第2节 法拉第电磁感应定律(赋能课—精细培优科学思维)
课标要求 学习目标
通过实验,理解法拉第电磁感应定律。 1.形成感应电动势的概念,能理解法拉第电磁感应定律的内涵。2.能用磁感线与匀强磁场等模型综合分析电磁感应问题。3.能通过实验探究“感应电动势与磁通量变化的关系”,分析总结归纳出电磁感应现象的本质。4.通过法拉第电磁感应定律的应用,体会科学家的不断创造推动了社会的进步。
一、感应电动势
1．定义：在__________现象中产生的电动势。
2．产生条件
不管电路是否闭合，只要穿过电路的________发生变化，电路中就会产生感应电动势。
3．决定因素
研究表明，感应电动势的大小与电路中________________有关。
二、电磁感应定律
1．法拉第电磁感应定律
(1)内容：电路中感应电动势的大小与穿过这一电路的磁通量的________成正比。
(2)表达式：对单匝线圈E＝______________，k为比例常数。在国际单位制中k＝1，上式可简化为E＝____________。对n匝线圈E＝__________。
(3)单位：在国际单位制中，感应电动势E的单位是______，磁通量Φ的单位是______，磁通量的变化量ΔΦ的单位是________，时间Δt的单位是____。
2．导体切割磁感线时的感应电动势
(1)导体在匀强磁场中运动，如图甲所示，B、l、v两两垂直时，E＝______。
(2)导体的运动方向与导体本身垂直，但与磁感线方向夹角为θ时(如图乙)，E＝________。
3．拓展一步
(1)感生电动势：由磁场变化引起____________而产生的感应电动势。
(2)动生电动势：______________产生的电动势。
(1)正确区别Φ、ΔΦ、，其中为磁通量变化率。
(2)当l不垂直于B或导体弯曲时，应确定导体切割磁感线的有效长度。
[微情境·大道理]
1．如图所示，将条形磁铁从同一高度插入线圈中，快速插入和缓慢插入有什么相同和不同？
2．如图，产生感应电动势的线圈相当于直流电路中的电池。判断下列说法的正误。
(1)电路中有感应电动势，一定产生感应电流。( )
(2)穿过某回路的磁通量越大，产生的感应电动势就越大。( )
(3)闭合电路垂直放在强磁场中，感应电动势可能为0。( )
3.导体棒长度为l，从中间弯成90°后，以速度v运动时，如图所示，产生的感应电动势多大？
强化点(一) 法拉第电磁感应定律的理解及应用
任务驱动
当磁铁穿过n匝线圈时(如图所示)，每匝线圈作为电源是如何连接的？
[要点释解明]
1．E＝n的三种基本形式
(1)ΔΦ仅由B变化引起，则E＝nS。
(2)ΔΦ仅由S变化引起，则E＝nB。
(3)磁感应强度B和线圈面积S均变化，则E＝n。
2．感应电动势E的大小与方向
(1)感应电动势E的大小取决于穿过电路的磁通量的变化率，与Φ的大小及ΔΦ的大小没有必然联系。
(2)感应电动势的方向
①方向规定：感应电动势是标量，但有方向，其方向规定为从电源的负极经过电源内部指向电源的正极，与电源内部电流方向一致。
②判断方法：用楞次定律或右手定则判断感应电动势的方向。
[典例] 匝数N＝1 000、面积S＝20 cm2、电阻r＝1 Ω的线圈水平放置，匀强磁场B1竖直向下穿过线圈，其磁感应强度B1按如图甲所示的规律变化。线圈两端分别连接两根完全相同的劲度系数为k＝100 N/m、电阻为R＝1.5 Ω的金属弹簧，两金属弹簧上端固定在水平天花板上，下端悬挂一根水平金属棒。另有一水平匀强磁场B2垂直金属棒分布(如图乙所示)，其磁场宽度为L＝10 cm。闭合开关后，两弹簧的长度均变化了Δx＝0.5 cm。导线和金属棒的电阻不计，求：
(1)闭合开关后，通过金属棒的电流大小。
(2)磁感应强度B2的大小。
尝试解答：
/方法技巧/
应用电磁感应定律分析闭合电路的方法
[题点全练清]
1．(2023·湖北高考)
近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为1.0 cm、1.2 cm和1.4 cm，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为103 T/s，则线圈产生的感应电动势最接近( )
A．0.30 V B．0.44 V
C．0.59 V D．4.3 V
2.将P、Q两单匝闭合圆形导线环按如图所示放置，导线环Q恰好与正方形的匀强磁场区域边界内切，磁场方向垂直于两导线环的平面，P、Q导线环的半径之比rP∶rQ＝2∶1。若磁感应强度随时间均匀增大，则P、Q导线环中感应电动势之比为( )
A．1∶1 B．4∶1
C．4∶π D．2∶π
3．(多选)如图甲所示，n＝10匝(图中只画了1匝)、电阻r＝10 Ω的线圈，其两端a、b与一个R＝20 Ω的电阻相连，线圈内有垂直纸面向里的磁场，线圈中的磁通量按图乙所示的规律变化，下列判断正确的是( )
A．线圈中的感应电动势大小为0.3 V
B．线圈中的感应电流大小为0.03 A
C．线圈中感应电流的方向由a到b
D．a端电势比b端高
强化点(二) 导体切割磁感线时的感应电动势
[要点释解明]
1．应用E＝Blv注意的问题
(1)当B、l、v三个量方向相互垂直时，E＝Blv；当有任意两个量的方向平行时，E＝0。
(2)式中的l应理解为导线切割磁感线时的有效长度。
若切割磁感线的导线是弯曲的，则应取其与B和v方向都垂直的等效线段长度来计算。如图甲、乙、丙中线段ab的长即为导线切割磁感线的有效长度。
(3)公式中的v应理解为导线和磁场的相对速度，当导线不动而磁场运动时，也有感应电动势产生。
2．导体棒转动切割磁感线时的感应电动势
如图所示，长为l的导体棒ab以a为圆心，以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中匀速转动，其感应电动势可从两个角度推导。
(1)棒上各点速度不同，其平均速度＝ωl，由E＝Blv得棒上感应电动势大小为E＝Bl·ωl＝Bl2ω。
(2)若经时间Δt，棒扫过的面积为ΔS＝πl2＝l2ω·Δt，磁通量的变化量ΔΦ＝B·ΔS＝Bl2ω·Δt，由E＝得棒上感应电动势大小为E＝Bl2ω。
[例1·平动切割] 如图所示，MN、PQ是间距为L的平行金属导轨，置于磁感应强度为B、方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻。一根与导轨接触良好、有效阻值为R的导体棒ab垂直导轨放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动，则(不计导轨电阻)( )
A．通过电阻R的电流方向为P→R→M
B．a、b两点间的电压为BLv
C．a端电势比b端高
D．a端电势比b端低
听课记录：
[例2·转动切割] (2023·江苏高考)如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OC导体棒的O端位于圆心，棒的中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动，O、A、C点电势分别为φO、φA、φC，则( )
A．φO>φC B．φC>φA
C．φO＝φA D．φO－φA＝φA－φC
听课记录：
[题点全练清]
