法拉第电磁感应定律教案及例题解析(答案)

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高中物理法拉第电磁感应定律习题知识点及练习题含答案解析

高中物理法拉第电磁感应定律习题知识点及练习题含答案解析一、高中物理解题方法：法拉第电磁感应定律1．如图（a ）所示，间距为l 、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上。

在区域I 内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度为B ；在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度B t 的大小随时间t 变化的规律如图（b ）所示。

t ＝0时刻在轨道上端的金属细棒ab 从如图位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd 在位于区域I 内的导轨上由静止释放。

在ab 棒运动到区域Ⅱ的下边界EF 处之前，cd 棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好。

已知cd 棒的质量为m 、电阻为R ，ab 棒的质量、阻值均未知，区域Ⅱ沿斜面的长度为2l ，在t ＝t x 时刻（t x 未知）ab 棒恰进入区域Ⅱ，重力加速度为g 。

求：(1)通过cd 棒电流的方向和区域I 内磁场的方向； (2)ab 棒开始下滑的位置离EF 的距离；(3)ab 棒开始下滑至EF 的过程中回路中产生的热量。

【答案】(1)通过cd 棒电流的方向从d 到c ，区域I 内磁场的方向垂直于斜面向上；(2)3l （3）4mgl sin θ。

【解析】【详解】(1)由楞次定律可知，流过cd 的电流方向为从d 到c ，cd 所受安培力沿导轨向上，由左手定则可知，I 内磁场垂直于斜面向上，故区域I 内磁场的方向垂直于斜面向上。

