XX省專用學(xué)年高中物理第四章電磁感應(yīng)第節(jié)法拉第電磁感應(yīng)定律講義含解析新人教選修

PAGE第4節(jié)法拉第電磁感應(yīng)定律1．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，與磁通量大小無關(guān)。2．導(dǎo)線切割磁感線時，感應(yīng)電動勢的大小為E＝Blvsinθ，其中θ表示v與B之間的夾角。3．電動機線圈中產(chǎn)生的反電動勢的作用是阻礙線圈的轉(zhuǎn)動。當(dāng)電動機停止轉(zhuǎn)動時，反電動勢消失，電流會很大，容易燒毀電動機。一、電磁感應(yīng)定律1．感應(yīng)電動勢(1)在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動勢叫做感應(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)在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，若閉合導(dǎo)體回路中有感應(yīng)電流，電路就一定有感應(yīng)電動勢；如果電路斷開，這時雖然沒有感應(yīng)電流，但感應(yīng)電動勢依然存在。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＝eq\f(ΔΦ,Δt)。若閉合電路是一個匝數(shù)為n的線圈，則E＝neq\f(ΔΦ,Δt)。(3)在國際單位制中，磁通量的單位是韋伯，感應(yīng)電動勢的單位是伏特。二、導(dǎo)線切割磁感線時的感應(yīng)電動勢反電動勢1．導(dǎo)線垂直于磁場運動，B、l、v兩兩垂直時，如圖甲所示，E＝Blv。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＝Blvsin_θ。甲乙3．反電動勢(1)定義：電動機轉(zhuǎn)動時，由于切割磁感線，線圈中產(chǎn)生的削弱電源電動勢作用的感應(yīng)電動勢。(2)作用：反電動勢的作用是阻礙線圈的轉(zhuǎn)動。如果要使線圈維持原來的轉(zhuǎn)動，電源就要向電動機提供能量，此時，電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。1．自主思考——判一判(1)產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，不一定產(chǎn)生感應(yīng)電流。(√)(2)感應(yīng)電動勢的大小與磁通量大小有關(guān)。(×)(3)感應(yīng)電動勢E和磁通量Φ均與線圈匝數(shù)有關(guān)。(×)(4)如圖甲所示，線圈以恒定速度v從圖示位置向上離開磁場過程中感應(yīng)電流逐漸變大。(×)(5)如圖乙所示，導(dǎo)體棒平動切割磁感線產(chǎn)生的電動勢為Blv。(√)(6)當(dāng)線圈減速轉(zhuǎn)動時，也存在反電動勢。(√)2．合作探究——議一議(1)產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的電路一定是閉合的嗎？提示：當(dāng)閉合電路中磁通量發(fā)生變化時，會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流；如果電路不閉合，仍會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，但不會產(chǎn)生感應(yīng)電流。(2)感應(yīng)電動勢和磁通量都和線圈的匝數(shù)成正比嗎？提示：感應(yīng)電動勢的大小和線圈匝數(shù)成正比，但磁通量和線圈的匝數(shù)無關(guān)。法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用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大小計算Φ＝BS⊥ΔΦ＝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))注意若穿過某個面有方向相反的磁場，則不能直接用Φ＝BS。應(yīng)考慮相反方向的磁通量或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，而不是零既不表示磁通量的大小，也不表示變化的多少。在Φ-t圖像中，可用圖線的斜率表示2．對公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的理解(1)感應(yīng)電動勢的大小取決于穿過電路的磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)，而與Φ、ΔΦ的大小沒有必然關(guān)系，與電路的電阻R無關(guān)；感應(yīng)電流的大小與E和回路總電阻R有關(guān)。(2)用公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)所求的感應(yīng)電動勢為整個閉合電路的感應(yīng)電動勢，而不是回路中某部分導(dǎo)體兩端的電動勢。