－B1,t2－t1)D．從0均勻變化到eq\f(nSB2－B1,t2－t1)答案C解析穿過線圈的勻強磁場的磁感應(yīng)強度均勻增加，故產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動勢，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝nSeq\f(B2－B1,t2－t1)，選項C正確，A、B、D錯誤．考點二導(dǎo)線切割磁感線產(chǎn)生的電動勢7．如圖所示，平行導(dǎo)軌間距為d，其左端接一個電阻R，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于平行金屬導(dǎo)軌所在平面向上．一根金屬棒與導(dǎo)軌成θ角放置，金屬棒與導(dǎo)軌的電阻均不計．當(dāng)金屬棒沿垂直于棒的方向以恒定的速度v在導(dǎo)軌上滑行時，通過電阻R的電流大小是()A.eq\f(Bdv,R) B.eq\f(Bdvsinθ,R)C.eq\f(Bdvcosθ,R) D.eq\f(Bdv,Rsinθ)答案D解析金屬棒MN垂直于磁場放置，運動速度v與棒垂直，且v⊥B，即已構(gòu)成兩兩相互垂直的關(guān)系，MN接入導(dǎo)軌間的有效長度為L＝eq\f(d,sinθ)，所以E＝BLv＝eq\f(Bdv,sinθ)，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bdv,Rsinθ)，故選項D正確．8.如圖所示，PQRS為一正方形導(dǎo)線框，它以恒定速度向右進入以MN為邊界的勻強磁場中，磁場方向垂直線框平面向里，MN與水平方向成45°角，E、F分別為PS和PQ的中點．則()A．當(dāng)E點經(jīng)過邊界MN時，感應(yīng)電流最大B．當(dāng)P點經(jīng)過邊界MN時，感應(yīng)電流最大C．當(dāng)F點經(jīng)過邊界MN時，感應(yīng)電流最大D．當(dāng)Q點經(jīng)過邊界MN時，感應(yīng)電流最大答案B解析當(dāng)P點經(jīng)過邊界MN時，有效切割長度最長，感應(yīng)電動勢最大，所以感應(yīng)電流最大，故B正確．9.殲-20戰(zhàn)斗機為中國人民解放軍研制的第四代戰(zhàn)機．如圖所示，機身長為L，機翼兩端點C、D間的距離為d，現(xiàn)該戰(zhàn)斗機在我國近海海域上空以速度v沿水平方向直線飛行，已知戰(zhàn)斗機所在空間地磁場磁感應(yīng)強度的豎直分量方向向下、大小為B，C、D兩點間的電壓大小為U.則()A．U＝BLv，C點電勢高于D點電勢B．U＝BLv，D點電勢高于C點電勢C．U＝Bdv，C點電勢高于D點電勢D．U＝Bdv，D點電勢高于C點電勢答案D解析戰(zhàn)斗機在我國近海海域上空以速度v沿水平方向直線飛行，戰(zhàn)斗機所在空間地磁場磁感應(yīng)強度的豎直分量為B，切割磁感線的長度為d，所以U＝Bdv；根據(jù)右手定則可知D點的電勢高于C點的電勢，選項D正確，A、B、C錯誤．10.如圖所示，空間有一勻強磁場，一直金屬棒與磁感應(yīng)強度方向垂直，當(dāng)它以速度v沿與棒和磁感應(yīng)強度都垂直的方向運動時，棒兩端的感應(yīng)電動勢大小為E，將此棒彎成長度相等且相互垂直的兩段，置于與磁感應(yīng)強度相互垂直的平面內(nèi)，當(dāng)它沿兩段折線夾角角平分線的方向以速度v運動時，棒兩端的感應(yīng)電動勢大小為E′.則eq\f(E′,E)等于()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),2)C．1D.eq\r(2)答案B解析設(shè)折彎前金屬棒切割磁感線的長度為L，E＝BLv；折彎后，金屬棒切割磁感線的有效長度為l＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2)＝eq\f(\r(2),2)L，故產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E′＝Blv＝B·eq\f(\r(2),2)Lv＝eq\f(\r(2),2)E，所以eq\f(E′,E)＝eq\f(\r(2),2)，故B正確．11．(多選)(2021·廈門市雙十中學(xué)高二上月考)如圖所示，置于勻強磁場中的一段導(dǎo)線abcd與纏繞在螺線管上的導(dǎo)線組成閉合回路，螺線管MN上的繞線方式?jīng)]有畫出，A是MN正下方水平放置在地面上的細(xì)金屬圓環(huán)，若在磁場變化的過程中，圓環(huán)A突然跳起，以下磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的規(guī)律可能正確的是()答案CD解析金屬圓環(huán)A中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化，由于圓環(huán)A突然跳起，向通電螺線管靠近，說明穿過線圈的磁通量減小，所以螺線管MN產(chǎn)生的磁場在減弱，即螺線管中的電流減小，感應(yīng)電動勢減小，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S，知eq\f(ΔB,Δt)減小，即B的變化率減小，C、D正確，A、B錯誤．12．(多選)空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時間變化的勻強磁場，其邊界如圖(a)中虛線MN所示．一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導(dǎo)線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心O在MN上．