(2)ab 棒在到达区域Ⅱ前做匀加速直线运动，a ＝sin mg mθ=gs in θ cd 棒始终静止不动，ab 棒在到达区域Ⅱ前、后，回路中产生的感应电动势不变，则ab 棒在区域Ⅱ中一定做匀速直线运动，可得：1Blv t∆Φ=∆ 2(sin )x xB l IBI g t t θ⋅⋅= 解得2sin x lt g θ=ab 棒在区域Ⅱ中做匀速直线运动的速度12sin v gl θ=则ab 棒开始下滑的位置离EF 的距离21232x h at l l =+= (3)ab 棒在区域Ⅱ中运动时间222sin xl lt v g θ== ab 棒从开始下滑至EF 的总时间222sin x lt t t g θ=+= 感应电动势：12sin E Blv Bl gl θ==ab 棒开始下滑至EF 的过程中回路中产生的热量：Q ＝EIt ＝4mgl sin θ2．如图，水平面（纸面）内同距为l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为m 、长度为l 的金属杆置于导轨上，t ＝0时，金属杆在水平向右、大小为F 的恒定拉力作用下由静止开始运动．0t 时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ．重力加速度大小为g ．求（1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；（2）电阻的阻值．【答案】0F E Blt g m μ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ； R =220B l t m【解析】【分析】【详解】（1）设金属杆进入磁场前的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得：ma=F-μmg ① 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v ，由运动学公式有：v =at 0 ②当金属杆以速度v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为:E=Blv ③联立①②③式可得:0F E Blt g m μ⎛⎫=-⎪⎝⎭④（2）设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆的电流为I ，根据欧姆定律：I=E R⑤ 式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为：f BIl = ⑥ 因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得：F –μmg–f=0 ⑦联立④⑤⑥⑦式得: R =220B l t m3．如图所示，光滑的长平行金属导轨宽度d=50cm ，导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，导轨上端电阻R=0.8Ω，其他电阻不计．导轨放在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4T ．金属棒ab 从上端由静止开始下滑，金属棒ab 的质量m=0.1kg ．（sin37°=0.6，g=10m/s 2）（1）求导体棒下滑的最大速度；（2）求当速度达到5m/s 时导体棒的加速度；（3）若经过时间t ，导体棒下滑的垂直距离为s ，速度为v ．若在同一时间内，电阻产生的热与一恒定电流I 0在该电阻上产生的热相同，求恒定电流I 0的表达式（各物理量全部用字母表示）．【答案】（1）18.75m/s （2）a=4.4m/s 2（3222mgs mv Rt【解析】【分析】根据感应电动势大小与安培力大小表达式，结合闭合电路欧姆定律与受力平衡方程，即可求解；根据牛顿第二定律，由受力分析，列出方程，即可求解；根据能量守恒求解；解：（1）当物体达到平衡时，导体棒有最大速度，有：sin cos mg F θθ= ，根据安培力公式有： F BIL =，根据欧姆定律有： cos E BLv I R Rθ==，解得： 222sin 18.75cos mgR v B L θθ==；（2）由牛顿第二定律有：sin cos mg F ma θθ-= ，cos 1BLv I A Rθ==， 0.2F BIL N ==， 24.4/a m s =；（3）根据能量守恒有：22012mgs mv I Rt =+ ，解得： 202mgs mvI Rt-=4．如图甲所示，光滑导体轨道PMN 和P ′M ′N ′是两个完全一样的轨道，是由半径为r 的四分之一圆弧轨道和水平轨道组成，圆弧轨道与水平轨道在M 和M ′点相切，两轨道并列平行放置，MN 和M ′N ′位于同一水平面上，两轨道之间的距离为L ，PP ′之间有一个阻值为R 的电阻，开关K 是一个感应开关(开始时开关是断开的)，MNN ′M ′是一个矩形区域内有竖直向上的磁感应强度为B 的匀强磁场，水平轨道MN 离水平地面的高度为h ，其截面图如图乙所示．金属棒a 和b 质量均为m 、电阻均为R ，在水平轨道某位置放上金属棒b ，静止不动，a 棒从圆弧顶端PP ′处静止释放后，沿圆弧轨道下滑，若两导体棒在运动中始终不接触，当两棒的速度稳定时，两棒距离2222mR grx B L=，两棒速度稳定之后，再经过一段时间，b 棒离开轨道做平抛运动，在b 棒离开轨道瞬间，开关K 闭合．不计一切摩擦和导轨电阻，已知重力加速度为g ．求：(1)两棒速度稳定时的速度是多少？ (2)两棒落到地面后的距离是多少？(3)从a 棒开始运动至b 棒离开轨道的过程中，回路中产生的焦耳热是多少？【答案】(1)12gr v =rhx ∆=12Q mgr =【解析】【分析】【详解】（1）a 棒沿圆弧轨道运动到最低点M 时，由机械能守恒定律得：2012mgr mv =解得a 棒沿圆弧轨道最低点M 时的速度02v gr =从a 棒进入水平轨道开始到两棒达到相同速度的过程中，两棒在水平方向受到的安培力总是大小相等，方向相反，所以两棒的总动量守恒．由动量守恒定律得：012mv mv =解得两棒以相同的速度做匀速运动的速度01222gr v v ==（2）经过一段时间，b 棒离开轨道后，a 棒与电阻R 组成回路，从b 棒离开轨道到a 棒离开轨道过程中a 棒受到安培力的冲量大小：2222A B L xI ILBt BL Rit R∆Φ===由动量定理：21A I mv mv --=解得224grv =由平抛运动规律得，两棒落到地面后的距离()1222h rh x v v g ∆=-= （3）由能量守恒定律可知，a 棒开始运动至b 棒离开轨道的过程中，回路中产生的焦耳热：220111(2)22Q mv m v =- 解得：12Q mgr =5．如图甲所示,两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨相距为L 1=1m,导轨平面与水平面成θ=30°角，上端连接阻值R =1.5Ω的电阻，质量为m =0.2Kg 、阻值r=0.5Ω的金属棒放在两导轨上,距离导轨最上端为L 2=4m,棒与导轨垂直并保持良好接触．整个装置处于一匀强磁场中,该匀强磁场方向与导轨平面垂直,磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示．为保持ab 棒静止,在棒上施加了一平行于导轨平面的外力F ，g =10m/s 2求：（1）当t =1s 时,棒受到安培力F 安的大小和方向; （2）当t =1s 时,棒受到外力F 的大小和方向;（3）4s 后,撤去外力F ，金属棒将由静止开始下滑,这时用电压传感器将R 两端的电压即时采集并输入计算机,在显示器显示的电压达到某一恒定值后,记下该时刻棒的位置，测出该位置与棒初始位置相距2m,求棒下滑该距离过程中通过金属棒横截面的电荷量q. 【答案】（1）0.5N ；方向沿斜面向上（2）0.5N ，方向沿斜面向上（3）1.5C 【解析】【分析】【详解】（1）0-3s 内，由法拉第电磁感应定律得：122V BE L L t t∆Φ∆===∆∆ T =1s 时，F 安=BIL 1=0.5N 方向沿斜面向上（2）对ab 棒受力分析，设F 沿斜面向下，由平衡条件： F +mg sin30° -F 安=0 F =-0.5N外力F 大小为0.5N ．方向沿斜面向上（3）q =It ,EI R r =+；E t∆Φ=∆； 1∆Φ=BL S 联立解得1 1.512C 1.5C 1.50.5BL S q R r ⨯⨯===++6．如图所示，足够长的固定平行粗糙金属双轨MN 、PQ 相距d ＝0.5m ，导轨平面与水平面夹角α＝30°，处于方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小B ＝0.5T 的匀强磁场中。

(完整版)法拉第电磁感应定律的例题

法拉第电磁感应定律的例题【例1】如图所示，磁感强度B=1.2T的匀强磁场中有一折成30°角的金属导轨aob，导轨平面垂直磁场方向。

一条直线MN垂直ob方向放置在轨道上并接触良好。

当MN以v=4m/s从导轨O点开始向右平动时，若所有导线单位长度的电阻r=0.1Ω/m。

求：（1）经过时间t后，闭合回路的感应电动势的瞬时值和平均值；（2）闭合回路中的电流大小和方向。

【分析】磁场B与平动速度v保持不变，但MN切割磁感线有效【解答】 (1)设运动时间为t后，在ob上移动S=vt=4t，MN的回路总电阻R=Lr=10.9t×0.1=1.09t【说明】 (1)本题切割的有效长度是时间的函数，所以电动势的平均值、即时值与有效长度的平均值、即时值有关(2)解这一类有效长度随时间变化的问题，关键是找到有效长度与时间的函数关系。

【例2】如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，长L电阻R0的裸电阻丝cd在宽L的平行金属轨道上向右滑行，速度为v。

