資源簡介

2　法拉第電磁感應定律
(分值：100分）
1~8題每題7分，共56分
考點一　法拉第電磁感應定律的理解和基本應用
1.（2023·湖北卷）近場通信（NFC）器件應用電磁感應原理進行通訊，其天線類似一個壓平的線圈，線圈尺寸從內到外逐漸變大。如圖所示，一正方形NFC線圈共3匝，其邊長分別為1.0 cm、1.2 cm和1.4 cm，圖中線圈外線接入內部芯片時與內部線圈絕緣。若勻強磁場垂直通過此線圈，磁感應強度變化率為103 T/s，則線圈產生的感應電動勢最接近（　　）
A.0.30 V B.0.44 V
C.0.59 V D.4.3 V
2.（多選）單匝線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉動，穿過線圈的磁通量Φ隨時間t變化的圖像如圖所示，圖線為正弦曲線的一部分，則（　　）
A.在t=0時刻，線圈中磁通量最大，感應電動勢也最大
B.在t=1×10-2 s時刻，感應電動勢最大
C.在t=2×10-2 s時刻，感應電動勢為零
D.在0~2×10-2 s時間內，線圈中感應電動勢的平均值為零
3.（2023·綿陽市北川中學高二月考）某款“自發電”無線門鈴按鈕，其“發電”原理如圖所示，按下門鈴按鈕過程磁體靠近螺線管，松開門鈴按鈕磁體遠離螺線管回歸原位置。下列說法正確的是（　　）
A.按下按鈕過程，螺線管Q端電勢較高
B.松開按鈕過程，螺線管P端電勢較低
C.按住按鈕不動，螺線管中會產生感應電動勢
D.按下和松開按鈕過程，螺線管產生大小相同的感應電動勢
考點二　導線切割磁感線的感應電動勢
4.（2023·河南省頂級名校聯考）如圖所示，空間中存在勻強磁場B，方向垂直紙面向里。一長度為l的銅棒以速度v向右勻速運動，速度方向與銅棒之間的夾角為30°，則銅棒ab兩端的電勢差Uab為（　　）
A.Blv B.-Blv
C.Blv D.-Blv
5.如圖所示，空間有一勻強磁場，一直金屬棒與磁感應強度方向垂直，當它以速度v沿與棒和磁感應強度都垂直的方向運動時，棒兩端的感應電動勢大小為E，將此棒彎成長度相等且相互垂直的折線，置于與磁感應強度相互垂直的平面內，當它沿兩段折線夾角角平分線的方向以速度v運動時，棒兩端的感應電動勢大小為E'。則等于（　　）
A. B.
C.1 D.
6.（2023·宜賓市南溪第一中學高二期末）如圖所示，一導體棒EF與軌道垂直，并以水平速度v在寬度為L的水平U形固定框架上勻速運動，勻強磁場的磁感應強度為B，定值電阻阻值為R0，導體棒EF接入電路的電阻為r，其余電阻不計，導體棒與軌道始終垂直且接觸良好。則導體棒EF之間的電勢差UEF為（　　）
A.BLv B.-BLv
C. D.-
考點三　轉動切割時的感應電動勢
7.（2023·石家莊實驗中學高二月考）如圖所示，半徑為L的金屬圓環固定，圓環內存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，長為L、電阻為r的導體棒OA，一端固定在通過圓環中心的O點，另一端與圓環接觸良好。在圓環和O點之間接有阻值為R的電阻，不計金屬圓環的電阻。當導體棒以角速度ω繞O點逆時針勻速轉動時，下列說法錯誤的是（　　）
A.O點的電勢高于A點的電勢
B.導體棒切割磁感線產生的感應電動勢大小為BL2ω
C.OA兩點間電勢差大小為
D.增大導體棒轉動的角速度，電路中的電流增大
8.（2023·江蘇卷）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
9~12題每題8分，共32分
9.（多選）（2024·齊齊哈爾市高二月考）如圖所示，一導線彎成半徑為a的半圓形閉合回路。虛線MN右側有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直于回路所在的平面。回路以速度v沿回路所在平面向右勻速進入磁場，直徑CD段導線始終與MN垂直。從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止，下列結論正確的是（　　）
A.感應電流方向不變
B.CD段直導線始終不受安培力
C.感應電動勢最大值E=Bav
D.感應電動勢平均值=πBav
10.（2023·樂山市高二期末）如圖所示，M、N是粗細、材質均相同的導線制成的兩個單匝圓形閉合線圈，半徑rM=2rN。兩個線圈所在區域的勻強磁場垂直于紙面向里且磁感應強度隨時間均勻增大，忽略兩線圈間相互影響，下列說法正確的是（　　）
A.線圈M、N的感應電流均為順時針方向
B.線圈M、N的感應電流之比是2∶1
C.線圈M、N的電阻之比是4∶1
D.線圈M、N的感應電動勢之比是2∶1
11.（2024·信陽高級中學月考）如圖所示，勻強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，線框中產生感應電流。現使線框保持圖中所示位置靜止，磁感應強度隨時間線性變化。為了產生與線框轉動半周過程中同樣大小的電流，磁感應強度隨時間的變化率