t＝0時磁感應(yīng)強度的方向如圖(a)所示，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系如圖(b)所示，則在t＝0到t＝t1的時間內(nèi)()A．圓環(huán)所受安培力的方向始終不變B．圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時針方向C．圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為eq\f(B0rS,4t0ρ)D．圓環(huán)中的感應(yīng)電動勢大小為eq\f(B0πr2,4t0)答案BC解析根據(jù)楞次定律，圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時針方向，故B正確；根據(jù)左手定則，圓環(huán)所受安培力的方向先向左后向右，故A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，圓環(huán)中的感應(yīng)電動勢大小為eq\f(πr2B0,2t0)，故D錯誤；根據(jù)歐姆定律，圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(πr2B0,2t0),ρ·\f(2πr,S))＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，故C正確．13．如圖甲所示，在一個正方形金屬線圈區(qū)域內(nèi)存在著磁感應(yīng)強度B隨時間變化的勻強磁場，磁場的方向與線圈平面垂直．金屬線圈所圍的面積S＝200cm2，匝數(shù)n＝1000，線圈電阻的阻值為r＝2.0Ω.線圈與阻值R＝8.0Ω的定值電阻構(gòu)成閉合回路．勻強磁場的磁感應(yīng)強度隨時間變化的情況如圖乙所示，求：(1)t1＝2.0s時線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大??；(2)t1＝2.0s時通過電阻R的感應(yīng)電流的大小和方向；(3)t2＝5.0s時刻，線圈端點a、b間的電壓．答案(1)1V(2)0.1A方向為b→R→a(3)3.2V解析(1)根據(jù)題圖乙可知，0～4.0s時間內(nèi)線圈中的磁感應(yīng)強度均勻變化，t1＝2.0s時，B2＝0.3T，則在t1＝2.0s時的感應(yīng)電動勢E1＝neq\f(ΔΦ1,Δt1)＝neq\f(B2－B0S,Δt1)＝1V(2)在0～4.0s時間內(nèi)，根據(jù)閉合電路的歐姆定律得，閉合回路中的感應(yīng)電流I1＝eq\f(E1,R＋r)＝0.1A，由楞次定律可判斷流過電阻R的感應(yīng)電流方向為b→R→a(3)由題圖乙可知，在4.0～6.0s時間內(nèi)，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E2＝neq\f(ΔΦ2,Δt2)＝neq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(B6－B4,Δt2)))S＝4V根據(jù)閉合電路的歐姆定律，t2＝5.0s時閉合回路中的感應(yīng)電流I2＝eq\f(E2,R＋r)＝0.4A，方向為a→R→b則Uab＝I2R＝3.2V.訓(xùn)練21.如圖所示，導(dǎo)線OA長為l，在方向豎直向上、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中以角速度ω沿圖中所示方向繞通過懸點O的豎直軸旋轉(zhuǎn)，導(dǎo)線OA與豎直方向的夾角為θ.則OA導(dǎo)線中的感應(yīng)電動勢大小和O、A兩點電勢高低的情況分別是()A．Bl2ωO點電勢高B．Bl2ωA點電勢高C．eq\f(1,2)Bl2ωsin2θO點電勢高D．eq\f(1,2)Bl2ωsin2θA點電勢高答案Dθ，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝eq\f(1,2)Bl′2ω＝eq\f(1,2)Bl2ωsin2θ，由右手定則可知A點電勢高，所以D正確．2．(多選)在農(nóng)村，背負(fù)式噴霧器是防治病蟲害不可缺少的重要農(nóng)具，其主要由壓縮空氣裝置、橡膠連接管、噴管和噴嘴等組成．給作物噴灑農(nóng)藥的情景如圖甲所示，擺動噴管，可將藥液均勻噴灑在作物上．一款噴霧器的噴管和噴嘴均由金屬制成，噴管擺動過程可簡化為圖乙所示，設(shè)ab為噴管，b端有噴嘴，總長為L.某次擺動時，噴管恰好繞ba延長線上的O點以角速度ω在紙面內(nèi)沿逆時針方向勻速擺動，且始終處于垂直紙面向里的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，若Oa距離為eq\f(L,2)，則噴管在本次擺動過程中()A．a(chǎn)端電勢高B．b端電勢高C．a(chǎn)、b兩端的電勢差為eq\f(1,2)BL2ωD．a(chǎn)、b兩端的電勢差為BL2ω答案AD解析噴管繞ba延長線上的O點以角速度ω在紙面內(nèi)沿逆時針方向勻速擺動，根據(jù)右手定則可知，若ab中有感應(yīng)電流，其方向應(yīng)為由b到a，因ab相當(dāng)于電源，故a端的電勢高，故A正確，B錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得，E＝BLeq\x\to(v)，所以a、b兩端的電勢差為Uab＝BLeq\f(\f(Lω,2)＋\f(3Lω,2),2)＝BL2ω，故C錯誤，D正確．3.