2019版高考物理總復習 第十章 電磁感應 基礎課2 法拉第電磁感應定律 自感 渦流學案

基礎課2　法拉第電磁感應定律　自感　渦流 知識排查 法拉第電磁感應定律 1.感應電動勢 (1)概念：在電磁感應現象中產生的電動勢。 (2)產生條件：穿過回路的磁通量發(fā)生改變，與電路是否閉合無關。 (3)方向判斷：感應電動勢的方向用楞次定律或右手定則判斷。 2.法拉第電磁感應定律 (1)內容：感應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＝n，其中n為線圈匝數。 (3)感應電流與感應電動勢的關系：遵守閉合電路的歐姆定律，即I＝。 3.導體切割磁感線的情形 (1)若B、l、v相互垂直，則E＝Blv。 (2)v∥B時，E＝0。 自感、渦流 1.自感現象 (1)概念：由于導體本身的電流變化而產生的電磁感應現象稱為自感。 (2)自感電動勢 ①定義：在自感現象中產生的感應電動勢叫做自感電動勢。 ②表達式：E＝L。 (3)自感系數L ①相關因素：與線圈的大小、形狀、匝數以及是否有鐵芯有關。 ②單位：亨利(H)，1 mH＝10－3 H，1 μH＝10－6 H。 2.渦流 當線圈中的電流發(fā)生變化時，在它附近的任何導體中都會產生感應電流，這種電流像水的漩渦所以叫渦流。 小題速練 1.思考判斷 (1)Φ＝0，不一定等于0。(　　) (2)感應電動勢E與線圈匝數n有關，所以Φ、ΔΦ、的大小均與線圈匝數有關。(　　) (3)磁場相對導體棒運動時，導體棒中也能產生感應電動勢。(　　) (4)線圈匝數n越多，磁通量越大，產生的感應電動勢越大。(　　) (5)線圈中的電流越大，自感系數也越大。(　　) (6)自感電動勢阻礙電流的變化，但不能阻止電流的變化。(　　) 答案　(1)√　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×　(6)√ 2.[人教版選修3－2·P17·T1改編]將閉合多匝線圈置于僅隨時間變化的磁場中，關于線圈中產生的感應電動勢和感應電流，下列表述正確的是(　　) A.感應電動勢的大小與線圈的匝數無關 B.穿過線圈的磁通量越大，感應電動勢越大 C.穿過線圈的磁通量變化越快，感應電動勢越大 D.感應電流產生的磁場方向與原磁場方向始終相同 答案　C 　法拉第電磁感應定律的理解和應用 1.法拉第電磁感應定律的理解 (1)感應電動勢的大小由線圈的匝數和穿過線圈的磁通量的變化率共同決定，而與磁通量Φ的大小、變化量ΔΦ的大小沒有必然聯系。 (2)磁通量的變化率對應Φ－t圖線上某點切線的斜率。 2.應用法拉第電磁感應定律的三種情況 (1)磁通量的變化是由面積變化引起時， ΔΦ＝B·ΔS，則E＝n； (2)磁通量的變化是由磁場變化引起時， ΔΦ＝ΔB·S，則E＝n； (3)磁通量的變化是由面積和磁場變化共同引起時，則根據定義求，ΔΦ＝Φ末－ Φ初，E＝n≠n。 【典例】　輕質細線吊著一質量為m＝0.42 kg、邊長為L＝1 m、匝數n＝10的正方形線圈，其總電阻為r＝1 Ω。在線圈的中間位置以下區(qū)域分布著磁場，如圖1甲所示。磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小隨時間變化的關系如圖乙所示。(取g＝10 m/s2) 圖1 (1)判斷線圈中產生的感應電流的方向是順時針還是逆時針； (2)求線圈的電功率； (3)求在t＝4 s時輕質細線的拉力大小。 解析　(1)由楞次定律知感應電流的方向為逆時針方向。 (2)由法拉第電磁感應定律得 E＝n＝n·L2＝0.5 V 則P＝＝0.25 W (3)I＝＝0.5 A，F安＝nBIL F安＋F線＝mg 聯立解得F線＝1.2 N。 