1.一根弯成直角的导线放在B＝0.4 T 的匀强磁场中，如图所示，ab＝30 cm，bc＝40 cm，当导线以5 m/s的速度做切割磁感线运动时，可产生的最大感应电动势的值为( )
A．1.4 V B.1.0 V
C．0.8 V D．0.6 V
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O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，I＝ B．由d到c，I＝
C．由c到d，I＝ D．由d到c，I＝
强化点(三) 平均电动势与瞬时电动势
[要点释解明]
平均电动势与瞬时电动势的比较
平均电动势 瞬时电动势
区别 求解公式 E=n E=Blvsin θ
物理意义 求的是Δt时间内的平均感应电动势,E与某段时间或某个过程相对应 求的是瞬时感应电动势,E与某个时刻或某个位置相对应
适用范围 求的是整个电路的感应电动势。整个电路的感应电动势为0时,其电路中某段导线的感应电动势不一定为0 求的是电路中一部分导线切割磁感线时产生的感应电动势
研究对象 由于是整个电路的感应电动势,因此研究对象即电源部分不容易确定 由于是一部分导线切割磁感线产生的感应电动势,该部分就相当于电源
联系 公式E=n和E=Blvsin θ是统一的,当Δt→0时,E为瞬时感应电动势,而公式E=Blvsin θ中的v若为平均速度,则求出的E为平均感应电动势
[典例] 如图所示，边长为0.1 m的单匝正方形线圈ABCD在大小为0.5 T的匀强磁场中以AD边为轴匀速转动。初始时刻线圈平面与磁感线平行，经过1 s线圈转过了90°，求：
(1)线圈在1 s时间内产生的感应电动势的平均值；
(2)线圈在1 s末时的感应电动势大小。
尝试解答：
[变式拓展] 对应[典例]中的情境，若整个线圈的电阻R＝0.1 Ω，则1 s时间内通过线圈导线某横截面的电荷量是多少？
/方法技巧/
(1)某一位置或某一时刻的瞬时感应电动势一般用E＝Blv求解，而E＝n一般用于求某一段时间或某一过程的平均感应电动势，其中Δt为对应的时间。
(2)平均感应电动势不一定是最大值与最小值的平均值，需根据法拉第电磁感应定律求解。
(3)闭合回路中磁通量发生变化时，由于感应电场的作用使电荷发生定向移动而形成感应电流，在Δt时间内迁移的电荷量(感应电荷量)q＝·t＝n。
[题点全练清]
1.如图所示，PQRS为一正方形导线框，它以恒定速度向右运动，进入以MN为边界的匀强磁场，磁场方向垂直线框平面
向里，MN与QR所在直线成45°角，E、F分别是PS和PQ的中点。关于线框中的感应电流，下列说法正确的是( )
A．当E点经过边界MN时，线框中感应电流最大
B．当P点经过边界MN时，线框中感应电流最大
C．当F点经过边界MN时，线框中感应电流最大
D．当Q点经过边界MN时，线框中感应电流最大
2．(多选)如图所示，在边长为a的等边三角形区域内有匀强磁场B，其方向垂直纸面向外。一个边长也为a的等边三角形导线框架EFG正好与上述磁场区域的边界重合，当它以周期T绕其中心O点在纸面内匀速转动时，框架EFG中产生感应电动势，若经框架转到图中的虚线位置，则在时间内( )
A．框架产生的平均感应电动势大小等于
B．框架产生的平均感应电动势大小等于
C．框架沿顺时针方向转动时感应电流方向为E→F→G→E
D．框架沿逆时针方向转动时感应电流方向为E→G→F→E
第2节 法拉第电磁感应定律
一、1.电磁感应 2.磁通量 3.磁通量变化的快慢
二、1.(1)变化率 (2)k n (3)伏特 韦伯 韦伯 秒 2.(1)Blv (2)Blvsin θ 3.(1)磁通量变化 (2)导体切割磁感线
[微情境·大道理]
1．提示：线圈中的磁通量变化相同，但磁通量变化快慢不同。快速插入时电流表指针偏转角度较大。
2．(1)× (2)× (3)√
3．提示：E＝Blv。
强化点(一)
[任务驱动] 提示：当有n匝线圈时，可将其视为n个电源串联。
[典例] 解析：(1)根据法拉第电磁感应定律可得
E＝N＝N··S
由题图甲可知＝5 T/s
代入数据得E＝10 V
由闭合电路欧姆定律可得I＝
代入数据得I＝2.5 A。
(2)安培力为F安＝B2IL
弹簧弹力的变化量F弹＝kΔx
对金属棒受力分析，由受力平衡得B2IL＝2kΔx
代入数据得B2＝4 T。
答案：(1)2.5 A (2)4 T
[题点全练清]
1．选B 根据法拉第电磁感应定律可知E＝＝＝103×(1.02＋1.22＋1.42)×10－4 V＝0.44 V，故选B。
2．选C 匀强磁场的磁感应强度随时间均匀增大，设＝k，k为常量；由题图可知，穿过P的磁场的面积SP＝(2rQ)2＝4rQ2，穿过Q的磁场的面积SQ＝πrQ2，根据法拉第电磁感应定律有E＝n＝·S，所以P、Q导线环中感应电动势之比为＝＝，A、B、D错误，C正确。
3．选AD 由法拉第电磁感应定律可知，线圈中的感应电动势大小为E＝n＝10× V＝0.3 V，故A正确；由闭合电路欧姆定律可知，线圈中的感应电流大小为I＝＝ A＝0.01 A，故B错误；由楞次定律与安培定则可知，线圈中感应电流的方向由b到a，且在电源内部电流方向由负极流向正极，所以a端电势比b端高，故C错误，D正确。
强化点(二)
[例1] 选C 导体棒做切割磁感线运动，等效为电源，根据右手定则，感应电流的方向为b→a，a点的电势高于b点的电势，通过电阻R的电流方向为M→R→P，A、D错误，C正确；感应电动势大小为E＝BLv，感应电流大小为I＝，故a、b两点间的电压为U＝IR＝BLv，B错误。
[例2] 选A 由题图可看出导体棒OA段转动切割磁感线，根据右手定则可知感应电动势的方向由A指向O，所以φO>φA，导体棒AC段不在磁场中，不切割磁感线，不产生感应电动势，则φC＝φA，A正确，B、C错误；根据以上分析可知φO－φA>0，φA－φC＝0，则φO－φA>φA－φC，D错误。
[题点全练清]
1．选B 由题意得ac＝50 cm，当切割磁感线的有效长度L＝ac＝50 cm时，产生的感应电动势最大，最大值Em＝BLv＝1.0 V，B正确。
2．选D 根据法拉第电磁感应定律，可知感应电动势E＝Br·rω＝Br2ω，由闭合电路欧姆定律得通过电阻R的电流I＝＝＝；圆盘相当于电源，由右手定则可知电流方向为由边缘指向圆心，所以电阻R中的电流方向为由d到c，选项D正确。
强化点(三)
[典例] 解析：(1)根据E＝可得，在转过90°的过程中产生的平均感应电动势E＝＝0.5×0.1×0.1 V＝0.005 V。
(2)当线圈转了1 s时，恰好转过了90°，此时线圈的BC边的速度方向与磁感线的方向平行，线圈的BC边不切割磁感线(或认为切割磁感线的有效速度为0)，所以线圈不产生感应电动势，E′＝0。
答案：(1)0.005 V (2)0
[变式拓展] 解析：q＝·t＝·Δt＝＝ C＝0.05 C。
答案：0.05 C
[题点全练清]
1．选B 因为线框向右运动，所以线框进入磁场时，PS、QR不切割磁感线，当P点经过边界MN时，线框切割磁感线的有效长度最大，为导线框边长SR，此时感应电动势最大，设r为线框的总电阻，由I＝知，此时线框中的感应电流最大，故B正确。
