专题2.2 法拉第电磁感应定律-2022-2023学年高二物理举一反三系列（人教版2019选择性必修第二册）（原卷版）

专题2.2法拉第电磁感应定律【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【题型1磁通量的计算】 【题型2平动切割问题】 【题型3旋转切割问题】 【题型4感生问题】 【题型5联系实际】 【题型6含有电容器的问题】 【题型7二次感应问题】 【题型8动生与感生综合问题】 【题型1磁通量的计算】【例1】如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量变化量大小分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则()A．ΔΦ1＞ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现B．ΔΦ1＝ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现C．ΔΦ1＜ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现D．ΔΦ1＜ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现【变式1-1】如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为()A．1∶1 B．1∶2C．1∶4 D．4∶1【变式1-2】如图所示，闭合线圈abcd水平放置，其面积为S，匝数为n，线圈与磁感应强度为B的匀强磁场的夹角θ＝45°.现将线圈以ab边为轴沿顺时针方向转动90°，则在此过程中线圈磁通量的改变量大小为()A．0 B.eq\r(2)BSC.eq\r(2)nBS D．nBS【变式1-3】如图所示，匝数为N、半径为r1的圆形线圈内有匀强磁场，匀强磁场在半径为r2的圆形区域内，匀强磁场的磁感应强度B垂直于线圈平面。通过该线圈的磁通量为()A．Bπreq\o\al(2,1)B．Bπreq\o\al(2,2)C．NBπreq\o\al(2,1)D．NBπreq\o\al(2,2)【题型2平动切割问题】【例2】(多选)半径为a、右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.直杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，直杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，直杆的位置由θ确定，如图所示．则()A．θ＝0时，直杆产生的电动势为2BavB．θ＝eq\f(π,3)时，直杆产生的电动势为eq\r(3)BavC．θ＝0时，直杆受的安培力大小为eq\f(2B2av,π＋2R0)D．θ＝eq\f(π,3)时，直杆受的安培力大小为eq\f(3B2av,5π＋3R0)【变式2-1】如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计．已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则()A．电路中感应电动势的大小为eq\f(Blv,sinθ)B．电路中感应电流的大小为eq\f(Bvsinθ,r)C．金属杆所受安培力的大小为eq\f(B2lvsinθ,r)D．金属杆的热功率为eq\f(B2lv2,rsinθ)【变式2-2】(多选)如图所示，光滑的金属框CDEF水平放置，宽为L，在E、F间连接一阻值为R的定值电阻，在C、D间连接一滑动变阻器R1(0≤R1≤2R)。框内存在着竖直向下的匀强磁场。一长为L、电阻为R的导体棒AB在外力作用下以速度v匀速向右运动，金属框电阻不计，导体棒与金属框接触良好且始终垂直，下列说法正确的是()A．ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针B．左右两个闭合区域的磁通量都在变化，且变化率相同，故电路中的感应电动势大小为2BLvC．当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝R时，导体棒两端的电压为BLvD．当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝eq\f(R,2)时，滑动变阻器有最大电功率，且为eq\f(B2L2v2,8R)【变式2-3】在xOy平面内有一条抛物线金属导轨，导轨的抛物线方程为y2＝4x，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向里，一根足够长的金属棒ab垂直于x轴从坐标原点开始，以恒定速度v沿x轴正方向运动，运动中始终与金属导轨保持良好接触，如图7所示．则下列图象中能表示回路中感应电动势大小随时间变化的是()【题型3旋转切割问题】【例3】(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图8所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍【变式3-1】如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是()A．Ua＞Uc，金属框中无电流B．Ub＞Uc，金属框中电流方向沿abcaC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中无电流D．Ubc＝eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中电流方向沿acba【变式3-2】如图所示，虚线两侧的磁感应强度大小均为B，方向相反，电阻为R的导线弯成顶角为90°，半径为r的两个扇形组成的回路，O为圆心，整个回路可绕O点转动．若由图示的位置开始沿顺时针方向以角速度ω转动，则在一个周期内电路消耗的电能为()A.eq\f(πB2ωr4,R) B.eq\f(2πB2ωr4,R)C.eq\f(4πB2ωr4,R) D.eq\f(8πB2ωr4,R)【变式3-3】转笔是一项用不同的方法与技巧以手指来转动笔的休闲活动，深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识。如图所示，某转笔高手能让笔绕其手指上的某一点沿顺时针方向做角速度为ω的匀速圆周运动，已知手与笔的接触点O点恰好是长为L的金属笔杆的中点，地磁场的磁感应强度在与笔杆转动平面垂直方向的分量大小为B，方向垂直纸面向外，则()A．笔杆上O点的电势最低B．O点与笔尖间的电势差为eq\f(1,2)BL2ωC．O点与笔尖间的电势差为eq\f(1,8)BL2ωD．笔杆两端点间的电势差为BL2ω【题型4感生问题】【例4】轻质细线吊着一质量为m＝0.42kg、边长为L＝1m、匝数n＝10的正方形线圈，其总电阻为r＝1Ω.在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示．(g＝10m/s2)(1)判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针；(2)求线圈的电功率；(3)求在t＝4s时轻质细线的拉力大小．【变式4-1】如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为7匝，边长la＝3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则()A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4D．a、b线圈中电功率之比为3∶1【变式4-2】(多选)用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径．如图所示，在ab的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，磁感应强度大小随时间的变化率eq\f(ΔB,Δt)＝k(k＜0)．则()A．圆环中产生逆时针方向的感应电流B．圆环具有扩张的趋势C．圆环中感应电流的大小为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(krS,2ρ)))D．