資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
2.2 法拉第電磁感應定律
目錄
模塊一 知己知彼 1
模塊二 知識掌握 2
知識點一　法拉第電磁感應定律 2
知識點二　導體棒切割磁感線時的感應電動勢 4
知識點三　導體棒轉動切割磁感線產生的電動勢 6
知識點四　公式E＝n與E＝Blvsin θ的區別與聯系 10
模塊三 鞏固提高 12
模塊一 知己知彼
考點分布 命題趨勢
1.理解感應電動勢的概念，理解和掌握法拉第電磁感應定律,并能夠應用法拉第電磁感應定律計算感應電動勢的大小 2.能夠運用E=Blv或E=Blvsinθ計算導體切割磁感線時的感應電動勢 3.能識別電磁感應現象中的電路結構，求解相應的物理量. 本講內容是高考的重難點，更是高頻考點,再現率幾近百分之百.近幾年的高考對本講的考查知識覆蓋面廣,題型全,既有專題專考的選擇題,亦有滲透主干力學知識的綜合計算題平均難度在中等及以上，分值較高.未來高考仍將保持這個風格分值為6~16 分
模塊二 知識掌握
知識點一　法拉第電磁感應定律
【情境導入】
我們可以通過實驗探究電磁感應現象中感應電流大小的決定因素和遵循的物理規律．
如圖所示，將條形磁體從同一高度插入線圈的實驗中．
(1)快速插入和緩慢插入，磁通量的變化量ΔΦ相同嗎？指針偏轉角度相同嗎？
(2)分別用同種規格的一根磁體和并列的兩根磁體以相同速度快速插入，磁通量的變化量ΔΦ相同嗎？指針偏轉角度相同嗎？
(3)在線圈匝數一定的情況下，感應電動勢的大小取決于什么？
【知識梳理】
1．感應電動勢
在 現象中產生的電動勢叫作感應電動勢，產生感應電動勢的那部分導體相當于 ．
2．法拉第電磁感應定律
(1)內容：閉合電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的 成正比．
(2)公式：E＝n，其中n為線圈的匝數．
(3)在國際單位制中，磁通量的單位是 ，感應電動勢的單位是 ．
【重難詮釋】
1．磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ及磁通量的變化率的比較
磁通量Φ 磁通量的變化量ΔΦ 磁通量的變化率
物理 意義 某時刻穿過磁場中某個面的磁感線條數 在某一過程中，穿過某個面的磁通量的變化量 穿過某個面的磁通量變化的快慢
當B、S互相垂直時的大小 Φ＝BS ΔΦ＝ ＝
注意 若穿過的平面中有方向相反的磁場，則不能直接用Φ＝BS.Φ為抵消以后所剩余的磁通量 開始和轉過180°時平面都與磁場垂直，但穿過平面的磁通量是不同的，一正一負，ΔΦ＝2BS，而不是零 在Φ－t圖像中，可用圖線的斜率表示
2.公式E＝n的理解
感應電動勢的大小E由磁通量變化的快慢，即磁通量的變化率決定，與磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ無關．
（2023春 興慶區校級期末）用電阻率為ρ、橫截面積為S的硬質細導線做成邊長為a的單匝正方形線框，垂直正方形平面的磁場充滿其內接圓，t＝0時刻磁感應強度的方向如圖甲所示，磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖乙所示，則在0～2t0時間內（　　）
A．線框中的感應電流方向先順時針后逆時針
B．正方形線框中的電動勢大小為
C．正方形線框中感應電流的大小為
D．正方形線框中磁通量的變化量為
（2023春 河北區期末）如圖，用兩段材料、長度、粗細均相同的導線分別繞制成P、Q兩個閉合正方形線圈，所在區域有方向垂直于線圈平面向外的勻強磁場，磁感應強度隨時間均勻減小，已知線圈匝數比為nP：nQ＝1：2，LP：LQ＝2：1，則P、Q線圈中（　　）
A．感應電流均沿順時針方向
B．同一時刻磁通量大小之比ΦP：ΦQ＝2：1
C．感應電動勢大小之比EP：EQ＝4：1
D．感應電流大小之比IP：IQ＝2：1
（2023春 西夏區校級月考）如圖甲所示，N＝10匝的線圈（圖中只畫了1匝），電阻r＝10Ω，其兩端a、b與一個R＝20Ω的電阻相連，線圈內有垂直紙面向里的磁場，線圈中的磁通量按圖乙所示的規律變化，下列判斷正確的是（　　）
A．線圈中的感應電動勢大小為0.3V
B．線圈中的感應電流大小為0.03A
C．線圈中感應電流的方向由a到b
D．b端電勢比a端高
知識點二　導體棒切割磁感線時的感應電動勢
【情境導入】
(1)如圖，導體棒CD在勻強磁場中運動．自由電荷會隨著導體棒運動，并因此受到洛倫茲力．導體棒中自由電荷相對于紙面的運動大致沿什么方向？(為了方便，可以認為導體棒中的自由電荷是正電荷．)
(2)導體棒一直運動下去，自由電荷是否總會沿著導體棒運動？為什么？導體棒哪端的電勢比較高？
(以上討論不必考慮自由電荷的熱運動．)
【知識梳理】
1．導線垂直于磁場方向運動，B、l、v兩兩垂直時，如圖甲所示，E＝Blv.
甲　　　　 　　　 乙
2．導線的運動方向與導線本身垂直，但與磁感線方向夾角為θ時，如圖乙所示，E＝
3．導體棒切割磁感線產生感應電流，導體棒所受安培力的方向與導體棒運動方向 ，導體棒克服 做功，把其他形式的能轉化為電能．
【重難詮釋】
對公式的理解
(1)當B、l、v三個量的方向互相垂直時，E＝Blv；當有任意兩個量的方向互相平行時，導線將不切割磁感線，E＝0.
(2)當l垂直于B且l垂直于v，而v與B成θ角時，導線切割磁感線產生的感應電動勢大小為E＝Blvsin θ.
(3)若導線是彎折的，或l與v不垂直時，E＝Blv中的l應為導線兩端點在與v垂直的方向上的投影長度，即有效切割長度．
圖甲中的有效切割長度為：l＝sin θ；
圖乙中的有效切割長度為：l＝；
圖丙中的有效切割長度為：沿v1的方向運動時，l＝R；沿v2的方向運動時，l＝R.
