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文檔簡介
2025新課改-高中物理-選修第2冊(16講)06B法拉第電磁感應(yīng)定律中檔版法拉第電磁感應(yīng)定律知識點:法拉第電磁感應(yīng)定律一、電磁感應(yīng)定律1.感應(yīng)電動勢在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動勢叫作感應(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.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=neq\f(ΔΦ,Δt),其中n為線圈的匝數(shù).(3)在國際單位制中,磁通量的單位是韋伯(Wb),感應(yīng)電動勢的單位是伏(V).二、導(dǎo)線切割磁感線時的感應(yīng)電動勢1.導(dǎo)線垂直于磁場方向運動,B、l、v兩兩垂直時,如圖甲所示,E=Blv.圖甲圖乙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.3.導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流,導(dǎo)體棒所受安培力的方向與導(dǎo)體棒運動方向相反,導(dǎo)體棒克服安培力做功,把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能.技巧點撥一、對電磁感應(yīng)定律的理解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當(dāng)B、S互相垂直時的大小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))注意若穿過的平面中有方向相反的磁場,則不能直接用Φ=BS.Φ為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,ΔΦ=2BS,而不是零在Φ-t圖像中,可用圖線的斜率表示eq\f(ΔΦ,Δt)2.公式E=neq\f(ΔΦ,Δt)的理解感應(yīng)電動勢的大小E由磁通量變化的快慢,即磁通量變化率eq\f(ΔΦ,Δt)決定,與磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ無關(guān).二、導(dǎo)線切割磁感線時的感應(yīng)電動勢1.導(dǎo)線切割磁感線時感應(yīng)電動勢表達式的推導(dǎo)如下圖所示,閉合電路一部分導(dǎo)線ab處于勻強磁場中,磁感應(yīng)強度為B,ab的長度為l,ab以速度v勻速垂直切割磁感線.則在Δt內(nèi)穿過閉合電路磁通量的變化量為ΔΦ=BΔS=BlvΔt根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E=eq\f(ΔΦ,Δt)=Blv.2.對公式的理解(1)當(dāng)B、l、v三個量的方向互相垂直時,E=Blv;當(dāng)有任意兩個量的方向互相平行時,導(dǎo)線將不切割磁感線,E=0.(2)當(dāng)l垂直B且l垂直v,而v與B成θ角時,導(dǎo)線切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為E=Blvsinθ.(3)若導(dǎo)線是彎折的,或l與v不垂直時,E=Blv中的l應(yīng)為導(dǎo)線在與v垂直的方向上的投影長度,即有效切割長度.圖甲中的有效切割長度為:L=eq\x\to(cd)sinθ;圖乙中的有效切割長度為:L=eq\x\to(MN);圖丙中的有效切割長度為:沿v1的方向運動時,L=eq\r(2)R;沿v2的方向運動時,L=R.3.導(dǎo)體轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生的電動勢如下圖所示,導(dǎo)體棒在磁場中繞A點在紙面內(nèi)以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動,磁感應(yīng)強度為B,則AC在切割磁感線時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=Bleq\x\to(v)=Bl·eq\f(ωl,2)=eq\f(1,2)Bl2ω.三、E=neq\f(ΔΦ,Δt)與E=Blv的比較1.區(qū)別:E=neq\f(ΔΦ,Δt)研究的是整個閉合回路,適用于計算各種電磁感應(yīng)現(xiàn)象中Δt內(nèi)的平均感應(yīng)電動勢;E=Blv研究的是閉合回路的一部分,即做切割磁感線運動的導(dǎo)體,只適用于計算導(dǎo)體做切割磁感線運動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢,可以是平均感應(yīng)電動勢,也可以是瞬時感應(yīng)電動勢.2.聯(lián)系:E=Blv是由E=neq\f(ΔΦ,Δt)在一定條件下推導(dǎo)出來的,該公式可看成法拉第電磁感應(yīng)定律的一個推論.例題精練1.(2021春?廣州期末)一架飛機在廣州上空勻速巡航,機翼保持水平,飛行高度不變,由于受地磁場豎直向下分量的作用,金屬機翼上有電勢差,設(shè)飛行員左方機翼末端處的電勢為φ1,右方機翼末端處電勢為φ2,則下列說法正確的是()A.若飛機從東往西飛,φ1比φ2高 B.若飛機從南往北飛,φ1比φ2低 C.若飛機從北往南飛,φ1比φ2低 D.由于飛機勻速飛行,則φ1等于φ2【分析】由于地磁場的存在,當(dāng)飛機在北半球水平飛行時,兩機翼的兩端點之間會有一定的電勢差,相當(dāng)于金屬棒在切割磁感線一樣.由右手定則可判定電勢的高低.【解答】解:中國處于地球的北半球,地磁場的豎直分量方向豎直向下,由于判定感應(yīng)電動勢的方向的方法與判定感應(yīng)電流的方向的方法是相同的,由右手定則可判知,在北半球,不論飛機沿何方向水平飛行,都是飛行員左方機翼電勢高,右方機翼電勢低,即總有φ1比φ2高,故A正確,BCD錯誤。故選:A?!军c評】本題要了解地磁場的分布情況,掌握右手定則.對于機翼的運動,類似于金屬棒在磁場中切割磁感線一樣會產(chǎn)生電動勢,而電源內(nèi)部的電流方向則是由負極流向正極的.2.(2021春?棗莊期末)關(guān)于感應(yīng)電動勢的大小,下列說法正確的是()A.穿過閉合電路的磁通量為零時,其感應(yīng)電動勢一定最大 B.穿過閉合電路的磁通量為零時,其感應(yīng)電動勢一定為零 C.穿過閉合電路的磁通量變化量越大,其感應(yīng)電動勢一定越大 D.穿過閉合電路的磁通量變化率越大,其感應(yīng)電動勢一定越大【分析】感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件是穿過閉合電路磁通量發(fā)生變化.感應(yīng)電動勢的大小與磁通量變化率成正比,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律分析?!窘獯稹拷猓篈、根據(jù)E=可知,E與磁通量的變化率成正比,與磁通量大小無關(guān),磁通量為零,閉合電路中的感應(yīng)電動勢不一定最大,故A錯誤;B、只有穿過閉合回路中磁通量發(fā)生變化時,閉合回路中才會產(chǎn)生感應(yīng)電流,穿過閉合電路的磁通量為零,若磁通量是變化的,則感應(yīng)電動勢一定不為零,故B錯誤;CD、根據(jù)E=可知,穿過閉合電路的磁通量變化越快,閉合電路中的感應(yīng)電動勢越大,而穿過閉合電路的磁通量變化越多,感應(yīng)電動勢不一定越大,故C錯誤,D正確。故選:D。【點評】本題的解題關(guān)鍵是準確理解并掌握法拉第電磁感應(yīng)定律及感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件,注意明確磁通量、磁通量變化量以及磁通量變化率間的區(qū)別。隨堂練習(xí)1.(2021春?安康期末)如圖所示,在足夠大的、磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中,有一根長度為L的導(dǎo)體棒AC。第一次以垂直棒的速度v在紙面內(nèi)勻速拉動導(dǎo)體棒;第二次以A點為軸在紙面內(nèi)順時針轉(zhuǎn)動導(dǎo)體棒,若這兩種情況下導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相同,則第二次轉(zhuǎn)動的角速度為()A. B. C. D.【分析】分別求出兩次導(dǎo)體棒運動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小,根據(jù)兩種情況下導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相同,可求得角速度?!窘獯稹拷猓旱谝淮我源怪卑舻乃俣葀勻速拉動導(dǎo)體棒,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為:E1=BLv;第二次以A點為軸順時針轉(zhuǎn)動導(dǎo)體棒,角速度為ω,則末端的線速度為v'=Lω,感應(yīng)電動勢為:E2=BL=因為E1=E2解得故A正確,BCD錯誤。故選:A?!军c評】本題考查導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢,關(guān)鍵注意當(dāng)棒轉(zhuǎn)動時,感應(yīng)電動勢大小E=BL。2.(2020秋?杭州期末)如圖,abcd為邊長為L的正方形勻強磁場區(qū)域,磁場方向垂直于紙面向里,半徑為r、匝數(shù)為n的線圈如圖所示放置。當(dāng)磁場以的變化率變化時,線圈中感應(yīng)電動勢為()A.0 B. C. D.【分析】線圈中的有效面積為矩形面積為L2,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律進行解答。【解答】解:線圈中的有效面積為矩形面積,故S=L2,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得線圈中的感應(yīng)電動勢E=n=n?L2,故B正確,ACD錯誤。故選:B?!军c評】解決本題的關(guān)鍵掌握法拉第電磁感應(yīng)定律,要掌握法拉第定律中的面積S是線圈在磁場中的有效面積。3.(2021?義烏市模擬)照片中的情景發(fā)生在義亭中學(xué)的創(chuàng)新實驗室。當(dāng)實驗老師從液氮中取出一塊“億鋇銅氧”合金并將它靠近一塊永磁體時,合金塊能懸浮在磁體的上方;老師又從液氮中取出一塊外形相似、質(zhì)量更小的鋁塊并將它靠近同一塊永磁體時,“懸浮”卻沒有發(fā)生。造成這一區(qū)別的主要原因是()A.