(3)公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)只表示感應(yīng)電動勢的大小，不涉及其正負(fù)，計算時ΔΦ應(yīng)取絕對值，至于感應(yīng)電流的方向，可以用楞次定律去判定。[典例]如圖甲所示，一個圓形線圈匝數(shù)n＝1000匝、面積S＝2×10－2m2、電阻r＝1Ω。在線圈外接一阻值為R＝4Ω的電阻。把線圈放入一個勻強磁場中，磁場方向垂直線圈平面向里，磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間變化規(guī)律如圖乙所示。求：(1)0～4s內(nèi)，回路中的感應(yīng)電動勢；(2)t＝5s時，a、b兩點哪點電勢高？(3)t＝5s時，電阻R兩端的電壓U。[思路點撥](1)磁感應(yīng)強度在0～4s內(nèi)均勻增大，可由E＝neq\f(ΔB,Δt)·S求感應(yīng)電動勢。(2)t＝5s時，磁感應(yīng)強度正在均勻減小，線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，相當(dāng)于電源。[解析](1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，0～4s內(nèi)，回路中的感應(yīng)電動勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝1000×eq\f(0.4－0.2×2×10－2,4)V＝1V。(2)t＝5s時，磁感應(yīng)強度正在減弱，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場方向與原磁場方向相同，即感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向是垂直紙面向里，故a點的電勢高。(3)在t＝5s時，線圈的感應(yīng)電動勢為E′＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝1000×eq\f(|0－0.4|×2×10－2,2)V＝4V根據(jù)閉合電路歐姆定律得電路中的電流為I＝eq\f(E′,R＋r)＝eq\f(4,4＋1)A＝0.8A故電阻R兩端的電壓U＝IR＝0.8×4V＝3.2V。[答案](1)1V(2)a點的電勢高(3)3.2V運用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求解的三種思路(1)磁感應(yīng)強度B不變，垂直于磁場的回路面積S發(fā)生變化，則E＝nBeq\f(|ΔS|,Δt)。(2)垂直于磁場的回路面積S不變，磁感應(yīng)強度B發(fā)生變化，則E＝nSeq\f(|ΔB|,Δt)。(3)磁感應(yīng)強度B、垂直于磁場的回路面積S均發(fā)生變化，則E＝neq\f(|Φ2－Φ1|,Δt)。1．閉合回路的磁通量Φ隨時間t的變化圖像分別如圖所示，關(guān)于回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的下列論述，正確的是()A．圖甲回路中感應(yīng)電動勢恒定不變B．圖乙回路中感應(yīng)電動勢恒定不變C．圖丙回路中0～t1時間內(nèi)感應(yīng)電動勢小于t1～t2時間內(nèi)感應(yīng)電動勢D．圖丁回路中感應(yīng)電動勢先變大后變小解析：選B因E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，則可據(jù)圖像斜率判斷，知圖甲中eq\f(ΔΦ,Δt)＝0，即電動勢E為0；圖乙中eq\f(ΔΦ,Δt)＝恒量，即電動勢E為一恒定值；圖丙中E前>E后；圖丁中圖像斜率eq\f(ΔΦ,Δt)先減小后增大，即回路中感應(yīng)電動勢先減小后增大，故只有B選項正確。2.(2016·北京高考)如圖所示，勻強磁場中有兩個導(dǎo)體圓環(huán)a、b，磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直。磁感應(yīng)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(chǎn)生的感應(yīng)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()A．Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿逆時針方向B．Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿順時針方向C．Ea∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿逆時針方向D．Ea∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿順時針方向解析：選B由楞次定律知，題中圓環(huán)感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場與原磁場方向相反，故感應(yīng)電流沿順時針方向。