已知R1=R2=R0，其余电阻忽略不计，求电键K闭合与断开时，M、N两点的电势差U MN。

【分析】 cd在磁场中做切割磁感线的运动，这部分电路是电源，你知道电键K 断开和闭合，U cd有什么不同吗？电键K断开时，电路abcd不闭合，只产生感应电动势，而没有感应电流，N、c、b等势，M、a、d等势，U MN=U dc=E；电键K闭合时，电路中有感应电流，此时U MN=U dc为路端电压。

【解答】ε=BLvK断开时，U MN=U dc=ε=BLv【说明】 1、不要以为切割磁感线导体两端电压都等于感应电动势，通过此题想想在什么情况下，两端电压不等于电动势的值。

2、cd部分是电源，在电源内部，电流方向是从低电势流向高电势（规定为电动势的方向），所以U MN=U dc为正值。

【例3】如图所示，小灯泡的规格为“2V、4W”，接在光滑水平导轨上，轨距0.1m，电阻不计。

法拉第电磁感应定律答案

法拉第电磁感应定律答案
例3解析：(1)计算平均电流，应该用法拉第电磁感应定律，先求出平均感应电动势．整个过程磁通量的变化为ΔΦ＝BS＝BπR2，所用的时间Δt＝，代入E＝＝ ·v＝ .
通过r的平均电流＝＝ .
(2)通过r的电荷量q＝ Δt＝ · ＝ .
(3)MN经过圆导轨中心O时，感应电动势为E＝Blv＝2BRv.
通过r的电流为I＝＝ .
答案：(1) (2) (3)
例2解析：
PQ在磁场中切割磁感线产生感应电动势，闭合电路中有感应电流，可将电阻丝PQ视为有内阻的电源，电阻丝aP与bP并联，且RaP＝ R，RbP＝ R，画出等效电路图如图所示，这样就将问题转化为纯电路问题．
根据题意，电源电ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ势E＝BvL，
外电阻R外＝＝ R，
cd两点间的电势差U＝I ＝ E＝ BL .
(3)安培力F＝BIL＝，
根据牛顿第二定律mg－F＝ma，因a＝0，
解得下落高度满足h＝ .
10【答案】(1)0.8 V0.4 A(2)1.28×10－2W
【解析】
(1)棒滑过圆环直径OO′的瞬时，垂直切割磁感线的有效长度为2a，故在MN中产生的感应电动势为E1＝B·2a·v＝0.2×2×0.4×5 V＝0.8 V，通过灯L1的电流I1＝＝ A＝0.4 A.
(2)在t＝5 s内回路产生的热量可用电热公式Q＝I2Rt＝( )2Rt＝0.16 J.
(3)在t＝5 s内通过ab杆的电荷量为q＝It＝ t＝ ×5 C＝2 C.
总电阻R总＝R外＋r＝ R＋R＝ R，
总电流I＝＝，
通过aP段的电流IaP＝ I＝，方向由P到a.
答案：方向由P到a
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3【答案】A

法拉第电磁感应定律参考答案

法拉第电磁感应定律参考答案1.[解析] (1)根据楞次定律可知，通过R 1的电流方向为由b 到a 。

根据法拉第电磁感应定律得线圈中的电动势为E ＝n ΔB πr 22Δt ＝n ·B 0πr 22t 0根据闭合电路欧姆定律得通过R 1的电流为I ＝E 3R ＝nB 0πr 223Rt 0。

(2)通过R 1的电荷量q ＝It 1＝nB 0πr 22t 13Rt 0， R 1上产生的热量Q ＝I 2R 1t 1＝2n 2B 20π2r 42t 19Rt 20。

2.解析：选B 磁感应强度的变化率ΔB Δt ＝2B －B Δt ＝B Δt，法拉第电磁感应定律公式可写成E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt S ，其中磁场中的有效面积S ＝12a 2，代入得E ＝n Ba 22Δt，选项B 正确，A 、C 、D 错误。

3.解析：选D 变化的磁场产生的感生电动势为E ＝ΔB Δtπr 2＝k πr 2，小球在环上运动一周感生电场对其所做的功W ＝qE ＝qk πr 2，D 项正确，A 、B 、C 项错误。

4.解析：选C 由楞次定律可知，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，选项A 错误；由法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势为E ＝nS ΔB Δt＝0.1 V ，电阻R 两端的电压不随时间变化，选项B 错误；回路中电流I ＝E R ＋r＝0.02 A ，线圈电阻r 消耗的功率为P ＝I 2r ＝4×10－4 W ，选项C 正确；前4 s 内通过R 的电荷量为q ＝It ＝0.08 C ，选项D 错误5.解析：选AD 磁感应强度均匀变化，产生恒定电动势，电容器C 的电荷量大小始终没变，选项A 正确、B 错误；由于磁感应强度变化，MN 所受安培力的大小变化，MN 所受安培力的方向先向右后向左，选项C 错误、D 正确。

6.解析：选A 根据E ＝ΔB ΔtS ，所以B -t 线的斜率大小反映电动势大小，根据比较图线的斜率大小可看出E 1＜E 2＝E 3；根据楞次定律可判断，I 1沿逆时针方向，I 2沿顺时针方向，I 3沿顺时针方向。