“億鋇銅氧”合金在液氮溫度下電阻幾乎為零 B.質(zhì)量更小的鋁塊靠近永磁體時內(nèi)部不會形成電流 C.穿過“億鋇銅氧”合金的磁通量更大 D.穿過“億鋇銅氧”合金的磁通量變化得更快【分析】“億鋇銅氧”合金在液氨溫度下接近超導(dǎo)體,電阻幾乎為零,在兩磁場的相互作用力下“億鋇銅氧”能夠懸浮在磁體的上方;因為穿過鋁塊的磁通量變化,故能產(chǎn)生感應(yīng)電流;穿過“億鋇銅氧”合金的與穿過鋁塊的磁通量一樣大;磁通量變化得一樣快?!窘獯稹拷猓篈B、因穿過“億鋇銅氧”合金的磁通量與穿過鋁塊的磁通量變化得一樣快,但“億鋇銅氧”合金在液氨溫度下接近超導(dǎo)體,電阻幾乎為零,所以在“億鋇銅氧”合金中產(chǎn)生的電流很大,且電流持續(xù)的時間很長,所以電流激發(fā)的磁場也很強且持續(xù)時間長,故在兩磁場的相互作用力下“億鋇銅氧”能夠懸浮在磁體的上方;而質(zhì)量更小的鋁塊由于在液氨溫度下不能產(chǎn)生超導(dǎo)現(xiàn)象,所以電阻不能忽略,產(chǎn)生的感應(yīng)電流通過電阻時做功,電能很快轉(zhuǎn)化成了內(nèi)能,所以當(dāng)鋁塊靠近永磁體時不會產(chǎn)生磁懸浮現(xiàn)象,故A正確,B錯誤;C、穿過“億鋇銅氧”合金的與穿過鋁塊的磁通量一樣大,故C錯誤;D、穿過“億鋇銅氧”合金的與穿過鋁塊的磁通量一樣大,且穿過“億鋇銅氧”合金的磁通量與穿過鋁塊的磁通量變化得一樣快,故D錯誤。故選:A?!军c評】本題主要考查了法拉第電磁感應(yīng)定律及超導(dǎo)現(xiàn)象等知識,注意超導(dǎo)體的電阻為零。綜合練習(xí)一.選擇題(共20小題)1.(2021?河南模擬)兩個完全相同的閉合線圈甲和乙電阻均為R=4Ωa,匝數(shù)均為10。將它們分別放在變化的磁場中,穿過線圈的磁通量隨時間的變化規(guī)律如圖甲、乙所示,其中圖甲按正弦規(guī)律變化,圖乙線性變化,則下列說法正確的是()A.甲線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=20πsint B.乙線圈中感應(yīng)電流的有效值為10A C.0~4s內(nèi)甲、乙兩線圈中產(chǎn)生的熱量之比為 D.一個周期內(nèi)甲線圈中的電流方向改變?nèi)巍痉治觥扛鶕?jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動勢與速度的關(guān)系進行分析;線圈按丙圖情況運動時,求出電動勢有效值,根據(jù)閉合電路歐姆定律求解燈泡兩端的電壓?!窘獯稹拷猓海?)AD、圖甲按正弦規(guī)律變化,由圖甲可知,T=4s甲線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢按余弦變化,由e=nBSωcosωt知甲線圈感應(yīng)電動勢為:e==20πcos,一個周期內(nèi)電流方向改變兩次,故AD均錯誤;B、乙線圈中的磁通量線性變化,則0~時間內(nèi)和~T時間內(nèi)電動勢為:E1==10×V=40V~時間內(nèi)電動勢為:E2=80V因此電流的有效值滿足:+=I2RT代入數(shù)據(jù)得:I=,故B錯誤;C、甲線圈中電流的有效值為:I′===0~4s內(nèi)甲線圈產(chǎn)生的熱量為:Q1=I′2Rt==200π2J乙線圈中產(chǎn)生的熱量為:Q2=I2RT+=+=2800J,故,故C正確。故選:C?!军c評】本題主要是考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象和交流電的綜合,關(guān)鍵是弄清楚線圈的有效切割長度、產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小與速度的關(guān)系、有效值的計算方法以及電路的連接情況。知道電壓表的示數(shù)是兩端電壓且為電壓的有效值。2.(2021春?浦東新區(qū)校級期末)如圖所示,由均勻?qū)Ь€制成的半徑為R的圓環(huán),以速度v勻速進入一磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。當(dāng)圓環(huán)運動到圖示位置(∠aOb=90°)時,a、b兩點的電勢差Uab為()A. B. C. D.【分析】根據(jù)感應(yīng)電動勢公式E=BLv求出感應(yīng)電動勢的大小E,ab邊切割磁感線,相當(dāng)于電源,根據(jù)右手定則判斷電勢的高低,ab間的電壓是路端電壓,根據(jù)歐姆定律求解.【解答】解:當(dāng)圓環(huán)運動到圖示位置,圓環(huán)切割磁感線的有效長度為R;ab邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為:E=BRv,根據(jù)右手定則可知,a點的電勢低于b點的電勢;電路中的電流:I=設(shè)環(huán)的總電阻為R總,則線框進入磁場的過程中到達ab位置時,外電路的電阻值:a、b兩點的電勢差由歐姆定律得:Uab=﹣I?R外==,故ABC錯誤,D正確。故選:D?!军c評】本題是電磁感應(yīng)與電路、力學(xué)等知識的綜合應(yīng)用,注意a、b兩點的電勢差不是感應(yīng)電動勢,而是路端電壓.3.(2021春?鼓樓區(qū)校級期中)以下關(guān)于電磁感應(yīng)的說法正確的是()A.穿過閉合導(dǎo)體回路的磁通量變化越大,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢就越大 B.感應(yīng)電流的磁場總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化 C.閉合電路中的導(dǎo)體做切割磁感線運動,電路中就一定有感應(yīng)電流 D.若某時刻穿過閉合導(dǎo)體回路的磁通量為零,則此時刻回路中的感應(yīng)電流一定為零【分析】解答本題應(yīng)掌握:只有穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化時或閉合回路中的一部分導(dǎo)體切割磁感線,才能在回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流。根據(jù)楞次定律:感應(yīng)電流的磁場總是阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化,并結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律,即可求解?!窘獯稹拷猓篈、感應(yīng)電動勢表示磁通量的變化快慢,磁通量的變化越快,感應(yīng)電動勢越大,故A錯誤;B、根據(jù)楞次定律可知:感應(yīng)電流的磁場總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化,故B正確;C、閉合電路中的導(dǎo)體做切割磁感線運動,若磁通量沒有發(fā)現(xiàn)變化,則無感應(yīng)電流,故C錯誤;D、磁通量為0,但磁通量變化可以不為0,則感應(yīng)電流不一定為0,故D錯誤。故選:B?!军c評】本題考查感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件,應(yīng)明確只有同時滿足兩個條件時才能產(chǎn)生感應(yīng)電流:一是電路要閉合;二是磁通量要發(fā)生變化,同時掌握磁通量變化、磁通量變化率的區(qū)別。4.(2020秋?倉山區(qū)校級期末)如圖所示,一個有界勻強磁場區(qū)域,磁場方向垂直紙面向外,一個矩形閉合導(dǎo)線框abcd,沿紙面由位置1(左)勻速運動到位置2(右),則()A.導(dǎo)線框進入磁場時,感應(yīng)電流方向為abcda B.導(dǎo)線框離開磁場時,感應(yīng)電流方向為adcba C.導(dǎo)線框離開磁場時,受到的安培力方向水平向右 D.導(dǎo)線框進入磁場時,受到的安培力方向水平向左【分析】線框進入時dc邊切割磁感線,出來時ab邊切割磁感線,因此根據(jù)右手定則可以判斷出電流方向,注意完全進入時,磁通量不變,無感應(yīng)電流產(chǎn)生;然后根據(jù)左手定則判斷安培力方向。也可以利用楞次定律直接判斷電流和受力方向?!窘獯稹拷猓篈、線框進入磁場時,由右手定則可知,感應(yīng)電流沿順時針方向,即方向為adcba,故A錯誤;B、由右手定則可知,導(dǎo)線框離開磁場時,感應(yīng)電流方向為逆時針方向,即方向為abcda,故B錯誤;C、由左手定則可知,導(dǎo)線框離開磁場時,受到的安培力方向向左,故C錯誤;D、導(dǎo)線框進入磁場時,受到的安培力方向向左,故D正確;故選:D。【點評】本題可以利用楞次定律直接判斷電流和受力方向,也可以利用右手定則先判斷電流向,然后利用左手定則判斷受力方向。5.(2021?梅州模擬)如圖所示,空間中存在垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場,兩平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在傾角為θ的絕緣斜面上,勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧上端固定,下端與質(zhì)量為m的水平直導(dǎo)體棒ab中點相連,彈簧與導(dǎo)軌平面平行并始終與棒垂直導(dǎo)體棒垂直跨接在兩導(dǎo)軌上,接通電源后導(dǎo)體棒保持靜止,彈簧處于原長狀態(tài)。把電源極性調(diào)轉(zhuǎn),用外力使導(dǎo)體棒沿斜面往下平移x(彈性形變范圍內(nèi)),重新接通電源并撤掉外力,ab棒依然保持靜止,則x為()A. B. C. D.0【分析】根據(jù)初始狀態(tài)導(dǎo)體棒受力平衡列出等式,把電源極性調(diào)轉(zhuǎn)后,電流方向相反,安培力反向,根據(jù)此狀態(tài)受力平衡列等式,兩式聯(lián)立即可求解。【解答】解:接通電源后導(dǎo)體棒保持靜止,彈簧處于原長狀態(tài),導(dǎo)體棒處于平衡狀態(tài),如圖甲所示,沿斜面方向根據(jù)共點力平衡,有mgsinθ=BIL,把電源極性調(diào)轉(zhuǎn),用外力使導(dǎo)體棒沿斜面往下平移x(彈性形變范圍內(nèi)),重新接通電源并撤掉外力,ab棒依然保持靜止,受力分析如圖乙所示,沿斜面方向有mgsinθ+BIL=kx,聯(lián)立解得x=,故C正確;ABD錯誤;故選:C?!军c評】本題考查共點力平衡以及胡克定律、安培力的表達式,考查學(xué)生綜合運用已學(xué)知識的能力,難度適中。6.(2021?海淀區(qū)模擬)定義“另類加速度”A=,A不變的運動稱為另類勻變速運動。若物體運動的A不變,則稱物體做另類勻變速運動。