的大小應為（　　）
A. B.
C. D.
12.如圖所示，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（俯視）時，a、b、c三點的電勢分別為φa、φb、φc。已知bc邊的長度為l。下列判斷正確的是（　　）
A.φa>φc，金屬框中無電流
B.φb>φc，金屬框中電流方向沿abca
C.Ubc=-Bl2ω，金屬框中無電流
D.Uac=Bl2ω，金屬框中電流方向沿acba
（12分）
13.（2024·渭南市華州區高二期末）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閉合穩定后傳感器上示數為。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.正在減弱，=
B.正在增強，=
C.正在減弱，=
D.正在增強，=
答案精析
1.B　［根據法拉第電磁感應定律可知E===103×（1.02+1.22+1.42）×10-4 V=0.44 V，故選B。］
2.BC　［由法拉第電磁感應定律知E=，故t=0及t=2×10-2 s時刻，E=0，A項錯誤，C項正確；t=1×10-2 s時，E最大，B項正確；0~2×10-2 s時間內，ΔΦ≠0，則E≠0，D項錯誤。］
3.A　［按下按鈕過程，穿過螺線管向左的磁通量增大，根據楞次定律可知螺線管中感應電流為從P端流入，從Q端流出，螺線管充當電源，則Q端電勢較高，故A正確；松開按鈕過程，穿過螺線管向左的磁通量減小，根據楞次定律可知螺線管中感應電流為從Q端流入，從P端流出，螺線管充當電源，則P端電勢較高，故B錯誤；按住按鈕不動，穿過螺線管的磁通量不變，螺線管不會產生感應電動勢，故C錯誤；按下和松開按鈕過程，螺線管中磁通量的變化率不一定相同，故螺線管產生的感應電動勢不一定相同，故D錯誤。］
4.D　［銅棒ab切割磁感線產生感應電動勢，ab相當于電源，根據右手定則，判斷知a端相當于電源的負極，b端相當于電源的正極，根據法拉第電磁感應定律，可得Uab=-E=-Blvsin 30°=-Blv，故選D。］
5.B　［設折彎前金屬棒切割磁感線的長度為L，產生的感應電動勢E=BLv；彎折后，金屬棒切割磁感線的有效長度為L'==L，故產生的感應電動勢E'=BL'v=B·Lv=E，所以=，B正確。］
6.C　［根據題意可知，感應電動勢為E=BLv，感應電流為I==，E端相當于電源正極，則導體棒EF之間的電勢差UEF=IR0=，故選C。］
7.B　［根據右手定則，導體棒OA中的電流從A流向O，導體棒是電源，在電源內部電流從低電勢流向高電勢，即O點的電勢高于A點的電勢，A正確；導體棒切割磁感線產生的感應電動勢大小為BL2ω，B錯誤；根據U=E，求得U=，OA兩點間電勢差大小為，根據閉合電路歐姆定則，增大導體棒轉動的角速度，電路中的電流增大，C、D正確。］
8.A　［由題圖可看出導體棒OA段逆時針轉動切割磁感線，則根據右手定則可知φO>φA，其中導體棒AC段不在磁場中，不切割磁感線，電流為0，則φC=φA，A正確，B、C錯誤；根據以上分析可知φO-φA>0，φA-φC=0，則φO-φA>φA-φC，D錯誤。］
9.AC　［閉合回路進入磁場的過程中，穿過閉合回路的磁通量一直在變大，由楞次定律可知，感應電流的方向不變，A正確；從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止，穿過閉合回路的磁通量一直在變大，故回路中始終存在感應電流，CD段與磁場方向垂直，所以CD段直導線始終受安培力，B錯誤；從D點到達邊界開始到C點進入磁場的過程可以理解為部分電路切割磁感線的運動，在切割的過程中，切割的有效長度先增大后減小，最大有效長度等于半圓的半徑，即最大感應電動勢為E=Bav，C正確；根據法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢的平均值為===，D錯誤。］
10.B　［根據楞次定律，磁感應強度隨時間均勻增大，磁通量增大，兩線圈都產生逆時針方向的電流，故A錯誤；根據法拉第電磁感應定律得E=n=πr2，所以線圈M、N的感應電動勢之比為EM∶EN=4∶1，故D錯誤；根據電阻定律得R=ρ=ρ，所以線圈M、N的電阻之比為RM∶RN=2∶1，故C錯誤；根據歐姆定律得I===r，所以線圈M、N的感應電流之比為IM∶IN=2∶1，故B正確。］
11.C　［設半圓的半徑為L，導線框的電阻為R，當線框以角速度ω勻速轉動時產生的感應電動勢E1=B0ωL2。當線框不動，而磁感應強度隨時間變化時E2=πL2·，由=得B0ωL2=πL2·，即=，故C正確。］
12.C　［金屬框abc平面與磁場方向平行，轉動過程中穿過金屬框的磁通量始終為零，所以無感應電流產生，故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φa<φc，φb<φc，故A錯誤；由=BL得，Ubc=-Bl2ω，故C正確。］
13.D　［K閉合穩定后傳感器上示數為，說明此時下極板帶正電，極板間的電場強度方向向上，大小滿足E場q+mg=，即E場=，又U=E場d，所以兩極板間的電壓U=，線圈部分相當于電源，則感應電流的方向是從上往下，據此結合楞次定律可判斷穿過線圈的磁通量正在增加，線圈中產生的感應電動勢的大小為E=n，可得=，故選D。］2　法拉第電磁感應定律
［學習目標］　1.知道什么是感應電動勢。2.通過實驗，理解法拉第電磁感應定律，會用法拉第電磁感應定律解答有關問題（重點）。3.掌握導線切割磁感線產生的感應電動勢（重難點）。
一、電磁感應定律
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，將條形磁鐵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鐵和并列的兩根磁鐵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）如果在條形磁鐵插入線圈的過程中，將線圈與電流表斷開，線圈兩端的電動勢是否隨著電流一起消失？