答案　(1)逆時針　(2)0.25 W　(3)1.2 N 【拓展延伸】　(1)在【典例】中磁感應強度為多少時，細線的拉力剛好為0? (2)在【典例】中求在t＝6 s內通過導線橫截面的電荷量？ 解析　(1)細線的拉力剛好為0時滿足： F安＝mg，F安＝nBIL 聯立解得B＝0.84 T (2)由q＝It得q＝0.5×6 C＝3 C。 答案　(1)0.84 T　(2)3 C 應用電磁感應定律需注意的三個問題 (1)公式E＝n求解的是一個回路中某段時間內的平均電動勢，在磁通量均勻變化時，瞬時值才等于平均值。 (2)利用公式E＝nS求感應電動勢時，S為線圈在磁場范圍內的有效面積。 (3)通過回路截面的電荷量q僅與n、ΔФ和回路電阻R有關，與時間長短無關，與Φ是否均勻變化無關。推導如下：q＝Δt＝Δt＝。　　　　　　 1.(2016·北京理綜，16)如圖2所示，勻強磁場中有兩個導體圓環(huán)a、b，磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直。磁感應強度B隨時間均勻增大。兩圓環(huán)半徑之比為2∶1，圓環(huán)中產生的感應電動勢分別為Ea和Eb，不考慮兩圓環(huán)間的相互影響。下列說法正確的是(　　) 圖2 A.Ea∶Eb＝4∶1，感應電流均沿逆時針方向 B.Ea∶Eb＝4∶1，感應電流均沿順時針方向 C.Ea∶Eb＝2∶1，感應電流均沿逆時針方向 D.Ea∶Eb＝2∶1，感應電流均沿順時針方向 解析　由法拉第電磁感應定律得圓環(huán)中產生的電動勢為E＝＝πr2·，則＝＝，由楞次定律可知感應電流的方向均沿順時針方向，選項B正確。 答案　B 2.[人教版選修3－2·P21·T4改編]如圖3所示，紙面內有一矩形導體閉合線框abcd，ab邊長大于bc邊長，置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外，線框兩次勻速地完全進入磁場，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab邊平行MN進入磁場，線框上產生的熱量為Q1，通過線框導體橫截面的電荷量為q1；第二次bc邊平行MN進入磁場，線框上產生的熱量為Q2，通過線框導體橫截面的電荷量為q2，則(　　) 圖3 A.Q1>Q2，q1＝q2 B.Q1>Q2，q1>q2 C.Q1＝Q2，q1＝q2 D.Q1＝Q2，q1>q2 解析　由Q＝I2Rt得，Q1＝Rt＝×＝，同理，Q2＝，又因為Lab>Lbc，故Q1>Q2。由電荷量q＝Δt＝n＝，故q1＝q2。所以選項A正確。 答案　A 　導體切割磁感線產生的感應電動勢 切割磁感線運動的那部分導體相當于電路中的電源。常見的情景有以下兩種： 1.平動切割 (1)常用公式：若運動速度v和磁感線方向垂直，則感應電動勢E＝Blv。 其中B、l、v三者兩兩垂直。 (2)有效長度：公式中的l為有效切割長度，即導體在與v垂直的方向上的投影長度 (3)相對性：E＝Blv中的速度v是相對于磁場的速度，若磁場也運動時，應注意速度間的相對關系。 2.轉動切割 當導體在垂直于磁場的平面內，繞一端以角速度ω勻速轉 動時，產生的感應電動勢為E＝Bl＝Bl2ω，如圖4所示。 圖4 1.(2018·上海閔行區(qū)模擬)如圖5所示，在外力的作用下，導體桿OC可繞O軸沿半徑為r的光滑的半圓形框架在勻強磁場中以角速度ω勻速轉動，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，A、O間接有電阻R，桿和框架電阻不計，則所施外力的功率為(　　) 圖5 A. B. C. D. 解析　因為OC是勻速轉動的，根據能量守恒可得，P外＝P電＝，又因為E＝Br·，聯立解得P外＝，選項C正確。 