1.2感应电动势与电磁感应定律
课时作业（含解析)
1．如图所示，一个圆形线圈的匝数为N，半径为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．
2．关于感应电动势大小的正确表述是（
）
A．穿过某导体框的磁通量为零时，该导体框中的感应电动势一定为零
B．穿过某导体框的磁通量越大，该导体框中的感应电动势一定越大
C．穿过某导体框的磁通量变化量越大，该导体框中的感应电动势一定越大
D．穿过某导体框的磁通量变化越快，该导体框中的感应电动势一定越大
3．一闭合线圈置于磁场中，若磁感应强度B随时间变化的规律如图所示，则下图中能正确反映线圈中感应电动势E随时间t变化的图像可能是（ ）
A．B．C．D．
4．如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场区域足够大，不计空气阻力影响，则下列图像不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律（
）
A．B．C．D．
5．图中a~d所示分别为穿过某一闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像，关于回路中产生的感应电动势的下列论述正确的是（ ）
A．图a中回路产生的感应电动势不变且为正
B．图b中回路产生的感应电动势一直在变大
C．图c中回路在0~t1时间内产生的感应电动势小于在t1~t2时间内产生的感应电动势
D．图d中回路产生的感应电动势先变小再变大
6．如果闭合电路中的感应电动势很大，那一定是因为（
）
A．穿过闭合电路的磁通量很大
B．穿过闭合电路的磁通量变化很大
C．穿过闭合电路的磁通量变化很快
D．闭合电路的电阻很小
7．穿过一个电阻为2Ω，总匝数为100匝的闭合线圈的磁通量每秒均匀减小0.4Wb，则线圈中（ ）
A．感应电动势为0.4V
B．感应电动势为40V
C．感应电流恒为0.2A
D．感应电流恒为20A
8．如图所示，在内壁光滑、水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于环口径的带正电的小球，正以速率v0沿逆时针方向匀速转动。若在此空间突然加上方向竖直向上，磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场，设运动过程中小球的带电荷量不变，那么（ ）
A．磁场力对小球一直不做功
B．小球受到的磁场力不断增大
C．小球先沿逆时针方向做减速运动，过一段时间后，沿顺时针方向做加速运动
D．小球受到的磁场力不变
9．电子感应加速器是利用感应电场来加速电子的一种设备．电子感应加速器主要由上、下电磁铁磁极和环形真空室组成，当电磁铁通以变化的电流时，会在柱形电磁铁的两极间产生磁场，在磁场中安置一个环形真空管道作为电子运行的轨道，如图所示（图中上部分为主视图、下部分为俯视图）．当磁场发生变化时，产生的感应电场就会不断加速电子，电子在真空管中沿逆时针方向做圆周运动．下列说法正确的是
A．感生电场的方向为顺时针方向
B．感生电场的方向为逆时针方向
C．电磁铁中通入的电流应越来越强
D．电磁铁中通入的电流应越来越弱
10．如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面.现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则( )
A．两导线框中均会产生正弦交流电
B．两导线框中感应电流的周期都等于T
C．在t＝时，两导线框中产生的感应电动势相等
D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等
11．一导体棒长l=0.40m，在磁感强度B=0.1T的匀强磁场中作切割磁感线运动，运动的速度v=5.0m/s，若速度方向与磁感线方向夹角=30，则导体棒中感应电动势的大小为____V，此导体棒在作切割磁感线运动时，若速度大小不变，可能产生的最大感应电动势为____
V。
12．在电磁感应现象中，电路中产生的感应电动势大小与______成正比。最早发现电磁感应现象的科学家是______。
13．有一个匝数n=50的闭合线圈，在t=0.5s内通过它的磁通量从均匀增加到，若线圈电阻，求：
(1)线圈中的感应电动势E；
(2)在这段时间t内，线圈电阻产生的热量Q。
14．如图甲所示，面积为S的N匝线圈A处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面。磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，设垂直线圈平面向外为磁场的正方向。电阻R1、R2，电容C，线圈A的电阻r，B0、t0均为已知量。t=0时刻，闭合开关S。