（4）在線圈匝數一定的情況下，感應電動勢的大小取決于什么？
　　 　
　　 　
　　 　
　　 　
1.感應電動勢
（1）由　　　　　　現象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）在電磁感應現象中，閉合回路中的感應電流由感應電動勢和回路的電阻決定。
（3）如果回路沒有閉合，只要穿過回路的磁通量發生變化，雖然沒有感應電流產生，但　　　　　　依然存在。
說明：相比于感應電流，感應電動勢更能體現電磁感應的本質。
2.法拉第電磁感應定律
（1）內容：電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的　　　　成正比。
（2）公式：E=。
（3）在國際單位制中，磁通量的單位是　　　　　，感應電動勢的單位是　　　　。
注意：計算感應電動勢大小時，不涉及正負，計算時ΔΦ應取絕對值。感應電動勢的方向由楞次定律判斷。
3.公式E=n求解的是一個回路中某段時間內的平均電動勢，只有在磁通量隨時間均勻變化時，瞬時值才等于平均值。
（1）在電磁感應現象中，有感應電流，就一定有感應電動勢；反之，有感應電動勢，就一定有感應電流。（　　）
（2）線圈中磁通量越大，線圈中產生的感應電動勢一定越大。（　　）
（3）線圈中磁通量的變化量ΔΦ越小，線圈中產生的感應電動勢一定越小。（　　）
（4）線圈中磁通量變化得越快，線圈中產生的感應電動勢一定越大。（　　）
例1　（2023·陜西渭南藍光中學高二月考）如圖甲所示，一單匝圓形線圈垂直放入磁場中，磁場為垂直于線圈平面向里的勻強磁場，穿過圓形線圈的磁通量Φ隨時間t的變化關系圖像如圖乙所示，不計導線電阻，求：
（1）2 s內線圈內磁通量的變化量ΔΦ；
（2）線圈中產生的感應電動勢E1的大小；
（3）若其他條件不變，線圈的匝數變為100匝，線圈中產生的感應電動勢E2的大小。
　　 　
　　 　
　　 　
　　 　
例2　（2024·成都市第七中學模擬）用電阻為r的硬質細導線，做成半徑為R的圓環，垂直圓環面的磁場充滿其內接正方形，t=0時磁感應強度的方向如圖甲所示，磁感應強度隨時間t的變化關系如圖乙所示，則圓環中產生的感應電動勢為（　　）
A. B.
C. D.
針對訓練 1　（2023·包頭市第四中學高二月考）穿過同一閉合回路的磁通量Φ隨時間t變化的圖像分別如圖中的①~④所示，下列關于回路中感應電動勢的說法正確的是（　　）
A.圖①回路產生恒定不變的感應電動勢
B.圖②回路產生的感應電動勢一直在變大
C.圖③回路0~t1時間內產生的感應電動勢大于t1~t2時間內產生的感應電動勢
D.圖④回路產生的感應電動勢先變大再變小
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(Φ=BS) 磁通量的變化量ΔΦ(ΔΦ=Φ2-Φ1) 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變化的多少 穿過某個面的磁通量變化的快慢
2.若已知Φ-t圖像，則圖線上某一點的切線斜率與該時刻的感應電動勢大小成正比。
3.（1）當ΔΦ僅由B的變化引起時，E=n·S，其中S為線圈在磁場中的有效面積。
（2）當ΔΦ僅由S的變化引起時，E=nB。
（3）當B、S同時變化時，。
二、導線切割磁感線的感應電動勢
1.如圖所示，把平行導軌放在磁感應強度為B的勻強磁場中，通過一電阻相連，所在平面跟磁感線垂直。導體棒MN放在導軌上，兩導軌間距為l，MN以速度v向右勻速運動。試根據法拉第電磁感應定律求產生的感應電動勢。
推導：
（1）在Δt時間內，MN由原來的位置移動到M1N1，這個過程中閉合電路的面積變化量是ΔS=　　　　。
（2）穿過閉合電路的磁通量的變化量則是ΔΦ=　　　　=　　　　。
（3）根據法拉第電磁感應定律E=求得感應電動勢E=　　　　。
2.如果導線的運動方向與導線本身是垂直的，但與磁感線方向有一個夾角θ，將速度v分解為兩個分量：垂直于磁感線的分量v1=　　　　　　和平行于磁感線的分量v2=　　　　　　，則導線產生的感應電動勢為E=　　　　　　　=　　　　　　　。
1.由于導體運動而產生的電動勢叫作動生電動勢。
2.導線垂直于磁場方向運動，B、l、v兩兩垂直時，感應電動勢E=　　　　。
3.導線運動的方向與導線垂直，與磁感線方向夾角為θ時，感應電動勢E=　　　　　　。
4.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。
5.法拉第電磁感應定律的三個表達式的比較
情景 圖
研究 對象 回路（不一定閉合）磁場變化或面積變化 一段直導線（或等效成直導線）切割磁感線 繞一端轉動的一段導體棒
表達 式 E=n E=Blv 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，磁感應強度大小為B。
（1）試推導ab棒所產生的感應電動勢大小；
（2）試判斷a、b兩點誰的電勢大。
　　 　
　　 　
例3　（2024·東莞市三校聯考）如圖所示，兩根平行光滑金屬導軌MN和PQ放置在同一水平面內，其間距L=0.2 m，磁感應強度大小B=0.5 T的勻強磁場垂直導軌平面向下，兩導軌之間連接的電阻R=4.8 Ω，在導軌上有一金屬棒ab，其接入電路的電阻r=1.2 Ω，金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好，在ab棒上施加水平拉力使其以速度v=12 m/s向右勻速運動，設金屬導軌足夠長。求：
（1）金屬棒ab產生的感應電動勢大小；
（2）水平拉力的大小F；
（3）金屬棒a、b兩點間的電勢差。
　　 　
　　 　
針對訓練 2　如圖所示，MN、PQ為兩條平行的水平放置的金屬導軌，左端接有定值電阻R，金屬棒ab斜放在兩導軌之間，與導軌接觸良好，ab=L。磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌平面，設金屬棒與兩導軌間夾角為60°，以速度v平行于MN向右勻速運動，不計導軌和金屬棒的電阻，則流過金屬棒的電流為（　　）
