201x-201X学年高中物理第1章电磁感应习题课2法拉第电磁感应定律的应用练习教科版选修3
高中物理第一章电磁感应第四节法拉第电磁感应定律讲义省公开课一等奖新名师优质课获奖PPT课件
(3)感应电动势的产生与电路是否闭合、电路如何组 成无关，感应电动势比感应电流更能反映电磁感应现象 的本质．
5/56
2．磁通量的变化率． (1)定义：磁通量的变化量跟产生这个变化所用时间
ΔΦ 的比值，用___Δ__t___表示．
(2)物理意义：表示磁通量变化的快慢．
6/56
3．法拉第电磁感应定律． (1)内容：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＝nΔΔΦt. n 为线圈匝数，ΔΦ 是磁通量的变化量，ΔΔΦt 是磁通 量的变化率．
第一章 电磁感应
1/56
第四节 法拉第电磁感应 定律
2/56
学习目标
• 1.知道决定感应 电动势大小原因.
• 2.了解法拉第电 磁感应定律内容 和数学表示式.
• 3.会使用方法拉 第电磁感应定律 计算感应电动 势．
重点难点
重点 • 1.探究影响感应电 动势大小原因.
• 2.法拉第电磁感应 定律了解及应 用．
27/56
A．正在增加，ΔΔΦt ＝m2gqd B．正在增加，ΔΔΦt ＝m2ngqd C．正在减弱，ΔΔΦt ＝m2gqd D．正在减弱，ΔΔΦt ＝m2ngqd 解析：由题意可知 K 闭合时传感器上的示数变为原
来的一半，
28/56
说明上极板带负电，感应电流的磁场和原磁场方向相反， 则原磁场 B 正在增加，小球所受的电场力为 F＝qE＝m2g，因 此两极板之间的电势差为：U＝Ed＝m2gd，再根据法拉第电 磁感应定律有：U＝nΔΔtΦ，由此可解得ΔΔΦt ＝m2ngqd.
(1)电路中感应电动势 E； (2)电路中感应电流的大小；
43/56
(3)金属杆所受安培力的大小． 解析：(1)由法拉第电磁感应定律，可得感应电动势
(通用版)201X-201x版高中物理 第1章 电磁感应与现代生活 1.3 探究感应电动势的大小学案
1.3 探究感应电动势的大小[目标定位] 1.能区分磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ和磁通量的变化率ΔΦΔt.2.理解和掌握法拉第电磁感应定律，并能应用于计算感应电动势的大小.3.能够运用E ＝BLv 或E ＝BLv sin θ计算导体切割磁感线时的感应电动势．一、法拉第电磁感应定律实验探究：感应电动势大小与磁通量变化的关系实验装置如图1所示，根据实验结果完成表格(填“较大”或“较小”)，然后回答下列问题．图1表1同样速度快速插入线圈 不同速度插入线圈一条磁铁 两条磁铁 一条磁铁 两条磁铁 指针摆动角度 相对____ 相对____角度大小和磁铁条数无必然联系表2 一条磁铁缓慢插入线圈 一条磁铁快速插入线圈N 极向下 S 极向下 N 极向下S 极向下 指针摆动角度____ ________ ____ (1)在实验中，为什么可以用电流表指针偏转角度大致判断感应电动势的大小？(2)感应电动势的大小跟磁通量变化的大小有关吗？(3)感应电动势的大小跟磁通量变化的快慢有关吗？(4)磁场方向对感应电动势的大小是否有影响？答案 较小 较大 较小 较小 较大 较大(1)穿过闭合电路的Φ变化⇒产生E 感⇒产生I 感．由闭合电路欧姆定律I ＝E R ＋r 知，当电路的总电阻一定时，E 感越大，I 感越大，指针偏转角度越大． (2)感应电动势的大小跟磁通量变化的大小无必然联系． (3)磁通量变化相同时，磁通量变化越快，感应电动势越大．(4)磁场方向对感应电动势的大小没有影响．[要点总结]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，ΔΦ总是取绝对值． 此公式一般用来表示Δt 时间内感应电动势的平均值．3．对法拉第电磁感应定律的理解(1)磁通量的变化率ΔΦΔt 和磁通量Φ没有(填“有”或“没有”)直接关系．Φ很大时，ΔΦΔt可能很小，也可能很大；Φ＝0时，ΔΦΔt可能不为0. (2)E ＝n ΔΦΔt 有两种常见形式：①线圈面积S 不变，磁感应强度B 均匀变化：E ＝n ΔB ΔtS .②磁感应强度B 不变，线圈面积S 均匀变化：E ＝nB ·ΔS Δt .(其中ΔΦΔt是Φ－t 图像上某点切线的斜率，ΔB Δt为B －t 图像上某点切线的斜率) (3)产生感应电动势的那部分导体相当于电源．如果电路没有闭合，这时虽然没有感应电流，但感应电动势依然存在．例1 关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是 ( )A ．穿过线圈的磁通量Φ最大时，所产生的感应电动势就一定最大B ．穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ增大时，所产生的感应电动势也增大C ．穿过线圈的磁通量Φ等于0，所产生的感应电动势就一定为0ΔΦD．穿过线圈的磁通量的变化率Δt越大，所产生的感应电动势就越大答案 D解析 根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与磁通量的变化率ΔΦΔt 成正比，与磁通量Φ及磁通量的变化量ΔΦ没有必然联系．当磁通量Φ很大时，感应电动势可能很小，甚至为0.当磁通量Φ等于0时，其变化率可能很大，产生的感应电动势也会很大，而ΔΦ增大时，ΔΦΔt 可能减小．如图所示，t 1时刻，Φ最大，但E ＝0；0～t 1时间内ΔΦ增大，但ΔΦΔt减小，E 减小；t 2时刻，Φ＝0，但ΔΦΔt最大，E 最大．故D 正确．例2 如图2甲所示的螺线管，匝数n ＝1 500匝，横截面积S ＝20 cm 2，方向向右穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化．图2(1)2 s 内穿过线圈的磁通量的变化量是多少？(2)磁通量的变化率多大？(3)线圈中感应电动势的大小为多少？答案 (1)8×10－3 Wb (2)4×10－3 Wb/s (3)6 V解析 (1)磁通量的变化量是由磁感应强度的变化引起的，则Φ1＝B 1S ，Φ2＝B 2S ，ΔΦ＝Φ2－Φ1，所以ΔΦ＝ΔBS ＝(6－2)×20×10－4 Wb ＝8×10－3 Wb(2)磁通量的变化率为ΔΦΔt ＝8×10－32Wb/s ＝4×10－3 Wb/s (3)根据法拉第电磁感应定律得感应电动势的大小E ＝n ΔΦΔt＝1 500×4×10－3 V ＝6 V.二、导体切割磁感线时的感应电动势如图3所示，闭合电路一部分导体ab 处于匀强磁场中，磁感应强度为B ，ab 的长度为L ，ab 以速度v 匀速垂直切割磁感线，求回路中产生的感应电动势．图3答案 设在Δt 时间内导体由原来的位置运动到a 1b 1，如图所示，这时闭合电路面积的变化量为ΔS ＝Lv Δt穿过闭合电路磁通量的变化量为ΔΦ＝B ΔS ＝BLv Δt根据法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt＝BLv . [要点总结] 1．当导体平动垂直切割磁感线时，即B 、L 、v 两两垂直时(如图4所示)E ＝BLv .图42．公式中L 指有效切割长度，即导体在与v 垂直的方向上的投影长度．图5图5甲中的有效切割长度为：L ＝cd sin θ；图乙中的有效切割长度为：L ＝MN ；图丙中的有效切割长度为：沿v 1的方向运动时，L ＝2R ；沿v 2的方向运动时，L ＝R .[延伸思考] 如图6所示，如果处在匀强磁场(磁感应强度为B )中的长为L 的直导线的运动方向与直导线本身是垂直的，但与磁感线方向有一个夹角θ(θ≠90°)，则此时直导线上产生的感应电动势表达式是什么？图6答案如图所示，可以把速度v分解为两个分量：垂直于磁感线的分量v1＝v sin θ和平行于磁感线的分量v2＝v cos θ.后者不切割磁感线，不产生感应电动势；前者切割磁感线，产生的感应电动势为E＝BLv1＝BLv sin θ.例3如图7所示，一金属弯杆处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，已知ab＝bc＝L，当它以速度v向右平动时，a、c两点间的电势差大小为( )图7A．