第十二章 电磁感应及电磁场基本方程习题解
第12章-电磁感应 电磁场和电磁波
0n1I1
则穿过半径为 r2 的线圈
的磁通匝数为
N2Φ21 N2B1(π r12 )
n2lB1(πr12 )
代入 B1 计算得 2 N2Φ21 0n1n2l(πr12 )I1
则
M 21
N 2Φ21 I1
0n1n2l(πr12 )
33
12-3 自感和互感
例3 上题中，若通过长度为 l2 的线圈 N2 的电流为 I2 ， 且 I2 是随时间而变化的，那么，因互感的作用，在线 圈 N1 中激起的感应电动势是多少呢？ 解 通过线圈 N1 的磁通匝数为
dV
V 2
36
12-4 磁场的能量 磁场能量密度
例1 有一长为 l 0.20m 、截面积 S 5.0cm2 的长直 螺线管。按设计要求，当螺线管通以电流 I 450mA 时，螺线管可储存磁场能量 Wm 0.10J . 试问此长直螺
线管需绕多少匝线圈？
解 由上一节可知，长直螺线管的自感为
L 0N 2S / l
i
OP Ek dl
(v
B)
dl
OP
l
p
i
设杆长为 l
i
vBdl vBl
0
o
16
12-2 动生电动势和感生电动势
例1 一长为 L 的铜棒在磁感强度为 B 的均匀磁场中,
以角速度 在与磁场方向垂直的平面上绕棒的一端转
动，求铜棒两端的感应电动势.
解 di (v B) dl
vBdl
螺线管储存的磁场能量为
Wm
1 2
LI 2
1 2
0 N 2S
l
I2
N 1 ( 2Wml )1/ 2 1.8104匝
当 dL 0 dt
大学物理B-第十二章 电磁感应
电磁感应
产 生 机 理
i
d m dt
楞次定律 动生电动势
感生电动势
自感电动势
i (v B ) dl L B i dS S t
工业生产
12-3 自感和互感
互感电动势
一、自感电动势
自感系数 I(t) Φm
1.自感现象与自感系数 由于回路自身电流的变化，在回 路中产生感应电动势的现象。
N
ab a
I NIl a b ldr ln 2r 2 a
N B dS
s
dr
I
r
由互感系数定义可得互感为: Nl ab M ln I 2 a
l
a
b
I I I I
0
0
12-4磁场的能量与能量密度
I (t )
L
R
0
充电过程曲线
τ
t
I (t)
K2
麦克斯韦提出全电流的概念
I 全 I 传导 I D
全电流连续不中断的，构成闭合回路
ID
全电流安培环路定理
L H dl I 传导 I D dD d D dS D dS 位移电流 I D S t dt dt S
讨论： 1. 传导电流：电荷定向运动 2. 若传导电流为零
L
L
穿过S1 面 电流
穿过S2 面 电流
S1
I
+ + + +
S2
D
电流不连续 -
二、 全电流安培环路定理 S2 面电位移通量 D DS
极板间电位移矢量 D 位移电流
2024版新教材高考物理全程一轮总复习第十二章电磁感应专题强化十二电磁感应中动力学能量和动量问题学生
专题强化十二电磁感应中的动力学、能量和动量问题【素养目标】 1.掌握处理电磁感应中动力学，能量和动量问题的方法.2.能分析电磁感应规律在生产生活中的应用．题型一电磁感应中的动力学问题解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下例1[2022·湖北卷]如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里．正方形单匝线框abcd的边长L＝0.2 m、回路电阻R＝1.6×10－3Ω、质量m＝0.2 kg.线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L.现对线框施加与水平向右方向成θ＝45°角、大小为4√2 N的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动．从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运，求：动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界．重力加速度大小取g＝10ms2(1)ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；(2)磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；(3)磁场区域的水平宽度．[试答]针对训练1．(多选)如图甲所示，倾角为α＝37°的足够长绝缘斜面体固定在水平面上，在两平行于斜面底边的虚线之间存在垂直斜面向上的匀强磁场，两平行虚线间的距离为d＝0.1 m，质量为m＝0.01 kg、阻值为r＝1 Ω的正方形导体框由虚线1上侧无初速释放，经过一段时间导体框穿过磁场，整个过程中导体框的ab边始终与虚线平行，导体框由释放到离开磁场的过程，其速度随时间的变化规律如图乙所示，已知磁感应强度大小为B＝1 T，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的是( )A．导体框与斜面体之间的动摩擦因数为0.5B．导体框的边长为0.2 mC．导体框由释放到cd边离开虚线2的时间为1 sD．整个过程，导体框中产生的焦耳热为4×10－3 J2．[2023·南昌摸底考试]如图甲所示，两条相距l＝2 m的水平粗糙导轨左端接一定值电阻R＝1 Ω，当t＝0时，一质量为m＝2 kg，阻值为r的金属杆，在水平外力F的作用下由静止开始向右运动，5 s末到达MN，MN右侧为一匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5 T，方向垂直纸面向里．当金属杆到达MN(含MN)后，保持外力的功率不变，金属杆进入磁场8 s 末开始做匀速直线运动．整个过程金属杆的v－t图像如图乙所示，若导轨电阻忽略不计，金属杆和导轨始终垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.(1)求金属杆进入磁场后外力F的功率P.(2)若前8 s回路产生的总焦耳热为Q＝51 J，求金属杆在磁场中运动的位移大小．(3)求定值电阻R与金属杆的阻值r的比值．