（2023春 迎澤區校級月考）所示，在虛線區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，一粗細均勻材質相同的正方形線圈邊長為L，總電阻為R。在外力作用下以速度v進入磁場區域。則在進入磁場的過程中，a、b兩點間的電勢差為（　　）
A．BLv B．BLv C．BLv D．BLv
（2023春 蘭州期中）如圖所示，水平放置的平行金屬導軌，相距L＝0.50m，左端接一電阻R＝0.20Ω，勻強磁場的磁感應強度B＝0.30T，方向垂直于導軌所在平面，導體棒ab垂直放在導軌上，并能無摩擦地沿導軌滑動，導體棒的電阻r＝0.10Ω，導軌電阻忽略不計，當ab以v＝6.0m/s的速度水平向右勻速滑動時，則（　　）
A．電阻R兩端的電壓為0.90V
B．導體棒b端電勢高
C．回路中感應電流的大小為3.0A
D．維持導體棒ab做勻速運動的水平外力F的大小為0.90N
知識點三　導體棒轉動切割磁感線產生的電動勢
【重難詮釋】
導體棒轉動切割磁感線：E＝Bl2ω.
如圖所示，長為l的金屬棒ab，繞b端在垂直于勻強磁場的平面內以角速度ω勻速轉動，磁感應強度為B，ab棒所產生的感應電動勢大小可用下面兩種方法推出．
方法一：棒上各處速率不等，故不能直接用公式E＝Blv求．由v＝ωr可知，棒上各點的線速度跟半徑成正比．故可用棒的中點的速度作為平均切割速度代入公式計算．
＝，E＝Bl＝Bl2ω.
方法二：設經過Δt時間，ab棒掃過的扇形面積為ΔS，
則ΔS＝lωΔtl＝l2ωΔt，
磁通量的變化ΔΦ＝BΔS＝Bl2ωΔt，
所以E＝n＝n＝Bl2ω(n＝1)．
（2022秋 李滄區校級期末）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a﹣b﹣c﹣a
C．UbcBl2ω，金屬框中無電流
D．UbcBl2ω，金屬框中電流方向沿a﹣c﹣b﹣a
（2023 深圳一模）某國產直升機在我國某地上空懸停，長度為L的螺旋槳葉片在水平面內順時針勻速轉動（俯視），轉動角速度為ω。該處地磁場的水平分量為Bx，豎直分量為By。葉片的近軸端為a，遠軸端為b。忽略轉軸的尺寸，則葉片中感應電動勢為（　　）
A．BxLω，a端電勢高于b端電勢
B．BxL2ω，a端電勢低于b端電勢
C．ByL2ω，a端電勢高于b端電勢
D．ByL2ω，a端電勢低于b端電勢
（2023 江蘇）如圖所示，圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，OC導體棒的O端位于圓心，棒的中點A位于磁場區域的邊緣。現使導體棒繞O點在紙面內逆時針轉動。O、A、C點電勢分別為φO、φA、φC，則（　　）
A．φO＞φC B．φC＞φA
C．φO＝φA D．φO﹣φA＝φA﹣φC
（2022秋 津南區期末）如圖所示是圓盤發電機的示意圖，銅盤安裝在水平的銅軸上，它的盤面恰好與勻強磁場垂直，兩塊銅片C、D分別與轉動軸和銅盤的邊緣接觸。若銅盤半徑為L，勻強磁場的磁感應強度為B，回路的總電阻為R，從左往右看，銅盤以角速度ω沿順時針方向勻速轉動。則（　　）
A．由于穿過銅盤的磁通量不變，故回路中無感應電流
B．回路中感應電流大小不變，為
C．回路中感應電流方向不變，為D→C→R→D
D．回路中有周期性變化的感應電流
（2023春 昌樂縣校級月考）如圖所示，豎直平面內有一金屬環，半徑為a，總電阻為R（指拉直時兩端的電阻），磁感應強度為B的勻強磁場垂直穿過環平面，在環的最高點A用鉸鏈連接長度為2a、電阻為的導體棒AB，AB由水平位置緊貼環面擺下，當擺到豎直位置時，B點的線速度為v，則這時AB兩端的電壓為（　　）
A． B． C． D．Bav
（2023春 滕州市期中）水平面上半徑為r的金屬圓盤內存在方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。圓盤繞軸以角速度ω勻速轉動，轉動方向如圖所示。在兩個電刷間接有阻值為R的電阻和板間距為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。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．電容器上極板的電勢更高
B．微粒的電荷量與質量之比為
C．電阻消耗的電功率為
D．若加快圓盤轉速，帶電粒子會加速下降
（2023春 溫江區校級期中）如圖所示，導體桿OQ在作用于OQ中點且垂直于OQ的力作用下，繞O軸沿半徑為r的光滑的半圓形框架在勻強磁場中以角速度ω轉動，磁場的磁感應強度為B，方向垂直于框架平面，AO間接有電阻R，桿和框架電阻不計，則（　　）
A．感應電動勢的大小為
B．通過導體桿的電流為
C．外力的大小為
D．電阻R上消耗的功率為
知識點四　公式E＝n與E＝Blvsin θ的區別與聯系
【重難詮釋】
公式 E＝n E＝Blvsin θ
研究對象 某個回路 回路中做切割磁感線運動的那部分導體
內容 (1)求的是Δt時間內的平均感應電動勢，E與某段時間或某個過程對應． (2)當Δt→0時，E為瞬時感應電動勢 (1)若v為瞬時速度，求的是瞬時感應電動勢． (2)若v為平均速度，求的是平均感應電動勢． (3)當B、l、v三者均不變時，平均感應電動勢與瞬時感應電動勢相等
適用范圍 對任何電路普遍適用 只適用于導體切割磁感線運動的情況
聯系 (1)E＝Blvsin θ是由E＝n在一定條件下推導出來的． (2)整個回路的感應電動勢為零時，回路中某段導體的感應電動勢不一定為零
（2023春 淇濱區校級月考）如圖所示，導線OA長為l，在方向豎直向上，磁感應強度為B的勻強磁場中以角速度ω沿圖中所示方向繞通過懸點O的豎直軸旋轉，導線OA與豎直方向的夾角為θ。則OA導線中的感應電動勢大小和O、A兩點電勢高低情況分別是（　　）
A．Bl2ω，O點電勢高
B．Bl2ω，A點電勢高
C．Bl2ωsin2θ，O點電勢高
D．Bl2ωsin2θ，A點電勢高
（2022秋 北京期末）環形線圈放在均勻磁場中，設在第1秒內磁感線垂直于線圈平面向內，若磁感應強度隨時間變化關系如圖，那么在第2秒內線圈中感應電流的大小和方向是（　　）
A．感應電流大小恒定，順時針方向
B．感應電流大小恒定，逆時針方向
C．感應電流逐漸增大，逆時針方向
D．感應電流逐漸減小，順時針方向
（2022秋 安徽月考）如圖甲所示，在變化的磁場中放置一個閉合電路，電路里產生了感應電流；如圖乙所示，空間存在變化的磁場，其周圍產生感應電場，下列說法正確的是（　　）
