專題2.2 法拉第電磁感應(yīng)定律-2024-2025學(xué)年高二物理舉一反三系列（人教版2019選擇性必修第二冊(cè)）（含答案）

專題2.2法拉第電磁感應(yīng)定律-2024-2025學(xué)年高二物理舉一反三系列（人教版2019選擇性必修第二冊(cè)）（含答案）專題2.2法拉第電磁感應(yīng)定律【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【題型1磁通量的計(jì)算】 【題型2平動(dòng)切割問題】 【題型3旋轉(zhuǎn)切割問題】 【題型4感生問題】 【題型5聯(lián)系實(shí)際】 【題型6含有電容器的問題】 【題型7二次感應(yīng)問題】 【題型8動(dòng)生與感生綜合問題】 【題型1磁通量的計(jì)算】【例1】如圖所示，通有恒定電流的導(dǎo)線MN與閉合金屬框共面，第一次將金屬框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次將金屬框繞cd邊翻轉(zhuǎn)到Ⅱ，設(shè)先后兩次通過金屬框的磁通量變化量大小分別為ΔΦ1和ΔΦ2，則()A．ΔΦ1＞ΔΦ2，兩次運(yùn)動(dòng)中線框中均有沿adcba方向電流出現(xiàn)B．ΔΦ1＝ΔΦ2，兩次運(yùn)動(dòng)中線框中均有沿abcda方向電流出現(xiàn)C．ΔΦ1＜ΔΦ2，兩次運(yùn)動(dòng)中線框中均有沿adcba方向電流出現(xiàn)D．ΔΦ1＜ΔΦ2，兩次運(yùn)動(dòng)中線框中均有沿abcda方向電流出現(xiàn)【變式1-1】如圖所示，兩個(gè)單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r。圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)B的邊緣恰好與a線圈重合，則穿過a、b兩線圈的磁通量之比為()A．1∶1 B．1∶2C．1∶4 D．4∶1【變式1-2】如圖所示，閉合線圈abcd水平放置，其面積為S，匝數(shù)為n，線圈與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的夾角θ＝45°.現(xiàn)將線圈以ab邊為軸沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)90°，則在此過程中線圈磁通量的改變量大小為()A．0 B.eq\r(2)BSC.eq\r(2)nBS D．nBS【變式1-3】如圖所示，匝數(shù)為N、半徑為r1的圓形線圈內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)在半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直于線圈平面。通過該線圈的磁通量為()A．Bπreq\o\al(2,1)B．Bπreq\o\al(2,2)C．NBπreq\o\al(2,1)D．NBπreq\o\al(2,2)【題型2平動(dòng)切割問題】【例2】(多選)半徑為a、右端開小口的導(dǎo)體圓環(huán)和長(zhǎng)為2a的導(dǎo)體直桿，單位長(zhǎng)度電阻均為R0.圓環(huán)水平固定放置，整個(gè)內(nèi)部區(qū)域分布著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.直桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，直桿始終有兩點(diǎn)與圓環(huán)良好接觸，從圓環(huán)中心O開始，直桿的位置由θ確定，如圖所示．則()A．θ＝0時(shí)，直桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為2BavB．θ＝eq\f(π,3)時(shí)，直桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為eq\r(3)BavC．θ＝0時(shí)，直桿受的安培力大小為eq\f(2B2av,π＋2R0)D．θ＝eq\f(π,3)時(shí)，直桿受的安培力大小為eq\f(3B2av,5π＋3R0)【變式2-1】如圖所示，abcd為水平放置的平行“”形光滑金屬導(dǎo)軌，間距為l，導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．已知金屬桿MN傾斜放置，與導(dǎo)軌成θ角，單位長(zhǎng)度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(dòng)(金屬桿滑動(dòng)過程中與導(dǎo)軌接觸良好)．則()A．電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為eq\f(Blv,sinθ)B．電路中感應(yīng)電流的大小為eq\f(Bvsinθ,r)C．金屬桿所受安培力的大小為eq\f(B2lvsinθ,r)D．金屬桿的熱功率為eq\f(B2lv2,rsinθ)【變式2-2】(多選)如圖所示，光滑的金屬框CDEF水平放置，寬為L(zhǎng)，在E、F間連接一阻值為R的定值電阻，在C、D間連接一滑動(dòng)變阻器R1(0≤R1≤2R)?？騼?nèi)存在著豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為R的導(dǎo)體棒AB在外力作用下以速度v勻速向右運(yùn)動(dòng)，金屬框電阻不計(jì)，導(dǎo)體棒與金屬框接觸良好且始終垂直，下列說法正確的是()A．ABFE回路的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，ABCD回路的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針B．左右兩個(gè)閉合區(qū)域的磁通量都在變化，且變化率相同，故電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為2BLvC．當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電路中的阻值R1＝R時(shí)，導(dǎo)體棒兩端的電壓為BLvD．當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電路中的阻值R1＝eq\f(R,2)時(shí)，滑動(dòng)變阻器有最大電功率，且為eq\f(B2L2v2,8R)【變式2-3】在xOy平面內(nèi)有一條拋物線金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌的拋物線方程為y2＝4x，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面向里，一根足夠長(zhǎng)的金屬棒ab垂直于x軸從坐標(biāo)原點(diǎn)開始，以恒定速度v沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中始終與金屬導(dǎo)軌保持良好接觸，如圖7所示．則下列圖象中能表示回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小隨時(shí)間變化的是()【題型3旋轉(zhuǎn)切割問題】【例3】(多選)法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖8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(qiáng)磁場(chǎng)B中．圓盤旋轉(zhuǎn)時(shí)，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(dòng)的角速度恒定，則電流大小恒定B．若從上向下看，圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則電流沿a到b的方向流動(dòng)C．若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)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(dòng)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【變式3-1】如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向平行于ab邊向上．當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度ω逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，a、b、c三點(diǎn)的電勢(shì)分別為Ua、Ub、Uc.已知bc邊的長(zhǎng)度為l.下列判斷正確的是()A．Ua＞Uc，金屬框中無電流B．Ub＞Uc，金屬框中電流方向沿abcaC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金屬框中無電流D．Ubc＝eq\f(1,2)Bl2ω，金屬框中電流方向沿acba【變式3-2】如圖所示，虛線兩側(cè)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向相反，電阻為R的導(dǎo)線彎成頂角為90°，半徑為r的兩個(gè)扇形組成的回路，O為圓心，整個(gè)回路可繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)．若由圖示的位置開始沿順時(shí)針方向以角速度ω轉(zhuǎn)動(dòng)，則在一個(gè)周期內(nèi)電路消耗的電能為()A.eq\f(πB2ωr4,R) B.eq\f(2πB2ωr4,R)C.eq\f(4πB2ωr4,R) D.eq\f(8πB2ωr4,R)【變式3-3】轉(zhuǎn)筆是一項(xiàng)用不同的方法與技巧以手指來轉(zhuǎn)動(dòng)筆的休閑活動(dòng)，深受廣大中學(xué)生的喜愛，其中也包含了許多的物理知識(shí)。如圖所示，某轉(zhuǎn)筆高手能讓筆繞其手指上的某一點(diǎn)沿順時(shí)針方向做角速度為ω的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知手與筆的接觸點(diǎn)O點(diǎn)恰好是長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬筆桿的中點(diǎn)，地磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度在與筆桿轉(zhuǎn)動(dòng)平面垂直方向的分量大小為B，方向垂直紙面向外，則()A．筆桿上O點(diǎn)的電勢(shì)最低B．O點(diǎn)與筆尖間的電勢(shì)差為eq\f(1,2)BL2ωC．O點(diǎn)與筆尖間的電勢(shì)差為eq\f(1,8)BL2ωD．筆桿兩端點(diǎn)間的電勢(shì)差為BL2ω【題型4感生問題】【例4】輕質(zhì)細(xì)線吊著一質(zhì)量為m＝0.42kg、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1m、匝數(shù)n＝10的正方形線圈，其總電阻為r＝1Ω.在線圈的中間位置以下區(qū)域分布著磁場(chǎng)，如圖甲所示．磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化關(guān)系如圖乙所示．(g＝10m/s2)(1)判斷線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向是順時(shí)針還是逆時(shí)針；(2)求線圈的電功率；(3)求在t＝4s時(shí)輕質(zhì)細(xì)線的拉力大小．【變式4-1】如圖所示，a、b兩個(gè)閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成，匝數(shù)均為7匝，邊長(zhǎng)la＝3lb，圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大，不考慮線圈之間的相互影響，則()A．兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流B．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為9∶1C．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電流之比為3∶4D．a(chǎn)、b線圈中電功率之比為3∶1【變式4-2】(多選)用一根橫截面積為S、電阻率為ρ的硬質(zhì)導(dǎo)線做成一個(gè)半徑為r的圓環(huán)，ab為圓環(huán)的一條直徑．如圖所示，在ab的左側(cè)存在一個(gè)均勻變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)垂直圓環(huán)所在平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間的變化率eq\f(ΔB,Δt)＝k(k＜0)．