A. B.
C. D.
例4　（2023·來賓市高二期末）如圖甲所示是法拉第制作的世界上最早的發電機的實驗裝置。有一個可繞固定轉軸轉動的銅盤，銅盤的一部分處在蹄形磁體中，實驗時用導線連接銅盤的中心C。用導線通過滑片與銅盤的邊線D連接且接觸良好，如圖乙所示，若用外力使銅盤轉動起來，在CD兩端會產生感應電動勢，下列說法正確的是（　　）
A.如圖甲所示，產生感應電動勢的原因是銅盤盤面上無數個以C為圓心的同心銅盤中的磁通量發生了變化
B.如圖甲所示，因為銅盤轉動過程中穿過銅盤的磁通量不變，所以沒有感應電動勢
C.如圖乙所示，用外力順時針（從左邊看）轉動銅盤，電路中會產生感應電流，通過R的電流自上而下
D.如果圓盤的半徑為r，勻速轉動的周期為T，圓盤處在一個磁感應強度為B的勻強磁場中，則發電機產生的感應電動勢為E=
例5　（2023·四川峨眉第二中學高二期中）如圖所示，導體棒AB的長為2R，繞O點以角速度ω沿逆時針方向勻速轉動，OB長為R，且O、B、A三點在一條直線上，有一磁感應強度為B的勻強磁場充滿轉動平面且與轉動平面垂直，那么AB兩端的電勢差大小為（　　）
A.2BωR2 B.3BωR2
C.4BωR2 D.5BωR2
導體棒轉動切割磁感線時的感應電動勢
相對位置 轉軸位置
端點 中點 任意位置
導體棒ab長為l，垂直于勻強磁場(磁感應強度為B)，轉動平面也垂直于磁場方向(轉動角速度為ω) Eab=Bl=Blv中=Bl2ω Eab=0 Eab=·Bω-Bω
答案精析
一、
（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）用并列的兩根磁鐵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）如果電路沒有閉合，電動勢依然存在。
（4）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。
梳理與總結
1.（1）電磁感應　電源　（3）感應電動勢
2.（1）變化率　（3）韋伯（Wb）　伏（V）
易錯辨析
（1）×　（2）×　（3）×　（4）√
例1　（1）0.4 Wb　（2）0.2 V　（3）20 V
解析　（1）2 s內線圈內磁通量的變化量ΔΦ=Φ2-Φ1=0.5 Wb-0.1 Wb=0.4 Wb
（2）根據法拉第電磁感應定律可得線圈中產生的感應電動勢大小為
E1=n1=1× V=0.2 V
（3）線圈的匝數變為100匝，線圈中產生的感應電動勢大小為
E2=n2=100× V=20 V。
例2　A　［設正方形磁場區域的邊長L，
由幾何關系有sin 45°=，得L=R
又根據法拉第電磁感應定律得E==
解得圓環中的感應電動勢為E=，故選A。］
針對訓練 1　C　［根據法拉第電磁感應定律可知感應電動勢與磁通量的變化率成正比，即E=n，結合數學知識可知：穿過閉合回路的磁通量Φ隨時間t變化的圖像的斜率k=；題圖①中磁通量Φ不變，無感應電動勢；題圖②中磁通量Φ隨時間t均勻增大，圖像的斜率k不變，即產生的感應電動勢不變；題圖③中回路在0~t1時間內磁通量Φ隨時間t變化的圖像的斜率為k1，在t1~t2時間內磁通量Φ隨時間t變化的圖像的斜率為k2，從圖像中發現：k1大于k2的絕對值，所以在0~t1時間內產生的感應電動勢大于在t1~t2時間內產生的感應電動勢；題圖④中磁通量Φ隨時間t變化的圖像的斜率的絕對值先變小后變大，所以感應電動勢先變小后變大。故選C。］
二、
1.（1）lvΔt　（2）BΔS　BlvΔt
（3）Blv
2.vsin θ　vcos θ　Blv1　Blvsin θ
梳理與總結
2.Blv　
3.Blvsin θ　
討論交流
（1）方法一　棒上各處速率不同，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。
所以=，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
磁通量的變化量為
ΔΦ=BΔS=Bl2ωΔt
所以E==Bl2ω。
（2）由右手定則知，ab棒切割磁感線，相當于電源，則a為電源的正極，b為電源的負極，a點的電勢大于b點的電勢。
例3　（1）1.2 V　（2）0.02 N　（3）0.96 V
解析　（1）設金屬棒中產生的感應電動勢大小為E，則E=BLv
代入數值得E=1.2 V。
（2）設流過電阻R的電流大小為I，則I=
代入數值得I=0.2 A
因棒勻速運動，則拉力等于安培力，有
F=F安=BIL=0.02 N。
（3）a、b兩點間的電勢差為Uab=IR
代入數值得Uab=0.96 V。
針對訓練 2　B　［金屬棒切割磁感線的有效長度為L·sin 60°=L，故感應電動勢E=Bv·，通過金屬棒的電流為I==，B正確。］
例4　D　［外力搖手柄使得銅盤轉動產生感應電動勢的原因是銅盤盤面上無數個沿半徑方向的銅棒在切割磁感線，發電機產生的感應電動勢為E=Br2ω，ω=，得E=，故A、B錯誤，D正確；若用外力順時針（從左邊看）轉動銅盤時，根據右手定則可得感應電流方向為C到D（電源內部），所以通過R的電流自下而上，故C錯誤。］
例5　C　［AB兩端的電勢差大小等于金屬棒AB產生的感應電動勢的大小，為E=B×2R=B×2R×=4BR2ω，故選C。］(共72張PPT)
2　法拉第電磁感應定律
DIERZHANG
第二章
1.知道什么是感應電動勢。
2.通過實驗，理解法拉第電磁感應定律，會用法拉第電磁感應定律解答有關問題(重點)。