答案　C 2.(2017·全國卷Ⅱ，20)(多選)兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應強度方向與紙面垂直。邊長為0.1 m、總電阻為0.005 Ω的正方形導線框abcd位于紙面內，cd邊與磁場邊界平行，如圖6(a)所示。已知導線框一直向右做勻速直線運動，cd邊于t＝0時刻進入磁場。線框中感應電動勢隨時間變化的圖線如圖(b)所示(感應電流的方向為順時針時，感應電動勢取正)。下列說法正確的是(　　) 圖6 A.磁感應強度的大小為0.5 T B.導線框運動的速度的大小為0.5 m/s C.磁感應強度的方向垂直于紙面向外 D.在t＝0.4 s至t＝0.6 s這段時間內，導線框所受的安培力大小為0.1 N 解析　由E－t圖象可知，線框經過0.2 s全部進入磁場，則速度v＝＝ m/s＝0.5 m/s，選項B正確；由圖象可知，E＝0.01 V，根據E＝Blv得，B＝＝ T＝0.2 T，選項A錯誤；根據右手定則及正方向的規(guī)定可知，磁感應強度的方向垂直于紙面向外，選項C正確；在t＝0.4 s至t＝0.6 s這段時間內，導線框中的感應電流I＝＝ A＝2 A, 所受的安培力大小為F＝BIl＝0.2×2×0.1 N＝ 0.04 N，選項D錯誤。 答案　BC 3.(2018·福建省畢業(yè)班質量檢查)如圖7，磁感應強度大小為B的勻強磁場中有一固定金屬線框PMNQ，線框平面與磁感線垂直，線框寬度為L。導體棒CD垂直放置在線框上，并以垂直于棒的速度v向右勻速運動，運動過程中導體棒與金屬線框保持良好接觸。 圖7 (1)根據法拉第電磁感應定律E＝，推導MNCDM回路中的感應電動勢E＝BLv； (2)已知B＝0.2 T，L＝0.4 m，v＝5 m/s，導體棒接入電路中的有效電阻R＝0.5 Ω，金屬線框電阻不計，求： ①導體棒所受到的安培力大小和方向； ②回路中的電功率。 解析　(1)設在Δt時間內MNCDM回路面積的變化量為ΔS，磁通量的變化量為ΔΦ，則 ΔS＝LvΔt，ΔΦ＝BΔS＝BLvΔt 根據法拉第電磁感應定律，得E＝＝＝BLv (2)①MNCDM回路中的感應電動勢E＝BLv 回路中的電流強度I＝ 導體棒受到的安培力F＝BIL＝ 將已知數據代入解得F＝0.064 N 安培力的方向與速度方向相反 ②回路中的電功率P＝EI＝ 將已知數據代入解得P＝0.32 W 答案　(1)見解析　(2)①0.064 N　與速度方向相反 ②0.32 W 　通電自感和斷電自感　渦流 1.自感現象的四大特點 (1)自感電動勢總是阻礙導體中原電流的變化。 (2)通過線圈中的電流不能發(fā)生突變，只能緩慢變化。 (3)電流穩(wěn)定時，自感線圈就相當于普通導體。 (4)線圈的自感系數越大，自感現象越明顯，自感電動勢只是延緩了過程的進行，但它不能使過程停止，更不能使過程反向。 2.自感中“閃亮”與“不閃亮”問題 與線圈串聯的燈泡 與線圈并聯的燈泡 電路圖 通電時 電流逐漸增大，燈泡逐漸變亮 電流突然增大，燈泡立刻變亮，然后逐漸減小達到穩(wěn)定 斷電時 電流逐漸減小，燈泡逐漸變暗，電流方向不變 電路中穩(wěn)態(tài)電流為I1、I2 ①若I2≤I1，燈泡逐漸變暗；②若I2>I1，燈泡閃亮后逐漸變暗。兩種情況燈泡中電流方向均改變 1.(多選)如圖8所示，在線圈上端放置一盛有冷水的金屬杯，現接通交流電源，過了幾分鐘，杯內的水沸騰起來。若要縮短上述加熱時間，下列措施可行的有(　　) 圖8 A.增加線圈的匝數 B.提高交流電源的頻率 C.將金屬杯換為瓷杯 D.取走線圈中的鐵芯 解析　當電磁鐵接通交流電源時，金屬杯處在變化的磁場中產生渦電流發(fā)熱，使水溫升高。要縮短加熱時間，需增大渦電流，即增大感應電動勢或減小電阻。