(多選)如圖所示，一導(dǎo)線折成邊長為a的正三角形閉合回路，虛線MN右側(cè)有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，方向垂直于回路所在的平面向下，回路以速度v向右勻速進入磁場，邊CD始終與MN垂直，從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止，下列結(jié)論中正確的是()A．導(dǎo)線框受到的安培力方向始終向上B．導(dǎo)線框受到的安培力方向始終向下C．感應(yīng)電動勢的最大值為eq\f(\r(3),2)BavD．感應(yīng)電動勢的平均值為eq\f(\r(3),4)Bav答案CD4．(多選)如圖所示是法拉第制作的世界上第一臺發(fā)電機的模型原理圖．把一個半徑為r的銅盤放在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，使磁感線水平向右垂直穿過銅盤，銅盤安裝在水平的銅軸上．兩塊銅片C、D分別與轉(zhuǎn)動軸和銅盤的邊緣接觸．G為靈敏電流計．現(xiàn)使銅盤按照圖示方向以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，則下列說法正確的是()A．C點電勢一定低于D點電勢B．圓盤中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為Bωr2C．電流計中的電流方向為由a到bD．銅盤不轉(zhuǎn)動，所加磁場磁感應(yīng)強度均勻減小，則銅盤中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流(從左向右看)答案AD解析將銅盤看作無數(shù)條由中心指向邊緣的銅棒組合而成，當(dāng)銅盤轉(zhuǎn)動時，每根銅棒都在切割磁感線，相當(dāng)于電源，由右手定則可知，銅盤邊緣為電源正極，中心為負(fù)極，C點電勢低于D點電勢，此電源對外電路供電，電流方向由b經(jīng)電流計再從a流向銅盤，故A正確，C錯誤；回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Breq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Br2ω，故B錯誤；若銅盤不轉(zhuǎn)動，使所加磁場的磁感應(yīng)強度均勻減小，則銅盤中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流(從左向右看)，故D正確．5.用均勻?qū)Ь€做成的矩形線圈abcd長為3l、寬為l，矩形線圈的一半放在垂直紙面向外的勻強磁場中，線圈總電阻為R，如圖所示．當(dāng)磁場的磁感應(yīng)強度大小以B＝3＋2t(T)的規(guī)律變化時，求：(1)線圈中感應(yīng)電流的方向及安培力方向；(2)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小．答案(1)沿adcba方向向右(2)eq\f(3l2,R)(A)解析(1)磁感應(yīng)強度增大，由楞次定律可知，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流沿adcba方向，根據(jù)左手定則判斷線圈所受的安培力的方向向右；(2)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝2×1.5l2＝3l2(V)；線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(3l2,R)(A)．6.如圖所示，長為L的金屬導(dǎo)線彎成一圓環(huán)，導(dǎo)線的兩端接在電容為C的平行板電容器上，P、Q為電容器的兩個極板，磁場垂直于環(huán)面向里，磁感應(yīng)強度以B＝B0＋kt(k>0)的規(guī)律隨時間變化，t＝0時，P、Q兩板電勢相等，兩板間的距離遠(yuǎn)小于環(huán)的半徑，經(jīng)時間t，電容器P板()A．不帶電B．所帶電荷量與t成正比C．帶正電，帶電荷量是eq\f(kL2C,4π)D．帶負(fù)電，帶電荷量是eq\f(kL2C,4π)答案D解析磁感應(yīng)強度以B＝B0＋kt(k>0)的規(guī)律隨時間變化，由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)＝kS，而S＝πr2＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2π)))2＝eq\f(L2,4π)，經(jīng)時間t電容器P板所帶電荷量Q＝EC＝eq\f(kL2C,4π)；由楞次定律和安培定則知電容器P板帶負(fù)電，故D正確．7.(多選)如圖所示，三角形金屬導(dǎo)軌EOF上放有一金屬桿AB，在外力作用下，使AB保持與OF垂直，從O點開始以速度v勻速右移，該導(dǎo)軌與金屬桿均由粗細(xì)相同的同種金屬制成，則下列判斷正確的是()A．電路中的感應(yīng)電流大小不變B．電路中的感應(yīng)電動勢大小不變C．電路中的感應(yīng)電動勢逐漸增大D．電路中的感應(yīng)電流逐漸減小答案AC解析設(shè)金屬桿從O點開始運動到題圖所示位置所經(jīng)歷的時間為t，∠EOF＝θ，金屬桿切割磁感線的有效長度為L，故E＝BLv＝Bv·vttanθ＝Bv2·ttanθ，即電路中感應(yīng)電動勢的大小與時間成正比，故B錯誤，C正確；電路中感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bv2·ttanθ,\f(ρl,S))，而l為閉合三角形的周長，即l＝vt＋vt·tanθ＋eq\f(vt,cosθ)＝vteq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\