3.掌握導線切割磁感線產生的感應電動勢(重難點)。
學習目標
一、電磁感應定律
二、導線切割磁感線的感應電動勢
內容索引
課時對點練
電磁感應定律
一
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，將條形磁鐵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？
答案　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)分別用同種規格的一根磁鐵和并列的兩根磁鐵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？
答案　用并列的兩根磁鐵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)如果在條形磁鐵插入線圈的過程中，將線圈與電流表斷開，線圈兩端的電動勢是否隨著電流一起消失？
答案　如果電路沒有閉合，電動勢依然存在。
(4)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　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。
1.感應電動勢
(1)由 現象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)在電磁感應現象中，閉合回路中的感應電流由感應電動勢和回路的電阻決定。
(3)如果回路沒有閉合，只要穿過回路的磁通量發生變化，雖然沒有感應電流產生，但 依然存在。
說明：相比于感應電流，感應電動勢更能體現電磁感應的本質。
梳理與總結
電磁感應
電源
感應電動勢
2.法拉第電磁感應定律
(1)內容：電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的_______
成正比。
(2)公式：E=，如果閉合電路是一個n匝線圈，則E=n。
(3)在國際單位制中，磁通量的單位是 ，感應電動勢的單位是
。
注意：計算感應電動勢大小時，不涉及正負，計算時ΔΦ應取絕對值。感應電動勢的方向由楞次定律判斷。
變化率
韋伯(Wb)
伏(V)
3.公式E=n求解的是一個回路中某段時間內的平均電動勢，只有在磁通量隨時間均勻變化時，瞬時值才等于平均值。
(1)在電磁感應現象中，有感應電流，就一定有感應電動勢；反之，有感應電動勢，就一定有感應電流。(　　)
(2)線圈中磁通量越大，線圈中產生的感應電動勢一定越大。(　　)
(3)線圈中磁通量的變化量ΔΦ越小，線圈中產生的感應電動勢一定越小。(　　)
(4)線圈中磁通量變化得越快，線圈中產生的感應電動勢一定越大。
(　　)
×
×
√
×
　(2023·陜西渭南藍光中學高二月考)如圖甲所
示，一單匝圓形線圈垂直放入磁場中，磁場為
垂直于線圈平面向里的勻強磁場，穿過圓形線
圈的磁通量Φ隨時間t的變化關系圖像如圖乙所
示，不計導線電阻，求：
(1)2 s內線圈內磁通量的變化量ΔΦ；
例1
答案　0.4 Wb　
2 s內線圈內磁通量的變化量ΔΦ=Φ2-Φ1=0.5 Wb-0.1 Wb=0.4 Wb
(2)線圈中產生的感應電動勢E1的大小；
答案　0.2 V　
根據法拉第電磁感應定律可得線圈中產生的感應電動勢大小為E1=n1=1× V=0.2 V
(3)若其他條件不變，線圈的匝數變為100匝，線圈中產生的感應電動勢E2的大小。
答案　20 V
線圈的匝數變為100匝，線圈中產生的感應電動勢大小為E2=n2=100× V=20 V。
　(2024·成都市第七中學模擬)用電阻為r的硬質細導線，做成半徑為R的圓環，垂直圓環面的磁場充滿其內接正方形，t=0時磁感應強度的方向如圖甲所示，磁感應強度隨時間t的變化關系如圖乙所示，則圓環中產生的感應電動勢為
A. B.
C. D.
例2
√
設正方形磁場區域的邊長L，
由幾何關系有sin 45°=，得L=R
又根據法拉第電磁感應定律得E==
解得圓環中的感應電動勢為E=，故選A。
　　(2023·包頭市第四中學高二月考)穿過同一閉合回路的磁通量Φ隨時間t變化的圖像分別如圖中的①~④所示，下列關于回路中感應電動勢的說法正確的是

A.圖①回路產生恒定不變的感應電動勢
B.圖②回路產生的感應電動勢一直在變大
C.圖③回路0~t1時間內產生的感應電動勢大于t1~t2時間內產生的感應電動勢
D.圖④回路產生的感應電動勢先變大再變小
針對訓練 1
√
根據法拉第電磁感應定律可知感應電動勢與磁通量的變化率成正比，
即E=n，結合數學知識可知：穿過閉合回路的磁通量Φ隨時間t變化的圖像的斜率k=；
題圖①中磁通量Φ不變，無感應電動勢；
題圖②中磁通量Φ隨時間t均勻增大，圖像
的斜率k不變，即產生的感應電動勢不變；
題圖③中回路在0~t1時間內磁通量Φ隨時間t變化的圖像的斜率為k1，在t1~t2時間內磁通量Φ隨時間t變化的圖像的斜率為k2，從圖像中發現：k1大于k2的絕對值，所以在0~t1時間內產生的感應電動勢大于在t1~t2時間內產生的感應電動勢；
題圖④中磁通量Φ隨時間t變化的圖像的斜率的絕對值先變小后變大，所以感應電動勢先變小后變大。故選C。
總結提升