图中a、b两点间的电势差Uab＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(kπr2,4)))【变式4-3】如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb()A．恒为eq\f(nSB2－B1,t2－t1)B．从0均匀变化到eq\f(nSB2－B1,t2－t1)C．恒为－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)D．从0均匀变化到－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)【题型5联系实际】【例5】(多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音，下列说法正确的有()A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B．取走磁体，电吉他将不能正常工作C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化【变式5-1】磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈。当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E­t关系如图所示。如果只将刷卡速度改为eq\f(v0,2)，线圈中的E­t关系图可能是()【变式5-2】(多选)如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传送带以相同的速度匀速运动。为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带运动方向，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈。通过观察图形，判断下列说法正确的是()A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈中感应电流方向从上向下看为逆时针B．若线圈闭合，传送带以较大速度匀速运动时，磁场对线圈的作用力增大C．从图中可以看出，第2个线圈是不合格线圈D．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈【变式5-3】(多选)如图所示是高频焊接原理示意图。线圈中通以高频变化的电流时，待焊接的金属工件中就产生感应电流，感应电流通过焊缝产生大量热量，将金属熔化，把工件焊接在一起，而工件其他部分发热很少。以下说法正确的是()A．电流变化的频率越高，焊缝处的温度升高得越快B．电流变化的频率越低，焊缝处的温度升高得越快C．工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻小D．工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻大【题型6含有电容器的问题】【例6】如图所示，两块水平放置的金属板距离为d，用导线、开关K与一个n匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的变化磁场B中．两板间放一台压力传感器，压力传感器上表面静止放置一个质量为m、电荷量为q的带负电小球．K断开时传感器上有示数mg，K闭合稳定后传感器上示数为eq\f(mg,3).则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量的变化率分别是()A．正在增加，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,q)B．正在减弱，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,3nq)C．正在增加，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,3q)D．正在减弱，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2mgd,3nq)【变式6-1】如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点。狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连。导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻。下列说法正确的是()A．通过金属棒的电流为2BCv2tanθB．金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tanθC．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定【变式6-2】如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动，在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是()A．棒产生的电动势为eq\f(1,2)Bl2ωB．微粒的电荷量与质量之比为eq\f(2gd,Br2ω)C．电阻消耗的电功率为eq\f(πB2r4ω,2R)D．电容器所带的电荷量为CBr2ω【变式6-3】(多选)如图甲所示的电路中，电阻R1＝R，R2＝2R，单匝圆形金属线圈半径为r2，圆心为O，线圈的电阻为R，其余导线的电阻不计。半径为r1(r1<r2)、圆心为O的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B随时间t变化的关系图像如图乙所示，电容器的电容为C。闭合开关S，t1时刻开始电路中的电流稳定不变，下列说法正确的是()A．电容器上极板带正电B．t1时刻，电容器所带的电荷量为eq\f(CB1πr12,4t1)C．t1时刻之后，线圈两端的电压为eq\f(3B1πr12,4t1)D．t1时刻之后，R1两端的电压为eq\f(B2πr22,4t2)【题型7二次感应问题】【例7】[多选]如图(a)，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B随时间按图(b)所示规律变化时()A．在t1～t2时间内，L有收缩趋势B．在t2～t3时间内，L有扩张趋势C．在t2～t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流D．在t3～t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流【变式7-1】如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直．金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面．现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是()A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向【变式7-2】(多选)如图甲所示，导体棒ab、cd均可在各自的导轨上无摩擦地滑动，导轨电阻不计，磁场的磁感应强度B1、B2的方向如图所示，大小随时间变化的情况如图乙所示，在0～t1时间内()A．若ab不动，则ab、cd中均无感应电流B．若ab不动，则ab中有恒定的感应电流，但cd中无感应电流C．若ab向右匀速运动，则ab中一定有从b到a的感应电流，cd向左运动D．若ab向左匀速运动，则ab中一定有从a到b的感应电流，cd向右运动【变式7-3】如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，线圈c中将没有感应电流产生()A．向右做匀速直线运动B．向左做匀加速直线运动C．向右做减速直线运动D．向右做变加速直线运动【题型8动生与感生综合问题】【例8】如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框运动过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率eq\f(ΔB,Δt)的大小应为()A.eq\f(4ωB0,π)B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π)D.eq\f(ωB0,2π)【变式8-1】如图，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：(1)在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小．