3．法拉第电磁感应定律
[学习目标] 1.理解感应电动势的概念． 2.理解法拉第电磁感应定律，并能够运用法拉第电磁感应定律定量计算感应电动势的大小．(重点) 3.能够运用E＝BLv或E＝BLvsin θ计算导体切割磁感线时的感应电动势．(重点) 4.掌握磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率的区别．(难点)
一、感应电动势、法拉第电磁感应定律
1．感应电动势
(1)定义：由电磁感应产生的电动势．产生感应电动势的那部分导体相当于电源．
(2)在电磁感应现象中，如果闭合电路中有感应电流，电路就一定有感应电动势；如果电路断开，这时虽然没有感应电流，但感应电动势依然存在．
2．法拉第电磁感应定律
(1)内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这个电路的磁通量的变化率成正比．
(2)公式：E＝.
对于磁通量变化率相同的n匝线圈，则E＝n.
二、导线切割磁感线产生的感应电动势
1．当导体棒的速度v与磁感应强度B垂直时，E＝BLv.
2．当导体棒的速度v与磁感应强度B成夹角α时，E＝BLvsin_α.
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)闭合电路中的磁通量变化量越大，感应电动势越大． (×)
(2)穿过闭合电路的磁通量变化越快，闭合电路中产生的感应电动势就越大． (√)
(3)穿过闭合回路的磁通量最大时，其感应电动势一定最大．
(×)
(4)E＝BLv只能求瞬时感应电动势，不能求平均感应电动势．
(×)
(5)在匀强磁场中，只要导体棒的运动方向与磁场方向垂直，其电动势即可用E＝BLv求解． (×)
2.单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，若穿过线圈所围面积的磁通量随时间变化的规律如图所示，则( )
A．线圈中0时刻的感应电动势为零
B．线圈中0.05 s时的感应电动势为零
C．线圈中0至0.05 s时间内平均感应电动势为0.5 V
D．线圈中0.05 s至0.1 s时间内感应电动势逐渐减小
B [单匝线圈产生的感应电动势取决于磁通量的变化率，而磁通量的变化率在Φ-t图像中等于图线上各点切线的斜率，0时刻图线的切线斜率大小不为零，感应电动势不为零，0.05 s时图线的切线斜率大小为零，因此0.05 s时的感应电动势为零．从0到0.05 s磁通量改变了2×10－2 Wb，则磁通量的变化率为0.4 Wb/s，因此感应电动势为0.4 V．从0.05 s到0.1 s时刻，图线切线的斜率大小逐渐增大，所以感应电动势也逐渐增大．故正确选项为B.]
3．下列选项中所示的导体棒的长度为L，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，棒运动的速度均为v，则产生的电动势为BLv的是( )
D [当B、L、v三个量方向相互垂直时，E＝BLv；A选项中B与v不垂直；B选项中B与L平行，E＝0；C选项中B与L不垂直；只有D选项中三者互相垂直，D正确．]
法拉第电磁感应定律的理解及应用
1.对Φ、ΔΦ和的理解
(1)三者的比较
磁通量Φ
磁通量的变化量ΔΦ
磁通量的变化率
物理意义
某时刻穿过磁场中某个面的磁感线条数
在某一过程中穿过某个面的磁通量的变化量
穿过某个面的磁通量变化的快慢
大小计算
Φ＝BS⊥
ΔΦ＝
＝
相互关系
(1)Φ、ΔΦ、均与线圈匝数无关，但感应电动势与匝数成正比
(2)Φ很大，不一定大；ΔΦ大，也不一定大
(2)在Φ-t图像中，磁通量的变化率是图线上某点切线的斜率．例如穿过某闭合线圈的磁通量Φ随时间t按如图所示的正弦规律变化，则在t1时刻Φ最大但＝0，在t2时刻Φ＝0但最大．
2．对法拉第电磁感应定律的理解
(1)由E＝n可知，感应电动势E大小正比于磁通量的变化率，而与磁通量Φ、磁通量变化量ΔΦ及电路的电阻大小无关．
(2)由E＝n可求得平均感应电动势，通过闭合电路欧姆定律可求得电路中的平均电流＝＝，而电路中通过某一截面的电量Q＝Δt＝Δt＝，由此可得电量与时间无关，而与磁通量变化量ΔΦ和电路电阻R有关．
【例1】 (2019·全国卷Ⅰ)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示．则在t＝0到t＝t1的时间间隔内( )
