10 第二章 2.法拉第电磁感应定律-【名师导航】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册同步讲义(人教版2019)

2．法拉第电磁感应定律 [学习任务]　任务1．知道什么是感应电动势。 任务2．理解和掌握法拉第电磁感应定律的内容和表达式，会用法拉第电磁感应定律解答有关问题。 任务3．掌握导体切割磁感线产生的电动势E＝Blv sin θ的推导及意义，会用此关系式解答有关问题。 任务4．知道动生电动势的产生以及与洛伦兹力的关系，会判断动生电动势的方向并计算其大小。 [问题初探]　问题1．感应电动势和感应电流的关系是什么？ 问题2．法拉第电磁感应定律的内容和表达式是什么？ 问题3．导体切割磁感线产生的电动势的表达式是什么？ [自我感知]　经过你认真的预习，结合你对本节课的理解和认识，请画出本节课的知识逻辑体系。 　电磁感应定律 [链接教材]　穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，闭合导体回路中就有感应电流。感应电流的大小跟哪些因素有关呢？ 提示：磁通量的变化快慢。 1．感应电动势 (1)在电磁感应现象中产生的电动势叫作感应电动势，产生感应电动势的那部分导体就相当于电源。 (2)在电磁感应现象中，若闭合导体回路中有感应电流，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．磁通量的变化率 磁通量的变化率表示磁通量变化的快慢，用表示，其中ΔΦ表示磁通量的变化量，Δt表示发生磁通量变化所用的时间。 3．法拉第电磁感应定律 (1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。 (2)公式：E＝。 若闭合电路是一个匝数为n的线圈，则E＝n。 (3)在国际单位制中，磁通量的单位是韦伯，感应电动势的单位是伏特。 如图所示，将条形磁铁从同一高度插入线圈。 问题1．快速插入和缓慢插入，磁通量的变化量ΔΦ相同吗？指针偏转角度相同吗？ 提示：磁通量的变化量相同，但磁通量变化的快慢不同，快速插入比缓慢插入时指针偏转角度大。 问题2．分别用一根磁铁和两根磁铁以相同速度快速插入，磁通量的变化量ΔΦ相同吗？指针偏转角度相同吗？ 提示：用两根磁铁快速插入时磁通量变化量较大，磁通量变化率也较大，指针偏转角度较大。 问题3．指针偏转角度取决于什么？ 提示：指针偏转角度的大小取决于的大小。 1．理解公式E＝n (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，而与Φ的大小、ΔΦ的大小没有必然的关系，与电路的电阻R无关；感应电流的大小与感应电动势E和回路总电阻R有关。 (2)磁通量的变化率是Φ-t图像上某点切线的斜率，可反映单匝线圈感应电动势的大小和方向。 (3)E＝n只表示感应电动势的大小，不涉及其正负，计算时ΔΦ应取绝对值。感应电流的方向可以用楞次定律去判定。 (4)磁通量发生变化有三种方式 ①B不变，S变化，则； ②B改变，S不变，则·S； ③B、S均变化，则。 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I＝，通过电路中导体横截面的电荷量Q＝IΔt＝n。 3．注意：对于磁通量的变化量和磁通量的变化率来说，穿过一匝线圈和穿过n匝线圈是一样的，而感应电动势则不一样，感应电动势与匝数成正比。 【典例1】　(法拉第电磁感应定律的理解)如图甲所示，一个圆形线圈匝数n＝1 000匝、面积S＝2×10-2 m2、电阻r＝1 Ω。在线圈外接一阻值R＝4 Ω的电阻。把线圈放入一个匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里，磁场的磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示。 (1)求0～4 s内，回路中的感应电动势。 (2)t＝5 s时，a、b两点哪点电势高？ (3)求t＝5 s时，电阻R两端的电压U。 [思路点拨]　(1)磁感应强度在0～4 s内均匀增大，可由E＝·S，求感应电动势。 (2)t＝5 s时，磁感应强度正在均匀减小，线圈产生感应电动势，相当于电源。 [解析]　(1)根据法拉第电磁感应定律得，0～4 s内，回路中的感应电动势 E＝n＝1 000× V＝1 V。 (2)t＝5 s时，磁感应强度正在减弱，根据楞次定律，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，即感应电流产生的磁场方向是垂直纸面向里，故a点的电势高。 (3)在t＝5 s时，线圈的感应电动势 E′＝n＝1 000× V＝4 V 根据闭合电路欧姆定律，得电路中的电流 I＝ A＝0.8 A 故电阻R两端的电压U＝IR＝0.8×4 V＝3.2 V。 [答案]　(1)1 V　(2)a点的电势高　(3)3.2 V 　运用E＝n求解的三种思路 (1)磁感应强度B不变，垂直于磁场的回路面积S发生变化，则E＝nB。 (2)垂直于磁场的回路面积S不变，磁感应强度B发生变化，则E＝nS。 (3)磁感应强度B、垂直于磁场的回路面积S均发生变化，则E＝n。 【典例2】　(法拉第电磁感应定律求电量问题)如图所示，一个匝数为n＝10、电阻R＝2 Ω的矩形线圈放在桌面上，在线圈上方有一竖直的条形磁体，此时线圈内的磁通量为0.05 Wb。现将条形磁铁逐渐靠近线圈，经0.5 s线圈内的磁通量变为0.10 Wb，求： (1)此过程线圈内磁通量的变化量以及线圈中产生的感应电动势大小； (2)0.5 s内通过线圈导线截面的电量。 [解析]　(1)磁通量的变化量为 ΔΦ＝Φ′－Φ＝0.10 Wb－0.05 Wb＝0.05 Wb 由法拉第电磁感应定律可得感应电动势为 E＝n V＝1 V。 (2)线圈中感应电流为I＝＝0.5 A 通过导线截面的电量q＝It＝0.25 C。 [答案]　(1)0.05 Wb　1 V　(2)0.25 C 【教用·备选例题】　如图1所示，一金属圆环放在磁场中，磁场方向与金属圆环平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化规律如图2所示，则在0～1 s的时间内与1～3 s的时间内(　　) A．金属圆环中感应电流的方向相同 B．金属圆环中感应电流大小之比为1∶2 C．通过金属圆环中某一截面电荷量之比为2∶1 D．金属圆环中产生的焦耳热之比为2∶1 D　[根据楞次定律判断可以知道，0～1 s时间内，感应电流方向沿逆时针方向(从上向下看)，在1～3 s时间内，感应电流方向沿顺时针方向(从上向下看)，故A错误；由0～1 s时间内＝2 T/s，根据法拉第电磁感应定律得E1＝S＝2S V，则通过金属圆环的电流大小为I1＝ A，由1～3 s时间内＝1 T/s，根据法拉第电磁感应定律得E2＝S＝S V，则通过金属圆环的电流大小为I2＝，故金属圆环中感应电流大小之比为I1∶I2＝2∶1，故B错误；在0～1 s时间内通过金属圆环某横截面的电量q1＝I1t1＝ C，在1～3 s时间内通过金属圆环某横截面的电量q2＝I2t2＝，故通过金属圆环中某一截面电荷量之比为1∶1，故C错误；在0～1 s时间内金属圆环所产生的焦耳热为Q1＝ J，在1～3 s时间内金属环所产生的焦耳热为Q2＝ J，故金属圆环中产生的焦耳热之比为2∶1，故D正确。故选D。] 　导线切割磁感线时的感应电动势 1．导线垂直于磁场运动，B、l、v两两垂直时，如图甲所示，E＝Blv。 2．导线的运动方向与导线本身垂直，但与磁感线方向夹角为θ时，如图乙所示，E＝Blv sin θ。 3．动生电动势 由于导体运动而产生的电动势叫动生电动势。切割磁感线的导线相当于一个电源。 4．动生电动势中的非静电力 自由电荷因随导体棒运动而受到洛伦兹力，非静电力与洛伦兹力有关。 提醒：(1)在电源内部，电流从负极流向正极。 (2)闭合回路中，导体棒做切割磁感线运动时，克服安培力做功，其他形式的能转化为电能。 问题1．计算图甲中导线切割磁感线时的感应电动势。 提示：在Δt内穿过闭合电路磁通量的变化量ΔΦ＝BΔS＝BlvΔt。根据法拉第电磁感应定律，得E＝＝Blv。 问题2．图乙中，一个半径为r的半圆导线，处在磁感应强度为B的匀强磁场中。 (1)当导线沿OP方向以速度v做匀速运动时，其MN两端的感应电动势的大小是多少？ 提示：导线MN两端的有效长度l＝2r，则感应电动势E＝Blv＝2Brv。 (2)当导线沿MN方向以速度v做匀速运动时，其MN两端的感应电动势的大小是多少？ 提示：导线MN两端的有效长度l′＝0，则感应电动势E＝Bl′v＝0。 1．对公式E＝Blv的理解 (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)有效性：计算导线两端的感应电动势时，公式中的l为有效切割长度，即磁场中切割磁场线的导线在与v垂直的方向上的投影长度。下图中有效长度分别为： 甲图：l＝cd sin β(容易错算成l＝ab sin β)。 乙图：沿v1方向运动时，l＝MN；沿v2方向运动时，l＝0。 丙图：沿v1方向运动时，l＝R；沿v2方向运动时，l＝0；沿v3方向运动时，l＝R。 (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，也有电磁感应现象产生。 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·Bl2ω。 (2)若经时间Δt，棒扫过的面积为ΔS＝πl2·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。 