A．甲、乙兩圖一定能持續產生電磁波
B．對甲圖，從上向下看，電子在回路中沿順時針方向運動
C．閉合電路只是檢驗變化的磁場產生電場，即使沒有閉合電路空間仍能產生電場
D．變化的電場周圍產生磁場，與閉合電路是否存在有關
模塊三 鞏固提高
（2021春 興慶區校級期中）某空間出現了如圖所示的一組閉合電場線，方向從上向下看是順時針的，這可能是（　　）
A．沿AB方向磁場在迅速減弱
B．沿AB方向磁場在迅速增強
C．沿BA方向磁場恒定不變
D．沿BA方向磁場在迅速減弱
（2023春 海淀區校級期中）如圖所示，一根足夠長的直導線水平放置，通以向右的恒定電流，在其正上方O點用細絲線懸掛一銅制圓環。將圓環從a點無初速釋放，圓環在直導線所處的豎直平面內運動，經過最低點b和最右側c后返回，下述說法中正確的是（　　）
A．從a到c的過程中圓環中的感應電流方向先逆時針后順時針
B．運動過程中圓環受到的安培力方向與速度方向相反
C．圓環從b到c的時間大于從c到b的時間
D．圓環從b到c產生的熱量大于從c到b產生的熱量
（2023春 菏澤期中）如圖甲所示，在豎直向上的勻強磁場中，水平放置一圓形導體環，導體環所圍面積為0.1m2。當磁感應強度B隨時間t按乙圖變化時，則導體環中（　　）
A．0～1s內與1～2s內，電流方向相反
B．0～2s內與2～4s內，電流方向相同
C．t＝1s時，感應電流為零
D．t＝3s時，感應電動勢大小為0.01V
（2023春 合肥期末）如圖所示，一邊長為a的正方形線圈與勻強磁場垂直，且一半處在磁場中，磁感應強度為B。在Δt時間內將線圈繞虛線（磁場邊界）翻轉180°，在此過程中線圈產生的感應電動勢為（　　）
A．零 B． C． D．
（2023 鼓樓區校級三模）如圖甲所示，一閉合金屬圓環固定在水平面上，虛線ab右側空間存在均勻分布的豎直磁場，其磁感應強度B隨時間t的變化規律如圖乙所示（取磁感應強度方向豎直向上為正），則（　　）
A．0～1s內感應電流方向沿bca方向
B．3～4s內感應電流方向沿bca方向
C．2s末圓環受到的安培力最大
D．3s末圓環受到的安培力為零
（2023春 重慶期末）把一根長導線兩端連在一靈敏電流表接線柱上，形成閉合回路。兩同學東西方向面對面站立，每分鐘搖動導線120圈，使他們之間的導線中點O在豎直面內做半徑為1m的勻速圓周運動，如圖所示。已知當地的地磁場磁感應強度大小為4.5×10﹣5T，方向與水平地面成37°角向下，則下列說法中正確的是（　　）
A．搖動過程中，導線中產生了大小變化、方向不變的電流
B．搖動過程中，O點處于最高點時導線中產生的感應電動勢最大
C．搖動過程中，O點附近5cm長的導線（可近似看成直線）產生的感應電動勢最大值為9π×10﹣6V
D．若兩同學南北方向面對面站立，其他條件不變，則產生的電流有效值更大
（2023春 寧鄉市期末）如圖所示，一寬度為L的光滑導軌與水平面成α角，磁感應強度大小為B的勻強磁場垂直于導軌平面向上，導軌上端連有一阻值為R的電阻，導軌電阻不計。一質量為m，電阻也為R的金屬棒從導軌頂端由靜止釋放，設導軌足夠長，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．金屬棒將做勻加速運動
B．釋放的瞬間金屬棒的加速度大小為gcosα
C．金屬棒的最大速度大小為
D．金屬棒下滑相等距離的時間內通過定值電阻R的電荷量越來越多
（2023春 揚州期中）如圖甲所示，abcd是位于豎直平面內的正方形閉合金屬線框，金屬線框的質量為m，電阻為R，在金屬線框的下方有一勻強磁場區域，MN和PQ是勻強磁場區域的水平邊界，并與線框的bc邊平行，磁場方向垂直于線框平面向里。現使金屬線框從MN上方某一高度處由靜止開始下落，如圖乙是金屬線框由開始下落到bc剛好運動到勻強磁場PQ邊界的v﹣t圖像，圖乙中數據均為已知量。重力加速度為g，不計空氣阻力。下列說法正確的是（　　）
A．金屬線框剛進入磁場時感應電流方向沿adcba方向
B．金屬線框的邊長v1（t2﹣t1）
C．MN和PQ之間的距離為v1（t2﹣t1）
D．磁場的磁感應強度為
（2022 朝陽區模擬）現在科學技術研究中常要用到高速電子，電子感應加速器就是利用感生電場使電子加速的設備。它的基本原理如圖甲所示，上、下為兩個電磁鐵，磁極之間有一個環形真空室，電子在真空室內做圓周運動。電磁鐵線圈電流的大方向可以變化，在兩極間產生一個變化的磁場，這個變化的磁場又在真空室內激發感生電場，其電場線是在同一平面內的一系列同心圓，產生的感生電場使電子加速。圖甲中上部分為側視圖、下部分為俯視圖。如果從上往下看，電子沿逆時針方向運動。已知電子質量為m、電荷量為e，初速度為零，電子圓形軌道的半徑為R．穿過電子圓形軌道面積的磁通量Φ隨時間t的變化關系如圖乙所示，在t0時刻后，電子軌道處的磁感應強度為B0，電子加速過程中忽略相對論效應。
（1）求在t0時刻后，電子運動的速度大小；
（2）求電子在整個加速過程中運動的圈數；
（3）為了約束加速電子在同一軌道上做圓周運動，電子感應加速器還需要加上“軌道約束”磁場，其原理如圖丙所示。兩個同心圓，內圓半徑為R，內圓內有均勻的“加速磁場”B1，方向垂直紙面向外。另外在兩圓面之間有垂直紙面向外的“軌道約束”磁場B2，B1之值恰好使電子在二圓之間貼近內圓面B2在磁場中做逆時針的圓周運動（圓心為0，半徑為R）。現使B1隨時間均勻變化，變化率k（常數）為了使電子保持在同一半徑R上做圓周運動，求磁場B2的變化率。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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2.2 法拉第電磁感應定律
目錄
模塊一 知己知彼 1
模塊二 知識掌握 2
知識點一　法拉第電磁感應定律 2
知識點二　導體棒切割磁感線時的感應電動勢 6
知識點三　導體棒轉動切割磁感線產生的電動勢 8
知識點四　公式E＝n與E＝Blvsin θ的區別與聯系 14
模塊三 鞏固提高 16
模塊一 知己知彼
考點分布 命題趨勢
1.理解感應電動勢的概念，理解和掌握法拉第電磁感應定律,并能夠應用法拉第電磁感應定律計算感應電動勢的大小 2.能夠運用E=Blv或E=Blvsinθ計算導體切割磁感線時的感應電動勢 3.能識別電磁感應現象中的電路結構，求解相應的物理量. 本講內容是高考的重難點，更是高頻考點,再現率幾近百分之百.近幾年的高考對本講的考查知識覆蓋面廣,題型全,既有專題專考的選擇題,亦有滲透主干力學知識的綜合計算題平均難度在中等及以上，分值較高.未來高考仍將保持這個風格分值為6~16 分