A．圆环所受安培力的方向始终不变
B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C．圆环中的感应电流大小为
D．圆环中的感应电动势大小为
[答案] BC
(1)计算电动势大小时，ΔΦ取绝对值不涉及正、负．
(2)＝·S，为Φ-t图像的斜率，为B-t图像的斜率．
训练角度1：法拉第电磁感应定律的理解
1.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2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )
A. B．
C. D．
B [磁感应强度的变化率＝＝，法拉第电磁感应定律公式可写成E＝n＝nS，其中磁场中的有效面积S＝a2，代入得E＝n，选项B正确，A、C、D错误．]
训练角度2：对、ΔΦ、Φ的理解
2．如图甲所示的螺线管，匝数n＝1 500匝，横截面积S＝20 cm2，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．
甲 乙
(1)2 s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？
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＝B1S
Φ2＝B2S，ΔΦ＝Φ2－Φ1
所以ΔΦ＝ΔBS＝(6－2)×20×10－4 Wb＝8×10－3 Wb.
(2)磁通量的变化率为
＝ Wb/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＝1 500×4×10－3 V＝6 V.
答案：(1)8×10－3 Wb (2)4×10－3 Wb/s (3)6 V
导体切割磁感线产生的感应电动势
1.对公式E＝BLvsin α的理解
(1)该公式是法拉第电磁感应定律的一种特殊情况，通常v为瞬时速度，E为瞬时电动势，若v变化，E也相应变化；若v为平均速度，则E为平均感应电动势．
(2)当B、L、v三个量方向互相垂直时，α＝90°，感应电动势最大；当有任意两个量的方向互相平行时，α＝0°，感应电动势为零．
(3)式中的L应理解为导线切割磁感线时的有效长度，如果导线不和磁场方向垂直，L应是导线在磁场垂直方向投影的长度，如果切割磁感线的导线是弯曲的，如图所示，则应取与B和v垂直的等效直线长度，即线段ab的长度．
2．公式E＝n与E＝BLvsin α的区别与联系
E＝n
E＝BLvsin α
区别
研究对象
某个回路
回路中做切割磁感线运动的那部分导体
研究内容
(1)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对应
(2)当Δt→0时，E为瞬时感应电动势
(1)若v为瞬时速度，求的是瞬时感应电动势
(2)若v为平均速度，求的是平均感应电动势
(3)当B、L、v三者均不变时，平均感应电动势与瞬时感应电动势相等
适用范围
对任何电路普遍适用
只适用于导体切割磁感线运动的情况
联系
(1)E＝BLvsin α是由E＝n在一定条件下推导出来的
(2)整个回路的感应电动势为零时，回路中某段导体的感应电动势不一定为零
【例2】 如图所示，有一半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度为B，一条足够长的直导线以速度v进入磁场，则从直导线进入磁场至离开磁场区域的过程中，求：
(1)感应电动势的最大值为多少？
(2)在这一过程中感应电动势随时间变化的规律如何？
(3)从开始运动至经过圆心的过程中直导线中的平均感应电动势为多少？
思路点拨：①磁感应强度B不变，导线速度v不变，引起感应电动势变化的是切割磁感线的有效长度L.②根据几何知识找出有效长度L随时间的变化规律即可．③如果有效长度L不变，利用平均速度可求平均感应电动势＝BL，本小题显然不适用，应该用法拉第电磁感应定律E＝来求．
解析：(1)由E＝BLv可知，当直导线切割磁感线的有效长度L最大时，E最大，L最大为2R，所以感应电动势的最大值E＝2BRv.
(2)对于E随t变化的规律应求的是瞬时感应电动势，由几何关系可求出直导线切割磁感线的有效长度L随时间t变化的情况为L＝2，所以E＝2Bv.