【变式8-2】（多选）如图，两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，其左端接有定值电阻R.Ox轴平行于金属导轨，在0≤x≤4m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度B随坐标x(以m为单位)的分布规律为B＝0.8－0.2x(T)．金属棒ab在外力作用下从x＝0处沿导轨运动，金属棒始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨和金属棒的电阻．设在金属棒从x1＝1m经x2＝2m到x3＝3m的过程中，R的电功率保持不变，则金属棒()A．在x1与x3处的电动势之比为1∶3B．在x1与x3处受到磁场B的作用力大小之比为3∶1C．从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电荷量之比为5∶3D．从x1到x2与从x2到x3的过程中R产生的焦耳热之比为5∶3【变式8-3】如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ被固定在水平面上，导轨间距l＝0.6m，两导轨的左端用导线连接电阻R1及理想电压表，电阻r＝2Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB处；右端用导线连接电阻R2，已知R1＝2Ω，R2＝1Ω，导轨及导线电阻均不计。在矩形区域CDFE内有竖直向上的磁场，CE＝0.2m，磁感应强度随时间的变化如图乙所示。开始时电压表有示数，当电压表示数变为零后，对金属棒施加一水平向右的恒力F，使金属棒刚进入磁场区域时电压表的示数又变为原来的值，金属棒在磁场运动过程中电压表的示数始终保持不变。求：(1)t＝0.1s时电压表的读数；(2)恒力F的大小；(3)从t＝0时刻到金属棒运动出磁场过程中整个电路产生的热量。

参考答案【题型1磁通量的计算】【例1】如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量变化量大小分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则()A．ΔΦ1＞ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现B．ΔΦ1＝ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现C．ΔΦ1＜ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现D．ΔΦ1＜ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现答案C解析设金属框在位置Ⅰ的磁通量为Φ1，金属框在位置Ⅱ的磁通量为Φ2，由题可知：ΔΦ1＝|Φ2－Φ1|，ΔΦ2＝|－Φ2－Φ1|，所以金属框的磁通量变化量大小ΔΦ1＜ΔΦ2，由安培定则知两次磁通量均向里减小，所以由楞次定律知两次运动中线框中均出现沿adcba方向的电流，C对．【变式1-1】如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为()A．1∶1 B．1∶2C．1∶4 D．4∶1解析：选A由题图可知，穿过a、b两个线圈的磁通量均为Φ＝B·πr2，因此磁通量之比为1∶1，A正确。【变式1-2】如图所示，闭合线圈abcd水平放置，其面积为S，匝数为n，线圈与磁感应强度为B的匀强磁场的夹角θ＝45°.现将线圈以ab边为轴沿顺时针方向转动90°，则在此过程中线圈磁通量的改变量大小为()A．0 B.eq\r(2)BSC.eq\r(2)nBS D．nBS答案B【变式1-3】如图所示，匝数为N、半径为r1的圆形线圈内有匀强磁场，匀强磁场在半径为r2的圆形区域内，匀强磁场的磁感应强度B垂直于线圈平面。通过该线圈的磁通量为()A．Bπreq\o\al(2,1)B．Bπreq\o\al(2,2)C．NBπreq\o\al(2,1)D．NBπreq\o\al(2,2)解析通过线圈的磁通量Φ＝BS＝Bπreq\o\al(2,2)，A选项错误，B选项正确；磁通量与线圈的匝数无关，C、D选项错误。答案B【题型2平动切割问题】【例2】(多选)半径为a、右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.直杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，直杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，直杆的位置由θ确定，如图所示．则()A．θ＝0时，直杆产生的电动势为2BavB．θ＝eq\f(π,3)时，直杆产生的电动势为eq\r(3)BavC．θ＝0时，直杆受的安培力大小为eq\f(2B2av,π＋2R0)D．θ＝eq\f(π,3)时，直杆受的安培力大小为eq\f(3B2av,5π＋3R0)答案AD解析当θ＝0时，直杆切割磁感线的有效长度l1＝2a，所以直杆产生的电动势E1＝Bl1v＝2Bav，选项A正确．此时直杆上的电流I1＝eq\f(E1,πa＋2aR0)＝eq\f(2Bv,π＋2R0)，直杆受到的安培力大小F1＝BI1l1＝eq\f(4B2av,π＋2R0)，选项C错误．当θ＝eq\f(π,3)时，直杆切割磁感线的有效长度l2＝2acoseq\f(π,3)＝a，直杆产生的电动势E2＝Bl2v＝Bav，选项B错误．此时直杆上的电流I2＝eq\f(E2,2πa－\f(2πa,6)＋aR0)＝eq\f(3Bv,5π＋3R0)，直杆受到的安培力大小F2＝BI2l2＝eq\f(3B2av,5π＋3R0)，选项D正确．【变式2-1】如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计．已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则()A．电路中感应电动势的大小为eq\f(Blv,sinθ)B．电路中感应电流的大小为eq\f(Bvsinθ,r)C．金属杆所受安培力的大小为eq\f(B2lvsinθ,r)D．金属杆的热功率为eq\f(B2lv2,rsinθ)答案B解析电路中的感应电动势E＝Blv，感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(E,\f(l,sinθ)r)＝eq\f(Bvsinθ,r)，故A错误，B正确；金属杆所受安培力大小F＝BIeq\f(l,sinθ)＝eq\f(B2lv,r)，故C错误；金属杆的热功率P＝I2R＝I2eq\f(l,sinθ)r＝eq\f(B2lv2sinθ,r)，故D错误．【变式2-2】(多选)如图所示，光滑的金属框CDEF水平放置，宽为L，在E、F间连接一阻值为R的定值电阻，在C、D间连接一滑动变阻器R1(0≤R1≤2R)。框内存在着竖直向下的匀强磁场。一长为L、电阻为R的导体棒AB在外力作用下以速度v匀速向右运动，金属框电阻不计，导体棒与金属框接触良好且始终垂直，下列说法正确的是()A．ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针B．左右两个闭合区域的磁通量都在变化，且变化率相同，故电路中的感应电动势大小为2BLvC．当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝R时，导体棒两端的电压为BLvD．当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝eq\f(R,2)时，滑动变阻器有最大电功率，且为eq\f(B2L2v2,8R)[解析]根据楞次定律可知，ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针，故A正确；根据法拉第电磁感应定律可知，电路中的感应电动势E＝BLv，故B错误；当R1＝R时，外电路总电阻R外＝eq\f(R,2)，故导体棒两端的电压即路端电压为eq\f(1,3)BLv，故C错误；该电路电动势E＝BLv，电源内阻为R，求解滑动变阻器的最大电功率时，可以将导体棒和电阻R看成新的等效电源，等效内阻为eq\f(R,2)，故当R1＝eq\f(R,2)时，等效电源输出功率最大，则滑动变阻器的最大电功率Pm＝eq\f(UR12,R1)＝eq\f(\f(1,4)E2,\f(R,2))＝eq\f(B2L2v2,8R)，故D正确。