則()A．圓環(huán)中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流B．圓環(huán)具有擴(kuò)張的趨勢(shì)C．圓環(huán)中感應(yīng)電流的大小為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(krS,2ρ)))D．圖中a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Uab＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(kπr2,4)))【變式4-3】如圖為無線充電技術(shù)中使用的受電線圈示意圖，線圈匝數(shù)為n，面積為S.若在t1到t2時(shí)間內(nèi)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小由B1均勻增加到B2，則該段時(shí)間線圈兩端a和b之間的電勢(shì)差φa－φb()A．恒為eq\f(nSB2－B1,t2－t1)B．從0均勻變化到eq\f(nSB2－B1,t2－t1)C．恒為－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)D．從0均勻變化到－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)【題型5聯(lián)系實(shí)際】【例5】(多選)電吉他中電拾音器的基本結(jié)構(gòu)如圖所示，磁體附近的金屬弦被磁化，因此弦振動(dòng)時(shí)，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流經(jīng)電路放大后傳送到音箱發(fā)出聲音，下列說法正確的有()A．選用銅質(zhì)弦，電吉他仍能正常工作B．取走磁體，電吉他將不能正常工作C．增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)D．弦振動(dòng)過程中，線圈中的電流方向不斷變化【變式5-1】磁卡的磁條中有用于存儲(chǔ)信息的磁極方向不同的磁化區(qū)，刷卡器中有檢測(cè)線圈。當(dāng)以速度v0刷卡時(shí)，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，其E-t關(guān)系如圖所示。如果只將刷卡速度改為eq\f(v0,2)，線圈中的E-t關(guān)系圖可能是()【變式5-2】(多選)如圖所示，通過水平絕緣傳送帶輸送完全相同的銅線圈，線圈等距離排列，且與傳送帶以相同的速度勻速運(yùn)動(dòng)。為了檢測(cè)出個(gè)別未閉合的不合格線圈，讓傳送帶通過一固定勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直于傳送帶運(yùn)動(dòng)方向，根據(jù)穿過磁場(chǎng)后線圈間的距離，就能夠檢測(cè)出不合格線圈。通過觀察圖形，判斷下列說法正確的是()A．若線圈閉合，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線圈中感應(yīng)電流方向從上向下看為逆時(shí)針B．若線圈閉合，傳送帶以較大速度勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，磁場(chǎng)對(duì)線圈的作用力增大C．從圖中可以看出，第2個(gè)線圈是不合格線圈D．從圖中可以看出，第3個(gè)線圈是不合格線圈【變式5-3】(多選)如圖所示是高頻焊接原理示意圖。線圈中通以高頻變化的電流時(shí)，待焊接的金屬工件中就產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流通過焊縫產(chǎn)生大量熱量，將金屬熔化，把工件焊接在一起，而工件其他部分發(fā)熱很少。以下說法正確的是()A．電流變化的頻率越高，焊縫處的溫度升高得越快B．電流變化的頻率越低，焊縫處的溫度升高得越快C．工件上只有焊縫處溫度升得很高是因?yàn)楹缚p處的電阻小D．工件上只有焊縫處溫度升得很高是因?yàn)楹缚p處的電阻大【題型6含有電容器的問題】【例6】如圖所示，兩塊水平放置的金屬板距離為d，用導(dǎo)線、開關(guān)K與一個(gè)n匝的線圈連接，線圈置于方向豎直向上的變化磁場(chǎng)B中．兩板間放一臺(tái)壓力傳感器，壓力傳感器上表面靜止放置一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電小球．K斷開時(shí)傳感器上有示數(shù)mg，K閉合穩(wěn)定后傳感器上示數(shù)為eq\f(mg,3).則線圈中的磁場(chǎng)B的變化情況和磁通量的變化率分別是()A．正在增加，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,q)B．正在減弱，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,3nq)C．正在增加，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,3q)D．正在減弱，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2mgd,3nq)【變式6-1】如圖，兩光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。導(dǎo)軌間距最窄處為一狹縫，取狹縫所在處O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)。狹縫右側(cè)兩導(dǎo)軌與x軸夾角均為θ，一電容為C的電容器與導(dǎo)軌左端相連。導(dǎo)軌上的金屬棒與x軸垂直，在外力F作用下從O點(diǎn)開始以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，忽略所有電阻。下列說法正確的是()A．通過金屬棒的電流為2BCv2tanθB．金屬棒到達(dá)x0時(shí)，電容器極板上的電荷量為BCvx0tanθC．金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中，電容器的上極板帶負(fù)電D．金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中，外力F做功的功率恒定【變式6-2】如圖所示，固定在水平面上的半徑為r的金屬圓環(huán)內(nèi)存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。長(zhǎng)為l的金屬棒，一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在豎直導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO′上，隨軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在圓環(huán)的A點(diǎn)和電刷間接有阻值為R的電阻和電容為C、板間距為d的平行板電容器，有一帶電微粒在電容器極板間處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知重力加速度為g，不計(jì)其他電阻和摩擦，下列說法正確的是()A．棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為eq\f(1,2)Bl2ωB．微粒的電荷量與質(zhì)量之比為eq\f(2gd,Br2ω)C．電阻消耗的電功率為eq\f(πB2r4ω,2R)D．電容器所帶的電荷量為CBr2ω【變式6-3】(多選)如圖甲所示的電路中，電阻R1＝R，R2＝2R，單匝圓形金屬線圈半徑為r2，圓心為O，線圈的電阻為R，其余導(dǎo)線的電阻不計(jì)。半徑為r1(r1<r2)、圓心為O的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，電容器的電容為C。閉合開關(guān)S，t1時(shí)刻開始電路中的電流穩(wěn)定不變，下列說法正確的是()A．電容器上極板帶正電B．t1時(shí)刻，電容器所帶的電荷量為eq\f(CB1πr12,4t1)C．t1時(shí)刻之后，線圈兩端的電壓為eq\f(3B1πr12,4t1)D．t1時(shí)刻之后，R1兩端的電壓為eq\f(B2πr22,4t2)【題型7二次感應(yīng)問題】【例7】[多選]如圖(a)，螺線管內(nèi)有平行于軸線的外加勻強(qiáng)磁場(chǎng)，以圖中箭頭所示方向?yàn)槠湔较?。螺線管與導(dǎo)線框abcd相連，導(dǎo)線框內(nèi)有一小金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導(dǎo)線框在同一平面內(nèi)。當(dāng)螺線管內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間按圖(b)所示規(guī)律變化時(shí)()A．在t1～t2時(shí)間內(nèi)，L有收縮趨勢(shì)B．在t2～t3時(shí)間內(nèi)，L有擴(kuò)張趨勢(shì)C．在t2～t3時(shí)間內(nèi)，L內(nèi)有逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流D．在t3～t4時(shí)間內(nèi)，L內(nèi)有順時(shí)針方向的感應(yīng)電流【變式7-1】如圖，在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一U形金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與磁場(chǎng)垂直．金屬桿PQ置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌形成閉合回路PQRS，一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內(nèi)，線框與導(dǎo)軌共面．現(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)開始的瞬間，關(guān)于感應(yīng)電流的方向，下列說法正確的是()A．PQRS中沿順時(shí)針方向，T中沿逆時(shí)針方向B．PQRS中沿順時(shí)針方向，T中沿順時(shí)針方向C．PQRS中沿逆時(shí)針方向，T中沿逆時(shí)針方向D．PQRS中沿逆時(shí)針方向，T中沿順時(shí)針方向【變式7-2】(多選)如圖甲所示，導(dǎo)體棒ab、cd均可在各自的導(dǎo)軌上無摩擦地滑動(dòng)，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1、B2的方向如圖所示，大小隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示，在0～t1時(shí)間內(nèi)()A．若ab不動(dòng)，則ab、cd中均無感應(yīng)電流B．若ab不動(dòng)，則ab中有恒定的感應(yīng)電流，但cd中無感應(yīng)電流C．若ab向右勻速運(yùn)動(dòng)，則ab中一定有從b到a的感應(yīng)電流，cd向左運(yùn)動(dòng)D．若ab向左勻速運(yùn)動(dòng)，則ab中一定有從a到b的感應(yīng)電流，cd向右運(yùn)動(dòng)【變式7-3】如圖所示，金屬導(dǎo)軌上的導(dǎo)體棒ab在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中沿導(dǎo)軌做下列哪種運(yùn)動(dòng)時(shí)，線圈c中將沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生()A．向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C．向右做減速直線運(yùn)動(dòng)D．向右做變加速直線運(yùn)動(dòng)【題型8動(dòng)生與感生綜合問題】【例8】如圖，均勻磁場(chǎng)中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導(dǎo)線框，半圓直徑與磁場(chǎng)邊緣重合；磁場(chǎng)方向垂直于半圓面(紙面)向里，磁感應(yīng)強(qiáng)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(dòng)半周，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流．現(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間線性變化．