2025人教版物理重難點-選擇性必修二專題2.2 法拉第電磁感應定律-（人教版2019選擇性必修第二冊）（含答案）

2025人教版物理重難點-選擇性必修二專題2.2法拉第電磁感應定律-（人教版2019選擇性必修第二冊）（含答案）專題2.2法拉第電磁感應定律【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【題型1磁通量的計算】 【題型2平動切割問題】 【題型3旋轉切割問題】 【題型4感生問題】 【題型5聯系實際】 【題型6含有電容器的問題】 【題型7二次感應問題】 【題型8動生與感生綜合問題】 【題型1磁通量的計算】【例1】如圖所示，通有恒定電流的導線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邊翻轉到Ⅱ，設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＞ΔΦ2，兩次運動中線框中均有沿adcba方向電流出現B．ΔΦ1＝ΔΦ2，兩次運動中線框中均有沿abcda方向電流出現C．ΔΦ1＜ΔΦ2，兩次運動中線框中均有沿adcba方向電流出現D．ΔΦ1＜ΔΦ2，兩次運動中線框中均有沿abcda方向電流出現【變式1-1】如圖所示，兩個單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r。圓形勻強磁場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，匝數為n，線圈與磁感應強度為B的勻強磁場的夾角θ＝45°.現將線圈以ab邊為軸沿順時針方向轉動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，匝數為N、半徑為r1的圓形線圈內有勻強磁場，勻強磁場在半徑為r2的圓形區(qū)域內，勻強磁場的磁感應強度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平動切割問題】【例2】(多選)半徑為a、右端開小口的導體圓環(huán)和長為2a的導體直桿，單位長度電阻均為R0.圓環(huán)水平固定放置，整個內部區(qū)域分布著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.直桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運動，直桿始終有兩點與圓環(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，直桿產生的電動勢為2BavB．θ＝eq\f(π,3)時，直桿產生的電動勢為eq\r(3)BavC．θ＝0時，直桿受的安培力大小為eq\f(2B2av,π＋2R0)D．θ＝eq\f(π,3)時，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“”形光滑金屬導軌，間距為l，導軌間有垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度大小為B，導軌電阻不計．已知金屬桿MN傾斜放置，與導軌成θ角，單位長度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(金屬桿滑動過程中與導軌接觸良好)．則()A．電路中感應電動勢的大小為eq\f(Blv,sinθ)B．電路中感應電流的大小為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，在E、F間連接一阻值為R的定值電阻，在C、D間連接一滑動變阻器R1(0≤R1≤2R)?？騼却嬖谥Q直向下的勻強磁場。一長為L、電阻為R的導體棒AB在外力作用下以速度v勻速向右運動，金屬框電阻不計，導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回路的電流方向為逆時針，ABCD回路的電流方向為順時針B．左右兩個閉合區(qū)域的磁通量都在變化，且變化率相同，故電路中的感應電動勢大小為2BLvC．當滑動變阻器接入電路中的阻值R1＝R時，導體棒兩端的電壓為BLvD．當滑動變阻器接入電路中的阻值R1＝eq\f(R,2)時，滑動變阻器有最大電功率，且為eq\f(B2L2v2,8R)【變式2-3】在xOy平面內有一條拋物線金屬導軌，導軌的拋物線方程為y2＝4x，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌平面向里，一根足夠長的金屬棒ab垂直于x軸從坐標原點開始，以恒定速度v沿x軸正方向運動，運動中始終與金屬導軌保持良好接觸，如圖7所示．則下列圖象中能表示回路中感應電動勢大小隨時間變化的是()【題型3旋轉切割問題】【例3】(多選)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖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磁場B中．圓盤旋轉時，關于流過電阻R的電流，下列說法正確的是()A．若圓盤轉動的角速度恒定，則電流大小恒定B．若從上向下看，圓盤順時針轉動，則電流沿a到b的方向流動C．若圓盤轉動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化D．若圓盤轉動的角速度變?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放置在勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向平行于ab邊向上．當金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉動時，a、b、c三點的電勢分別為Ua、Ub、Uc.已知bc邊的長度為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，虛線兩側的磁感應強度大小均為B，方向相反，電阻為R的導線彎成頂角為90°，半徑為r的兩個扇形組成的回路，O為圓心，整個回路可繞O點轉動．若由圖示的位置開始沿順時針方向以角速度ω轉動，則在一個周期內電路消耗的電能為()A.eq\f(πB2ωr4,R) B.eq\f(2πB2ωr4,R)C.eq\f(4πB2ωr4,R) D.eq\f(8πB2ωr4,R)【變式3-3】轉筆是一項用不同的方法與技巧以手指來轉動筆的休閑活動，深受廣大中學生的喜愛，其中也包含了許多的物理知識。如圖所示，某轉筆高手能讓筆繞其手指上的某一點沿順時針方向做角速度為ω的勻速圓周運動，已知手與筆的接觸點O點恰好是長為L的金屬筆桿的中點，地磁場的磁感應強度在與筆桿轉動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點的電勢最低B．O點與筆尖間的電勢差為eq\f(1,2)BL2ωC．O點與筆尖間的電勢差為eq\f(1,8)BL2ωD．筆桿兩端點間的電勢差為BL2ω【題型4感生問題】【例4】輕質細線吊著一質量為m＝0.42kg、邊長為L＝1m、匝數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，如圖甲所示．磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小隨時間變化關系如圖乙所示．(g＝10m/s2)(1)判斷線圈中產生的感應電流的方向是順時針還是逆時針；(2)求線圈的電功率；(3)求在t＝4s時輕質細線的拉力大小．【變式4-1】如圖所示，a、b兩個閉合正方形線圈用同樣的導線制成，匝數均為7匝，邊長la＝3lb，圖示區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，且磁感應強度隨時間均勻增大，不考慮線圈之間的相互影響，則()A．