[答案]AD【变式2-3】在xOy平面内有一条抛物线金属导轨，导轨的抛物线方程为y2＝4x，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向里，一根足够长的金属棒ab垂直于x轴从坐标原点开始，以恒定速度v沿x轴正方向运动，运动中始终与金属导轨保持良好接触，如图7所示．则下列图象中能表示回路中感应电动势大小随时间变化的是()答案B解析金属棒ab沿x轴以恒定速度v运动，因此x＝vt，则金属棒在回路中的有效长度l＝2y＝4eq\r(x)＝4eq\r(vt)，由电磁感应定律得回路中感应电动势E＝Blv＝4Beq\r(v3t)，即E2∝t，B正确．【题型3旋转切割问题】【例3】(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图8所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍答案AB解析将圆盘看成无数幅条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，流过电阻的电流方向从a到b，B对；由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝BLeq\x\to(v)＝eq\f(1,2)BL2ω，I＝eq\f(E,R＋r)，ω恒定时，I大小恒定，ω大小变化时，I大小变化，方向不变，故A对，C错；由P＝I2R＝eq\f(B2L4ω2R,4R＋r2)知，当ω变为原来的2倍时，P变为原来的4倍，D错．【变式3-1】如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是()A．Ua＞Uc，金属框中无电流B．Ub＞Uc，金属框中电流方向沿abcaC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中无电流D．Ubc＝eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中电流方向沿acba答案C解析金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误．转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断Ua<Uc，Ub<Uc，选项A错误．由转动切割产生感应电动势的公式得Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，选项C正确．【变式3-2】如图所示，虚线两侧的磁感应强度大小均为B，方向相反，电阻为R的导线弯成顶角为90°，半径为r的两个扇形组成的回路，O为圆心，整个回路可绕O点转动．若由图示的位置开始沿顺时针方向以角速度ω转动，则在一个周期内电路消耗的电能为()A.eq\f(πB2ωr4,R) B.eq\f(2πB2ωr4,R)C.eq\f(4πB2ωr4,R) D.eq\f(8πB2ωr4,R)答案C解析从图示位置开始计时，在一个周期T内，在0～eq\f(T,4)、eq\f(T,2)～eq\f(3,4)T内没有感应电流产生，在eq\f(T,4)～eq\f(T,2)，eq\f(3,4)T～T内有感应电流产生，在eq\f(T,4)～eq\f(T,2)，eq\f(3,4)T～T内线框产生的总的感应电动势E＝4×eq\f(1,2)Br2ω＝2Br2ω，则在一周期内电路释放的电能为Q＝eq\f(E2,R)·eq\f(T,2)，T＝eq\f(2π,ω)，解得Q＝eq\f(4πB2ωr4,R)，C项正确．【变式3-3】转笔是一项用不同的方法与技巧以手指来转动笔的休闲活动，深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识。如图所示，某转笔高手能让笔绕其手指上的某一点沿顺时针方向做角速度为ω的匀速圆周运动，已知手与笔的接触点O点恰好是长为L的金属笔杆的中点，地磁场的磁感应强度在与笔杆转动平面垂直方向的分量大小为B，方向垂直纸面向外，则()A．笔杆上O点的电势最低B．O点与笔尖间的电势差为eq\f(1,2)BL2ωC．O点与笔尖间的电势差为eq\f(1,8)BL2ωD．笔杆两端点间的电势差为BL2ω解析：选C根据右手定则判断知，笔杆上O点的电势最高，A错误；O点与笔尖间的电势差为U＝B×eq\f(L,2)×eq\f(0＋ω·\f(L,2),2)＝eq\f(1,8)BL2ω，B错误，C正确；笔杆两端点间的电势差为零，D错误。【题型4感生问题】【例4】轻质细线吊着一质量为m＝0.42kg、边长为L＝1m、匝数n＝10的正方形线圈，其总电阻为r＝1Ω.在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示．(g＝10m/s2)(1)判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针；(2)求线圈的电功率；(3)求在t＝4s时轻质细线的拉力大小．答案(1)逆时针(2)0.25W(3)1.2N解析(1)由楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向．(2)由法拉第电磁感应定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝n·eq\f(1,2)L2eq\f(ΔB,Δt)＝0.5V则P＝eq\f(E2,r)＝0.25W(3)I＝eq\f(E,r)＝0.5A，F安＝nBILF安＋F线＝mg联立解得F线＝1.2N.【变式4-1】如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为7匝，边长la＝3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则()A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4D．a、b线圈中电功率之比为3∶1答案B解析根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；因磁感应强度随时间均匀增大，设eq\f(ΔB,Δt)＝k，根据法拉第电磁感应定律可得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)l2，则eq\f(Ea,Eb)＝(eq\f(3,1))2＝eq\f(9,1)，选项B正确；根据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线圈中感应电流之比为3∶1，选项C错误；电功率P＝IE＝eq\f(klS,4ρ)·neq\f(ΔB,Δt)l2＝eq\f(nk2l3S,4ρ)，则P∝l3，故a、b线圈中电功率之比为27∶1，选项D错误．【变式4-2】(多选)用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径．如图所示，在ab的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，磁感应强度大小随时间的变化率eq\f(ΔB,Δt)＝k(k＜0)．则()A．圆环中产生逆时针方向的感应电流B．圆环具有扩张的趋势C．圆环中感应电流的大小为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(krS,2ρ)))D．图中a、b两点间的电势差Uab＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(kπr2,4)))答案BD解析磁通量均匀减少，根据楞次定律可知，圆环中产生顺时针方向的感应电流，选项A错误；圆环在磁场中的部分，受到向外的安培力，所以有扩张的趋势，选项B正确；圆环产生的感应电动势大小为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(kπr2,2)))，则圆环中的电流大小为I＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(kSr,4ρ)))，选项C错误；Uab＝eq\f(E,2)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(kπr2,4)))，选项D正确．