模塊二 知識掌握
知識點一　法拉第電磁感應定律
【情境導入】
我們可以通過實驗探究電磁感應現象中感應電流大小的決定因素和遵循的物理規律．
如圖所示，將條形磁體從同一高度插入線圈的實驗中．
(1)快速插入和緩慢插入，磁通量的變化量ΔΦ相同嗎？指針偏轉角度相同嗎？
(2)分別用同種規格的一根磁體和并列的兩根磁體以相同速度快速插入，磁通量的變化量ΔΦ相同嗎？指針偏轉角度相同嗎？
(3)在線圈匝數一定的情況下，感應電動勢的大小取決于什么？
答案　(1)磁通量的變化量ΔФ相同，但磁通量變化的快慢不同，快速插入比緩慢插入時指針偏轉角度大．
(2)用并列的兩根磁體快速插入時磁通量的變化量較大，磁通量變化率也較大，指針偏轉角度較大．
(3)在線圈匝數一定的情況下，感應電動勢的大小取決于的大小．
【知識梳理】
1．感應電動勢
在電磁感應現象中產生的電動勢叫作感應電動勢，產生感應電動勢的那部分導體相當于電源．
2．法拉第電磁感應定律
(1)內容：閉合電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比．
(2)公式：E＝n，其中n為線圈的匝數．
(3)在國際單位制中，磁通量的單位是韋伯(Wb)，感應電動勢的單位是伏(V)．
【重難詮釋】
1．磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ及磁通量的變化率的比較
磁通量Φ 磁通量的變化量ΔΦ 磁通量的變化率
物理 意義 某時刻穿過磁場中某個面的磁感線條數 在某一過程中，穿過某個面的磁通量的變化量 穿過某個面的磁通量變化的快慢
當B、S互相垂直時的大小 Φ＝BS ΔΦ＝ ＝
注意 若穿過的平面中有方向相反的磁場，則不能直接用Φ＝BS.Φ為抵消以后所剩余的磁通量 開始和轉過180°時平面都與磁場垂直，但穿過平面的磁通量是不同的，一正一負，ΔΦ＝2BS，而不是零 在Φ－t圖像中，可用圖線的斜率表示
2.公式E＝n的理解
感應電動勢的大小E由磁通量變化的快慢，即磁通量的變化率決定，與磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ無關．
（2023春 興慶區校級期末）用電阻率為ρ、橫截面積為S的硬質細導線做成邊長為a的單匝正方形線框，垂直正方形平面的磁場充滿其內接圓，t＝0時刻磁感應強度的方向如圖甲所示，磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖乙所示，則在0～2t0時間內（　　）
A．線框中的感應電流方向先順時針后逆時針
B．正方形線框中的電動勢大小為
C．正方形線框中感應電流的大小為
D．正方形線框中磁通量的變化量為
【解答】解：A、0～t0時間內磁場向里，磁感應強度減小，線框中磁通量減小，根據楞次定律可知感應電流方向為順時針，t0～2t0時間內磁場向外，磁感應強度增大，線框中磁鐵量增大，根據楞次定律可知感應電流方向為順時針，故A錯誤；
BC、由圖乙可知，線框內有磁場穿過的面積
由法拉第電磁感應定律可知線框產生的感應電動勢
代入數據可得：
由電阻定律可知線框的電阻
由閉合電路歐姆定律可得線框中感應電流，故B錯誤，C正確；
D、0時刻時線框中的磁通量Φ1＝﹣B0S0，2t0時刻線框中的磁通量Φ2＝B0S0，則磁通量的變化量ΔΦ＝Φ2﹣Φ1
代入數據可得：，故D錯誤。
故選：C。
（2023春 河北區期末）如圖，用兩段材料、長度、粗細均相同的導線分別繞制成P、Q兩個閉合正方形線圈，所在區域有方向垂直于線圈平面向外的勻強磁場，磁感應強度隨時間均勻減小，已知線圈匝數比為nP：nQ＝1：2，LP：LQ＝2：1，則P、Q線圈中（　　）
A．感應電流均沿順時針方向
B．同一時刻磁通量大小之比ΦP：ΦQ＝2：1
C．感應電動勢大小之比EP：EQ＝4：1
D．感應電流大小之比IP：IQ＝2：1
【解答】解：A、磁感應強度隨時間均勻減小，則穿過兩線圈的磁通量減小，所以感應電流的磁場方向與原磁場方向相同，應為垂直紙面向外，根據安培定則可以判斷感應電流方向為逆時針，故A錯誤；
B、根據Φ＝BS可知同一時刻磁通量大小之比為ΦP：ΦQ＝SP：SQ：22：1＝4：1，故B錯誤；
C、根據法拉第電磁感應定律得感應電動勢大小E＝nS，則感應電動勢大小之比為 ，故C錯誤；
D、根據電阻定律R＝ρ（l為總長度）
可知兩線圈的電阻之比為
根據I得感應電流大小之比IP：IQ＝EP：EQ＝2：1，故D正確。
故選：D。
（2023春 西夏區校級月考）如圖甲所示，N＝10匝的線圈（圖中只畫了1匝），電阻r＝10Ω，其兩端a、b與一個R＝20Ω的電阻相連，線圈內有垂直紙面向里的磁場，線圈中的磁通量按圖乙所示的規律變化，下列判斷正確的是（　　）
A．線圈中的感應電動勢大小為0.3V
B．線圈中的感應電流大小為0.03A
C．線圈中感應電流的方向由a到b
D．b端電勢比a端高
【解答】解：A、由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢EV＝0.3V，故A正確；
B、感應電流IA＝0.01A，故B錯誤；
C、由楞次定律可知，線圈中感應電流的方向由b到a，故C錯誤；
D、由楞次定律可知，電源外部電流從a流向b，a點為電源正極，故a端電勢比b端高，故D錯誤。
故選：A。
知識點二　導體棒切割磁感線時的感應電動勢
【情境導入】
(1)如圖，導體棒CD在勻強磁場中運動．自由電荷會隨著導體棒運動，并因此受到洛倫茲力．導體棒中自由電荷相對于紙面的運動大致沿什么方向？(為了方便，可以認為導體棒中的自由電荷是正電荷．)
(2)導體棒一直運動下去，自由電荷是否總會沿著導體棒運動？為什么？導體棒哪端的電勢比較高？
(以上討論不必考慮自由電荷的熱運動．)
答案　(1)導體棒中自由電荷(正電荷)隨導體棒向右運動，由左手定則可判斷正電荷受到沿棒向上的洛倫茲力作用．因此，正電荷一邊向上運動，一邊隨導體棒勻速運動，所以正電荷相對于紙面的運動是斜向右上方的．
(2)不會．當導體棒中的自由電荷受到的洛倫茲力與電場力平衡時不再定向移動，因為正電荷會聚集在C點，所以C端電勢高．
【知識梳理】
1．導線垂直于磁場方向運動，B、l、v兩兩垂直時，如圖甲所示，E＝Blv.