2．选AC 根据对称性可知题图中实线和虚线构成的两等边三角形所围的小三角形为等边三角形，小三角形的边长为，小三角形的高为h＝·sin 60°＝a，则小三角形的面积为S＝··a＝a2，根据法拉第电磁感应定律可得，＝＝，联立解得＝，A正确，B错误；当框架沿顺时针或逆时针方向转动时，穿过框架的磁通量都减少，根据楞次定律与安培定则可知，感应电流的方向均为E→F→G→E，C正确，D错误。
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法拉第电磁感应定律
(赋能课—精细培优科学思维)
第 2节
课标要求 学习目标
通过实验,理解法拉第电磁感应定律。 1.形成感应电动势的概念,能理解法拉第电磁感应定律的内涵。
2.能用磁感线与匀强磁场等模型综合分析电磁感应问题。
3.能通过实验探究“感应电动势与磁通量变化的关系”,分析总结归纳出电磁感应现象的本质。
4.通过法拉第电磁感应定律的应用,体会科学家的不断创造推动了社会的进步。
1
课前预知教材/落实主干基础
2
课堂精析重难/深度发掘知能
3
课时跟踪检测
CONTENTS
目录
课前预知教材/落实主干基础
一、感应电动势
1.定义:在__________现象中产生的电动势。
2.产生条件
不管电路是否闭合,只要穿过电路的________发生变化,电路中就会产生感应电动势。
3.决定因素
研究表明,感应电动势的大小与电路中__________________有关。
电磁感应
磁通量
磁通量变化的快慢
二、电磁感应定律
1.法拉第电磁感应定律
(1)内容:电路中感应电动势的大小与穿过这一电路的磁通量的_______成正比。
(2)表达式:对单匝线圈E=______,k为比例常数。在国际单位制中k=1,上式可简化为E=____。对n匝线圈E=_____。
变化率
k
n
(3)单位:在国际单位制中,感应电动势E的单位是______,磁通量Φ的单位是____,磁通量的变化量ΔΦ的单位是_____,时间Δt的单位是___。
2.导体切割磁感线时的感应电动势
(1)导体在匀强磁场中运动,如图甲所示,B、l、v两两垂直时,E= ___。
伏特
韦伯
韦伯
秒
Blv
(2)导体的运动方向与导体本身垂直,但与磁感线方向夹角为θ时(如图乙),E=________。
3.拓展一步
(1)感生电动势:由磁场变化引起___________而产生的感应电动势。
(2)动生电动势:________________产生的电动势。
Blvsin θ
磁通量变化
导体切割磁感线
(1)正确区别Φ、ΔΦ、,其中为磁通量变化率。
(2)当l不垂直于B或导体弯曲时,应确定导体切割磁感线的有效长度。
1.如图所示,将条形磁铁从同一高度插入线圈中,快速插入和缓慢插入有什么相同和不同
提示:线圈中的磁通量变化相同,但磁通量变化快慢不同。快速插入时电流表指针偏转角度较大。
微情境·大道理
2.如图,产生感应电动势的线圈相当于直流电路中的电池。判断下列说法的正误。
(1)电路中有感应电动势,一定产生感应电流。 ( )
(2)穿过某回路的磁通量越大,产生的感应电动势就越大。 ( )
(3)闭合电路垂直放在强磁场中,感应电动势可能为0。 ( )
×
×
√
3.导体棒长度为l,从中间弯成90°后,以速度v运动时,如图所示,产生的感应电动势多大
提示:E=Blv。
课堂精析重难/深度发掘知能
当磁铁穿过n匝线圈时(如图所示),每匝线圈作为电源是如何连接的
提示:当有n匝线圈时,可将其视为n个电源串联。
强化点(一) 法拉第电磁感应定律的理解及应用
任务驱动
1.E=n的三种基本形式
(1)ΔΦ仅由B变化引起,则E=nS。
(2)ΔΦ仅由S变化引起,则E=nB。
(3)磁感应强度B和线圈面积S均变化,则E=n。
要点释解明
2.感应电动势E的大小与方向
(1)感应电动势E的大小取决于穿过电路的磁通量的变化率,与Φ的大小及ΔΦ的大小没有必然联系。
(2)感应电动势的方向
①方向规定:感应电动势是标量,但有方向,其方向规定为从电源的负极经过电源内部指向电源的正极,与电源内部电流方向一致。
②判断方法:用楞次定律或右手定则判断感应电动势的方向。
[典例] 匝数N=1 000、面积S=20 cm2、电阻r=1 Ω的线圈水平放置,匀强磁场B1竖直向下穿过线圈,其磁感应强度B1按如图甲所示的规律变化。线圈两端分别连接两根完全相同的劲度系数为k=100 N/m、电阻为R=1.5 Ω的金属弹簧,两金属弹簧上端固定在水平天花板上,下端悬挂一根水平金属棒。另有一水平匀强磁场B2垂直金属棒分布(如图乙所示),其磁场宽度为L=10 cm。闭合开关后,两弹簧的长度均变化了Δx=0.5 cm。导线和金属棒的电阻不计,求:
(1)闭合开关后,通过金属棒的电流大小。
[答案] 2.5 A
[解析] 根据法拉第电磁感应定律可得
E=N=N··S
由题图甲可知=5 T/s
代入数据得E=10 V
由闭合电路欧姆定律可得I=
代入数据得I=2.5 A。
(2)磁感应强度B2的大小。
[答案] 4 T
[解析] 安培力为F安=B2IL
弹簧弹力的变化量F弹=kΔx
对金属棒受力分析,由受力平衡得B2IL=2kΔx
代入数据得B2=4 T。
/方法技巧/
应用电磁感应定律分析闭合电路的方法
1.(2023·湖北高考)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理
进行通讯,其天线类似一个压平的线圈,线圈尺寸从内到外逐渐
变大。如图所示,一正方形NFC线圈共3匝,其边长分别为1.0 cm、
1.2 cm和1.4 cm,图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈,磁感应强度变化率为103 T/s,则线圈产生的感应电动势最接近 ( )
A.0.30 V B.0.44 V
C.0.59 V D.4.3 V
要点释解明
√
解析:根据法拉第电磁感应定律可知E===103× (1.02+1.22
+1.42)×10-4 V=0.44 V,故选B。
2.将P、Q两单匝闭合圆形导线环按如图所示放置,导线环Q恰好与正方形的匀强磁场区域边界内切,磁场方向垂直于两导线环的平面,P、Q导线环的半径之比rP∶rQ=2∶1。若磁感应强度随时间均匀增大,则P、Q导线环中感应电动势之比为 ( )
A.1∶1 B.4∶1
C.4∶π D.2∶π
√
解析:匀强磁场的磁感应强度随时间均匀增大,设=k,k为常量;由题图可知,穿过P的磁场的面积SP=(2rQ)2=4,穿过Q的磁场的面积SQ=π,根据法拉第电磁感应定律有E=n=·S,所以P、Q导线环中感应电动势之比为==,A、B、D错误,C正确。
3.(多选)如图甲所示,n=10匝(图中只画了1匝)、电阻r=10 Ω的线圈,其两端a、b与一个R=20 Ω的电阻相连,线圈内有垂直纸面向里的磁场,线圈中的磁通量按图乙所示的规律变化,下列判断正确的是 ( )
A.线圈中的感应电动势大小为0.3 V
B.线圈中的感应电流大小为0.03 A
C.线圈中感应电流的方向由a到b
D.a端电势比b端高
√
√
解析:由法拉第电磁感应定律可知,线圈中的感应电动势大小为E=n=10× V=0.3 V,故A正确;由闭合电路欧姆定律可知,线圈中的感应电流大小为I== A=0.01 A,故B错误;由楞次定律与安培定则可知,线圈中感应电流的方向由b到a,且在电源内部电流方向由负极流向正极,所以a端电势比b端高,故C错误,D正确。
1.应用E=Blv注意的问题