為了產(chǎn)生與線框運(yùn)動(dòng)過程中同樣大小的電流，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率eq\f(ΔB,Δt)的大小應(yīng)為()A.eq\f(4ωB0,π)B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π)D.eq\f(ωB0,2π)【變式8-1】如圖，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻；一與導(dǎo)軌垂直的金屬棒置于兩導(dǎo)軌上；在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域，區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B1＝kt，式中k為常量；在金屬棒右側(cè)還有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域左邊界MN(虛線)與導(dǎo)軌垂直，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向也垂直于紙面向里．某時(shí)刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，在t0時(shí)刻恰好以速度v0越過MN，此后向右做勻速運(yùn)動(dòng)．金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計(jì)．求：(1)在t＝0到t＝t0時(shí)間間隔內(nèi)，流過電阻的電荷量的絕對(duì)值；(2)在時(shí)刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大小．【變式8-2】（多選）如圖，兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，其左端接有定值電阻R.Ox軸平行于金屬導(dǎo)軌，在0≤x≤4m的空間區(qū)域內(nèi)存在著垂直導(dǎo)軌平面向下的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨坐標(biāo)x(以m為單位)的分布規(guī)律為B＝0.8－0.2x(T)．金屬棒ab在外力作用下從x＝0處沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌和金屬棒的電阻．設(shè)在金屬棒從x1＝1m經(jīng)x2＝2m到x3＝3m的過程中，R的電功率保持不變，則金屬棒()A．在x1與x3處的電動(dòng)勢(shì)之比為1∶3B．在x1與x3處受到磁場(chǎng)B的作用力大小之比為3∶1C．從x1到x2與從x2到x3的過程中通過R的電荷量之比為5∶3D．從x1到x2與從x2到x3的過程中R產(chǎn)生的焦耳熱之比為5∶3【變式8-3】如圖甲所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ被固定在水平面上，導(dǎo)軌間距l(xiāng)＝0.6m，兩導(dǎo)軌的左端用導(dǎo)線連接電阻R1及理想電壓表，電阻r＝2Ω的金屬棒垂直于導(dǎo)軌靜止在AB處；右端用導(dǎo)線連接電阻R2，已知R1＝2Ω，R2＝1Ω，導(dǎo)軌及導(dǎo)線電阻均不計(jì)。在矩形區(qū)域CDFE內(nèi)有豎直向上的磁場(chǎng)，CE＝0.2m，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化如圖乙所示。開始時(shí)電壓表有示數(shù)，當(dāng)電壓表示數(shù)變?yōu)榱愫?，?duì)金屬棒施加一水平向右的恒力F，使金屬棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)電壓表的示數(shù)又變?yōu)樵瓉淼闹?，金屬棒在磁?chǎng)運(yùn)動(dòng)過程中電壓表的示數(shù)始終保持不變。求：(1)t＝0.1s時(shí)電壓表的讀數(shù)；(2)恒力F的大小；(3)從t＝0時(shí)刻到金屬棒運(yùn)動(dòng)出磁場(chǎng)過程中整個(gè)電路產(chǎn)生的熱量。

參考答案【題型1磁通量的計(jì)算】【例1】如圖所示，通有恒定電流的導(dǎo)線MN與閉合金屬框共面，第一次將金屬框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次將金屬框繞cd邊翻轉(zhuǎn)到Ⅱ，設(shè)先后兩次通過金屬框的磁通量變化量大小分別為ΔΦ1和ΔΦ2，則()A．ΔΦ1＞ΔΦ2，兩次運(yùn)動(dòng)中線框中均有沿adcba方向電流出現(xiàn)B．ΔΦ1＝ΔΦ2，兩次運(yùn)動(dòng)中線框中均有沿abcda方向電流出現(xiàn)C．ΔΦ1＜ΔΦ2，兩次運(yùn)動(dòng)中線框中均有沿adcba方向電流出現(xiàn)D．ΔΦ1＜ΔΦ2，兩次運(yùn)動(dòng)中線框中均有沿abcda方向電流出現(xiàn)答案C解析設(shè)金屬框在位置Ⅰ的磁通量為Φ1，金屬框在位置Ⅱ的磁通量為Φ2，由題可知：ΔΦ1＝|Φ2－Φ1|，ΔΦ2＝|－Φ2－Φ1|，所以金屬框的磁通量變化量大小ΔΦ1＜ΔΦ2，由安培定則知兩次磁通量均向里減小，所以由楞次定律知兩次運(yùn)動(dòng)中線框中均出現(xiàn)沿adcba方向的電流，C對(duì)．【變式1-1】如圖所示，兩個(gè)單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r。圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)B的邊緣恰好與a線圈重合，則穿過a、b兩線圈的磁通量之比為()A．1∶1 B．1∶2C．1∶4 D．4∶1解析：選A由題圖可知，穿過a、b兩個(gè)線圈的磁通量均為Φ＝B·πr2，因此磁通量之比為1∶1，A正確?！咀兪?-2】如圖所示，閉合線圈abcd水平放置，其面積為S，匝數(shù)為n，線圈與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的夾角θ＝45°.現(xiàn)將線圈以ab邊為軸沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)90°，則在此過程中線圈磁通量的改變量大小為()A．0 B.eq\r(2)BSC.eq\r(2)nBS D．nBS答案B【變式1-3】如圖所示，匝數(shù)為N、半徑為r1的圓形線圈內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)在半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直于線圈平面。通過該線圈的磁通量為()A．Bπreq\o\al(2,1)B．Bπreq\o\al(2,2)C．NBπreq\o\al(2,1)D．NBπreq\o\al(2,2)解析通過線圈的磁通量Φ＝BS＝Bπreq\o\al(2,2)，A選項(xiàng)錯(cuò)誤，B選項(xiàng)正確；磁通量與線圈的匝數(shù)無關(guān)，C、D選項(xiàng)錯(cuò)誤。答案B【題型2平動(dòng)切割問題】【例2】(多選)半徑為a、右端開小口的導(dǎo)體圓環(huán)和長(zhǎng)為2a的導(dǎo)體直桿，單位長(zhǎng)度電阻均為R0.圓環(huán)水平固定放置，整個(gè)內(nèi)部區(qū)域分布著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.直桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，直桿始終有兩點(diǎn)與圓環(huán)良好接觸，從圓環(huán)中心O開始，直桿的位置由θ確定，如圖所示．則()A．θ＝0時(shí)，直桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為2BavB．θ＝eq\f(π,3)時(shí)，直桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為eq\r(3)BavC．θ＝0時(shí)，直桿受的安培力大小為eq\f(2B2av,π＋2R0)D．θ＝eq\f(π,3)時(shí)，直桿受的安培力大小為eq\f(3B2av,5π＋3R0)答案AD解析當(dāng)θ＝0時(shí)，直桿切割磁感線的有效長(zhǎng)度l1＝2a，所以直桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E1＝Bl1v＝2Bav，選項(xiàng)A正確．此時(shí)直桿上的電流I1＝eq\f(E1,πa＋2aR0)＝eq\f(2Bv,π＋2R0)，直桿受到的安培力大小F1＝BI1l1＝eq\f(4B2av,π＋2R0)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．當(dāng)θ＝eq\f(π,3)時(shí)，直桿切割磁感線的有效長(zhǎng)度l2＝2acoseq\f(π,3)＝a，直桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E2＝Bl2v＝Bav，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．此時(shí)直桿上的電流I2＝eq\f(E2,2πa－\f(2πa,6)＋aR0)＝eq\f(3Bv,5π＋3R0)，直桿受到的安培力大小F2＝BI2l2＝eq\f(3B2av,5π＋3R0)，選項(xiàng)D正確．【變式2-1】如圖所示，abcd為水平放置的平行“”形光滑金屬導(dǎo)軌，間距為l，導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．已知金屬桿MN傾斜放置，與導(dǎo)軌成θ角，單位長(zhǎng)度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(dòng)(金屬桿滑動(dòng)過程中與導(dǎo)軌接觸良好)．則()A．電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為eq\f(Blv,sinθ)B．電路中感應(yīng)電流的大小為eq\f(Bvsinθ,r)C．金屬桿所受安培力的大小為eq\f(B2lvsinθ,r)D．金屬桿的熱功率為eq\f(B2lv2,rsinθ)答案B解析電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(E,\f(l,sinθ)r)＝eq\f(Bvsinθ,r)，故A錯(cuò)誤，B正確；金屬桿所受安培力大小F＝BIeq\f(l,sinθ)＝eq\f(B2lv,r)，故C錯(cuò)誤；金屬桿的熱功率P＝I2R＝I2eq\f(l,sinθ)r＝eq\f(B2lv2sinθ,r)，故D錯(cuò)誤．【變式2-2】(多選)如圖所示，光滑的金屬框CDEF水平放置，寬為L(zhǎng)，在E、F間連接一阻值為R的定值電阻，在C、D間連接一滑動(dòng)變阻器R1(0≤R1≤2R)?？騼?nèi)存在著豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為R的導(dǎo)體棒AB在外力作用下以速度v勻速向右運(yùn)動(dòng)，金屬框電阻不計(jì)，導(dǎo)體棒與金屬框接觸良好且始終垂直，下列說法正確的是()A．ABFE回路的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，ABCD回路的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針B．左右兩個(gè)閉合區(qū)域的磁通量都在變化，且變化率相同，故電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為2BLvC．當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電路中的阻值R1＝R時(shí)，導(dǎo)體棒兩端的電壓為BLvD．當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電路中的阻值R1＝eq\f(R,2)時(shí)，滑動(dòng)變阻器有最大電功率，且為eq\f(B2L2v2,8R)[解析]根據(jù)楞次定律可知，ABFE回路的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，ABCD回路的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，故A正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，故B錯(cuò)誤；當(dāng)R1＝R時(shí)，外電路總電阻R外＝eq\f(R,2)，故導(dǎo)體棒兩端的電壓即路端電壓為eq\f(1,3)BLv，故C錯(cuò)誤；該電路電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，電源內(nèi)阻為R，求解滑動(dòng)變阻器的最大電功率時(shí)，可以將導(dǎo)體棒和電阻R看成新的等效電源，等效內(nèi)阻為eq\f(R,2)，故當(dāng)R1＝eq\f(R,2)時(shí)，等效電源輸出功率最大，則滑動(dòng)變阻器的最大電功率Pm＝eq\f(UR12,R1)＝eq\f(\f(1,4)E2,\f(R,2))＝eq\f(B2L2v2,8R)，故D正確。