题型二电磁感应中的能量问题1．能量转化2．求解焦耳热Q的三种方法3．解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)；(2)弄清电磁感应过程中哪些力做功，以及哪些形式的能量相互转化；(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解．例2[2023·江苏省扬州市质检](多选)我国新一代航母阻拦系统的研制引入了电磁阻拦技术，其基本原理如图所示，飞机着舰时关闭动力系统，通过绝缘阻拦索钩住轨道上的一根金属棒，飞机与金属棒瞬间获得共同速度v0＝180 km/h，在磁场中共同减速滑行至停下，已知歼－15舰载机质量M＝2.7×104 kg，金属棒质量m＝3×103 kg、电阻R＝10 Ω，导轨间距L＝50 m，匀强磁场磁感应强度B＝5 T，导轨电阻不计，除安培力外飞机克服其它阻力做的功为1.5×106 J，则下列说法中正确的是( )A．金属棒中感应电流方向a到bB．飞机着舰瞬间金属棒中感应电流大小为I＝1.25×103 AC．金属棒中产生的焦耳热Q＝3.6×107 JD．金属棒克服安培力做功为W＝1.5×106 J[解题心得]针对训练3.(多选)一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab、cd长度均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是( )A．ab受到的拉力大小为2 NB．ab向上运动的速度为2 m/sC．在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能D．在2 s内，拉力做功为0.6 J4．如图甲所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，R是连在导轨一端的电阻，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg的导体棒．从零时刻开始，对ab施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，图乙是棒的v －t图像，其中AO是图像在O点的切线，AB是图像的渐近线．除R以外，其余部分的电阻均不计．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．已知当棒的位移为100 m时，其速度达到了最大速度10 m/s.求：(1)R的阻值；(2)在棒运动100 m过程中电阻R上产生的焦耳热．题型三电磁感应与动量的综合问题考向1 动量定理在电磁感应中的应用在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的时间、速度、位移和电荷量．(1)求电荷量或速度：B I lΔt＝mv2－mv1，q＝I t.(2)求时间：Ft＝I冲＝mv2－mv1，I冲＝BIlΔt＝BlΔΦR总.(3)求位移：－BIlΔt＝－B 2l2vΔtR总＝0－mv0，即－B 2l2R总x＝m(0－v0)．例3 如图所示的导轨固定在水平面上，左、右两侧的导轨足够长，且间距分别为2d和d，左、右两侧导轨所在空间分别存在竖直向下的匀强磁场B1和B2，且磁感应强度B2＝2B1＝2B0.同种材料且粗细相同的导体棒甲、乙均垂直导轨放置，导体棒甲到衔接处的距离为2d，导体棒乙放在衔接处．t＝0时刻给导体棒甲向右的冲量I0，在导体棒甲运动到衔接处前的瞬间两棒刚好达到共速，且此过程流过导体棒乙某一横截面的电荷量为q，此时导体棒甲在外力的控制下立即停止，导体棒乙继续向右运动，重力加速度为g.忽略导轨的电阻，已知导体棒甲的质量为m，且导体棒甲与导轨间的动摩擦因数为μ，导体棒乙与导轨间的摩擦不计．求：(1)t＝0时刻，导体棒甲两端的电压；(2)导体棒甲运动的总时间．[试答]考向2 动量守恒定律在电磁感应中的应用例4[2022·浙江卷1月]如图所示，水平固定一半径r＝0.2 m的金属圆环，长均为r、电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度ω＝600 rad/s匀速转动，圆环内左半圆存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场．圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C＝0.09 F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连．电容器左侧存在宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域．在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“[”形金属框fcde.棒ab长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m＝0.01 kg，de与cf长度均为l3＝0.08 m，已知l1＝0.25 m，l2＝0.068 m，B1＝B2＝1 T、方向均为竖直向上；棒ab和“[”形框的cd边的电阻均为R＝0.1 Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直．开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S 从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2 m后返回进入磁场．(1)求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板(M或N)带正电？(2)求电容器释放的电荷量ΔQ；(3)求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x.[试答]针对训练5.