(1)当B、l、v三个量方向相互垂直时,E=Blv;当有任意两个量的方向平行时,E=0。
(2)式中的l应理解为导线切割磁感线时的有效长度。
强化点(二) 导体切割磁感线时的感应电动势
要点释解明
若切割磁感线的导线是弯曲的,则应取其与B和v方向都垂直的等效线段长度来计算。如图甲、乙、丙中线段ab的长即为导线切割磁感线的有效长度。
(3)公式中的v应理解为导线和磁场的相对速度,当导线不动而磁场运动时,也有感应电动势产生。
2.导体棒转动切割磁感线时的感应电动势
如图所示,长为l的导体棒ab以a为圆心,以角速度ω
在磁感应强度为B的匀强磁场中匀速转动,其感应电动
势可从两个角度推导。
(1)棒上各点速度不同,其平均速度=ωl,由E=Blv得棒上感应电动势大小为E=Bl·ωl=Bl2ω。
(2)若经时间Δt,棒扫过的面积为ΔS=πl2=l2ω·Δt,磁通量的变化量ΔΦ=B·ΔS=Bl2ω·Δt,由E=得棒上感应电动势大小为E=Bl2ω。
[例1·平动切割] 如图所示,MN、PQ是间距为L的平行金属导轨,置于磁感应强度为B、方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中,M、P间接有一阻值为R的电阻。一根与导轨接触良好、有效阻值为R的导体棒ab垂直导轨放置,并在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动,则(不计导轨电阻) ( )
A.通过电阻R的电流方向为P→R→M
B.a、b两点间的电压为BLv
C.a端电势比b端高
D.a端电势比b端低
√
[解析] 导体棒做切割磁感线运动,等效为电源,根据右手定则,感应电流的方向为b→a,a点的电势高于b点的电势,通过电阻R的电流方向为M→R→P,A、D错误,C正确;感应电动势大小为E=BLv,感应电流大小为I=,故a、b两点间的电压为U=IR=BLv,B错误。
[例2·转动切割] (2023·江苏高考)如图所示,圆
形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,OC导体棒的
O端位于圆心,棒的中点A位于磁场区域的边缘。现
使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动,O、A、C点电势分别为φO、φA、φC,则 ( )
A.φO>φC B.φC>φA
C.φO=φA D.φO-φA=φA-φC
√
[解析] 由题图可看出导体棒OA段转动切割磁感线,根据右手定则可知感应电动势的方向由A指向O,所以φO>φA,导体棒AC段不在磁场中,不切割磁感线,不产生感应电动势,则φC=φA,A正确,B、C错误;根据以上分析可知φO-φA>0,φA-φC=0,则φO-φA>φA-φC,D错误。
1.一根弯成直角的导线放在B=0.4 T 的匀强磁场中,如图所示,ab=30 cm,bc=40 cm,当导线以5 m/s的速度做切割磁感线运动时,可产生的最大感应电动势的值为 ( )
A.1.4 V B.1.0 V
C.0.8 V D.0.6 V
题点全练清
√
解析:由题意得ac=50 cm,当切割磁感线的有效长度L=ac=50 cm时,产生的感应电动势最大,最大值Em=BLv=1.0 V,B正确。
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O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,I= B.由d到c,I=
C.由c到d,I= D.由d到c,I=
√
解析:根据法拉第电磁感应定律,可知感应电动势E=Br·rω=Br2ω,由闭合电路欧姆定律得通过电阻R的电流I===;圆盘相当于电源,由右手定则可知电流方向为由边缘指向圆心,所以电阻R中的电流方向为由d到c,选项D正确。
平均电动势与瞬时电动势的比较
要点释解明
强化点(三) 平均电动势与瞬时电动势
平均电动势 瞬时电动势
区 别 求解公式 E=Blvsin θ
物理意义 求的是Δt时间内的平均感应电动势,E与某段时间或某个过程相对应 求的是瞬时感应电动势,E与某个时刻或某个位置相对应
区 别 适用范围 求的是整个电路的感应电动势。整个电路的感应电动势为0时,其电路中某段导线的感应电动势不一定为0 求的是电路中一部分导线切割磁感线时产生的感应电动势
研究对象 由于是整个电路的感应电动势,因此研究对象即电源部分不容易确定 由于是一部分导线切割磁感线产生的感应电动势,该部分就相当于电源
续表
联系
续表
[典例] 如图所示,边长为0.1 m的单匝正方形线圈ABCD在大小为0.5 T的匀强磁场中以AD边为轴匀速转动。初始时刻线圈平面与磁感线平行,经过1 s线圈转过了90°,求:
(1)线圈在1 s时间内产生的感应电动势的平均值;
[答案] 0.005 V
[解析] 根据E=可得,在转过90°的过程中产生的平均感应电动势E==0.5×0.1×0.1 V=0.005 V。
(2)线圈在1 s末时的感应电动势大小。
[答案] 0
[解析] 当线圈转了1 s时,恰好转过了90°,此时线圈的BC边的速度方向与磁感线的方向平行,线圈的BC边不切割磁感线(或认为切割磁感线的有效速度为0),所以线圈不产生感应电动势,E'=0。
[变式拓展] 对应[典例]中的情境,若整个线圈的电阻R=0.1 Ω,则1 s时间内通过线圈导线某横截面的电荷量是多少
答案:0.05 C
解析:q=·t=·Δt== C=0.05 C。
/方法技巧/
(1)某一位置或某一时刻的瞬时感应电动势一般用E=Blv求解,而E=n一般用于求某一段时间或某一过程的平均感应电动势,其中Δt为对应的时间。
(2)平均感应电动势不一定是最大值与最小值的平均值,需根据法拉第电磁感应定律求解。
(3)闭合回路中磁通量发生变化时,由于感应电场的作用使电荷发生定向移动而形成感应电流,在Δt时间内迁移的电荷量(感应电荷量)q=·t=n。
1.如图所示,PQRS为一正方形导线框,它以恒定速度向右运动,进入以MN为边界的匀强磁场,磁场方向垂直线框平面向里,MN与QR所在直线成45°角,E、F分别是PS和PQ的中点。关于线框中的感应电流,下列说法正确的是 ( )
题点全练清
A.当E点经过边界MN时,线框中感应电流最大
B.当P点经过边界MN时,线框中感应电流最大
C.当F点经过边界MN时,线框中感应电流最大
D.当Q点经过边界MN时,线框中感应电流最大
√
解析:因为线框向右运动,所以线框进入磁场时,PS、QR不切割磁感线,当P点经过边界MN时,线框切割磁感线的有效长度最大,为导线框边长SR,此时感应电动势最大,设r为线框的总电阻,由I=知,此时线框中的感应电流最大,故B正确。
2.(多选)如图所示,在边长为a的等边三角形区域内有匀强磁场B,其方向垂直纸面向外。一个边长也为a的等边三角形导线框架EFG正好与上述磁场区域的边界重合,当它以周期T绕其中心O点在纸面内匀速转动时,框架EFG中产生感应电动势,若经框架转到图中的虚线位置,则在时间内( )
A.框架产生的平均感应电动势大小等于
B.框架产生的平均感应电动势大小等于
C.框架沿顺时针方向转动时感应电流方向为E→F→G→E
D.框架沿逆时针方向转动时感应电流方向为E→G→F→E
√
√