【变式4-3】如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb()A．恒为eq\f(nSB2－B1,t2－t1)B．从0均匀变化到eq\f(nSB2－B1,t2－t1)C．恒为－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)D．从0均匀变化到－eq\f(nSB2－B1,t2－t1)答案C解析根据法拉第电磁感应定律，E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(SB2－B1,t2－t1)，由楞次定律可以判断a点电势低于b点电势，所以a、b两点之间的电势差为－neq\f(SB2－B1,t2－t1)，C项正确．【题型5联系实际】【例5】(多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音，下列说法正确的有()A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B．取走磁体，电吉他将不能正常工作C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化答案BCD解析铜质弦为非磁性材料，不能被磁化，选用铜质弦，电吉他不能正常工作，A项错误；若取走磁体，金属弦不能被磁化，其振动时，不能在线圈中产生感应电动势，电吉他不能正常工作，B项对；由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，C项正确；弦振动过程中，穿过线圈的磁通量大小不断变化，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向不断变化，D项正确．【变式5-1】磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈。当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E­t关系如图所示。如果只将刷卡速度改为eq\f(v0,2)，线圈中的E­t关系图可能是()解析：选D若将刷卡速度改为eq\f(v0,2)，线圈切割磁感线运动时产生的感应电动势大小将会减半，周期将会加倍，故D正确。【变式5-2】(多选)如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传送带以相同的速度匀速运动。为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带运动方向，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈。通过观察图形，判断下列说法正确的是()A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈中感应电流方向从上向下看为逆时针B．若线圈闭合，传送带以较大速度匀速运动时，磁场对线圈的作用力增大C．从图中可以看出，第2个线圈是不合格线圈D．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈解析：选BD若线圈闭合，进入磁场时，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，线圈中的感应电流的磁场方向向下，所以感应电流的方向从上向下看是顺时针，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，传送带以较大速度匀速运动时，线圈中产生的感应电动势较大，则感应电流较大，磁场对线圈的作用力增大，故B正确；由题图知第1、2、4、5、6个线圈都发生了相对滑动，而第3个线圈没有滑动，则第3个线圈是不合格线圈，故C错误，D正确。【变式5-3】(多选)如图所示是高频焊接原理示意图。线圈中通以高频变化的电流时，待焊接的金属工件中就产生感应电流，感应电流通过焊缝产生大量热量，将金属熔化，把工件焊接在一起，而工件其他部分发热很少。以下说法正确的是()A．电流变化的频率越高，焊缝处的温度升高得越快B．电流变化的频率越低，焊缝处的温度升高得越快C．工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻小D．工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻大解析在互感现象中产生的互感电动势的大小与电流的变化率成正比，电流变化的频率越高，感应电动势越大，由欧姆定律I＝eq\f(E,R)知产生的涡流越大，故A正确，B错误；又P＝I2R，R越大P越大，焊缝处的温度升高得越快，温度升得很高，故C错误，D正确。答案AD【题型6含有电容器的问题】【例6】如图所示，两块水平放置的金属板距离为d，用导线、开关K与一个n匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的变化磁场B中．两板间放一台压力传感器，压力传感器上表面静止放置一个质量为m、电荷量为q的带负电小球．K断开时传感器上有示数mg，K闭合稳定后传感器上示数为eq\f(mg,3).则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量的变化率分别是()A．正在增加，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,q)B．正在减弱，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,3nq)C．正在增加，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(mgd,3q)D．正在减弱，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2mgd,3nq)答案D解析K闭合稳定后传感器上示数为eq\f(mg,3)，说明此时上极板带正电，即上极板电势高于下极板电势，极板间的场强方向向下，大小满足Eq＋eq\f(mg,3)＝mg，即E＝eq\f(2mg,3q)，又U＝Ed，所以两极板间的电压U＝eq\f(2mgd,3q)；线圈部分相当于电源，则感应电流的方向是从下往上，据此结合楞次定律可判断穿过线圈的磁通量正在减少，线圈中产生的感应电动势的大小为neq\f(ΔΦ,Δt)，根据neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2mgd,3q)可得eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2mgd,3nq).【变式6-1】如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点。狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连。导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻。下列说法正确的是()A．通过金属棒的电流为2BCv2tanθB．金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tanθC．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定[解析]经过时间t，金属棒切割磁感线的有效长度L＝2vttanθ，金属棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv＝2Bv2ttanθ，则电容器极板上的电荷量Q＝CE＝2BCv2ttanθ，则通过金属棒中的电流I＝eq\f(ΔQ,Δt)＝2BCv2tanθ，A正确；当金属棒到达x＝x0时，即vt＝x0时，电容器极板上的电荷量Q0＝2BCvx0tanθ，B错误；根据楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向(从上往下看)，则电容器的上极板带正电，C错误；因为金属棒做匀速运动，所以外力F＝F安＝BIL，外力做功的功率P＝Fv＝4B2Cv4ttan2θ，是变化的，D错误。