如圖所示,光滑水平面上一個正方形導(dǎo)線框以垂直于一邊的速度穿過一個勻強磁場區(qū)域(磁場寬度大于線框邊長)。導(dǎo)線框電阻不可忽略,但自感可以忽略不計。已知導(dǎo)線框進入磁場前速度為v1,穿出磁場后速度為v2。下列說法中正確的是()A.線框在進入磁場的過程中,做勻變速運動 B.線框在進入磁場的過程中,其另類加速度A是變化的 C.線框完全進入磁場后,在磁場中運動的速度為 D.線框完全進入磁場后,在磁場中運動的速度為【分析】線框在進入磁場的過程中,分析線框的受力情況,判斷其運動情況,根據(jù)動量定理分析A的變化情況,并根據(jù)動量定理求線框完全進入磁場后的速度?!窘獯稹拷猓篈、線框在進入磁場的過程中,受到向左的安培力而做減速運動,線框受到的安培力大小F=BIL=,可知,隨著速度減小,線框受到的安培力減小,加速度減小,所以線框在進入磁場的過程中,做加速度逐漸減小的變減速直線運動,故A錯誤;B、線框在進入磁場的過程中,取向右為正方向,根據(jù)動量定理得:﹣BL△t=m△v,其中△t===,聯(lián)立可得=﹣,根據(jù)題意可知A==﹣,保持不變,故B錯誤;CD、設(shè)線框完全進入磁場后,在磁場中運動的速度為v。線框在進入磁場的過程中,取向右為正方向,根據(jù)動量定理得:﹣BL△t=mv﹣mv1,其中△t====,聯(lián)立得:﹣=mv﹣mv1;線框穿出磁場的過程中,同理可得:﹣=mv2﹣mv,聯(lián)立解得v=,故C正確,D錯誤。故選:C?!军c評】解決本題時,要正確分析線框進入磁場和穿出磁場的過程中受力情況,抓住安培力與速度成正比,分析線框的運動情況。對于線框在磁場中做非勻變速直線運動的過程,往往根據(jù)動量定理求速度。7.(2021?海淀區(qū)模擬)如圖甲所示是法拉第制作的世界上最早的發(fā)電機的實驗裝置。有一個可繞固定轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動的銅盤,銅盤的一部分處在蹄形磁體中。實驗時用導(dǎo)線連接銅盤的中心C,用導(dǎo)線通過滑片與鋼盤的邊線D連接且接觸良好,如圖乙所示,若用外力轉(zhuǎn)動手柄使圓盤轉(zhuǎn)動起來,在CD兩端會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢。說法正確的是()A.如圖甲所示,因為銅盤轉(zhuǎn)動過程中穿過銅盤的磁通量不變,所以沒有感應(yīng)電動勢 B.如圖甲所示,產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的原因是銅盤盤面上無數(shù)個以C為圓心的同心圓環(huán)中的磁通量發(fā)生了變化 C.如圖乙所示,用外力順時針(從左邊看)轉(zhuǎn)動銅盤,電路中會產(chǎn)生感應(yīng)電流,通過R的電流自下而上 D.如圖乙所示,用外力順時針(從左邊看)轉(zhuǎn)動銅盤,電路中會產(chǎn)生感應(yīng)電流,通過R的電流自上而下【分析】轉(zhuǎn)動盤時,將整個銅盤看成沿徑向排列的無數(shù)根銅條,它們做切割磁感線運動,產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,乙圖中盤相當(dāng)于發(fā)電機,可以獲得持續(xù)的電流;當(dāng)乙圖中盤順時針轉(zhuǎn)動時,根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流的方向;【解答】解:AB、外力搖手柄使得銅盤轉(zhuǎn)動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的原因是銅盤盤面上無數(shù)個沿半徑方向的銅棒在切割磁感線而產(chǎn)生的,故AB錯誤;CD、若用外力順時針(從左邊看)轉(zhuǎn)動銅盤時,根據(jù)右手定則可得感應(yīng)電流方向為C到D(電源內(nèi)部),D端是感應(yīng)電動勢的正極,則通過電阻R的電流自下而上,故C正確,D錯誤。故選:C?!军c評】本題實際上是發(fā)電機的模型,考查綜合運用右手定則及產(chǎn)生感應(yīng)電流條件的能力。關(guān)鍵是要知道產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的原因:銅盤盤面上無數(shù)個沿半徑方向的銅棒在切割磁感線而產(chǎn)生的。8.(2021春?岑溪市期中)矩形導(dǎo)線框固定在勻強磁場中,如圖甲所示,磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直,規(guī)定磁場的正方向為垂直紙面向外,磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示,則()A.0~t1時間內(nèi),導(dǎo)線框中電流的方向為adcba B.0~t1時間內(nèi),導(dǎo)線框中電流越來越小 C.0~t2時間內(nèi),導(dǎo)線框中電流的方向始終為abcda D.0~t2時間內(nèi),導(dǎo)線框ab邊受到的安培力大小恒定不變【分析】由右乙可知磁感應(yīng)強度B的變化,則可得出磁通量的變化情況,由楞次定律可知電流的方向;由法拉第電磁感應(yīng)定律可知電動勢,即可知電路中電流的變化情況;由F=BIL可知安培力的變化情況。【解答】解:AC、根據(jù)圖乙所示磁感應(yīng)強度變化情況,應(yīng)用楞次定律可知,0~t2時間,電路中電流方向為逆時針方向,即電流方向為:abcda,故A錯誤,C正確;B、由圖乙所示圖線可知,0~t1磁感應(yīng)強度均勻減小,由法拉第電磁感應(yīng)定律可知,感應(yīng)電動勢大小不變,由歐姆定律可知,線框中的電流大小不變,故B錯誤;D、由C可知:0~t2時間內(nèi),電路中電流大小I恒定不變,B不斷變化,由F=BIL可知,安培力F大小發(fā)生變化,安培力大小不是恒定的,故D錯誤。故選:C?!军c評】本題要求學(xué)生能正確理解B﹣t圖的含義,才能準確的利用楞次定律、左手定律等進行判定;解題時要特別注意,兩個時段,雖然磁場的方向發(fā)生了變化,但因其變化為連續(xù)的,故產(chǎn)生的電流一定是相同的。9.(2021?豐臺區(qū)校級三模)某實驗裝置如圖所示,在鐵芯P上繞著兩個線圈A和B。在線圈A中通入電流i與時間t的關(guān)系如圖A、B、C、D所示,那么在t1~t2這段時間內(nèi),可以觀察到線圈B中產(chǎn)生交變電流的是()A. B. C. D.【分析】根據(jù)感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件分析答題,穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化,產(chǎn)生感應(yīng)電流,磁通量變化不均勻,才能產(chǎn)生交變電流。要產(chǎn)生交變電流,電流的變化率也應(yīng)該是改變的。【解答】解:A、由圖A可知,A中電流不變,電流產(chǎn)生的磁場不變,穿過B的磁通量不變,所以B中不產(chǎn)生感應(yīng)電流,故A錯誤;B、圖B中電流發(fā)生均勻變化,產(chǎn)生的磁場均勻變化,產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電流,不是交變電流,故B錯誤;C、圖C中電流發(fā)生變化,產(chǎn)生的磁場發(fā)生變化,整個過程會產(chǎn)生交變電流,但在t1∽t2這段時間內(nèi),電流的變化均勻,磁場變化均勻,故在t1∽t2這段時間內(nèi)不會產(chǎn)生交變電流,故C錯誤;D、圖D中電流發(fā)生變化,產(chǎn)生的磁場發(fā)生變化,整個過程會產(chǎn)生交變電流,在t1∽t2這段時間內(nèi),電流的變化率發(fā)生變化,故產(chǎn)生非均勻變化的磁場,故會產(chǎn)生交變電流,故D正確;故選:D。【點評】本題考查了判斷是否產(chǎn)生感應(yīng)電流,知道感應(yīng)電流產(chǎn)生條件、分析清楚圖象即可正確解題。10.(2021?濱江區(qū)校級模擬)如圖所示,金屬圓環(huán)內(nèi)外半徑為r和2r,勻強磁場B垂直圓環(huán)平面向里,兩環(huán)之間接有電容器,在兩環(huán)間且接觸良好的金屬導(dǎo)體ab棒可繞圓心以角速度ω逆時針旋轉(zhuǎn),已知電容器的電容為C,則下列說法正確的是()A.電容器c極板帶負電 B.cd間電壓逐漸增大 C.金屬棒ab產(chǎn)生的電動勢為Bωr2 D.電容器所帶電荷量為CBωr2【分析】根據(jù)右手定則即可判定感應(yīng)電動勢方向,從而確定電容器的極性;根據(jù)切割感應(yīng)電動勢E=BLv,結(jié)合線速度v=ωR,及電荷量Q=CU,即可求解?!窘獯稹拷猓篈、根據(jù)右手定則可知,ab棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢方向由a到b,a端的電勢比b端的電勢低,則電容器c板帶正電,d板帶負電,故A錯誤;BC、根據(jù)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢為:E=BLab=Br?=Br?=Br2ω,電容器cd間的電壓等于電動勢,所以cd間的電壓不變,故BC錯誤;D、根據(jù)電容器電荷量的計算公式Q=CU,及U=E得:,故D正確。故選:D。【點評】本題主要是考查了右手定則的內(nèi)容,掌握法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用,要知道電路中沒有電流,電容器板間電壓等于ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢。11.(2021?廈門一模)某簡易發(fā)電機由一個面積為4×10﹣2m2、匝數(shù)10匝、電阻為2Ω的線圈和某變化的磁場組成.線圈固定不動,磁場方向垂直于線圈平面,磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖所示(磁場變化的周期T=0.4s),下列判斷正確的是()A.該簡易發(fā)電機產(chǎn)生的電動勢為4V B.該簡易發(fā)電機的短路電流為0.5A C.t=0.1s時,磁感應(yīng)強度為零,此時簡易發(fā)電機的瞬時電壓為零 D.將額定功率為0.375W、電阻為6Ω的燈泡接入該簡易發(fā)電機,燈泡能正常發(fā)光【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律計算產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的大小,由歐姆定律求解電流?!