高中物理法拉第电磁感应定律 (提纲、例题、练习、解析)

法拉第电磁感应定律【学习目标】1．通过实验过程理解法拉第电磁感应定律，理解磁通量的变化率tϕ∆∆，并能熟练地计算；能够熟练地计算平均感应电动势（E ntϕ∆=∆）和瞬时感应电动势（sin E BLv α=），切割情形）。

2．了解感生电动势和动生电动势产生机理。

3．熟练地解决一些电磁感应的实际问题。

4．理解并运用科学探究的方法。

【要点梳理】要点一、感应电动势在电磁感应现象中产生的电动势叫做感应电动势，产生感应电动势的那部分导体相当于电源。

要点诠释：（1）感应电动势的存在与电路是否闭合无关。

（2）感应电动势是形成感应电流的必要条件。

有感应电动势（电源），不一定有感应电流（要看电路是否闭合），有感应电流一定存在感应电动势。

要点二、法拉第电磁感应定律1．定律内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。

2．公式：ФE nt ∆=∆。

式中n 为线圈匝数，Фt∆∆是磁通量的变化率，注意它和磁通量西以及磁通量的变化量21ФФФ∆=-的区别。

式中电动势的单位是伏（V ）、磁通量的单位是韦伯（Wb ），时间的单位是秒（s ）。

要点诠释：（1）感应电动势E 的大小决定于穿过电路的磁通量的变化率Фt∆∆，而与Ф的大小、Ф∆的大小没有必然的联系，和电路的电阻R 无关；感应电流的大小和E 及回路总电阻R 有关。

（2）磁通量的变化率Фt∆∆是Фt -图象上某点切线的斜率。

（3）公式ФE k t∆=⋅∆中，k 为比例常数，当E 、Ф∆、t ∆均取国际单位时，1k =，所以有ФE t∆=∆。

若线圈有n 匝，则相当于n 个相同的电动势Фt∆∆串联，所以整个线圈中电动势为ФE nt∆=∆。

（4）磁通量发生变化有三种方式：一是Ф∆仅由B 的变化引起，21||B B B ∆=-，B E nSt ∆=∆；二是Ф∆仅由S 的变化引起，21||S S S ∆=-，SE nB t∆=∆；三是磁感应强度B 和线圈面积S 均不变，而线圈绕过线圈平面内的某一轴转动，此时21||ФФE n t -=∆。

法拉第电磁感应定律(含答案解析)

8 电动势的论述，正确的是( )
老师 8182 3.1-9 9 A．图甲中回路产生的感应电动势恒定不变亮 4 B．图乙中回路产生的感应电动势一直在变大 8 C．图丙中回路在 0〜t0 时间内产生的感应电动势大于 t0〜2t0 时间内产生的感应电动势许 2 D．图丁回路产生的感应电动势先变小再变大
3.1-8
A．恒为nS(B2－B1)
B．从
0
nS(B2－B1) 均匀变化到
t2－t1
t2－t1
7.
C．恒为－nS(B2－B1) t2－t1
D．从
0
nS(B2－B1) 均匀变化到－
t2－t1
8 (多选)穿过闭合回路的磁通量 Φ 随时间 t 变化的图象分别如图 3.1-9 甲、乙、丙、丁所示，下列关于回路中产生的感应
y t 【注意】
B a 产生感应电动势的那部分导体相当于电源，感应电动势即该电源的电动势。
h 3.1.1.2.3
ΔΦ
c 3.1-1
Φ
ΔΦ
Δt
3.1-1
/We 磁通量 Φ
Wb
表示某时刻或某位置时穿过某一面积
的磁感线条数的多少
Q 磁通量的变化量 QΔΦ
Wb
表示在某一过程中穿过某一面积磁通量变化的多少
Φ＝B·S⊥ ΔΦ＝Φ2－Φ1
W (1) S 闭合后，通过 R2 的电流大小；
QQ/ (2) S 闭合后一段时间又断开，则 S 切断后通过 R2 的电量是多少？
3.1-7
第3⻚
3
3.1.3.2
6. 如图 3.1-8 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( )