【典例3】　(平均电动势与瞬时电动势的理解与求解)如图所示，边长为0.1 m的正方形线圈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。 [解析]　初始时刻线圈平面与磁感线平行，所以穿过线圈的磁通量为零，而1 s末线圈平面与磁感线垂直，穿过线圈的磁通量最大，故磁通量有变化，有感应电动势产生。 (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＝ V＝0.005 V。 (2)当线圈转了1 s时，恰好转了90°，此时线圈的速度方向与磁感线的方向平行，线圈的BC段不切割磁感线(或认为切割磁感线的有效速度为零)，所以线圈不产生感应电动势，E′＝0。 [答案]　(1)0.005 V　(2)0 　E＝n与E＝Blv sin θ的区别与联系 E＝n E＝Blv sin θ 区别 物理意义不同 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 范围不同 求的是整个电路的感应电动势。整个电路的感应电动势为零时，其电路中某段导体的感应电动势不一定为零 求的是电路中一部分导体切割磁感线时产生的感应电动势 研究对象不同 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 由于是一部分导体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＝Blv sin θ是统一的，当Δt→0时，E为瞬时感应电动势，而公式E＝Blv sin θ中的v若代入平均速度，则求出的E为平均感应电动势 【典例4】　如图所示，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l，下列判断正确的是(　　) A．Ua>Uc，金属框中无电流 B．Ub>Uc，金属框中电流方向沿abca C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流 D．Uac＝Bl2ω，金属框中电流方向沿acba C　[当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，穿过金属框abc的磁通量始终为零，所以金属框abc中无感应电流产生，故B、D错误；对于ac边来说，其在切割磁感线，故ac边会产生感应电动势，根据右手定则可知，其c点的电势大于a点的电势，即Ua<Uc，故A错误；对于bc边来说，其在切割磁感线，故bc边会产生感应电动势，根据右手定则可知，其c点的电势大于b点的电势，故Ubc是负值，而边bc切割磁感线为旋转切割，根据公式有Ubc＝－Bl·Bl2ω，故C正确。] 　感应电动势的三个表达式对比 表达式 E＝n E＝Blv E＝Bl2ω 情境图 研究对象 回路(不一定闭合) 一段直导线(或等效成直导线) 绕一端转动的导体棒 意义 一般求平均感应电动势，当Δt→0时求的是瞬时感应电动势 一般求瞬时感应电动势，当v为平均速度时求的是平均感应电动势 用平均值法求瞬时感应电动势 适用条件 所有磁场 匀强磁场 匀强磁场 1．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量很大 C．穿过闭合电路的磁通量的变化很快 D．闭合电路的电阻很小 C　[根据法拉第电磁感应定律，闭合电路中感应电动势的大小取决于磁通量的变化率，即感应电动势的大小与磁通量大小、磁通量变化量大小、电路电阻无必然联系，所以C正确，A、B、D错误。] 2．闭合回路的磁通量Φ随时间t的变化图像分别如图所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是(　　) A．图甲回路中感应电动势恒定不变 B．图乙回路中感应电动势恒定不变 C．图丙回路中0～t1时间内感应电动势小于t1～t2时间内感应电动势 D．图丁回路中感应电动势先变大后变小 B　[因E＝，则可根据图像的斜率判断，题图甲中＝0，即感应电动势E为0；题图乙中为恒量，即感应电动势E为一恒定值；题图丙中E前>E后；题图丁中图像斜率先减小后增大，即回路中感应电动势先减小后增大。综上所述，B选项正确。] 3．(2023·湖北卷)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通信，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 B　[根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为E＝，本题3匝线圈面积各不同，每匝线圈相当于一个电源，3匝线圈为串联关系，故线圈产生的感应电动势为3匝线圈产生的感应电动势之和，则有E＝E1＋E2＋E3＝(S1＋S2＋S3)＝103×(1.02＋1.22＋1.42)×10-4 V＝0.44 V，故A、C、D错误，B正确。