(1)t=时，求通过R2的电流大小及方向；
(2)t=t1时刻断开S，求S断开后通过R2的电荷量。
参考答案
1．B
【解析】
由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势：
，
故B正确，ACD错误；
2．D
【解析】
根据法拉第电磁感应定律得感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比．
A．穿过导体框的磁通量为零的瞬间，但可能很大，产生的感应电动势可能很大，也可能很小，故A错误；
B．磁通量越大，是大，但及，则不一定大，故B错误；
C．磁通量变化越大，即大，由于不知磁通量的变化时间，故不一定越大，故C错误；
D．磁通量变化的快慢用，表示磁通量变化得快，则比值就大，根据法拉第电磁感应定律有产生的感应电动势就越大，故D正确．
故选D。
点睛：磁通量，磁通量的变化，磁通量的变化率是磁通量的变化和所用时间的比值，法拉第电磁感应定律告诉我们感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比，正确理解磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率是解决本题的关键．
3．D
【解析】
设感应电动势沿顺时针方向为正，磁感应强度方向向上为正。在前半周内，磁感应强度均匀增大，一定，感应电动势
则E一定，根据楞次定律分析得到：感应电动势方向为负；同理，在后半周内，感应电动势E一定，方向为正，故D正确，ABC错误。
4．A
【解析】
线框先做自由落体运动，ab边进入磁场做减速运动，加速度应该是逐渐减小，而A图象中的加速度逐渐增大．故A错误．线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后做减速运动，因为重力小于安培力，当加速度减小到零做匀速直线运动，cd边进入磁场做匀加速直线运动，加速度为g．故B正确．线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力大于安培力，做加速度减小的加速运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故C正确．线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力等于安培力，做匀速直线运动，cd边离开
【点睛】
解决本题的关键能够根据物体的受力判断物体的运动，即比较安培力与重力的大小关系，结合安培力公式、切割产生的感应电动势公式进行分析．
5．D
【解析】
根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比，即。结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量随时间t变化的图像的斜率
。
A．图a中磁通量不变，感应电动势恒为0，A错误；
B．图b中磁通量随时间t均匀增大，图像的斜率k不变，也就是说产生的感应电动势不变，B错误；
C．图c中回路在时间内磁通量随时间t变化的图像的斜率为，在时间内磁通量随时间t变化的图像的斜率为，从图像中发现：大于的绝对值。所以在时间内产生的感应电动势大于在时间内产生的感应电动势，C错误；
D．图d中磁通量随时间t变化的图像的斜率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，D正确。
故选D。
6．C
【解析】
闭合电路中的感应电动势很大，根据法拉第电磁感应定律得知，穿过闭合电路的磁通量变化率很大，则磁通量变化很快，故C正确，ABD错误。
7．BD
【解析】
AB．由题，穿过闭合线圈的磁通量每秒均匀减小0.4Wb，则得到磁通量变化率为
由法拉第电磁感应定律得
故A错误，B正确；
CD．由欧姆定律得，感应电流为
故C错误，D正确。
故选BD。
8．AC
【解析】
A．洛伦兹力始终与小球运动方向垂直，因此磁场力对小球不做功，故A正确；
BD．小球刚开始时受到的磁场力不为零，减速到零时，磁场力为零，因此不是一直增大，故BD错误；
C．磁感应强度竖直向上，磁场强度随时间成正比增加，由楞次定律可知，变化的磁场产生的感生电场沿顺时针方向。小球带正电，小球所受的电场力沿顺时针方向，与小球的运动方向相反，小球做减速运动；当小球速度减小到零后，小球就沿顺时针方向作加速运动，故C正确。
故选AC。
9．AC
【解析】
感应电流的的磁场总是阻碍原磁通量的变化，可以判断磁场在如何变化，几何楞次定律来判断即可．