窘獯稹拷猓篈B、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,0~2s內(nèi),穿過線圈的磁通量減小,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為E=n=nS=10××4×10﹣2V=﹣2V(負號表示方向)同理0.2s~0.4s內(nèi),穿過線圈的磁通量增加,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為E=n=nS=10××4×10﹣2V=2V可知線圈中產(chǎn)生交變電流的有效值為2V,則發(fā)電機的短路電流為I==A=1A故AB錯誤;C、t=0.1s時,磁感應(yīng)強度的變化率不變,則此時簡易發(fā)電機的瞬時電壓為2V,故C錯誤;D、接入該簡易發(fā)電機的燈泡額定電壓為U額==V=1.5V接入發(fā)電機后,該燈泡的兩端電壓為U=E=×2V=1.5V與該燈泡的額定電壓相等,則燈泡能正常發(fā)光,故D正確。故選:D?!军c評】本題是考查電磁感應(yīng)與電路相結(jié)合的綜合問題,需注意產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的大小取決于磁通量的變化率,再結(jié)合電路的有關(guān)知識分析求解。12.(2021?龍巖模擬)如圖甲所示,理想變壓器的一組線圈與水平導(dǎo)軌相連,導(dǎo)軌處于豎直向上的勻強磁場中,金屬棒AB垂直放在導(dǎo)軌上,其向左運動的速度圖像如圖乙所示,則下列各圖中能表示ab兩端的電壓uab隨時間t變化的圖像是()A. B. C. D.【分析】根據(jù)金屬棒的運動情況判斷金屬棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向,根據(jù)楞次定律判斷副線圈中感應(yīng)電流的方向和電勢的高低,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律判斷感應(yīng)電動勢的大小。【解答】解:0~t1時間內(nèi)金屬棒AB向左做勻加速直線運動,根據(jù)右手定則可知電流方向B→A,原線圈電流產(chǎn)生的磁場方向向下均勻增加,則副線圈的磁通量向上均勻增加,根據(jù)楞次定律可知副線圈中感應(yīng)電流的方向如圖所示,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動勢E=保持不變,且a點為高電勢,則Uab為定值;t1~t2時間內(nèi)金屬棒AB向左做勻減速直線運動,根據(jù)右手定則可知電流方向B→A,原線圈電流產(chǎn)生的磁場方向向下均勻減小,則副線圈的磁通量向上均勻減小,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動勢E=保持不變,且a點為低電勢,則Uab為定值,故B正確、ACD錯誤。故選:B。【點評】本題主要是考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象與圖像的結(jié)合,關(guān)鍵是能夠根據(jù)右手定則判斷金屬棒中的電流方向,知道變壓器原理,能夠根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電動勢高低。13.(2021春?廣州期中)電動汽車越來越被人們所喜愛,某一種無線充電方式的基本原理如圖所示,路面上依次鋪設(shè)圓形線圈,相鄰兩個線圈由供電裝置通以反向電流,車身底部固定感應(yīng)線圈,通過充電裝置與蓄電池相連,汽車在此路面上行駛時,就可以進行充電,若汽車正在勻速行駛,下列說法正確的是()A.感應(yīng)線圈中產(chǎn)生的恒定的電流 B.感應(yīng)線圈中產(chǎn)生的方向改變、大小不變的電流 C.感應(yīng)線圈一定受到的路面線圈磁場的安培力,且該安培力會阻礙汽車運動 D.給路面上的線圈通以同向電流,不會影響充電效果【分析】地面相鄰兩個線圈由供電裝置通以反向電流,則線圈內(nèi)部產(chǎn)生磁場方向相反,車運動時,車底線圈始終位于地面兩個線圈,磁通量發(fā)生變化,故會產(chǎn)生感應(yīng)電流,從而給電動車充電了。【解答】解:A、由于路面下鋪設(shè)圓形線圈,相鄰兩個線圈的電流相反,所以兩個線圈中磁場方向相反,感應(yīng)線圈中的磁通量怎樣變化不確定,無法判斷感應(yīng)線圈中產(chǎn)生的電流是否為恒定電流,故A錯誤;B、由于路面上的線圈中的電流不知是怎么變化,即產(chǎn)生的磁場無法確定變化情況,所以感應(yīng)線圈中的電流大小不能確定,故B錯誤;C、感應(yīng)線圈隨汽車一起運動過程中會產(chǎn)生感應(yīng)電流,在路面線圈的磁場中受到安培力,根據(jù)“來拒去留”可知,此安培力阻礙相對運動,即阻礙汽車運動,故C正確;D、給路面下的線圈通以同向電流時,路面下的線圈產(chǎn)生相同方向的磁場,穿過感應(yīng)線圈的磁通量增大,磁通量的變化率變小,所以產(chǎn)生的感應(yīng)電流變小,影響充電效果,故D錯誤。故選:C?!军c評】解決本題的關(guān)鍵掌握楞次定律的內(nèi)容,知道感應(yīng)電流的磁場總是阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化,并能理解法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用。14.(2021春?越秀區(qū)校級期中)如圖甲所示,電阻不計且間距L=lm的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置,上端接一阻值R=2Ω的電阻,虛線OO′下方有垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強磁場。現(xiàn)將質(zhì)量m=0.1kg、電阻不計的金屬桿ab從OO′上方某處由靜止釋放,金屬桿ab在下落的過程中與導(dǎo)軌保持良好接觸且始終水平,已知金屬桿ab進入磁場時的速度v0=1m/s,下落0.3m的過程中加速度a與下落距離h的關(guān)系圖像如圖乙所示,已知:當(dāng)下落高度h=0.3m時,a恰好減小為0,g取10m/2,則()A.勻強磁場的磁感應(yīng)強度為2T B.金屬桿ab下落0.3m時的速度為1m/s C.金屬桿ab下落0.3m的過程中R上產(chǎn)生的熱量為0.2J D.金屬桿ab下落0.3m的過程中通過R的電荷量為0.30C【分析】由乙圖讀出金屬桿ab剛進入磁場時加速度的大小,判斷出加速度方向,由法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律推導(dǎo)出安培力與速度的關(guān)系式,再由牛頓第二定律列式即可求出磁感應(yīng)強度。金屬桿ab下落0.3m時a=0,根據(jù)平衡條件求金屬桿的速度。從開始下落到下落0.3m的過程中,金屬桿ab的機械能減小轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,由能量守恒列式可求出電阻R上產(chǎn)生的熱量。根據(jù)電荷量的經(jīng)驗公式q=即可求通過R的電荷量?!窘獯稹拷猓篈、金屬桿ab進入磁場后,根據(jù)右手定則判斷可知金屬桿ab中感應(yīng)電流方向由a到b。由左手定則可知,金屬桿ab所受的安培力方向豎直向上。由乙圖知,金屬桿ab剛進入磁場時加速度大小a0=10m/s2,方向豎直向上。由牛頓第二定律得:BI0L﹣mg=ma0設(shè)桿剛進入磁場時的速度為v0,則有I0==聯(lián)立整理得:﹣mg=ma0代入數(shù)據(jù)解得:B=2T,故A正確;B、通過a﹣h圖像知h=0.3m時,a=0,表明金屬桿受到的重力與安培力平衡,有mg=BL?=,解得:v=0.5m/s。即桿ab下落0.3m時金屬桿的速度為0.5m/s,故B錯誤;C、金屬桿ab下落0.3m的過程中,由能量守恒定律得:mgh=Q+mv2,代入數(shù)據(jù)解得R上產(chǎn)生的熱量:Q=0.2875J,故C錯誤;D、金屬桿自由下落的高度為h′==m=0.05m,ab下落0.3m的過程中,通過R的電荷量:q=t====C=0.25C,故D錯誤。故選:A?!军c評】本題關(guān)鍵要根據(jù)圖象讀出加速度和金屬桿的運動狀態(tài),熟練推導(dǎo)出安培力與速度的關(guān)系式,運用牛頓第二定律、安培力、法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、能量守恒定律等多個知識進行處理。15.(2021春?番禺區(qū)校級期中)兩條平行虛線間存在一勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小B=0.2T,方向與紙面垂直,邊長L=0.1m、總電阻R=0.05Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi),cd邊距磁場邊界L,如圖所示,已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運動,cd邊于t=1s時刻進入磁場,以初始位置為計時起點,規(guī)定:電流沿順時針方向時的電動勢E為正,磁感線垂直紙面向外時磁通量Φ為正。則以下關(guān)于線框中的感應(yīng)電動勢E、磁通量Φ、感應(yīng)電流Ⅰ和安培力F隨時間變化的圖象中正確的是()A. B. C. D.【分析】由題意求出線框向右勻速運動的速度大小,線框以速度v勻速穿過磁場區(qū)域,穿過線框的磁通量由磁場與面積決定,而面積卻由線框?qū)挾扰c位移決定,但位移是由速度與時間決定,所以磁通量是磁場、線框?qū)挾?、速度及時間共同決定;由于線框勻速穿過磁場,因此在進入或離開磁場時,根據(jù)由楞次定律判斷感應(yīng)電流方向,確定出電動勢的方向.由E=BLv求出感應(yīng)電動勢,由歐姆定律求出電流,線框切割磁感線產(chǎn)生的電動勢大小和感應(yīng)電流大小相等,但方向相反;線框中有感應(yīng)電流,則由左手定則可確定安培力的方向,通過安培力公式可得出力的大小?!窘獯稹拷猓壕€框從圖中所示位置開始向右做勻速運動,t=1s時開始進入磁場,所以線框的速度A、在0﹣1s時間內(nèi),線框處在磁場之外,磁通量Φ=0;在1s﹣2s時間是線框進入磁場的過程,磁通量逐漸增大,t=2s時線框剛好完全進入磁場區(qū)域,磁通量最大在2s﹣3s時間是線框離開磁場的過程,磁通量逐漸減小,t=3s時線框剛好完全離開磁場區(qū)域,磁通量減小為0,故A錯誤;BCD、在1s﹣2s時間是線框勻速進入磁場的過程,線框進入磁場區(qū)域的過程中的電動勢為,回路中的電流,根據(jù)楞次定律可判斷電流方向為順時針方向,電動勢和電流均為正值;邊框所受安培力F=BIL=0.2×0.04×0.1N=8×10﹣4N,根據(jù)左手定則可知安培力方向水平向左同理可得:在2s﹣3s時間是線框離開磁場的過程,其電動勢,回路中的電流I2=I1=0.04A,根據(jù)楞次定律可判斷電流方向為逆時針方向,電動勢為負值值,邊框所受安培力F=BIL=0.2×0.04×0.1N=8×10﹣4N,根據(jù)左手定則可知安培力方向水平向左,故B正確,CD錯誤。