甲　　　　 　　　 乙
2．導線的運動方向與導線本身垂直，但與磁感線方向夾角為θ時，如圖乙所示，E＝Blvsin θ.
3．導體棒切割磁感線產生感應電流，導體棒所受安培力的方向與導體棒運動方向相反，導體棒克服安培力做功，把其他形式的能轉化為電能．
【重難詮釋】
對公式的理解
(1)當B、l、v三個量的方向互相垂直時，E＝Blv；當有任意兩個量的方向互相平行時，導線將不切割磁感線，E＝0.
(2)當l垂直于B且l垂直于v，而v與B成θ角時，導線切割磁感線產生的感應電動勢大小為E＝Blvsin θ.
(3)若導線是彎折的，或l與v不垂直時，E＝Blv中的l應為導線兩端點在與v垂直的方向上的投影長度，即有效切割長度．
圖甲中的有效切割長度為：l＝sin θ；
圖乙中的有效切割長度為：l＝；
圖丙中的有效切割長度為：沿v1的方向運動時，l＝R；沿v2的方向運動時，l＝R.
（2023春 迎澤區校級月考）所示，在虛線區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，一粗細均勻材質相同的正方形線圈邊長為L，總電阻為R。在外力作用下以速度v進入磁場區域。則在進入磁場的過程中，a、b兩點間的電勢差為（　　）
A．BLv B．BLv C．BLv D．BLv
【解答】解：線圈進入磁場，cd邊產生的感應電動勢為E＝BLv，感應電流方向為逆時針方向，a點的電勢高于b點的電勢，根據串聯電路規律有：UabEBLv，故ACD錯誤，B正確；
故選：B。
（2023春 蘭州期中）如圖所示，水平放置的平行金屬導軌，相距L＝0.50m，左端接一電阻R＝0.20Ω，勻強磁場的磁感應強度B＝0.30T，方向垂直于導軌所在平面，導體棒ab垂直放在導軌上，并能無摩擦地沿導軌滑動，導體棒的電阻r＝0.10Ω，導軌電阻忽略不計，當ab以v＝6.0m/s的速度水平向右勻速滑動時，則（　　）
A．電阻R兩端的電壓為0.90V
B．導體棒b端電勢高
C．回路中感應電流的大小為3.0A
D．維持導體棒ab做勻速運動的水平外力F的大小為0.90N
【解答】解：C、感應電動勢E＝BLv＝0.30×0.50×6.0V＝0.90V，
感應電流IA＝3.0A，故C正確；
A、電阻R兩端的電壓U＝IR＝3.0×0.20V＝0.60V，故A錯誤；
B、由右手定則可知，流過導體棒的電流由b流向a，導體棒ab相當于電源，在電源內部電流從低電勢點流向高電勢點，因此b端電勢低，a端電勢高，故B錯誤；
D、導體棒ab受到的安培力F安培＝BIL＝0.30×3.0×0.50N＝0.45N，導體棒做勻速直線運動，由平衡條件可知F＝F安培＝0.45N，故D錯誤。
故選：C。
知識點三　導體棒轉動切割磁感線產生的電動勢
【重難詮釋】
導體棒轉動切割磁感線：E＝Bl2ω.
如圖所示，長為l的金屬棒ab，繞b端在垂直于勻強磁場的平面內以角速度ω勻速轉動，磁感應強度為B，ab棒所產生的感應電動勢大小可用下面兩種方法推出．
方法一：棒上各處速率不等，故不能直接用公式E＝Blv求．由v＝ωr可知，棒上各點的線速度跟半徑成正比．故可用棒的中點的速度作為平均切割速度代入公式計算．
＝，E＝Bl＝Bl2ω.
方法二：設經過Δt時間，ab棒掃過的扇形面積為ΔS，
則ΔS＝lωΔtl＝l2ωΔt，
磁通量的變化ΔΦ＝BΔS＝Bl2ωΔt，
所以E＝n＝n＝Bl2ω(n＝1)．
（2022秋 李滄區校級期末）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a﹣b﹣c﹣a
C．UbcBl2ω，金屬框中無電流
D．UbcBl2ω，金屬框中電流方向沿a﹣c﹣b﹣a
【解答】解：AB、導體棒bc、ac做切割磁感線運動，產生感應電動勢，根據右手定則可知，bc中感應電動勢的方向從b到c，ac中感應電動勢方向從a到c，ab不切割磁感線，故Ua＝Ub＜Uc。金屬框的磁通量一直為零，故金屬框中無電流，故A、B錯誤；
CD、bc邊產生的感應電動勢為 E＝BlBl（ωl）Bl2ω，由于Ub＜Uc，所以UbcBl2ω，金屬框中無電流，故C正確，D錯誤；
故選：C。
（2023 深圳一模）某國產直升機在我國某地上空懸停，長度為L的螺旋槳葉片在水平面內順時針勻速轉動（俯視），轉動角速度為ω。該處地磁場的水平分量為Bx，豎直分量為By。葉片的近軸端為a，遠軸端為b。忽略轉軸的尺寸，則葉片中感應電動勢為（　　）
A．BxLω，a端電勢高于b端電勢
B．BxL2ω，a端電勢低于b端電勢
C．ByL2ω，a端電勢高于b端電勢
D．ByL2ω，a端電勢低于b端電勢
【解答】解：螺旋槳葉片在水平面內順時針勻速轉動，葉片切割磁感線產生的感應電動勢為E＝ByLByLByLByL2ω
我國地磁場豎直分量方向向下，根據右手定則可知，a端電勢低于b端電勢，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
（2023 江蘇）如圖所示，圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，OC導體棒的O端位于圓心，棒的中點A位于磁場區域的邊緣。現使導體棒繞O點在紙面內逆時針轉動。O、A、C點電勢分別為φO、φA、φC，則（　　）
A．φO＞φC B．φC＞φA
C．φO＝φA D．φO﹣φA＝φA﹣φC
【解答】解：根據右手定則可知，在OA段的O點的電勢大于C點的電勢，在AC段導體棒沒有切割磁感線，因此A點的電勢和C點的電勢相等，因此φO＞φA＝φC，故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
（2022秋 津南區期末）如圖所示是圓盤發電機的示意圖，銅盤安裝在水平的銅軸上，它的盤面恰好與勻強磁場垂直，兩塊銅片C、D分別與轉動軸和銅盤的邊緣接觸。若銅盤半徑為L，勻強磁場的磁感應強度為B，回路的總電阻為R，從左往右看，銅盤以角速度ω沿順時針方向勻速轉動。則（　　）