由法拉第電磁感應(yīng)定律知E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBS,Δt)＝eq\f(ΔB·πR2,Δt)，由于兩圓環(huán)半徑之比Ra∶Rb＝2∶1，所以Ea∶Eb＝4∶1，選項B正確。平均電動勢與瞬時電動勢的求解平均電動勢與瞬時電動勢的比較E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝Blvsinθ區(qū)別物理意義不同求的是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相對應(yīng)求的是瞬時感應(yīng)電動勢，E與某個時刻或某個位置相對應(yīng)范圍不同求的是整個電路的感應(yīng)電動勢。整個電路的感應(yīng)電動勢為零時，其電路中某段導(dǎo)體的感應(yīng)電動勢不一定為零求的是電路中一部分導(dǎo)體切割磁感線時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢研究對象不同由于是整個電路的感應(yīng)電動勢，因此研究對象即電源部分不容易確定由于是一部分導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，該部分就相當(dāng)于電源聯(lián)系公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)和E＝Blvsinθ是統(tǒng)一的，當(dāng)Δt→0時，E為瞬時感應(yīng)電動勢，而公式E＝Blvsinθ中的v若代入平均速度，則求出的E為平均感應(yīng)電動勢[典例]如圖所示，邊長為0.1m的正方形線圈ABCD在大小為0.5T的勻強磁場中以AD邊為軸勻速轉(zhuǎn)動。初始時刻線圈平面與磁感線平行，經(jīng)過1s線圈轉(zhuǎn)了90°，求：(1)線圈在1s時間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的平均值；(2)線圈在1s末時的感應(yīng)電動勢大小。[解析]初始時刻線圈平面與磁感線平行，所以穿過線圈的磁通量為零，而1s末線圈平面與磁感線垂直，磁通量最大，故磁通量有變化，有感應(yīng)電動勢產(chǎn)生。(1)根據(jù)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)可得在轉(zhuǎn)過90°的過程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝0.5×0.1×0.1V＝0.005V。(2)當(dāng)線圈轉(zhuǎn)了1s時，恰好轉(zhuǎn)了90°，此時線圈的速度方向與磁感線的方向平行，線圈的BC段不切割磁感線(或認(rèn)為切割磁感線的有效速度為零)，所以線圈不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，E′＝0。[答案](1)0.005V(2)0(1)某一位置或某一時刻的瞬時感應(yīng)電動勢一般用E＝Blv求解，而E＝neq\f(ΔΦ,Δt)一般用于求某一段時間或某一過程的平均感應(yīng)電動勢，其中Δt為對應(yīng)的這段時間。(2)平均感應(yīng)電動勢不一定是最大值與最小值的平均值，需根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解。1.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?；芈芬运俣葀向右勻速進(jìn)入磁場，直徑CD始終與MN垂直。從D點到達(dá)邊界開始到C點進(jìn)入磁場為止，下列結(jié)論錯誤的是()A．感應(yīng)電流方向不變B．CD段直線始終不受安培力C．感應(yīng)電動勢最大值E＝BavD．感應(yīng)電動勢平均值eq\x\to(E)＝eq\f(1,4)πBav解析：選B感應(yīng)電動勢公式E＝eq\f(ΔΦ,Δt)只能用來計算平均值，利用感應(yīng)電動勢公式E＝Blv計算時，l應(yīng)是等效長度，即垂直切割磁感線的長度。在閉合電路進(jìn)入磁場的過程中，通過閉合電路的磁通量逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的方向為逆時針方向不變，A正確。根據(jù)左手定則可以判斷，CD段受安培力向下，B不正確。當(dāng)半圓閉合回路進(jìn)入磁場一半時，等效長度最大為a，這時感應(yīng)電動勢最大為E＝Bav，C正確。感應(yīng)電動勢平均值eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B·\f(1,2)πa2,\f(2a,v))＝eq\f(1,4)πBav，D正確。2.如圖所示，邊長為a的正方形閉合線框ABCD在勻強磁場中繞AB邊勻速轉(zhuǎn)動，磁感應(yīng)強度為B，初始時刻線框所在平面與磁感線垂直，經(jīng)過t時刻轉(zhuǎn)過120°角，求：(1)線框內(nèi)感應(yīng)電動勢在t時間段內(nèi)的平均值；(2)轉(zhuǎn)過120°角時感應(yīng)電動勢的瞬時值。