故选B。] 4．(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是(　　) A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定 B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动 C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍 AB　[由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，选项B正确；由感应电动势E＝Bl2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误。] 回归本节知识，完成以下问题： (1)法拉第电磁感应定律E＝n的适用条件？ 提示：具有普适性，一般情况下求的是Δt时间内的平均电动势。 (2)公式E＝Bl2ω的条件和应用范围？ 提示：匀强磁场中，导体棒绕某一固定点转动。 (3)公式E＝Blv中，当磁场与导体棒都运动时，此时v是指什么？ 提示：v是指导体棒相对磁场的速度。 法拉第圆盘发电机 法拉第发现了电磁感应现象之后不久，他又利用电磁感应发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机，如图甲所示。这台发电机的构造跟现代的发电机不同，在磁场中转动的不是线圈，而是一个紫铜做的圆盘。圆心处固定一个摇柄，圆盘的边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线把电刷与电流表连接起来，紫铜圆盘放置在蹄形磁铁的磁场中。当法拉第转动摇柄，使紫铜圆盘旋转起来时，电流表的指针偏向一边，这说明电路中产生了持续的电流。 法拉第圆盘发电机是怎样产生电流的呢？我们可以把圆盘看作由无数根长度等于半径的紫铜辐条组成的，在转动圆盘时，每根辐条都做切割磁感线的运动。辐条和外电路中的电流表恰好构成闭合电路，电路中便有电流产生了。随着圆盘的不断旋转，总有某根辐条到达切割磁感线的位置，因此外电路中便有了持续不断的电流。 法拉第圆盘发电机虽然简单，有人说它像一只简陋可笑的儿童玩具，产生的电流甚至不能让一只小灯泡发光。但这是世界上第一台发电机，是它首先向人类揭开了机械能转化为电能的序幕。后来，人们在此基础上，将蹄形永久磁铁改为能产生强大磁场的电磁铁，用多股导线绕制的线框代替紫铜圆盘，电刷也进行了改进，就制成了功率较大的可供实用的发电机。 如图乙所示，把该金属圆盘看成由无数条半径组成，圆盘滚动时，相当于每条半径(如OA、OB、OC)都绕圆心O转动而切割磁感线。根据右手定则可以判断，A、B、C等在磁场中金属半圆边线上的各点电势较高，而圆心O的电势较低。因此，圆心处将积累大量的负电荷，而在磁场中的半圆边线上将积累有正电荷。金属圆盘一旦继续转动，部分在磁场中的金属边线必将跑至磁场外，而由于惯性，在该部分金属边线上仍旧带有正电荷，此时，圆心O处还是低电势，所以这些负电荷将沿半径方向流往边线而形成电流。 　转动圆盘时，电流是怎么产生的？如图乙若圆盘圆心处带负电，磁场外部分圆盘的电流方向怎样？ 提示：每根辐条都做切割磁感线的运动；由边线沿半径方向流往圆心。 课时分层作业(六)　法拉第电磁感应定律 题组一　对法拉第电磁感应定律的理解 1．穿过一个电阻为1 Ω的单匝线圈的磁通量发生变化：在Δt1时间内是每秒均匀地减小2 Wb，在Δt2时间内是每秒均匀地增大2 Wb。则(　　) A．线圈中产生的感应电动势在Δt2时间内比在Δt1时间内大2 V B．线圈中产生的感应电动势在Δt1时间内和在Δt2时间内一定都大于2 V C．线圈中产生的感应电动势一直是2 V D．线圈中产生的感应电流的大小前后两段时间内不相等 C　[根据E＝n可知，单匝线圈在两段时间内的磁通量变化率相等，即感应电动势相等，磁通量均匀变化，感应电动势一直等于2 V，A、B错误，C正确；根据I＝可知，线圈中产生的感应电流的大小前后两段时间内相等，D错误。故选C。] 2．如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度B随时间均匀增大。两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb。不考虑两圆环间的相互影响。下列说法正确的是(　　) A．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向 B．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向 C．