A．由于穿過銅盤的磁通量不變，故回路中無感應電流
B．回路中感應電流大小不變，為
C．回路中感應電流方向不變，為D→C→R→D
D．回路中有周期性變化的感應電流
【解答】解：A．把銅盤看作閉合回路的一部分，在穿過銅盤以角速度ω沿順時針方向勻速轉動時，銅盤切割磁感線產生感應電動勢，回路中有感應電流，故A錯誤；
B．銅盤切割磁感線產生感應電動勢為E＝BLV
根據閉合電路歐姆定律，回路中感應電流為I，故B正確；
C．由右手定則可判斷出感應電流方向為C→D→R→C，故C錯誤；
D．回路中的感應電流并不是周期性變化的，故D錯誤。
故選：B。
（2023春 昌樂縣校級月考）如圖所示，豎直平面內有一金屬環，半徑為a，總電阻為R（指拉直時兩端的電阻），磁感應強度為B的勻強磁場垂直穿過環平面，在環的最高點A用鉸鏈連接長度為2a、電阻為的導體棒AB，AB由水平位置緊貼環面擺下，當擺到豎直位置時，B點的線速度為v，則這時AB兩端的電壓為（　　）
A． B． C． D．Bav
【解答】解：圖示位置時感應電動勢為E＝B 2a Bav
此時導體棒AB相當于電源，則電源內阻
而根據并聯電路電阻關系，
得外電路電阻為R外
根據閉合電路歐姆定律，AB兩端的電壓大小U，故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
（2023春 滕州市期中）水平面上半徑為r的金屬圓盤內存在方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。圓盤繞軸以角速度ω勻速轉動，轉動方向如圖所示。在兩個電刷間接有阻值為R的電阻和板間距為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。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．電容器上極板的電勢更高
B．微粒的電荷量與質量之比為
C．電阻消耗的電功率為
D．若加快圓盤轉速，帶電粒子會加速下降
【解答】解：A、根據右手定則可知金屬圓盤內感應電流由邊緣指向圓心，則電容器下極板與電源正極相連，電容器下極板的電勢更高，故A錯誤；
B、因為金屬圓盤切割磁感線的有效長度為r，所以金屬圓盤產生的感應電動勢為E＝BrBr
金屬圓盤電阻不計，電容器兩極板的電壓等于金屬棒產生的電動勢，微粒處于靜止狀態，由重力等于電場力得
代入數據化簡可得，故B錯誤；
C、電阻消耗的電功率為P，故C正確；
D、根據平衡條件可知，帶電微粒所受電場力方向豎直向上，若加快圓盤轉速，則感應電動勢增大，極板間電場強度變大，微粒受到的電場力變大，帶電粒子會加速上升，故D錯誤。
故選：C。
（2023春 溫江區校級期中）如圖所示，導體桿OQ在作用于OQ中點且垂直于OQ的力作用下，繞O軸沿半徑為r的光滑的半圓形框架在勻強磁場中以角速度ω轉動，磁場的磁感應強度為B，方向垂直于框架平面，AO間接有電阻R，桿和框架電阻不計，則（　　）
A．感應電動勢的大小為
B．通過導體桿的電流為
C．外力的大小為
D．電阻R上消耗的功率為
【解答】解：A．感應電動勢的大小為E＝Br，其中，所以E，故A正確；
B．由閉合電路歐姆定律可得，通過導體桿的電流為，故B錯誤；
D．電阻R上消耗的功率為，故D錯誤；
C．導體桿做勻速轉動，外力做功全部轉化為電能，故外力的功率與電功率相等，即P＝F外，
聯立解得外力大小為，故C錯誤。
故選：A。
知識點四　公式E＝n與E＝Blvsin θ的區別與聯系
【重難詮釋】
公式 E＝n E＝Blvsin θ
研究對象 某個回路 回路中做切割磁感線運動的那部分導體
內容 (1)求的是Δt時間內的平均感應電動勢，E與某段時間或某個過程對應． (2)當Δt→0時，E為瞬時感應電動勢 (1)若v為瞬時速度，求的是瞬時感應電動勢． (2)若v為平均速度，求的是平均感應電動勢． (3)當B、l、v三者均不變時，平均感應電動勢與瞬時感應電動勢相等
適用范圍 對任何電路普遍適用 只適用于導體切割磁感線運動的情況
聯系 (1)E＝Blvsin θ是由E＝n在一定條件下推導出來的． (2)整個回路的感應電動勢為零時，回路中某段導體的感應電動勢不一定為零
（2023春 淇濱區校級月考）如圖所示，導線OA長為l，在方向豎直向上，磁感應強度為B的勻強磁場中以角速度ω沿圖中所示方向繞通過懸點O的豎直軸旋轉，導線OA與豎直方向的夾角為θ。則OA導線中的感應電動勢大小和O、A兩點電勢高低情況分別是（　　）
A．Bl2ω，O點電勢高
B．Bl2ω，A點電勢高
C．Bl2ωsin2θ，O點電勢高
D．Bl2ωsin2θ，A點電勢高
【解答】解：OA導線中的感應電動勢大小與長度為O′A的半徑垂直切割產生的感應電動勢大小相等
感應電動勢E＝BLO′ABlsinθBl2ωsin2θ
根據右手定則判斷可知，A點電勢高，故D正確，ABC錯誤。
故選：D。
（2022秋 北京期末）環形線圈放在均勻磁場中，設在第1秒內磁感線垂直于線圈平面向內，若磁感應強度隨時間變化關系如圖，那么在第2秒內線圈中感應電流的大小和方向是（　　）
A．感應電流大小恒定，順時針方向
B．感應電流大小恒定，逆時針方向
C．感應電流逐漸增大，逆時針方向
D．感應電流逐漸減小，順時針方向
【解答】解：在第2s內，磁場的方向垂直于紙面向外，且均勻減小，所以產生恒定的電流，根據楞次定律，感應電流的方向為逆時針方向，所以B正確。
故選：B。
（2022秋 安徽月考）如圖甲所示，在變化的磁場中放置一個閉合電路，電路里產生了感應電流；如圖乙所示，空間存在變化的磁場，其周圍產生感應電場，下列說法正確的是（　　）
A．甲、乙兩圖一定能持續產生電磁波
B．對甲圖，從上向下看，電子在回路中沿順時針方向運動
C．閉合電路只是檢驗變化的磁場產生電場，即使沒有閉合電路空間仍能產生電場