兩線圈內產生順時針方向的感應電流B．a、b線圈中感應電動勢之比為9∶1C．a、b線圈中感應電流之比為3∶4D．a、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的硬質導線做成一個半徑為r的圓環(huán)，ab為圓環(huán)的一條直徑．如圖所示，在ab的左側存在一個均勻變化的勻強磁場，磁場垂直圓環(huán)所在平面，磁感應強度大小隨時間的變化率eq\f(ΔB,Δt)＝k(k＜0)．則()A．圓環(huán)中產生逆時針方向的感應電流B．圓環(huán)具有擴張的趨勢C．圓環(huán)中感應電流的大小為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(krS,2ρ)))D．圖中a、b兩點間的電勢差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中使用的受電線圈示意圖，線圈匝數為n，面積為S.若在t1到t2時間內，勻強磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應強度大小由B1均勻增加到B2，則該段時間線圈兩端a和b之間的電勢差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聯系實際】【例5】(多選)電吉他中電拾音器的基本結構如圖所示，磁體附近的金屬弦被磁化，因此弦振動時，在線圈中產生感應電流，電流經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．增加線圈匝數可以增大線圈中的感應電動勢D．弦振動過程中，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信息的磁極方向不同的磁化區(qū)，刷卡器中有檢測線圈。當以速度v0刷卡時，在線圈中產生感應電動勢，其E-t關系如圖所示。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動。為了檢測出個別未閉合的不合格線圈，讓傳送帶通過一固定勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于傳送帶運動方向，根據穿過磁場后線圈間的距離，就能夠檢測出不合格線圈。通過觀察圖形，判斷下列說法正確的是()A．若線圈閉合，進入磁場時，線圈中感應電流方向從上向下看為逆時針B．若線圈閉合，傳送帶以較大速度勻速運動時，磁場對線圈的作用力增大C．從圖中可以看出，第2個線圈是不合格線圈D．從圖中可以看出，第3個線圈是不合格線圈【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，待焊接的金屬工件中就產生感應電流，感應電流通過焊縫產生大量熱量，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為焊縫處的電阻小D．工件上只有焊縫處溫度升得很高是因為焊縫處的電阻大【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，用導線、開關K與一個n匝的線圈連接，線圈置于方向豎直向上的變化磁場B中．兩板間放一臺壓力傳感器，壓力傳感器上表面靜止放置一個質量為m、電荷量為q的帶負電小球．K斷開時傳感器上有示數mg，K閉合穩(wěn)定后傳感器上示數為eq\f(mg,3).則線圈中的磁場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，兩光滑導軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B。導軌間距最窄處為一狹縫，取狹縫所在處O點為坐標原點。狹縫右側兩導軌與x軸夾角均為θ，一電容為C的電容器與導軌左端相連。導軌上的金屬棒與x軸垂直，在外力F作用下從O點開始以速度v向右勻速運動，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x0時，電容器極板上的電荷量為BCvx0tanθC．金屬棒運動過程中，電容器的上極板帶負電D．金屬棒運動過程中，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)內存在方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。長為l的金屬棒，一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在豎直導電轉軸OO′上，隨軸以角速度ω勻速轉動，在圓環(huán)的A點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狀態(tài)。已知重力加速度為g，不計其他電阻和摩擦，下列說法正確的是()A．棒產生的電動勢為eq\f(1,2)Bl2ωB．微粒的電荷量與質量之比為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，其余導線的電阻不計。半徑為r1(r1<r2)、圓心為O的圓形區(qū)域內存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小B隨時間t變化的關系圖像如圖乙所示，電容器的電容為C。閉合開關S，t1時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時刻，電容器所帶的電荷量為eq\f(CB1πr12,4t1)C．t1時刻之后，線圈兩端的電壓為eq\f(3B1πr12,4t1)D．t1時刻之后，R1兩端的電壓為eq\f(B2πr22,4t2)【題型7二次感應問題】【例7】[多選]如圖(a)，螺線管內有平行于軸線的外加勻強磁場，以圖中箭頭所示方向為其正方向。螺線管與導線框abcd相連，導線框內有一小金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導線框在同一平面內。當螺線管內的磁感應強度B隨時間按圖(b)所示規(guī)律變化時()A．在t1～t2時間內，L有收縮趨勢B．在t2～t3時間內，L有擴張趨勢C．在t2～t3時間內，L內有逆時針方向的感應電流D．在t3～t4時間內，L內有順時針方向的感應電流【變式7-1】如圖，在方向垂直于紙面向里的勻強磁場中有一U形金屬導軌，導軌平面與磁場垂直．金屬桿PQ置于導軌上并與導軌形成閉合回路PQRS，一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內，線框與導軌共面．現讓金屬桿PQ突然向右運動，在運動開始的瞬間，關于感應電流的方向，下列說法正確的是()A．PQRS中沿順時針方向，T中沿逆時針方向B．PQRS中沿順時針方向，T中沿順時針方向C．PQRS中沿逆時針方向，T中沿逆時針方向D．PQRS中沿逆時針方向，T中沿順時針方向【變式7-2】(多選)如圖甲所示，導體棒ab、cd均可在各自的導軌上無摩擦地滑動，導軌電阻不計，磁場的磁感應強度B1、B2的方向如圖所示，大小隨時間變化的情況如圖乙所示，在0～t1時間內()A．若ab不動，則ab、cd中均無感應電流B．若ab不動，則ab中有恒定的感應電流，但cd中無感應電流C．若ab向右勻速運動，則ab中一定有從b到a的感應電流，cd向左運動D．若ab向左勻速運動，則ab中一定有從a到b的感應電流，cd向右運動【變式7-3】如圖所示，金屬導軌上的導體棒ab在勻強磁場中沿導軌做下列哪種運動時，線圈c中將沒有感應電流產生()A．向右做勻速直線運動B．向左做勻加速直線運動C．向右做減速直線運動D．向右做變加速直線運動【題型8動生與感生綜合問題】【例8】如圖，均勻磁場中有一由半圓弧及其直徑構成的導線框，半圓直徑與磁場邊緣重合；磁場方向垂直于半圓面(紙面)向里，磁感應強度大小為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勻速轉動半周，在線框中產生感應電流．