[答案]AD【變式2-3】在xOy平面內(nèi)有一條拋物線金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌的拋物線方程為y2＝4x，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面向里，一根足夠長(zhǎng)的金屬棒ab垂直于x軸從坐標(biāo)原點(diǎn)開始，以恒定速度v沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中始終與金屬導(dǎo)軌保持良好接觸，如圖7所示．則下列圖象中能表示回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小隨時(shí)間變化的是()答案B解析金屬棒ab沿x軸以恒定速度v運(yùn)動(dòng)，因此x＝vt，則金屬棒在回路中的有效長(zhǎng)度l＝2y＝4eq\r(x)＝4eq\r(vt)，由電磁感應(yīng)定律得回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv＝4Beq\r(v3t)，即E2∝t，B正確．【題型3旋轉(zhuǎn)切割問題】【例3】(多選)法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖8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(qiáng)磁場(chǎng)B中．圓盤旋轉(zhuǎn)時(shí)，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(dòng)的角速度恒定，則電流大小恒定B．若從上向下看，圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則電流沿a到b的方向流動(dòng)C．若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)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(dòng)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?倍答案AB解析將圓盤看成無數(shù)幅條組成，它們都在切割磁感線從而產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，則當(dāng)圓盤順時(shí)針(俯視)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)右手定則可知圓盤上感應(yīng)電流從邊緣流向中心，流過電阻的電流方向從a到b，B對(duì)；由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLeq\x\to(v)＝eq\f(1,2)BL2ω，I＝eq\f(E,R＋r)，ω恒定時(shí)，I大小恒定，ω大小變化時(shí)，I大小變化，方向不變，故A對(duì)，C錯(cuò)；由P＝I2R＝eq\f(B2L4ω2R,4R＋r2)知，當(dāng)ω變?yōu)樵瓉淼?倍時(shí)，P變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯(cuò)．【變式3-1】如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向平行于ab邊向上．當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度ω逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，a、b、c三點(diǎn)的電勢(shì)分別為Ua、Ub、Uc.已知bc邊的長(zhǎng)度為l.下列判斷正確的是()A．Ua＞Uc，金屬框中無電流B．Ub＞Uc，金屬框中電流方向沿abcaC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金屬框中無電流D．Ubc＝eq\f(1,2)Bl2ω，金屬框中電流方向沿acba答案C解析金屬框abc平面與磁場(chǎng)平行，轉(zhuǎn)動(dòng)過程中磁通量始終為零，所以無感應(yīng)電流產(chǎn)生，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤．轉(zhuǎn)動(dòng)過程中bc邊和ac邊均切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由右手定則判斷Ua<Uc，Ub<Uc，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．由轉(zhuǎn)動(dòng)切割產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的公式得Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，選項(xiàng)C正確．【變式3-2】如圖所示，虛線兩側(cè)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向相反，電阻為R的導(dǎo)線彎成頂角為90°，半徑為r的兩個(gè)扇形組成的回路，O為圓心，整個(gè)回路可繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)．若由圖示的位置開始沿順時(shí)針方向以角速度ω轉(zhuǎn)動(dòng)，則在一個(gè)周期內(nèi)電路消耗的電能為()A.eq\f(πB2ωr4,R) B.eq\f(2πB2ωr4,R)C.eq\f(4πB2ωr4,R) D.eq\f(8πB2ωr4,R)答案C解析從圖示位置開始計(jì)時(shí)，在一個(gè)周期T內(nèi)，在0～eq\f(T,4)、eq\f(T,2)～eq\f(3,4)T內(nèi)沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，在eq\f(T,4)～eq\f(T,2)，eq\f(3,4)T～T內(nèi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，在eq\f(T,4)～eq\f(T,2)，eq\f(3,4)T～T內(nèi)線框產(chǎn)生的總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝4×eq\f(1,2)Br2ω＝2Br2ω，則在一周期內(nèi)電路釋放的電能為Q＝eq\f(E2,R)·eq\f(T,2)，T＝eq\f(2π,ω)，解得Q＝eq\f(4πB2ωr4,R)，C項(xiàng)正確．【變式3-3】轉(zhuǎn)筆是一項(xiàng)用不同的方法與技巧以手指來轉(zhuǎn)動(dòng)筆的休閑活動(dòng)，深受廣大中學(xué)生的喜愛，其中也包含了許多的物理知識(shí)。如圖所示，某轉(zhuǎn)筆高手能讓筆繞其手指上的某一點(diǎn)沿順時(shí)針方向做角速度為ω的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知手與筆的接觸點(diǎn)O點(diǎn)恰好是長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬筆桿的中點(diǎn)，地磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度在與筆桿轉(zhuǎn)動(dòng)平面垂直方向的分量大小為B，方向垂直紙面向外，則()A．筆桿上O點(diǎn)的電勢(shì)最低B．O點(diǎn)與筆尖間的電勢(shì)差為eq\f(1,2)BL2ωC．O點(diǎn)與筆尖間的電勢(shì)差為eq\f(1,8)BL2ωD．筆桿兩端點(diǎn)間的電勢(shì)差為BL2ω解析：選C根據(jù)右手定則判斷知，筆桿上O點(diǎn)的電勢(shì)最高，A錯(cuò)誤；O點(diǎn)與筆尖間的電勢(shì)差為U＝B×eq\f(L,2)×eq\f(0＋ω·\f(L,2),2)＝eq\f(1,8)BL2ω，B錯(cuò)誤，C正確；筆桿兩端點(diǎn)間的電勢(shì)差為零，D錯(cuò)誤?！绢}型4感生問題】【例4】輕質(zhì)細(xì)線吊著一質(zhì)量為m＝0.42kg、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1m、匝數(shù)n＝10的正方形線圈，其總電阻為r＝1Ω.在線圈的中間位置以下區(qū)域分布著磁場(chǎng)，如圖甲所示．磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化關(guān)系如圖乙所示．(g＝10m/s2)(1)判斷線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向是順時(shí)針還是逆時(shí)針；(2)求線圈的電功率；(3)求在t＝4s時(shí)輕質(zhì)細(xì)線的拉力大小．答案(1)逆時(shí)針(2)0.25W(3)1.2N解析(1)由楞次定律知感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向．(2)由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝n·eq\f(1,2)L2eq\f(ΔB,Δt)＝0.5V則P＝eq\f(E2,r)＝0.25W(3)I＝eq\f(E,r)＝0.5A，F(xiàn)安＝nBILF安＋F線＝mg聯(lián)立解得F線＝1.2N.【變式4-1】如圖所示，a、b兩個(gè)閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成，匝數(shù)均為7匝，邊長(zhǎng)la＝3lb，圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大，不考慮線圈之間的相互影響，則()A．兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流B．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為9∶1C．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電流之比為3∶4D．a(chǎn)、b線圈中電功率之比為3∶1答案B解析根據(jù)楞次定律可知，兩線圈內(nèi)均產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大，設(shè)eq\f(ΔB,Δt)＝k，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)l2，則eq\f(Ea,Eb)＝(eq\f(3,1))2＝eq\f(9,1)，選項(xiàng)B正確；根據(jù)I＝eq\f(E,R)＝eq\f(E,ρ\f(4nl,S))＝eq\f(n\f(ΔB,Δt)l2S,4ρnl)＝eq\f(klS,4ρ)可知，I∝l，故a、b線圈中感應(yīng)電流之比為3∶1，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電功率P＝IE＝eq\f(klS,4ρ)·neq\f(ΔB,Δt)l2＝eq\f(nk2l3S,4ρ)，則P∝l3，故a、b線圈中電功率之比為27∶1，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．【變式4-2】(多選)用一根橫截面積為S、電阻率為ρ的硬質(zhì)導(dǎo)線做成一個(gè)半徑為r的圓環(huán)，ab為圓環(huán)的一條直徑．如圖所示，在ab的左側(cè)存在一個(gè)均勻變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)垂直圓環(huán)所在平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間的變化率eq\f(ΔB,Δt)＝k(k＜0)．則()A．圓環(huán)中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流B．圓環(huán)具有擴(kuò)張的趨勢(shì)C．圓環(huán)中感應(yīng)電流的大小為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(krS,2ρ)))D．