故選:B?!军c評】電磁感應(yīng)與圖象的結(jié)合問題,在解題時涉及的內(nèi)容較多,同時過程也較為復(fù)雜,故在解題時要靈活,可以選擇合適的解法,如排除法等進行解答,本題難度較大。16.(2021春?海珠區(qū)校級月考)如圖所示,垂直紙面的正方形勻強磁場區(qū)域內(nèi),有一位于紙面的、電阻均勻的正方形導(dǎo)體框abcd,現(xiàn)將導(dǎo)體框分別朝兩個方向以v、3v速度勻速拉出磁場,則導(dǎo)體框從兩個方向移出磁場的兩個過程中()A.導(dǎo)體框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相反 B.導(dǎo)體框中產(chǎn)生的焦耳熱相同 C.導(dǎo)體框ad邊兩端電勢差相同 D.通過導(dǎo)體框截面的電量相同【分析】感應(yīng)電流方向根據(jù)楞次定律判斷;由E=BLv和閉合電路歐姆定律分析感應(yīng)電流大小,再根據(jù)焦耳定律分析焦耳熱的關(guān)系;由歐姆定律分析ad邊兩端電勢差關(guān)系;由q=,分析通過導(dǎo)體框截面的電量關(guān)系?!窘獯稹拷猓篈、將導(dǎo)體框從兩個方向移出磁場的過程中,磁通量均減小,而磁場方向都垂直紙面向外,根據(jù)楞次定律判斷可知,導(dǎo)體框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向均沿逆時針方向,故A錯誤;B、導(dǎo)體框以速度v勻速拉出磁場時,導(dǎo)體框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為I1=,產(chǎn)生的焦耳熱為Q1=I12Rt1=()2R?=導(dǎo)體棒以速度3v勻速拉出磁場時,導(dǎo)體框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為I2=,產(chǎn)生的焦耳熱為Q2=I22Rt2=()2R?=,導(dǎo)體框中產(chǎn)生的焦耳熱不同,故B錯誤;C、導(dǎo)體框以速度v勻速拉出磁場時,導(dǎo)體框ad邊兩端電勢差U1=E1=BLv,導(dǎo)體框以速度3v勻速拉出磁場時,導(dǎo)體框ad邊兩端電勢差U2=E2=BL?3v=BLv,導(dǎo)體框ad邊兩端電勢差不同,故C錯誤;D、通過導(dǎo)體框截面的電量q=I△t==。兩個過程中磁通量的變化量相同,根據(jù)q=可知通過導(dǎo)體框截面的電量相同,故D正確。故選:D?!军c評】解決本題的關(guān)鍵要掌握感應(yīng)電動勢公式:E=BLv和感應(yīng)電荷量公式q=,并熟練運用楞次定律。17.(2021春?白云區(qū)校級月考)如圖所示,在豎直向上的勻強磁場中將金屬棒ab從某高處水平拋出,不計空氣阻力,金屬棒ab在運動過程中()A.感應(yīng)電動勢大小不變,且φa>φb B.感應(yīng)電動勢大小不變,且φa<φb C.由于速率不斷增大所以感應(yīng)電動勢不斷變大,且φa>φb D.由于速率不斷增大,所以感應(yīng)電動勢不斷變大,且φa<φb【分析】由感應(yīng)電動勢公式E=Blvsinα,vsinα是有效的切割速度,即是垂直于磁感線方向的分速度,結(jié)合平拋運動的特點分析選擇?!窘獯稹拷猓航饘侔鬭b做平拋運動,其水平方向的分運動是勻速直線運動,水平分速度保持不變,等于v0,由感應(yīng)電動勢公式E=Blvsinα,vsinα是垂直于磁感線方向的分速度,即是平拋運動的水平分速度,等于v0,則感應(yīng)電動勢E=Blv0,B、l、v0均不變,則感應(yīng)電動勢大小保持不變,根據(jù)右手定則可知φa>φb,故A正確,BCD錯誤;故選:A?!军c評】本題考查對感應(yīng)電動勢公式的理解和平拋運動的特點,注意到線切割磁感線v是垂直B的速度。18.(2021春?海珠區(qū)校級月考)一個閉合矩形線圈abcd以速度v從無磁場區(qū)域勻速穿過勻強磁場區(qū)域,而再次進入無磁場區(qū)域,如圖所示,那么,下列圖中能正確反映線圈中電流﹣時間關(guān)系的圖象是()A. B. C. D.【分析】先根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流方向,再根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律分析各段過程感應(yīng)電流的大小,再選擇圖象?!窘獯稹拷猓壕€圈進入磁場時,穿過線圈的磁通量向外增加,根據(jù)楞次定律判斷可知線圈中感應(yīng)電流方向為順時針方向,為正值;線圈穿出磁場時,穿過線圈的磁通量向外減小,感應(yīng)電流方向為逆時針方向,為負值;根據(jù)I==,知線圈進入磁場和穿出磁場時,感應(yīng)電流的大小不變;線圈完全在磁場中運動時,磁通量不變,沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生,故B正確,ACD錯誤。故選:B?!军c評】本題運用楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律分析感應(yīng)電流的方向和大小,這是電磁感應(yīng)問題中常用的方法和思路,要熟練掌握。19.(2021春?白云區(qū)校級月考)如圖所示,兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi),導(dǎo)軌之間接有燈泡A。金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸,整個裝置放在勻強磁場中。磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下?,F(xiàn)使金屬棒ab以一定的初速度v開始向右運動,此后()A.棒ab勻減速運動直到停止 B.棒ab中的感應(yīng)電流方向由b到a C.棒ab所受的安培力方向水平向右 D.燈泡A逐漸變亮【分析】金屬棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,應(yīng)用E=BLv求出感應(yīng)電動勢,應(yīng)用閉合電路的歐姆定律求出感應(yīng)電流,應(yīng)用安培力公式求出金屬棒受到的安培力大小,然后判斷金屬棒的運動性質(zhì);應(yīng)用右手定則判斷出感應(yīng)電流方向;應(yīng)用左手定則判斷安培力方向;根據(jù)電功率公式判斷燈泡功率如何變化,判斷亮度如何變化?!窘獯稹拷猓涸O(shè)磁感應(yīng)強度為B,金屬棒的長度為L,電路總電阻為R;A、金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLv由閉合電路的歐姆定律可知,感應(yīng)電流I=金屬棒受到的安培力F=BIL=金屬棒在安培力作用下做減速運動,v不斷減小,安培力不斷減小,由牛頓第二定律可知,金屬棒的加速度不斷減小,金屬棒做加速度減小的減速運動,直到停止,故A錯誤;B、由右手定則可知,棒ab中的感應(yīng)電流方向是由b到a,故B正確;C、由左手定則可知,棒ab所示安培力水平向左,故C錯誤;D、金屬棒速度不斷減小,感應(yīng)電流I不斷減小,燈泡的功率P=I2RL不斷減小,燈泡逐漸變暗,故D錯誤。故選:B?!军c評】分析清楚金屬棒的運動過程,應(yīng)用E=BLv、歐姆定律、安培力公式與右手定則、左手定則即可解題。20.(2021春?白云區(qū)校級月考)兩條平行虛線間存在一勻強磁場,磁感應(yīng)強度方向與紙面垂直。邊長為0.1m、總電阻為0.005Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi),cd邊與磁場邊界平行,如圖甲所示。已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運動,cd邊于t=0時刻進入磁場。線框中感應(yīng)電動勢隨時間變化的圖線如圖乙所示(感應(yīng)電流的方向為順時針時,感應(yīng)電動勢取正)。下列說法正確的是()A.磁感應(yīng)強度的大小為0.5T B.導(dǎo)線框運動的速度的大小為5m/s C.難感應(yīng)強度的方向垂直于紙面向內(nèi) D.在t=0.4s至t=0.6s這段時間內(nèi),導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.04N【分析】根據(jù)線框勻速運動的位移和對應(yīng)時間求出速度,讀出感應(yīng)電動勢,結(jié)合E=BLv求出磁感應(yīng)強度B的大小。根據(jù)感應(yīng)電流的方向,運用楞次定律判斷磁場的方向。根據(jù)安培力公式F=BIL得出導(dǎo)線框所受的安培力?!窘獯稹拷猓篈B、由圖乙知,導(dǎo)體框進入磁場用時0.2s,導(dǎo)線框勻速運動的速度為:v=m/s=0.5m/s根據(jù)E=BLv知磁感應(yīng)強度為:B==T=0.2T,故AB錯誤;C、由圖乙可知,線框進磁場時,感應(yīng)電流的方向為順時針,磁通量增加,根據(jù)楞次定律知磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面向外,故C錯誤;D、在0.4﹣0.6s內(nèi),導(dǎo)線框所受的安培力為:F=BIL==,故D正確。故選:D?!军c評】本題考查導(dǎo)線切割磁感線的類型,要掌握切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢公式E=BLv以及楞次定律,能熟練推導(dǎo)出安培力與速度的關(guān)系式F=。二.多選題(共10小題)21.(2021春?湖北月考)1824年,法國科學(xué)家阿拉果完成了著名的“圓盤實驗”。實驗中將一銅圓盤水平放置,在其中心正上方用柔軟細線懸掛一枚可以自由旋轉(zhuǎn)的磁針,如圖所示。實驗中發(fā)現(xiàn),當(dāng)圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉(zhuǎn)時,磁針也隨著一起轉(zhuǎn)動起來,但略有滯后磁針之所以轉(zhuǎn)動,是因為()A.圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成電流,此電流產(chǎn)生的磁場導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動 B.