現使線框保持圖中所示位置，磁感應強度大小隨時間線性變化．為了產生與線框運動過程中同樣大小的電流，磁感應強度隨時間的變化率eq\f(ΔB,Δt)的大小應為()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)的光滑平行金屬導軌位于同一水平面(紙面)內，其左端接一阻值為R的電阻；一與導軌垂直的金屬棒置于兩導軌上；在電阻、導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，磁感應強度大小B1隨時間t的變化關系為B1＝kt，式中k為常量；在金屬棒右側還有一勻強磁場區(qū)域，區(qū)域左邊界MN(虛線)與導軌垂直，磁場的磁感應強度大小為B0，方向也垂直于紙面向里．某時刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運動，在t0時刻恰好以速度v0越過MN，此后向右做勻速運動．金屬棒與導軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計．求：(1)在t＝0到t＝t0時間間隔內，流過電阻的電荷量的絕對值；(2)在時刻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?。咀兪?-2】（多選）如圖，兩根平行光滑金屬導軌固定在同一水平面內，其左端接有定值電阻R.Ox軸平行于金屬導軌，在0≤x≤4m的空間區(qū)域內存在著垂直導軌平面向下的磁場，磁感應強度B隨坐標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處沿導軌運動，金屬棒始終與導軌垂直并接觸良好，不計導軌和金屬棒的電阻．設在金屬棒從x1＝1m經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處的電動勢之比為1∶3B．在x1與x3處受到磁場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產生的焦耳熱之比為5∶3【變式8-3】如圖甲所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導軌MN、PQ被固定在水平面上，導軌間距l(xiāng)＝0.6m，兩導軌的左端用導線連接電阻R1及理想電壓表，電阻r＝2Ω的金屬棒垂直于導軌靜止在AB處；右端用導線連接電阻R2，已知R1＝2Ω，R2＝1Ω，導軌及導線電阻均不計。在矩形區(qū)域CDFE內有豎直向上的磁場，CE＝0.2m，磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示。開始時電壓表有示數，當電壓表示數變?yōu)榱愫螅瑢饘侔羰┘右凰较蛴业暮懔，使金屬棒剛進入磁場區(qū)域時電壓表的示數又變?yōu)樵瓉淼闹?，金屬棒在磁場運動過程中電壓表的示數始終保持不變。求：(1)t＝0.1s時電壓表的讀數；(2)恒力F的大小；(3)從t＝0時刻到金屬棒運動出磁場過程中整個電路產生的熱量。

參考答案【題型1磁通量的計算】【例1】如圖所示，通有恒定電流的導線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邊翻轉到Ⅱ，設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＞ΔΦ2，兩次運動中線框中均有沿adcba方向電流出現B．ΔΦ1＝ΔΦ2，兩次運動中線框中均有沿abcda方向電流出現C．ΔΦ1＜ΔΦ2，兩次運動中線框中均有沿adcba方向電流出現D．ΔΦ1＜ΔΦ2，兩次運動中線框中均有沿abcda方向電流出現答案C解析設金屬框在位置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動中線框中均出現沿adcba方向的電流，C對．【變式1-1】如圖所示，兩個單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r。圓形勻強磁場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兩個線圈的磁通量均為Φ＝B·πr2，因此磁通量之比為1∶1，A正確。【變式1-2】如圖所示，閉合線圈abcd水平放置，其面積為S，匝數為n，線圈與磁感應強度為B的勻強磁場的夾角θ＝45°.現將線圈以ab邊為軸沿順時針方向轉動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，匝數為N、半徑為r1的圓形線圈內有勻強磁場，勻強磁場在半徑為r2的圓形區(qū)域內，勻強磁場的磁感應強度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選項錯誤，B選項正確；磁通量與線圈的匝數無關，C、D選項錯誤。答案B【題型2平動切割問題】【例2】(多選)半徑為a、右端開小口的導體圓環(huán)和長為2a的導體直桿，單位長度電阻均為R0.圓環(huán)水平固定放置，整個內部區(qū)域分布著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.直桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運動，直桿始終有兩點與圓環(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，直桿產生的電動勢為2BavB．θ＝eq\f(π,3)時，直桿產生的電動勢為eq\r(3)BavC．θ＝0時，直桿受的安培力大小為eq\f(2B2av,π＋2R0)D．θ＝eq\f(π,3)時，直桿受的安培力大小為eq\f(3B2av,5π＋3R0)答案AD解析當θ＝0時，直桿切割磁感線的有效長度l1＝2a，所以直桿產生的電動勢E1＝Bl1v＝2Bav，選項A正確．此時直桿上的電流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C錯誤．當θ＝eq\f(π,3)時，直桿切割磁感線的有效長度l2＝2acoseq\f(π,3)＝a，直桿產生的電動勢E2＝Bl2v＝Bav，選項B錯誤．此時直桿上的電流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“”形光滑金屬導軌，間距為l，導軌間有垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度大小為B，導軌電阻不計．已知金屬桿MN傾斜放置，與導軌成θ角，單位長度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(金屬桿滑動過程中與導軌接觸良好)．則()A．電路中感應電動勢的大小為eq\f(Blv,sinθ)B．電路中感應電流的大小為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解析電路中的感應電動勢E＝Blv，感應電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(E,\f(l,sinθ)r)＝eq\f(Bvsinθ,r)，故A錯誤，B正確；金屬桿所受安培力大小F＝BIeq\f(l,sinθ)＝eq\f(B2lv,r)，故C錯誤；金屬桿的熱功率P＝I2R＝I2eq\f(l,sinθ)r＝eq\f(B2lv2sinθ,r)，故D錯誤．【變式2-2】(多選)如圖所示，光滑的金屬框CDEF水平放置，寬為L，在E、F間連接一阻值為R的定值電阻，在C、D間連接一滑動變阻器R1(0≤R1≤2R)。框內存在著豎直向下的勻強磁場。