(多选)如图所示，两间距为d、足够长的平行金属导轨沿水平方向固定，水平导轨的圆弧轨道平滑连接，两质量均为m、电阻均为r的金属棒甲、乙左、右两端与半径为R的14放在圆弧轨道上，且均与导轨垂直，开始时金属棒甲与轨道的圆心等高，金属棒乙距离水平，某时刻将金属棒甲由静止释放，经过一段时间再将金属棒乙由静止释放，导轨的高度为R9结果两金属棒同时滑到水平导轨，已知水平导轨所在的空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，忽略导轨的电阻以及一切摩擦，重力加速度为g.则下列说法正确的是( )√2gRA．两金属棒稳定时的速度为23B．两金属棒从滑到水平导轨到稳定的过程，金属棒甲上产生的热量为89mgRC．两金属棒从滑到水平导轨到稳定的过程，流过金属棒甲的电荷量为2m√2gR3BdD．当乙的速度为零时，乙的加速度为B 2d2√2gR 3mr专题强化十二电磁感应中的动力学、能量和动量问题题型一例1 解析：(1)ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，在水平方向有F cos θ＝ma x 代入数据有a x＝20 m/s2在竖直方向有F sin θ－mg＝ma y代入数据有a y＝10 m/s2.(2)ab边进入磁场开始，ab边在竖直方向切割磁感线；ad边和bc边的上部分也开始进入磁场，且在水平方向切割磁感线．但ad和bc边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电源为ab，根据右手定则可知回路的电流为adcba，则ab边进入磁场开始，ab 边受到的安培力竖直向下，ad边的上部分受到的安培力水平向右，bc边的上部分受到的安培力水平向左，则ad边和bc边的上部分受到的安培力相互抵消，故线框abcd受到的安培力的合力为ab边受到的竖直向下的安培力．由题知，线框从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动，有F sin θ－mg－BIL＝0，E＝BLv y，I＝ER，v y2＝2a y L，联立有B＝0.2T由题知，从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc 边恰好到达磁场右边界．则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有Q ＝W安＝BILy，y＝L，F sin θ－mg＝BIL，联立解得Q＝0.4 J.(3)线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为v y＝a y t1，L＝v y t2，t＝t1＋t2联立解得t ＝0.3 s.由(2)分析可知线框在水平方向一直做匀加速直线运动，则在水平方向有x ＝12a x t 2＝12×20×0.32m ＝0.9 m ，则磁场区域的水平宽度X ＝x ＋L ＝1.1 m.答案：(1)20 m/s 2 10 m/s 2(2)0.2 T 0.4 J (3)1.1 m1．解析：方法一 由图乙分析可知，导体框穿过磁场的过程速度不变，则正方形导体框的边长等于两虚线之间的距离，为0.1 m ，导体框的ab 边刚进入磁场的瞬间导体框沿斜面方向合力为零，即F 安＋μmg cos α＝mg sin α，又F 安＝BId 、I ＝Bdv r，代入数据解得μ＝0.5，A 正确，B 错误；导体框进入磁场前，由牛顿第二定律得mg sin α－μmg cos α＝ma ，解得a ＝2 m/s 2，则导体框进入磁场前的运动时间为t 1＝va ＝1 s ，导体框从进入磁场到离开磁场的运动时间为t 2＝2dv ＝0.1 s ，导体框由释放到cd 边离开虚线2的时间为t ＝t 1＋t 2＝1.1 s ，C 错误；导体框从进入磁场到离开磁场的过程中，由功能关系得Q ＝－W 安，又W 安＝－F 安·2d ＝－4×10－3 J ，则整个过程导体框中产生的焦耳热为4×10－3 J ，D 正确．方法二 导体框从进入磁场到离开磁场的过程中，由能量守恒定律得Q ＝mg ·2d sin α－μmg cos α·2d ＝4×10－3J ，D 正确．答案：AD2．解析：(1)在0～5 s 时间内，由图乙可得金属杆的加速度α＝ΔvΔt ＝1 m/s 2由牛顿第二定律有F －μmg ＝ma则金属杆到达MN 边界时，金属杆的速度v 1＝5 m/s ，外力功率P ＝Fv 1 代入数据解得P ＝20 W. (2)在0～5 s 时间内，金属杆做匀加速直线运动，根据位移和时间的关系可得金属杆运动的位移大小为x 1＝12at 12＝12×1×52m ＝12.5 m在5～8 s 时间内，设金属杆在磁场中运动的位移大小为x 2，则时间为Δt 1＝3 s ．由图乙可知第8 s 末金属杆的速度v 2＝4 m/s ，对金属杆，在前8 s 内，由动能定理有Fx 1＋P Δt 1－μmg (x 1＋x 2)－W 安＝12mv 22又W 安＝Q代入数据解得x 2＝9 m.(3)金属杆进入磁场后外力F 的功率恒为P ＝20 W ，最后金属杆做匀速直线运动，根据平衡条件可得F 1＝F 安＋f其中F 安＝BIl ，F 1＝Pv 2通过金属杆的电流为I ＝Blv2R+r金属杆所受的滑动摩擦力为f ＝μmg 联立以上各式并代入数据解得r ＝13Ω所以定值电阻R 与金属杆的阻值r 的比值为Rr ＝3.答案：(1)20 W (2)9 m (3)3题型二例2 解析：由右手定则：感应电流方向b 到a ，A 错误；飞机着舰瞬间金属棒中感应电动势E ＝BLv 0，感应电流I ＝ER，解得I ＝1.25×103A ，B 正确；飞机着舰至停下，由动能定理－W 克安－W 克f ＝0−12(M +m )v 02，解得Q ＝W 克安＝3.6×107 J ，C 正确，D 错误．答案：BC3．解析：对导体棒cd 分析：mg ＝BIl ＝B 2l 2v R 总，得v ＝2 m/s ，B 正确；对导体棒ab 分析：F ＝mg ＋BIl ＝0.2 N ，A 错误；在2 s 内拉力做功转化为ab 棒的重力势能和电路中的电能，电能等于克服安培力做的功，即W 电＝F 安vt ＝B 2l 2v 2t R 总＝0.4 J ，C 正确；在2 s 内拉力做的功为W 拉＝Fvt ＝0.8 J ，D 错误．答案：BC4．