[答案]A【变式6-2】如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动，在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是()A．棒产生的电动势为eq\f(1,2)Bl2ωB．微粒的电荷量与质量之比为eq\f(2gd,Br2ω)C．电阻消耗的电功率为eq\f(πB2r4ω,2R)D．电容器所带的电荷量为CBr2ω解析：选B由法拉第电磁感应定律可知棒产生的电动势为E＝Br·eq\f(1,2)ωr＝eq\f(1,2)Br2ω，A错误。金属棒电阻不计，故电容器两极板间的电压等于棒产生的电动势，微粒的重力与其受到的电场力大小相等，有qeq\f(U,d)＝mg，可得eq\f(q,m)＝eq\f(2gd,Br2ω)，B正确。电阻消耗的电功率P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(B2r4ω2,4R)，C错误。电容器所带的电荷量Q＝CU＝eq\f(1,2)CBr2ω，D错误。【变式6-3】(多选)如图甲所示的电路中，电阻R1＝R，R2＝2R，单匝圆形金属线圈半径为r2，圆心为O，线圈的电阻为R，其余导线的电阻不计。半径为r1(r1<r2)、圆心为O的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B随时间t变化的关系图像如图乙所示，电容器的电容为C。闭合开关S，t1时刻开始电路中的电流稳定不变，下列说法正确的是()A．电容器上极板带正电B．t1时刻，电容器所带的电荷量为eq\f(CB1πr12,4t1)C．t1时刻之后，线圈两端的电压为eq\f(3B1πr12,4t1)D．t1时刻之后，R1两端的电压为eq\f(B2πr22,4t2)解析：选AC根据楞次定律可知，线圈产生沿逆时针方向的感应电流，则电容器上极板带正电，故A正确；根据法拉第电磁感应定律有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(B1πr12,t1)，稳定电流为I＝eq\f(E,R1＋R2＋R)＝eq\f(B1πr12,4Rt1)，UR2＝IR2＝eq\f(B1πr12,4Rt1)·2R＝eq\f(B1πr12,2t1)，电容器所带的电荷量为Q＝CUR2＝eq\f(CB1πr12,2t1)，故B错误；t1时刻之后，线圈两端的电压为U＝I(R1＋R2)＝eq\f(3B1πr12,4t1)，故C正确；t1时刻之后，R1两端的电压为U＝IR1＝eq\f(B1πr12,4t1)＝eq\f(B2πr12,4t2)，故D错误。【题型7二次感应问题】【例7】[多选]如图(a)，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B随时间按图(b)所示规律变化时()A．在t1～t2时间内，L有收缩趋势B．在t2～t3时间内，L有扩张趋势C．在t2～t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流D．在t3～t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流解析：选AD据题意，在t1～t2时间内，外加磁场磁感应强度增加且斜率在增大，则在导线框中产生沿顺时针方向增加的电流，该电流激发出增加的磁场，该磁场通过圆环，在圆环内产生感应电流，根据结论“增缩减扩”可以判定圆环有收缩趋势，故选项A正确；在t2～t3时间内，外加磁场均匀变化，在导线框中产生稳定电流，该电流激发出稳定磁场，该磁场通过圆环时，圆环中没有感应电流，故选项B、C错误；在t3～t4时间内，外加磁场向下减小，且斜率也减小，在导线框中产生沿顺时针方向减小的电流，该电流激发出向里减小的磁场，故圆环内产生顺时针方向电流，选项D正确。【变式7-1】如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直．金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面．现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是()A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向答案D解析金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，闭合回路PQRS中磁场方向垂直纸面向里，磁通量增大，由楞次定律可判断，闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场垂直纸面向外，由安培定则可判断感应电流方向为逆时针；由于闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外，与原磁场方向相反，则T中磁通量减小，由楞次定律可判断，T中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，由安培定则可知T中感应电流方向为顺时针，选项D正确．【变式7-2】(多选)如图甲所示，导体棒ab、cd均可在各自的导轨上无摩擦地滑动，导轨电阻不计，磁场的磁感应强度B1、B2的方向如图所示，大小随时间变化的情况如图乙所示，在0～t1时间内()A．若ab不动，则ab、cd中均无感应电流B．若ab不动，则ab中有恒定的感应电流，但cd中无感应电流C．若ab向右匀速运动，则ab中一定有从b到a的感应电流，cd向左运动D．若ab向左匀速运动，则ab中一定有从a到b的感应电流，cd向右运动答案BD解析若ab不动，0～t1时间内，B1逐渐增大，由法拉第电磁感应定律可知，ab产生恒定的感应电流，根据楞次定律可知cd中无感应电流，故A错误，B正确；若ab向左匀速运动，0～t1时间内，B1垂直于纸面向里且逐渐增大，穿过左侧闭合区域的磁通量增大，运用楞次定律得ab中有从a到b的感应电流，回路中产生逐渐增大的感应电动势，即从a到b的感应电流增大，根据楞次定律得在导体棒cd中产生d到c的感应电流，根据左手定则得导体棒cd受到向右的安培力，即cd向右运动，故D正确；若ab向右匀速运动，产生从b到a的感应电流，同时B1均匀增大，产生从a到b的感应电流，由于不确定两感应电流的大小关系，故ab中感应电流无法确定，故C错误．【变式7-3】如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，线圈c中将没有感应电流产生()A．向右做匀速直线运动B．向左做匀加速直线运动C．向右做减速直线运动D．向右做变加速直线运动答案A解析导体棒ab向右或向左做匀速运动时，ab中产生的感应电流不变，螺线管产生的磁场是稳定的，穿过c的磁通量不变，c中没有感应电流；导体棒ab向左做加速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从b→a，感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过c的磁通量增大，根据楞次定律得知，c中产生顺时针方向(从左向右看)的感应电流；导体棒ab向右做减速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从a→b，感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，根据楞次定律得知，c中产生顺时针方向(从左向右看)的感应电流；导体棒ab向右做加速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从a→b，感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过c的磁通量增大，根据楞次定律得知，c中产生逆时针方向(从左向右看)的感应电流，故选A.【题型8动生与感生综合问题】【例8】如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框运动过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率eq\f(ΔB,Δt)的大小应为()A.eq\f(4ωB0,π)B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π)D.eq\f(ωB0,2π)答案C解析线框匀速转动时产生的感应电动势E1＝B0rv＝B0req\f(ωr,2)＝eq\f(1,2)B0ωr2.