BLv B．BLv sin θC．BLv cos θD．BLv(1＋sin θ)答案B解析杆切割磁感线的有效长度为L sin θ，故B正确．例4如图8所示，水平放置的两平行金属导轨相距L＝0.50 m，左端接一电阻R＝0.20 Ω，磁感应强度B＝0.40 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，长度也为0.50 m的导体棒ac垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒接触良好且电阻均可忽略不计．当ac棒以v＝4.0 m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：图8(1)ac 棒中感应电动势的大小；(2)回路中感应电流的大小；(3)维持ac 棒做匀速运动的水平外力的大小和方向．答案 见解析解析 (1)ac 棒垂直切割磁感线，产生的感应电动势的大小为E ＝BLv ＝0.40×0.50×4.0 V＝0.80 V.(2)回路中感应电流大小为I ＝E R ＝0.800.20A ＝4.0 A. (3)ac 棒受到的安培力大小为F 安＝BIL ＝0.40×4.0×0.50 N＝0.80 N ，由右手定则知，ac 棒中感应电流由c 流向a .由左手定则知，安培力方向水平向左．由于导体棒匀速运动，水平方向受力平衡，则F 外＝F 安＝0.80 N ，方向水平向右．1．(对法拉第电磁感应定律的理解)如图9所示，半径为R 的n 匝线圈套在边长为l 的正方形abcd 之外，匀强磁场垂直穿过该正方形，当磁场以ΔB Δt的变化率变化时，线圈产生的感应电动势的大小为( )图9A ．πR 2ΔB ΔtB ．l 2ΔB ΔtC ．n πR 2ΔB ΔtD ．nl 2ΔB Δt答案 D解析 由题意可知，线圈中磁场的面积为l 2，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势大小为E ＝n ΔΦΔt ＝nl 2ΔB Δt，故只有选项D 正确．2．(公式E ＝n ΔΦΔt的应用)(多选)如图10甲所示，线圈的匝数n ＝100匝，横截面积S ＝50 cm 2，线圈总电阻r ＝10 Ω，沿轴向有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁场的磁感应强度随时间做如图乙所示规律变化，则在开始的0.1 s 内( )图10A ．磁通量的变化量为0.25 WbB ．磁通量的变化率为2.5×10－2 Wb/sC ．a 、b 间电压为0D ．在a 、b 间接一个理想电流表时，电流表的示数为0.25 A答案 BD 解析 通过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，由于0时刻和0.1 s 时刻的磁场方向相反，则磁通量穿入的方向不同，则ΔΦ＝(0.1＋0.4)×50×10－4 Wb ＝2.5×10－3 Wb ，A 项错误；磁通量的变化率ΔΦΔt ＝2.5×10－30.1Wb/s ＝2.5×10－2 Wb/s ，B 项正确；根据法拉第电磁感应定律可知，当a 、b 间断开时，其间电压等于线圈产生的感应电动势，感应电动势大小为E ＝n ΔΦΔt＝2.5 V 且恒定，C 项错误；在a 、b 间接一个理想电流表时相当于a 、b 间接通而形成回路，回路总电阻即为线圈的总电阻，故感应电流大小I ＝E r ＝2.510A ＝0.25 A ，D 项正确． 3．(公式E ＝BLv 的应用)如图11所示，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v 沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为E ，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相互垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v 运动时，棒两端的感应电动势大小为E ′.则E ′E等于( )图11A.12B.22C ．1 D.2 答案 B解析 设折弯前金属棒切割磁感线的长度为L ，E ＝BLv ；折弯后，金属棒切割磁感线的有效长度为l ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22＝22L ，故产生的感应电动势为E ′＝Blv ＝B ·22Lv ＝22E ，所以E ′E ＝22，B 正确．如有侵权请联系告知删除，感谢你们的配合！。
法拉第电磁感应定律知识点及例题
第3讲 法拉第电磁感应定律及其应用一、感应电流的产生条件1、回路中产生感应电动势和感应电流的条件是回路所围面积中的磁通量变化，因此研究磁通量的变化是关键,由磁通量的广义公式中φθ=B S ·sin （θ是Ｂ与S 的夹角）看，磁通量的变化∆φ可由面积的变化∆S 引起；可由磁感应强度B 的变化∆B 引起;可由B 与S 的夹角θ的变化∆θ引起;也可由B 、S 、θ中的两个量的变化,或三个量的同时变化引起。
2、闭合回路中的一部分导体在磁场中作切割磁感线运动时，可以产生感应电动势,感应电流，这是初中学过的，其本质也是闭合回路中磁通量发生变化。
ﻩ3、产生感应电动势、感应电流的条件:穿过闭合电路的磁通量发生变化。
二、法拉第电磁感应定律 公式一： t n E ∆∆=/φ注意: 1)该式普遍适用于求平均感应电动势。
２）Ｅ只与穿过电路的磁通量的变化率∆∆φ/t 有关， 而与磁通的产生、磁通的大小及变化方式、电路是否闭合、电路的结构与材料等因素无关。
公式tnE ∆∆=φ中涉及到磁通量的变化量∆φ的计算, 对∆φ的计算, 一般遇到有两种情况: 1)回路与磁场垂直的面积S 不变， 磁感应强度发生变化, 由∆∆φ=BS ， 此时S tB n E ∆∆=, 此式中的∆∆Bt 叫磁感应强度的变化率, 若∆∆Bt是恒定的, 即磁场变化是均匀的, 那么产生的感应电动势是恒定电动势。
2)磁感应强度B 不变， 回路与磁场垂直的面积发生变化, 则∆∆φ=B S ·, 线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动产生交变电动势就属这种情况。
严格区别磁通量φ， 磁通量的变化量∆φB 磁通量的变化率∆∆φt, 磁通量φ=B S ·， 表示穿过研究平面的磁感线的条数， 磁通量的变化量∆φφφ=-21, 表示磁通量变化的多少, 磁通量的变化率∆∆φt表示磁通量变化的快慢,公式二： θsin Blv E =要注意: 1)该式通常用于导体切割磁感线时, 且导线与磁感线互相垂直（l ⊥B )。
高中物理第1章电磁感应习题课2电磁感应的综合应用
12/8/2021
第二页，共三十三页。
栏目导航
合作探究 攻重难
12/8/2021
第三页，共三十三页。
栏目导航
电磁感应中的图象问题 1.问题类型 (1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象． (2)由给定的图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量．
12/8/2021
第四页，共三十三页。
栏目导航
2．图象类型 (1)各物理量随时间 t 变化的图象，即 B-t 图象、Φ-t 图象、E-t 图象和 I-t 图象． (2)导体切割磁感线运动时，还涉及感应电动势 E 和感应电流 I 随导 体位移变化的图象，即 E-x 图象和 I-x 图象． 3．解决此类问题需要熟练掌握的规律：安培定则、左手定则、楞次 定律、右手定则、法拉第电磁感应定律、欧姆定律等．
轨左端接阻值 R＝2 Ω 的电阻，理想电压表并接在 R 两端，导轨电阻不计．t
＝0 时刻金属杆受水平拉力 F 的作用后由静止开始向右做匀加速运动，金
属杆与导轨间的动摩擦因数 μ＝0.2.第 4 s 末，金属杆的速度 v＝1 m/s，
电压表示数 U＝0.4 V．重力加速度 g 取 10 m/s2.