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(Φ=BS) 磁通量的變化量ΔΦ(ΔΦ=Φ2-Φ1) 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變化的多少 穿過某個面的磁通量變化的快慢
總結提升
2.若已知Φ-t圖像，則圖線上某一點的切線斜率與該時刻的感應
電動勢大小成正比。
3.(1)當ΔΦ僅由B的變化引起時，E=n·S，其中S為線圈在磁場中的
有效面積。
(2)當ΔΦ僅由S的變化引起時，E=nB。
(3)當B、S同時變化時，=n≠n。
返回
導線切割磁感線的感應電動勢
二
1.如圖所示，把平行導軌放在磁感應強度為B的勻強
磁場中，通過一電阻相連，所在平面跟磁感線垂直。
導體棒MN放在導軌上，兩導軌間距為l，MN以速度
v向右勻速運動。試根據法拉第電磁感應定律求產生
的感應電動勢。
推導：
(1)在Δt時間內，MN由原來的位置移動到M1N1，這個過程中閉合電路的面積變化量是ΔS= 。
(2)穿過閉合電路的磁通量的變化量則是ΔΦ= = 。
(3)根據法拉第電磁感應定律E=求得感應電動勢E= 。
lvΔt
BΔS
BlvΔt
Blv
2.如果導線的運動方向與導線本身是垂直的，但與磁感線方向有一個夾角θ，將速度v分解為兩個分量：垂直于磁感線的分量v1= 和平行于磁感線的分量v2= ，則導線產生的感應電動勢為E= =
。
vsin θ
vcos θ
Blv1
Blvsin θ
1.由于導體運動而產生的電動勢叫作動生電動勢。
2.導線垂直于磁場方向運動，B、l、v兩兩垂直時，感應電動勢E= 。
3.導線運動的方向與導線垂直，與磁感線方向夾角為θ時，感應電動勢E= 。
梳理與總結
Blv
Blvsin θ
4.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。
情景圖
研究對象 回路(不一定閉合)磁場變化或面積變化 一段直導線(或等效成直導線)切割磁感線 繞一端轉動的一段導體棒
表達式 E=n E=Blv E=Bl2ω
5.法拉第電磁感應定律的三個表達式的比較
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，磁感應強度大小為B。
(1)試推導ab棒所產生的感應電動勢大小；
討論交流
答案　方法一　棒上各處速率不同，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。
所以=，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
磁通量的變化量為ΔΦ=BΔS=Bl2ωΔt
所以E==Bl2ω。
(2)試判斷a、b兩點誰的電勢大。
答案　由右手定則知，ab棒切割磁感線，相當于電源，則a為電源的正極，b為電源的負極，a點的電勢大于b點的電勢。
　(2024·東莞市三校聯考)如圖所示，兩根平行光滑金屬導軌MN和PQ放置在同一水平面內，其間距L=0.2 m，磁感應強度大小B=0.5 T的勻強磁場垂直導軌平面向下，兩導軌之間連接的電阻R=4.8 Ω，在導軌上有一金屬棒ab，其接入電路的電阻r=1.2 Ω，金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好，在ab棒上施加水平拉力使其以速度v=12 m/s向右勻速運動，設金屬導軌足夠長。求：
(1)金屬棒ab產生的感應電動勢大小；
例3
答案　1.2 V　
設金屬棒中產生的感應電動勢大小為E，則E=BLv
代入數值得E=1.2 V。
(2)水平拉力的大小F；
答案　0.02 N　
設流過電阻R的電流大小為I，則I=
代入數值得I=0.2 A
因棒勻速運動，則拉力等于安培力，有F=F安=BIL=0.02 N。
(3)金屬棒a、b兩點間的電勢差。
答案　0.96 V
a、b兩點間的電勢差為Uab=IR
代入數值得Uab=0.96 V。
　　如圖所示，MN、PQ為兩條平行的水平放置的金屬導軌，左端接有定值電阻R，金屬棒ab斜放在兩導軌之間，與導軌接觸良好，ab=L。磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌平面，設金屬棒與兩導軌間夾角為60°，以速度v平行于MN向右勻速運動，不計導軌和金屬棒的電阻，則流過金屬棒的電流為
A. B.
C. D.
針對訓練 2
√
金屬棒切割磁感線的有效長度為L·sin 60°=L，故感應電動勢E=Bv·，通過金屬棒的電流為I==，B正確。
　(2023·來賓市高二期末)如圖甲所示是法拉第制作的世界上最早的發電機的實驗裝置。有一個可繞固定轉軸轉動的銅盤，銅盤的一部分處在蹄形磁體中，實驗時用導線連接銅盤的中心C。用導線通過滑片與銅盤的邊線D連接且接觸良好，如圖乙所示，若用外力使銅盤轉動起來，在CD兩端會產生感應電動勢，下列說法正確的是
例4
A.如圖甲所示，產生感應電動勢的原因是銅
盤盤面上無數個以C為圓心的同心銅盤中
的磁通量發生了變化
B.如圖甲所示，因為銅盤轉動過程中穿過銅
盤的磁通量不變，所以沒有感應電動勢
C.如圖乙所示，用外力順時針(從左邊看)轉動銅盤，電路中會產生感應
電流，通過R的電流自上而下
D.如果圓盤的半徑為r，勻速轉動的周期為T，圓盤處在一個磁感應強度
為B的勻強磁場中，則發電機產生的感應電動勢為E=
√
外力搖手柄使得銅盤轉動產生感應電動
勢的原因是銅盤盤面上無數個沿半徑方
向的銅棒在切割磁感線，發電機產生的
感應電動勢為E=Br2ω，ω=，得E=，
故A、B錯誤，D正確；