圖中a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Uab＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(kπr2,4)))答案BD解析磁通量均勻減少，根據(jù)楞次定律可知，圓環(huán)中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；圓環(huán)在磁場(chǎng)中的部分，受到向外的安培力，所以有擴(kuò)張的趨勢(shì)，選項(xiàng)B正確；圓環(huán)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(kπr2,2)))，則圓環(huán)中的電流大小為I＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(kSr,4ρ)))，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；Uab＝eq\f(E,2)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(kπr2,4)))，選項(xiàng)D正確．【變式4-3】如圖為無線充電技術(shù)中使用的受電線圈示意圖，線圈匝數(shù)為n，面積為S.若在t1到t2時(shí)間內(nèi)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小由B1均勻增加到B2，則該段時(shí)間線圈兩端a和b之間的電勢(shì)差φa－φb()A．恒為eq\f(nSB2－B1,t2－t1)B．從0均勻變化到eq\f(nSB2－B1,t2－t1)C．恒為－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)D．從0均勻變化到－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)答案C解析根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(SB2－B1,t2－t1)，由楞次定律可以判斷a點(diǎn)電勢(shì)低于b點(diǎn)電勢(shì)，所以a、b兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差為－neq\f(SB2－B1,t2－t1)，C項(xiàng)正確．【題型5聯(lián)系實(shí)際】【例5】(多選)電吉他中電拾音器的基本結(jié)構(gòu)如圖所示，磁體附近的金屬弦被磁化，因此弦振動(dòng)時(shí)，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流經(jīng)電路放大后傳送到音箱發(fā)出聲音，下列說法正確的有()A．選用銅質(zhì)弦，電吉他仍能正常工作B．取走磁體，電吉他將不能正常工作C．增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)D．弦振動(dòng)過程中，線圈中的電流方向不斷變化答案BCD解析銅質(zhì)弦為非磁性材料，不能被磁化，選用銅質(zhì)弦，電吉他不能正常工作，A項(xiàng)錯(cuò)誤；若取走磁體，金屬弦不能被磁化，其振動(dòng)時(shí)，不能在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，電吉他不能正常工作，B項(xiàng)對(duì)；由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，C項(xiàng)正確；弦振動(dòng)過程中，穿過線圈的磁通量大小不斷變化，由楞次定律可知，線圈中感應(yīng)電流方向不斷變化，D項(xiàng)正確．【變式5-1】磁卡的磁條中有用于存儲(chǔ)信息的磁極方向不同的磁化區(qū)，刷卡器中有檢測(cè)線圈。當(dāng)以速度v0刷卡時(shí)，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，其E-t關(guān)系如圖所示。如果只將刷卡速度改為eq\f(v0,2)，線圈中的E-t關(guān)系圖可能是()解析：選D若將刷卡速度改為eq\f(v0,2)，線圈切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小將會(huì)減半，周期將會(huì)加倍，故D正確?！咀兪?-2】(多選)如圖所示，通過水平絕緣傳送帶輸送完全相同的銅線圈，線圈等距離排列，且與傳送帶以相同的速度勻速運(yùn)動(dòng)。為了檢測(cè)出個(gè)別未閉合的不合格線圈，讓傳送帶通過一固定勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直于傳送帶運(yùn)動(dòng)方向，根據(jù)穿過磁場(chǎng)后線圈間的距離，就能夠檢測(cè)出不合格線圈。通過觀察圖形，判斷下列說法正確的是()A．若線圈閉合，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線圈中感應(yīng)電流方向從上向下看為逆時(shí)針B．若線圈閉合，傳送帶以較大速度勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，磁場(chǎng)對(duì)線圈的作用力增大C．從圖中可以看出，第2個(gè)線圈是不合格線圈D．從圖中可以看出，第3個(gè)線圈是不合格線圈解析：選BD若線圈閉合，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，穿過線圈的磁通量增大，由楞次定律可知，線圈中的感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向向下，所以感應(yīng)電流的方向從上向下看是順時(shí)針，故A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，傳送帶以較大速度勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)較大，則感應(yīng)電流較大，磁場(chǎng)對(duì)線圈的作用力增大，故B正確；由題圖知第1、2、4、5、6個(gè)線圈都發(fā)生了相對(duì)滑動(dòng)，而第3個(gè)線圈沒有滑動(dòng)，則第3個(gè)線圈是不合格線圈，故C錯(cuò)誤，D正確?！咀兪?-3】(多選)如圖所示是高頻焊接原理示意圖。線圈中通以高頻變化的電流時(shí)，待焊接的金屬工件中就產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流通過焊縫產(chǎn)生大量熱量，將金屬熔化，把工件焊接在一起，而工件其他部分發(fā)熱很少。以下說法正確的是()A．電流變化的頻率越高，焊縫處的溫度升高得越快B．電流變化的頻率越低，焊縫處的溫度升高得越快C．工件上只有焊縫處溫度升得很高是因?yàn)楹缚p處的電阻小D．工件上只有焊縫處溫度升得很高是因?yàn)楹缚p處的電阻大解析在互感現(xiàn)象中產(chǎn)生的互感電動(dòng)勢(shì)的大小與電流的變化率成正比，電流變化的頻率越高，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大，由歐姆定律I＝eq\f(E,R)知產(chǎn)生的渦流越大，故A正確，B錯(cuò)誤；又P＝I2R，R越大P越大，焊縫處的溫度升高得越快，溫度升得很高，故C錯(cuò)誤，D正確。答案AD【題型6含有電容器的問題】【例6】如圖所示，兩塊水平放置的金屬板距離為d，用導(dǎo)線、開關(guān)K與一個(gè)n匝的線圈連接，線圈置于方向豎直向上的變化磁場(chǎng)B中．兩板間放一臺(tái)壓力傳感器，壓力傳感器上表面靜止放置一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電小球．K斷開時(shí)傳感器上有示數(shù)mg，K閉合穩(wěn)定后傳感器上示數(shù)為eq\f(mg,3).則線圈中的磁場(chǎng)B的變化情況和磁通量的變化率分別是()A．正在增加，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,q)B．正在減弱，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,3nq)C．正在增加，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,3q)D．正在減弱，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2mgd,3nq)答案D解析K閉合穩(wěn)定后傳感器上示數(shù)為eq\f(mg,3)，說明此時(shí)上極板帶正電，即上極板電勢(shì)高于下極板電勢(shì)，極板間的場(chǎng)強(qiáng)方向向下，大小滿足Eq＋eq\f(mg,3)＝mg，即E＝eq\f(2mg,3q)，又U＝Ed，所以兩極板間的電壓U＝eq\f(2mgd,3q)；線圈部分相當(dāng)于電源，則感應(yīng)電流的方向是從下往上，據(jù)此結(jié)合楞次定律可判斷穿過線圈的磁通量正在減少，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為neq\f(ΔΦ,Δt)，根據(jù)neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2mgd,3q)可得eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2mgd,3nq).【變式6-1】如圖，兩光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。導(dǎo)軌間距最窄處為一狹縫，取狹縫所在處O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)。狹縫右側(cè)兩導(dǎo)軌與x軸夾角均為θ，一電容為C的電容器與導(dǎo)軌左端相連。導(dǎo)軌上的金屬棒與x軸垂直，在外力F作用下從O點(diǎn)開始以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，忽略所有電阻。下列說法正確的是()A．通過金屬棒的電流為2BCv2tanθB．金屬棒到達(dá)x0時(shí)，電容器極板上的電荷量為BCvx0tanθC．金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中，電容器的上極板帶負(fù)電D．金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中，外力F做功的功率恒定[解析]經(jīng)過時(shí)間t，金屬棒切割磁感線的有效長(zhǎng)度L＝2vttanθ，金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv＝2Bv2ttanθ，則電容器極板上的電荷量Q＝CE＝2BCv2ttanθ，則通過金屬棒中的電流I＝eq\f(ΔQ,Δt)＝2BCv2tanθ，A正確；當(dāng)金屬棒到達(dá)x＝x0時(shí)，即vt＝x0時(shí)，電容器極板上的電荷量Q0＝2BCvx0tanθ，B錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向(從上往下看)，則電容器的上極板帶正電，C錯(cuò)誤；因?yàn)榻饘侔糇鰟蛩龠\(yùn)動(dòng)，所以外力F＝F安＝BIL，外力做功的功率P＝Fv＝4B2Cv4ttan2θ，是變化的，D錯(cuò)誤。[答案]A【變式6-2】如圖所示，固定在水平面上的半徑為r的金屬圓環(huán)內(nèi)存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。長(zhǎng)為l的金屬棒，一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在豎直導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO′上，隨軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在圓環(huán)的A點(diǎn)和電刷間接有阻值為R的電阻和電容為C、板間距為d的平行板電容器，有一帶電微粒在電容器極板間處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知重力加速度為g，不計(jì)其他電阻和摩擦，下列說法正確的是()A．棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為eq\f(1,2)Bl2ωB．微粒的電荷量與質(zhì)量之比為eq\f(2gd,Br2ω)C．電阻消耗的電功率為eq\f(πB2r4ω,2R)D．電容器所帶的電荷量為CBr2ω解析：選B由法拉第電磁感應(yīng)定律可知棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝Br·eq\f(1,2)ωr＝eq\f(1,2)Br2ω，A錯(cuò)誤。