導(dǎo)學(xué)案：2.2 法拉第電磁感應(yīng)定律（解析版）

學(xué)而優(yōu)教有方.2法拉第電磁感應(yīng)定律2.2法拉第電磁感應(yīng)定律知識(shí)導(dǎo)航知識(shí)導(dǎo)航知識(shí)精講知識(shí)精講考點(diǎn)1：對(duì)法拉第電磁感應(yīng)定律的理解1．理解公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)（1）感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E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的大小、ΔΦ的大小沒有必然的關(guān)系，與電路的電阻R無關(guān)；感應(yīng)電流的大小與感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E和回路總電阻R有關(guān)。（2）磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)，是Φ-t圖像上某點(diǎn)切線的斜率，可反映單匝線圈感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向。（3）E＝neq\f(ΔΦ,Δt)只表示感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，不涉及其正負(fù)，計(jì)算時(shí)ΔΦ應(yīng)取絕對(duì)值。感應(yīng)電流的方向可以用楞次定律去判定。（4）磁通量發(fā)生變化有三種方式①B不變，S變化，則eq\f(ΔΦ,Δt)＝B·eq\f(ΔS,Δt)；②B改變，S不變，則eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S；③B、S變化，則eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(|Φ1－Φ2|,Δt)。2．由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可求得平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，通過閉合電路歐姆定律可求得電路中的平均電流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(nΔΦ,Δt·R＋r)，通過電路中導(dǎo)體橫截面的電荷量Q＝IΔt＝neq\f(ΔΦ,R＋r)。3．注意：對(duì)于磁通量的變化量和磁通量的變化率來說，穿過一匝線圈和穿過n匝線圈是一樣的，而感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)則不一樣，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與匝數(shù)成正比。【例1】(多選)空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其邊界如圖(a)中虛線MN所示。一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導(dǎo)線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心O在MN上。t＝0時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向如圖(a)所示；磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖(b)所示。則在t＝0到t＝t1的時(shí)間間隔內(nèi)()A．圓環(huán)所受安培力的方向始終不變B．圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時(shí)針方向C．圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為eq\f(B0rS,4t0ρ)D．圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為eq\f(B0πr2,4t0)【解析】BC根據(jù)楞次定律可知在0～t0時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，圓環(huán)所受安培力水平向左，在t0～t1時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度反向增大，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，圓環(huán)所受安培力水平向右，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(1,2)πr2·eq\f(B0,t0)＝eq\f(B0πr2,2t0)，根據(jù)電阻定律可得R＝ρeq\f(2πr,S)，根據(jù)歐姆定律可得I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，所以選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。方法技巧方法技巧綜合法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律，對(duì)于面積一定的線圈，不管磁場(chǎng)的方向如何變化，只要磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t均勻變化，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向均保持不變。所以在B-t圖像中，如果圖像為一條傾斜直線，不管圖線在時(shí)間軸上方還是下方，整個(gè)過程感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流均為恒量。針對(duì)訓(xùn)練針對(duì)訓(xùn)練1．一矩形線框置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線框平面與磁場(chǎng)方向垂直。先保持線框的面積不變，將磁感應(yīng)強(qiáng)度在1s時(shí)間內(nèi)均勻地增大到原來的兩倍。接著保持增大后的磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，在1s時(shí)間內(nèi)，再將線框的面積均勻地減小到原來的一半。