公式E=nΔΦΔt和E=BLv的應用

公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)和E＝BLv的應用圖1－4－51．穿過某線圈的磁通量隨時間變化的關(guān)系，如圖1－4－5所示，在下列幾段時間內(nèi)，線圈中感應電動勢最小的是()A．0～2sB．2s～4sC．4s～5sD．5s～10s答案D解析由公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，結(jié)合圖像可知：0～2s內(nèi)E＝2.5V；2s～5s內(nèi)E＝5V；5s～10s內(nèi)E＝1V，電動勢最?。?.圖1－4－6(2013～2014·揚州中學第一學期期中)如圖1－4－6所示，一導線彎成半徑為a的半圓形閉合回路．虛線MN右側(cè)有磁感應強度為B的勻強磁場．方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右勻速進入磁場，直徑CD始終與MN垂直．從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止，下列結(jié)論正確的是()A．半圓形段導線不受安培力B．CD段直導線始終不受安培力C．感應電動勢最大值Em＝BavD．感應電動勢平均值E＝eq\f(1,4)πBav答案CD解析由F＝BIL可知，當垂直磁感線方向放置的導線中有電流時，導線受到安培力的作用，選項A、B錯誤；感應電動勢最大值即切割磁感線等效長度最大時的電動勢，故Em＝Bav，C正確；E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，ΔΦ＝B·eq\f(1,2)πa2，Δt＝eq\f(2a,v)，由上式得E＝eq\f(1,4)πBav，D正確．導體轉(zhuǎn)動切割產(chǎn)生的電動勢圖1－4－73．如圖1－4－7所示，導體AB的長為2R，繞O點以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，OB為R，且OBA三點在一條直線上，有一磁感應強度為B的勻強磁場充滿轉(zhuǎn)動平面且與轉(zhuǎn)動平面垂直，那么A、B兩端的電勢差為()．A.eq\f(1,2)BωR2B．2BωR2C．4BωR2D．6BωR2答案C解析A點線速度vA＝ω·3R，B點線速度vB＝ω·R，AB棒切割磁感線的平均速度v＝eq\f(vA＋vB,2)＝2ω·R，由E＝Blv得A、B兩端的電勢差為4BωR2，C項正確．電磁感應中的電荷量4.圖1－4－8如圖1－4－8所示，以邊長為50cm的正方形導線框，放置在B＝0.40T的勻強磁場中．已知磁場方向與水平方向成37°角，線框電阻為0.10Ω，求線框繞其一邊從水平方向轉(zhuǎn)至豎直方向的過程中通過導線橫截面積的電荷量．答案1.4C解析設線框在水平位置時法線(題干圖中)n方向向上，穿過線框的磁通量Φ1＝BScos53°＝6.0×10－2Wb當線框轉(zhuǎn)至豎直位置時，線框平面的法線方向水平向右，與磁感線夾角θ＝143°，穿過線框的磁通量Φ1＝BScos143°＝－8.0×10－2Wb通過導線橫截面的電荷量：Q＝IΔt＝eq\f(E,R)Δt＝eq\f(︳Φ2－Φ1︳,R)＝1.4C.(時間：60分鐘)題組一公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)和E＝BLv的應用1.圖1－4－9在勻強磁場中，有一個接有電容器的導線回路，如圖1－4－9所示，已知電容C＝30μF，回路的寬和長分別為l1＝5cm，l2＝8cm，磁場變化率為5×10－2T/s，則()A．電容器帶電荷量為2×10－9B．電容器帶電荷量為4×10－9C．電容器帶電荷量為6×10－9D．電容器帶電荷量為8×10－9答案C解析回路中感應電動勢等于電容器兩板間的電壓，U＝E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·l1l2＝5×10－2×0.05×0.08V＝2×10－4V．電容器的電荷量為q＝CU＝CE＝30×10－6×2×10－4C＝6×10－9C，C選項正確．2．如圖1－4－10，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(chǎn)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(chǎn)生的感應電動勢變?yōu)镋2.則E1與E2之比E1∶E2為()圖1－4－10A．1∶1B．2∶1C．1∶2D．1答案C解析根據(jù)電磁感應定律E＝Blv，磁感應強度增為2B其他條件不變，所以電動勢變?yōu)?倍．圖1－4－113．如圖1－4－11所示，匝數(shù)N＝100匝、截面積S＝0.2m2、電阻r＝0.5Ω的圓形線圈MN處于垂直紙面向里的勻強磁場內(nèi)，磁感應強度隨時間按B＝0.6＋0.02t(T)的規(guī)律變化．處于磁場外的電阻R1＝3.5Ω，R2＝6Ω，閉合S線圈中的感應電動勢E和感應電流I.