(3)从开始运动至经过圆心的过程中直导线的平均感应电动势＝＝＝πBRv.
答案：(1)2BRv (2)2Bv (3)πBRv
(1)求解导线切割产生的感应电动势时，首先要弄清B与L是否垂直，即是选用E＝BLv还是选用E＝BLvsin α.
(2)要注意对切割磁感线的有效长度L的理解．
训练角度1：对E＝BLv的理解
3.如图所示，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为E，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相互垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为E′.则等于( )
A. B． C．1 D．
B [设折弯前金属棒切割磁感线的长度为L，E＝BLv；折弯后，金属棒切割磁感线的有效长度为l＝＝L，故产生的感应电动势为E′＝Blv＝B·Lv＝E，所以＝，B正确．]
训练角度2：E＝BLv的应用
4.如图所示，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与线框的边成45°角，E、F分别为PS和PQ的中点．关于线框中的感应电流 ( )
A．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
B [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．]
[课堂小结]
核 心 归 纳
知 识 脉 络
1.1个概念——感应电动势
2．2个公式——E＝n和E＝BLvsin θ
3．2个应用——会用E＝n和E＝BLvsin θ解决实际问题
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 V
B．线圈中感应电动势每秒减少2 V
C．线圈中感应电动势始终为2 V
D．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
C [由E＝n知＝2 V恒定，n＝1，所以E＝2 V．]
2.如图所示，一金属弯杆处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，已知ab＝bc＝L，当它以速度v向右平动时，a、c两点间的电势差为( )
A．BLv B．BLvsin θ
C．BLvcos θ D．BLv(L＋sin θ)
B [公式E＝BLv中的L应指导体切割磁感线的有效长度，也就是与磁感应强度B和速度v垂直的长度，因此该金属弯杆的有效切割长度为Lsin θ，故感应电动势大小为BLvsin θ，故选项B正确．]
3．如图所示，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( )
A. B．
C. D．
A [金属棒切割磁感线的有效长度是L＝，感应电动势E＝BLv，R中的电流为I＝.联立解得I＝.]
4．如图所示，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，当磁感应强度以的变化率均匀变化时，线圈中产生的感应电动势的大小为( )
A．πr2 B．L2
C．nπr2 D．nL2
D [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＝nL2.]
5.有一匝数为100匝的线圈，单匝线圈的面积为100 cm2.线圈的总电阻为0.1 Ω，线圈中磁场均匀变化，其变化规律如图所示，且磁场方向垂直于线圈平面向里，线圈中产生的感应电动势多大？
解析：取线圈为研究对象，在1～2 s内，其磁通量的变化量为ΔΦ＝Φ2－Φ1＝(B2－B1)S，磁通量的变化率为＝，由公式E＝n得E＝100× V＝0.1 V.