解析:根据对称性可知题图中实线和虚线构成的两等边三角形所围的小三角形为等边三角形,小三角形的边长为,小三角形的高为h=·sin 60°=a,则小三角形的面积为S=··a=a2,根据法拉第电磁感应定律可得,==,联立解得=,A正确,B错误;当框架沿顺时针或逆时针方向转动时,穿过框架的磁通量都减少,根据楞次定律与安培定则可知,感应电流的方向均为E→F→G→ E,C正确,D错误。
课时跟踪检测
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A级——基础达标
1.关于感应电动势的大小,下列说法中正确的是( )
A.穿过线圈的磁通量Φ最大时,所产生的感应电动势就一定最大
B.穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ增大时,所产生的感应电动势也增大
C.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0
D.穿过线圈的磁通量的变化率越大,所产生的感应电动势就越大
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解析:根据E=n,穿过线圈的磁通量Φ最大时,所产生的感应电动势不一定最大,故A错误;穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ增大时,所产生的感应电动势不一定也增大,故B错误;穿过线圈的磁通量Φ等于0,但是磁通量的变化率不一定为零,则所产生的感应电动势不一定为0,故C错误;穿过线圈的磁通量的变化率越大,所产生的感应电动势就越大,故D正确。
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2.(2024·安徽滁州高二月考)如图所示,水平面内有一
长为l的导体棒ab,处于水平向右、磁感应强度为B的匀强
磁场中,ab与磁场方向垂直。若让ab在水平面内以大小为
v、方向与水平向左成α角的速度做匀速直线运动,则导体棒ab两端的电势差为 ( )
A.Blv B.0
C.Blvcos α D.Blvsin α
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解析:B、l、v三者在同一平面内,导体棒不切割磁感线,没有感应电动势,故选B。
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3.(2024·吉林长春高二阶段练习)如图甲所示,面积S=1 m2的一个金属圆环内有垂直于平面向里的匀强磁场,圆环总电阻为5 Ω,磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示(B取向里为正),以下说法正确的是 ( )
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A.圆环中产生顺时针方向的感应电流
B.圆环中磁通量的变化率为2 Wb/s
C.圆环中产生的感应电动势大小为1 V
D.0~1 s内,通过圆环截面的电荷量为0.4 C
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解析:由题图乙可知,圆环中通过的磁通量增加,由楞次定律可知,圆环中感应电流产生的磁场的方向垂直平面向外,由安培定则可知,圆环中感应电流应为逆时针方向,A错误;圆环中磁通量的变化率为==×1 Wb/s=1 Wb/s,
B错误;由法拉第电磁感应定律得,圆环中产生的感应电动势大小为E=N=1 V, C正确;0~1 s内,通过圆环截面的电荷量为q===0.2 C,D错误。
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4.(2024·四川内江高二联考)当航天飞机在环绕地球的轨道上飞行时,从中释放一颗卫星,卫星与航天飞机的速度相同,两者用导电缆绳相连,这种卫星称为绳系卫星。现有一绳系卫星在地球赤道上空自西向东运行,忽略地球自转。卫星位于航天飞机的正上方,它与航天飞机之间的距离是5 km,卫星所在位置的地磁场B=4.6×10-5 T,沿水平方向由南向北。如果航天飞机和卫星的运行速度都是7.6 km/s,以下说法正确的是 ( )
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A.缆绳中的感应电动势约为1.7×103 V
B.缆绳中的感应电动势约为1.7 V
C.航天飞机端的电势高于卫星端的电势
D.如果卫星与航天飞机由南向北飞,航天飞机端的电势高于卫星端的电势
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解析:导电缆绳垂直切割地磁场,产生的动生电动势为E=BLv=4.6× 10-5× 5× 103× 7.6×103 V≈1.7×103 V,故A正确,B错误;导电缆绳垂直切割地磁场,由右手定则可知航天飞机端的电势低于卫星端的电势,故C错误;如果卫星与航天飞机由南向北飞,导电缆绳不切割磁感线,不产生感应电动势,则航天飞机端的电势等于卫星端的电势,故D错误。
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5.图甲为某款“自发电”无线门铃按钮,其“发电”原理如图乙所示,按下门铃按钮过程,磁铁靠近螺线管,松开门铃按钮,磁铁在弹簧作用下远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是 ( )
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A.按下按钮过程,螺线管P点电势较高
B.按住按钮不动,螺线管P点电势较高
C.松开按钮过程,螺线管P点电势较高
D.按下和松开按钮过程,螺线管产生大小相等的感应电动势
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解析:按下按钮过程中,穿过螺线管向左的磁通量增大,根据楞次定律可知,感应电流的磁场的方向向右,由安培定则可知,感应电流的方向为P→Q,此时螺线管Q端电势高,故A错误;当按住按钮不动时,螺线管内磁通量不变化,无感应电动势,P、Q点电势相等,故B错误;松开按钮过程中,穿过螺线管向左的磁通量减小,根据楞次定律可知,感应电流的磁场的方向向左,由安培定则可知,感应电流的方向为Q→P,此时螺线管P端电势高,故C正确;
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根据法拉第电磁感应定律可知,螺线管产生的电动势的大小与穿过螺线管的磁通量的变化率成正比,由于按下和松开按钮过程对应的时间关系、速度关系都是未知的,所以螺线管产生的感应电动势大小不一定相等,故D错误。
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6.(2024·甘肃天水高二检测)如图所示,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3B。在此过程中,线圈中产生的感应电动势为 ( )