12/8/2021
场．将两根相同的导体棒 PQ、MN 先后自导轨上同一位置由静止释放，
两者始终与导轨垂直且接触良好．已知 PQ 进入磁场时加速度恰好为
零．从 PQ 进入磁场开始计时，到 MN 离开磁场区域为止，流过 PQ 的电
流随时间变化的图像可能的是( )
12/8/2021
第十页，共三十三页。
栏目导航
A [答案] AD
动状态，即平衡状态，根据平衡条件建立方程，所求解的收尾速度也是导
体运12/8/动2021 的最大速度．
2019_2020学年高中物理第1章电磁感应习题课电磁感应定律的综合应用学案鲁科版
习题课 电磁感应定律的综合应用[学生用书P8])1．对磁通量(Φ)及其变化量(ΔΦ)的认识(1)Φ是状态量，是在某时刻(某位置)穿过闭合回路的磁感线条数，当磁场与回路平面垂直时，Φ＝BS .(2)ΔΦ是过程量，是表示回路从某一时刻变化到另一时刻磁通量的变化量，即ΔΦ＝Φ2－Φ1.2．磁通量变化率的计算根据磁通量变化的原因，可知计算ΔΦ常用的方法：法一：磁通量的变化是由面积变化引起的，ΔΦ＝B ·ΔS ，其变化率ΔΦΔt ＝B ·ΔS Δt .法二：磁通量的变化是由磁场变化引起的，ΔΦ＝ΔB ·S ，其变化率ΔΦΔt ＝ΔBΔt ·S .法三：磁通量的变化是由面积和磁感应强度间的角度变化引起的，根据定义求，ΔΦ＝Φ末－Φ初，其变化率直接应用ΔΦΔt计算． 3．感应电动势大小的计算(1)切割类：平动切割：E ＝Blv sin θ其中θ表示速度方向与磁感应强度方向的夹角．转动切割：E ＝Bl v －＝Bl v 1＋v 22.(2)回路类：E ＝n ΔΦΔt(平均电动势)．对Φ、ΔΦ、ΔΦΔt的理解[学生用书P9]匀强磁场的磁感应强度B ＝0.8 T ，矩形线圈abcd 的面积S ＝0.5 m 2，共10匝，开始时磁场与线圈所在平面垂直且线圈有一半在磁场中，如图所示．求：(1)当线圈绕ab 边转过60°时，线圈的磁通量以及此过程中磁通量的改变量为多少？ (2)当线圈绕dc 边转过60°时，求线圈中的磁通量以及此过程中磁通量的改变量．[解析] (1)当线圈绕ab 边转过60°时，Φ＝BS ⊥＝BS cos 60°＝0.8×0.5×12 Wb ＝0.2Wb(此时的线圈正好全部处在磁场中)．在此过程中S ⊥没变，穿过线圈的磁感线条数没变，故磁通量变化量ΔΦ＝0.(2)当线圈绕dc 边转过60°时，Φ＝BS ⊥，此时没有磁场穿过线圈，所以Φ＝0；在图示位置Φ1＝B S2＝0.2 Wb ，转动后Φ2＝0，ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝0.2 Wb ，故磁通量改变了0.2Wb.[答案] (1)0.2 Wb 0 (2)0 0.2 Wb1.一个200匝、面积为20 cm 2的线圈放在磁场中，磁场的方向与线圈平面成30°角，若磁感应强度在0.05 s 内由0.1 T 增加到0.5 T ，在此过程中磁通量变化了多少？磁通量的变化率是多少？解析：当B 1＝0.1 T 时，Φ1＝B 1S sin 30°， 当B 2＝0.5 T 时，Φ2＝B 2S sin 30°， 在此过程中磁通量的变化为： ΔΦ＝Φ2－Φ1＝(B 2－B 1)S sin 30°＝(0.5－0.1)×20×10－4×12 Wb ＝4×10－4Wb.磁通量的变化率为：ΔΦΔt ＝4×10－40.05 Wb/s ＝8.0×10－3Wb/s. 答案：4×10－4Wb 8.0×10－3Wb/s感应电动势大小的计算[学生用书P9]如图所示，边长为a 的正方形闭合线框ABCD 在匀强磁场中绕AB 边匀速转动，磁感应强度为B ，初始时刻线框所在平面与磁感线垂直，经过时间t 转过120°角，求：(1)线框内感应电动势在t 时间内的平均值； (2)转过90°角时感应电动势的瞬时值；(3)设线框电阻为R ，则转过120°角的过程中通过线框导线横截面的电荷量． [解析] (1)设开始时磁场方向沿纸面向里为正，此时磁通量Φ1＝Ba 2；经过时间t ，磁通量变为Φ2＝－12Ba 2，故磁通量的变化量ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝32Ba 2，所以E －＝ΔΦΔt ＝3Ba22t.(2)线圈转过90°时，CD 边的线速度v ＝2πa3t ，速度方向与磁场垂直，所以E 瞬＝Blv ＝2πBa23t. (3)因为q ＝I －Δt ＝E －R ·Δt ，又因为E －＝ΔΦΔt ，所以q ＝ΔΦR ＝3Ba 22R .[答案] (1)3Ba 22t (2)2πBa 23t (3)3Ba22R2.在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，B ＝0.2 T ，有一水平放置的光滑框架，宽度为l ＝0.4 m ，如图所示，框架上放置一质量为0.05 kg ，电阻为1 Ω的金属杆cd ，框架电阻不计．若cd 杆以恒定加速度a ＝2 m/s 2由静止开始向右做匀加速直线运动，则(1)在5 s 内平均感应电动势是多少？ (2)5 s 末的感应电动势是多少？ 解析：(1)法一：5 s 内的位移s ＝12at 25 s 内的平均速度v －＝st＝5 m/s故平均感应电动势为E ＝Bl v －＝0.4 V. 法二：5秒内的位移s ＝12at 2＝25 m5秒内磁通量的变化量ΔΦ＝B ·ΔS ＝0.2×25×0.4 Wb ＝2 Wb 平均感应电动势E －＝n ΔΦΔt ＝0.4 V.(2)5 s 末的速度v ＝at ＝10 m/s 5 s 末的感应电动势为E ＝Blv ＝0.8 V. 答案：(1)0.4 V (2)0.8 V电磁感应中的电路问题[学生用书P9]如图所示，在磁感应强度为0.2 T 的匀强磁场中，有一长为0.5 m 、电阻为1.0Ω的导体AB 在金属框架上以10 m/s 的速度向右滑动，R 1＝R 2＝2.0 Ω，其他电阻忽略不计．求：(1)流过R 1的电流I 1； (2)AB 两端的电压U .[解析] (1)AB 切割磁感线相当于电源，其等效电路图如图所示．E ＝Blv ＝0.2×0.5×10 V ＝1 V由闭合电路欧姆定律得I ＝ER ＋rR 1、R 2并联，由并联电路的电阻关系得1R ＝1R 1＋1R 2解得R ＝R 1R 2R 1＋R 2＝1.0 Ω， I AB ＝I ＝ER ＋r＝0.5 A因为R 1＝R 2，所以流过R 1的电流为I 1＝I2＝0.25 A.(2)由闭合电路欧姆定律得U ＝E －Ir ＝1 V －0.5×1 V ＝0.5 V. [答案] (1)0.25 A (2)0.5 V3.如图甲所示，水平放置的线圈匝数n ＝200匝，直径d 1＝40 cm ，电阻r ＝2 Ω，线圈与阻值R ＝6 Ω的电阻相连．在线圈的中心有一个直径d 2＝20 cm 的有界匀强磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化．试求：(1)电压表的示数；(2)若撤去原磁场，在图中竖直虚线的右侧空间加磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场，方向垂直纸面向里，试证明将线圈向左拉出磁场的过程中，通过电阻R 上的电荷量为定值，并求出其值．解析：(1)由E ＝n ΔΦΔt 可得E ＝n πd 22ΔB 4ΔtE ＝I (R ＋r ) U ＝IR解得U ＝1.5π V ≈4.71 V. (2)设线圈拉出磁场经历时间Δt . E －＝n ΔΦΔt ＝n πd 21B 4Δt ，I －＝E －R ＋r电荷量q ＝I －Δt解得q ＝ n πd 21B4（R ＋r ），与线圈运动的时间无关，即与运动的速度无关．代入数据即得q ＝0.5π C ≈1.57 C. 答案：(1)4.71 V (2)见解析[随堂检测] [学生用书P10]1.如图所示，在磁感应强度为B 的匀强磁场中有一个面积为S 的矩形线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO ′以角速度ω匀速转动．(1)穿过线框平面磁通量的变化率何时最大？最大值为多少？ (2)在线框由图示位置转过60°的过程中，平均感应电动势为多大？ (3)线框由图示位置转到60°时瞬时感应电动势为多大？解析：(1)线框平面与磁感线平行时，磁通量的变化率最大，E m ＝2Bl ab ·l ad2·ω＝BSω.(2)由题图所示位置转过60°的过程中，磁通量变化量 ΔΦ＝BS －BS cos 60°＝12BS所以E －＝ΔΦΔt ＝12BS 2πω·16＝3BSω2π.(3)瞬时感应电动势为：E ＝2Bl ab ·v ab sin 60°＝32BSω. 答案：(1)线框平面与磁感线平行时 BSω (2)3BSω2π (3)32BSω2．如图甲所示，面积为0.2 m 2、匝数为100匝的圆形线圈A 处在变化的磁场中，磁场方向垂直纸面，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示．设垂直纸面向外为B 的正方向，图中线圈A 上箭头所示方向为感应电流I 的正方向，R 1＝4 Ω，R 2＝6 Ω，C ＝30 μF ，线圈内阻不计．求：(1)电容器充电时的电压． (2)2 s 后电容器放电的电荷量．解析：(1)由题意可知圆形线圈A 中产生的感应电动势为E ＝n ΔBΔt S ＝100×0.02×0.2 V＝0.4 V所以电路中的电流I ＝ER 1＋R 2＝0.44＋6A ＝0.04 A 电容器充电时的电压U C ＝IR 2＝0.04×6 V ＝0.24 V. (2)2 s 后电容器放电的电荷量q ＝CU C ＝30×10－6×0.24 C ＝7.2×10－6 C.