当磁感应强度大小随时间线性变化时，产生的感应电动势E2＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(1,2)πr2·eq\f(ΔB,Δt)，要使两次产生的感应电流大小相等，必须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)，选项C正确，A、B、D错误．【变式8-1】如图，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：(1)在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小．答案(1)eq\f(kt0S,R)(2)B0lv0(t－t0)＋kSt(B0lv0＋kS)eq\f(B0l,R)解析(1)在金属棒未越过MN之前，穿过回路的磁通量的变化量为ΔΦ＝ΔBS＝kΔtS①由法拉第电磁感应定律有E＝eq\f(ΔΦ,Δt) ②由欧姆定律得I＝eq\f(E,R) ③由电流的定义得I＝eq\f(Δq,Δt) ④联立①②③④式得|Δq|＝eq\f(kS,R)Δt ⑤由⑤式得，在t＝0到t＝t0的时间间隔内即Δt＝t0，流过电阻R的电荷量q的绝对值为|q|＝eq\f(kt0S,R) ⑥(2)当t>t0时，金属棒已越过MN.由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有F＝F安 ⑦式中，F是外加水平恒力，F安是金属棒受到的安培力．设此时回路中的电流为I，F安＝B0lI ⑧此时金属棒与MN之间的距离为s＝v0(t－t0) ⑨匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B0ls ⑩回路的总磁通量为Φt＝Φ＋Φ′ ⑪其中Φ＝B1S＝ktS ⑫由⑨⑩⑪⑫式得，在时刻t(t>t0)，穿过回路的总磁通量为Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt⑬在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变量ΔΦt为ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt ⑭由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为Et＝eq\f(ΔΦt,Δt) ⑮由欧姆定律得I＝eq\f(Et,R) ⑯联立⑦⑧⑭⑮⑯式得F＝(B0lv0＋kS)eq\f(B0l,R).【变式8-2】（多选）如图，两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，其左端接有定值电阻R.Ox轴平行于金属导轨，在0≤x≤4m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度B随坐标x(以m为单位)的分布规律为B＝0.8－0.2x(T)．金属棒ab在外力作用下从x＝0处沿导轨运动，金属棒始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨和金属棒的电阻．设在金属棒从x1＝1m经x2＝2m到x3＝3m的过程中，R的电功率保持不变，则金属棒()A．在x1与x3处的电动势之比为1∶3B．在x1与x3处受到磁场B的作用力大小之比为3∶1C．从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电荷量之比为5∶3D．从x1到x2与从x2到x3的过程中R产生的焦耳热之比为5∶3答案BCD解析由于金属棒在运动过程中，R的电功率不变，则由P＝I2R知电路中电流I不变，又根据E＝IR知在x1与x3处电动势相同，选项A错误；由题意知在x1、x2、x3处的磁感应强度分别为0.6T、0.4T、0.2T，设导轨间距为L，由F＝BIL知金属棒在x1与x3处受到磁场B的作用力大小之比为3∶1，选项B正确；由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，q＝IΔt，得q＝eq\f(ΔΦ,R)，如图为B随x变化的图象，图线与坐标轴所围的面积与L的乘积表示回路磁通量的变化量ΔΦ，可知金属棒从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电荷量之比为5∶3，选项C正确；根据Q＝I2RΔt和q＝IΔt可知金属棒从x1到x2与从x2到x3的过程所用的时间之比为5∶3，则R产生的焦耳热之比为5∶3，选项D正确．【变式8-3】如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ被固定在水平面上，导轨间距l＝0.6m，两导轨的左端用导线连接电阻R1及理想电压表，电阻r＝2Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB处；右端用导线连接电阻R2，已知R1＝2Ω，R2＝1Ω，导轨及导线电阻均不计。在矩形区域CDFE内有竖直向上的磁场，CE＝0.2m，磁感应强度随时间的变化如图乙所示。开始时电压表有示数，当电压表示数变为零后，对金属棒施加一水平向右的恒力F，使金属棒刚进入磁场区域时电压表的示数又变为原来的值，金属棒在磁场运动过程中电压表的示数始终保持不变。求：(1)t＝0.1s时电压表的读数；(2)恒力F的大小；(3)从t＝0时刻到金属棒运动出磁场过程中整个电路产生的热量。解析(1)设磁场宽度为d＝CE，在0～0.2s的时间内，有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，E＝eq\f(ΔB,Δt)ld＝0.6V此时，R1与金属棒r并联，再与R2串联R＝R并＋R2＝(1＋1)Ω＝2ΩU＝eq\f(E,R)R并＝0.3V。(2)金属棒进入磁场后，有I′＝eq\f(U,R1)＋eq\f(U,R2)＝0.45AFA＝BI′l＝1×0.45×0.6N＝0.27N由于金属棒进入磁场后电压表示数始终不变，所以金属棒做匀速运动，有F＝FA＝0.27N。(3)金属棒在0～0.2s的运动时间内有Q＝eq\f(E2,R)t＝0.036J金属棒进入磁场后，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总＝Q＋Q′＝(0.036＋0.054)J＝0.09J。答案(1)0.3V(2)0.27N(3)0.09J

专题2.2法拉第电磁感应定律【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【题型1磁通量的计算】 【题型2平动切割问题】 【题型3旋转切割问题】 【题型4感生问题】 【题型5联系实际】 【题型6含有电容器的问题】 【题型7二次感应问题】 【题型8动生与感生综合问题】 【题型1磁通量的计算】【例1】如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量变化量大小分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则()A．ΔΦ1＞ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现B．ΔΦ1＝ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现C．ΔΦ1＜ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现D．ΔΦ1＜ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现答案C解析设金属框在位置Ⅰ的磁通量为Φ1，金属框在位置Ⅱ的磁通量为Φ2，由题可知：ΔΦ1＝|Φ2－Φ1|，ΔΦ2＝|－Φ2－Φ1|，所以金属框的磁通量变化量大小ΔΦ1＜ΔΦ2，由安培定则知两次磁通量均向里减小，所以由楞次定律知两次运动中线框中均出现沿adcba方向的电流，C对．【变式1-1】如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为()A．1∶1 B．1∶2C．1∶4 D．4∶1解析：选A由题图可知，穿过a、b两个线圈的磁通量均为Φ＝B·πr2，因此磁通量之比为1∶1，A正确。【变式1-2】如图所示，闭合线圈abcd水平放置，其面积为S，匝数为n，线圈与磁感应强度为B的匀强磁场的夹角θ＝45°.