圓盤轉(zhuǎn)動時,圓盤的半徑切割磁針產(chǎn)生的磁場的磁感線,產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,感應(yīng)電動勢產(chǎn)生電流,此電流產(chǎn)生的磁場導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動 C.銅圓盤上存在許多小的閉合回路,當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動時,穿過小的閉合回路的磁通量發(fā)生變化,回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流,此電流產(chǎn)生的磁場導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動 D.圓盤轉(zhuǎn)動的過程中,磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量發(fā)生了變化,圓盤產(chǎn)生電流,此電流產(chǎn)生的磁場導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動【分析】根據(jù)題意明確渦流的產(chǎn)生,再根據(jù)磁極和電流的相互作用分析磁鐵的運動?!窘獯稹拷猓篈.圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成電流,此電流產(chǎn)生的磁場沿軸線方向,不會導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動,故A錯誤;B.圓盤轉(zhuǎn)動時,圓盤的半徑切割磁針產(chǎn)生磁場的磁感線,產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,但由于距離圓心遠近不同,各點電勢也不同,從而形成渦流,產(chǎn)生的電流會導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動,故B正確;C.銅圓盤上存在許多小的閉合回路,當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動時,穿過小的閉合回路的磁通量發(fā)生變化,回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流(渦流),此電流產(chǎn)生的磁場導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動,故C正確;D.圓盤轉(zhuǎn)動的過程中,磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量始終為零,故D錯誤。故選:BC?!军c評】本題要注意明確電流的形成不是因為自由電子的運動,而是由于圓盤切割磁感線產(chǎn)生了電動勢,從而產(chǎn)生了渦流。22.(2021?安徽模擬)如圖甲所示,兩間距為L的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi),左端用導(dǎo)線連接,導(dǎo)軌處在豎直向上的勻強磁場中,一根長度也為L、電阻為R的金屬棒放在導(dǎo)軌上,在平行于導(dǎo)軌向右、大小為F的恒力作用下向右運動,金屬棒運動過程中,始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好,金屬棒運動的加速度與速度關(guān)系如圖乙所示,不計金屬導(dǎo)軌及左邊導(dǎo)線電阻,金屬導(dǎo)軌足夠長,若乙圖中的a0、v0均為已知量,則下列說法正確的是()A.金屬棒的質(zhì)量為 B.勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為 C.當(dāng)拉力F做功為W時,通過金屬棒橫截面的電量為 D.某時刻撤去拉力,此后金屬棒運動過程中加速度大小與速度大小成正比【分析】根據(jù)牛頓第二定律列式,求出金屬棒的加速度和速度的函數(shù)關(guān)系式,根據(jù)截距和斜率求解金屬棒的質(zhì)量和磁感應(yīng)強度;根據(jù)恒力F做功計算金屬棒運動的距離,根據(jù)電荷量推論公式計算電荷量;撤去力F后,根據(jù)牛頓第二定律求出金屬棒的加速度與速度關(guān)系式判斷?!窘獯稹拷猓篈B、根據(jù)牛頓第二定律可得F﹣F安=ma,其中金屬棒所受安培力聯(lián)立解得金屬棒的加速度為結(jié)合圖像可知:當(dāng)速度v=0時,加速度,所以金屬棒的質(zhì)量圖像的斜率k=,解得磁感應(yīng)強度,故AB正確;C、當(dāng)拉力做功為W時,金屬棒運動的距離為則通過金屬棒截面的電荷量,故C錯誤;D、撤去拉力后,據(jù)牛頓第二定律有,可得,故D正確。故選:ABD?!军c評】電荷量的推論公式,在處理計算題時可直接利用。23.(2021春?鼓樓區(qū)校級期中)如圖所示,水平光滑桌面上有一等邊三角形金屬線框abc,c點恰處于方向垂直于桌面向里的勻強磁場的邊界PQ上,在拉力F的作用下,線框以恒定速率通過勻強磁場區(qū)域,磁場的寬度大于線框的邊長,且運動過程中ab始終與PQ保持平行。在線框從開始進入磁場到完全進入磁場區(qū)域的過程中,下列四幅圖中正確反映線框中的感應(yīng)電流I、熱功率P、外力F以及通過線框橫截面的電量q隨時間t的變化規(guī)律的是()A. B. C. D.【分析】線框勻速穿過磁場區(qū)域,設(shè)速度為v,切割的長度為L=2vt?tan30°,根據(jù)切割公式得到感應(yīng)電動勢大小,根據(jù)歐姆定律得到感應(yīng)電流大小,根據(jù)P=I2R得到電功率情況,根據(jù)安培力公式得到安培力情況,根據(jù)平衡條件得到拉力情況?!窘獯稹拷猓篈、設(shè)線框切割磁感線的有效長度為L,則L=2vt?tan30°=vt,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLv,感應(yīng)電流I==,線框進入磁場的過程中,電流I與時間t成正比,故A正確;B、功率P=I2R=,功率與時間的平方成正比,故圖象為曲線,故B錯誤;C、線框做勻速運動,由平衡條件可得:F=BIL=,故拉力與t的平方成正比,故C正確;D、通過線框橫截面的電荷量q=t==,q與時間的二次方成正比,故D錯誤。故選:AC。【點評】本題考查滑軌問題,關(guān)鍵是根據(jù)切割公式、歐姆定律公式、安培力公式列式分析,得到安培力表達式,還要結(jié)合電功率公式、平衡條件列式得到電功率表達式和拉力的表達式進行分析,注意題目中線框是勻速通過磁場區(qū)域24.(2021?重慶模擬)如圖所示,直線OP右側(cè)為范圍足夠大的勻強磁場,磁場方向垂直紙面向里,磁感應(yīng)強度大小為B。abcd是邊長為L的正方形單匝閉合導(dǎo)線框??傠娮柚禐镽,其中ad邊水平,ad邊與OP邊界成45°,導(dǎo)線框始終以速度v水平向右做勻速直線運動,在導(dǎo)線框進入磁場過程中()A.導(dǎo)線框中感應(yīng)電流先沿順時針方向后沿逆時針方向 B.導(dǎo)線框中感應(yīng)電流始終沿逆時針方向 C.導(dǎo)線框中感應(yīng)電流最大值為 D.導(dǎo)線框中感應(yīng)電流最大值為【分析】根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流方向;正方形導(dǎo)線框進入磁場的過程中,注意其有效長度,最長即為正方形邊長,并不是對角線?!窘獯稹拷猓篈B、線框進入磁場時,導(dǎo)線框中的磁通量增大,根據(jù)楞次定律可知,導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向外,再根據(jù)安培定則可判斷出導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流方向為逆時針,故B正確,A錯誤。CD、在導(dǎo)線框以與OP平行的對角線進入磁場,當(dāng)ac邊進入磁場時,根據(jù)E=BLv,可知此時有效長度最大為L,所以Im=,故C正確,D錯誤;故選:BC?!军c評】本題關(guān)鍵考查楞次定律與有效長度,注意有效長度的判斷是解決本題的關(guān)鍵,根據(jù)左手定則,B,L,v三者應(yīng)互相垂直關(guān)系。25.(2021?山東模擬)如圖所示,足夠長的水平金屬導(dǎo)軌MN,PQ放在豎直向上的勻強磁場中,金屬桿ab在水平恒力F作用下由靜止開始向右運動,水平導(dǎo)軌光滑,除電阻R外,其他電阻不計。運動過程中,金屬桿加速度大小a、速度大小v、力F的沖量I隨時間變化的規(guī)律正確的是()A. B. C. D.【分析】分析金屬桿的受力情況,由牛頓第二定律和安培力公式F=BIL相結(jié)合列式,來分析加速度的變化情況,判斷金屬桿的運動情況,確定速度的變化情況。根據(jù)沖量的定義I=Ft分析力F的沖量I隨時間變化的規(guī)律?!窘獯稹拷猓篈B、金屬桿受到的合力為力F與安培力的合力,根據(jù)牛頓第二定律得F﹣F安=ma,又F安=BIL=BL?=,聯(lián)立得F﹣=ma,可知,隨著速度增大,金屬桿的加速度減小,故金屬桿做加速度逐漸減小的加速運動,最終加速度減小為零,達到勻速運動,故A錯誤,B正確;CD、力F的沖量I=Ft,F(xiàn)是恒力,則I與t成正比,I﹣t圖像是過原點的傾斜直線,故C錯誤,D正確。故選:BD?!军c評】解答本題的關(guān)鍵要熟練推導(dǎo)出安培力與速度的關(guān)系F安=,利用牛頓第二定律分析金屬桿的加速度變化情況。26.(2021?寶雞模擬)如圖所示,一質(zhì)量為m的金屬桿可以無摩擦地沿水平的平行導(dǎo)軌滑行,兩軌間寬為L,導(dǎo)軌與電阻R連接,放在豎直向上的勻強磁場中,磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,桿的初速度為v,其余電阻均不計,則()A.由于金屬桿和導(dǎo)軌之間無摩擦,回路中的感應(yīng)電動勢始終是BLv B.金屬桿所受的安培力方向與初速度方向相同 C.金屬桿所受的安培力逐漸減小 D.電阻R上產(chǎn)生的總焦耳熱為【分析】根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流的方向;再由左手定則可分析受力方向;從而明確金屬桿的運動情況;再根據(jù)功能關(guān)系求解R上產(chǎn)生的焦耳熱.【解答】解:A、由于金屬桿受到安培力的作用,故金屬桿做減速運動,速度越來越小,則電動勢越來越小,故A錯誤;B、根據(jù)右手定則可知通過金屬桿的電流向外,再根據(jù)左手定則可知,安培力與運動方向相反,故B錯誤;C、因電動勢減小,則電流減小,則由F=BIL可知,安培力減小,故C正確;D、由于電磁感應(yīng),金屬桿最終將保持靜止,動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,即全部轉(zhuǎn)化為R的焦耳熱;故電阻R上產(chǎn)生的總焦耳熱為mv2,故D正確。