金屬棒電阻不計(jì)，故電容器兩極板間的電壓等于棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)，微粒的重力與其受到的電場(chǎng)力大小相等，有qeq\f(U,d)＝mg，可得eq\f(q,m)＝eq\f(2gd,Br2ω)，B正確。電阻消耗的電功率P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(B2r4ω2,4R)，C錯(cuò)誤。電容器所帶的電荷量Q＝CU＝eq\f(1,2)CBr2ω，D錯(cuò)誤。【變式6-3】(多選)如圖甲所示的電路中，電阻R1＝R，R2＝2R，單匝圓形金屬線圈半徑為r2，圓心為O，線圈的電阻為R，其余導(dǎo)線的電阻不計(jì)。半徑為r1(r1<r2)、圓心為O的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，電容器的電容為C。閉合開關(guān)S，t1時(shí)刻開始電路中的電流穩(wěn)定不變，下列說法正確的是()A．電容器上極板帶正電B．t1時(shí)刻，電容器所帶的電荷量為eq\f(CB1πr12,4t1)C．t1時(shí)刻之后，線圈兩端的電壓為eq\f(3B1πr12,4t1)D．t1時(shí)刻之后，R1兩端的電壓為eq\f(B2πr22,4t2)解析：選AC根據(jù)楞次定律可知，線圈產(chǎn)生沿逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，則電容器上極板帶正電，故A正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(B1πr12,t1)，穩(wěn)定電流為I＝eq\f(E,R1＋R2＋R)＝eq\f(B1πr12,4Rt1)，UR2＝IR2＝eq\f(B1πr12,4Rt1)·2R＝eq\f(B1πr12,2t1)，電容器所帶的電荷量為Q＝CUR2＝eq\f(CB1πr12,2t1)，故B錯(cuò)誤；t1時(shí)刻之后，線圈兩端的電壓為U＝I(R1＋R2)＝eq\f(3B1πr12,4t1)，故C正確；t1時(shí)刻之后，R1兩端的電壓為U＝IR1＝eq\f(B1πr12,4t1)＝eq\f(B2πr12,4t2)，故D錯(cuò)誤。【題型7二次感應(yīng)問題】【例7】[多選]如圖(a)，螺線管內(nèi)有平行于軸線的外加勻強(qiáng)磁場(chǎng)，以圖中箭頭所示方向?yàn)槠湔较?。螺線管與導(dǎo)線框abcd相連，導(dǎo)線框內(nèi)有一小金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導(dǎo)線框在同一平面內(nèi)。當(dāng)螺線管內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間按圖(b)所示規(guī)律變化時(shí)()A．在t1～t2時(shí)間內(nèi)，L有收縮趨勢(shì)B．在t2～t3時(shí)間內(nèi)，L有擴(kuò)張趨勢(shì)C．在t2～t3時(shí)間內(nèi)，L內(nèi)有逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流D．在t3～t4時(shí)間內(nèi)，L內(nèi)有順時(shí)針方向的感應(yīng)電流解析：選AD據(jù)題意，在t1～t2時(shí)間內(nèi)，外加磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度增加且斜率在增大，則在導(dǎo)線框中產(chǎn)生沿順時(shí)針方向增加的電流，該電流激發(fā)出增加的磁場(chǎng)，該磁場(chǎng)通過圓環(huán)，在圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)結(jié)論“增縮減擴(kuò)”可以判定圓環(huán)有收縮趨勢(shì)，故選項(xiàng)A正確；在t2～t3時(shí)間內(nèi)，外加磁場(chǎng)均勻變化，在導(dǎo)線框中產(chǎn)生穩(wěn)定電流，該電流激發(fā)出穩(wěn)定磁場(chǎng)，該磁場(chǎng)通過圓環(huán)時(shí)，圓環(huán)中沒有感應(yīng)電流，故選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；在t3～t4時(shí)間內(nèi)，外加磁場(chǎng)向下減小，且斜率也減小，在導(dǎo)線框中產(chǎn)生沿順時(shí)針方向減小的電流，該電流激發(fā)出向里減小的磁場(chǎng)，故圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針方向電流，選項(xiàng)D正確。【變式7-1】如圖，在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一U形金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與磁場(chǎng)垂直．金屬桿PQ置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌形成閉合回路PQRS，一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內(nèi)，線框與導(dǎo)軌共面．現(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)開始的瞬間，關(guān)于感應(yīng)電流的方向，下列說法正確的是()A．PQRS中沿順時(shí)針方向，T中沿逆時(shí)針方向B．PQRS中沿順時(shí)針方向，T中沿順時(shí)針方向C．PQRS中沿逆時(shí)針方向，T中沿逆時(shí)針方向D．PQRS中沿逆時(shí)針方向，T中沿順時(shí)針方向答案D解析金屬桿PQ突然向右運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)開始的瞬間，閉合回路PQRS中磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁通量增大，由楞次定律可判斷，閉合回路PQRS中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)垂直紙面向外，由安培定則可判斷感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針；由于閉合回路PQRS中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，與原磁場(chǎng)方向相反，則T中磁通量減小，由楞次定律可判斷，T中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，由安培定則可知T中感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，選項(xiàng)D正確．【變式7-2】(多選)如圖甲所示，導(dǎo)體棒ab、cd均可在各自的導(dǎo)軌上無摩擦地滑動(dòng)，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1、B2的方向如圖所示，大小隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示，在0～t1時(shí)間內(nèi)()A．若ab不動(dòng)，則ab、cd中均無感應(yīng)電流B．若ab不動(dòng)，則ab中有恒定的感應(yīng)電流，但cd中無感應(yīng)電流C．若ab向右勻速運(yùn)動(dòng)，則ab中一定有從b到a的感應(yīng)電流，cd向左運(yùn)動(dòng)D．若ab向左勻速運(yùn)動(dòng)，則ab中一定有從a到b的感應(yīng)電流，cd向右運(yùn)動(dòng)答案BD解析若ab不動(dòng)，0～t1時(shí)間內(nèi)，B1逐漸增大，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，ab產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律可知cd中無感應(yīng)電流，故A錯(cuò)誤，B正確；若ab向左勻速運(yùn)動(dòng)，0～t1時(shí)間內(nèi)，B1垂直于紙面向里且逐漸增大，穿過左側(cè)閉合區(qū)域的磁通量增大，運(yùn)用楞次定律得ab中有從a到b的感應(yīng)電流，回路中產(chǎn)生逐漸增大的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，即從a到b的感應(yīng)電流增大，根據(jù)楞次定律得在導(dǎo)體棒cd中產(chǎn)生d到c的感應(yīng)電流，根據(jù)左手定則得導(dǎo)體棒cd受到向右的安培力，即cd向右運(yùn)動(dòng)，故D正確；若ab向右勻速運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生從b到a的感應(yīng)電流，同時(shí)B1均勻增大，產(chǎn)生從a到b的感應(yīng)電流，由于不確定兩感應(yīng)電流的大小關(guān)系，故ab中感應(yīng)電流無法確定，故C錯(cuò)誤．【變式7-3】如圖所示，金屬導(dǎo)軌上的導(dǎo)體棒ab在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中沿導(dǎo)軌做下列哪種運(yùn)動(dòng)時(shí)，線圈c中將沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生()A．向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C．向右做減速直線運(yùn)動(dòng)D．向右做變加速直線運(yùn)動(dòng)答案A解析導(dǎo)體棒ab向右或向左做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，ab中產(chǎn)生的感應(yīng)電流不變，螺線管產(chǎn)生的磁場(chǎng)是穩(wěn)定的，穿過c的磁通量不變，c中沒有感應(yīng)電流；導(dǎo)體棒ab向左做加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)右手定則判斷得到，ab中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向從b→a，感應(yīng)電流增大，螺線管產(chǎn)生的磁場(chǎng)增強(qiáng)，穿過c的磁通量增大，根據(jù)楞次定律得知，c中產(chǎn)生順時(shí)針方向(從左向右看)的感應(yīng)電流；導(dǎo)體棒ab向右做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)右手定則判斷得到，ab中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向從a→b，感應(yīng)電流減小，螺線管產(chǎn)生的磁場(chǎng)減弱，穿過c的磁通量減小，根據(jù)楞次定律得知，c中產(chǎn)生順時(shí)針方向(從左向右看)的感應(yīng)電流；導(dǎo)體棒ab向右做加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)右手定則判斷得到，ab中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向從a→b，感應(yīng)電流增大，螺線管產(chǎn)生的磁場(chǎng)增強(qiáng)，穿過c的磁通量增大，根據(jù)楞次定律得知，c中產(chǎn)生逆時(shí)針方向(從左向右看)的感應(yīng)電流，故選A.【題型8動(dòng)生與感生綜合問題】【例8】如圖，均勻磁場(chǎng)中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導(dǎo)線框，半圓直徑與磁場(chǎng)邊緣重合；磁場(chǎng)方向垂直于半圓面(紙面)向里，磁感應(yīng)強(qiáng)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(dòng)半周，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流．現(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間線性變化．