【详解】
AB、根据题意电子在真空管中沿逆时针方向做圆周运动且产生的感应电场就会不断加速电子，即电子受到的电场力方向为逆时针，根据电场力与负电荷运动方向相反可知电场方向应该是顺时针，故A对；B错
CD、由于电场方向是顺时针，所以感应电流方向也是顺时针，可知感应磁场方向向下，和原磁场方向相反，结合楞次定律可知原磁场在增强，所以电磁铁中通入的电流应越来越强，故C对；D错；
故选AC
【点睛】
根据楞次定律可以判断感应电流的方向即应磁场的方向，要灵活运用楞次定律解题．
10．BC
【解析】
A．半径切割磁感线产生的感应电动势，由于匀速转动，所以进入时，电动势是恒定的，则A错误；
B．由半径切割分段分析知道：M线框在转一周内感应电动势的变化是恒正、恒正、恒负、恒负．N线框的变化是恒正、零、恒负、零，所以两导线框的周期相等地，则B正确；
C．显然从开始到转过90°，都是半径切割，感应电动势相等，则C正确；
D．根据有效值的定义：对M线框，，对N线框，只有一半时间有感应电流，，两式对比得到：，所以D错误．
11．0.1
0.2
【解析】
第一空、0.1
根据导体棒切割磁感线产生感应电动势的公式：E=BLvsin=0.10.450.5V=0.1V。
第二空、0.2
若速度大小不变，当导体棒垂直切割磁感线时产生的感应电动势最大，Em=BLv=0.10.45V=0.2V。
12．磁通量的变化率
法拉第
【解析】
在电磁感应现象中，电路中产生的感应电动势大小与磁通量的变化率成正比。最早发现电磁感应现象的科学家是法拉第。
13．(1)20V；(2)10J
【解析】
(1)由法拉第电磁感应定律可知
解得
E=20V
(2)线圈中的感应电流
由焦耳定律有
解得
Q=10J
14．(1)
，由a到b
；(2)
【解析】
(1)根据法拉第电磁感应定律有
根据闭合电路欧姆定律，有
所以
根据楞次定律知，通过的电流方向为由a到b；
(2)S断开后，则通过的电荷量为S断开前电容器C所带的电荷量
解得1.2感应电动势与电磁感应定律
课时作业（含解析)
1．如图所示，线圈abcd固定于分布均匀的磁场中，磁场方向垂直线圈平面．当磁场的磁感应强度B随时间t变化时，ab边受到的安培力恒定不变．则下列磁感应强度B随时间t变化的图象中可能正确的是
A．B．C．D．
2．如图甲所示，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．在时间内直导线中电流向上，则在时间内线框中感应电流的方向与所受安培力情况是（
）
A．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左
B．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右
C．感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右
D．感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左
3．如图所示为地磁场磁感线的示意图，在北半球地磁场的竖直分量向下。一飞机在北半球的上空以速度v水平飞行，飞机机身长为a，翼展为b；该空间地磁场磁感应强度的水平分量为B1，竖直分量为B2；驾驶员左侧机翼的端点用A表示，右侧机翼的端点用B表示，用E表示飞机产生的感应电动势，则
A．E=B2vb，且A点电势高于B点电势
B．E=B1vb，且A点电势高于B点电势
C．E=B2vb，且A点电势低于B点电势
D．E=B1vb，且A点电势低于B点电势
4．如图所示，在天花板下用细线悬挂一个闭合金属圆环，圆环处于静止状态。上半圆环处在垂直于环面的水平匀强磁场中，规定垂直于纸面向外的方向为磁场的正方向，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。t=0时刻，悬线的拉力为F。CD为圆环的直径，CD=d，圆环的电阻为R。下列说法正确的是（ ）
A．时刻，圆环中有逆时针方向的感应电流
B．时刻，C点的电势低于D点
C．悬线拉力的大小不超过
D．0~T时间内，圆环产生的热量为
5．如图所示，把金属圆环在纸面内拉出磁场，下列叙述正确的是（ ）
A．将金属圆环向左拉出磁场时，感应电流方向为逆时针
B．不管沿什么方向将金属圆环拉出磁场时，感应电流方向都是顺时针
C．将金属圆环向右匀速拉出磁场时，磁通量变化率不变
D．将金属圆环向右加速拉出磁场时，受到向右的安培力
6．闭合电路中感应电动势的大小跟穿过这一闭合电路的（
）
A．磁通量大小有关
B．磁场的磁感强度大小有关
C．磁通量变化的快慢有关
D．磁通量变化的大小有关