解析：(1)由题图乙得ab 棒刚开始运动瞬间a ＝2.5ms 2，则F －F f ＝ma ，解得F f ＝0.2 N.ab 棒最终以速度v ＝10 m/s 匀速运动，则所受到拉力、摩擦力和安培力的合力为零，F －F f －F 安＝0.F 安＝BIL ＝BLBLv R＝B 2L 2v R.联立可得R ＝B 2L 2vF−F f＝0.4 Ω.(2)由功能关系可得(F －F f )x ＝12mv 2＋Q ，解得Q ＝20 J.答案：(1)0.4 Ω (2)20 J题型三例3 解析：(1)由于两导体棒的材料以及粗细程度相同，导体棒甲、乙的长度之比为2∶1，则由电阻定律R ＝ρL S可知R 甲＝2R 乙t ＝0时刻，导体棒甲的速度为v 0＝I0m则导体棒甲切割磁感线产生的感应电动势为E ＝B 1(2d )v 0 根据闭合电路欧姆定律得导体棒甲两端的电压为U ＝ER 乙R 甲+R 乙由以上整理得U ＝2B 0dI 03m.(2)由于两棒的材料以及粗细程度相同，则导体棒乙的质量为导体棒甲的一半，即m ′＝m2，设导体棒甲运动的总时间为tt 时间内对导体棒乙，由动量定理得F ̅乙t ＝m2v －0，由安培力公式得F ̅乙＝B 2I d ＝2B 0I d ，又I＝qt，对导体棒甲，由动量定理得－μmgt－F̅甲t＝mv－mv0由安培力公式得F̅甲＝B1I·2d＝2B0I d解得t＝I0−6qB0dμmg.答案：见解析例4 解析：(1)开关S和接线柱1接通，电容器充电过程中，对绕转轴OO′转动的棒由右手定则可知，其切割磁感线产生的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板带正电；根据法拉第电磁感应定律可得E＝B1v̅r＝12B1ωr2当开关接1时，其等效电路图如图所示，电容器C与R0并联则Q＝CU＝CE2＝0.54 C.(2)电容器放电过程对金属棒ab由动量定理有B2l1I t＝B2l1ΔQ＝mv1棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起的过程有mv1＝(m＋m)v2对框的上滑过程有12×2mv22＝2mgh解得ΔQ＝2mB2l1√2gh＝0.16 C.(3)设框在磁场中减速滑行的总路程为Δx，由动量定理有B22l12v̅2R ·t＝B l2212 Δx2R＝2mv2则Δx＝0.128 m>0.08 m，因此金属框会有一段磁通量不变的匀速运动，匀速运动的距离为l3－l2＝0.012 m因此ab边进入磁场后的总位移为x＝Δx＋l3－l2＝0.14 m.答案：(1)M板带正电0.54 C (2)0.16 C (3)0.14 m5．解析：两金属棒由释放到滑到水平导轨的过程中，对金属棒甲，由机械能守恒定律有mgR＝12mv甲2，解得v甲＝√2gR；同理，对金属棒乙有mg·R9＝12mv乙2，解得v乙＝13√2gR.两棒均在水平导轨上运动时，两棒组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律可得mv甲－mv乙＝2mv，解得v＝13√2gR，A错误．两金属棒从滑到水平导轨到稳定的过程，两棒上产生的焦耳热为Q＝12mv甲2＋12mv乙2－12×2mv2＝89mgR，则金属棒甲上产生的热量为Q 甲＝49mgR ，B 错误．两金属棒从滑到水平导轨到稳定的过程，对金属棒甲，由动量定理得一B I d t ＝mv －mv 甲，又q ＝I t ，整理得q ＝2m √2gR 3Bd ，C 正确．当乙的速度为零时，则由动量守恒定律得mv 甲－mv 乙＝mv ′甲，解得v ′甲＝23√2gR ，则感应电动势为E ＝Bdv ′甲、I ＝E 2r 、F ＝BId ，联立解得F ＝B 2d 2√2gR 3r ，又由牛顿第二定律得a ＝F m ＝B 2d 2√2gR 3mr ，D 正确． 答案：CD。
第十二章 电磁感应电磁场(二)作业答案
一. 选择题[ A ] 1 (基础训练4)、两根很长的平行直导线，其间距离为a ，与电源组成闭合回路，如图12-18．已知导线上的电流为I ，在保持I 不变的情况下，若将导线间的距离增大，则空间的(A) 总磁能将增大． (B) 总磁能将减少．(C) 总磁能将保持不变．(D) 总磁能的变化不能确定【解答】212m W L I =，距离增大，φ增大，L 增大， I 不变，m W 增大。
[ D ]2（基础训练7）、如图12-21所示．一电荷为q 的点电荷，以匀角速度作圆周运动，圆周的半径为R ．设t = 0 时q 所在点的坐标为x 0 = R ，y 0 = 0 ，以i 、j分别表示x 轴和y 轴上的单位矢量，则圆心处O 点的位移电流密度为： (A)i t R q ωωsin 42π (B) j t Rq ωωcos 42π (C) k R q 24πω (D) )cos (sin 42j t i t Rq ωωω-π 图 12-21 【解答】设在0—t 的时间内，点电荷转过的角度为ωt ，此时，点电荷在O 点产生的电位移矢量为0D E ε=, ()222000cos sin ,444rqR q q E e ti tj R R R R ωωπεπεπε=-=-=-+ 式中的r e 表示从O 点指向点电荷q 的单位矢量。
()2sin cos 4d dD q J ti tj dt R ωωωπ∴==-。
[ C ] 3 (基础训练8)、 如图12-22，平板电容器(忽略边缘效应)充电时，沿环路L 1的磁场强度H 的环流与沿环路L 2的磁场强度H 的环流两者，必有： (A) >'⎰⋅1d L l H ⎰⋅'2d L l H . (B) ='⎰⋅1d L l H ⎰⋅'2d L l H .(C) <'⎰⋅1d L l H ⎰⋅'2d L l H. (D) 0d 1='⎰⋅L l H .【解答】全电流是连续的，即位移电流和传导电流大小相等、方向相同。
物理学教程第12章 电磁感应
一、简单选择题：1．感生电场是（ C ）（A ）由电荷激发，是无源场； （B ）由电荷激发，是有源场；（C ）由变化的磁场激发，是无源场； （D ）由变化的磁场激发，是有源场2．关于感应电动势的正确说法是：（ D ）（A ）导体回路中的感应电动势的大小与穿过回路的磁感应通量成正比； （B ）当导体回路所构成的平面与磁场垂直时，平移导体回路不会产生感应电动势；（C ）只要导体回路所在处的磁场发生变化，回路中一定产生感应电动势； （D ）将导体回路改为绝缘体环，通过环的磁通量发生变化时，环中有可能产生感应电动势。