现将线圈以ab边为轴沿顺时针方向转动90°，则在此过程中线圈磁通量的改变量大小为()A．0 B.eq\r(2)BSC.eq\r(2)nBS D．nBS答案B【变式1-3】如图所示，匝数为N、半径为r1的圆形线圈内有匀强磁场，匀强磁场在半径为r2的圆形区域内，匀强磁场的磁感应强度B垂直于线圈平面。通过该线圈的磁通量为()A．Bπreq\o\al(2,1)B．Bπreq\o\al(2,2)C．NBπreq\o\al(2,1)D．NBπreq\o\al(2,2)解析通过线圈的磁通量Φ＝BS＝Bπreq\o\al(2,2)，A选项错误，B选项正确；磁通量与线圈的匝数无关，C、D选项错误。答案B【题型2平动切割问题】【例2】(多选)半径为a、右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.直杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，直杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，直杆的位置由θ确定，如图所示．则()A．θ＝0时，直杆产生的电动势为2BavB．θ＝eq\f(π,3)时，直杆产生的电动势为eq\r(3)BavC．θ＝0时，直杆受的安培力大小为eq\f(2B2av,π＋2R0)D．θ＝eq\f(π,3)时，直杆受的安培力大小为eq\f(3B2av,5π＋3R0)答案AD解析当θ＝0时，直杆切割磁感线的有效长度l1＝2a，所以直杆产生的电动势E1＝Bl1v＝2Bav，选项A正确．此时直杆上的电流I1＝eq\f(E1,πa＋2aR0)＝eq\f(2Bv,π＋2R0)，直杆受到的安培力大小F1＝BI1l1＝eq\f(4B2av,π＋2R0)，选项C错误．当θ＝eq\f(π,3)时，直杆切割磁感线的有效长度l2＝2acoseq\f(π,3)＝a，直杆产生的电动势E2＝Bl2v＝Bav，选项B错误．此时直杆上的电流I2＝eq\f(E2,2πa－\f(2πa,6)＋aR0)＝eq\f(3Bv,5π＋3R0)，直杆受到的安培力大小F2＝BI2l2＝eq\f(3B2av,5π＋3R0)，选项D正确．【变式2-1】如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计．已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则()A．电路中感应电动势的大小为eq\f(Blv,sinθ)B．电路中感应电流的大小为eq\f(Bvsinθ,r)C．金属杆所受安培力的大小为eq\f(B2lvsinθ,r)D．金属杆的热功率为eq\f(B2lv2,rsinθ)答案B解析电路中的感应电动势E＝Blv，感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(E,\f(l,sinθ)r)＝eq\f(Bvsinθ,r)，故A错误，B正确；金属杆所受安培力大小F＝BIeq\f(l,sinθ)＝eq\f(B2lv,r)，故C错误；金属杆的热功率P＝I2R＝I2eq\f(l,sinθ)r＝eq\f(B2lv2sinθ,r)，故D错误．【变式2-2】(多选)如图所示，光滑的金属框CDEF水平放置，宽为L，在E、F间连接一阻值为R的定值电阻，在C、D间连接一滑动变阻器R1(0≤R1≤2R)。框内存在着竖直向下的匀强磁场。一长为L、电阻为R的导体棒AB在外力作用下以速度v匀速向右运动，金属框电阻不计，导体棒与金属框接触良好且始终垂直，下列说法正确的是()A．ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针B．左右两个闭合区域的磁通量都在变化，且变化率相同，故电路中的感应电动势大小为2BLvC．当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝R时，导体棒两端的电压为BLvD．当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝eq\f(R,2)时，滑动变阻器有最大电功率，且为eq\f(B2L2v2,8R)[解析]根据楞次定律可知，ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针，故A正确；根据法拉第电磁感应定律可知，电路中的感应电动势E＝BLv，故B错误；当R1＝R时，外电路总电阻R外＝eq\f(R,2)，故导体棒两端的电压即路端电压为eq\f(1,3)BLv，故C错误；该电路电动势E＝BLv，电源内阻为R，求解滑动变阻器的最大电功率时，可以将导体棒和电阻R看成新的等效电源，等效内阻为eq\f(R,2)，故当R1＝eq\f(R,2)时，等效电源输出功率最大，则滑动变阻器的最大电功率Pm＝eq\f(UR12,R1)＝eq\f(\f(1,4)E2,\f(R,2))＝eq\f(B2L2v2,8R)，故D正确。[答案]AD【变式2-3】在xOy平面内有一条抛物线金属导轨，导轨的抛物线方程为y2＝4x，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向里，一根足够长的金属棒ab垂直于x轴从坐标原点开始，以恒定速度v沿x轴正方向运动，运动中始终与金属导轨保持良好接触，如图7所示．则下列图象中能表示回路中感应电动势大小随时间变化的是()答案B解析金属棒ab沿x轴以恒定速度v运动，因此x＝vt，则金属棒在回路中的有效长度l＝2y＝4eq\r(x)＝4eq\r(vt)，由电磁感应定律得回路中感应电动势E＝Blv＝4Beq\r(v3t)，即E2∝t，B正确．【题型3旋转切割问题】【例3】(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图8所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍答案AB解析将圆盘看成无数幅条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，流过电阻的电流方向从a到b，B对；由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝BLeq\x\to(v)＝eq\f(1,2)BL2ω，I＝eq\f(E,R＋r)，ω恒定时，I大小恒定，ω大小变化时，I大小变化，方向不变，故A对，C错；由P＝I2R＝eq\f(B2L4ω2R,4R＋r2)知，当ω变为原来的2倍时，P变为原来的4倍，D错．【变式3-1】如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是()A．Ua＞Uc，金属框中无电流B．Ub＞Uc，金属框中电流方向沿abcaC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中无电流D．Ubc＝eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中电流方向沿acba答案C解析金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误．转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断Ua<Uc，Ub<Uc，选项A错误．由转动切割产生感应电动势的公式得Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，选项C正确．【变式3-2】如图所示，虚线两侧的磁感应强度大小均为B，方向相反，电阻为R的导线弯成顶角为90°，半径为r的两个扇形组成的回路，O为圆心，整个回路可绕O点转动．若由图示的位置开始沿顺时针方向以角速度ω转动，则在一个周期内电路消耗的电能为()A.eq\f(πB2ωr4,R) B.eq\f(2πB2ωr4,R)C.eq\f(4πB2ωr4,R) D.eq\f(8πB2ωr4,R)答案C解析从图示位置开始计时，在一个周期T内，在0～eq\f(T,4)、eq\f(T,2)～eq\f(3,4)T内没有感应电流产生，在eq\f(T,4)～eq\f(T,2)，eq\f(3,4)T～T内有感应电流产生，在eq\f(T,4)～eq\f(T,2)，eq\f(3,4)T～T内线框产生的总的感应电动势E＝4×eq\f(1,2)Br2ω＝2Br2ω，则在一周期内电路释放的电能为Q＝eq\f(E2,R)·eq\f(T,2)，T＝eq\f(2π,ω)，解得Q＝eq\f(4πB2ωr4,R)，C项正确．【变式