先后兩個(gè)過程中，線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的比值為()A．eq\f(1,2)B．1C．2D．4【解析】B根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，設(shè)線框匝數(shù)為n，面積為S0，初始時(shí)刻磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，則第一種情況下的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1＝neq\f(2B0－B0S0,1)＝nB0S0；第二種情況下的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2＝neq\f(2B0\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(S0－\f(S0,2))),1)＝nB0S0，所以兩種情況下線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等，比值為1，故選項(xiàng)B正確。考點(diǎn)2：對(duì)公式E＝Blv的理解及應(yīng)用1．對(duì)公式E＝Blv的理解（1）當(dāng)B、l、v三個(gè)量方向相互垂直時(shí)，E＝Blv；當(dāng)有任意兩個(gè)量的方向平行時(shí)，E＝0。（2）式中的l應(yīng)理解為導(dǎo)線切割磁感線時(shí)的有效長度。若切割磁感線的導(dǎo)線是彎曲的，則應(yīng)取其與B和v方向都垂直的等效線段長度來計(jì)算。如圖中線段ab的長即為導(dǎo)線切割磁感線的有效長度。（3）公式中的v應(yīng)理解為導(dǎo)線和磁場(chǎng)的相對(duì)速度，當(dāng)導(dǎo)線不動(dòng)而磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)時(shí)，也有電磁感應(yīng)現(xiàn)象產(chǎn)生。2．導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)如圖所示，長為l的導(dǎo)體棒ab以a為圓心，以角速度ω在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，其感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)可從兩個(gè)角度推導(dǎo)。（1）棒上各點(diǎn)速度不同，其平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)ωl，由E＝Blv得棒上感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E＝Bl·eq\f(1,2)ωl＝eq\f(1,2)Bl2ω。（2）若經(jīng)時(shí)間Δt，棒掃過的面積為ΔS＝πl(wèi)2eq\f(ω·Δt,2π)＝eq\f(1,2)l2ω·Δt，磁通量的變化量ΔΦ＝B·ΔS＝eq\f(1,2)Bl2ω·Δt，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)得棒上感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E＝eq\f(1,2)Bl2ω。【例2】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(qiáng)度B＝0.40T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(dòng)，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽略不計(jì)。當(dāng)ac棒以v＝4.0m/s的速度水平向右勻速滑動(dòng)時(shí)，求：（1）ac棒中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小；（2）回路中感應(yīng)電流的大小；（3）維持ac棒做勻速運(yùn)動(dòng)的水平外力的大小。【解析】(1)ac棒垂直切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(yùn)動(dòng)，水平方向受力平衡，則F外＝F安＝0.80N，方向水平向右。方法技巧方法技巧感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的三個(gè)表達(dá)式對(duì)比表達(dá)式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝BlvE＝eq\f(1,2)Bl2ω情景圖研究對(duì)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(dòng)的導(dǎo)體棒意義一般求平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，當(dāng)Δt→0時(shí)求的是瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)一般求瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，當(dāng)v為平均速度時(shí)求的是平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)用平均值法求瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)適用條件所有磁場(chǎng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)針對(duì)訓(xùn)練針對(duì)訓(xùn)練2.據(jù)報(bào)道，一法國攝影師拍到“天宮一號(hào)”空間站飛過太陽的瞬間。照片中，“天宮一號(hào)”的太陽帆板輪廓清晰可見。如圖所示，假設(shè)“天宮一號(hào)”正以速度v＝7.7km/s繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向與太陽帆板兩端M、N的連線垂直，M、N間的距離L＝20m，地磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直于v、MN所在平面的分量B＝1.0×10－5T，將太陽帆板視為導(dǎo)體。