3．交流发电机是根据下列哪个原理制成的 ( A )（A ）电磁感应 （B ）通电线圈在磁场中受力转动（C ）奥斯特实验 （D ）磁极之间的相互作用4．英国物理学家法拉第发现 ( C )（A ）电流通过导体，导体会发热 （B ）通电导线周围存在磁场 （C ）电磁感应现象 （D ）通电导体在磁场里会受到力的作用5．关于产生感应电流的条件，下面说法正确的是（ C ） （A ）任何导体在磁场中运动都产生感应电流（B ）只要导体在磁场中做切割磁力线运动时，导体中都能产生感应电流 （C ）闭合电路的一部分导体，在磁场里做切割磁力线运动时，导体中就会产生感应电流（D ）闭合电路的一部分导体，在磁场里沿磁力线方向运动时，导体中就会产生感应电流6．对于法拉第电磁感应定律d dtφε=-,下列说法哪个是错误的（ A ）（A ）负号表示ε与φ的方向相反 （B ）用上式可以确定感应电动势的大小 （C ）负号是楞次定律的体现（D ）用上式可以确定感应电动势的方向7．将形状完全相同的铜环和木环静止放置，并使通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，则不计自感时（ D ）（A ）铜环中有感应电动势，木环中无感应电动势 （B ）铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小 （C ）铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大 （D ）两环中感应电动势相等8．涡旋电场和静电场存在差别。
第十二章电磁感应电磁场
第十二章电磁感应电磁场题12.1：如图所示，在磁感强度T 106.74－⨯=B 的均匀磁场中，放置一个线圈。
此线圈由两个半径均为3.7 cm 且相互垂直的半圆构成，磁感强度的方向与两半圆平面的夹角分别为 62和 28。
若在s 105.43－⨯的时间内磁场突然减至零，试问在此线圈内的感应电动势为多少？ 题12.1分析：由各种原因在回路中所引起的感应电动势，均可由法拉第电磁感应定律求解，即⎰⋅-=-=Sd d d d d S B t t Φε但在求解时应注意下列几个问题： 1．回路必须是闭合的，所求得的电动势为回路的总电动势。
2．Φ应该是回路在任意时刻或任意位置处的磁通量。
它由⎰⋅=Sd S B Φ计算。
对于均匀磁场则有θcos d SBS Φ=⋅=⎰S B ，其中⊥=S S θcos 为闭会回路在垂直于磁场的平面内的投影面积。
对于本题，2211cos cos θθBS BS Φ+=中1θ和2θ为两半圆形平面法线n e 与B 之间的夹角。
3．感应电动势的方向可由tΦd d -来判定，教材中已给出判定方法。
为方便起见，所取回路的正向（顺时针或逆时针）应与穿过回路的B 的方向满足右螺旋关系，此时Φ恒为正值，这对符号确定较为有利。
题12.1解：迎着B 的方向，取逆时针为线圈回路的正向。
由法拉第电磁感应定律V 1091.4)cos cos (cos cos d d cos cos d d d d 4221122112211-⨯=+∆∆-=+-=+-=-=θθθθθθεS S tB S S t B BS BS t t Φ）（）（0>ε，说明感应电动势方向与回路正向一致题12.2：一铁心上绕有线圈100匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为t Φ)s 100s i n ()Wb 100.8(15--⨯=π，求在s 100.12－⨯=t 时，线圈中的感应电动势。
题12.2解：线圈中总的感应电动势t t ΦN )s 100cos()V 51.2(d d 1-=-=πε当 s 100.12－⨯=t 时， ε= 2.51 V 。
2024届高考物理二轮专题复习与测试第一部分专题四电路和电磁感应第12讲电磁感应与电磁波命题点一感应
第12讲电磁感应与电磁波1．磁通量．(1)概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S与B的乘积叫作穿过这个面积的磁通量．(2)公式：Φ＝BS，单位符号是Wb.(3)适用条件．①匀强磁场．②S为垂直于磁场的有效面积．(4)物理意义：相当于穿过某一面积的磁感线的条数．(5)磁通量的变化量：ΔΦ＝Φ2－Φ1＝B2S2－B1S1.2．电磁感应现象．(1)定义：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫作电磁感应．(2)感应电流的产生条件．①表述一：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动．②表述二：穿过闭合电路的磁通量发生变化．(3)实质．产生感应电动势，如果电路闭合，则有感应电流．如果电路不闭合，则只有感应电动势而无感应电流．3．感应电流方向的判定．(1)楞次定律．①内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．②适用范围：一切电磁感应现象．(2)右手定则．①内容：如图，伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向． ②适用情况：导线切割磁感线产生感应电流．4．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 ＝n ΔΦΔt，其中n 为线圈匝数． (3)导体切割磁感线的情形．①垂直切割：E ＝Blv .②倾斜切割：E ＝Blv sin θ，其中θ为v 与B 的夹角．③旋转切割(以一端为轴)：E ＝12Bl 2ω. 5．自感和涡流．(1)自感现象．由于通过导体自身的电流发生变化而产生的电磁感应现象．(2)自感电动势．①定义：在自感现象中产生的感应电动势．②表达式：E ＝L ΔI Δt. ③自感系数L ：与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯等因素有关，单位为亨利(H)．(3)涡流．当线圈中的电流发生变化时，在它附近的导体中产生的像水中的旋涡一样的感应电流．命题点一 感应电流方向的判断 楞次定律的应用1．