D．變化的電場周圍產生磁場，與閉合電路是否存在有關
【解答】解：A、若磁場B均勻變化，將產生穩定的電場，而穩定的電場將不能產生磁場，就不能形成電磁波，故A錯誤；
B、對甲圖，從上向下看，根據楞次定律可知，渦旋電場方向沿順時針方向運動，電子受到的電場力沿逆時針方向，則電子在回路中沿逆時針方向運動，故B錯誤；
C、根據麥克斯韋電磁場理論可知，變化的磁場周圍產生電場，與閉合電路是否存在無關，閉合電路只是檢驗變化的磁場產生電場，故C正確；
D、根據麥克斯韋電磁場理論可知，變化的電場周圍產生磁場，與閉合電路是否存在無關，故D錯誤。
故選：C。
模塊三 鞏固提高
（2021春 興慶區校級期中）某空間出現了如圖所示的一組閉合電場線，方向從上向下看是順時針的，這可能是（　　）
A．沿AB方向磁場在迅速減弱
B．沿AB方向磁場在迅速增強
C．沿BA方向磁場恒定不變
D．沿BA方向磁場在迅速減弱
【解答】解：由安培定則可知，感應電場產生的磁場方向豎直向下，
A、B、如果磁場方向沿AB，則感應磁場與原磁場方向相同，由楞次定律可知，原磁場在減弱，故A正確，B錯誤；
C、如果磁場的大小不變，則不能產生感應電流。故C錯誤；
D、如果磁場沿BA方向，則感應磁場方向與原磁場方向相反，由楞次定律可知，原磁場方向在增強，故D錯誤；
故選：A。
（2023春 海淀區校級期中）如圖所示，一根足夠長的直導線水平放置，通以向右的恒定電流，在其正上方O點用細絲線懸掛一銅制圓環。將圓環從a點無初速釋放，圓環在直導線所處的豎直平面內運動，經過最低點b和最右側c后返回，下述說法中正確的是（　　）
A．從a到c的過程中圓環中的感應電流方向先逆時針后順時針
B．運動過程中圓環受到的安培力方向與速度方向相反
C．圓環從b到c的時間大于從c到b的時間
D．圓環從b到c產生的熱量大于從c到b產生的熱量
【解答】解：A、由安培定則可知，直導線上方磁場方向垂直紙面向外。圓環從a到b的過程中磁通量增加，由楞次定律可知線圈中感應電流方向是順時針；圓環從b到c的過程中磁通量減小，由楞次定律可知線圈中感應電流方向是逆時針，故A錯誤；
B、圓環從a到b的運動過程中，將環分解為若干個小的電流元，上半環的部分所受合力向下，下半環部分所受合力向上；下半環所在處的磁場比上半環所在處的磁場強，則整個環所受安培力的方向向上；同理圓環從b到c的運動過程中，整個環所受安培力的方向向下，與速度方向不是相反的，故B錯誤；
C、圓環從b到c的過程與圓環從c到b的過程中，產生感應電流，一部分機械能轉化為電能，所以經同一位置時從b到c速率大于從c到b的速率，則圓環從b到c的時間小于從c到b的時間，故C錯誤；
D、圓環從b到c的過程與圓環從c到b的過程中經同一位置時從b到c速率大于從c到b的速率，則圓環從b到c的過程與圓環從c到b的過程中經同一位置時從b到c圓環所受安培力大于從c到b圓環所受安培力，圓環從b到c的過程克服安培力做的功大于圓環從c到b的過程克服安培力做的功，故圓環從b到c產生的熱量大于從c到b產生的熱量，故D正確。
故選：D。
（2023春 菏澤期中）如圖甲所示，在豎直向上的勻強磁場中，水平放置一圓形導體環，導體環所圍面積為0.1m2。當磁感應強度B隨時間t按乙圖變化時，則導體環中（　　）
A．0～1s內與1～2s內，電流方向相反
B．0～2s內與2～4s內，電流方向相同
C．t＝1s時，感應電流為零
D．t＝3s時，感應電動勢大小為0.01V
【解答】解：AB、根據楞次定律判斷可知0～1s內與1～2s內，電流方向相同，0～2s內與2～4s內，電流方向相反，故AB錯誤；
C、t＝1s時，B為零，但不為零，則感應電動勢不為零，感應電流不為零，故C錯誤；
D、t＝3s時，感應電動勢大小為，故D正確。
故選：D。
（2023春 合肥期末）如圖所示，一邊長為a的正方形線圈與勻強磁場垂直，且一半處在磁場中，磁感應強度為B。在Δt時間內將線圈繞虛線（磁場邊界）翻轉180°，在此過程中線圈產生的感應電動勢為（　　）
A．零 B． C． D．
【解答】解：將線圈繞虛線翻轉180°，穿過線圈的磁通量由BS變為﹣BS，則：磁通量的變化量大小：△Φ＝2BS；
由法拉第電磁感應定律可知，
線圈中產生的感應電動勢為：
E＝n1，故C正確，ABD錯誤；
故選：C。
（2023 鼓樓區校級三模）如圖甲所示，一閉合金屬圓環固定在水平面上，虛線ab右側空間存在均勻分布的豎直磁場，其磁感應強度B隨時間t的變化規律如圖乙所示（取磁感應強度方向豎直向上為正），則（　　）
A．0～1s內感應電流方向沿bca方向
B．3～4s內感應電流方向沿bca方向
C．2s末圓環受到的安培力最大
D．3s末圓環受到的安培力為零
【解答】解：A、由圖乙所示圖像可知，0～1s內磁場向上磁感應強度增大，穿過圓環的磁通量增大，由楞次定律可知，感應電流方向沿acb，故A錯誤；
B、由圖乙所示圖像可知，3～4s內磁場方向向下磁感應強度減小，穿過圓環的磁通量減小，由楞次定律可知，感應電流沿acd方向，故B錯誤；
C、由圖乙所示圖像可知，2s末磁感應強度B＝0，由安培力公式F＝ILB可知，圓環所受安培力為零，故C錯誤；
D、由圖乙所示圖像可知，3s末磁感應強度最大，磁感應強度的變化率為零，磁通量的變化率為零，由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢為零，圓環的感應電流為零，則圓環所受安培力為零，故D正確。
故選：D。
（2023春 重慶期末）把一根長導線兩端連在一靈敏電流表接線柱上，形成閉合回路。兩同學東西方向面對面站立，每分鐘搖動導線120圈，使他們之間的導線中點O在豎直面內做半徑為1m的勻速圓周運動，如圖所示。已知當地的地磁場磁感應強度大小為4.5×10﹣5T，方向與水平地面成37°角向下，則下列說法中正確的是（　　）
A．搖動過程中，導線中產生了大小變化、方向不變的電流
B．搖動過程中，O點處于最高點時導線中產生的感應電動勢最大