（1）求M、N間感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E。（2）在太陽帆板上將一只“1.5V0.3W”的小燈泡與M、N相連構(gòu)成閉合電路，不計(jì)太陽帆板和導(dǎo)線的電阻。試判斷小燈泡能否發(fā)光，并說明理由?！窘馕觥?1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝BLv，代入數(shù)據(jù)得E＝1.54V。(2)不能，因?yàn)榇┻^閉合回路的磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流?？键c(diǎn)3：電磁感應(yīng)中的電路問題1.對(duì)電源的理解（1）在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的那部分導(dǎo)體相當(dāng)于電源，如切割磁感線的導(dǎo)體棒、內(nèi)有磁通量變化的線圈等，這種電源將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能。（2）判斷感應(yīng)電流和感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向，都是利用相當(dāng)于電源的部分根據(jù)右手定則或楞次定律判定的。實(shí)際問題中應(yīng)注意外電路電流由高電勢(shì)處流向低電勢(shì)處，而內(nèi)電路則相反。2．對(duì)電路的理解（1）內(nèi)電路是切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈，外電路由電阻、電容等電學(xué)元件組成。（2）在閉合電路中，相當(dāng)于“電源”的導(dǎo)體兩端的電壓與真實(shí)的電源兩端的電壓一樣，等于路端電壓，而不等于感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。3．解決電磁感應(yīng)中的電路問題的基本思路（1）明確哪部分導(dǎo)體或電路產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，該導(dǎo)體或電路相當(dāng)于電源，其他部分是外電路。（2）用法拉第電磁感應(yīng)定律或切割磁感線公式確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，用楞次定律或右手定則確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向。（3）分清內(nèi)外電路，畫出等效電路圖。（4）運(yùn)用閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路特點(diǎn)、電功率、電熱等公式聯(lián)立求解?！纠?】如圖所示，MN、PQ為平行光滑金屬導(dǎo)軌(金屬導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì))，MN、PQ相距L＝50cm，導(dǎo)體棒AB在兩軌道間的電阻為r＝1Ω，且可以在MN、PQ上滑動(dòng)，定值電阻R1＝3Ω，R2＝6Ω，整個(gè)裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1.0T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于整個(gè)導(dǎo)軌平面，現(xiàn)用外力F拉著AB棒向右以v＝5m/s的速度做勻速運(yùn)動(dòng)。求：（1）導(dǎo)體棒AB產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E和AB棒上的感應(yīng)電流方向；（2）導(dǎo)體棒AB兩端的電壓UAB?！窘馕觥?1)導(dǎo)體棒AB產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv＝2.5V由右手定則知，AB棒上的感應(yīng)電流方向向上，即沿B→A方向。(2)R并＝eq\f(R1×R2,R1＋R2)＝2ΩI＝eq\f(E,R并＋r)＝eq\f(5,6)AUAB＝IR并＝eq\f(5,3)V≈1.7V。方法技巧方法技巧導(dǎo)體棒在勻強(qiáng)磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)過程中的變與不變(1)外電阻的變與不變?nèi)敉怆娐酚蔁o阻導(dǎo)線和定值電阻構(gòu)成，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過程中外電阻不變；若外電路由考慮電阻的導(dǎo)線組成，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過程中外電阻改變。(2)內(nèi)電阻與電動(dòng)勢(shì)的變與不變切割磁感線的有效長度不變，則內(nèi)電阻與電動(dòng)勢(shì)均不變。反之，發(fā)生變化。處理電磁感應(yīng)過程中的電路問題時(shí)，需特別關(guān)注電動(dòng)勢(shì)及內(nèi)、外電阻是否變化。針對(duì)訓(xùn)練針對(duì)訓(xùn)練3．如圖所示，ab、cd為足夠長、水平放置的光滑固定導(dǎo)軌，導(dǎo)體棒MN的長度為L＝2m，電阻r＝1Ω，有垂直abcd平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感強(qiáng)度B＝1.5T，定值電阻R1＝4Ω，R2＝20Ω，當(dāng)導(dǎo)體棒MN以v＝4m/s的速度向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，電流表的示數(shù)為0.45A，燈泡L正常發(fā)光。求：(1)棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和燈L的額定電壓；(2)維持桿勻速運(yùn)動(dòng)的外力功率為多大；(3)正常發(fā)光時(shí)燈泡L的電阻值。