答案：0.1 V
课件58张PPT。第一章 电磁感应3．法拉第电磁感应定律感应电动势电源正比 BLv BLvsinα ××√××法拉第电磁感应定律的理解及应用 导体切割磁感线产生的感应电动势点击右图进入…Thank you for watching !课时分层作业(二)
(时间：40分钟 分值：100分)
[基础达标练]
一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)
1．关于某一闭合电路中感应电动势E的大小，下列说法中正确的是( )
A．E跟穿过这一闭合电路的磁通量的大小成正比
B．E跟穿过这一闭合电路的磁通量的变化量大小成正比
C．E跟穿过这一闭合电路的磁通量的变化率成正比
D．某时刻穿过线圈的磁通量为零，该时刻E一定为零
C [磁通量变化量表示磁通量变化的大小，磁通量变化率表示磁通量变化的快慢．感应电动势与磁通量变化率成正比，和磁通量及其变化量都无必然联系．]
2.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有一根水平放置的金属棒沿水平方向抛出，初速度方向和棒垂直，则棒两端产生的感应电动势将( )
A．随时间增大 B．随时间减小
C．不随时间变化 D．难以确定
C [金属棒水平抛出后做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，由E＝BLv0.可知E不变；竖直方向上做匀加速直线运动，但该方向上不切割磁感线，故不产生电动势．所以整个过程中，金属棒产生的总电动势为水平方向的电动势E＝BLv0.选项C正确．]
3．一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1 s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1 s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. B．1 C．2 D．4
B [先保持线框的面积不变，由法拉第电磁感应定律可知E1＝＝S＝；再保持增大后的磁感应强度不变，有E2＝2B＝，可见先后两个过程中产生的电动势的大小相等，两者的比值为1，选项B正确．]
4.一接有电压表的矩形线圈abcd在匀强磁场中向右做匀速运动，如图所示，下列说法正确的是( )
A．线圈中有感应电流，有感应电动势
B．线圈中无感应电流，也无感应电动势
C．线圈中无感应电流，有感应电动势
D．线圈中无感应电流，但电压表有示数
C [矩形线圈在匀强磁场中向右匀速运动，穿过线圈的磁通量没有发生变化，无感应电流产生，故选项A错误；因导体边框ad和bc均切割磁感线，因此ad和bc边框中均产生感应电动势，无电流通过电压表，所以电压表无示数，故B、D错误，C正确．]
5.如图所示，在半径为R的虚线圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化关系为B＝B0＋kt，在磁场外距圆心O为2R处有一半径恰为2R的半圆导线环(图中实线)，则导线环中的感应电动势大小为( )
A．0 B．kπR2 C. D．2kπR2
C [由E＝n＝＝πR2k可知选项C正确．]
6．(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，若线圈所围面积中磁通量随时间变化的曲线如图所示，则0～D过程中( )
A．线圈中0时刻感应电动势为零
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0至D时间内平均感应电动势为0.4 V
BD [线圈中0时刻切线斜率最大，即磁通量的变化率为最大，则感应电动势最大，D时刻磁通量的变化率为零，则感应电动势为零，故A、C错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律得：E＝＝ V＝0.4 V，故D正确．]
二、非选择题(14分)
7.如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下，在磁场中有一边长为l的正方形导线框，ab边质量为m，其余边质量不计，cd边有固定的水平轴，导线框可以绕其转动，现将导线框拉至水平位置由静止释放，不计摩擦和空气阻力，导线框经过时间t运动到竖直位置，此时ab边的速度为v，求：
(1)此过程中线框产生的平均感应电动势的大小；
(2)线框运动到竖直位置时线框感应电动势的大小．
解析：(1)线框在初位置Φ1＝BS＝Bl2，转到竖直位置Φ2＝0.根据法拉第电磁感应定律E＝＝.
(2)转到竖直位置时，bc、ad两边不切割磁感线，ab边垂直切割磁感线，此时求的是瞬时感应电动势，则感应电动势的大小为E＝Blv.
答案：(1) (2)Blv
[能力提升练]
一、选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分)
1．一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．下列方法中能使线圈中感应电流增大一倍的是 ( )
A．把线圈匝数增加一倍
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