故選:CD?!军c評】本題中電磁感應(yīng)中電路及能量問題,分析電路中能量的轉(zhuǎn)化是解題的關(guān)鍵,要注意明確安培力一直阻礙金屬桿的運動,從而將機械能轉(zhuǎn)化為電能.27.(2021?香坊區(qū)校級三模)如圖所示,圖中虛線間存在垂直紙面向里的勻強磁場,虛線間的距離為2L,勻強磁場大小均為B,“”字形金屬線框總電阻為R,每條邊長為L,t=0時刻,ab邊與M區(qū)域磁場左邊界重合?,F(xiàn)使線框以恒定的速度v沿垂直于磁場區(qū)域邊界的方向穿過磁場。取逆時針方向為感應(yīng)電流I的正方向,取水平向左為安培力F的正方向,則在金屬線框穿過磁場的過程中,線框中感應(yīng)電流I、安培力F隨時間t變化的關(guān)系圖線正確的是()A. B. C. D.【分析】(1)判斷線框切割磁感線時,有效長度為2L,代入E=BLv可計算電動勢與電流大??;(2)求得I后,代入安培力計算公式可判斷F的大小,同樣注意有效長度。【解答】解:AB、線框做勻速穿過磁場,在1~2s時,有2L的有效長度切割磁感線,故I=,則A正確,B錯誤;CD、根據(jù)F=BIL,求得F==,故C正確,D錯誤;故選:AC。【點評】在進行電磁感應(yīng)的計算時,要注意導(dǎo)體的有效長度。28.(2021?汕頭一模)如圖甲,螺線管匝數(shù)n=1000匝,橫截面積S=0.02m2,電阻r=1Ω,螺線管外接一個阻值R=4Ω的電阻,電阻的一端b接地。一方向平行于螺線管軸線向左的磁場穿過螺線管,磁感應(yīng)強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示,則()A.在0~4s內(nèi),R中有電流從a流向b B.在t=3s時,穿過螺線管的磁通量為0.07Wb C.在4s~6s內(nèi),R中電流大小為8A D.在4s~6s內(nèi),R兩端電壓Uab=40V【分析】根據(jù)楞次定律結(jié)合圖像可以分析出通過R的電流方向;根據(jù)圖像可以分析出t=3s時磁感應(yīng)強度大小,然后利用Φ=BS可以求出磁通量;根據(jù)感生電動勢公式求解電動勢大小,結(jié)合歐姆定律可以求出電流;根據(jù)歐姆定律可以求解4s~6s內(nèi)R兩端電壓Uab.【解答】解:A、在0~4s內(nèi),原磁場增大,則磁通量增大,根據(jù)楞次定律可知,感應(yīng)磁場方向向右,再由安培定則可知R中的電流方向從b流向a,故A錯誤;B、由圖乙可知,t=3s時磁感應(yīng)強度分別為B=3.5T,則此時的磁通量為Φ=BS=3.5×0.02Wb=0.07Wb,故B正確;C、在4s~6s內(nèi),感應(yīng)電動勢為:則R中電流大小為:,故C正確;D、在4s~6s內(nèi),根據(jù)楞次定律可知,R中的電流從a流向b,則R兩端電壓為:Uab=IR=8×4V=32V,故D錯誤。故選:BC。【點評】本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律基本知識,需要同學(xué)們對基本公式熟練掌握,可以根據(jù)圖像求解電動勢大小,結(jié)合歐姆定律求解對應(yīng)的電流和電壓.29.(2021春?市中區(qū)校級月考)如圖所示,用一根橫截面積為S、電阻率為ρ的均勻硬質(zhì)導(dǎo)線做成一個半徑為r的圓環(huán),以圓環(huán)的圓心為坐標(biāo)原點建立坐標(biāo)系,圓環(huán)與x、y軸的負方向的交點分別為b、a,在一、二、四象限內(nèi)存在垂直于圓環(huán)向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B的大小隨時間的變化率=k(k>0)。下列說法正確的是()A.圓環(huán)中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流 B.圓環(huán)具有收縮的趨勢 C.圓環(huán)中的感應(yīng)電流的大小為 D.圓環(huán)上ab兩點間的電勢差為Uab=【分析】由題意可知,磁通量增大,由楞次定律可判斷感應(yīng)電流的方向;由法拉第電磁感應(yīng)定律可得出感應(yīng)電動勢;由閉合電路的歐姆定律可得出ab間的電勢差.【解答】解:A、由于(k>0),可知磁場在增強,根據(jù)楞次定律得圓環(huán)中的感應(yīng)電流為逆時針方向,故A錯誤;B、由左手定則判定圓環(huán)有收縮的趨勢,故B正確;C、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,E=n==,由電阻定律的圓環(huán)的電阻,聯(lián)立得圓環(huán)中的感應(yīng)電流的大小為I==,故C正確;D、由以上分析b為電源的正極,b點電勢高于a點電勢,則可知Uab=φa﹣φb<0,即由閉合電路歐姆定律可知,故D錯誤。故選:BC。【點評】本題應(yīng)注意ab兩點的電勢差為電源的路端電壓,故應(yīng)為不在磁場中的部分兩端的電壓,注意電勢的相對大小關(guān)系.30.(2021春?朝陽區(qū)校級月考)如圖甲,為新能源電動汽車的無線充電原理圖,M為匝數(shù)n=50匝、電阻r=1.0Ω受電線圈,N為送電線圈。當(dāng)送電線圈N接交變電流后,在受電線圈內(nèi)產(chǎn)生了與線圈平面垂直的磁場,其磁通量Φ隨時間t變化的規(guī)律如圖乙。下列說法正確的是()A.受電線圈產(chǎn)生的電動勢的有效值為10V B.在t1時刻,受電線圈產(chǎn)生的電動勢為20V C.在t1~t2內(nèi),通過受電線圈的電荷量為4×10﹣2C D.在t1~t2內(nèi),通過受電線圈的電荷量為2×10﹣2C【分析】由Em=nBSω求感應(yīng)電動勢最大值,由E=求有效期;根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律和電流的定義式結(jié)合,求解通過電阻R的電荷量?!窘獯稹拷猓篈、由圖乙可知,受電線圈產(chǎn)生的感應(yīng)磁場的周期為T=π×10﹣3s,最大磁通量為Φm=2.0×10﹣4Wb,所以受電線圈產(chǎn)生的電動勢最大值為:Em=nBSω=nΦmω=50×2.0×10﹣4×V=20V,所以受電線圈產(chǎn)生的電動勢的有效值為E==V=10V,故A正確;B、由圖乙可知,t1時刻磁通量變化率為0,由法拉第電磁感應(yīng)定律可知,此時受電線圈產(chǎn)生的電動勢為0V,故B錯誤;CD、t1到t2時間內(nèi),線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢平均值=n通過電阻的電流平均值=通過電阻的電荷量q=△t由圖(b)知,t1到t2時間內(nèi),△Φ=Φ1﹣Φ2=2.0×10﹣4Wb﹣(﹣2.0×10﹣4Wb)=4.0×10﹣4Wb解得q=2×10﹣3C,故C錯誤,D正確;故選:AD。【點評】在求解正弦交變電壓的有效值時用公式:E=。在電磁感應(yīng)中通過導(dǎo)體截面的電量經(jīng)驗公式是q=n,可以在推導(dǎo)的基礎(chǔ)上記住。三.填空題(共10小題)31.(2021春?臺江區(qū)校級期中)如圖所示,線圈匝數(shù)分別為1匝和N匝的線圈a、b的半徑分別為r和2r,用相同粗細、相同材料的金屬導(dǎo)線制成。圓形勻強磁場的邊緣恰好與a線圈重合,其磁感應(yīng)強度B隨時間均勻增大,則穿過a、b兩線圈的磁通量之比為1:1;a、b兩線圈的感應(yīng)電動勢之比為1:N?!痉治觥慨?dāng)B與S平面垂直時,穿過該面的磁通量Φ=BS;根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求感應(yīng)電動勢之比;【解答】解:任意時刻,穿過ab兩線圈的磁感線條數(shù),磁通量都相等,磁通量之比為1:1;根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得:E=n=n?S,ab線圈?S大小一樣,匝數(shù)之比為1:N,故感應(yīng)電動勢為1:N。故答案為:1:1;1:N【點評】解決本題時要注意在公式Φ=BS和法拉第電磁感應(yīng)定律中,S為有效面積,能熟練運用比例法研究這類問題。32.(2021春?倉山區(qū)校級期中)由螺線管、電阻和水平放置的平行板電容器組成的電路如圖(a)所示。其中,螺線管匝數(shù)為N,橫截面積為S;電容器兩極板間距為d,板間介質(zhì)為空氣(可視為真空)。螺線管處于豎直向上的勻強磁場中,磁感應(yīng)強度大小B隨時間t變化的B﹣t圖像如圖(b)所示。一電荷量為q的顆粒在t1﹣t2時間內(nèi)懸停在電容器中,重力加速度大小為g。則t1﹣t2時間內(nèi),a點電勢高于b點電勢(填“高于、等于、低于”),顆粒的質(zhì)量為?!痉治觥扛鶕?jù)楞次定律判斷電勢高低;由法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動勢,根據(jù)平衡條件求解顆粒的質(zhì)量?!窘獯稹拷猓捍┻^線圈的磁通量向上增大時,根據(jù)楞次定律可知,螺線管產(chǎn)生的電動勢上邊高,所以a點電勢高于b點電勢;顆粒受到的電場力與重力大小相等,則:mg=qE=q由電路圖可知,穿過線圈的磁通量穩(wěn)定變化時,線圈產(chǎn)生穩(wěn)定的電動勢但電路中沒有電流,線圈產(chǎn)生的電動勢等于電容器兩極板之間的電勢差U;由法拉第電磁感應(yīng)定律可知,感應(yīng)電動勢:E電=U=N?=N??S=,聯(lián)立可得顆粒的質(zhì)量:m=。故答案為:高于;?!军c評】本題考查了法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用,分析清楚電路結(jié)構(gòu)是解題的前提,應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律、串聯(lián)電路特點即可解題。33.(2021春?蕪湖期中)如圖所示的區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B,電阻為R、半徑為L、圓心角為45°的扇形閉合導(dǎo)線框繞垂直于紙面的O軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(O軸位于磁場邊界)。則線框在進入磁場時產(chǎn)生的電動勢BL2ω,線框在轉(zhuǎn)動一周過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的有效值為?!