【解析】(1)導(dǎo)體棒MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝BLv＝1.5×2×4V＝12Vb、d間并聯(lián)電壓為：Ubd＝UL＝U2＝I2R2＝0.45×20V＝9V(2)由閉合電路歐姆定律得：E＝U2＋I(xiàn)(r＋R1)解得通過桿的電流為：I＝0.6A根據(jù)能量守恒可得維持桿勻速運(yùn)動(dòng)的外力功率為等于整個(gè)裝置產(chǎn)生的總電功率則有整個(gè)裝置產(chǎn)生的總電功率：P＝EI＝12×0.6W＝7.2W(3)則流過燈的電流為：IL＝I－I2＝0.6A－0.45A＝0.15A燈L的電阻值：RL＝eq\f(UL,IL)＝eq\f(9,0.15)Ω＝60Ω考點(diǎn)4：電磁感應(yīng)中的圖像問題1.明確圖像的種類，即是B-t圖像還是Φ-t圖像，或者是E-t圖像、I-t圖像、F-t圖像等。2．分析電磁感應(yīng)的具體過程。3．確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)(或感應(yīng)電流)的大小和方向，有下列兩種情況：(1)若回路面積不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化時(shí)，用楞次定律確定感應(yīng)電流的方向，用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小的變化。(2)若磁場(chǎng)不變，導(dǎo)體切割磁感線，用右手定則判斷感應(yīng)電流的方向，用E＝Blv確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小的變化。4．畫圖像或判斷圖像，特別注意分析斜率的變化、截距等。5．涉及受力問題，可由安培力公式F＝BIL和牛頓運(yùn)動(dòng)定律等規(guī)律寫出有關(guān)函數(shù)關(guān)系式?！纠?】如圖所示，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。虛線ab、cd均與導(dǎo)軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度恰好為零。從PQ進(jìn)入磁場(chǎng)開始計(jì)時(shí)，到MN離開磁場(chǎng)區(qū)域?yàn)橹梗鬟^PQ的電流隨時(shí)間變化的圖像可能正確的是()【解析】AD根據(jù)題述，PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度恰好為零，兩導(dǎo)體棒從同一位置釋放，則兩導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度相同，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等，若釋放兩導(dǎo)體棒的時(shí)間間隔足夠長，在PQ通過磁場(chǎng)區(qū)域一段時(shí)間后MN進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律可知流過PQ的電流隨時(shí)間變化的圖像可能是A；由于兩導(dǎo)體棒從同一位置釋放，兩導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等，則MN進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)時(shí)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流不可能小于I1，B錯(cuò)誤；若釋放兩導(dǎo)體棒的時(shí)間間隔較短，在PQ沒有出磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)MN就進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，則兩棒在磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)回路中磁通量不變，兩棒不受安培力作用，二者在磁場(chǎng)中做加速運(yùn)動(dòng)，PQ出磁場(chǎng)后，MN切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，且感應(yīng)電流一定大于I1，受到安培力作用，由于安培力與速度成正比，則MN所受的安培力一定大于MN的重力沿斜面方向的分力，所以MN一定做減速運(yùn)動(dòng)，回路中感應(yīng)電流減小，流過PQ的電流隨時(shí)間變化的圖像可能是D，C錯(cuò)誤?！纠?】如圖所示，在空間中存在兩個(gè)相鄰的、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其寬度均為L。現(xiàn)將寬度也為L的矩形閉合線圈，從圖中所示位置垂直于磁場(chǎng)方向勻速拉過磁場(chǎng)區(qū)域，則在該過程中，圖中能正確反映線圈中所產(chǎn)生的感應(yīng)電流或其所受的安培力隨時(shí)間變化的圖像是()【解析】D由楞次定律可知，當(dāng)矩形閉合線圈進(jìn)入磁場(chǎng)和離開磁場(chǎng)時(shí)，安培力總是阻礙物體的運(yùn)動(dòng)，方向始終向左，所以外力始終水平向右，因安培力的大小不同且在中間時(shí)最大，故選項(xiàng)D正確，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)矩形閉合線圈進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律判斷，感應(yīng)電流的大小在中間時(shí)最大，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤。方法技巧方法技巧解決線框進(jìn)出磁場(chǎng)問題需要注意的事項(xiàng)(1)由線框的形狀判斷切割磁感線的有效長度是否變化，如何變化。(2)若只有一個(gè)磁場(chǎng)且足夠?qū)?，關(guān)注兩個(gè)過程即可：進(jìn)入磁場(chǎng)的過程；離開磁場(chǎng)的過程。(3)若有兩個(gè)不同的磁場(chǎng)，還需注意線框的邊分別在不同磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生感應(yīng)電流方向的關(guān)系。針對(duì)訓(xùn)練針對(duì)訓(xùn)練4．如圖所示，一底邊為L、底邊上的高也為L的等腰三角形導(dǎo)體線框以恒定的速度v沿垂直于磁場(chǎng)區(qū)域邊界的方向穿過長為2L、寬為L的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。