一長為L、電阻為R的導體棒AB在外力作用下以速度v勻速向右運動，金屬框電阻不計，導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回路的電流方向為逆時針，ABCD回路的電流方向為順時針B．左右兩個閉合區(qū)域的磁通量都在變化，且變化率相同，故電路中的感應電動勢大小為2BLvC．當滑動變阻器接入電路中的阻值R1＝R時，導體棒兩端的電壓為BLvD．當滑動變阻器接入電路中的阻值R1＝eq\f(R,2)時，滑動變阻器有最大電功率，且為eq\f(B2L2v2,8R)[解析]根據楞次定律可知，ABFE回路的電流方向為逆時針，ABCD回路的電流方向為順時針，故A正確；根據法拉第電磁感應定律可知，電路中的感應電動勢E＝BLv，故B錯誤；當R1＝R時，外電路總電阻R外＝eq\f(R,2)，故導體棒兩端的電壓即路端電壓為eq\f(1,3)BLv，故C錯誤；該電路電動勢E＝BLv，電源內阻為R，求解滑動變阻器的最大電功率時，可以將導體棒和電阻R看成新的等效電源，等效內阻為eq\f(R,2)，故當R1＝eq\f(R,2)時，等效電源輸出功率最大，則滑動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平面內有一條拋物線金屬導軌，導軌的拋物線方程為y2＝4x，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌平面向里，一根足夠長的金屬棒ab垂直于x軸從坐標原點開始，以恒定速度v沿x軸正方向運動，運動中始終與金屬導軌保持良好接觸，如圖7所示．則下列圖象中能表示回路中感應電動勢大小隨時間變化的是()答案B解析金屬棒ab沿x軸以恒定速度v運動，因此x＝vt，則金屬棒在回路中的有效長度l＝2y＝4eq\r(x)＝4eq\r(vt)，由電磁感應定律得回路中感應電動勢E＝Blv＝4Beq\r(v3t)，即E2∝t，B正確．【題型3旋轉切割問題】【例3】(多選)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖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磁場B中．圓盤旋轉時，關于流過電阻R的電流，下列說法正確的是()A．若圓盤轉動的角速度恒定，則電流大小恒定B．若從上向下看，圓盤順時針轉動，則電流沿a到b的方向流動C．若圓盤轉動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化D．若圓盤轉動的角速度變?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幅條組成，它們都在切割磁感線從而產生感應電動勢和感應電流，則當圓盤順時針(俯視)轉動時，根據右手定則可知圓盤上感應電流從邊緣流向中心，流過電阻的電流方向從a到b，B對；由法拉第電磁感應定律得感應電動勢E＝BLeq\x\to(v)＝eq\f(1,2)BL2ω，I＝eq\f(E,R＋r)，ω恒定時，I大小恒定，ω大小變化時，I大小變化，方向不變，故A對，C錯；由P＝I2R＝eq\f(B2L4ω2R,4R＋r2)知，當ω變?yōu)樵瓉淼?倍時，P變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯．【變式3-1】如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向平行于ab邊向上．當金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉動時，a、b、c三點的電勢分別為Ua、Ub、Uc.已知bc邊的長度為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平面與磁場平行，轉動過程中磁通量始終為零，所以無感應電流產生，選項B、D錯誤．轉動過程中bc邊和ac邊均切割磁感線，產生感應電動勢，由右手定則判斷Ua<Uc，Ub<Uc，選項A錯誤．由轉動切割產生感應電動勢的公式得Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，選項C正確．【變式3-2】如圖所示，虛線兩側的磁感應強度大小均為B，方向相反，電阻為R的導線彎成頂角為90°，半徑為r的兩個扇形組成的回路，O為圓心，整個回路可繞O點轉動．若由圖示的位置開始沿順時針方向以角速度ω轉動，則在一個周期內電路消耗的電能為()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時，在一個周期T內，在0～eq\f(T,4)、eq\f(T,2)～eq\f(3,4)T內沒有感應電流產生，在eq\f(T,4)～eq\f(T,2)，eq\f(3,4)T～T內有感應電流產生，在eq\f(T,4)～eq\f(T,2)，eq\f(3,4)T～T內線框產生的總的感應電動勢E＝4×eq\f(1,2)Br2ω＝2Br2ω，則在一周期內電路釋放的電能為Q＝eq\f(E2,R)·eq\f(T,2)，T＝eq\f(2π,ω)，解得Q＝eq\f(4πB2ωr4,R)，C項正確．【變式3-3】轉筆是一項用不同的方法與技巧以手指來轉動筆的休閑活動，深受廣大中學生的喜愛，其中也包含了許多的物理知識。如圖所示，某轉筆高手能讓筆繞其手指上的某一點沿順時針方向做角速度為ω的勻速圓周運動，已知手與筆的接觸點O點恰好是長為L的金屬筆桿的中點，地磁場的磁感應強度在與筆桿轉動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點的電勢最低B．O點與筆尖間的電勢差為eq\f(1,2)BL2ωC．O點與筆尖間的電勢差為eq\f(1,8)BL2ωD．筆桿兩端點間的電勢差為BL2ω解析：選C根據右手定則判斷知，筆桿上O點的電勢最高，A錯誤；O點與筆尖間的電勢差為U＝B×eq\f(L,2)×eq\f(0＋ω·\f(L,2),2)＝eq\f(1,8)BL2ω，B錯誤，C正確；筆桿兩端點間的電勢差為零，D錯誤?！绢}型4感生問題】【例4】輕質細線吊著一質量為m＝0.42kg、邊長為L＝1m、匝數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，如圖甲所示．磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小隨時間變化關系如圖乙所示．(g＝10m/s2)(1)判斷線圈中產生的感應電流的方向是順時針還是逆時針；(2)求線圈的電功率；(3)求在t＝4s時輕質細線的拉力大?。鸢?1)逆時針(2)0.25W(3)1.2N解析(1)由楞次定律知感應電流的方向為逆時針方向．(2)由法拉第電磁感應定律得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安＝nBILF安＋F線＝mg聯立解得F線＝1.2N.【變式4-1】如圖所示，a、b兩個閉合正方形線圈用同樣的導線制成，匝數均為7匝，邊長la＝3lb，圖示區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，且磁感應強度隨時間均勻增大，不考慮線圈之間的相互影響，則()A．兩線圈內產生順時針方向的感應電流B．a、b線圈中感應電動勢之比為9∶1C．a、b線圈中感應電流之比為3∶4D．a、b線圈中電功率之比為3∶1答案B解析根據楞次定律可知，兩線圈內均產生逆時針方向的感應電流，選項A錯誤；因磁感應強度隨時間均勻增大，設eq\f(ΔB,Δt)＝k，根據法拉第電磁感應定律可得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B正確；根據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線圈中感應電流之比為3∶1，選項C錯誤；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D錯誤．