痉治觥扛鶕?jù)轉(zhuǎn)動切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢計算公式求解感應(yīng)電動勢大小,有效電流要根據(jù)有效電流的定義來計算,根據(jù)電流的熱效應(yīng)列出方程,可以求得有效電流的大小?!窘獯稹拷猓壕€框在進入磁場時切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為:E=BL=BL其中v=Lω解得:E=BL2ω;交流電流的有效值是根據(jù)電流的熱效應(yīng)得出的,線框轉(zhuǎn)動周期為T,而線框轉(zhuǎn)動一周只有T的時間內(nèi)有感應(yīng)電流,則有:×=,電流強度有效值為:I==。故答案為:BL2ω;?!军c評】本題就是考查電流有效值的計算,本題的關(guān)鍵是對有效值定義的理解,掌握好有效值的定義就可以計算出來了。34.(2021春?宜秀區(qū)校級月考)動生電動勢的產(chǎn)生與洛倫茲力無關(guān)。(對的填A(yù),錯的填B)【分析】根據(jù)動生電動勢產(chǎn)生的機理,可以知道非靜電力是洛倫茲力;【解答】解:因?qū)w運動而產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢稱為動生電動勢,導(dǎo)體中的自由電荷隨導(dǎo)體在磁場中運動,受到洛倫茲力,而向?qū)w一端移動,動生電動勢是洛倫茲力對導(dǎo)體中自由電荷施加力的作用而引起的,所以動生電動勢的產(chǎn)生與洛倫茲力有關(guān),充當(dāng)“非靜電力”的是洛倫茲力的分力,故本題錯誤,故選:B。【點評】本題關(guān)鍵是明確感生電動勢和動生電動勢的區(qū)別,不變的磁場運動的線圈產(chǎn)生動生電動勢,變化的磁場不動的線圈產(chǎn)生感生電動勢,同時注意二者的產(chǎn)生機理是不同的.35.(2021春?天河區(qū)校級月考)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。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,CD段受安培力向下(填“向上”“向下”“向左”“向右”或“為零”),感應(yīng)電動勢最大值為Bav,感應(yīng)電動勢平均值為πBav?!痉治觥坑衫愦味煽膳袛嚯娏鞣较?,由左手定則可得出安培力的方向;由E=BLv,分析過程中最長的L可知最大電動勢;由法拉第電磁感應(yīng)定律可得出電動勢的平均值?!窘獯稹拷猓涸陂]合電路進入磁場的過程中,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,根據(jù)左手定則可以判斷,CD段直線受安培力,方向向下;當(dāng)半圓閉合回路進入磁場一半時,這時等效長度最大為a,這時感應(yīng)電動勢最大為:E=Bav;感應(yīng)電動勢平均值式為:E===πBav。故答案為:向下;Bav;πBav?!军c評】本題注意以下幾點:(1)掌握楞次定律的應(yīng)用方法;(2)感應(yīng)電動勢公式E=只能來計算平均值;(3)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。36.(2021?福建模擬)如圖所示,光滑絕緣水平面上,一正方形線圈以初速度v0進入一勻強磁場,磁場寬度大于線圈的寬度。當(dāng)線圈完全離開磁場區(qū)域時,其速度大小變?yōu)関0,在進入磁場跟離開磁場的過程中,通過線圈橫截面的電荷量之比為1:1,線圈產(chǎn)生的熱量之比為5:3。【分析】根據(jù)電荷量的計算公式求解通過線圈橫截面的電荷量之比;根據(jù)動量定理求解小球完全進入磁場時的速度大小,根據(jù)功能關(guān)系求解線圈產(chǎn)生的熱量之比?!窘獯稹拷猓壕€圈進入磁場過程中通過線圈的電荷量:q=△t=△t==,因為進入磁場和離開磁場時的磁通量變化量相同,所以通過線圈橫截面的電荷量之比為q1:q2=1:1;設(shè)線圈完全進入磁場時的速度大小為v,取初速度方向為正方向,根據(jù)動量定理可得:進入磁場過程中:﹣BL△t=mv﹣mv0,即BLq1=mv0﹣mv離開磁場過程中:BLq2=mv﹣解得:v=根據(jù)功能關(guān)系可得產(chǎn)生的熱等于動能的變化,則=解得:=。故答案為:1:1;5:3?!军c評】本題考查電磁感應(yīng)與運動相結(jié)合的問題,解決本題的關(guān)鍵比較出進磁場和出磁場時通過線圈的電荷量,掌握動量定理的應(yīng)用方法,能夠根據(jù)功能關(guān)系求解產(chǎn)生的焦耳熱。37.(2020秋?赫山區(qū)校級期末)一個單匝矩形線圈,在△t=0.1s的時間內(nèi)穿過它的磁通量由φ1=0.1Wb增加到φ2=0.15Wb,則線圈中磁通量的變化量△φ=0.05Wb,線圈中的感應(yīng)電動勢E=0.5V。【分析】根據(jù)初末狀態(tài)磁通量的值求解磁通量的變化量,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電動勢?!窘獯稹拷猓捍磐康淖兓繛椋骸鳓眨溅?﹣φ1=0.15Wb﹣0.1Wb=0.05Wb,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得:E==V=0.5V。故答案為:0.05;0.5?!军c評】本題主要是考查法拉第電磁感應(yīng)定律和磁通量的計算,知道磁通量變化量的計算方法,掌握法拉第電磁感應(yīng)定律是關(guān)鍵。38.(2020秋?嘉定區(qū)期末)兩根相互平行的金屬導(dǎo)軌水平放置于如圖所示的勻強磁場中,與導(dǎo)軌接觸良好的導(dǎo)體棒AB和CD可以在導(dǎo)軌上自由滑動。當(dāng)AB在外力F的作用下水平向右運動時,導(dǎo)體棒CD中感應(yīng)電流的方向為C→D,它會向右運動?!痉治觥緼B棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流,由右手定則判斷感應(yīng)電流的方向;感應(yīng)電流通過CD,CD棒受到安培力作用,由左手定則判斷安培力的方向,由此判斷CD棒的運動情況?!窘獯稹拷猓篈B切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流,根據(jù)右手定則判斷可知,AB中感應(yīng)電流的方向為B→A,則導(dǎo)體棒CD內(nèi)有電流通過,方向是C→D;感應(yīng)電流通過CD,CD棒受到安培力作用,由左手定則判斷可知磁場對導(dǎo)體棒CD的安培力向右,所以CD棒向右運動。故答案為:C→D,右。【點評】解決本題的關(guān)鍵掌握右手定則和左手定則,并能正確運用右手定則判斷感應(yīng)電流的方向,并能運用左手定則判斷安培力的方向。39.(2021春?寧江區(qū)校級月考)如圖所示,先后以速度v1和v2(v1=2v2),勻速地把同一線圈從同一位置拉出有界勻強磁場的過程中,在先后兩種情況下:(1)線圈中的感應(yīng)電流之比I1:I2=2:1。(2)線圈中產(chǎn)生的熱量之比Q1:Q2=2:1。(3)拉力做功的功率之比P1:P2=4:1?!痉治觥扛袘?yīng)電流之比根據(jù)I=、E=BLv求解;熱量之比根據(jù)焦耳定律列式求解;在恒力作用下,矩形線圈以不同速度被勻速拉出,拉力與安培力大小相等,拉力做功等于拉力與位移的乘積,而拉力功率等于拉力與速度的乘積?!窘獯稹拷猓涸O(shè)線圈的長為a,寬為L(1)線圈中感應(yīng)電流I==,可知I∝v,故感應(yīng)電流之比是2:1;(2)線圈產(chǎn)生的熱量Q=t=?=∝v,則熱量之比為2:1.;(3)由于線圈勻速運動,外力與安培力大小相等,為F=BIL=,外力的功率為P=Fv=,P∝v2,所以外力的功率之比為4:1。故答案為:(1)2:1;(2)2:1;(3)4:1?!军c評】要對兩種情況下物理量進行比較,我們應(yīng)該先把要比較的物理量表示出來再求解。關(guān)鍵要掌握安培力的推導(dǎo)方法和感應(yīng)電荷量的表達式。40.(2020秋?和平區(qū)校級期末)如圖所示,兩根平行光滑長直金屬導(dǎo)軌,其電阻不計,導(dǎo)體棒ab和cd跨在導(dǎo)軌上,ab電阻大于cd電阻。當(dāng)cd在外力F2作用下勻速向右滑動時,ab在外力F1作用下保持靜止,則ab兩端電壓Uab和cd兩端電壓Ucd相比,Uab=Ucd,外力F1和F2相比,F(xiàn)1=F2(填>、=或<)?!痉治觥縞d棒勻速運動,所受的外力F2與安培力二力平衡。ab在外力F1作用下保持靜止,外力F1與所受的安培力二平衡,而兩棒所受的安培力大小相等,即可知道兩個外力之間的關(guān)系。ab棒切割磁感線相當(dāng)于電源,而cd相當(dāng)于外電路,ab兩端與cd兩端的電壓相等?!窘獯稹拷猓篶d在外力F2作用下向右勻速運動,則外力F2與安培力二力平衡,大小相等;ab在外力F1作用下保持靜止,外力F1與所受的安培力二平衡,大小相等。由安培力公式F=BIL,可知兩棒所受的安培力大小相等,則F1=F2。cd棒切割磁感線相當(dāng)于電源,而ab相當(dāng)于外電路,導(dǎo)軌電阻不計,ab兩端與cd兩端的電壓都是路端電壓,大小相等。故有Uab=Ucd。故答案為:=;=。【點評】本題關(guān)鍵是分析兩棒的受力情況,運用平衡條件分析外力關(guān)系,由電路知識分析電壓關(guān)系。屬于基礎(chǔ)題;處理電磁感應(yīng)中電路問題時,關(guān)鍵能夠知道其等效電路,知道哪一部分相當(dāng)于電源,結(jié)合安培力的大小公式和共點力平衡進行求解。法拉第電磁感應(yīng)定律知識點:法拉第電磁感應(yīng)定律一、電磁感應(yīng)定律1.感應(yīng)電動勢在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動勢叫作感應(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.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=neq\f(ΔΦ,Δt),其中n為線圈的匝數(shù).(3)在國際單位制中,磁通量的單位是韋伯(Wb),感應(yīng)電動勢的單位是伏(V).二、導(dǎo)線切割磁感線時的感應(yīng)電動勢1.導(dǎo)線垂直于磁場方向運動,B、l、v兩兩垂直時,如圖甲所示,E=Blv.圖甲圖乙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.3.導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流,導(dǎo)體棒所受安培力的方向與導(dǎo)體棒運動方向相反,導(dǎo)體棒克服安培力
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