法拉第电磁感应定律及自感综合例题解析

高三物理第18周物理自学园地第Ⅱ课时法拉第电磁感应定律•自感1、如图12－2－12所示，粗细均匀的电阻为r 的金属圆环，放在图示的匀强磁场中，磁感应强度为B ，圆环直径为d ，长为L ，电阻为2r 的金属棒ab 放在圆环上，以速度0υ向左匀速运动，当ab 棒运动到图示虚线位置时，金属棒两端电势差为（）A 、0；B 、0υBL ；C 、021υBL ；D 031υBL ．【解析】当金属棒ab 以速度0υ向左运动到图示虚线位置时，根据公式可得产生的感应电动势为0υBL E = ，而它相当于一个电源，并且其内阻为2r ；金属棒两端电势差相当于外电路的端电压．外电路半个圆圈的电阻为2r ，而这两个半个圆圈的电阻是并联关系，故外电路总的电阻为4r ，所以外电路电压为03131υBL E U ba ==．【答案】D2、如图12－2－13所示，竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒 ab 以水平的初速0υ抛出，设在整个过程中棒的取向不变且不计空气阻力，则在金属棒运动过程中产生的感应电动势大小变化情况是（）A 、越来越大；B 、越来越小；C 、保持不变；D 、无法判断．【解析】金属棒做切割磁感线的有效速度是与磁感应强度B 垂直的那个分速度，由于金属棒做切割磁感线的水平分速度不变，故感应电动势不变．【答案】C3、（2003年杭州模拟题）如图12－2－14所示为日光灯的电路图，以下说法中正确的是（）①日光灯的启动器是装在专用插座上的，当日光灯正常发光后，取下启动器，不会影响灯管发光．②如果启动器丢失，作为应急措施，可以用一小段带绝缘外皮的导线启动日光灯．③日光灯正常发光后，灯管两端的电压为220V ．④镇流器在日光灯启动时，产生瞬时高压A 、①②B 、③④C 、①②④D 、②③④【解析】日光灯正常发光后，由于镇流器的降压限流作用，灯管两端的电压要低于220V ．【答案】C4、（2002年全国高考卷）如图12－2－15中EF 、GH 为平行的金属导轨，其电阻可不计，R 为电阻器，C 为电容器，AB 为可在EF 和GH 上滑动的导体横杆，有均匀磁场垂直于导轨平面．若用1I 和2I 分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB （）A 、匀速滑动时，01=I ，02=IB 、匀速滑动时01≠I ，02≠IC 、加速滑动时，01=I ，02=ID 、加速滑动时，01≠I ，02≠I【解析】横杆匀速滑动时，由于υBL E =不变，故02=I ，01≠I ．加速滑动时，由于υBL E =逐渐增大，电容器不断充电，故01≠I ，02≠I ．【答案】D5、如图12－2－16所示，线圈由A 位置开始下落，若它在磁场中受到的磁场力总小于重力，则在A 、B 、C 、D 四个位置（B 、D 位置恰好线圈有一半在磁场中）时加速度的关系为（）A 、A a >B a >C a >D a B 、A a ＝C a >B a >D aC 、A a ＝C a >D a >B a D 、A a ＝C a >B a ＝D a【解析】线框在A 、C 位置时只受重力作用，加速度A a ＝C a ＝g ．线框在B 、D 位置时均受两个力的作用，其中安培力向上、重力向下．由于重力大于安培力，所以加速度向下，大小g m F g a <-=．（ma Rl B mg =-υ22）又线框在D 点时速度大于B 点时速度，即B D F F >，所以B a >D a ．因此加速度的关系为A a ＝C a >B a >D a ．【答案】B6、如图12－2－17所示，将长为1m 的导线从中间折成约为0106的角，磁感应强度为0.5T 的匀强磁场垂直于导线所在的平面．为使导线产生4V 的感应电动势，则导线切割磁感线的最小速度约为_________．【解析】欲使导线获得4V 的感应电动势，而导线的速度要求最小，根据υBL E =可知：E 、B 一定的情况下，L 最大且υ与L 垂直时速度最小．故根据υBL E =得： s m s m BL E /10/8.05.04min =⨯==υ 【答案】s m /107、如图12－2－18所示，匀强磁场的磁感应强度为0.4T ，Ω=100R ，F C μ100=，ab 长为20cm ，当ab 以s m /10=υ的速度向右匀速运动时，电路中的电流为___________，电容器上板带________电，电荷量为_________C ．【解析】感应电动势V V BL E 8.0102.04.0=⨯⨯==υ，极板上的电荷量C C CE Q 561088.010100--⨯=⨯⨯==．由于感应电动势一定，电容器的带电荷量一定，所以电路中无电流．【答案】零；正；C 5108-⨯8、（2004年北京高考试卷）如图12－2－19（1）所示，两根足够长的直金属导轨MN 、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L ．M 、P 两点间接有阻值为R 的电阻．一根质量为m 的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略．让ab 杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．(1)由b 向a 方向看到的装置如图12－2－19（2）所示，请在此图中画出ab 杆下滑过程中某时刻的受力示意图；（2）在加速下滑的过程中，当ab 杆的速度大小为υ时，求此时ab 杆中的电流及其加速度的大小；（3）求在下滑过程中，ab 杆可以达到的速度最大值．