【變式4-2】(多選)用一根橫截面積為S、電阻率為ρ的硬質導線做成一個半徑為r的圓環(huán)，ab為圓環(huán)的一條直徑．如圖所示，在ab的左側存在一個均勻變化的勻強磁場，磁場垂直圓環(huán)所在平面，磁感應強度大小隨時間的變化率eq\f(ΔB,Δt)＝k(k＜0)．則()A．圓環(huán)中產生逆時針方向的感應電流B．圓環(huán)具有擴張的趨勢C．圓環(huán)中感應電流的大小為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(krS,2ρ)))D．圖中a、b兩點間的電勢差Uab＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(kπr2,4)))答案BD解析磁通量均勻減少，根據楞次定律可知，圓環(huán)中產生順時針方向的感應電流，選項A錯誤；圓環(huán)在磁場中的部分，受到向外的安培力，所以有擴張的趨勢，選項B正確；圓環(huán)產生的感應電動勢大小為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C錯誤；Uab＝eq\f(E,2)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(kπr2,4)))，選項D正確．【變式4-3】如圖為無線充電技術中使用的受電線圈示意圖，線圈匝數為n，面積為S.若在t1到t2時間內，勻強磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應強度大小由B1均勻增加到B2，則該段時間線圈兩端a和b之間的電勢差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解析根據法拉第電磁感應定律，E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(SB2－B1,t2－t1)，由楞次定律可以判斷a點電勢低于b點電勢，所以a、b兩點之間的電勢差為－neq\f(SB2－B1,t2－t1)，C項正確．【題型5聯系實際】【例5】(多選)電吉他中電拾音器的基本結構如圖所示，磁體附近的金屬弦被磁化，因此弦振動時，在線圈中產生感應電流，電流經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．增加線圈匝數可以增大線圈中的感應電動勢D．弦振動過程中，線圈中的電流方向不斷變化答案BCD解析銅質弦為非磁性材料，不能被磁化，選用銅質弦，電吉他不能正常工作，A項錯誤；若取走磁體，金屬弦不能被磁化，其振動時，不能在線圈中產生感應電動勢，電吉他不能正常工作，B項對；由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，C項正確；弦振動過程中，穿過線圈的磁通量大小不斷變化，由楞次定律可知，線圈中感應電流方向不斷變化，D項正確．【變式5-1】磁卡的磁條中有用于存儲信息的磁極方向不同的磁化區(qū)，刷卡器中有檢測線圈。當以速度v0刷卡時，在線圈中產生感應電動勢，其E-t關系如圖所示。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)，線圈切割磁感線運動時產生的感應電動勢大小將會減半，周期將會加倍，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動。為了檢測出個別未閉合的不合格線圈，讓傳送帶通過一固定勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于傳送帶運動方向，根據穿過磁場后線圈間的距離，就能夠檢測出不合格線圈。通過觀察圖形，判斷下列說法正確的是()A．若線圈閉合，進入磁場時，線圈中感應電流方向從上向下看為逆時針B．若線圈閉合，傳送帶以較大速度勻速運動時，磁場對線圈的作用力增大C．從圖中可以看出，第2個線圈是不合格線圈D．從圖中可以看出，第3個線圈是不合格線圈解析：選BD若線圈閉合，進入磁場時，穿過線圈的磁通量增大，由楞次定律可知，線圈中的感應電流的磁場方向向下，所以感應電流的方向從上向下看是順時針，故A錯誤；根據法拉第電磁感應定律，傳送帶以較大速度勻速運動時，線圈中產生的感應電動勢較大，則感應電流較大，磁場對線圈的作用力增大，故B正確；由題圖知第1、2、4、5、6個線圈都發(fā)生了相對滑動，而第3個線圈沒有滑動，則第3個線圈是不合格線圈，故C錯誤，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，待焊接的金屬工件中就產生感應電流，感應電流通過焊縫產生大量熱量，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為焊縫處的電阻小D．工件上只有焊縫處溫度升得很高是因為焊縫處的電阻大解析在互感現象中產生的互感電動勢的大小與電流的變化率成正比，電流變化的頻率越高，感應電動勢越大，由歐姆定律I＝eq\f(E,R)知產生的渦流越大，故A正確，B錯誤；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，用導線、開關K與一個n匝的線圈連接，線圈置于方向豎直向上的變化磁場B中．兩板間放一臺壓力傳感器，壓力傳感器上表面靜止放置一個質量為m、電荷量為q的帶負電小球．K斷開時傳感器上有示數mg，K閉合穩(wěn)定后傳感器上示數為eq\f(mg,3).則線圈中的磁場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)定后傳感器上示數為eq\f(mg,3)，說明此時上極板帶正電，即上極板電勢高于下極板電勢，極板間的場強方向向下，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)；線圈部分相當于電源，則感應電流的方向是從下往上，據此結合楞次定律可判斷穿過線圈的磁通量正在減少，線圈中產生的感應電動勢的大小為neq\f(ΔΦ,Δt)，根據neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2mgd,3q)可得eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2mgd,3nq).【變式6-1】如圖，兩光滑導軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B。導軌間距最窄處為一狹縫，取狹縫所在處O點為坐標原點。狹縫右側兩導軌與x軸夾角均為θ，一電容為C的電容器與導軌左端相連。導軌上的金屬棒與x軸垂直，在外力F作用下從O點開始以速度v向右勻速運動，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x0時，電容器極板上的電荷量為BCvx0tanθC．金屬棒運動過程中，電容器的上極板帶負電D．金屬棒運動過程中，外力F做功的功率恒定[解析]經過時間t，金屬棒切割磁感線的有效長度L＝2vttanθ，金屬棒切割磁感線產生的感應電動勢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；當金屬棒到達x＝x0時，即vt＝x0時，電容器極板上的電荷量Q0＝2BCvx0tanθ，B錯誤；根據楞次定律可知，感應電流沿逆時針方向(從上往下看)，則電容器的上極板帶正電，C錯誤；因為金屬棒做勻速運動，所以外力F＝F安＝BIL，外力做功的功率P＝Fv＝4B2Cv4ttan2θ，是變化的，D錯誤。[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)內存在方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。