A. B. C. D.
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解析:根据题意,由法拉第电磁感应定律有E=n,又有ΔΦ=ΔBS,S=a2,联立解得E==,故选B。
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7.(2024·滕州高二检测)如图所示,固定于水平面上的金
属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中,金属棒MN沿框架
以速度v向右做匀速运动。t=0时,磁感应强度为B0,此时MN
到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形。为使MN棒中不产生感应电流,从t=0开始,磁感应强度B与t的关系式为 ( )
A.B= B.B=
C.B= D.B=
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解析:由法拉第电磁感应定律可知,金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动时,为使MN棒中不产生感应电流,则必须使MDEN回路磁通量保持不变,故磁感应强度B应随时间t减小。回路的磁通量保持不变,则有B0l2=Bl(l+vt),解得B=,故选C。
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8.(2024·湖南高考)如图,有一硬质导线Oabc,其中 是半径为R的半圆弧,b为圆弧的中点,直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动,导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为( )
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A.φO>φa>φb>φc B.φO<φa<φb<φc
C.φO>φa>φb=φc D.φO<φa<φb=φc
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解析:如图,相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感
线,根据右手定则可知O点电势最高;根据E=Blv=Bωl2,同
时有lOb=lOc=R,可得0φa>φb=φc,
故选C。
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9.如图所示,PQ和MN两金属导轨平行地放置在水平桌面上,PQ和MN相距d=0.6 m,电路中的电阻R为0.3 Ω,匀强磁场竖直向下穿过导轨,磁感应强度B为0.5 T,导体棒ab斜放在导轨上(与导轨的夹角为60°),并与导轨接触良好,无摩擦力,导体棒接入电路的电阻为0.1 Ω,导轨的电阻忽略不计。现在给ab棒一个大小为2 m/s向右的水平速度。求此时:
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(1)ab棒中感应电动势的大小;
答案:0.6 V
解析:ab棒中感应电动势的大小为E=BLsin 60°·v=Bdv=0.50.6×2 V =0.6 V。
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(2)回路中感应电流的大小和方向;
答案:1.5 A,逆时针方向
解析:由闭合电路的欧姆定律可知,回路中感应电流的大小为I== A=1.5 A
根据右手定则可知,回路中感应电流的方向为逆时针方向。
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(3)ab棒受到的安培力的大小。
答案: N
解析:ab棒受到的安培力的大小为F=BIL=BI=0.5×1.5× N= N。
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B级——综合应用
10.(多选)如图甲所示为电动汽车无线充电原理图,M为受电线圈,N为送电线圈。图乙为受电线圈M的示意图,线圈匝数为n,电阻为r,横截面积为S,两端a、b连接车载变流装置,匀强磁场平行于线圈轴线向上穿过线圈。下列说法正确的是( )
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A.只要受电线圈M两端有电压,送电线圈N中的电流一定不是恒定电流
B.只要送电线圈N中有电流流入,受电线圈M两端一定有电压
C.当受电线圈M中磁感应强度均匀增加时,受电线圈M中有电流从a端流出
D.若Δt时间内,受电线圈M中磁感应强度均匀增加ΔB,则受电线圈M两端的电压为
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解析:如果受电线圈M两端有电压,说明穿过受电线圈M的磁场变化,此时送电线圈N中的电流一定不是恒定电流,A正确;若送电线圈N中有恒定电流,则产生的磁场不变化,在受电线圈M中不会产生感应电动势,B错误;穿过受电线圈M的磁感应强度均匀增加,根据楞次定律可知,感应电流的磁场向下,故感应电流方向为从b向a,即电流从a端流出,C正确;根据法拉第电磁感应定律,有E=n=nS,由闭合电路欧姆定律得受电线圈M两端的电压U=R=,其中R为受电线圈M外接电路的电阻,D错误。
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11.如图所示,a、b是两个用同样的导线制成的单匝
圆形闭合线圈,线圈半径ra=3rb。匀强磁场垂直于线圈
平面向内,且磁感应强度随时间均匀增加。下列判断正确的是 ( )
A.线圈a、b中感应电流均为顺时针方向
B.线圈a、b的感应电动势之比是3∶1
C.线圈a、b的感应电流之比是9∶1
D.线圈a、b在t时间内,产生的热量之比是27∶1
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解析:由题意可知磁感应强度随时间均匀增加,所以穿过线圈的磁通量增加,根据楞次定律可知,线圈中感应电流的磁场方向垂直于线圈平面向外,由安培定则可知,线圈中的感应电流方向为逆时针方向,故A项错误;由法拉第电磁感应定律有E=n,又有ΔΦ=ΔB·S,线圈的面积为S=πr2,整理有E=nπr2,由题意知ra=3rb,所以有Ea∶Eb=9∶1,故B项错误;
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根据电阻定律有R=,又L=2πr,整理有Ra∶Rb=3∶1,根据欧姆定律有I=,整理有Ia∶Ib=3∶1,故C项错误;由焦耳定律有Q=I2Rt,结合之前的分析,整理有Qa∶Qb=27∶1,故D项正确。
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12.(2024·山东青岛高二调研)(多选)如图所示为法拉第圆盘发电机,半径为r的导体圆盘绕过圆盘中心的竖直轴以恒定的角速度ω逆时针旋转(从上往下看),空间中存在竖直向上的匀强磁场,两电刷分别与圆盘中心轴和边缘接触,电刷间接有阻值为R的电阻。下列说法正确的是 ( )
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A.实验过程中,能产生感应电动势是因为穿过圆盘的磁通量发生了变化
B.电阻R中电流方向为由b到a
C.电阻R两端的电压等于Bωr2