增加線圈匝數、提高交變電流的頻率都是為了增大感應電動勢。瓷杯不能產生渦電流，取走鐵芯會導致磁性減弱。所以選項A、B正確，C、D錯誤。 答案　AB 2.(多選)如圖9甲、乙所示的電路中，電阻R和自感線圈L的電阻值都很小，且小于燈泡A的電阻，接通S，使電路達到穩(wěn)定，燈泡A發(fā)光，則(　　) 圖9 A.在電路甲中，斷開S后，A將逐漸變暗 B.在電路甲中，斷開S后，A將先變得更亮，然后才逐漸變暗 C.在電路乙中，斷開S后，A將逐漸變暗 D.在電路乙中，斷開S后，A將先變得更亮，然后才逐漸變暗 解析　題圖甲所示電路中，燈A和線圈L串聯，電流相同，斷開S時，線圈上產生自感電動勢，阻礙原電流的減小，通過R、A形成回路，燈A逐漸變暗，選項A正確，B錯誤；題圖乙所示電路中，電阻R和燈A串聯，燈A的電阻大于線圈L的電阻，通過燈A的電流則小于線圈L中的電流，斷開S時，電源不給燈供電，而線圈L產生自感電動勢阻礙電流的減小，通過R、A形成回路，燈A中電流比原來大，A將變得更亮，然后逐漸變暗。 答案　AD 3.(2017·北京理綜，19)圖10甲和圖乙是教材中演示自感現象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈。實驗時，斷開開關S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關S2，燈A2逐漸變亮。而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同。下列說法正確的是(　　) 甲　　　　　　　　　乙 圖10 A.圖甲中，A1與L1的電阻值相同 B.圖甲中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，A1中電流大于L1中電流 C.圖乙中，變阻器R與L2的電阻值相同 D.圖乙中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等 解析　在圖甲中，斷開開關S1瞬間，L1與A1 構成閉合回路，通過燈A1的電流與L1相同，又因燈A1突然閃亮，即通過A1電流增大，則可推出，閉合S1待電路穩(wěn)定后，通過L1 的電流大于通過燈A1電流，根據L1與A1并聯，所以L1的電阻小于A1的電阻，故選項A、B錯誤；在圖乙中，閉合開關S2，最終A2與A3亮度相同，即電流相同，所以L2與變阻器R的電阻相同；閉合開關S2的瞬間，L2中電流小于變阻器R中電流，故選項C正確，D錯誤。 答案　C 轉動切割磁感線產生的感應電動勢 [題源：人教版選修3－2·P14·T7] 1831年10月28日，法拉第在一次會議上展示了他發(fā)明的圓盤發(fā)電機(圖4.3－14甲)。它是利用電磁感應的原理制成的，是人類歷史上的第一臺發(fā)電機。據說，在法拉第表演他的圓盤發(fā)電機時，一位貴婦人問道：“法拉第先生，這東西有什么用呢？”法拉第答道：“夫人，一個剛剛出生的嬰兒有什么用呢？” 圖乙是這個圓盤發(fā)電機的示意圖：銅盤安裝在水平的銅軸上，它的邊緣正好在兩磁極之間，兩塊銅片C、D分別與轉動軸和銅盤的邊緣接觸。使銅盤轉動，電阻R中就有電流通過。 圖4.3－14　法拉第的圓盤發(fā)電機 (1)說明圓盤發(fā)電機的原理。 (2)圓盤如圖示方向轉動，請判斷通過R的電流方向。 拓展1　(多選)在上題中，若所加磁場為勻強磁場，回路的總電阻恒定，從左往右看，銅盤沿順時針方向勻速轉動，下列說法正確的是(　　) A.銅片D的電勢高于銅片C的電勢 B.電阻R中有正弦式交變電流流過 C.銅盤轉動的角速度增大1倍，流過電阻R的電流也隨之增大1倍 D.