長為l的金屬棒，一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在豎直導電轉軸OO′上，隨軸以角速度ω勻速轉動，在圓環(huán)的A點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狀態(tài)。已知重力加速度為g，不計其他電阻和摩擦，下列說法正確的是()A．棒產生的電動勢為eq\f(1,2)Bl2ωB．微粒的電荷量與質量之比為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由法拉第電磁感應定律可知棒產生的電動勢為E＝Br·eq\f(1,2)ωr＝eq\f(1,2)Br2ω，A錯誤。金屬棒電阻不計，故電容器兩極板間的電壓等于棒產生的電動勢，微粒的重力與其受到的電場力大小相等，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錯誤。電容器所帶的電荷量Q＝CU＝eq\f(1,2)CBr2ω，D錯誤?！咀兪?-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，其余導線的電阻不計。半徑為r1(r1<r2)、圓心為O的圓形區(qū)域內存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小B隨時間t變化的關系圖像如圖乙所示，電容器的電容為C。閉合開關S，t1時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時刻，電容器所帶的電荷量為eq\f(CB1πr12,4t1)C．t1時刻之后，線圈兩端的電壓為eq\f(3B1πr12,4t1)D．t1時刻之后，R1兩端的電壓為eq\f(B2πr22,4t2)解析：選AC根據楞次定律可知，線圈產生沿逆時針方向的感應電流，則電容器上極板帶正電，故A正確；根據法拉第電磁感應定律有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錯誤；t1時刻之后，線圈兩端的電壓為U＝I(R1＋R2)＝eq\f(3B1πr12,4t1)，故C正確；t1時刻之后，R1兩端的電壓為U＝IR1＝eq\f(B1πr12,4t1)＝eq\f(B2πr12,4t2)，故D錯誤?！绢}型7二次感應問題】【例7】[多選]如圖(a)，螺線管內有平行于軸線的外加勻強磁場，以圖中箭頭所示方向為其正方向。螺線管與導線框abcd相連，導線框內有一小金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導線框在同一平面內。當螺線管內的磁感應強度B隨時間按圖(b)所示規(guī)律變化時()A．在t1～t2時間內，L有收縮趨勢B．在t2～t3時間內，L有擴張趨勢C．在t2～t3時間內，L內有逆時針方向的感應電流D．在t3～t4時間內，L內有順時針方向的感應電流解析：選AD據題意，在t1～t2時間內，外加磁場磁感應強度增加且斜率在增大，則在導線框中產生沿順時針方向增加的電流，該電流激發(fā)出增加的磁場，該磁場通過圓環(huán)，在圓環(huán)內產生感應電流，根據結論“增縮減擴”可以判定圓環(huán)有收縮趨勢，故選項A正確；在t2～t3時間內，外加磁場均勻變化，在導線框中產生穩(wěn)定電流，該電流激發(fā)出穩(wěn)定磁場，該磁場通過圓環(huán)時，圓環(huán)中沒有感應電流，故選項B、C錯誤；在t3～t4時間內，外加磁場向下減小，且斜率也減小，在導線框中產生沿順時針方向減小的電流，該電流激發(fā)出向里減小的磁場，故圓環(huán)內產生順時針方向電流，選項D正確?！咀兪?-1】如圖，在方向垂直于紙面向里的勻強磁場中有一U形金屬導軌，導軌平面與磁場垂直．金屬桿PQ置于導軌上并與導軌形成閉合回路PQRS，一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內，線框與導軌共面．現讓金屬桿PQ突然向右運動，在運動開始的瞬間，關于感應電流的方向，下列說法正確的是()A．PQRS中沿順時針方向，T中沿逆時針方向B．PQRS中沿順時針方向，T中沿順時針方向C．PQRS中沿逆時針方向，T中沿逆時針方向D．PQRS中沿逆時針方向，T中沿順時針方向答案D解析金屬桿PQ突然向右運動，在運動開始的瞬間，閉合回路PQRS中磁場方向垂直紙面向里，磁通量增大，由楞次定律可判斷，閉合回路PQRS中感應電流產生的磁場垂直紙面向外，由安培定則可判斷感應電流方向為逆時針；由于閉合回路PQRS中感應電流產生的磁場方向垂直紙面向外，與原磁場方向相反，則T中磁通量減小，由楞次定律可判斷，T中感應電流產生的磁場方向垂直紙面向里，由安培定則可知T中感應電流方向為順時針，選項D正確．【變式7-2】(多選)如圖甲所示，導體棒ab、cd均可在各自的導軌上無摩擦地滑動，導軌電阻不計，磁場的磁感應強度B1、B2的方向如圖所示，大小隨時間變化的情況如圖乙所示，在0～t1時間內()A．若ab不動，則ab、cd中均無感應電流B．若ab不動，則ab中有恒定的感應電流，但cd中無感應電流C．若ab向右勻速運動，則ab中一定有從b到a的感應電流，cd向左運動D．若ab向左勻速運動，則ab中一定有從a到b的感應電流，cd向右運動答案BD解析若ab不動，0～t1時間內，B1逐漸增大，由法拉第電磁感應定律可知，ab產生恒定的感應電流，根據楞次定律可知cd中無感應電流，故A錯誤，B正確；若ab向左勻速運動，0～t1時間內，B1垂直于紙面向里且逐漸增大，穿過左側閉合區(qū)域的磁通量增大，運用楞次定律得ab中有從a到b的感應電流，回路中產生逐漸增大的感應電動勢，即從a到b的感應電流增大，根據楞次定律得在導體棒cd中產生d到c的感應電流，根據左手定則得導體棒cd受到向右的安培力，即cd向右運動，故D正確；若ab向右勻速運動，產生從b到a的感應電流，同時B1均勻增大，產生從a到b的感應電流，由于不確定兩感應電流的大小關系，故ab中感應電流無法確定，故C錯誤．【變式7-3】如圖所示，金屬導軌上的導體棒ab在勻強磁場中沿導軌做下列哪種運動時，線圈c中將沒有感應電流產生()A．向右做勻速直線運動B．向左做勻加速直線運動C．向右做減速直線運動D．向右做變加速直線運動答案A解析導體棒ab向右或向左做勻速運動時，ab中產生的感應電流不變，螺線管產生的磁場是穩(wěn)定的，穿過c的磁通量不變，c中沒有感應電流；導體棒ab向左做加速運動時，根據右手定則判斷得到，ab中產生的感應電流方向從b→a，感應電流增大，螺線管產生的磁場增強，穿過c的磁通量增大，根據楞次定律得知，c中產生順時針方向(從左向右看)的感應電流；導體棒ab向右做減速運動時，根據右手定則判斷得到，ab中產生的感應電流方向從a→b，感應電流減小，螺線管產生的磁場減弱，穿過c的磁通量減小，根據楞次定律得知，c中產生順時針方向(從左向右看)的感應電流；導體棒ab向右做加速運動時，根據右手定則判斷得到，ab中產生的感應電流方向從a→b，感應電流增大，螺線管產生的磁場增強，穿過c的磁通量增大，根據楞次定律得知，c中產生逆時針方向(從左向右看)的感應電流，故選A.【題型8動生與感生綜合問題】【例8】如圖，均勻磁場中有一由半圓弧及其直徑構成的導線框，半圓直徑與磁場邊緣重合；磁場方向垂直于半圓面(紙面)向里，磁感應強度大小為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勻速轉動半周，在線框中產生感應電流．現使線框保持圖中所示位置，磁感應強度大小隨時間線性變化．為了產生與線框運動過程中同樣大小的電流，磁感應強度隨時間的變化率eq\f(ΔB,Δt)的大小應為()A.eq\f(4ωB0,π)B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π)D.eq\f(ωB0,2π)答案C解析線框勻速轉動時產生的感應電動勢E1＝B0rv＝B0req\f(ωr,2)＝eq\f(1,2)B0ωr2.