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式．(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”．(2)阻碍相对运动——“来拒去留”．(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”．(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”．2．判断感应电流方向的“四步法”．(2023·海南卷)汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针(俯视)方向电流，当汽车经过线圈时( )A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcdC．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcdD．汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同解析：由题知，埋在地下的线圈1、2通顺时针(俯视)方向的电流，则根据右手定则，可知线圈1、2产生的磁场方向竖直向下，A项错误；汽车进入线圈1过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb(逆时针)，B项错误；汽车离开线圈1过程中，磁通量减小，根据楞次定律可知产生感应电流方向为abcd(顺时针)，C项正确；汽车进入线圈2过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb(逆时针)，再根据左手定则，可知汽车受到的安培力方向与速度方向相反，D项错误．故选C.答案：C磁电式仪表的基本组成部分是磁铁和线圈．缠绕线圈的骨架常用铝框，铝框、指针固定在同一转轴上．线圈未通电时，指针竖直指在表盘中央；线圈通电时发生转动，指针随之偏转，由此就能确定电流的大小．如图所示，线圈通电时指针向右偏转，在此过程中，下列说法正确的是( )A．俯视看线圈中通有逆时针方向的电流B．穿过铝框的磁通量减少C．俯视看铝框中产生顺时针方向的感应电流D．使用铝框做线圈骨架能够尽快使表针停在某一刻度处解析：由左手定则可知，俯视看线圈中通有顺时针方向的电流，选项A错误；因为线圈在水平位置时磁通量为零，则线圈转动时，穿过铝框的磁通量向左增加，根据楞次定律可知，俯视看铝框中产生逆时针方向的感应电流，选项B、C错误；当铝框中产生感应电流时，铝框受到的安培力与运动方向相反，故起到了阻尼作用，则使用铝框做线圈骨架能够尽快使表针停在某一刻度处，故D项正确．故选D项．答案：D1．(多选)利用超导体可以实现磁悬浮，如图是超导磁悬浮的示意图．将一块永磁铁从超导体的正上方缓慢下移，由于超导体跟磁铁之间的相互作用力，最终永磁铁悬浮在超导体的正上方平衡，从上往下看超导体中形成的涡形电流的方向为( )A．若永磁铁上端为N极，则为顺时针方向B．若永磁铁上端为S极，则为顺时针方向C．若永磁铁上端为N极，则为逆时针方向D．若永磁铁上端为S极，则为逆时针方向解析：若永磁铁上端为N极，永磁铁从超导体的正上方缓慢下移，则穿过超导线圈的磁通量向上增加，根据楞次定律可知，线圈中感应电流从上向下看为顺时针方向，A项正确，C项错误；若永磁铁上端为S极，永磁铁从超导体的正上方缓慢下移，则穿过超导线圈的磁通量向下增加，根据楞次定律可知，线圈中感应电流从上向下看为逆时针方向，B项错误，D项正确．故选AD.答案：AD2．(2023·浙江卷)如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO′，接入电阻R构成回路．导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度θ静止释放，导体杆开始下摆．当R＝R0时，导体杆振动图像如图乙所示．若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R＝2R0当时，导体杆振动图像是( )解析：导体杆切割磁感线时，回路中产生感应电流，由楞次定律可得，导体杆受到的安培力总是阻碍导体棒的运动．当R从R0变为2R0时，回路中的电阻增大为原来的2倍，则电流减小，导体杆所受安培力减小，即导体杆在摆动时所受的阻力减弱，即杆从开始摆动到停止，运动的路程和经历的时间变长，所以导体杆振动图像是图B.答案：B3.江苏省某中学的一教室墙上有一扇朝南的平开玻璃窗，窗扇由有机玻璃加闭合矩形金属边框构成，如图所示，窗扇一侧由铰链固定在绝缘窗框(图中未画出)上，另一侧装有开窗手柄，某同学站在室内面向窗户水平推动手柄，让窗户匀速转动，将窗向外(南)推开(开角小于90°)的过程中，下列说法正确的是( )A．穿过矩形窗扇的地磁场的磁通量不断变大B．穿过矩形窗扇的地磁场的磁通量始终为零C．窗扇金属边框中的感应电流的大小在不断变大D．从推窗者的角度看，窗扇金属边框中的感应电流方向是顺时针方向解析：地磁场由南向北，当朝南的钢窗向外推开后，钢窗平面与磁场平行时，没有磁感线穿过钢窗平面，穿过钢窗的磁通量为0，推窗时穿过窗框的磁通量减小，窗扇金属边框中的感应电流的大小在不断变大，根据楞次定律，从推窗人的角度看，窗框中产生的感应电流的方向为逆时针，C项正确，A、B、D项错误．故选C.答案：C。
第12章_电磁感应习题解答