C [设线圈中的感应电流为I，线圈电阻为R，匝数为n，半径为r，面积为S，线圈导线的横截面积为S′，电阻率为ρ.由法拉第电磁感应定律知E＝n＝n，由闭合电路欧姆定律知I＝，由电阻定律知R＝ρ，则I＝cos 30°，其中，、ρ、S′均为恒量，所以I∝r，故选项C正确．]
2．如图所示，闭合导线框abcd的质量可以忽略不计，将它从图中所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3 s时间拉出，拉动过程中导线ab所受安培力为F1，通过导线横截面的电荷量为q1；第二次用0.9 s时间拉出，拉动过程中导线ab所受安培力为F2，通过导线横截面的电荷量为q2，则 ( )
A．F1C．F1＝F2，q1F2，q1＝q2
D [由于线框在两次拉出过程中，磁通量的变化量相等，即ΔΦ1＝ΔΦ2，而通过导线横截面的电荷量q＝N，得q1＝q2；由于两次拉出所用时间Δt1<Δt2，则所产生的感应电动势E1>E2，闭合回路中的感应电流I1>I2，又安培力F＝BIl，可得F1>F2，故选项D正确．]
3．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是( )
B [将线框等效成直流电路，设线框每条边的电阻为r，A、B、C、D对应的等效电路图分别如图甲、乙、丙、丁所示，故B正确．]
4.如图，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B0.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，磁感应强度随时间的变化率的大小应为( )
A. B． C. D．
C [当导线框匀速转动时，设半径为r，导线框电阻为R，在很小的Δt时间内，转过圆心角Δθ＝ωΔt，由法拉第电磁感应定律及欧姆定律可得感应电流I1＝＝＝；当导线框不动，而磁感应强度发生变化时，同理可得感应电流I2＝＝，令I1＝I2，可得＝，C对．]
二、非选择题(本题共2小题，共26分)
5.(13分)在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，B＝0.2 T，有一水平放置的光滑框架，宽度为l＝0.4 m，如图所示，框架上放置一质量为0.05 kg、接入电路的电阻为1 Ω的金属杆cd，金属杆与框架垂直且接触良好，框架电阻不计．若cd杆以恒定加速度a＝2 m/s2，由静止开始沿框架做匀变速直线运动，则：
(1)在5 s内平均感应电动势是多少？
(2)第5 s末，回路中的电流多大？
(3)第5 s末，作用在cd杆上的水平外力多大？
解析：(1)金属杆5 s内的位移x＝at2＝25 m
金属杆5 s内的平均速度v＝＝5 m/s
(也可用v＝ m/s＝5 m/s求解)
故平均感应电动势E＝Blv＝0.4 V.
(2)金属杆第5 s末的速度v′＝at＝10 m/s，
此时回路中的感应电动势E′＝Blv′
则回路中的电流为
I＝＝＝ A＝0.8 A.
(3)金属杆做匀加速直线运动，则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
6．(13分)如图所示，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：
(1)通过电阻R1上的电流大小；
(2)通过电阻R1上的电量q及电阻R1上产生的热量．
解析：(1)由法拉第电磁感应定律可知
E＝n＝n·S＝n··πr＝
通过R1的电流I＝＝
(2)通过R1的电量q＝I·t1＝
R1产生的热量
Q＝I2R1t1＝2·2R·t1
＝.
答案：(1) (2)
课时分层作业(三)
(时间：40分钟 分值：100分)
[基础达标练]
一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)
1．穿过某线圈的磁通量随时间变化的曲线如图所示，在下列时间段内，线圈中感应电动势最小的是( )
A．0～2 s B．2～4 s
C．4～5 s D．5～10 s
D [由公式E＝n，结合图像可知：0～2 s内，E＝2.5 V；2～5 s内，E＝5 V；5～10 s内，E＝1 V，感应电动势最小．]
2．如图所示，将一个闭合金属圆环从有界磁场中匀速拉出，第一次速度为v，通过金属圆环某一截面的电荷量为q1，第二次速度为2v，通过金属圆环某一截面的电荷量为q2，则 ( )
A．q1∶q2＝1∶2 B．q1∶q2＝1∶4
C．q1∶q2＝1∶1 D．q1∶q2＝2∶1
C [由q＝·Δt＝·Δt得q＝＝，S为圆环面积，故q1＝q2.]
3.如图所示，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( )
A.BωR2 B．2BωR2
C．4BωR2 D．6BωR2
C [A点线速度vA＝ω·3R，B点线速度vB＝ωR，AB棒切割磁感线的平均速度＝＝2ωR，由E＝BLv得，AB两端的电势差大小为E＝B·2R·＝4BωR2，C正确．]
4.如图所示，将一半径为r的金属圆环在垂直于环面的磁感应强度为B的匀强磁场中用力握中间成“8”字形(金属圆环未发生翻转)，并使上、下两圆环半径相等．如果环的电阻为R，则此过程中流过环的电荷量为( )
A. B．
C．0 D．－
B [流过环的电荷量只与磁通量的变化量和环的电阻有关，与时间等其他量无关，ΔΦ＝Bπr2－2·Bπ2＝Bπr2，因此，电荷量为q＝＝.]