解析：(1)設(shè)初始時刻磁感線從線框反面穿入，此時磁通量Φ1＝－Ba2，t時刻后Φ2＝eq\f(1,2)Ba2，磁感線從正面穿入，磁通量的變化量為ΔΦ＝eq\f(3Ba2,2)，則eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(3Ba2,2t)。(2)計算感應(yīng)電動勢的瞬時值要用公式E＝Blvsinθ。v＝eq\f(2πa,3t)，θ＝120°，所以E＝eq\f(\r(3)πBa2,3t)。答案：(1)eq\f(3Ba2,2t)(2)eq\f(\r(3)πBa2,3t)導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢1．對公式E＝Blv的理解(1)在公式E＝Blv中，l是指導(dǎo)體棒的有效切割長度，即導(dǎo)體棒在垂直于速度v方向上的投影長度，如圖所示的幾種情況中，感應(yīng)電動勢都是E＝Blv。(2)公式中的v應(yīng)理解為導(dǎo)線和磁場間的相對速度，當(dāng)導(dǎo)線不動而磁場運動時，也有感應(yīng)電動勢產(chǎn)生。(3)當(dāng)v與l或v與B的夾角為θ時，公式E＝Blv仍可用來求解導(dǎo)體切割磁感線時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，但應(yīng)注意的是其l或v應(yīng)為有效切割長度或有效切割速度。當(dāng)B、l、v三個量的方向相互垂直時，θ＝90°，感應(yīng)電動勢最大；當(dāng)有任意兩個量的方向平行時，θ＝0°，感應(yīng)電動勢為0。(4)該公式可看成法拉第電磁感應(yīng)定律的一個推論，通常用來求導(dǎo)線運動速度為v時的瞬時感應(yīng)電動勢，隨著v的變化，E也相應(yīng)變化；若v為平均速度，則E就為平均感應(yīng)電動勢。2．轉(zhuǎn)動切割磁感線的兩個特例導(dǎo)體棒旋轉(zhuǎn)切割相對位置導(dǎo)體棒垂直于磁場，轉(zhuǎn)動平面也垂直于磁場轉(zhuǎn)軸位置端點E＝Bleq\x\to(v)＝Blv中＝eq\f(1,2)Bl2ω中點E＝0任意位置E＝eq\f(1,2)Bl12ω－eq\f(1,2)Bl22ω閉合線圈勻速轉(zhuǎn)動條件(1)勻速磁場；(2)勻速轉(zhuǎn)動；(3)轉(zhuǎn)軸垂直于磁場公式t＝0時線圈平行于磁場，E＝NBSωcosωtt＝0時線圈垂直于磁場，E＝NBSωsinωt備注與線圈的形狀、轉(zhuǎn)軸的位置無關(guān)[典例]如圖所示，水平放置的兩平行金屬導(dǎo)軌相距L＝0.50m，左端接一電阻R＝0.20Ω，磁感應(yīng)強度B＝0.40T的勻強磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，導(dǎo)體棒ac(長為L)垂直放在導(dǎo)軌上，并能無摩擦地沿導(dǎo)軌滑動，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽略不計。當(dāng)ac棒以v＝4.0m/s的速度水平向右勻速滑動時，求：(1)ac棒中感應(yīng)電動勢的大小。(2)回路中感應(yīng)電流的大小。(3)維持ac棒做勻速運動的水平外力的大小。[思路點撥]本題可按以下思路進(jìn)行分析：[解析](1)ac棒垂直切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為E＝BLv＝0.40×0.50×4.0V＝0.80V。(2)回路中感應(yīng)電流的大小為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.80,0.20)A＝4.0A由右手定則知，ac棒中的感應(yīng)電流由c流向a。(3)ac棒受到的安培力大小為F安＝BIL＝0.40×4.0×0.50N＝0.80N，由左手定則知，安培力方向向左。由于導(dǎo)體棒勻速運動，水平方向受力平衡，則F外＝F安＝0.80N，方向水平向右。[答案](1)0.80V(2)4.0A(3)0.80N感應(yīng)電動勢的三個表達(dá)式對比表達(dá)式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝BLvE＝eq\f(1,2)BL2ω情景圖研究對象回路(不一定閉合)一段直導(dǎo)線(或等效成直導(dǎo)線)繞一端轉(zhuǎn)動的導(dǎo)體棒意義一般求平均感應(yīng)電動勢，當(dāng)Δt→0時求的是瞬時感應(yīng)電動勢一般求瞬時感應(yīng)電動勢，當(dāng)v為平均速度時求的是平均感應(yīng)電動勢用平均值法求瞬時感應(yīng)電動勢適用條件所有磁場勻強磁場勻強磁場1.如圖所示，在豎直向下的勻強磁場中，將一個水平放置的金屬棒ab以水平初速度v0拋出，設(shè)運動的整個過程中棒的取向不變且不計空氣阻力，則金屬棒在運動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小將()A．越來越大 B．越來越小C．保持不變 D．無法確定解析：選CE＝BLvsinθ＝BLvx；ab做平拋運動，水平速度保持不變，感應(yīng)電動勢保持不變。2．