答案：(1)0.24 V (2)7.2×10－6C[课时作业] [学生用书P73(单独成册)]一、单项选择题1．在理解法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 及其改写式E ＝n ΔB Δt S 、E ＝nB ΔSΔt 的基础上，下列叙述中不正确的是( )A ．对给定的线圈，感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比B ．对给定的线圈，感应电动势的大小跟磁感应强度的变化量ΔB 成正比C ．对给定的磁场，感应电动势的大小跟面积的变化率ΔSΔt 成正比D ．三个计算式计算出的感应电动势都是Δt 时间内的平均值解析：选B.由E ＝n ΔΦΔt 可知，对给定线圈，E 和ΔΦΔt 成正比，选项A 正确；由E ＝nΔBΔtS 可知，对给定线圈，E 和ΔB Δt 成正比，选项B 错误；由E ＝nB ΔS Δt 可知，对给定磁场，E 和ΔSΔt成正比，选项C 正确；以上三个表达式中都是变化量与时间相比，所以都是平均值，选项D 正确．2．如图所示的情况中，金属导体中产生的感应电动势为Blv 的是( )A ．乙、丁B ．甲、乙、丁C ．甲、乙、丙、丁D ．只有乙解析：选B.公式E ＝Blv 中的l 指导体的有效切割长度，甲、乙、丁中的有效长度均为l ，电动势E ＝Blv ，而丙有效长度为l sin θ，电动势E ＝Blv sin θ，故B 项正确．3.如图是法拉第研制成的世界上第一台发电机模型的原理图．将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘，图中a 、b 导线与铜盘的中轴线处在同一平面内，转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流．若图中铜盘半径为r ，匀强磁场的磁感应强度为B ，回路总电阻为R ，匀速转动铜盘的角速度为ω.则电路的功率是( )A ．B 2ω2r4RB ．B 2ω2r42RC ．B 2ω2r 44RD ．B 2ω2r 48R解析：选 C.根据导体棒旋转切割产生电动势E ＝12Bωr 2，由P ＝E 2R得，电路的功率是B 2ω2r 44R，故选C. 4．鸽子体内的电阻大约为103Ω，当它在地球磁场中展翅飞行时，会切割磁感线，在两翅之间产生动生电动势．若某处地磁场磁感应强度的竖直分量约为0.5×10－4T ，鸽子以20 m/s 的速度水平滑翔，则可估算出两翅之间产生的动生电动势约为( )A ．30 mVB ．3 mVC ．0.3 mVD ．0.03 mV解析：选C.鸽子两翅展开可达30 cm ，所以E ＝BLv ＝0.3 mV ，选项C 正确． 5.如图所示，半径为r 的金属环绕通过其直径的轴OO ′以角速度ω匀速转动，匀强磁场的磁感应强度为B .从金属环的平面与磁场方向平行时开始计时，在转过30°角的过程中，金属环中产生的电动势的平均值为()A ．2B ωr 2B ．23Bωr 2C ．3B ωr 2D ．33Bωr 2解析：选C.开始时，Φ1＝0，金属环转过30°时，Φ2＝BS ·sin 30°＝12B πr 2，故ΔΦ＝Φ2－Φ1＝12B πr 2，Δt ＝θω＝π6ω＝π6ω.根据E ＝ΔΦΔt 得，金属环中电动势的平均值E ＝3Bωr 2，选项C 正确．6．一闭合线圈放在随时间均匀变化的磁场中，线圈平面和磁场方向垂直，若想使线圈中的感应电流增加一倍，下述方法可行的是( )A ．使线圈匝数增加一倍B ．使线圈面积增加一倍C ．使线圈匝数减少一半D ．使磁感应强度的变化率增加一倍解析：选D.若线圈匝数增加一倍，电阻也增加一倍，感应电流不变，故A 错．同理C 错．若面积增加一倍，长度为原来的2倍，电流为原来的2倍，故B 错．7．用相同导线绕制的边长为L 或2L 的四个闭合导体线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示．在每个线框进入磁场的过程中，M 、N 两点间的电压分别为U a 、U b 、U c 和U d .下列判断正确的是( )A ．U a <U b <U c <U dB ．U a <U b <U d <U cC ．U a ＝U b ＝U c ＝U dD ．U b <U a <U d <U c解析：选B.线框进入磁场过程中产生的电动势分别为E a ＝E b ＝BLv ，E c ＝E d ＝2BLv ，由于单位长度电阻相等，则有：U a ＝34E a ＝34BLv ，U b ＝56E b ＝56BLv ，U c ＝34E c ＝32BLv ，U d ＝23E d ＝43BLv ，所以U a <U b <U d <U c ，B 正确．二、多项选择题8．当线圈中的磁通量发生变化时，则( ) A ．线圈中一定有感应电流 B ．线圈中一定有感应电动势C ．感应电动势的大小与线圈的电阻无关D ．如有感应电流，其大小与线圈的电阻有关解析：选BCD.当磁通量变化时，一定产生感应电动势，B 对；电路闭合时才有感应电流，A 错；感应电动势由n ΔΦΔt决定，感应电流由感应电动势E 和电路总电阻共同决定，C 、D 对．9.如图所示，阻值为R 的金属棒从图示位置ab 分别以v 1、v 2的速度沿光滑导轨(电阻不计)匀速滑到a ′b ′位置，若v 1∶v 2＝1∶2，则在这两次过程中( )A ．回路电流I 1∶I 2＝1∶2B ．产生的热量Q 1∶Q 2＝1∶2C ．通过任一截面的电荷量q 1∶q 2＝1∶2D ．外力的功率P 1∶P 2＝1∶2解析：选AB.感应电动势为E ＝BLv ，感应电流I ＝E R ＝BLvR，大小与速度成正比，产生的热量Q ＝I 2Rt ＝B 2L 2v 2R ·L ′v ＝B 2L 2L ′Rv ，B 、L 、L ′、R 是一样的，两次产生的热量比等于运动速度比．通过任一截面的电荷量q ＝It ＝BLv R ·L ′v ＝BLL ′R，与速度无关，所以这两个过程中，通过任一截面的电荷量之比应为1∶1.金属棒运动中受磁场力的作用，为使棒匀速运动，外力大小要与磁场力相同，则外力的功率P ＝Fv ＝BIL ·v ＝B 2L 2v 2R，其中B 、L 、R 大小相等，外力的功率与速度的平方成正比，所以外力的功率之比应为1∶4.三、非选择题 10.金属杆MN 和PQ 间距为l ，MP 间接有电阻R ，磁场如图所示，磁感应强度为B .金属棒AB 长为2l ，由图示位置以A 为轴，以角速度ω匀速转过90°(顺时针)．求该过程中(其他电阻不计)：(1)R 上的最大电功率； (2)通过R 的电荷量．解析：AB 转动切割磁感线，且切割长度由l 增至2l 以后AB 离开MN ，电路断开． (1)当B 端恰转至N 时，E 最大．E m ＝B ·2l ·0＋2lω2＝2Bωl 2，P m ＝E 2m R ＝4B 2ω2l 4R .(2)AB 由初位置转至B 端恰好在N 点的过程中 ΔΦ＝B ·12·l ·2l ·sin 60°＝32Bl 2q ＝I ·Δt ＝ΔΦR ＝3Bl22R .答案：(1)4B 2ω2l 4R (2)3Bl22R11.均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd ，边长为L ，总电阻为R ，总质量为m ，将其置于磁感应强度为B 的水平匀强磁场上方h 处，如图所示，线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd 边始终与水平的磁场边界平行．当cd 边刚进入磁场时，求：(1)线框中产生的感应电动势大小； (2)c 、d 两点间的电势差大小．解析：(1)cd 边刚进入磁场时，线框速度v ＝2gh 线框中产生的感应电动势E ＝BLv ＝BL 2gh .(2)此时线框中电流I ＝E R c 、d 两点间的电势差U ＝I ·34R ＝34BL 2gh .答案：(1)BL 2gh (2)34BL 2gh 12.用电阻丝焊接成一半径为a 的圆环(圆环电阻为2R )，水平固定在竖直向下的磁感应强度为B 的匀强磁场中，如图所示．一长度为2a 、电阻等于R 、粗细均匀的金属棒MN 放在圆环上，它与圆环始终保持良好的接触，当金属棒以恒定速度v 向右移动经过环心O 时，求：(1)棒上电流的大小及棒两端的电压U MN ；(2)在圆环和金属棒上消耗的总电功率．解析：(1)把切割磁感线的金属棒看成一个内阻为R 、感应电动势为E 的电源，两个半圆环看成两个并联电阻，画出等效电路图，如图所示．等效电源电动势E ＝Blv ＝2Bav ，外电路的总电阻R 外＝R 1R 2R 1＋R 2＝12R ， 棒上电流的大小I ＝E R 总＝2Bav 12R ＋R ＝4Bav 3R ， 根据分压原理，棒两端的电压U MN ＝R 外R 外＋R ·E ＝23Bav . (2)圆环和金属棒上消耗的总功率P ＝IE ＝8B 2a 2v 23R. 答案：(1)4Bav 3R 23Bav (2)8B 2a 2v 23R。
(通用版)201X-201x版高中物理 第一章 电磁感应 微型专题练2 楞次定律的应用学案 教科版选