7．如图所示，用粗细均匀的同种金属导线制成的两个正方形单匝线圈a、b，垂直放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，a的边长为L，b的边长为2L。当磁感应强度均匀增加时，不考虑线圈a、b之间的影响，下列说法正确的是（ ）
A．线圈a、b中感应电动势之比为E1∶E2＝1∶2
B．线圈a、b中的感应电流之比为I1∶I2＝1∶2
C．相同时间内，线圈a、b中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝1∶4
D．相同时间内，通过线圈a、b某截面的电荷量之比q1∶q2＝1∶4
8．闭合电路中产生的感应电动势的大小，取决于穿过该回路的（
）
A．磁通量
B．磁通量的变化量
C．磁通量的变化率
D．磁通量变化所需时间
9．如图所示，a、b两个用同样的导线制成的闭合正方形线圈，a线圈1匝，b线圈9匝，边长，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则（ ）
A．a、b线圈内磁通量之比为1：1
B．a、b线圈中感应电动势之比为1：1
C．a、b线圈中感应电流之比为1：3
D．a、b线圈中电功率之比为3：1
10．如图所示，宽为2L的两平行金属导轨左端接一阻值为R的电阻，一金属棒垂直放置在两导轨上，且始终与导轨接触良好；在CD左侧边长为L的正方形区域中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B=kt，式中k为常量；紧挨CD的右侧区域存在足够长且宽为L的匀强磁场，磁感应强度大小为B0、方向垂直纸面向外。t=0时刻在CD处给金属棒一个向右的初速度v，同时施加一个水平外力F维持金属棒向右匀速运动。金属棒与导轨的电阻及摩擦均可忽略。则此后的运动过程中（ ）
A．若通过R的电流方向从a流向b
B．若通过R的电流方向从a流向b
C．金属棒所受的水平拉力F大小恒定不变
D．金属棒所受的水平拉力F随时间均匀增大
11．如图所示，在一个光滑金属框架上垂直放置一根L=0.4m的金属棒?，其电阻r=0.1Ω．框架左端的电阻R=0.4Ω．垂直框面的匀强磁场的磁感强度B=0.1T，当用外力使棒以速度v=5m/s右移时，棒中产生的感应电动势E=
________
；通过棒的电流I=
________
；棒两端的电势差=
________
；在电阻R上消耗的功率=
________
；
12．一架飞机以900km/h的速度在北半球某处沿水平方向飞行，该处地磁场的竖直向下分量为0.5×10－4T，飞机的机翼长为48m，机翼两端间的感应电动势为________V，在飞机上的飞行员看来_________侧机翼末端的电势高．
13．如图甲所示，均匀的金属圆环环面积m2，总电阻R=0.2Ω；与环同心的圆形区域内有垂直与环平面的匀强磁场，匀强磁场区域的面积m2，当磁场的磁感应强度B按图乙所示规律变化时，求
（1）环消耗的电功率P
（2）在1s~3s内，通过环的某横截面的电量
14．某学生小组在一次探究电磁感应实验中，利用如图中甲所示，100匝的线圈（为表示线圈的绕向，图中只画了两匝）两端A．B与一个电压表相连，线圈内有垂直纸面向里的匀强磁场，同时知道线圈中的磁通量按图乙所示的规律变化．那么：
（1）在时间内，线圈产生的感应电动势为__________；
（2）穿过线圈内的磁感线方向为__________（选择“”或“”）；
（3）电压表的正极应接________（选择“A端”或“B端”）．
参考答案
1．A
【解析】
当磁感应强度发生变化时，线框内产生的感应电动势为：，感应电流为：，安培力为：由以上方程可得：．要使ab边受到的安培力恒定不变，由公式可知，若磁场增大，则减小；若磁场减少，则增大．故A正确，BCD错误．
2．C
【解析】
BD．在时间内，直导线中的电流向上，由乙可知在～T时间内直线电流方向向下，根据安培定则知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；故B项不合题意，D项不合题意．
AC．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水平向右，故A项不合题意，C项符合题意．
3．A
【解析】
飞机水平飞行机翼切割磁场竖直分量，由导体棒切割磁感线公式可知，飞机产生的感应电动势
由右手定则可知，在北半球，不论沿何方向水平飞行，都是飞机的左方机翼电势高，右方机翼电势低
A.
E=B2vb，且A点电势高于B点电势与分析相符，故A项与题意相符；
B.
E=B1vb，且A点电势高于B点电势与分析不相符，故B项与题意不相符；
C.
E=B2vb，且A点电势低于B点电势与分析不相符，故C项与题意不相符；
D.