[多選](2016·全國卷Ⅱ)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖所示。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(zhuǎn)時，關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正確的是()A．若圓盤轉(zhuǎn)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(zhuǎn)動，則電流沿a到b的方向流動C．若圓盤轉(zhuǎn)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(zhuǎn)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：選AB由右手定則知，圓盤按如題圖所示的方向轉(zhuǎn)動時，感應(yīng)電流沿a到b的方向流動，選項B正確；由感應(yīng)電動勢E＝eq\f(1,2)Bl2ω知，角速度恒定，則感應(yīng)電動勢恒定，電流大小恒定，選項A正確；角速度大小變化，感應(yīng)電動勢大小變化，但感應(yīng)電流方向不變，選項C錯誤；若ω變?yōu)樵瓉淼?倍，則感應(yīng)電動勢變?yōu)樵瓉淼?倍，電流變?yōu)樵瓉淼?倍，由P＝I2R知，電流在R上的熱功率變?yōu)樵瓉淼?倍，選項D錯誤。3．[多選]一根直導(dǎo)線長0.1m，在磁感應(yīng)強度為0.1T的勻強磁場中以10m/s的速度勻速運動，則關(guān)于導(dǎo)線中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的說法正確的是()A．一定為0.1V B．可能為零C．可能為0.01V D．最大值為0.1V解析：選BCD當(dāng)公式E＝Blv中B、l、v互相垂直，導(dǎo)體切割磁感線運動時感應(yīng)電動勢最大：Em＝Blv＝0.1×0.1×10V＝0.1V，考慮到它們?nèi)叩目臻g位置關(guān)系，B、C、D正確，A錯誤。1.如圖，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ε，將此棒彎成兩段長度相等且相互垂直的折線，置于與磁感應(yīng)強度相垂直的平面內(nèi)。當(dāng)它沿兩段折線夾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ε′，則eq\f(ε′,ε)等于()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(2),2)C．1 D.eq\r(2)解析：選B設(shè)折彎前導(dǎo)體切割磁感線的長度為L，ε＝BLv；折彎后，導(dǎo)體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ε′＝Blv＝B·eq\f(\r(2),2)Lv＝eq\f(\r(2),2)ε，所以eq\f(ε′,ε)＝eq\f(\r(2),2)，B正確。2.如圖所示，把一阻值為R、邊長為L的正方形金屬線框，從磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，以速度v向右勻速拉出磁場。在此過程中線框中產(chǎn)生了電流，此電流()A．方向與圖示箭頭方向相同，大小為eq\f(BLv,R)B．方向與圖示箭頭方向相同，大小為eq\f(2BLv,R)C．方向與圖示箭頭方向相反，大小為eq\f(BLv,R)D．方向與圖示箭頭方向相反，大小為eq\f(2BLv,R)解析：選A利用右手定則可判斷感應(yīng)電流是逆時針方向。根據(jù)E＝BLv知，電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，A正確。3.如圖所示，平行導(dǎo)軌間的距離為d，一端跨接一個電阻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)軌所在的平面。一根足夠長的金屬棒與導(dǎo)軌成θ角放置。金屬棒與導(dǎo)軌的電阻不計，當(dāng)金屬棒沿垂直于棒的方向滑行時，通過電阻R的電流為()A.eq\f(Bdv,R) B.eq\f(Bdvsinθ,R)C.eq\f(Bdvcosθ,R) D.eq\f(Bdv,Rsinθ)解析：選D題中B、l、v滿足兩兩垂直的關(guān)系，所以E＝Blv，其中l(wèi)＝eq\f(d,sinθ)，即E＝eq\f(Bdv,sinθ)，故通過電阻R的電流為eq\f(Bdv,Rsinθ)，選D。4．[多選]單匝線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉(zhuǎn)動，穿過線圈的磁通量隨時間變化的圖像如圖所示，則()A．在t＝0時，線圈中磁通量最大，感應(yīng)電動勢也最大B．在t＝1×10－2s時，感應(yīng)電動勢最大C．在t＝2×10－2s時，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解析：選BC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，E＝0，選項A錯誤，選項C正確；t＝1×10－2s時，E最大，選項B正確；0～2×10－2s，ΔΦ≠0，E≠0，選項D錯誤。