微型专题2 楞次定律的应用[学习目标] 1.应用楞次定律判断感应电流的方向.2.理解安培定则、左手定则、右手定则和楞次定律的区别.一、楞次定律的重要结论1.“增反减同”法感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量(原磁场磁通量)的变化.(1)当原磁场磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反.(2)当原磁场磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同.口诀记为“增反减同”.例1如图1所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，由图中位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和位置Ⅲ都很接近位置Ⅱ，这个过程中线圈的感应电流( )图1A.沿abcda流动B.沿dcbad流动C.先沿abcda流动，后沿dcbad流动D.先沿dcbad流动，后沿abcda流动答案A解析由条形磁铁的磁场分布可知，线圈在位置Ⅱ时穿过闭合线圈的磁通量最小，为零，线圈从位置Ⅰ到位置Ⅱ，从下向上穿过线圈的磁通量在减少，线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，从上向下穿过线圈的磁通量在增加，根据楞次定律可知感应电流的方向是abcda.2.“来拒去留”法由于磁场与导体的相对运动产生电磁感应现象时，产生的感应电流与磁场间有力的作用，这种力的作用会“阻碍”相对运动.口诀记为“来拒去留”.例2如图2所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是( )图2A.向右摆动B.向左摆动C.静止D.无法判定答案A解析当磁铁突然向铜环运动时，穿过铜环的磁通量增加，为阻碍磁通量的增加，铜环远离磁铁向右运动，故选A.3.“增缩减扩”法就闭合电路的面积而言，收缩或扩张是为了阻碍穿过电路的原磁通量的变化.若穿过闭合电路的磁通量增加，面积有收缩趋势；若穿过闭合电路的磁通量减少，面积有扩张趋势.口诀记为“增缩减扩”.说明：此法只适用于回路中只有一个方向的磁感线的情况.例3如图3所示，在载流直导线旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两个可自由滑动的导体ab和cd.当载流直导线中的电流逐渐增大时，导体ab和cd的运动情况是( )图3A.一起向左运动B.一起向右运动C.ab和cd相向运动，相互靠近D.ab和cd相背运动，相互远离答案C解析由于在闭合回路abdc中，ab和cd电流方向相反，所以两导体运动方向一定相反，排除A、B；当载流直导线中的电流逐渐增大时，穿过闭合回路的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流总是阻碍穿过回路的磁通量的变化，所以两导体相互靠近，减小面积，达到阻碍磁通量增大的目的.故选C.4.“增离减靠”法当磁场变化且线圈回路可移动时，由于磁场增强使得穿过线圈回路的磁通量增加，线圈将通过远离磁体来阻碍磁通量增加；反之，由于磁场减弱使线圈中的磁通量减少时，线圈将靠近磁体来阻碍磁通量减少.口诀记为“增离减靠”.例4如图4所示，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管横截面平行，当开关S接通瞬间，两铜环的运动情况是( )图4A.同时向两侧被推开B.同时向螺线管靠拢C.一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D.同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断答案A解析开关S接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，则两环将同时向两侧推开.故A正确.二、“三定则一定律”的综合应用安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的适用场合如下表.比较项目安培定则左手定则右手定则楞次定律适用场合电流周围的磁感线方向判断通电导线在磁场中所受的安培力方向判断导体切割磁感线时产生的感应电流方向判断回路中磁通量变化时产生的感应电流方向综合运用这几个规律的关键是分清各个规律的适用场合，不能混淆.例5(多选)如图5所示装置中，cd杆光滑且原来静止.当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动( )图5A.向右匀速运动B.向右加速运动C.向左加速运动D.向左减速运动答案BD解析ab杆向右匀速运动，在ab杆中产生恒定的电流，该电流在线圈L1中产生恒定的磁场，在L2中不产生感应电流，所以cd杆不动，故A错误；ab杆向右加速运动，根据右手定则，知在ab杆上产生增大的由a到b的电流，根据安培定则，在L1中产生方向向上且增强的磁场，该磁场向下通过L2，由楞次定律，cd杆中的电流由c到d，根据左手定则，cd杆受到向右的安培力，向右运动，故B正确；同理可得C错误，D正确.几个规律的使用中，要抓住各个对应的因果关系：(1)因电而生磁(I→B)―→安培定则(2)因动而生电(v、B→I)→右手定则(3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则1.(楞次定律的重要结论)如图6所示，水平放置的光滑杆上套有A、B、C三个金属环，其中B 接电源.在接通电源的瞬间，A、C两环( )图6A.都被B吸引B.都被B排斥C.A被吸引，C被排斥D.A被排斥，C被吸引答案B解析在接通电源的瞬间，通过B环的电流从无到有，电流产生的磁场从无到有，穿过A、C两环的磁通量从无到有，A、C两环产生感应电流，由楞次定律可知，感应电流总是阻碍原磁通量的变化，为了阻碍原磁通量的增加，A、C两环都被B环排斥而远离B环，故A、C、D错误，B正确.2.(楞次定律的重要结论)如图7所示，水平桌面上放有一个闭合铝环，在铝环中心轴线上方有一个条形磁铁.当条形磁铁沿轴线竖直落下时，下列判断正确的是( )图7A.铝环有收缩趋势，对桌面压力减小B.铝环有收缩趋势，对桌面压力增大C.铝环有扩张趋势，对桌面压力减小D.铝环有扩张趋势，对桌面压力增大答案B解析根据楞次定律可知，当条形磁铁沿轴线竖直落下时，闭合铝环内的磁通量增大，因此铝环面积应有收缩的趋势，同时有远离磁铁的趋势，故增大了和桌面的挤压程度，从而使铝环对桌面压力增大，故B项正确.3.(楞次定律的重要结论)如图8所示，两个闭合金属环1和2的圆心重合，放在同一平面内.当圆环1中通以顺时针方向的电流，且电流逐渐增强时，对于圆环2的说法正确的是( )图8A.穿过圆环2的磁通量变大，而且圆环2有收缩的趋势B.穿过圆环2的磁通量变大，而且圆环2有扩张的趋势C.穿过圆环2的磁通量变小，而且圆环2有收缩的趋势D.穿过圆环2的磁通量变小，而且圆环2有扩张的趋势答案B解析当圆环1中通以顺时针方向的电流，且电流逐渐增强时，则穿过圆环2的磁通量变大，根据楞次定律，圆环2中产生的感生电流的磁场阻碍磁通量的增加，所以圆环2有扩张使面积增加的趋势，选项B正确.4.(“三定则一定律”的综合应用)(多选)如图9所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力的作用下运动时，MN在磁场力的作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是(导体切割磁感线速度越大，感应电流越大)( )图9A.向右加速运动B.向左加速运动C.向右减速运动D.向左减速运动答案BC解析当PQ向右运动时，用右手定则可判定PQ中感应电流的方向是由Q→P，由安培定则可知穿过L1的磁场方向是自下而上的；若PQ向右加速运动，则穿过L1的磁通量增加，用楞次定律可以判断流过MN的感应电流是从N→M的，用左手定则可判定MN受到向左的安培力，将向左运动，选项A错误；若PQ向右减速运动，流过MN的感应电流方向、MN所受的安培力的方向均将反向，MN向右运动，所以选项C正确；同理可判断选项B正确，选项D错误.如有侵权请联系告知删除，感谢你们的配合！。
法拉第电磁感应定律的应用二
) r
练习1：如图所示，用截面均匀的导线弯成一个半径为r 的闭合 圆环，将其垂直地置于磁感强度为B 的匀强磁场中，磁场方向 垂直纸面向里。用同样规格的直导线取一段置于环上（二者金 属裸露相接），并以速度v 匀速地向右运动，当它运动到bc 位 置时（弧 bc=1/2弧 bac）求bc两点的电势差是多少？ 解：设金属的电阻率为ρ，导线截面为S，圆环电阻为R，画 出等效电路如图示，则 R1=R/3 R2=2R/3 b b R并= 2R/9 = 2/9× ρ 2πr / S 电动势 E= 3Brv 内阻 r 1= 3 ρr/S
2 1 2 1 2 1 2 1
2 1
2 1
t2 t1
2
1
做磁共振检查时，对人体施加的磁场发生变化时会 在肌肉组织中产生感应电流。某同学为了估算该感 应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上一圈肌 肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r=5.0cm，线 圈导线的横截面积A= 0.80cm2，电阻率 1.5 m ， 如图所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感 应强度B在0.3s内从1.5T均匀地减小为零，求（计算 结果保留一位有效数字） （1）该圈肌肉组织的电阻R； （2）该圈肌肉组织中的感应电动势E； （3）0.3s内该圈肌肉组织中产生的热量Q。
2 2
2 2
问题3：整个回路中消耗的电能从哪里转化来的， 它们之间有什么样的关系？ 外力F对棒ab做功
Bl v P外 F v P 电 Rr
2 2 2
问1：ab将如何运动？
a