【解析】（1）ab 杆受到一个竖直向下的重力；垂直斜面向上的支持力；根据楞次定律的“阻碍”作用可得所受的安培力沿斜面向上．(画图略)（2）当ab 杆的速度大小为υ时，产生的感应电动势为υBL E =，此时杆ab 的电流为R BL I υ=；受到的安培力为RL B BIL F 22υ==．根据牛顿第二定律得ma RL B mg =-22sin υθ 即mRL B g a 22sin υθ-= （3）当加速度为零时速度达到最大即22sin LB mgR m θυ= 【答案】（1）ab 杆受到一个竖直向下的重力；垂直斜面向上的支持力；沿斜面向上的安培力（2）mRL B g a 22sin υθ-=（3）22sin L B mgR m θυ= 9、（2003年北京海淀区模拟题）如图12－2－20所示，MN 和PQ 是固定在水平面内间距L ＝0.2m 的平行金属导轨，轨道的电阻忽略不计．金属杆ab 垂直放置在轨道上．两轨道间连接有阻值为Ω=5.10R 的电阻，ab 杆的电阻Ω=5.0R ．ab 杆与导轨接触良好并不计摩擦，整个装置放置在磁感应强度为T B 5.0=的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向下．对ab 杆施加一水平向右的拉力，使之以s m /5=υ速度在金属轨道上向右匀速运动．求：（1）通过电阻0R 的电流；（2）对ab 杆施加的水平向右的拉力大小；（3）ab 杆两端的电势差．【解析】（1）a 、b 杆上产生的感应电动势为V BL E 5.0==υ．根据闭合电路欧姆定律，通过0R 的电流A R R E I 25.00=+= （2）由于ab 杆做匀速运动，拉力和磁场对电流的安培力F 大小相等，即N BIL F F 025.0==＝拉（3）根据欧姆定律，ab 杆两端的电势差V R R R BL R R ER U ab 375.00000=+=+=υ【答案】（1）0.25A （2）0.025N （3）0.375V10、（2004年上海高考卷）水平向上足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L ，一端通过导线与阻值为R 的电阻连接；导轨上放一质量为m 的金属杆（如图12－2－21所示），金属杆与导轨的电阻忽略不计；均匀磁场竖直向下．用与导轨平行的恒定拉力F 作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动．当改变拉力大小时，相对应的匀速运动速度υ也会变化，υ和F 的关系如图12－2－22所示．（取重力加速度2/10s m g =）（1）金属杆在匀速运动之前做什么运动？（2）若kg m 5.0=，m L 5.0=，Ω=5.0R ；磁感应强度B 为多大？（3）由υ－F 图线的截距可求得什么物理量？其值为多少？【解析】（1）若金属棒与导轨间是光滑的，那么平衡时必有恒定拉力与安培力平衡，即RL B F 22υ= 从而得到F L B R 22=υ，即υ与F 成线性关系且经过坐标原点．而本题的图像坐标没有经过原点，说明金属棒与导轨间有摩擦．金属棒在匀速运动之前安＋F F F f >，随着速度的增加，安培力越来越大，最后相等．故金属棒在匀速运动之前做变速运动（加速度越来越小）．（2）设摩擦力为f F ，平衡时有RL B F F F F 22f f υ＋＝＋＝安．选取两个平衡状态，得到两个方程组，从而求解得到．如当F ＝4N 时，s m /4＝υ；当F ＝10N 时，s m /16=υ．代入RL B F F 22f υ＋＝解得：B ＝1T ，N F f 2=（3）由以上分析得到：υ－F 图线的截距可求得金属棒与导轨间的摩擦力，大小为2N ．【答案】（1）金属棒在匀速运动之前做变速运动（加速度越来越小）；（2）B ＝1T ；（3）υ－F 图线的截距可求得金属棒与导轨间的摩擦力，大小为2N ．第Ⅲ课时电磁感应和电路规律的综合应用1、如图12－3－7所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从图示位置匀速拉出匀强磁场，若第一次用0.3s 时间拉出，外力做的功为1W ，通过导线截面的电量为1q ，第二次用0.9s 时间拉出，外力做的功为2W ，通过导线截面的电量为2q ，则（）A 、21W W <，21q q <B 、21W W <，21q q =C 、21W W >，21q q =D 、21W W >，21q q >【解析】设矩形线框的竖直边为a ，水平边为b ，线框拉出匀强磁场时的速度为υ，线框电阻为R ．则线框拉出匀强磁场时产生的感应电动势为a B E υ=，产生的感应电流为Ra B R E I υ== 根据平衡条件得：作用的外力等于安培力即Ra B BIa F F 22υ==＝安将线框从磁场中拉出外力要做功υυ⋅=⋅=⋅=Rba B b R a B b F W 2222 由这个表达式可知：Rba B 22两种情况都一样，拉出的速度越大，做的功就越多．第一次速度大，故21W W > 根据RS B R t tR t R E t I q ∆=∆=∆∆∆=∆==φφ，由这一推导过程可知两次拉出磁场通过导线截面的电量只与在磁场中的面积变化有关，即从磁场中拉出的线框面积．由于两次都等于整个线框的面积即两次拉出在磁场中的面积变化相等．故通过导线截面的电量两次相等．