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向 D．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向 B　[由楞次定律知，题图中圆环感应电流产生的磁场与原磁场方向相反，故感应电流沿顺时针方向；由法拉第电磁感应定律知，E＝，由于两圆环半径之比Ra∶Rb＝2∶1，所以Ea∶Eb＝4∶1。综上所述，选项B正确。] 3．(多选)单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图所示，则(　　) A．在t＝0时，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大 B．在t＝1×10-2 s时，感应电动势最大 C．在t＝2×10-2 s时，感应电动势为零 D．在0～2×10-2 s时间内，线圈中感应电动势的平均值为零 BC　[由法拉第电磁感应定律，知E∝，故t＝0及t＝2×10-2 s时，E＝0，选项A错误，C正确；t＝1×10-2 s时，E最大，选项B正确；0～2×10-2 s时间内，ΔΦ≠0，E≠0，选项D错误。] 4．无线充电技术中使用的受电线圈示意图如图所示，线圈匝数为n，面积为S。若在t1～t2这段时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间内线圈两端a和b之间的电势差(　　) A．恒为 B．从0均匀变化到 C．恒为－ D．从0均匀变化到－ C　[穿过线圈的磁感应强度均匀，故产生恒定的感应电动势，根据法拉第电磁感应定律有E＝n。由楞次定律可知，等效电源内部的电流(等效电源内部电流是从负极流向正极)是从a→b，即b是等效电源的正极，即φa<φb，故φa－φb＝－nS，选项C正确。] 5．在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环，导体环面积为S＝0.1 m2，导体环的总电阻为R＝10 Ω。规定导体环中电流的正方向如图甲所示，磁场方向向上为正。磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，B0＝0.1 T。则(　　) A．t＝1 s时，导体环中电流为零 B．第2 s内，导体环中电流与正方向相反 C．第3 s内，通过导体环中电流大小为10-3 A D．第4 s内，通过导体环中电流大小为10-2 A C　[由题图乙可知，t＝1 s时，磁感应强度为0，但磁感应强度的变化率不为0，导体环有感应电动势，导体环中有感应电流，故A错误；第2 s内，线圈中的磁通量向上，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流产生向下的磁场，导体环中电流方向为顺时针(从上向下看)，即正方向，故B错误；第3 s内，导体环中感应电动势大小为E1＝＝0.1× V＝0.01 V，第3 s内，通过导体环中电流大小为I1＝ A＝10-3 A，故C正确；第4 s内，导体环中感应电动势大小为E2＝＝0.1× V＝0.01 V，第4 s内，通过导体环中电流大小为I2＝ A＝10-3 A，故D错误。故选C。] 题组二　对公式E＝Blv的理解及应用 6．如图所示为航天飞缆系统的简化模型示意图，航天飞缆是用柔性金属缆索将两个飞行器连接起来，在太空飞行的系统。两个飞行器P、Q在近地轨道绕地球做圆周运动，二者之间的柔性金属缆索长为l，运动过程中缆索总保持指向地心。已知飞缆系统在地磁场中运动，地磁场在缆索所在处的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面水平向外，缆索各处的速度大小均近似等于v。则关于缆索P、Q的电势高低及二者之间的电势差，下列说法正确的是(　　) A．P和Q的电势相同 B．P比Q的电势高，二者之间的电势差近似等于Blv C．P比Q的电势低，二者之间的电势差近似等于Blv D．P比Q的电势高，二者之间的电势差近似等于Blv B　[根据右手定则，磁感线穿过手心，大拇指指向运动方向，四指指向电势较高的P，所以P比Q的电势高，根据法拉第电磁感应定律，二者之间的电势差近似等于Blv。故选B。] 7．(多选)我们生活的北半球，地磁场有竖直向下的分量。如图所示，夏天，我们在教室里抬头就看到正在转动的金属材质的电风扇。已知叶片端点A到转轴O的长度为l，电风扇正在以转速n顺时针转动，则下列说法中正确的是(　　) A．A点的电势比O点的电势高 B．A点的电势比O点的电势低 C．AO上的电动势为nπBl2 D．扇叶长度越短，电势差UAO的数值越大 BC　[由于我们生活的北半球，地磁场有竖直向下的分量，电风扇沿顺时针方向转动，切割磁感线产生电动势，根据右手定则可知，感应电流方向从A到O，则A点的电势比O点的电势低，故B正确，A错误；转动切割的电动势为E＝BLv＝Bl2ω＝nπBl2，可知转速一定时，扇叶长度越短，电势差UAO的数值越小，故C正确，D错误。