5．(多选)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( )
A．感应电流大小不变
B．CD段直导线始终不受安培力
C．感应电动势最大值Emax＝Bav
D．感应电动势平均值＝πBav
CD [在半圆形闭合回路进入磁场的过程中磁通量不断增加，始终存在感应电流，由左手定则可知CD边始终受到安培力作用，选项B错；有效切割长度l如图所示，所以进入过程中l先逐渐增大到a，然后再逐渐减小为0，由E＝Blv，可知最大值Emax＝Bav，最小值为0，故选项A错，选项C对；平均感应电动势为＝＝＝πBav，选项D对．]
6．(多选)如图甲所示，线圈的匝数n＝100匝，横截面积S＝50 cm2，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做如图乙所示规律变化，则在开始的0.1 s内 ( )
甲 乙
A．磁通量的变化量为0.25 Wb
B．磁通量的变化率为2.5×10－2 Wb/s
C．a、b间电压为0
D．在a、b间接一个理想电流表时，电流表的示数为0.25 A
BD [通过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，若设Φ2＝B2S为正，则线圈中磁通量的变化量为ΔΦ＝B2S－(－B1S)，代入数据得ΔΦ＝(0.1＋0.4)×50×10－4 Wb＝2.5×10－3 Wb，A项错误；磁通量的变化率＝ Wb/s＝2.5×10－2 Wb/s，B项正确；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＝2.5 V且恒定，C项错误；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，故感应电流大小I＝ A＝0.25 A，D项正确．]
二、非选择题(14分)
7．小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L＝0.1 m，竖直边长H＝0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0 A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度g取10 m/s2)
甲 乙
(1)为使电磁天平的量程达到最大为0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？
(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10 Ω，不接外电流，两臂平衡．如图乙所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1 m．当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率.
解析：(1)题中“电磁天平”中的线圈受到安培力
F＝N1B0IL ①
由天平平衡可知mg＝N1B0IL②
代入数据解得N1＝25匝．③
(2)由电磁感应定律得E＝N2＝N2Ld④
由欧姆定律得I′＝ ⑤
线圈受到的安培力F′＝N2B0I′L⑥
由天平平衡可得m′g＝NB0·⑦
代入数据可得＝0.1 T/s.⑧.
答案：(1)25匝 (2)0.1 T/s
[能力提升练]
一、选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分)
1.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＝B0＋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．电荷量是 D．电荷量是
D [磁感应强度以B＝B0＋kt(k＞0)随时间变化，由法拉第电磁感应定律得：E＝＝S＝kS，而S＝，经时间t电容器P板所带电荷量Q＝EC＝，故D选项正确．]
2．如图所示，用粗细均匀，电阻率也相同的导线绕制的直角边长为l或2l的四个闭合导体线框a、b、c、d，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，在每个线框刚进入磁场时，M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc和Ud.下列判断正确的是 ( )