D.若角速度变为原来的2倍,则R上的热功率变为原来的4倍
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解析:实验过程中,穿过整个圆盘的磁通量没有发生变化;在圆盘转动时,圆盘上任一半径方向的电路在磁场中转过的面积引起磁通量的变化,在这个半径方向的电路产生感应电动势,与外电路通过圆盘边缘、圆盘中心轴相连构成闭合电路,从而形成沿这个半径方向的感应电流,故A错误;圆盘转动时,相当于每条半径都在切割磁感线,根据右手定则可判断出,电阻R中电流方向为由b到a,故B正确;
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圆盘转动的角速度恒定,则圆盘转动时产生的感应电动势大小为E=Br× =Bωr2,感应电动势恒定,则通过电阻R的电流大小恒定;电阻R两端的电压为外电路电压,小于感应电动势Bωr2,故C错误;由E=Bωr2可知,若角速度ω变为原来的2倍,则感应电动势E变为原来的2倍,则电阻R两端的电压U=R变为原来的2倍,电阻R上消耗的功率P=将变为原来的4倍,故D正确。
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13.在如图所示的三维坐标系中,有与x轴同方向的磁感应强度为B的匀强磁场,一矩形导线框面积为S、电阻为R,其初始位置abcd与xOz平面的夹角为θ,以z轴为转动轴沿顺时针方向匀速转动2θ角到达a'b'cd位置,角速度为ω。求:
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(1)这一过程导线框中产生的感应电动势的平均值;
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解析:导线框转动2θ角的过程所用的时间Δt=,穿过线框的磁通量的变化量ΔΦ=2BSsin θ。由法拉第电磁感应定律知,此过程中产生的感应电动势的平均值===。
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(2)若θ为60°,当导线框恰好到达a'b'cd位置时感应电动势的瞬时值。
答案:BSω
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解析:θ为任意值时,线框中感应电动势的大小为ab边切割磁感线产生的感应电动势的大小
E=B···ω·sin(90°-θ)=BSωcos θ
当θ=60°时,有E=BSω。
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4课时跟踪检测(八) 法拉第电磁感应定律
A级——基础达标
1．关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是( )
A．穿过线圈的磁通量Φ最大时，所产生的感应电动势就一定最大
B．穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ增大时，所产生的感应电动势也增大
C．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0
D．穿过线圈的磁通量的变化率越大，所产生的感应电动势就越大
2.(2024·安徽滁州高二月考)如图所示，水平面内有一长为l的导体棒ab，处于水平向右、磁感应强度为B的匀强磁场中，ab与磁场方向垂直。若让ab在水平面内以大小为v、方向与水平向左成α角的速度做匀速直线运动，则导体棒ab两端的电势差为( )
A．Blv B．0
C．Blvcos α D．Blvsin α
3．(2024·吉林长春高二阶段练习)如图甲所示，面积S＝1 m2的一个金属圆环内有垂直于平面向里的匀强磁场，圆环总电阻为5 Ω，磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示(B取向里为正)，以下说法正确的是( )
A．圆环中产生顺时针方向的感应电流
B．圆环中磁通量的变化率为2 Wb/s
C．圆环中产生的感应电动势大小为1 V
D．0～1 s内，通过圆环截面的电荷量为0.4 C
4．(2024·四川内江高二联考)当航天飞机在环绕地球的轨道上飞行时，从中释放一颗卫星，卫星与航天飞机的速度相同，两者用导电缆绳相连，这种卫星称为绳系卫星。现有一绳系卫星在地球赤道上空自西向东运行，忽略地球自转。卫星位于航天飞机的正上方，它与航天飞机之间的距离是5 km，卫星所在位置的地磁场B＝4.6×10－5 T，沿水平方向由南向北。如果航天飞机和卫星的运行速度都是7.6 km/s，以下说法正确的是( )
A．缆绳中的感应电动势约为1.7×103 V
B．缆绳中的感应电动势约为1.7 V
C．航天飞机端的电势高于卫星端的电势
D．如果卫星与航天飞机由南向北飞，航天飞机端的电势高于卫星端的电势
5．图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程，磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮，磁铁在弹簧作用下远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是( )
A．按下按钮过程，螺线管P点电势较高
B．按住按钮不动，螺线管P点电势较高
C．松开按钮过程，螺线管P点电势较高
D．按下和松开按钮过程，螺线管产生大小相等的感应电动势
6．(2024·甘肃天水高二检测)如图所示，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3B。在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )
A. B.
C. D.
7．(2024·滕州高二检测)如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形。为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，磁感应强度B与t的关系式为( )
A．B＝ B．B＝
C．B＝ D．B＝
8.(2024·湖南高考)如图，有一硬质导线Oabc，其中是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为( )
A．φO>φa>φb>φc B．φO<φa<φb<φc
C．φO>φa>φb＝φc D．φO<φa<φb＝φc
9．如图所示，PQ和MN两金属导轨平行地放置在水平桌面上，PQ和MN相距d＝0.6 m，电路中的电阻R为0.3 Ω，匀强磁场竖直向下穿过导轨，磁感应强度B为0.5 T，导体棒ab斜放在导轨上(与导轨的夹角为60°)，并与导轨接触良好，无摩擦力，导体棒接入电路的电阻为0.1 Ω，导轨的电阻忽略不计。现在给ab棒一个大小为2 m/s向右的水平速度。求此时：
(1)ab棒中感应电动势的大小；
(2)回路中感应电流的大小和方向；
(3)ab棒受到的安培力的大小。
B级——综合应用
10．(多选)如图甲所示为电动汽车无线充电原理图，M为受电线圈，N为送电线圈。图乙为受电线圈M的示意图，线圈匝数为n，电阻为r，横截面积为S，两端a、b连接车载变流装置，匀强磁场平行于线圈轴线向上穿过线圈。下列说法正确的是( )
A．只要受电线圈M两端有电压，送电线圈N中的电流一定不是恒定电流
B．只要送电线圈N中有电流流入，受电线圈M两端一定有电压
C．当受电线圈M中磁感应强度均匀增加时，受电线圈M中有电流从a端流出
D．若Δt时间内，受电线圈M中磁感应强度均匀增加ΔB，则受电线圈M两端的电压为
11.