若用外力順時針(從左邊看)轉動銅盤時，根據右手定則可得感應電流方向為C到D(電源內部)，所以通過R的電流自下而上，故C錯誤。
　(2023·四川峨眉第二中學高二期中)如圖所示，導體棒AB的長為2R，繞O點以角速度ω沿逆時針方向勻速轉動，OB長為R，且O、B、A三點在一條直線上，有一磁感應強度為B的勻強磁場充滿轉動平面且與轉動平面垂直，那么AB兩端的電勢差大小為
A.2BωR2 B.3BωR2
C.4BωR2 D.5BωR2
例5
√
AB兩端的電勢差大小等于金屬棒AB產生的感應電動勢的大小，為E=B×2R=B×2R×=4BR2ω，故選C。
總結提升
導體棒轉動切割磁感線時的感應電動勢
返回
相對位置 轉軸位置
端點 中點 任意位置
導體棒ab長為l，垂直于勻強磁場(磁感應強度為B)，轉動平面也垂直于磁場方向(轉動角速度為ω) Eab=Bl=Blv中=Bl2ω Eab=0 Eab=·Bω-Bω

三
課時對點練
基礎對點練
1
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考點一　法拉第電磁感應定律的理解和基本應用
1.(2023·湖北卷)近場通信(NFC)器件應用電磁感應原理進行通訊，其天線類似一個壓平的線圈，線圈尺寸從內到外逐漸變大。如圖所示，一正方形NFC線圈共3匝，其邊長分別為1.0 cm、1.2 cm和1.4 cm，圖中線圈外線接入內部芯片時與內部線圈絕緣。若勻強磁場垂直通過此線圈，磁感應強度變化率為103 T/s，則線圈產生的感應電動勢最接近
A.0.30 V B.0.44 V
C.0.59 V D.4.3 V
√
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根據法拉第電磁感應定律可知E===103×(1.02+1.22+1.42)×10-4 V=0.44 V，故選B。
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2.(多選)單匝線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉動，穿過線圈的磁通量Φ隨時間t變化的圖像如圖所示，圖線為正弦曲線的一部分，則
A.在t=0時刻，線圈中磁通量最大，感應電動勢也最大
B.在t=1×10-2 s時刻，感應電動勢最大
C.在t=2×10-2 s時刻，感應電動勢為零
D.在0~2×10-2 s時間內，線圈中感應電動勢的平均值
為零
√
√
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由法拉第電磁感應定律知E=，故t=0及t=2×10-2 s時刻，E=0，A項錯誤，C項正確；
t=1×10-2 s時，E最大，B項正確；
0~2×10-2 s時間內，ΔΦ≠0，則E≠0，D項錯誤。
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3.(2023·綿陽市北川中學高二月考)某款“自發電”無線門鈴按鈕，其“發電”原理如圖所示，按下門鈴按鈕過程磁體靠近螺線管，松開門鈴按鈕磁體遠離螺線管回歸原位置。下列說法正確的是
A.按下按鈕過程，螺線管Q端電勢較高
B.松開按鈕過程，螺線管P端電勢較低
C.按住按鈕不動，螺線管中會產生感應電動勢
D.按下和松開按鈕過程，螺線管產生大小相同的感應電動勢
√
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按下按鈕過程，穿過螺線管向左的磁通量增
大，根據楞次定律可知螺線管中感應電流為
從P端流入，從Q端流出，螺線管充當電源，
則Q端電勢較高，故A正確；
松開按鈕過程，穿過螺線管向左的磁通量減小，根據楞次定律可知螺線管中感應電流為從Q端流入，從P端流出，螺線管充當電源，則P端電勢較高，故B錯誤；
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按住按鈕不動，穿過螺線管的磁通量不變，
螺線管不會產生感應電動勢，故C錯誤；
按下和松開按鈕過程，螺線管中磁通量的變
化率不一定相同，故螺線管產生的感應電動
勢不一定相同，故D錯誤。
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考點二　導線切割磁感線的感應電動勢
4.(2023·河南省頂級名校聯考)如圖所示，空間中存在勻強磁場B，方向垂直紙面向里。一長度為l的銅棒以速度v向右勻速運動，速度方向與銅棒之間的夾角為30°，則銅棒ab兩端的電勢差Uab為
A.Blv B.-Blv
C.Blv D.-Blv
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銅棒ab切割磁感線產生感應電動勢，ab相當于電源，根據右手定則，判斷知a端相當于電源的負極，b端相當于電源的正極，根據法拉第電磁感應定律，可得Uab=-E=-Blvsin 30°=
-Blv，故選D。
5.如圖所示，空間有一勻強磁場，一直金屬棒與磁感應強度方向垂直，當它以速度v沿與棒和磁感應強度都垂直的方向運動時，棒兩端的感應電動勢大小為E，將此棒彎成長度相等且相互垂直的折線，置于與磁感應強度相互垂直的平面內，當它沿兩段折線夾角角平分線的方向以速度
v運動時，棒兩端的感應電動勢大小為E'。則等于
A. B.
C.1 D.