第十二章作业解答第十二章作业的课本上要订正的地方：P154 12-6图间距 a 改成d, 在棒上两端要补上 “a ”和“b ”12-12 图 左边的竖线为导体，要改成实体线 P155 12-22题 最后一行要把0B 改成0H12-1解：螺线管内的磁感应强度为nI B 0μ= 圆形小回路的磁链为NSB N ==ψφ 感生电动势为tI nNS tΨd d d d 0m μ=-=ε＝50080010401.03072⨯⨯⨯π⨯⨯π⨯-＝31073.4-⨯V12-2参考例题12－1 解：如图建立坐标系，长直载流导线可近似看作无限长的导线，电流I 产生的磁感应强度B 为 xI μB π20=（1）如图所示取一窄带x d ，θcos d d d m S B Φ=⋅=S B1cos ,//=θn e B x L xIΦd π2d d 0m μ=⋅=S B穿过矩形回路的磁通量为 vtd vt d a Il x xIl ΦΦvta d vtd +++μ=μ==⎰⎰+++lnπ2d 1π2d 00m m（2）矩形回路中的感应电动势为⎪⎭⎫ ⎝⎛+++-=-=vt d vt a d lIN t tΦNi ln π2d dd d 00m με ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+μ=vt a d vvtd v l I N π200 初始时:t=0得到：V i 57104.3)7353(22.051041000--⨯=-⨯⨯⨯⨯=ππε12-3 解：同上得到：x L xIΦd π2d d 0m μ=⋅=S B穿过矩形回路的磁通量为 dd a Ilx xIl ΦΦad d+===⎰⎰+lnπ2d 1π2d 00m m μμ矩形回路中的感应电动势为⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-=d a d t lIN tΦNi ln sin π2d d 00m ωϖμε57ln50sin 5052.010210007t ππ⨯⨯⨯⨯⨯=-t ππ50sin 104.33-⨯=12-4 解：回路中的感应电动势为 )/W (712d d m s b t tΨ+=-=ε当s t 2= 得到：2101.3712-⨯=+=t ε磁通量是垂直纸面向下，逐渐增大，根据楞次定律，新的磁场垂直纸面向上，感应电流为逆时针通过圆形线圈，通过R 的电流为从左向右。
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第十二章 电磁感应及电磁场基本方程12–1 如图12-1所示，矩形线圈abcd 左半边放在匀强磁场中，右半边在磁场外，当线圈以ab 边为轴向纸外转过60º过程中，线圈中 产生感应电流（填会与不会），原因是 。
解：线圈以ab 边为轴向纸外转过60º过程中，尽管穿过磁感应线的线圈面积发生了变化，但线圈在垂直于磁场方向的投影的面积并未发生变化，因而穿过整个线圈的磁通量并没有发生变化，所以线圈中不会产生感应电流。
因而应填“不会”；“通过线圈的磁通量没有发生变化”。
12–2 产生动生电动势的非静电力是 力，产生感生电动势的非静电力是 力。
解：洛仑兹力；涡旋电场力（变化磁场激发的电场的电场力）。
12–3 用绝缘导线绕一圆环，环内有一用同样材料导线折成的内接正方形线框，如图12-2所示，把它们放在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，当匀强磁场均匀减弱时，圆环中与正方形线框中感应电流大小之比为___________。
解：设圆环的半径为a，圆环中的感应电动势1E 大小为2111d d d πd d d ΦB BS attt===E同理，正方形线框中的感应电动势2E 大小为2212d d d 2d d d ΦB BS attt===E而同材料的圆环与正方形导线的电阻之比为12R R ==。
所以圆环与正方形线框中的感应电流之比为12π2I I a==12–4 如图12-3所示，半径为R 的3/4圆周的弧形刚性导线在垂直于均匀磁感强度B 的平面内以速度v 平动，则导线上的动生电动势E = ，方向为 。
c 图12–5图12–4a b dc图12–1Ba图12–2图12–3解：方法一：用动生电动势公式()d l =⨯⋅⎰B l v E 求解。
选积分路径l 的绕行方向为顺时针方向，建立如图12-4所示的坐标系，在导体上任意处取导体元d l ，d l 上的动生电动势为d ()d cos d B R θθ=⨯⋅B l =v v E所以导线上的动生电动势为3π43π4d cos d 0BRBR θθ-===>⎰⎰v E E由于ε>0，所以动生电动势的方向为顺时方向，即bca 方向。
方法二：用法拉第电磁感应定律求解。
如图12-5所示，连接ab 使导线构成一个闭合回路。
设绕行方向为顺时针方向。
又由于磁场是均匀的，在任意时刻，穿过回路的磁通量Φ=BS =常数。
由法拉第电磁感应定律d d tΦ=-E 可知，线圈中的感应电动势为E =0。
又因ab bca=+E E E于是[(2sin 45)]0abbcab R BR =-=--︒=>v E E由于E >0，所以动生电动势的方向为顺时方向，即bca 方向。
12–5 长直密绕螺线管，长度及线圈匝数相同，半径分别为r 1，r 2，管内充满均匀介质，其磁导率分别为μ1，μ2。
设r 1:r 2=1:2，μ1:μ2=2:1，当将两只螺线管串联在电路中通电稳定后，其自感系数之比为L 1: L 2= ，磁能之比为W m1: W m2= 。
解：长直螺线管的自感系数为222πN N L S r llμμ==，因此L 1: L 2=1:2。
由磁能公式2m 12W LI=，因此W m1: W m2=1:2。
12–6 麦克斯韦关于电磁场理论提出的两个基本观点，即两个基本假设是 和 。
反映电磁场基本性质和规律的积分形式的麦克斯韦方程组为∑⎰⎰==⋅ni i S q 0d S D （a ）⎰⎰⎰⋅∂∂-=-=⋅SLttΦSB l E d d d d （b ）0d =⋅⎰⎰S S B （c ）⎰⎰⎰⎰⎰⋅=⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+=⋅S S Lt S J S D J l H d d d 全 （d ）试判断下列结论是包含于或等效于哪一个麦克斯韦方程式的，将其代号填入空白处。
（1）变化的磁场一定伴随有电场： ； （2）磁感应线是无头无尾的： ； （3）电荷总伴随有电场： 。
解：两个基本假设是“感生电场假设（变化的磁场激发涡旋电场）”和“位移电流假设（变化的电场激发涡旋磁场）”。
⎰⎰⎰⋅∂∂-=-=⋅SLttΦSB l E d d d d 表示变化的磁场一定伴随有电场；故（1）处填（b ）；0d =⋅⎰⎰SS B 表示磁感应线是无头无尾的，故（2）处填（c ）：∑⎰⎰==⋅ni iSq 0d S D 表示电荷总伴随有电场，故（3）处填（a ）：12–7 如图12-6所示，导线AB 在均匀磁场中作下列四种运动： （1）垂直于磁场作平动；（2）绕固定端A 作垂直于磁场转动； （3）绕其中心点O 作垂直于磁场转动；（4）绕通过中心点O 的水平轴作平行于磁场的转动。