5.如圖所示，在半徑為R的虛線圓內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B隨時間變化關(guān)系為B＝B0＋kt。在磁場外距圓心O為2R處有一半徑恰為2R的半圓導(dǎo)線環(huán)(圖中實線)，則導(dǎo)線環(huán)中的感應(yīng)電動勢大小為()A．0 B．kπR2C.eq\f(kπR2,2) D．2kπR2解析：選C由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBS,Δt)＝eq\f(1,2)πR2k可知選項C正確。6．[多選]無線電力傳輸目前取得重大突破，在日本展出了一種非接觸式電源供應(yīng)系統(tǒng)，這種系統(tǒng)基于電磁感應(yīng)原理可無線傳輸電力。兩個感應(yīng)線圈可以放置在左右相鄰或上下相對的位置，原理示意圖如圖所示。下列說法正確的是()A．若甲線圈中輸入電流，乙線圈中就會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢B．只有甲線圈中輸入變化的電流，乙線圈中才會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢C．甲中電流越大，乙中感應(yīng)電動勢越大D．甲中電流變化越快，乙中感應(yīng)電動勢越大解析：選BD根據(jù)產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的條件，只有處于變化的磁場中，乙線圈才能產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，A錯，B對；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動勢的大小取決于磁通量變化率，所以C錯，D對。7．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，沿軸向有勻強磁場，設(shè)圖示磁場方向為正，磁場的磁感應(yīng)強度隨時間作如圖乙所示變化，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2.5×102Wb/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解析：選D通過線圈的磁通量與線圈的匝數(shù)無關(guān)，若設(shè)Φ2＝B2S為正，則線圈中磁通量的變化量為ΔΦ＝B2S－(－B1S)，代入數(shù)據(jù)即ΔΦ＝(0.1＋0.4)×50×10－4Wb＝2.5×10－3Wb，A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錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，當(dāng)a、b間斷開時，其間電壓等于線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，感應(yīng)電動勢大小為E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝2.5V且恒定，C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)＝0.25A，選項D正確。8.在如圖所示的三維坐標(biāo)系中，有與x軸同方向的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，一矩形導(dǎo)線框，面積為S，電阻為R，其初始位置abcd與xOz平面的夾角為θ，以z軸為轉(zhuǎn)動軸沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動2θ角到達(dá)a′b′cd位置，角速度為ω。求：(1)這一過程中導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的平均值；(2)θ為0°時感應(yīng)電動勢的瞬時值。解析：(1)導(dǎo)線框轉(zhuǎn)動2θ角的過程所用的時間Δt＝eq\f(2θ,ω)，穿過線框的磁通量的變化量ΔΦ＝2BSsinθ。由法拉第電磁感應(yīng)定律知，此過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的平均值eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2BSsinθ,\f(2θ,ω))＝eq\f(BωSsinθ,θ)。(2)θ為0°時，線框中感應(yīng)電動勢的大小為ab邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小E＝B·eq\x\to(ab)·eq\x\to(bc)·ω＝BSω。答案：(1)eq\f(BωSsinθ,θ)(2)BSω9.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)Bl2ωsin2