故选BC。] 8．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一个水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出，设运动的整个过程中棒的取向不变且不计空气阻力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小将(　　) A．越来越大 　 B．越来越小 C．保持不变 　 D．无法确定 C　[E＝Blv sin θ＝Blv0，ab做平抛运动，水平速度保持不变，感应电动势大小保持不变，C正确。] 9．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到达的位置恰好使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应该怎样随时间t变化，下列关系式中正确的是(　　) A．B＝ 　 B．B＝ C．B＝ 　 D．B＝ A　[当通过闭合回路的磁通量不变，则MN棒中不产生感应电流，有B0l2＝Bl(l＋vt)，整理得B＝，故选A。] 10．如图所示，导线OA长为l，在方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω沿图中所示方向绕通过悬点O的竖直轴旋转，导线OA与竖直方向的夹角为θ。OA导线中的感应电动势大小和O、A两点电势高低情况分别是(　　) A．Bl2ω，O点电势高 B．Bl2ω，A点电势高 C．Bl2ωsin2θ，O点电势高 D．Bl2ωsin2θ，A点电势高 D　[导线OA切割磁感线的有效长度等于圆的半径，即R＝l·sinθ，产生的感应电动势E＝Bl2ωsin2θ，由右手定则可知A点电势高，所以D正确。] 11．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)这一过程中导线框中产生的感应电动势的平均值； (2)θ为0°时感应电动势的瞬时值。 [解析]　(1)导线框转动2θ角的过程所用的时间Δt＝，穿过导线框的磁通量的变化量ΔΦ＝2BS sinθ。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0°时，导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＝Blab·ωlbc＝BSω。 [答案]　(1)　(2)BSω 12．轻质细线吊着一质量为m＝0.42 kg、边长为l＝1 m、匝数n＝10的正方形线圈，其总电阻为r＝1 Ω。在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。(g＝10 m/s2) (1)求线圈的电功率； (2)求在t＝4 s时轻质细线的拉力大小。 [解析]　(1)由法拉第电磁感应定律得 E＝n＝10×0.5×12× V＝0.5 V 则P＝ W＝0.25 W。 (2)由闭合电路欧姆定律得I＝A＝0.5 A 由题图乙知，t＝4 s时，B＝0.6 T，则 F安＝nBIl＝10×0.6×0.5×1 N＝3 N，方向竖直向上 线圈受力平衡，则F安＋F线＝mg 解得F线＝1.2 N。 [答案]　(1)0.25 W　(2)1.2 N 13．如图甲所示，圆形线圈总电阻r＝0.5 Ω，匝数n＝20，线圈面积为S1＝1 m2，其端点a、b与R＝1.5 Ω的电阻相连，其余电阻不计，线圈内面积为S2＝0.5 m2的正方形区域内有随时间变化的磁场，磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示。 (1)求0～0.2 s时间内线圈中产生的感应电动势E； (2)求0～0.2 s时间内a、b两点电势差Uab； (3)请在丙图中画出0～0.8 s时间内电路中电流I随时间变化的图像(定义电流由a向b流经R为正方向)。 [解析]　(1)0～0.2 s内，感应电动势为E＝n＝4 V。 (2)根据闭合电路欧姆定律得路端电压大小为U＝E＝3 V 根据楞次定律，a点电势比b点高，故Uab＝3 V。 (3)0～0.2 s内，根据闭合电路欧姆定律得I＝＝2 A 0.2 s～0.4 s内，磁感应强度B不变，没有感应电动势，电流为0 0.4 s～0.8 s内，感应电动势 E′＝n＝2 V 根据闭合电路欧姆定律得I′＝＝1 A 根据楞次定律，电流方向反向，电流I随时间变化的图像如图所示。 [答案]　(1)4 V　(2)3 V　(3)见解析图 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$