t＝0時(shí)刻，三角形導(dǎo)體線框的底邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)，取沿逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流為正，則在三角形導(dǎo)體線框穿過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中，感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的圖線可能是()ABCD【解析】A根據(jù)E＝Blv，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv,R)，三角形導(dǎo)體線框進(jìn)、出磁場(chǎng)時(shí)，有效長度l都變小。再根據(jù)右手定則可知，進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流方向?yàn)檎?，出磁?chǎng)時(shí)感應(yīng)電流方向?yàn)樨?fù)，故選A。提分作業(yè)提分作業(yè)考點(diǎn)一對(duì)法拉第電磁感應(yīng)定律的理解1．關(guān)于感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，下列說法正確的是()A．穿過閉合電路的磁通量最大時(shí)，其感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)一定最大B．穿過閉合電路的磁通量為零時(shí)，其感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)一定為零C．穿過閉合電路的磁通量由不為零變?yōu)榱銜r(shí)，其感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)一定為零D．穿過閉合電路的磁通量由不為零變?yōu)榱銜r(shí)，其感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)一定不為零【解析】D磁通量的大小與感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小不存在內(nèi)在的聯(lián)系，故A、B錯(cuò)誤；當(dāng)磁通量由不為零變?yōu)榱銜r(shí)，閉合電路的磁通量一定改變，一定有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，故C錯(cuò)誤，D正確。2．閉合回路由電阻R與單匝導(dǎo)線框組成，其面積大小為S，內(nèi)部磁場(chǎng)大小按B-t圖變化，方向如圖，且B-t圖線的斜率為k，則回路中()A．感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向B．感應(yīng)電流的電流強(qiáng)度越來越大C．磁通量的變化率越來越大D．產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為kS【解析】D由楞次定律可知，電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，故A項(xiàng)與題意不相符；由圖像可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大，則由Φ＝BS可知，磁通量隨時(shí)間均勻增加，故其變化率恒定不變，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBS,Δt)＝kS，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)保持不變，電流強(qiáng)度不變，故B、C項(xiàng)與題意不相符，D項(xiàng)與題意相符。3．(多選)單匝矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)軸垂直于磁場(chǎng)，線圈所圍面積里的磁通量隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示，則線圈中()A．0時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大B．0.05s時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零C．0.05s時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大D．0～0.05s這段時(shí)間內(nèi)平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0.4V【解析】ABD根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得，E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，所以可知Φ-t圖像的斜率表示感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，因此0、0.1s時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，0.05s時(shí)刻感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0，A、B正確，C錯(cuò)誤；0～0.05s這段時(shí)間內(nèi)平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2×10－2,0.05)V＝0.4V，D正確。4．(多選)如圖甲所示，面積S＝1m2的導(dǎo)體圓環(huán)內(nèi)有垂直于圓平面向里的磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示(B取垂直紙面向里方向?yàn)檎?，以下說法正確的是()甲乙A．環(huán)中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流B．環(huán)中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流C．環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為1VD．