為了產(chǎn)生與線框運(yùn)動(dòng)過程中同樣大小的電流，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率eq\f(ΔB,Δt)的大小應(yīng)為()A.eq\f(4ωB0,π)B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π)D.eq\f(ωB0,2π)答案C解析線框勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1＝B0rv＝B0req\f(ωr,2)＝eq\f(1,2)B0ωr2.當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間線性變化時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(1,2)πr2·eq\f(ΔB,Δt)，要使兩次產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小相等，必須E1＝E2，即eq\f(1,2)B0ωr2＝eq\f(1,2)πr2·eq\f(ΔB,Δt)，解得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(ωB0,π)，選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤．【變式8-1】如圖，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻；一與導(dǎo)軌垂直的金屬棒置于兩導(dǎo)軌上；在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域，區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B1＝kt，式中k為常量；在金屬棒右側(cè)還有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域左邊界MN(虛線)與導(dǎo)軌垂直，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向也垂直于紙面向里．某時(shí)刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，在t0時(shí)刻恰好以速度v0越過MN，此后向右做勻速運(yùn)動(dòng)．金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計(jì)．求：(1)在t＝0到t＝t0時(shí)間間隔內(nèi)，流過電阻的電荷量的絕對(duì)值；(2)在時(shí)刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大?。鸢?1)eq\f(kt0S,R)(2)B0lv0(t－t0)＋kSt(B0lv0＋kS)eq\f(B0l,R)解析(1)在金屬棒未越過MN之前，穿過回路的磁通量的變化量為ΔΦ＝ΔBS＝kΔtS①由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝eq\f(ΔΦ,Δt) ②由歐姆定律得I＝eq\f(E,R) ③由電流的定義得I＝eq\f(Δq,Δt) ④聯(lián)立①②③④式得|Δq|＝eq\f(kS,R)Δt ⑤由⑤式得，在t＝0到t＝t0的時(shí)間間隔內(nèi)即Δt＝t0，流過電阻R的電荷量q的絕對(duì)值為|q|＝eq\f(kt0S,R) ⑥(2)當(dāng)t>t0時(shí)，金屬棒已越過MN.由于金屬棒在MN右側(cè)做勻速運(yùn)動(dòng)，有F＝F安 ⑦式中，F(xiàn)是外加水平恒力，F(xiàn)安是金屬棒受到的安培力．設(shè)此時(shí)回路中的電流為I，F(xiàn)安＝B0lI ⑧此時(shí)金屬棒與MN之間的距離為s＝v0(t－t0) ⑨勻強(qiáng)磁場(chǎng)穿過回路的磁通量為Φ′＝B0ls ⑩回路的總磁通量為Φt＝Φ＋Φ′ ?其中Φ＝B1S＝ktS ?由⑨⑩??式得，在時(shí)刻t(t>t0)，穿過回路的總磁通量為Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt?在t到t＋Δt的時(shí)間間隔內(nèi)，總磁通量的改變量ΔΦt為ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt ?由法拉第電磁感應(yīng)定律得，回路感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為Et＝eq\f(ΔΦt,Δt) ?由歐姆定律得I＝eq\f(Et,R) ?聯(lián)立⑦⑧???式得F＝(B0lv0＋kS)eq\f(B0l,R).【變式8-2】（多選）如圖，兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，其左端接有定值電阻R.Ox軸平行于金屬導(dǎo)軌，在0≤x≤4m的空間區(qū)域內(nèi)存在著垂直導(dǎo)軌平面向下的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨坐標(biāo)x(以m為單位)的分布規(guī)律為B＝0.8－0.2x(T)．金屬棒ab在外力作用下從x＝0處沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌和金屬棒的電阻．設(shè)在金屬棒從x1＝1m經(jīng)x2＝2m到x3＝3m的過程中，R的電功率保持不變，則金屬棒()A．在x1與x3處的電動(dòng)勢(shì)之比為1∶3B．在x1與x3處受到磁場(chǎng)B的作用力大小之比為3∶1C．從x1到x2與從x2到x3的過程中通過R的電荷量之比為5∶3D．從x1到x2與從x2到x3的過程中R產(chǎn)生的焦耳熱之比為5∶3答案BCD解析由于金屬棒在運(yùn)動(dòng)過程中，R的電功率不變，則由P＝I2R知電路中電流I不變，又根據(jù)E＝IR知在x1與x3處電動(dòng)勢(shì)相同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由題意知在x1、x2、x3處的磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為0.6T、0.4T、0.2T，設(shè)導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，由F＝BIL知金屬棒在x1與x3處受到磁場(chǎng)B的作用力大小之比為3∶1，選項(xiàng)B正確；由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，q＝IΔt，得q＝eq\f(ΔΦ,R)，如圖為B隨x變化的圖象，圖線與坐標(biāo)軸所圍的面積與L的乘積表示回路磁通量的變化量ΔΦ，可知金屬棒從x1到x2與從x2到x3的過程中通過R的電荷量之比為5∶3，選項(xiàng)C正確；根據(jù)Q＝I2RΔt和q＝IΔt可知金屬棒從x1到x2與從x2到x3的過程所用的時(shí)間之比為5∶3，則R產(chǎn)生的焦耳熱之比為5∶3，選項(xiàng)D正確．【變式8-3】如圖甲所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ被固定在水平面上，導(dǎo)軌間距l(xiāng)＝0.6m，兩導(dǎo)軌的左端用導(dǎo)線連接電阻R1及理想電壓表，電阻r＝2Ω的金屬棒垂直于導(dǎo)軌靜止在AB處；右端用導(dǎo)線連接電阻R2，已知R1＝2Ω，R2＝1Ω，導(dǎo)軌及導(dǎo)線電阻均不計(jì)。在矩形區(qū)域CDFE內(nèi)有豎直向上的磁場(chǎng)，CE＝0.2m，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化如圖乙所示。開始時(shí)電壓表有示數(shù)，當(dāng)電壓表示數(shù)變?yōu)榱愫?，?duì)金屬棒施加一水平向右的恒力F，使金屬棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)電壓表的示數(shù)又變?yōu)樵瓉淼闹担饘侔粼诖艌?chǎng)運(yùn)動(dòng)過程中電壓表的示數(shù)始終保持不變。求：(1)t＝0.1s時(shí)電壓表的讀數(shù)；(2)恒力F的大??；(3)從t＝0時(shí)刻到金屬棒運(yùn)動(dòng)出磁場(chǎng)過程中整個(gè)電路產(chǎn)生的熱量。解析(1)設(shè)磁場(chǎng)寬度為d＝CE，在0～0.2s的時(shí)間內(nèi)，有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，E＝eq\f(ΔB,Δt)ld＝0.6V此時(shí)，R1與金屬棒r并聯(lián)，再與R2串聯(lián)R＝R并＋R2＝(1＋1)Ω＝2ΩU＝eq\f(E,R)R并＝0.3V。(2)金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)后，有I′＝eq\f(U,R1)＋eq\f(U,R2)＝0.45AFA＝BI′l＝1×0.45×0.6N＝0.27N由于金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)后電壓表示數(shù)始終不變，所以金屬棒做勻速運(yùn)動(dòng)，有F＝FA＝0.27N。(3)金屬棒在0～0.2s的運(yùn)動(dòng)時(shí)間內(nèi)有Q＝eq\f(E2,R)t＝0.036J金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)后，有R′＝eq\f(R1R2,R1＋R2)＋r＝eq\f(8,3)Ω，E′＝I′R′＝1.2V，E′＝Blv，v＝2m/st′＝eq\f(d,v)＝eq\f(0.2,2)s＝0.1sQ′＝E′I′t′＝0.054J，Q總＝Q＋Q′＝(0.036＋0.054)J＝0.09J。答案(1)0.3V(2)0.27N(3)0.09J專題2.2法拉第電磁感應(yīng)定律【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【題型1磁通量的計(jì)算】 【題型2平動(dòng)切割問題】 【題型3旋轉(zhuǎn)切割問題】 【題型4感生問題】 【題型5聯(lián)系實(shí)際】 【題型6含有電容器的問題】 【題型7二次感應(yīng)問題】 【題型8動(dòng)生與感生綜合問題】 【題型1磁通量的計(jì)算】【例1】如圖所示，通有恒定電流的導(dǎo)線MN與閉合金屬框共面，第一次將金屬框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次將金屬框繞cd邊翻轉(zhuǎn)到Ⅱ，設(shè)先后兩次通過金屬框的磁通量變化量大小分別為ΔΦ1和ΔΦ2，則()A．ΔΦ1＞ΔΦ2，兩次運(yùn)動(dòng)中線框中均有沿adcba方向電流出現(xiàn)B．ΔΦ1＝ΔΦ2，兩次運(yùn)動(dòng)中線框中均有沿abcda方向電流出現(xiàn)C．ΔΦ1＜ΔΦ2，兩次運(yùn)動(dòng)中線框中均有沿adcba方向電流出現(xiàn)D．ΔΦ1＜ΔΦ2，兩次運(yùn)動(dòng)中線框中均有沿abcda方向電流出現(xiàn)答案C解析設(shè)金屬框在位置Ⅰ的磁通量為Φ1，金屬框在位置Ⅱ的磁通量為Φ2，由題可知：ΔΦ1＝|Φ2－Φ1|，ΔΦ2＝|－Φ2－Φ1|，所以金屬框的磁通量變化量大小ΔΦ1＜ΔΦ2，由安培定則知兩次磁通量均向里減小，所以由楞次定律知兩次運(yùn)動(dòng)中線框中均出現(xiàn)沿adcba方向的電流，C對(duì)．【變式1-1】如圖所示，兩個(gè)單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r。圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)B的邊緣恰好與a線圈重合，則穿過a、b兩線圈的磁通量之比為()A．1∶1 B．1∶2C．1∶4 D．4∶1解析：選A由題圖可知，穿過a、b兩個(gè)線圈的磁通量均為Φ＝B·πr2，因此磁通量之比為1∶1，A正確?！咀兪?-2】如圖所示，閉合線圈abcd水平放置，其面積為S，匝數(shù)為n，線圈與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的夾角θ＝45°.現(xiàn)將線圈以ab邊為軸沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)90°，則在此過程中線圈磁通量的改變量大小為()A．0 B.eq\r(2)BSC.eq\r(2)nBS D．nBS答案B【變式1-3】如圖所示，匝數(shù)為N、半徑為r1的圓形線圈內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)在半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直于線圈平面。通過該線圈的磁通量為()A．Bπreq\o\al(2,1)B．Bπreq\o\al(2,2)C．NBπreq\o\al(2,1)D．NBπreq\o\al(2,2)解析通過線圈的磁通量Φ＝BS＝Bπreq\o\al(2,2)，A選項(xiàng)錯(cuò)誤，B選項(xiàng)正確；磁通量與線圈的匝數(shù)無關(guān)，C、D選項(xiàng)錯(cuò)誤。