當磁感應強度大小隨時間線性變化時，產生的感應電動勢E2＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(1,2)πr2·eq\f(ΔB,Δt)，要使兩次產生的感應電流大小相等，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C正確，A、B、D錯誤．【變式8-1】如圖，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導軌位于同一水平面(紙面)內，其左端接一阻值為R的電阻；一與導軌垂直的金屬棒置于兩導軌上；在電阻、導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，磁感應強度大小B1隨時間t的變化關系為B1＝kt，式中k為常量；在金屬棒右側還有一勻強磁場區(qū)域，區(qū)域左邊界MN(虛線)與導軌垂直，磁場的磁感應強度大小為B0，方向也垂直于紙面向里．某時刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運動，在t0時刻恰好以速度v0越過MN，此后向右做勻速運動．金屬棒與導軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計．求：(1)在t＝0到t＝t0時間間隔內，流過電阻的電荷量的絕對值；(2)在時刻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聯立①②③④式得|Δq|＝eq\f(kS,R)Δt ⑤由⑤式得，在t＝0到t＝t0的時間間隔內即Δt＝t0，流過電阻R的電荷量q的絕對值為|q|＝eq\f(kt0S,R) ⑥(2)當t>t0時，金屬棒已越過MN.由于金屬棒在MN右側做勻速運動，有F＝F安 ⑦式中，F是外加水平恒力，F安是金屬棒受到的安培力．設此時回路中的電流為I，F安＝B0lI ⑧此時金屬棒與MN之間的距離為s＝v0(t－t0) ⑨勻強磁場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的時間間隔內，總磁通量的改變量ΔΦt為ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt ?由法拉第電磁感應定律得，回路感應電動勢的大小為Et＝eq\f(ΔΦt,Δt) ?由歐姆定律得I＝eq\f(Et,R) ?聯立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軌固定在同一水平面內，其左端接有定值電阻R.Ox軸平行于金屬導軌，在0≤x≤4m的空間區(qū)域內存在著垂直導軌平面向下的磁場，磁感應強度B隨坐標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處沿導軌運動，金屬棒始終與導軌垂直并接觸良好，不計導軌和金屬棒的電阻．設在金屬棒從x1＝1m經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處的電動勢之比為1∶3B．在x1與x3處受到磁場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產生的焦耳熱之比為5∶3答案BCD解析由于金屬棒在運動過程中，R的電功率不變，則由P＝I2R知電路中電流I不變，又根據E＝IR知在x1與x3處電動勢相同，選項A錯誤；由題意知在x1、x2、x3處的磁感應強度分別為0.6T、0.4T、0.2T，設導軌間距為L，由F＝BIL知金屬棒在x1與x3處受到磁場B的作用力大小之比為3∶1，選項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C正確；根據Q＝I2RΔt和q＝IΔt可知金屬棒從x1到x2與從x2到x3的過程所用的時間之比為5∶3，則R產生的焦耳熱之比為5∶3，選項D正確．【變式8-3】如圖甲所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導軌MN、PQ被固定在水平面上，導軌間距l(xiāng)＝0.6m，兩導軌的左端用導線連接電阻R1及理想電壓表，電阻r＝2Ω的金屬棒垂直于導軌靜止在AB處；右端用導線連接電阻R2，已知R1＝2Ω，R2＝1Ω，導軌及導線電阻均不計。在矩形區(qū)域CDFE內有豎直向上的磁場，CE＝0.2m，磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示。開始時電壓表有示數，當電壓表示數變?yōu)榱愫螅瑢饘侔羰┘右凰较蛴业暮懔，使金屬棒剛進入磁場區(qū)域時電壓表的示數又變?yōu)樵瓉淼闹?，金屬棒在磁場運動過程中電壓表的示數始終保持不變。求：(1)t＝0.1s時電壓表的讀數；(2)恒力F的大??；(3)從t＝0時刻到金屬棒運動出磁場過程中整個電路產生的熱量。解析(1)設磁場寬度為d＝CE，在0～0.2s的時間內，有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，E＝eq\f(ΔB,Δt)ld＝0.6V此時，R1與金屬棒r并聯，再與R2串聯R＝R并＋R2＝(1＋1)Ω＝2ΩU＝eq\f(E,R)R并＝0.3V。(2)金屬棒進入磁場后，有I′＝eq\f(U,R1)＋eq\f(U,R2)＝0.45AFA＝BI′l＝1×0.45×0.6N＝0.27N由于金屬棒進入磁場后電壓表示數始終不變，所以金屬棒做勻速運動，有F＝FA＝0.27N。(3)金屬棒在0～0.2s的運動時間內有Q＝eq\f(E2,R)t＝0.036J金屬棒進入磁場后，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法拉第電磁感應定律【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【題型1磁通量的計算】 【題型2平動切割問題】 【題型3旋轉切割問題】 【題型4感生問題】 【題型5聯系實際】 【題型6含有電容器的問題】 【題型7二次感應問題】 【題型8動生與感生綜合問題】 【題型1磁通量的計算】【例1】如圖所示，通有恒定電流的導線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邊翻轉到Ⅱ，設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＞ΔΦ2，兩次運動中線框中均有沿adcba方向電流出現B．ΔΦ1＝ΔΦ2，兩次運動中線框中均有沿abcda方向電流出現C．ΔΦ1＜ΔΦ2，兩次運動中線框中均有沿adcba方向電流出現D．ΔΦ1＜ΔΦ2，兩次運動中線框中均有沿abcda方向電流出現答案C解析設金屬框在位置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動中線框中均出現沿adcba方向的電流，C對．【變式1-1】如圖所示，兩個單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r。圓形勻強磁場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，匝數為n，線圈與磁感應強度為B的勻強磁場的夾角θ＝45°.現將線圈以ab邊為軸沿順時針方向轉動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，匝數為N、半徑為r1的圓形線圈內有勻強磁場，勻強磁場在半徑為r2的圓形區(qū)域內，勻強磁場的磁感應強度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選項錯誤，B選項正確；磁通量與線圈的匝數無關，C、D選項錯誤。