答案0.4V0.04A解析線圈中磁感應強度的變化率eq\f(ΔB,Δt)＝0.02T/s根據(jù)法拉第電磁感應定律，線圈中感應電動勢大小為E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝Neq\f(ΔB,Δt)·S＝0.4V由閉合電路歐姆定律得，感應電流I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝eq\f(0.4,3.5＋6＋0.5)A＝0.04A4．可繞固定軸OO′轉(zhuǎn)動的正方形線框的邊長為L，不計摩擦和空氣阻力，線框從水平位置由靜止釋放，到達豎直位置所用的時間為t，ab邊的速度為v，設線框始終處在豎直向下，磁感應強度為B的勻強磁場中，如圖1－4－12所示，試求：圖1－4－12(1)這個過程中回路中的感應電動勢；(2)到達豎直位置時回路中的感應電動勢．答案(1)eq\f(BL2,t)(2)BLv解析(1)線框從水平位置到達豎直位置的過程中回路中的感應電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BL2,t).(2)線框到達豎直位置時回路中的感應電動勢E′＝BLv.題組二導體轉(zhuǎn)動切割產(chǎn)生電動勢的計算圖1－4－135．如圖1－4－13所示，半徑為r的金屬圓盤在垂直于盤面的勻強磁場B中，繞O軸以角速度ω沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，則通過電阻R的電流的大小是(金屬圓盤的電阻不計)()A．I＝eq\f(Br2ω,R)B.eq\f(2Br2ω,R)C．I＝eq\f(Br2ω,2R)D．I＝eq\f(Br2ω,4R)答案C解析金屬圓盤在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動，可以等效為無數(shù)根長為r的導體棒繞O點做勻速圓周運動，其產(chǎn)生的電動勢大小為E＝Br2ω/2，故通過電阻R的電流I＝Br2ω/(2R)，故選C項．圖1－4－146．如圖1－4－14所示，均勻磁場中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導線框，半圓直徑與磁場邊緣重合；磁場方向垂直于半圓面(紙面)向里，磁感應強度大小為B0.使該線框從靜止開始繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動半周，在線框中產(chǎn)生感應電流．現(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應強度大小隨時間線性變化．為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動半周過程中同樣大小的電流，磁感應強度隨時間的變化率eq\f(ΔB,Δt)的大小應為()．A.eq\f(4ωB0,π)B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π)D.eq\f(ωB0,2π)答案C解析當線框繞過圓心O的轉(zhuǎn)動軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，由于面積的變化產(chǎn)生感應電動勢，從而產(chǎn)生感應電流．設半圓的半徑為r，導線框的電阻為R，即I1＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(B0ΔS,RΔt)＝eq\f(\f(1,2)πr2B0,R\f(π,ω))＝eq\f(B0r2ω,2R).當線框不動，磁感應強度變化時，I2＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(ΔBS,RΔt)＝eq\f(ΔBπr2,2RΔt)，因I1＝I2，可得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(ωB0,π)，C選項正確．題組三電磁感應中的電荷量7.圖1－4－15物理實驗中，常用一種叫“沖擊電流計”的儀器測定通過電路的電荷．如圖1－4－15所示，探測線圈與沖擊電流計串聯(lián)后，可用來測定磁場的磁感應強度．已知線圈的匝數(shù)為n，面積為S，線圈與沖擊電流計組成的回路電阻為R，若將線圈放在被測勻強磁場中，開始時線圈平面與磁場垂直，現(xiàn)把探測線圈翻轉(zhuǎn)90°，沖擊電流計測出通過線圈的電荷量為q，則被測磁場的磁感應強度為()．A.eq\f(qR,S)B.eq\f(qR,nS)C.eq\f(qR,2nS)D.eq\f(qR,2S)答案B解析探測線圈翻轉(zhuǎn)90°的過程中，磁通量的變化ΔΦ＝BS，由法拉第電磁感應定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，由I＝eq\f(E,R)，q＝IΔt可得，q＝eq\f(nΔΦ,R)＝eq\f(nBS,R)，所以B＝eq\f(qR,nS).