C．搖動過程中，O點附近5cm長的導線（可近似看成直線）產生的感應電動勢最大值為9π×10﹣6V
D．若兩同學南北方向面對面站立，其他條件不變，則產生的電流有效值更大
【解答】解：A．使導線中點O在豎直面內做半徑為1m的勻速圓周運動，切割方向改變，感應電流方向改變，故A錯誤；
B．已知當地的地磁場磁感應強度大小約為4.5×10﹣5T，方向與水平地面約成37°角向下，當切割速度與磁場垂直時，感應電動勢最大，根據幾何知識可知，不是O點與其圓周運動圓心等高時網線產生的感應電動勢最大，故B錯誤；
C．每分鐘搖動導線120次，則角速度ω＝2πf＝2πrad＝4πrad/s，導線的線速度大小為：v＝rω＝1×12.56m/s＝4πm/s；搖動過程中，O點附近L＝5cm＝0.05m長的導線（可近似看成直線）產生的感應電動勢最大約為：E＝BLv＝4.5×10﹣5×0.05×4πV＝9π×10﹣6V，故C正確；
D．若兩同學南北方向面對面站立，其他條件不變，將磁感應強度分解為南北方向和豎直方向，兩導線在南北方向不切割磁感應線，只切割豎直方向的磁感應線，感應電流有效值變小，故D錯誤。
故選：C。
（2023春 寧鄉市期末）如圖所示，一寬度為L的光滑導軌與水平面成α角，磁感應強度大小為B的勻強磁場垂直于導軌平面向上，導軌上端連有一阻值為R的電阻，導軌電阻不計。一質量為m，電阻也為R的金屬棒從導軌頂端由靜止釋放，設導軌足夠長，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．金屬棒將做勻加速運動
B．釋放的瞬間金屬棒的加速度大小為gcosα
C．金屬棒的最大速度大小為
D．金屬棒下滑相等距離的時間內通過定值電阻R的電荷量越來越多
【解答】解：A、對金屬棒，根據牛頓第二定律，有mgsinα﹣BIL＝ma
根據閉合電路歐姆定律，有
聯立得：mgsinαma，可知金屬棒先向下做加速度減小的加速運動，后做勻速直線運動，故A錯誤；
B、釋放的瞬間金屬棒所受安培力為零，由以上分析知加速度大小為a＝gsinα，故B錯誤；
C、當金屬棒的加速度為零時，此時速度最大，則有
解得最大速度為：，故C正確；
D、金屬棒下滑過程中通過定值電阻R的電荷量為
q Δt
所以：，可知通過定值電阻R的電荷量q與時間無關，則下滑相等距離的時間內通過定值電阻R的電荷量相等，故D錯誤。
故選：C。
（2023春 揚州期中）如圖甲所示，abcd是位于豎直平面內的正方形閉合金屬線框，金屬線框的質量為m，電阻為R，在金屬線框的下方有一勻強磁場區域，MN和PQ是勻強磁場區域的水平邊界，并與線框的bc邊平行，磁場方向垂直于線框平面向里。現使金屬線框從MN上方某一高度處由靜止開始下落，如圖乙是金屬線框由開始下落到bc剛好運動到勻強磁場PQ邊界的v﹣t圖像，圖乙中數據均為已知量。重力加速度為g，不計空氣阻力。下列說法正確的是（　　）
A．金屬線框剛進入磁場時感應電流方向沿adcba方向
B．金屬線框的邊長v1（t2﹣t1）
C．MN和PQ之間的距離為v1（t2﹣t1）
D．磁場的磁感應強度為
【解答】解：A、根據右手定則可知，金屬線框剛進入磁場時感應電流方向沿abcda方向，故A錯誤；
B、根據圖乙可知，線框的bc邊進入磁場的過程做勻速直線運動，勻速直線運動的位移等于線框邊長，則邊長為：L＝v1（t2﹣t1），故B正確；
C、根據圖乙可知，t1時刻線框開始進入磁場，t3時刻開始離開磁場，則可知磁場的寬度為：，故C錯誤；
D、t1時刻線框勻速運動，根據平衡條件有：BIL＝mg
此時感應電動勢為：E＝BLv1
此時的感應電流：
聯立解得：，故D錯誤。
故選：B。
（2022 朝陽區模擬）現在科學技術研究中常要用到高速電子，電子感應加速器就是利用感生電場使電子加速的設備。它的基本原理如圖甲所示，上、下為兩個電磁鐵，磁極之間有一個環形真空室，電子在真空室內做圓周運動。電磁鐵線圈電流的大方向可以變化，在兩極間產生一個變化的磁場，這個變化的磁場又在真空室內激發感生電場，其電場線是在同一平面內的一系列同心圓，產生的感生電場使電子加速。圖甲中上部分為側視圖、下部分為俯視圖。如果從上往下看，電子沿逆時針方向運動。已知電子質量為m、電荷量為e，初速度為零，電子圓形軌道的半徑為R．穿過電子圓形軌道面積的磁通量Φ隨時間t的變化關系如圖乙所示，在t0時刻后，電子軌道處的磁感應強度為B0，電子加速過程中忽略相對論效應。
（1）求在t0時刻后，電子運動的速度大小；
（2）求電子在整個加速過程中運動的圈數；
（3）為了約束加速電子在同一軌道上做圓周運動，電子感應加速器還需要加上“軌道約束”磁場，其原理如圖丙所示。兩個同心圓，內圓半徑為R，內圓內有均勻的“加速磁場”B1，方向垂直紙面向外。另外在兩圓面之間有垂直紙面向外的“軌道約束”磁場B2，B1之值恰好使電子在二圓之間貼近內圓面B2在磁場中做逆時針的圓周運動（圓心為0，半徑為R）。現使B1隨時間均勻變化，變化率k（常數）為了使電子保持在同一半徑R上做圓周運動，求磁場B2的變化率。
【解答】解：（1）在t0時刻后，電子軌道處的磁感應強度為B0，電子在磁場中做勻速圓周運動，受到洛倫茲力等于向心力，有：①
可得：②
（2）加速后電子的動能為：③
感生電場的感應電動勢：④
電子加速運動一圈獲得的能量為：W＝eE感…⑤
電子在整個加速過程中運動的圈數為⑥
聯立①②③④得⑦
（3）對電子由牛頓運動定律得：⑧
由法拉第電磁感應定律B1產生的電動勢⑨
圓形軌道上場強 ⑩
電子在軌道上受到的電場力
由動量定理：
由⑥可知要使半徑不變則需要滿足
答：（1）在t1時刻后，電子運動的速度大小為；
（2）電子在整個加速過程中運動的圈數為；
（3）磁場B2的變化率為。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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