Bl v F F安 F ma Rr
2 2
加速度a减小 的加速运动
B l vm v F ( R r ) , F , m 2 2 Bl Rr
2018_19学年高中物理第一章电磁感应习题课电磁感应规律的应用练习教科版选修
习题课 电磁感应规律的应用一、基础练1．如图1所示，平行导轨间的距离为d ，一端跨接一个电阻R ，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于平行金属导轨所在的平面．一根足够长的金属棒与导轨成θ角放置．金属棒与导轨的电阻不计，当金属棒沿垂直于棒的方向滑行时，通过电阻R 的电流为( )图1 A.Bdv R B.Bdv sin θRC.Bdv cos θRD.Bdv R sin θ 答案 D解析 题中B 、l 、v 满足两两垂直的关系，所以E ＝Blv 其中l ＝d sin θ即E ＝Bdv sin θ，故通过电阻R 的电流为BdvR sin θ，选D.点评 正确理解E ＝BLv ，知道适用条件是三个量两两垂直． 2. 图2中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l ，磁场方向垂直纸面向里,abcd 是位于纸面内的梯形线圈，ad 与bc 间的距离也为l.t=0时刻，bc 边与磁场区域边界重合（如图）.现令线圈以恒定的速度v 沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域.取沿a →b →c →d →a 的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I 随时间t 变化的图线可能是()答案 B解析 线框进入时，磁通量是增加的，线框穿出时磁通量是减少的，由楞次定律可判断两次电流方向一定相反，故只能在A 、B 中选择，再由楞次定律及规定的电流正方向可判断进入时电流为负方向，故选B.3．如图3所示，ab 和cd 是位于水平面内的平行金属轨道，间距为l ，其电阻可忽略不计，ac 之间连接一阻值为R 的电阻．ef 为一垂直于ab 和cd 的金属杆，它与ad 和cd 接触良好并可沿轨道方向无摩擦地滑动．电阻可忽略．整个装置处在匀强磁场中，磁场方向垂直于图中纸面向里，磁感应强度为B ，当施外力使杆ef 以速度v 向右匀速运动时，杆ef 所受的安培力为( )图3 A.vB 2l 2R B.vBl RC.vB 2l RD.vBl 2R 答案 A4．如图4所示，先后两次将同一个矩形线圈由匀强磁场中拉出，两次拉动的速度相同．第一次线圈长边与磁场边界平行，将线圈全部拉出磁场区，拉力做功W 1、通过导线截面的电荷量为q 1，第二次线圈短边与磁场边界平行，将线圈全部拉出磁场区域，拉力做功为W 2、通过导线截面的电荷量为q 2，则( )图4A ．W 1>W 2，q 1＝q 2B ．W 1＝W 2，q 1>q 2C ．W 1<W 2，q 1<q 2D ．W 1>W 2，q 1>q 2答案 A解析 设矩形线圈的长边为a ，短边为b ，电阻为R ，速度为v ，则W 1＝BI 1ba ＝B ·Bav R ·a ·b ，W 2＝BI 2ba ＝B ·Bbv R·a ·b ，因为a >b ，所以W 1>W 2.通过导线截面的电荷量q 1＝I 1t 1＝Bav R ·b v＝q 2. 5．如图5所示，半径为a 的圆形区域(图中虚线)内有匀强磁场，磁感应强度为B ＝0.2T ，半径为b 的金属圆环与虚线圆同心、共面的放置，磁场与环面垂直，其中a ＝0.4m 、b ＝0.6m ；金属环上分别接有灯L 1、L 2，两灯的电阻均为2Ω.一金属棒MN 与金属环接触良好，棒与环的电阻均不计．图5(1)若棒以v 0＝5m/s 的速率沿环面向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO ′的瞬间，MN 中的电动势和流过灯L 1的电流．(2)撤去中间的金属棒MN ，将左面的半圆弧O L 1O ′以MN 为轴翻转90°，若此后B 随时间均匀变化，其变化率为ΔB Δt ＝4πT/s ，求灯L 2的功率． 答案 (1)0.8V 0.4A (2)1.28×10－2W解析 (1)棒滑过圆环直径OO ′的瞬间，MN 中的电动势为动生电动势，E ＝B ·2a ·v ＝0.8V.流经L 1的电流I ＝E R L1＝0.4A (2)电路中的电动势为感生电动势，E ＝πa 22·ΔB Δt灯L 2的功率P 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R L1＋R L22R L2＝1.28×10－2W 点评 求电路中的电动势时，要分析清楚产生感应电动势的方式，若为导体切割磁感线类，宜用E ＝BLv 计算；若为磁场变化产生感生电场类，宜用E ＝nS ΔB Δt. 二、提升练6．如图6所示，矩形线框abcd 的ad 和bc 的中点M 、N 之间连接一电压表，整个装置处于匀强磁场中，磁场的方向与线框平面垂直．当线框向右匀速平动时，下列说法中正确的是( )图6A ．穿过线框的磁通量不变化，MN 间无感应电动势B ．MN 这段导体做切割磁感线运动，MN 间有电势差C ．MN 间有电势差，所以电压表有示数D ．因为有电流通过电压表，所以电压表有示数答案 B解析 穿过线框的磁通量不变化，线框中无感应电流，但ab 、MN 、dc 都切割磁感线，它们都有感应电动势，故A 错，B 对．无电流通过电压表，电压表无示数，C 、D 错．7．如图7所示，线圈C 连接光滑平行导轨，导轨处在方向垂直纸面向里的匀强磁场中，导轨电阻不计，导轨上放着导体棒MN .为了使闭合线圈A 产生图示方向的感应电流，可使导体棒MN ( )图7A ．向右加速运动B ．向右减速运动C ．向左加速运动D ．向左减速运动答案 AD解析 N 再由右手定则判断MN 应向左运动，磁场减弱则电流减小故MN 应减速，故可判断MN 向左减速，同理可判断向右加速也可，故选A 、D.→N 再由右手定则判断MN 应向左运动，磁场减弱则电流减小故MN 应减速，故可判断MN 向左减速，同理可判断向右加速也可，故选A 、D.8．如图8所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R 1和R 2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab ，质量为m ，导体棒的电阻与固定电阻R 1和R 2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab 沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v 时，受到安培力的大小为F .此时( )图8 A ．电阻R 1消耗的热功率为Fv /3B ．电阻R 2消耗的热功率为Fv /6C ．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgv cos θD ．整个装置消耗的机械功率为(F ＋μmg cos θ)v答案 BCD解析 棒ab 上滑速度为v 时，切割磁感线产生感应电动势E ＝BLv ，设棒电阻为R ，则R 1＝R 2＝R ，回路的总电阻R 总＝32R ，通过棒的电流I ＝E R 总＝2BLv 3R，棒所受安培力F ＝BIL ＝2B 2L 2v 3R ，通过电阻R 1的电流与通过电阻R 2的电流相等，即I 1＝I 2＝I 2＝BLv 3R，则电阻R 1消耗的热功率P 1＝I 21R ＝B 2L 2v 29R ＝Fv 6，电阻R 2消耗的热功率P 2＝I 22R ＝Fv 6.棒与导轨间的摩擦力f ＝μmg cos θ，故因摩擦而消耗的热功率为P ＝fv ＝μmgv cos θ；由能量转化知，整个装置中消耗的机械功率为安培力的功率和摩擦力的功率之和P 机＝Fv ＋fv ＝(F ＋μmg cos θ)v .由以上分析可知，B 、C 、D 选项正确．点评 切割磁感线的导体相当于电源，电源对闭合回路供电．分析清楚整个过程中能量的转化和守恒，所有的电能和摩擦生热都来自于机械能，而转化的电能在回路中又转化为电热．9．如图9所示，一个半径为r 的铜盘，在磁感应强度为B 的匀强磁场中以角速度ω绕中心轴OO ′匀速转动，磁场方向与盘面垂直，在盘的中心轴与边缘处分别安装电刷．设整个回路电阻为R ，当圆盘匀速运动角速度为ω时，通过电阻的电流为________．图9答案 Br 2ω2R 解析 当铜盘转动时，产生的感应电动势相当于一根导体棒绕其一个端点在磁场中做切割磁感线的圆周运动，产生的电动势为E ＝12Br 2ω所以通过电阻的电流为Br 2ω2R. 10．如图10所示，在磁感应强度B ＝0.5T 的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距为h ＝0.1m 的平行金属导轨MN 与PQ ，导轨的电阻忽略不计．在两根导轨的端点N 、Q 之间连接一阻值R ＝0.3Ω的电阻，导轨上跨放着一根长为L ＝0.2m 、每米长电阻r ＝2.0Ω/m 的金属棒ab ，金属棒与导轨正交，交点为c 、d .当金属棒以速度v ＝4.0 m/s 向左做匀速运动时，试求：图10(1)电阻R 中电流的大小和方向；(2)金属棒ab 两端点间的电势差．Q答案（1）0.4A,方向为N →Q （2）0.32V解析 (1)在cNQd 构成的回路中，动生电动势E ＝Bhv ，由欧姆定律可得电流0.4E Bhv I A R hr R hr===++0.4E Bhv I A R hr R hr===++ (2)a 、b 两点间电势差应由ac 段、cd 段、db 段三部分相加而成，其中cd 两端的电压U cd ＝IR .ac 、db 端电压即为其电动势，且有E ac ＋E db ＝B (L －h )v .