如图所示，a、b是两个用同样的导线制成的单匝圆形闭合线圈，线圈半径ra＝3rb。匀强磁场垂直于线圈平面向内，且磁感应强度随时间均匀增加。下列判断正确的是( )
A．线圈a、b中感应电流均为顺时针方向
B．线圈a、b的感应电动势之比是3∶1
C．线圈a、b的感应电流之比是9∶1
D．线圈a、b在t时间内，产生的热量之比是27∶1
12．(2024·山东青岛高二调研)(多选)如图所示为法拉第圆盘发电机，半径为r的导体圆盘绕过圆盘中心的竖直轴以恒定的角速度ω逆时针旋转(从上往下看)，空间中存在竖直向上的匀强磁场，两电刷分别与圆盘中心轴和边缘接触，电刷间接有阻值为R的电阻。下列说法正确的是( )
A．实验过程中，能产生感应电动势是因为穿过圆盘的磁通量发生了变化
B．电阻R中电流方向为由b到a
C．电阻R两端的电压等于Bωr2
D．若角速度变为原来的2倍，则R上的热功率变为原来的4倍
13.在如图所示的三维坐标系中，有与x轴同方向的磁感应强度为B的匀强磁场，一矩形导线框面积为S、电阻为R，其初始位置abcd与xOz平面的夹角为θ，以z轴为转动轴沿顺时针方向匀速转动2θ角到达a′b′cd位置，角速度为ω。求：
(1)这一过程导线框中产生的感应电动势的平均值；
(2)若θ为60°，当导线框恰好到达a′b′cd位置时感应电动势的瞬时值。
课时跟踪检测(八)
1．选D 根据E＝n，穿过线圈的磁通量Φ最大时，所产生的感应电动势不一定最大，故A错误；穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ增大时，所产生的感应电动势不一定也增大，故B错误；穿过线圈的磁通量Φ等于0，但是磁通量的变化率不一定为零，则所产生的感应电动势不一定为0，故C错误；穿过线圈的磁通量的变化率越大，所产生的感应电动势就越大，故D正确。
2．选B B、l、v三者在同一平面内，导体棒不切割磁感线，没有感应电动势，故选B。
3．选C 由题图乙可知，圆环中通过的磁通量增加，由楞次定律可知，圆环中感应电流产生的磁场的方向垂直平面向外，由安培定则可知，圆环中感应电流应为逆时针方向，A错误；圆环中磁通量的变化率为＝＝×1 Wb/s＝1 Wb/s，B错误；由法拉第电磁感应定律得，圆环中产生的感应电动势大小为E＝N＝1 V，C正确；0～1 s内，通过圆环截面的电荷量为q＝＝＝0.2 C，D错误。
4．选A 导电缆绳垂直切割地磁场，产生的动生电动势为E＝BLv＝4.6×10－5×5×103×7.6×103 V≈1.7×103 V，故A正确，B错误；导电缆绳垂直切割地磁场，由右手定则可知航天飞机端的电势低于卫星端的电势，故C错误；如果卫星与航天飞机由南向北飞，导电缆绳不切割磁感线，不产生感应电动势，则航天飞机端的电势等于卫星端的电势，故D错误。
5．选C 按下按钮过程中，穿过螺线管向左的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向右，由安培定则可知，感应电流的方向为P→Q，此时螺线管Q端电势高，故A错误；当按住按钮不动时，螺线管内磁通量不变化，无感应电动势，P、Q点电势相等，故B错误；松开按钮过程中，穿过螺线管向左的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向左，由安培定则可知，感应电流的方向为Q→P，此时螺线管P端电势高，故C正确；根据法拉第电磁感应定律可知，螺线管产生的电动势的大小与穿过螺线管的磁通量的变化率成正比，由于按下和松开按钮过程对应的时间关系、速度关系都是未知的，所以螺线管产生的感应电动势大小不一定相等，故D错误。
6．选B 根据题意，由法拉第电磁感应定律有E＝n，又有ΔΦ＝ΔBS，S＝a2，联立解得E＝＝，故选B。
7．选C 由法拉第电磁感应定律可知，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动时，为使MN棒中不产生感应电流，则必须使MDEN回路磁通量保持不变，故磁感应强度B应随时间t减小。回路的磁通量保持不变，则有B0l2＝Bl(l＋vt)，解得B＝，故选C。
8．选C 如图，相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线，根据右手定则可知O点电势最高；根据E＝Blv＝Bωl2，同时有lOb＝lOc＝R，可得0φa>φb＝φc，故选C。
9．解析：(1)ab棒中感应电动势的大小为E＝BLsin 60°·v＝Bdv＝0.5×0.6×2 V＝0.6 V。
(2)由闭合电路的欧姆定律可知，回路中感应电流的大小为
I＝＝ A＝1.5 A
根据右手定则可知，回路中感应电流的方向为逆时针方向。
(3)ab棒受到的安培力的大小为
F＝BIL＝BI＝0.5×1.5× N＝ N。
答案：(1)0.6 V (2)1.5 A，逆时针方向 (3) N
10．选AC 如果受电线圈M两端有电压，说明穿过受电线圈M的磁场变化，此时送电线圈N中的电流一定不是恒定电流，A正确；若送电线圈N中有恒定电流，则产生的磁场不变化，在受电线圈M中不会产生感应电动势，B错误；穿过受电线圈M的磁感应强度均匀增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场向下，故感应电流方向为从b向a，即电流从a端流出，C正确；根据法拉第电磁感应定律，有E＝n＝nS，由闭合电路欧姆定律得受电线圈M两端的电压U＝R＝，其中R为受电线圈M外接电路的电阻，D错误。
11．选D 由题意可知磁感应强度随时间均匀增加，所以穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，线圈中感应电流的磁场方向垂直于线圈平面向外，由安培定则可知，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，故A项错误；由法拉第电磁感应定律有E＝n，又有ΔΦ＝ΔB·S，线圈的面积为S＝πr2，整理有E＝nπr2，由题意知ra＝3rb，所以有Ea∶Eb＝9∶1，故B项错误；根据电阻定律有R＝，又L＝2πr，整理有Ra∶Rb＝3∶1，根据欧姆定律有I＝，整理有Ia∶Ib＝3∶1，故C项错误；由焦耳定律有Q＝I2Rt，结合之前的分析，整理有Qa∶Qb＝27∶1，故D项正确。
12．选BD 实验过程中，穿过整个圆盘的磁通量没有发生变化；在圆盘转动时，圆盘上任一半径方向的电路在磁场中转过的面积引起磁通量的变化，在这个半径方向的电路产生感应电动势，与外电路通过圆盘边缘、圆盘中心轴相连构成闭合电路，从而形成沿这个半径方向的感应电流，故A错误；圆盘转动时，相当于每条半径都在切割磁感线，根据右手定则可判断出，电阻R中电流方向为由b到a，故B正确；圆盘转动的角速度恒定，则圆盘转动时产生的感应电动势大小为E＝Br×＝Bωr2，感应电动势恒定，则通过电阻R的电流大小恒定；电阻R两端的电压为外电路电压，小于感应电动势Bωr2，故C错误；由E＝Bωr2可知，若角速度ω变为原来的2倍，则感应电动势E变为原来的2倍，则电阻R两端的电压U＝R变为原来的2倍，电阻R上消耗的功率P＝将变为原来的4倍，故D正确。
13．解析：(1)导线框转动2θ角的过程所用的时间Δt＝，穿过线框的磁通量的变化量ΔΦ＝2BSsin θ。由法拉第电磁感应定律知，此过程中产生的感应电动势的平均值
＝＝＝。
(2)θ为任意值时，线框中感应电动势的大小为ab边切割磁感线产生的感应电动势的大小
E＝B·a·b·ω·sin(90°－θ)＝BSωcos θ
当θ＝60°时，有E＝BSω。
答案：(1) (2)BSω
5