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設折彎前金屬棒切割磁感線的長度為L，產生的感應電動勢E=BLv；
彎折后，金屬棒切割磁感線的有效長度為L'==L，故產生的感應電動勢E'=BL'v=B·Lv=E，所以=，B正確。
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6.(2023·宜賓市南溪第一中學高二期末)如圖所示，一導體棒EF與軌道垂直，并以水平速度v在寬度為L的水平U形固定框架上勻速運動，勻強磁場的磁感應強度為B，定值電阻阻值為R0，導體棒EF接入電路的電阻為r，其余電阻不計，導體棒與軌道始終垂直且接觸良好。則導體棒EF之間的電勢差UEF為
A.BLv B.-BLv
C. D.-
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根據題意可知，感應電動勢為E=BLv，感應電流為I==，E端相當于電源正極，則導體棒EF之間的電勢差UEF=IR0=，故選C。
考點三　轉動切割時的感應電動勢
7.(2023·石家莊實驗中學高二月考)如圖所示，半徑為L的金屬圓環固定，圓環內存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，長為L、電阻為r的導體棒OA，一端固定在通過圓環中心的O點，另一端與圓環接觸良好。在圓環和O點之間接有阻值為R的電阻，不計金屬圓環的電阻。當導體棒以角速度ω繞O點逆時針勻速轉動時，下列說法錯誤的是
A.O點的電勢高于A點的電勢
B.導體棒切割磁感線產生的感應電動勢大小為BL2ω
C.OA兩點間電勢差大小為
D.增大導體棒轉動的角速度，電路中的電流增大
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根據右手定則，導體棒OA中的電流從A流向O，
導體棒是電源，在電源內部電流從低電勢流向高
電勢，即O點的電勢高于A點的電勢，A正確；
導體棒切割磁感線產生的感應電動勢大小為BL2ω，B錯誤；
根據U=E，求得U=，OA兩點間電勢差大小為，根據
閉合電路歐姆定則，增大導體棒轉動的角速度，電路中的電流增大，C、D正確。
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8.(2023·江蘇卷)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
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由題圖可看出導體棒OA段逆時針轉動切割磁感線，
則根據右手定則可知φO>φA，其中導體棒AC段不在
磁場中，不切割磁感線，電流為0，則φC=φA，A正
確，B、C錯誤；
根據以上分析可知φO-φA>0，φA-φC=0，則φO-φA>φA-φC，D錯誤。
9.(多選)(2024·齊齊哈爾市高二月考)如圖所示，一導線彎成半徑為a的半圓形閉合回路。虛線MN右側有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直于回路所在的平面。回路以速度v沿回路所在平面向右勻速進入磁場，直徑CD段導線始終與MN垂直。從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止，下列結論正確的是
A.感應電流方向不變
B.CD段直導線始終不受安培力
C.感應電動勢最大值E=Bav
D.感應電動勢平均值=πBav
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能力綜合練
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閉合回路進入磁場的過程中，穿過閉合回路的磁
通量一直在變大，由楞次定律可知，感應電流的
方向不變，A正確；
從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止，穿過閉
合回路的磁通量一直在變大，故回路中始終存在感應電流，CD段與磁場方向垂直，所以CD段直導線始終受安培力，B錯誤；
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從D點到達邊界開始到C點進入磁場的過程可以理
解為部分電路切割磁感線的運動，在切割的過程
中，切割的有效長度先增大后減小，最大有效長
度等于半圓的半徑，即最大感應電動勢為E=Bav，
C正確；
根據法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢的平均值為
===，D錯誤。
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10.(2023·樂山市高二期末)如圖所示，M、N是粗細、材質均相同的導線制成的兩個單匝圓形閉合線圈，半徑rM=2rN。兩個線圈所在區域的勻強磁場垂直于紙面向里且磁感應強度隨時間均勻增大，忽略兩線圈間相互影響，下列說法正確的是
A.線圈M、N的感應電流均為順時針方向
B.線圈M、N的感應電流之比是2∶1
C.線圈M、N的電阻之比是4∶1
D.線圈M、N的感應電動勢之比是2∶1
√
根據楞次定律，磁感應強度隨時間均勻增大，
磁通量增大，兩線圈都產生逆時針方向的電流，
故A錯誤；
根據法拉第電磁感應定律得E=n=πr2，所以
線圈M、N的感應電動勢之比為EM∶EN=4∶1，故D錯誤；
根據電阻定律得R=ρ=ρ，所以線圈M、N的電阻之比為RM∶RN=
2∶1，故C錯誤；
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根據歐姆定律得I===r，所以線圈M、N的感應電流之比為IM∶IN=2∶1，故B正確。
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11.(2024·信陽高級中學月考)如圖所示，勻強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，線框中產生感應電流。現使線框保持圖中所示位置靜止，磁感應強度隨時間線性變化。為了產生與線框轉動半周過程中同樣大小
的電流，磁感應強度隨時間的變化率的大小應為
A. B.
C. D.
√
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設半圓的半徑為L，導線框的電阻為R，當線框
以角速度ω勻速轉動時產生的感應電動勢E1=
B0ωL2。當線框不動，而磁感應強度隨時間變
化時E2=πL2·=B0ωL2=πL2·=，故C正確。
12.如圖所示，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(俯視)時，a、b、c三點的電勢分別為φa、φb、φc。已知bc邊的長度為l。下列判斷正確的是
A.φa>φc，金屬框中無電流
B.φb>φc，金屬框中電流方向沿abca
C.Ubc=-Bl2ω，金屬框中無電流
D.Uac=Bl2ω，金屬框中電流方向沿acba
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金屬框abc平面與磁場方向平行，轉動過程中穿過金屬框
的磁通量始終為零，所以無感應電流產生，故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φa<φc，φb<φc，故A錯誤；
由=BL得，Ubc=-Bl2ω，故C正確。
13.(2024·渭南市華州區高二期末)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
穩定后傳感器上示數為。則線圈中的磁場B的變化情況和磁通量的變
化率分別是
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尖子生選練
A.正在減弱，=
B.正在增強，=
C.正在減弱，=
D.正在增強，=
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K閉合穩定后傳感器上示數為，說明此時下極板帶正
電，極板間的電場強度方向向上，大小滿足E場q+mg=，
即E場=，又U=E場d，所以兩極板間的電壓U=，線
圈部分相當于電源，則感應電流的方向是從上往下，據此
結合楞次定律可判斷穿過線圈的磁通量正在增加，線圈中產生的感應電動
勢的大小為E=n=，故選D。
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