故U ab ＝IR ＋E ac ＋E db ＝0.32V. 点评 无论磁场中做切割磁感线运动的导体是否接入电路，都具有电源的特征，接入电路后，其两端电压为路端电压，未接入电路时两端电压大小即为其电动势的大小．图1111．如图11所示，足够长的两根相距为0.5m 的平行光滑导轨竖直放置，导轨电阻不计，磁感应强度B 为0.8T 的匀强磁场的方向垂直于导轨平面．两根质量均为0.04kg 的可动金属棒ab 和cd 都与导轨接触良好，金属棒ab 和cd 的电阻分别为1Ω和0.5Ω，导轨最下端连接阻值为1Ω的电阻R ，金属棒ab 用一根细绳拉住，细绳允许承受的最大拉力为0.64N ．现让cd 棒从静止开始落下，直至细绳刚被拉断，此过程中电阻R 上产生的热量为0.2J(g 取10m/s 2)．求：(1)此过程中ab 棒和cd 棒产生的热量Q ab 和Q cd ；(2)细绳被拉断瞬间，cd 棒的速度v ；(3)细绳刚要被拉断时，cd 棒下落的高度h .答案 (1)0.2J 0.4J (2)3m/s (3)2.45m解析 (1)Q ab ＝Q R ＝0.2J ，由Q ＝I 2Rt ，I cd ＝2I ab .所以Q cd ＝I 2cd R cd I 2ab R ab Q ab ＝4×12×0.2J＝0.4J. (2)绳被拉断时BI ab L ＋mg ＝F T ，E ＝BLv,2I ab ＝E R cd ＋RR ab R ＋R ab解上述三式并代入数据得v ＝3m/s(3)由能的转化和守恒定律有mgh ＝12mv 2＋Q cd ＋Q ab ＋Q R 代入数据得h ＝2.45m12．磁悬浮列车的运行原理可简化为如图12所示的模型，在水平面上，两根平行直导轨间有竖直方向且等距离分布的匀强磁场B 1和B 2，导轨上有金属框abcd ，金属框宽度ab 与磁场B 1、B 2宽度相同．当匀强磁场B 1和B 2同时以速度v 0沿直导轨向右做匀速运动时，金属框也会沿直导轨运动，设直导轨间距为L ，B 1＝B 2＝B ，金属框的电阻为R ，金属框运动时受到的阻力恒为F ，则金属框运动的最大速度为多少？图12答案 4B 2L 2v 0－FR 4B 2L 2 解析 当磁场B 1、B 2同时以速度v 0向右匀速运动时，线框必然同时有两条边切割磁感线而产生感应电动势．线框以最大速度运动时切割磁感线的速度为v ＝v 0－v m当线框以最大速度v m 匀速行驶时，线框产生的感应电动势为E ＝2BLv 线框中产生的感应电流为I ＝E R线框所受的安培力为F 安＝2BIL线框匀速运动时，据平衡可得F 安＝F解得v m ＝4B 2L 2v 0－FR 4B 2L 2 点评 这是一道力、电综合题．它涉及力学中的受力分析及牛顿运动定律．解答的关键在于把新情景下的磁悬浮列车等效为有两条边切割磁感线的线框模型，分析运动情景，挖掘极值条件(线框做加速度越来越小的加速运动，当安培力等于阻力时，速度最大)，另外还要注意切割磁感线的速度为框与磁场的相对速度．。
法拉第电磁感应定律(高中物理教学课件)
若∆t代表一段时间，则
n t
代表平均电动势
作用： I q It，一般用来求一段时间流过某横
截面的电量
q IБайду номын сангаас t
t
n
t
t
n
R总
R总
R总
BLv，也可求平均电动势，v为平均速度
五.感应电动势分类
2.瞬时电动势：
若∆t趋向零，则
n
t
代表瞬时电动势
作用：求任意时刻电动势的大小，可以求电动势、 路端电压、电流、功率的瞬时值
2.表达式：单匝： ；多匝： n
t
t
3.单位：伏特（V），1V＝1Wb/s＝1J/C
①电磁感应定律是德国物理学家纽曼、韦伯在对理论和
实验资料进行严格分析后，于1845年和1846年先后指出
的。因法拉第对电磁感应现象研究的巨大贡献，后人称
之为法拉第电磁感应定律。
②表达式为
k
t
，在国际单位制下k＝1。
BLv，也可求瞬时电动势，v为瞬时速度
例4.如图：把一线圈从磁场中匀速拉出，
一次速度为v，一次速度为2v，求两次拉 v
出磁场的电动势ε、电流I、拉力F、电量 q、产生的热量Q之比。
B
答：1:2， 1:2， 1:2， 1:1， 1:2，
观察实验三
六.动生电动势
Φ＝BS，Φ的变化可能是B引起的，也可能是S引起的
一.感应电动势
注意： ①产生电磁感应现象的导体相当于电源（插入磁铁的线 圈、切割磁感线的导体棒……） ②电源内部的电流方向是从电源负极流向正极 ③电路断开时没有感应电流，但有感应电动势 问题：感应电流的方向怎么判断？ 答：利用楞次定律、右手定则
高中物理第1章电磁感应习题课2法拉第电磁感应定律的应用练习教科版选修3-2(2021年整理)
2017-2018学年高中物理第1章电磁感应习题课2 法拉第电磁感应定律的应用练习教科版选修3-2编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2017-2018学年高中物理第1章电磁感应习题课2 法拉第电磁感应定律的应用练习教科版选修3-2）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2017-2018学年高中物理第1章电磁感应习题课2 法拉第电磁感应定律的应用练习教科版选修3-2的全部内容。
习题课法拉第电磁感应定律的应用一、基础练1．当穿过线圈的磁通量发生变化时，下列说法中正确的是( ）A．线圈中一定有感应电流B．线圈中一定有感应电动势C．感应电动势的大小跟磁通量的变化成正比D．感应电动势的大小跟线圈的电阻有关答案B解析穿过闭合电路的磁通量发生变化时才会产生感应电流,感应电动势与电路是否闭合无关，且感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比．2．一根直导线长0。
1m，在磁感应强度为0.1T的匀强磁场中以10m/s的速度匀速运动，则导线中产生的感应电动势的说法错误的是( )A．一定为0.1VB．可能为零C．可能为0。
01VD．最大值为0。
1V答案A解析当公式E＝BLv中B、L、v互相垂直而导体切割磁感线运动时感应电动势最大:E m＝BLv＝0.1×0.1×10V＝0.1V,考虑到它们三者的空间位置关系，B、C、D正确，A错．3．无线电力传输目前取得重大突破，在日本展出了一种非接触式电源供应系统．这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力．两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置，原理示意图如图1所示．下列说法正确的是( )图1A．若A线圈中输入电流,B线圈中就会产生感应电动势B．只有A线圈中输入变化的电流，B线圈中才会产生感应电动势C．A中电流越大，B中感应电动势越大D．A中电流变化越快，B中感应电动势越大答案BD解析根据产生感应电动势的条件，只有处于变化的磁场中,B线圈才能产生感应电动势，A错，B对；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小取决于磁通量变化率，所以C错，D 对．4．闭合回路的磁通量Φ随时间t的变化图象分别如图2所示，关于回路中产生的感应电动势的下列论述,其中正确的是（）图2A．图甲回路中感应电动势恒定不变B．图乙回路中感应电动势恒定不变C．图丙回路中0～t1时间内感应电动势小于t1～t2时间内感应电动势D．图丁回路中感应电动势先变大后变小答案B解析因E＝错误!，则可据图象斜率判断知图甲中错误!＝0，即电动势E为0；图乙中错误!＝恒量，即电动势E为一恒定值；图丙中E前>E后；图丁中图象斜率错误!先减后增,即回路中感应电动势先减后增，故只有B选项正确．5．如图3所示，PQRS为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN为边界的匀强磁场,磁场方向垂直线框平面向里,MN线与线框的边成45°角,E、F分别是PS和PQ的中点．关于线框中的感应电流，正确的说法是（)图3A．当E点经过边界MN时,线框中感应电流最大B．当P点经过边界MN时，线框中感应电流最大C．当F点经过边界MN时，线框中感应电流最大D．当Q点经过边界MN时，线框中感应电流最大答案B解析当P点经过边界MN时，切割磁感线的有效长度最大为SR，感应电流达到最大．6．如图4（a)所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路．线圈的半径为r1.在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图（b）所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0.导线的电阻不计．图4求0至t1时间内，（1)通过电阻R1上的电流大小；(2)通过电阻R1上的电荷量q及电阻R1上产生的热量．答案(1)错误!(2）错误!错误!解析（1)由图象分析可知,0至t1时间内错误!＝错误!。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