关于导线AB 的感应电动势错误的结论是[ ]。
A ．（1）有感应电动势，A 端为高电势B ．（2）有感应电动势，B 端为高电势C ．（3）无感应电动势D ．（4）无感应电动势； 解：（2）有感应电动势，A 端为高电势。
由d ()d =⨯⋅B l E v 可得，（1）图中感应电动势E 由B →A ，所以A 端为高电势；（2）图中感应电动势E 由B →A ，所以A 端为高电势；（3）将AB 棒的电动势看作是OA 棒和OB 棒上电动势的代数和，由于O A E =OB E ，则AB E =AO E +OB E = -O A E +OB E =0，因此AB 棒上的电动势为零。
（4）由于()⨯B v 的方向与d l 垂直，所以E =0，即无感应电动势。
正确答案为（B ）。
12–8 如图12-7所示，均匀磁场被局限在无限长圆柱形空间内，且成轴对称分布，图为此磁场的截面，磁场按d B /d t 随时间变化，圆柱体外一点P 的感应电场E i 应[ ]。
A ．等于零B ．不为零，方向向上或向下C ．不为零，方向向左或向右D ．不为零，方向向内或向外E ．无法判定解：感应电场E i 与–d B /d t 遵从右手螺旋系统，所以正确答案应选择（B ）。
12–9 如图12-8所示，在水平地面下有一条沿东西方向铺设的水平直导线，导线中通有自东向西稳定、强度较大的直流电流。
现用一闭合的检测线圈（线圈中串有灵敏电流计，图中未画出）检测此通电直导线的位置，若不考虑地磁场的影响，在检测线圈位于水平面内，从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方并移至距直导线很远处的过程中，俯视检测线圈，其中的感应电流的方向是：[ ]A ．先顺时针后逆时针B ．先逆时针后顺时针C ．先顺时针后逆时针，然后再顺时针D ．先逆时针后顺时针，然后再逆时针解：从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方并移至距直导线很远处的过A B 图12–6图12–7 图12–8程中，磁场线至下而上通过检测线圈。
从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方的过程中，磁通量增大，由楞次定律可判断，感应电流方向为图中逆时针；当检测线圈从正上方移至距直导线很远处的过程中，磁通量减小，由楞次定律可判断，感应电流方向为图中顺时针。
故答案应选（D ）。
12–10 北半球海洋某处，地磁场水平分量B 1=0.8×10–4T ，竖直分量B 2=0.5×10–4T ，海水向北流动。
海洋工作者测量海水的流速时，将两极板竖直插入此处海水中，保持两极板正对且垂线沿东西方向，两极板相距L =20m ，如图12-9所示。
与两极板相连的电压表（可看作理想电压表）示数为V =0.2mV ，则[ ]。
A ．西侧极板电势高，东侧极板电势低B ．西侧极板电势低，东侧极板电势高C ．海水的流速大小为0.125m/sD ．海水的流速大小为0.2m/s解：由于地球北极是地磁南极，故磁场应中斜向下穿入水面。
将海水看成是水平向北（垂直于纸面向里）移动的导体，地相对磁场水平分量，水流不切割磁场线，相对于竖直分量，水流切割作切割磁场线运动，由楞次定律可以判断西侧极板电势高，东侧极板电势低。
水的流速为3420.2100.2m /s 0.51020V B L--⨯===⨯⨯v由此可见，正确答案应选（A ）和（D ）。
12–11 关于由变化的磁场所产生的感生电场（涡旋电场），下列说法正确的是[ ]。
A ．感生电场的电场线起于正电荷，终止于负电荷 B ．感生电场的电场线是一组闭合曲线 C ．感生电场为保守场D ．感生电场的场强E k 沿闭合回路的线积分为零分析与解：静电场由静止电荷激发，电场线不闭合，有头有尾，起于正电荷，终止于负电荷。
而感生电场是由变化的磁场激发，电场线是一组无头无尾的涡旋闭合曲线；感生电场的环量不等于零，d d LS t∂⋅=-⋅∂⎰⎰⎰BE l Sk ，说明它是有旋场、非保守场。
因而正确答案为（B ）。
12–12 对位移电流，下述说法正确的是[ ]。
A ．位移电流的物理本质是变化的电场，但也能激发磁场 B ．位移电流是由线性变化磁场产生的 C ．位移电流的热效应服从焦耳–楞次定律 D ．位移电流只在平板电容器中存在解：位移电流的起源于变化的电场，变化的电场激发磁场，但位移电流不涉及定向运动的电荷，也就不服从焦耳热效应、安培力等定律。
因而正确答案为（A ）。
12–13 一铁心上绕有线圈100匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为Φ=8.0⨯10–5sin100πt （SI ），求在t =1.0⨯10–2s 时，线圈中的感应电动势。
解：线圈的磁链为531008.010sin 1008.010sin 100N t t ψΦ--==⨯⨯π=⨯πWb线圈中的感应电动势为图12–9d 2.51cos100πd ttψ=-=-E V当t =1.0⨯10–2s 时，22.51cos100π 2.51cos(100π 1.010) 2.51t -=-=-⨯⨯=E V12–14如图12-10所示，一均匀磁场与矩形导体回路面法线单位矢量e n 间的夹角为π/3θ=，已知磁感应强度B 随时间线性增加，即B =kt （k >0），回路的AB 边长为l ，以速度v 向右运动，设t =0时，AB 边在x =0处。
求任意时刻回路中感应电动势的大小和方向。
解：任意时刻t ，回路的面积为S =lx ，回路的磁通量为cos cos BS ktlx Φθθ=⋅B S ==则回路中的感应电动势大小为d d(cos )d cos cos d d d ktlx x klx ktl tt tΦθθθ===+E由于x t =v ，d d x t =v，则π2cos 2cos3kl t kl t kl tθ===v v v E电动势的方向由A 指向B 。
12–15 一长直电流I 与直导线AB （AB =l ）共面，如图12-11所示。
AB 以速度v 沿垂直于长直电流I 的方向向右运动，求图示位置时导线AB 中的动生电动势。