保持銅盤不動，磁場變?yōu)榉较虼怪庇阢~盤的交變磁場，則銅盤中有電流產生 解析　由右手定則可知銅片D的電勢高于銅片C的電勢，故選項A正確；產生感應電動勢為E＝Bl＝Bl2ω，電流恒定，故選項B錯誤；由E＝Bl2ω可知盤轉動的角速度增大1倍，流過電阻R的電流也隨之增大1倍，故選項C正確；由楞次定律可知保持銅盤不動，磁場變?yōu)榉较虼怪庇阢~盤的交變磁場，則銅盤中有電流產生，故選項D正確。 答案　ACD 拓展2　(2016·全國卷Ⅱ，20)(多選)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖11所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸。圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中。圓盤旋轉時，關于流過電阻R的電流，下列說法正確的是(　　) 圖11 A.若圓盤轉動的角速度恒定，則電流大小恒定 B.若從上向下看，圓盤順時針轉動，則電流沿a到b的方向流動 C.若圓盤轉動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化 D.若圓盤轉動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍 解析　將圓盤看成無數輻條組成，它們都在切割磁感線從而產生感應電動勢和感應電流，當圓盤順時針(俯視)轉動時，根據右手定則可知圓盤上感應電流從邊緣流向中心，流過電阻的電流方向從a到b，選項B正確；由法拉第電磁感應定律得感生電動勢E＝Bl＝Bl2ω，I＝，ω恒定時，I大小恒定，ω大小變化時，I大小變化，方向不變，故選項A正確，C錯誤；由P＝I2R＝知，當ω變?yōu)?倍時，P變?yōu)樵瓉淼?倍，選項D錯誤。 答案　AB 拓展3　(2015·新課標全國Ⅱ，15)如圖12，直角三角形金屬框abc放置的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向平行于ab邊向上。當金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉動時，a、b、c三點的電勢分別為Ua、Ub、Uc。已知bc邊的長度為l。下列判斷正確的是(　　) 圖12 A.Ua＞Uc，金屬框中無電流 B.Ub＞Uc，金屬框中電流方向沿a－b－c－a C.Ubc＝－Bl2ω，金屬框中無電流 D.Ubc＝Bl2ω，金屬框中電流方向沿a－c－b－a 解析　金屬框繞ab邊轉動時，閉合回路abc中的磁通量始終為零(即不變)，所以金屬框中無電流。金屬框在逆時針轉動時，bc邊和ac邊均切割磁感線，由右手定則可知φb＜φc，φa＜φc，所以根據E＝Blv可知，Ubc＝Uac＝－Bl＝－Bl＝－Bl2ω。由以上分析可知選項C正確。 答案　C 活頁作業(yè) (時間：40分鐘) A級：保分練 1.如圖1所示，在磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，金屬桿MN在平行金屬導軌上以速度v向右勻速滑動，MN中產生的感應電動勢為E1；若磁感應強度增為2B，其他條件不變，MN中產生的感應電動勢變?yōu)镋2。則通過電阻R的電流方向及E1與E2之比E1∶E2分別為(　　) 圖1 A.c→a，2∶1 B.a→c，2∶1 C.a→c，1∶2 D.c→a，1∶2 解析　用右手定則判斷出兩次金屬棒MN中的電流方向為N→M，所以電阻R中的電流方向a→c。由電動勢公式E＝Blv可知＝＝，故選項C正確。 答案　C 2.