圖1－4－168．如圖1-4-16所示，空間存在垂直于紙面的勻強磁場，在半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)部及外部，磁場方向相反，磁感應強度的大小均為B.一半徑為b(b＞a)，電阻為R的圓形導線環(huán)放置在紙面內(nèi)，其圓心與圓形區(qū)域的中心重合．當內(nèi)、外磁場同時由B均勻地減小到零的過程中，通過導線截面的電量為()A.eq\f(πB|（b2－2a2）|,R)B.eq\f(πB（b2＋2a2）,R)C.eq\f(πB（b2－a2）,R)D.eq\f(πB（b2＋a2）,R)答案A解析解題時要考慮的問題：開始時穿過導線環(huán)的磁通量怎么計算？導線環(huán)中的平均感應電動勢為多大？怎樣計算通過導線截面的電量？由題意知：開始時穿過導線環(huán)向里的磁通量設為正值，Φ1＝B·πa2，向外的磁通量設為負值，Φ2＝－B·π(b2－a2)，總的磁通量為它們的代數(shù)和(取絕對值)Φ＝B·π|(b2－2a2)|，末態(tài)總的磁通量為Φ′＝0，由法拉第電磁感應定律得平均感應電動勢為E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，通過導線截面的電量為q＝eq\f(E,R)·Δt＝eq\f(πB|（b2－2a2）|,R)，A項正確．9．在拆裝某種大型電磁設備的過程中，需將設備內(nèi)部的處于勻強磁場中的線圈先閉合，然后再提升直至離開磁場，操作時通過手搖輪軸A和定滑輪O來提升線圈．假設該線圈可簡化為水平長為L、上下寬度為d的矩形線圈，其匝數(shù)為n，總質(zhì)量為M，總電阻為R，磁場的磁感應強度為B，如圖1－4－17所示．開始時線圈的上邊緣與有界磁場的上邊緣平齊．若轉(zhuǎn)動手搖輪軸A，在時間t內(nèi)把線圈從圖示位置勻速向上拉出磁場．求此過程中，流過線圈中導線橫截面的電荷量是多少？圖1－4－17答案eq\f(nBLd,R)解析在勻速提升過程中線圈運動速度v＝eq\f(d,t)，線圈中感應電動勢E＝nBLv，產(chǎn)生的感應電流I＝eq\f(E,R)，流過導線橫截面的電荷量q＝I·t，聯(lián)立得q＝eq\f(nBLd,R).10.圖1－4－18如圖1－4－18所示，將一條形磁鐵插入某一閉合線圈，第一次用時0.05s，第二次用時0.1s，設插入方式相同，試求：(1)兩次線圈中平均感應電動勢之比？(2)兩次線圈中電流之比？(3)兩次通過線圈的電荷量之比？答案(1)2∶1(2)2∶1(3)1∶1解析(1)由感應電動勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)得eq\f(E1,E2)＝eq\f(ΔΦ,Δt1)·eq\f(Δt2,ΔΦ)＝eq\f(Δt2,Δt1)＝eq\f(2,1).(2)由閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R)得eq\f(I1,I2)＝eq\f(E1,R)·eq\f(R,E2)＝eq\f(E1,E2)＝eq\f(2,1).(3)由電荷量q＝It得eq\f(q1,q2)＝eq\f(I1Δt1,I2Δt2)＝eq\f(1,1).圖1－4－1911．如圖1－4－19所示，導線全部為裸導線，半徑為r，兩端開有小口的圓內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，一根長度大于2r的導線MN以速度v在圓環(huán)上無摩擦地自左端勻速滑到右端，電路中固定電阻阻值為R，其余部分電阻均忽略不計．試求MN從圓環(huán)左端滑到右端的過程中：(1)電阻R上的最大電流；(2)電阻R上的平均電流；(3)通過電阻R的電荷量．答案(1)eq\f(2Brv,R)(2)eq\f(πBrv,2R)(3)eq\f(Bπr2,R)解析(1)MN向右滑動時，切割磁感線的有效長度不斷變化，當MN經(jīng)過圓心時，有效切割長度最長，此時感應電動勢和感應電流達到最大值．所以Imax＝eq\f(E,R)＝eq\f(2Brv,R).(2)由于MN向右滑動中電動勢和電流大小不斷變化，且不是簡單的線性變化，故難以通過E＝Blv求解平均值，可以通過磁通量的平均變化率計算平均感應電動勢和平均感應電流．所以，E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Bπr2v,2r)，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(πBrv,2R).(3)流過電阻R的電荷量等于平均電流與時間的乘積．所以，q＝It＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Bπr2,R).圖1－4－2012．金屬桿MN和PQ間距為l，MP間接有電阻R，磁場如圖1－4－20所示，磁感應強度為B.金屬棒AB長為2l，由圖示位置以A為軸，以角速度ω勻速轉(zhuǎn)過90°(順時針)．求該過程中(其他電阻不計(1)R上的最大電功率；