環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為2V【解析】BC磁場(chǎng)垂直于紙面向里，由圖乙所示可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度增加，穿過圓環(huán)的磁通量增加，由楞次定律可知，感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向，故A錯(cuò)誤，B正確；感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(2－1,1)×1V＝1V，故C正確，D錯(cuò)誤。5．在如圖甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)n＝1500，橫截面積S＝20cm2。螺線管導(dǎo)線電阻r＝1Ω，R1＝3Ω，R2＝6Ω，在一段時(shí)間內(nèi)，穿過螺線管的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B按如圖乙所示的規(guī)律變化。求：圖甲圖乙(1)流過R1的電流方向；(2)螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大?。?3)電阻R1的電功率。【解析】(1)由楞次定律可知流過R1的電流方向?yàn)橛蒪流向a。(2)由圖像分析可知，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(1.0－0.2,2.0)T/s＝0.4T/s由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(SΔB,Δt)＝1500×2×10－3×0.4V＝1.2V(3)外電阻為：R＝eq\f(R1R2,R1＋R2)＝2Ω根據(jù)閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(1.2,2＋1)A＝0.4AR1兩端的電壓為U＝IR＝0.4×2V＝0.8VP＝eq\f(U2,R1)＝eq\f(0.82,3)W＝0.21W。考點(diǎn)二對(duì)公式E＝Blv的理解及應(yīng)用6．如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，將一個(gè)水平放置的金屬棒ab以水平初速度v0拋出，設(shè)運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中棒的取向不變且不計(jì)空氣阻力，則金屬棒在運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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】CE＝BLvsinθ＝BLvx，ab做平拋運(yùn)動(dòng)，水平速度保持不變，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小保持不變。7．如圖所示，用粗細(xì)相同的銅絲做成邊長分別為L和2L的兩個(gè)閉合線框a和b，以相同的速度從磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中勻速拉到磁場(chǎng)外，不考慮線框的重力，若閉合線框中的電流分別為Ia、Ib，則Ia∶Ib為()A．1∶4B．1∶2C．1∶1D．不能確定【解析】C線框產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝Blv，由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(Blv,R)，又lb＝2la，由電阻定律知Rb＝2Ra，故Ia∶Ib＝1∶1，C正確。8．中國空軍八一飛行表演隊(duì)?wèi)?yīng)邀參加于2019年3月舉行的巴基斯坦國慶日飛行表演。中國殲-10戰(zhàn)斗機(jī)在廣場(chǎng)上方沿水平方向自西向東飛行。該飛機(jī)翼展10m，表演地點(diǎn)位于北半球，該處磁場(chǎng)的豎直分量為5.0×10－5T，該機(jī)飛行時(shí)速度約為300m/s，下列說法正確的是()A．該機(jī)兩翼尖端電勢(shì)差大小約為0.15VB．該機(jī)兩翼尖端無電勢(shì)差C．右端機(jī)翼電勢(shì)較高D．若飛機(jī)轉(zhuǎn)向?yàn)樽詵|向西飛行，機(jī)翼右端電勢(shì)較高【解析】A該機(jī)兩翼尖端電勢(shì)差大小約為U＝BLv＝0.15V，故A正確；表演地點(diǎn)的地磁場(chǎng)方向斜向下，在豎直方向的分量向下，根據(jù)右手定則可得，無論飛機(jī)沿水平方向自西向東飛行或是自東向西飛行，相對(duì)于飛行員來說機(jī)翼的左端電勢(shì)高，故B、C、D錯(cuò)誤。9．如圖所示，一個(gè)總阻值r＝10Ω，匝數(shù)n＝1000的正方形金屬線圈，與阻值R＝20Ω的定值電阻連成閉合回路。線圈的邊長L＝0.1m，其內(nèi)部空間(包括邊界處)充滿了垂直線圈平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖線如圖所示。導(dǎo)線電阻不計(jì)。求：(1)t＝0時(shí)刻，穿過線圈的磁通量；(2)0～0.02s內(nèi)，線圈QMNP中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小和感應(yīng)電流的方向；(3)0～0.02s過程中整個(gè)回路的熱功率，t＝0.01s時(shí)UPQ的大小?！窘馕觥?1)當(dāng)t＝0時(shí)，Φ＝B0S＝6×10－5Wb。(2)依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB·S,Δt)＝3V，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向。(3)依據(jù)閉合電路歐姆定律有：I＝eq\f(E,R＋r)＝0.1A，再依據(jù)功率的表達(dá)式：P＝I2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋r))＝0.3W，UPQ＝IR＝2V?！眷柟烫嵘?0．粗細(xì)均勻的電阻絲圍成圖所示的線框，置于正方形有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于線框平面，圖中ab＝bc＝2cd＝2de＝2ef＝2fa＝2L?