答案B【題型2平動(dòng)切割問題】【例2】(多選)半徑為a、右端開小口的導(dǎo)體圓環(huán)和長(zhǎng)為2a的導(dǎo)體直桿，單位長(zhǎng)度電阻均為R0.圓環(huán)水平固定放置，整個(gè)內(nèi)部區(qū)域分布著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.直桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，直桿始終有兩點(diǎn)與圓環(huán)良好接觸，從圓環(huán)中心O開始，直桿的位置由θ確定，如圖所示．則()A．θ＝0時(shí)，直桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為2BavB．θ＝eq\f(π,3)時(shí)，直桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為eq\r(3)BavC．θ＝0時(shí)，直桿受的安培力大小為eq\f(2B2av,π＋2R0)D．θ＝eq\f(π,3)時(shí)，直桿受的安培力大小為eq\f(3B2av,5π＋3R0)答案AD解析當(dāng)θ＝0時(shí)，直桿切割磁感線的有效長(zhǎng)度l1＝2a，所以直桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E1＝Bl1v＝2Bav，選項(xiàng)A正確．此時(shí)直桿上的電流I1＝eq\f(E1,πa＋2aR0)＝eq\f(2Bv,π＋2R0)，直桿受到的安培力大小F1＝BI1l1＝eq\f(4B2av,π＋2R0)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．當(dāng)θ＝eq\f(π,3)時(shí)，直桿切割磁感線的有效長(zhǎng)度l2＝2acoseq\f(π,3)＝a，直桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E2＝Bl2v＝Bav，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．此時(shí)直桿上的電流I2＝eq\f(E2,2πa－\f(2πa,6)＋aR0)＝eq\f(3Bv,5π＋3R0)，直桿受到的安培力大小F2＝BI2l2＝eq\f(3B2av,5π＋3R0)，選項(xiàng)D正確．【變式2-1】如圖所示，abcd為水平放置的平行“”形光滑金屬導(dǎo)軌，間距為l，導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．已知金屬桿MN傾斜放置，與導(dǎo)軌成θ角，單位長(zhǎng)度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(dòng)(金屬桿滑動(dòng)過程中與導(dǎo)軌接觸良好)．則()A．電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為eq\f(Blv,sinθ)B．電路中感應(yīng)電流的大小為eq\f(Bvsinθ,r)C．金屬桿所受安培力的大小為eq\f(B2lvsinθ,r)D．金屬桿的熱功率為eq\f(B2lv2,rsinθ)答案B解析電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(E,\f(l,sinθ)r)＝eq\f(Bvsinθ,r)，故A錯(cuò)誤，B正確；金屬桿所受安培力大小F＝BIeq\f(l,sinθ)＝eq\f(B2lv,r)，故C錯(cuò)誤；金屬桿的熱功率P＝I2R＝I2eq\f(l,sinθ)r＝eq\f(B2lv2sinθ,r)，故D錯(cuò)誤．【變式2-2】(多選)如圖所示，光滑的金屬框CDEF水平放置，寬為L(zhǎng)，在E、F間連接一阻值為R的定值電阻，在C、D間連接一滑動(dòng)變阻器R1(0≤R1≤2R)?？騼?nèi)存在著豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為R的導(dǎo)體棒AB在外力作用下以速度v勻速向右運(yùn)動(dòng)，金屬框電阻不計(jì)，導(dǎo)體棒與金屬框接觸良好且始終垂直，下列說法正確的是()A．ABFE回路的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，ABCD回路的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針B．左右兩個(gè)閉合區(qū)域的磁通量都在變化，且變化率相同，故電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為2BLvC．當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電路中的阻值R1＝R時(shí)，導(dǎo)體棒兩端的電壓為BLvD．當(dāng)滑動(dòng)變阻器接入電路中的阻值R1＝eq\f(R,2)時(shí)，滑動(dòng)變阻器有最大電功率，且為eq\f(B2L2v2,8R)[解析]根據(jù)楞次定律可知，ABFE回路的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，ABCD回路的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，故A正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，故B錯(cuò)誤；當(dāng)R1＝R時(shí)，外電路總電阻R外＝eq\f(R,2)，故導(dǎo)體棒兩端的電壓即路端電壓為eq\f(1,3)BLv，故C錯(cuò)誤；該電路電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，電源內(nèi)阻為R，求解滑動(dòng)變阻器的最大電功率時(shí)，可以將導(dǎo)體棒和電阻R看成新的等效電源，等效內(nèi)阻為eq\f(R,2)，故當(dāng)R1＝eq\f(R,2)時(shí)，等效電源輸出功率最大，則滑動(dòng)變阻器的最大電功率Pm＝eq\f(UR12,R1)＝eq\f(\f(1,4)E2,\f(R,2))＝eq\f(B2L2v2,8R)，故D正確。[答案]AD【變式2-3】在xOy平面內(nèi)有一條拋物線金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌的拋物線方程為y2＝4x，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面向里，一根足夠長(zhǎng)的金屬棒ab垂直于x軸從坐標(biāo)原點(diǎn)開始，以恒定速度v沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中始終與金屬導(dǎo)軌保持良好接觸，如圖7所示．則下列圖象中能表示回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小隨時(shí)間變化的是()答案B解析金屬棒ab沿x軸以恒定速度v運(yùn)動(dòng)，因此x＝vt，則金屬棒在回路中的有效長(zhǎng)度l＝2y＝4eq\r(x)＝4eq\r(vt)，由電磁感應(yīng)定律得回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv＝4Beq\r(v3t)，即E2∝t，B正確．【題型3旋轉(zhuǎn)切割問題】【例3】(多選)法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖8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(qiáng)磁場(chǎng)B中．圓盤旋轉(zhuǎn)時(shí)，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(dòng)的角速度恒定，則電流大小恒定B．若從上向下看，圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則電流沿a到b的方向流動(dòng)C．若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)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(dòng)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?倍答案AB解析將圓盤看成無數(shù)幅條組成，它們都在切割磁感線從而產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，則當(dāng)圓盤順時(shí)針(俯視)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)右手定則可知圓盤上感應(yīng)電流從邊緣流向中心，流過電阻的電流方向從a到b，B對(duì)；由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLeq\x\to(v)＝eq\f(1,2)BL2ω，I＝eq\f(E,R＋r)，ω恒定時(shí)，I大小恒定，ω大小變化時(shí)，I大小變化，方向不變，故A對(duì)，C錯(cuò)；由P＝I2R＝eq\f(B2L4ω2R,4R＋r2)知，當(dāng)ω變?yōu)樵瓉淼?倍時(shí)，P變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯(cuò)．【變式3-1】如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向平行于ab邊向上．當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度ω逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，a、b、c三點(diǎn)的電勢(shì)分別為Ua、Ub、Uc.已知bc邊的長(zhǎng)度為l.下列判斷正確的是()A．Ua＞Uc，金屬框中無電流B．Ub＞Uc，金屬框中電流方向沿abcaC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金屬框中無電流D．Ubc＝eq\f(1,2)Bl2ω，金屬框中電流方向沿acba答案C解析金屬框abc平面與磁場(chǎng)平行，轉(zhuǎn)動(dòng)過程中磁通量始終為零，所以無感應(yīng)電流產(chǎn)生，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤．轉(zhuǎn)動(dòng)過程中bc邊和ac邊均切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由右手定則判斷Ua<Uc，Ub<Uc，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．由轉(zhuǎn)動(dòng)切割產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的公式得Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，選項(xiàng)C正確．【變式3-2】如圖所示，虛線兩側(cè)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向相反，電阻為R的導(dǎo)線彎成頂角為90°，半徑為r的兩個(gè)扇形組成的回路，O為圓心，整個(gè)回路可繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)．若由圖示的位置開始沿順時(shí)針方向以角速度ω轉(zhuǎn)動(dòng)，則在一個(gè)周期內(nèi)電路消耗的電能為()A.eq\f(πB2ωr4,R) B.eq\f(2πB2ωr4,R)C.eq\f(4πB2ωr4,R) D.eq\f(8πB2ωr4,R)答案C解析從圖示位置開始計(jì)時(shí)，在一個(gè)周期T內(nèi)，在0～eq\f(T,4)、eq\f(T,2)～eq\f(3,4)T內(nèi)沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，在eq\f(T,4)～eq\f(T,2)，eq\f(3,4)T～T內(nèi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，在eq\f(T,4)～eq\f(T,2)，eq\f(3,4)T～T內(nèi)線框產(chǎn)生的總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝4×eq\f(1,2)Br2ω＝2Br2ω，則在一周期內(nèi)電路釋放的電能為Q＝eq\f(E2