(2018·吉林省長春市七校聯考)一匝由粗細均勻的同種導線繞成的矩形導線框abcd固定不動，其中矩形區(qū)域efcd存在磁場(未畫出)，磁場方向與線圈平面垂直，磁感應強度大小B隨時間t均勻變化，且＝k(k>0)，已知ab＝fc＝4L，bc＝5L，已知L長度的電阻為r，則導線框abcd中的電流為(　　) 圖2 A. B. C. D. 解析　電路中的總電阻為R＝18r，電路中的感應電動勢為E＝S＝16kL2，導線框abcd中的電流為I＝＝，選項A正確。 答案　A 3.(2018·云南玉溪一中檢測)如圖3所示，三個相同的金屬圓環(huán)內存在著不同的有界勻強磁場，虛線表示環(huán)的某條直徑，已知所有磁場的磁感應強度隨時間變化關系都滿足B＝kt，磁場方向如圖所示。測得A環(huán)內感應電流強度為I，則B環(huán)和C環(huán)內感應電流強度分別為(　　) 圖3 A.IB＝I，IC＝0 B.IB＝I，IC＝2I C.IB＝2I，IC＝2I D.IB＝2I，IC＝0 解析　C環(huán)中穿過圓環(huán)的磁感線完全抵消，磁通量為零，保持不變，所以沒有感應電流產生，則IC＝0。根據法拉第電磁感應定律得E＝n＝nS＝kS，S是有效面積，可得E∝S，所以A、B中感應電動勢之比EA∶EB＝1∶2，根據歐姆定律得，IB＝2IA＝2I。選項D正確。 答案　D 4.(多選)如圖4所示，條形磁鐵位于固定的半圓光滑軌道的圓心位置，一半徑為R、質量為m的金屬球從半圓軌道的一端沿半圓軌道由靜止下滑，重力加速度大小為g。下列說法正確的是(　　) 圖4 A.金屬球會運動到半圓軌道的另一端 B.由于金屬球沒有形成閉合電路，所以金屬球中不會產生感應電流 C.金屬球受到的安培力做負功 D.系統(tǒng)產生的總熱量為mgR 解析　金屬球在運動過程中，穿過金屬球的磁通量不斷變化，在金屬球內形成閉合回路，產生渦流，金屬球受到的安培力做負功，金屬球產生的熱量不斷地增加，機械能不斷地減少，直至金屬球停在半圓軌道的最低點，選項C正確，A、B錯誤；根據能量守恒定律得系統(tǒng)產生的總熱量為mgR，選項D正確。 答案　CD 5.在研究自感現象的實驗中，用兩個完全相同的燈泡A、B與自感系數很大的線圈L和定值電阻R組成如圖5所示的電路(線圈的直流電阻可忽略，電源的內阻不能忽略)，關于這個實驗下面說法正確的是(　　) 圖5 A.閉合開關的瞬間，A、B一起亮，然后A熄滅 B.閉合開關的瞬間，B比A先亮，然后B逐漸變暗 C.閉合開關，待電路穩(wěn)定后斷開開關，B逐漸變暗，A閃亮一下然后逐漸變暗 D.閉合開關，待電路穩(wěn)定后斷開開關，A、B燈中的電流方向均為從左向右 解析　閉合開關的瞬間，線圈中產生很大的自感電動勢，阻礙電流的通過，故B立即亮，A逐漸變亮。隨著A中的電流逐漸變大，流過電源的電流也逐漸變大，路端電壓逐漸變小，故B逐漸變暗，選項A錯誤，B正確；電路穩(wěn)定后斷開開關，線圈相當于電源，對A、B供電，回路中的電流在原來通過A的電流的基礎上逐漸變小，故A逐漸變暗，B閃亮一下然后逐漸變暗，選項C錯誤；斷開開關后，線圈中的自感電流從左向右，A燈中電流從左向右，B燈中電流從右向左，故選項D錯誤。 答案　B 6.(2018·內蒙古部分學校高三上學期期末聯考)如圖6甲所示，固定閉合線圈abcd處于方向垂直紙面向外的磁場中，磁感線分布均勻，磁場的磁感應強度大小B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，則下列說法正確的是(　　) 圖6 A.t＝1 s時，ab邊受到的安培力方向向左 B.t＝2 s時，ab邊受到的安培力為0 C.t＝2 s時，ab邊受到的安培力最大 D.t＝4 s時，ab邊受到的安培力最大 解析　由題圖知，0～2 s內磁感應強度大小逐漸增大，根據楞次定律知線圈中產生感應電流的方向為順時針方向，根據左手定則判斷知ab邊受到的安培力方向向右，選項A錯誤；t＝2 s時，＝0，感應電流I＝0，安培力F＝0，選項B正確，C錯誤；t＝4 s時，B＝0，安培力F＝0，選項D錯誤。 