，F(xiàn)使線框以同樣大小的速度v勻速沿四個(gè)不同方向平動(dòng)進(jìn)入磁場(chǎng)，并且速度方向始終與線框先進(jìn)入磁場(chǎng)的那條邊垂直，則在通過如圖所示位置時(shí)，下列說法中正確的是()①②③④A．a(chǎn)b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差圖①中最大B．a(chǎn)b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差圖②中最大C．回路電流圖③中最大D．回路電流圖④中最小【解析】A設(shè)ab段電阻為r，圖①中ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U＝3Ir，圖②中ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U＝Ir，圖③中ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U＝eq\f(Ir,2)，圖④中ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U＝Ir，所以ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差圖①中最大，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；回路電流圖③中最小，其他回路電流相等，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。11．如圖甲所示，導(dǎo)體棒MN置于水平導(dǎo)軌上，PQMN所圍的面積為S，PQ之間有阻值為R的電阻，不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻。導(dǎo)軌所在區(qū)域內(nèi)存在沿豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，規(guī)定磁場(chǎng)方向豎直向上為正，在0～2t0時(shí)間內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化情況如圖乙所示，導(dǎo)體棒MN始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是()甲乙A．在0～t0和t0～2t0時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒受到的導(dǎo)軌的摩擦力方向相同B．在0～t0時(shí)間內(nèi)，通過導(dǎo)體棒的電流方向?yàn)镹到MC．在t0～2t0時(shí)間內(nèi)，通過電阻R的電流大小為eq\f(SB0,Rt0)D．在0～2t0時(shí)間內(nèi)，通過電阻R的電荷量為eq\f(SB0,2R)【解析】B導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌圍成的線框面積不變，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得，t0～2t0時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(2SB0,t0)，所以感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(2SB0,Rt0)，選項(xiàng)C錯(cuò)；0～t0時(shí)間內(nèi)豎直向上的磁通量減小，根據(jù)楞次定律知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向豎直向上，感應(yīng)電流的方向?yàn)镹到M，選項(xiàng)B對(duì)；0～t0時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒有向右運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，摩擦力水平向左，t0～2t0時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒有向左運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，摩擦力水平向右，選項(xiàng)A錯(cuò)；在0～2t0時(shí)間內(nèi)，通過電阻R的電荷量Q＝eq\x\to(I)×Δt＝eq\f(E,R)×Δt＝Seq\f(ΔB,ΔtR)×Δt＝eq\f(SΔB,R)＝eq\f(SB0,R)，選項(xiàng)D錯(cuò)。12．(多選)如圖甲所示，一個(gè)固定的矩形線圈abcd的匝數(shù)n＝500，線圈面積S＝100cm2，線圈的總電阻r＝1Ω，線圈外接一個(gè)阻值R＝4Ω的電阻，把線圈放入一方向垂直線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示。則下列說法正確的是()甲乙A．線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向B．矩形線圈ad邊受到的安培力保持不變C．前2s內(nèi)，電阻R產(chǎn)生的熱量為0.72JD．第1s末，R兩端的電壓為1.5V【解析】AC由圖可知，穿過線圈的磁通量變大，由楞次定律可得：線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，故A項(xiàng)與題意相符；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，磁通量的變化率恒定，所以電動(dòng)勢(shì)恒定，則流過線圈的感應(yīng)電流恒定，但磁場(chǎng)逐漸增大，線圈ad邊受到的安培力逐漸增大，故B項(xiàng)與題意不相符；由法拉第電磁感應(yīng)定律有：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝1.5V，R兩端的電壓是路端電壓，則小于1.5V，故D項(xiàng)與題意不相符；由閉合電路歐姆定律可知，電路中的電流為：I＝eq\f(E,r＋R)＝0.3A，前2s內(nèi)，線圈電阻R產(chǎn)生的熱量為：Q＝I2Rt＝0.32×4×2W＝0.72W，故C項(xiàng)與題意相符。13．(多選)如圖所示，一不計(jì)電阻的導(dǎo)體圓環(huán)，半徑為r、圓心在O點(diǎn)，過圓心放置一長度為2r、電阻為R的輻條，輻條與圓環(huán)接觸良好，現(xiàn)將