习题课法拉第电磁感应定律的应用一、基础练1．当穿过线圈的磁通量发生变化时，下列说法中正确的是( )A．线圈中一定有感应电流B．线圈中一定有感应电动势C．感应电动势的大小跟磁通量的变化成正比D．感应电动势的大小跟线圈的电阻有关答案 B解析穿过闭合电路的磁通量发生变化时才会产生感应电流，感应电动势与电路是否闭合无关，且感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比．2．一根直导线长0.1m，在磁感应强度为0.1T的匀强磁场中以10m/s的速度匀速运动，则导线中产生的感应电动势的说法错误的是( )A．一定为0.1VB．可能为零C．可能为0.01VD．最大值为0.1V答案 A解析当公式E＝BLv中B、L、v互相垂直而导体切割磁感线运动时感应电动势最大：E m＝BLv＝0.1×0.1×10V＝0.1V，考虑到它们三者的空间位置关系，B、C、D正确，A错．3．无线电力传输目前取得重大突破，在日本展出了一种非接触式电源供应系统．这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力．两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置，原理示意图如图1所示．下列说法正确的是( )图1A．若A线圈中输入电流，B线圈中就会产生感应电动势B．只有A线圈中输入变化的电流，B线圈中才会产生感应电动势C．A中电流越大，B中感应电动势越大D．A中电流变化越快，B中感应电动势越大答案BD解析根据产生感应电动势的条件，只有处于变化的磁场中，B线圈才能产生感应电动势，A错，B对；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小取决于磁通量变化率，所以C错，D对．4．闭合回路的磁通量Φ随时间t的变化图象分别如图2所示，关于回路中产生的感应电动势的下列论述，其中正确的是( )图2A．图甲回路中感应电动势恒定不变B．图乙回路中感应电动势恒定不变C．图丙回路中0～t1时间内感应电动势小于t1～t2时间内感应电动势D ．图丁回路中感应电动势先变大后变小 答案 B解析 因E ＝ΔΦΔt ，则可据图象斜率判断知图甲中ΔΦΔt ＝0，即电动势E 为0；图乙中ΔΦΔt＝恒量，即电动势E 为一恒定值；图丙中E 前>E 后；图丁中图象斜率ΔΦΔt先减后增，即回路中感应电动势先减后增，故只有B 选项正确．5．如图3所示，PQRS 为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN 为边界的匀强磁场，磁场方向垂直线框平面向里，MN 线与线框的边成45°角，E 、F 分别是PS 和PQ 的中点．关于线框中的感应电流，正确的说法是( )图3A ．当E 点经过边界MN 时，线框中感应电流最大B ．当P 点经过边界MN 时，线框中感应电流最大C ．当F 点经过边界MN 时，线框中感应电流最大D ．当Q 点经过边界MN 时，线框中感应电流最大 答案 B解析 当P 点经过边界MN 时，切割磁感线的有效长度最大为SR ，感应电流达到最大． 6．如图4(a)所示，一个电阻值为R ，匝数为n 的圆形金属线圈与阻值为2R 的电阻R 1连接成闭合回路．线圈的半径为r 1.在线圈中半径为r 2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图(b)所示．图线与横、纵轴的截距分别为t 0和B 0.导线的电阻不计．图4求0至t 1时间内，(1)通过电阻R 1上的电流大小；(2)通过电阻R 1上的电荷量q 及电阻R 1上产生的热量．答案 (1)nB 0πr 223Rt 0 (2)nB 0πr 22t 13Rt 0 2n 2B 20π2r 42t 19Rt 2解析 (1)由图象分析可知，0至t 1时间内ΔB Δt ＝B 0t 0.由法拉第电磁感应定律有E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt ·S ，而S ＝πr 22.由闭合电路欧姆定律有I 1＝E R 1＋R.联立以上各式得，通过电阻R 1上的电流大小I 1＝nB 0πr 223Rt 0.(2)通过电阻R 1上的电量：q ＝I 1t 1＝nB 0πr 22t 13Rt 0电阻R 1上产生的热量：Q ＝I 21R 1t 1＝2n 2B 20π2r 42t 19Rt 2二、提升练7．如图5所示，A、B两闭合线圈为同样导线绕成，A有10匝，B有20匝，两圆线圈半径之比为2∶1.均匀磁场只分布在B线圈内．当磁场随时间均匀减弱时( )图5A．A中无感应电流B．A、B中均有恒定的感应电流C．A、B中感应电动势之比为2∶1D．A、B中感应电流之比为1∶2答案BD解析只要穿过线圈内的磁通量发生变化，线圈中就有感应电动势和感应电流，因为磁场变化情况相同，有效面积也相同，所以，每匝线圈产生的感应电动势相同，又由于两线圈的匝数和半径不同，电阻值不同，根据欧姆定律，单匝线圈电阻之比为2∶1，所以，感应电流之比为1∶2.因此正确的答案是B、D.8．在匀强磁场中，有一个接有电容器的导线回路，如图6所示，已知电容C＝30μF，回路的长和宽分别为l1＝5cm，l2＝8cm，磁场变化率为5×10－2T/s，则( )图6A．电容器带电荷量为2×10－9CB．电容器带电荷量为4×10－9CC．电容器带电荷量为6×10－9CD．电容器带电荷量为8×10－9C答案 C解析回路中感应电动势等于电容器两板间的电压，U＝E＝ΔΦΔt＝ΔBΔt·l1l2＝5×10－2×0.05×0.08V＝2×10－4V．电容器的电荷量为q＝CU＝CE＝30×10－6×2×10－4C＝6×10－9C，C选项正确．9．单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，若线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图7所示，则O～D过程中( )图7A．线圈中O时刻感应电动势最大B．线圈中D时刻感应电动势为零C．线圈中D时刻感应电动势最大D．线圈中O至D时间内平均感应电动势为0.4V答案ABD解析由法拉第电磁感应定律知，线圈中O至D时间内的平均感应电动势E＝ΔΦΔt＝2×10－30.01/2V＝0.4V．由感应电动势的物理意义知，感应电动势的大小与磁通量的大小Φ和磁通量的改变量ΔΦ均无必然联系，仅由磁通量的变化率ΔΦΔt决定，而任何时刻磁通量的变化率ΔΦΔt就是Φ－t 图象上该时刻切线的斜率．不难看出，O 点处切线斜率最大，D 点处切线斜率最小为零，故A 、B 、D 选项正确．10．用相同导线绕制的边长为L 或2L 的四个闭合导体线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图8所示．在每个线框进入磁场的过程中，M 、N 两点间的电压分别为U a 、U b 、U c 和U d .下列判断正确的是( )图8A ．U a <U b <U c <U dB ．U a <U b <U d <U cC ．U a ＝U b <U c ＝U dD ．U b <U a <U d <U c 答案 B解析 每个线框进入磁场的过程中，仅有MN 边做切割磁感线运动产生感应电动势，其余三条边是外部电路，M 、N 两点间的电压大小不等于MN 边上电动势，应等于外部电路上的电压即路端电压．设长度为L 导线电阻为R ，边长为L 的导线切割磁场产生感应电动势为E ，边长为2L 的导线切割磁场产生感应电动势为2E ，则U a ＝E 4R ·3R ＝34E ，U b ＝E 6R ·5R ＝56E ，U c＝2E 8R ·6R ＝3E 2，U d ＝2E 6R ·4R ＝43E ，所以U a <U b <U d <U c ，选项B 正确． 11．如图9甲所示的螺线管，匝数n ＝1500匝，横截面积S ＝20cm 2，电阻r ＝1.5Ω，与螺线管串联的外电阻R 1＝3.5Ω，R 2＝25Ω.方向向右穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化，试计算电阻R 2的电功率．图9答案 1.0W解析 穿过螺线管磁通量均匀增加，螺线管上产生感应电动势．把螺线管视为电源，由闭合电路欧姆定律可求出通过螺线管回路电流，从而求出R 2消耗电功率及a 、b 两点电势．螺线管中磁感应强度B 均匀增加，其变化率ΔB Δt ＝6－22＝2T/s.由法拉第电磁感应定律，螺线管中产生的感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n ·S ΔB Δt ＝1500×20×10－4×2＝6.0V通过螺线管回路的电流I ＝E r ＋R 1＋R 2＝61.5＋3.5＋25＝0.2A电阻R 2上消耗的功率P 2＝I 2R 2＝(0.2)2×25＝1.0W12．如图10所示，导线全部为裸导线，半径为r 的圆内有垂直于平面的匀强磁场，磁感应强度为B ，一根长度大于2r 的导线MN 以速度v 在圆环上无摩擦地自左向右匀速滑动，电路的固定电阻为R .其余电阻忽略不计．试求MN 从圆环的左端到右端的过程中电阻R 上的电流强度的平均值及通过的电荷量．图10答案πBrv 2R B πr2R解析 由于ΔΦ＝B ·ΔS ＝B ·πr 2，完成这一变化所用的时间Δt ＝2rv， 故E ＝ΔΦΔt ＝πBrv2.所以电阻R 上的电流强度平均值为I ＝ER ＝πBrv2R通过R 的电荷量为q ＝I ·Δt ＝B πr 2R点评 回路中发生磁通量变化时，由于感应电场的作用使电荷发生定向移动而形成感应电流，在Δt 内迁移的电荷量(感应电荷量)为：q ＝I ·Δt ＝ER ·Δt ＝n ΔΦΔt ·1R ·Δt ＝n ΔΦR.其中n 为匝数，R 为总电阻． 从上式可知，感应电荷量仅由回路电阻和磁通量的变化决定，与发生磁通量变化的时间无关，与线圈匝数有关．如有侵权请联系告知删除，感谢你们的配合！。