答案　B 7.(多選)某探究性學習小組研制了一種發(fā)電裝置如圖7甲所示。圖乙為其俯視圖。將8塊外形相同的磁鐵交錯放置組合成一個高h＝0.5 m、半徑r＝0.2 m的圓柱體，其可繞固定軸OO′逆時針(俯視)轉動，角速度ω＝100 rad/s。設圓柱外側附近每個磁場區(qū)域的磁感應強度大小均為B＝0.2 T、方向都垂直于圓柱體側表面。緊靠圓柱體外側固定一根長度與圓柱體高相等、電阻為R1＝0.5 Ω的細金屬桿ab，桿ab與軸OO′平行。圖丙中阻值R＝1.5 Ω的電阻與理想電流表A串聯后接在桿ab兩端。下列說法正確的是(　　) 圖7 A.電流表A的示數為1 A B.桿ab產生感應電動勢的最大值約為2.83 V C.電阻R消耗的電功率為2 W D.在圓柱體轉過一周的時間內，流過電流表A的總電荷量為零 解析　桿ab切割磁感線產生的最大感應電動勢為Em＝Bhv，又v＝ωr，解得Em＝2 V；因為B的大小及v的大小均不變，所以最大電動勢的大小不變，且電動勢的有效值E＝Em＝2 V，選項B錯誤；電流表A的示數為I＝＝ A＝1 A，選項A正確；PR＝I2R＝12×1.5 W＝1.5 W，選項C錯誤；在圓柱體轉過一周的時間內，流過電流表A的平均電流為零，即流過電表A的總電荷量為零，選項D正確。 答案　AD 8.在范圍足夠大、方向豎直向下的勻強磁場中，B＝0.2 T，有一水平放置的光滑框架，寬度為l＝0.4 m，如圖8所示，框架上放置一質量為0.05 kg、電阻為1 Ω的金屬桿cd，框架電阻不計。若cd桿以恒定加速度a＝2 m/s2，由靜止開始做勻加速直線運動，則： 圖8 (1)在5 s內平均感應電動勢是多少？ (2)第5 s末，回路中的電流多大？ (3)第5 s末，作用在cd桿上的水平外力多大？ 解析　(1)5 s內的位移x＝at2＝25 m， 5 s內的平均速度v＝＝5 m/s (也可用v＝ m/s＝5 m/s求解) 故平均感應電動勢E＝Blv＝0.4 V。 (2)第5 s末：v′＝at＝10 m/s， 此時感應電動勢E′＝Blv′ 則回路電流為I＝＝＝ A＝0.8 A。 (3)桿做勻加速運動，則F－F安＝ma， 即F＝BIl＋ma＝0.164 N。 答案　(1)0.4 V　(2)0.8 A　(3)0.164 N B級：拔高練 9.(多選)半徑為a、右端開小口的導體圓環(huán)和長為2a的導體直桿，單位長度的電阻均為R0。圓環(huán)水平固定放置，整個內部區(qū)域分布著豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B。桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運動，桿始終有兩點與圓環(huán)良好接觸，從圓環(huán)中心O開始，桿的位置由θ確定，如圖9所示。則(　　) 圖9 A.θ＝0時，桿產生的感應電動勢為2Bav B.θ＝時，桿產生的感應電動勢為Bav C.θ＝0時，桿受到的安培力大小為 D.θ＝時，桿受到的安培力大小為 解析　根據法拉第電磁感應定律可得E＝Blv，其中l(wèi)為有效長度，當θ＝0時，l＝2a，則E＝2Bav，選項A正確；當θ＝時，l＝a，則E＝Bav，故選項B錯誤；根據通電直導線在磁場中所受安培力大小的計算公式可得F＝BIl，根據閉合電路歐姆定律可得I＝，當θ＝0時，l＝2a，E＝2Bav，r＋R＝(π＋2)aR0，解得F＝，選項C錯誤；當θ＝時，l＝a，E＝Bav，r＋R＝(＋1)aR0，解得F＝，故選項B錯誤，D正確。 