A．UaC．Ua＝UbB [本题考查电磁感应问题，意在考查考生的综合分析能力．由电阻定律，各个线框的电阻分别为Ra＝ρ、Rb＝ρ、Rc＝ρ、Rd＝ρ，设线框刚进入磁场时的速度为v，各线框MN边有效切割长度分别为l、l、2l、2l，各线框MN边的内阻分别为ra＝ρ、rb＝ρ、rc＝ρ、rd＝ρ，则各边产生的感应电动势分别为Ea＝Blv、Eb＝Blv、Ec＝2Blv、Ed＝2Blv，由闭合电路欧姆定律知，各线框中的感应电流分别为Ia＝、Ib＝、Ic＝、Id＝，M、N两点间的电压分别为Ua＝Ea－Iara、Ub＝Eb－Ibrb、Uc＝Ec－Icrc、Ud＝Ed－Idrd，分别代入数据，可知Ua3.(多选)如图所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．t＝0时对金属棒施一平行于导轨的外力F，金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动．下列关于穿过回路abPMa的磁通量变化量ΔΦ、磁通量的瞬时变化率、通过金属棒的电荷量q随时间t变化以及a、b两端的电势差U随时间t变化的图像中，正确的是( )
A B C D
BD [设加速度为a，运动的位移x＝at2，磁通量变化量ΔΦ＝BLx＝BLat2，ΔΦ∝t2，A项错误；B图表示的瞬时感应电动势，故E＝＝BLat，故∝t，B项正确；U＝＝t，U∝t，D项正确；电荷量q＝，因为ΔΦ∝t2，所以q∝t2，C项错误．]
4.如图所示，两块水平放置的金属板间距离为d，用导线与一个n匝线圈连接，线圈置于方向竖直向上的磁场B中．两板间有一个质量为m、电荷量为＋q的油滴恰好处于平衡状态，则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量的变化率分别是( )
A．正在增强；＝ B．正在减弱；＝
C．正在减弱；＝ D．正在增强；＝
B [电荷量为q的带正电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电容器的下极板带正电，所以线圈下端相当于电源的正极，由题意可知，根据安培定则和楞次定律，可得穿过线圈的磁通量在均匀减弱，线圈产生的感应电动势E＝n；油滴所受电场力F＝q，对油滴，根据平衡条件得q＝mg，所以解得线圈中磁通量的变化率的大小为＝.故选项B正确，A、C、D错误．]
二、非选择题(本题共2小题，共26分)
5．(13分)如图所示，半径为r的圆形导轨处在垂直于圆平面的匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里．一根长度略大于2r的导线MN以速度v在圆导轨上无摩擦地自左端匀速滑动到右端，电路的固定电阻为R，其余电阻忽略不计，试求：
(1)在滑动过程中通过电阻R的电流的平均值；
(2)当导线MN通过圆形导轨中心时，导线MN所受安培力的大小；
(3)如果导线MN的电阻为R0，当导线MN通过圆形导轨中心时，电阻R两端的电压．
解析：(1)整个过程中磁通量的变化ΔΦ＝BS＝Bπr2，所用时间为Δt＝，代入＝，可得＝＝
根据闭合电路欧姆定律得通过电阻R的电流平均值为＝＝.
(2)当导线MN通过圆形导轨中心时，瞬时感应电动势为E＝Blv＝2Brv
根据闭合电路欧姆定律，此时电路中的感应电流为
I＝＝
则导线MN此时所受到的安培力为F＝BIl＝.
(3)根据闭合电路欧姆定律，电路中的感应电流为
I′＝＝
则电阻R两端的电压为U＝I′R＝.
答案：(1) (2) (3)
6．(13分)如图所示，足够长的固定平行粗糙金属双轨MN、PQ相距d＝0.5 m，导轨平面与水平面夹角α＝30°，处于方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小B＝0.5 T的匀强磁场中．长也为d的金属棒ab垂直于导轨MN、PQ放置，且始终与导轨接触良好，棒的质量m＝0.1 kg，电阻R＝0.1 Ω，与导轨之间的动摩擦因数μ＝，导轨上端连接电路如图所示．已知电阻R1与灯泡电阻R2的阻值均为0.2 Ω，导轨电阻不计，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求棒由静止刚释放瞬间下滑的加速度大小a；
(2)假若棒由静止释放并向下加速运动一段距离后，灯L的发光亮度稳定，求此时灯L的实际功率P和棒的速率v.
解析：(1)棒由静止刚释放的瞬间速度为零，不受安培力作用，根据牛顿第二定律有mgsinα－μmgcos α＝ma，代入数据得a＝2.5 m/s2.
(2)由“灯L的发光亮度稳定”知棒做匀速运动，受力平衡，有mgsin α－μmgcos α＝BId
代入数据得棒中的电流I＝1 A
由于R1＝R2，所以此时通过小灯泡的电流
I2＝I＝0.5 A，P＝IR2＝0.05 W
此时感应电动势E＝Bdv＝I
得v＝0.8 m/s.
答案：(1)2.5 m/s2 (2)0.05 W 0.8 m/s