E=B1vb，且A点电势低于B点电势与分析不相符，故D项与题意不相符
4．C
【解析】
A．
时刻，磁场向外增强，根据楞次定律可知，感应电流磁场向里，故圆环中有顺时针方向的感应电流，故A错误；
B．
时刻，磁场垂直向外减小，根据楞次定律可知，感应电流磁场向外，故C点的电势高于D点，故B错误；
C．
t=0时刻，悬线的拉力为F
，则圆环重力大小为F，
时，感应电动势
，
，
故安培力
故悬线拉力的大小不超过，故C正确；
D．
根据以上分析可知0~时间内，
产热
故0~T时间内，圆环产生的热量为
故D错误。
故选C。
5．B
【解析】
AB．不管沿什么方向将线圈拉出磁场，穿过线圈的磁通量都减小，根据楞次定律判断可知，线圈中感应电流的方向都是沿顺时针方向，选项A错误，B正确；
C．将金属圆环向右匀速拉出磁场时，磁通量变化率等于电动势，即
由于速度恒定但有效长度L先增大后减小，所以磁通量变化率先增大后减小，选项C错误；
D．将金属圆环向右加速拉出磁场时，根据“来拒去留”规律可知安培力向左，选项D错误；
故选B。
6．C
【解析】
根据法拉第电磁感应定律知，磁感应强度大、磁通量大、磁通量变化量大，感应电动势不一定大，磁通量变化快，即磁通量变化率大，则感应电动势大，感应电动势与磁通量的变化快慢有关，故C正确，ABD错误．
7．B
【解析】
A．根据法拉第电磁感应定律可知
而S=l2，因此电动势之比为1：4，故A错误。
B．线圈中电阻
其中S0为横截面积，l为边长，故电阻之比为1：2，由欧姆定律可知
则电流之比为1：2，故B正确。
C．焦耳定律
Q=I2Rt
电流之比为1：2，电阻之比为1：2；则相同时间内焦耳热之比为1：8，故C错误。
D．根据
可知
△Φ=BS=Bl2
故电荷量之比为1：2，故D错误。
故选B。
8．C
【解析】
根据法拉第电磁感应定律得知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，与磁通量、磁通量的变化量没有直接关系．
9．BD
【解析】
A．由题知两线圈的面积关系为
根据知，a、b线圈内磁通量之比为9：1，选项A错误；
B．根据法拉第电磁感应定律有
可得a、b线圈中感应电动势之比
选项B正确；
C．根据电阻定律可得两线圈的电阻之比
根据欧姆定律可得a、b线圈中感应电流之比
选项C错误；
D．根据电功率公式P=EI可得a、b线圈中电功率之比为
选项D正确。
故选BD。
10．AC
【解析】
AB．CD左侧磁场产生的感应电动势为
棒切割磁感线产生的感应电动势为，若即
由楞次定律可知，此时通过R的电流方向从a流向b，故A正确，B错误；
CD．回路中的感应电动势为
恒定，则回路中的电流恒定，安培力恒定，金属棒所受的水平拉力F大小恒定不变，故C正确，D错误。
故选AC。
11．0.2V
0.4A
0.16V
【解析】
导体棒ab中产生的感应电动势为：E=BLv=0.1×0.4×5V=0.2V．
由闭合电路欧姆定律知，电路中的电流
把切割导体棒的ab导体当成电源，则ab两点间的电势差为电源的路端电压，根据闭合电路欧姆定律有：Uab=IR=0.4×0.4V=0.16V
R上的功率P=I2R=（0.4）2×0.4=0.064W；
12．0.6
左
【解析】
飞机的速度为v=900km/h=250m/s
根据法拉第电磁感应定律，机翼两端间的感应电动势为：E=BLv=0.5×10?4×48×250V=0.6V，
根据右手定则判断可知，感应电动势的方向从机翼右侧指向左侧，左侧相当于电源的正极，电势高．
13．（1）W（2）0.6C
【解析】
解：（1）环中的感应电动势：V
环中的感应电流：A
环消耗的电功率：W
（2）在1s～3s内，通过环的横截面的电量：C
14．50
A端
【解析】
（1）根据图示图象，由法拉第电磁感应定律得感应电动势为：．
（2）根据楞次定律可得线圈内有垂直纸面向里的匀强磁场，故选择“”．
（3）由楞次定律判定，感应电流方向为逆时针方向，线圈等效于电源，而电源中电流由低电势流向高电势，故A端的电势高于B端电势（比B端高），A端应该与电压表的“+”的接线柱连接．