答案　AD 10.(多選)在如圖10甲所示的虛線框內有勻強磁場，設圖甲所示磁場方向為正，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。邊長為l，電阻為R的正方形均勻線框abcd有一半處在磁場中，磁場方向垂直于線框平面，此時線框ab邊的發(fā)熱功率為P，則(　　) 圖10 A.線框中的感應電動勢為 B.線框中感應電流為2 C.線框cd邊的發(fā)熱功率為 D.b端電勢高于a端電勢 解析　由題圖乙可知，在每個周期內磁感應強度隨時間均勻變化，線框中產生大小恒定的感應電流，設感應電流為I，則對ab邊有，P＝I2·R，得I＝2，選項B正確；由閉合電路歐姆定律得，感應電動勢為E＝IR＝2，根據法拉第電磁感應定律得E＝＝·l2，由題圖乙知，＝，聯立解得E＝，故選項A錯誤；線框的四邊電阻相等，電流相等，則發(fā)熱功率相等，都為P，故選項C錯誤；由楞次定律判斷可知，線框中感應電流方向為逆時針，則b端電勢高于a端電勢，故選項D正確。 答案　BD 11.(多選)半徑分別為r和2r的同心圓形導軌固定在同一水平面內，一長為r、電阻為R的均勻金屬棒AB置于圓導軌上面，BA的延長線通過圓導軌中心O，裝置的俯視圖如圖11所示，整個裝置位于一勻強磁場中，磁感應強度的大小為B，方向豎直向下。在兩環(huán)之間接阻值為R的定值電阻和電容為C的電容器。金屬棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時針勻速轉動，在轉動過程中始終與導軌保持良好接觸。導軌電阻不計。下列說法正確的是(　　) 圖11 A.金屬棒中電流從B流向A B.金屬棒兩端電壓為Bωr2 C.電容器的M板帶負電 D.電容器所帶電荷量為CBωr2 解析　根據右手定則可知金屬棒中電流從B流向A，選項A正確；金屬棒轉動產生的電動勢為E＝Br＝Bωr2，切割磁感線的金屬棒相當于電源，金屬棒兩端電壓相當于電源的路端電壓，因而U＝E＝Bωr2，選項B正確；金屬棒A端相當于電源正極，電容器M板帶正電，選項C錯誤；由C＝可得電容器所帶電荷量為Q＝CBωr2，選項D錯誤。 答案　AB 12.(1)如圖12甲所示，兩根足夠長的平行導軌，間距L＝0.3 m，在導軌間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B1＝0.5 T。一根直金屬桿MN以v＝2 m/s的速度向右勻速運動，桿MN始終與導軌垂直且接觸良好。桿MN的電阻r1＝1 Ω，導軌的電阻可忽略。求桿MN中產生的感應電動勢E1； (2)如圖乙所示，一個匝數n＝100的圓形線圈，面積S1＝0.4 m2，電阻r2＝1 Ω。在線圈中存在面積S2＝0.3 m2垂直線圈平面(指向紙外)的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度B2隨時間t變化的關系如圖丙所示。求圓形線圈中產生的感應電動勢E2； (3)將一個R＝2 Ω的電阻分別與圖甲和圖乙中的a、b端相連接，然后b端接地。試判斷以上兩種情況中，哪種情況a端的電勢較高？并求出較高的電勢φa。 圖12 解析　(1)桿MN做切割磁感線的運動，產生的感應電動勢E1＝B1Lv＝0.3 V。 (2)穿過圓形線圈的磁通量發(fā)生變化，產生的感應電動勢E2＝nS2＝4.5 V。 (3)題圖甲中φa>φb＝0， 題圖乙中φa<φb＝0， 所以當電阻R與題圖甲中的導軌相連接時，a端的電勢較高。 此時通過電阻R的電流I＝ 電阻R兩端的電勢差φa－φb＝IR a端的電勢φa＝IR＝0.2 V。 答案　(1)0.3 V　(2)4.5 V　(3)與圖甲中的導軌相連接a端電勢高　φa＝0.2 V 20