即21q q =【答案】C2、如图12－3－8所示，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，有半径为r 的光滑半圆形导体框，OC 为一能绕O 在框架上滑动的导体棒，Ob 之间连一个电阻R ，导体框架与导体电阻均不计，若要使OC 能以角速度ω匀速转动，则外力做功的功率是（）A 、R rB 422ω B 、R r B 2422ω C 、R r B 4422ω D 、Rr B 8422ω 【解析】由于导体棒匀速转动，所以外力的功率与产生的感应电流的电功率相等．根据法拉第电磁感应定律得：22121l B l l B l B E ωωυ=⋅==，所以电功率为R r B R l B R E P 4)21(422222ωω=== 【答案】C3、用同种材料粗细均匀的电阻丝做成ab 、cd 、ef 三根导线，ef 较长，分别放在电阻可忽略的光滑的平行导轨上，如图12－3－9所示，磁场是均匀的，用外力使导线水平向右作匀速运动（每次只有一根导线在导轨上），而且每次外力做功功率相同，则下列说法正确的是（）A 、ab 运动得最快B 、ef 运动得最快C 、导线产生的感应电动势相等D 、每秒钟产生的热量不相等【解析】三种情况下导线做切割磁感线运动的等效长度是相同的即导轨的宽度（设为l ）．根据法拉第电磁感应定律得产生的感应电动势为l B E υ=，由于匀速运动，所以外力做功的功率与电功率相等即R l B R E P P 22)(υ==电外＝ 22l B RP 电=υ由图可知导线ef 最长，ab 最短，所以有ab cd ef R R R >> 故ef 运动得最快．由l B E υ=和ef 的速度最大可知导线ef 产生的感应电动势最大．由于三根导线产生的电热功率相等，由Pt Q =得每秒钟产生的热量相等．【答案】B4、如图12－3－10所示，光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个灯泡，匀强磁场垂直于导轨所在平面，当ab 棒下滑到稳定状态时，小灯泡获得的功率为0P ，除灯泡外，其它电阻不计，要使灯泡的功率变为02P （但灯泡还在额定功率范围内），下列措施正确的是（）A 、换一个电阻为原来一半的灯泡B 、把磁感应强度增为原来的2倍C 、换一根质量为原来的2倍的金属棒D 、把导轨间的距离增大为原来的2倍【解析】设稳定状态即匀速运动时速度为υ，灯泡的电阻为R ，磁感应强度为B ，导轨宽为L ，质量为m ．根据平衡条件得RL B L R L B B BIL mg 22sin υυθ=== 22s i n L B m g R θυ= 感应电动势BLmgR L B E θυsin == 电功率R BLmg R E P 22)sin (θ==换一个电阻为原来一半的灯泡，则电功率为原来的一半．故A 错把磁感应强度增为原来的2倍，则电功率为原来的四分之一．故B 错换一根质量为原来的2倍的金属棒，则电功率为原来的2倍．故C 对把导轨间的距离增大为原来的2倍，则电功率为原来的一半．故D 错【答案】C5、如图12－3－11所示，匀强磁场中固定的金属框架ABC ，导线棒DE在框架ABC 上沿图示方向匀速平移，框架和导体材料相同，接触电阻不计，则（）A 、电路中感应电流保持一定B 、电路中的磁通量的变化率一定C 、电路中的感应电动势一定D 、DE 棒受到的拉力一定【解析】假设导体棒经过一段时间后由DE 位置运动到cf 位置（如图所示），在DE 位置时ae 部分是有效切割磁感线的导线长度，产生的感应电动势提供三角形aeB ∆闭合回路的电流，运动到cf 位置时，cf 部分是有效切割磁感线的导线长度，产生的感应电动势提供三角形cfB ∆闭合回路的电流，而两三角形aeB ∆与cfB ∆相似，由于运动速度不变，产生的感应电动势与ae 或cf 的长度成正比，而回路的总电阻与三角形aeB ∆或cfB ∆的周长成正比．所以很容易得到导体棒在不同的两个位置时，闭合回路电流相同，即电路中感应电流保持一定．由于电路中感应电流保持一定，电阻越来越大，感应电动势也应越来越大，故电路中的磁通量的变化率越来越大．导体棒的有效长度变长，所以拉力变大．【答案】A6、如图12－3－12所示，两个用相同导线制成的不闭合环A 和B ，半径B A r r 2=，两环缺口间用电阻不计的导线连接．当一均匀变化的匀强磁场只垂直穿过A 环时，a 、b 两点间的电势差为U ．若让这一均匀变化的匀强磁场只穿过B 环，则a 、b 两点间的电势差为_____________．【解析】由题意可知，A 环的面积是B 环面积的4倍，所以A 环产生的感应电动势是B 环的4倍，A 环的电阻是B 环的2倍．磁场只穿过A 环时，A 环等效为电源，B 环为外电路，此时有U R R R E B BA A =+；磁场只穿过B 环时，B 环等效为电源，A 环为外电路，此时有/U R R R E A BA B =+．由以上关系可求得2/U U =【答案】2U 7、如图12－3－13所示，平行金属导轨间距为d ，一端跨接一阻值为R的电阻，匀强磁场磁感应强度为B ，方向垂直轨道所在平面，一根长直金属棒与轨道成060角放置．当金属棒以垂直棒的恒定速度υ沿金属轨道滑行时，电阻R 中的电流大小为________，方向为__________．（不计轨道与棒的电阻）【解析】导体棒在导轨间切割磁感线的有效长度为33260sin 0d d L == 产生的感应电动势为υυBd BL E 332== 所以电阻R 上的电流为RBd R E I 332υ== 由右手定则判断出感应电流是自上而下通过电阻R ．