答案B【題型2平動切割問題】【例2】(多選)半徑為a、右端開小口的導體圓環(huán)和長為2a的導體直桿，單位長度電阻均為R0.圓環(huán)水平固定放置，整個內部區(qū)域分布著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.直桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運動，直桿始終有兩點與圓環(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，直桿產生的電動勢為2BavB．θ＝eq\f(π,3)時，直桿產生的電動勢為eq\r(3)BavC．θ＝0時，直桿受的安培力大小為eq\f(2B2av,π＋2R0)D．θ＝eq\f(π,3)時，直桿受的安培力大小為eq\f(3B2av,5π＋3R0)答案AD解析當θ＝0時，直桿切割磁感線的有效長度l1＝2a，所以直桿產生的電動勢E1＝Bl1v＝2Bav，選項A正確．此時直桿上的電流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C錯誤．當θ＝eq\f(π,3)時，直桿切割磁感線的有效長度l2＝2acoseq\f(π,3)＝a，直桿產生的電動勢E2＝Bl2v＝Bav，選項B錯誤．此時直桿上的電流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“”形光滑金屬導軌，間距為l，導軌間有垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度大小為B，導軌電阻不計．已知金屬桿MN傾斜放置，與導軌成θ角，單位長度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(金屬桿滑動過程中與導軌接觸良好)．則()A．電路中感應電動勢的大小為eq\f(Blv,sinθ)B．電路中感應電流的大小為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解析電路中的感應電動勢E＝Blv，感應電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(E,\f(l,sinθ)r)＝eq\f(Bvsinθ,r)，故A錯誤，B正確；金屬桿所受安培力大小F＝BIeq\f(l,sinθ)＝eq\f(B2lv,r)，故C錯誤；金屬桿的熱功率P＝I2R＝I2eq\f(l,sinθ)r＝eq\f(B2lv2sinθ,r)，故D錯誤．【變式2-2】(多選)如圖所示，光滑的金屬框CDEF水平放置，寬為L，在E、F間連接一阻值為R的定值電阻，在C、D間連接一滑動變阻器R1(0≤R1≤2R)?？騼却嬖谥Q直向下的勻強磁場。一長為L、電阻為R的導體棒AB在外力作用下以速度v勻速向右運動，金屬框電阻不計，導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回路的電流方向為逆時針，ABCD回路的電流方向為順時針B．左右兩個閉合區(qū)域的磁通量都在變化，且變化率相同，故電路中的感應電動勢大小為2BLvC．當滑動變阻器接入電路中的阻值R1＝R時，導體棒兩端的電壓為BLvD．當滑動變阻器接入電路中的阻值R1＝eq\f(R,2)時，滑動變阻器有最大電功率，且為eq\f(B2L2v2,8R)[解析]根據楞次定律可知，ABFE回路的電流方向為逆時針，ABCD回路的電流方向為順時針，故A正確；根據法拉第電磁感應定律可知，電路中的感應電動勢E＝BLv，故B錯誤；當R1＝R時，外電路總電阻R外＝eq\f(R,2)，故導體棒兩端的電壓即路端電壓為eq\f(1,3)BLv，故C錯誤；該電路電動勢E＝BLv，電源內阻為R，求解滑動變阻器的最大電功率時，可以將導體棒和電阻R看成新的等效電源，等效內阻為eq\f(R,2)，故當R1＝eq\f(R,2)時，等效電源輸出功率最大，則滑動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平面內有一條拋物線金屬導軌，導軌的拋物線方程為y2＝4x，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌平面向里，一根足夠長的金屬棒ab垂直于x軸從坐標原點開始，以恒定速度v沿x軸正方向運動，運動中始終與金屬導軌保持良好接觸，如圖7所示．則下列圖象中能表示回路中感應電動勢大小隨時間變化的是()答案B解析金屬棒ab沿x軸以恒定速度v運動，因此x＝vt，則金屬棒在回路中的有效長度l＝2y＝4eq\r(x)＝4eq\r(vt)，由電磁感應定律得回路中感應電動勢E＝Blv＝4Beq\r(v3t)，即E2∝t，B正確．【題型3旋轉切割問題】【例3】(多選)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖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磁場B中．圓盤旋轉時，關于流過電阻R的電流，下列說法正確的是()A．若圓盤轉動的角速度恒定，則電流大小恒定B．若從上向下看，圓盤順時針轉動，則電流沿a到b的方向流動C．若圓盤轉動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化D．若圓盤轉動的角速度變?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幅條組成，它們都在切割磁感線從而產生感應電動勢和感應電流，則當圓盤順時針(俯視)轉動時，根據右手定則可知圓盤上感應電流從邊緣流向中心，流過電阻的電流方向從a到b，B對；由法拉第電磁感應定律得感應電動勢E＝BLeq\x\to(v)＝eq\f(1,2)BL2ω，I＝eq\f(E,R＋r)，ω恒定時，I大小恒定，ω大小變化時，I大小變化，方向不變，故A對，C錯；由P＝I2R＝eq\f(B2L4ω2R,4R＋r2)知，當ω變?yōu)樵瓉淼?倍時，P變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯．【變式3-1】如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向平行于ab邊向上．當金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉動時，a、b、c三點的電勢分別為Ua、Ub、Uc.已知bc邊的長度為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平面與磁場平行，轉動過程中磁通量始終為零，所以無感應電流產生，選項B、D錯誤．轉動過程中bc邊和ac邊均切割磁感線，產生感應電動勢，由右手定則判斷Ua<Uc，Ub<Uc，選項A錯誤．由轉動切割產生感應電動勢的公式得Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，選項C正確．【變式3-2】如圖所示，虛線兩側的磁感應強度大小均為B，方向相反，電阻為R的導線彎成頂角為90°，半徑為r的兩個扇形組成的回路，O為圓心，整個回路可繞O點轉動．若由圖示的位置開始沿順時針方向以角速度ω轉動，則在一個周期內電路消耗的電能為()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時，在一個周期T內，在0～eq\f(T,4)、eq\f(T,2)～eq\f(3,4)T內沒有感應電流產生，在eq\f(T,4)～eq\f(T,2)，eq\f(3,4)T～T內有感應電流產生，在eq\f(T,4)～eq\f(T,2)，eq\f(3,4)T～T內線框產生的總的感應電動勢E＝4×eq\f(1,2)Br2ω＝2Br2ω，則在一周期內電路釋放的電能為Q＝eq\f(E2,R