【答案】RBd 332υ 自上而下 8、固定在匀强磁场中的正方形导线框abcd 各边长为l ，其中ab 是一段电阻为R 的均匀电阻丝，其余三边电阻可忽略的铜线，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里．现有一段与ab 完全相同的电阻丝PQ 架在导线框上（如图12－3－14所示），以恒定速度υ从ad 滑向bc ，当PQ 滑到距离ad 多少时，通过PQ 段电阻丝的电流最小？最小电流为多少？方向如何？【解析】根据题意画出如右图所示的等效电路图，当总电阻最大时，通过PQ 段电阻丝的电流最小，aP R 与Pb R 并联，又由于R R aP =+Pb R ，根据所学稳恒电流的知识得到：当aP R ＝Pb R 时外电路电阻最大，即总电阻最大．4541R R R R =+＝总故PQ 滑到ab 的中点时PQ 段电阻丝的电流最小根据法拉第电磁感应定律得到产生的感应电动势为l B E υ=故流过PQ 电阻丝的最小电流（即总电流）为R l B R l B R E I 5445min υυ==＝总根据右手定则得到电流方向由Q 到P【答案】PQ 滑到ab 的中点；Rl B 54υ；由Q 到P 9、如图12－3－15所示，有一磁感应强度为B ＝0.40T 的匀强磁场，其磁感线垂直地穿过半径cm l 20=的金属环，OA 是一根金属棒，它贴着圆环沿顺时针方向绕O 点匀速转动，OA 棒的电阻Ω=40.0r ，电路上三只电阻Ω===0.6321R R R ，圆环与其他导线的电阻不计，当电阻3R 消耗的电功率为W P 060.03=时，OA 棒的角速度多大？【解析】OA 金属棒切割磁感线运动产生的感应电动势把它当作电源，根据题意画出等效电路，（如右图所示）由3233R I P =得A A R P I 1.06060.0333===， 321R R R 、、三个电阻并联，并且三个电阻相等所以外电路的总电阻为Ω=0.2311R R ＝外而总电流为A I I 3.033== 故电源电动势为V V I r R E 72.03.0)4.02()(=⨯+==＋外根据法拉第电磁感应定律得 22121l B l l B l B E ωωυ=⋅== s rad s rad Bl E /90/)2.0(4.072.02222=⨯⨯==ω 【答案】s rad /9010、如图12－3－16所示，为某一电路的俯视图，MN 、PQ 为水平放置的很长的平行金属板相距0.2m ，板间有匀强磁场，B ＝0.8T ，方向垂直向下，金属杆电阻Ω=1.00R ．可以在水平方向左右无摩擦滑动，Ω==9.321R R ，C ＝10μF ．现有不计重力的带电粒子以s m /95.10=υ的初速度水平射入两板间，为使粒子能继续做匀速运动，则（1）棒ab 应向哪边运动？速度多大？（2）为使棒ab 保持匀速运动，作用在ab 上的水平外力F 多大？【解析】①由于不计带电粒子的重力，而带电粒子又要做匀速运动，所以必定是电场力与洛仑洛仑兹力相平衡，故有q E q B 电=0υ 得m V B E /56.10==υ电．再由平衡条件判定两板间的电场强度方向必向下，即上板电势高，所以由右手定则判定导体棒向右匀速运动．设导体棒向右匀速运动的速度为υ、两板间的间距为d ，则两板间的导体棒产生的感应电动势为d B E υ=，则两板间的电势差为E R R R U 011+=＝d E d B 电=+υ1.09.39.3 解得：s m /2=υ ②导体棒产生的感应电流为d d R R d B R R E I 4.0428.00101=⨯⨯=+=+=υ 导体棒受到的安培力N N d d BId F 228.12.02.04.08.04.08.0-⨯=⨯⨯⨯=⨯⨯==【答案】①向右匀速运动，s m /2=υ②N F 228.1-⨯= 第Ⅳ课时电磁感应和力学规律的综合应用1、半圆形导轨竖直放置，不均匀磁场水平方向并垂直于轨道平面，一个闭合金属环在轨道ab内来回滚动，如图12－4－7所示，若空气阻力不计，则（）A 、金属环做等幅振动；B 、金属环做减幅振动；C 、金属环做增幅振动；D 、无法确定．【解析】由于闭合金属环在充满不均匀磁场的圆形轨道内来回滚动，所以闭合金属环内的磁通量将发生变化，由此将产生感应电流，闭合回路中有了电流必将产生焦耳热，金属环在来回滚动的过程中能量将逐渐减少．故金属环做减幅振动．综上所述正确答案应选B【答案】B2、如图12－4－8所示，MN 和PQ 为平行放置的光滑金属导轨，其电阻不计，ab 、cd 为两根质量均为m 的导体棒，垂直置于导轨上，导体棒有一定电阻，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，原来两导体棒都静止，当ab 棒受到瞬时冲量而向右以速度0υ运动后，（设导轨足够长，磁场范围足够大，两棒不相碰）（）A 、cd 棒先向右做加速运动，然后做减速运动B 、cd 棒向右做匀加速运动C 、ab 棒和cd 棒最终将以2/0υ的速度匀速向右运动D 、从开始到ab 、cd 都做匀速运动为止，在两棒的电阻上消耗的电能是8/20υm【解析】开始ab 棒向右做减少运动，cd 棒向右做加速运动，当它们速度相等时闭合回路中就没有磁通量变化了，此时闭合回路没有感应电流，两棒一起向右做匀速运动．故选项A 、B 错根据ab 棒与cd 棒所受的安培力大小相等，方向相反，故ab 棒与cd 棒组成的系统在水平方向动量守恒，由动量守恒得：υυ)(0m m m += 021υυ= 故选项C 对根据功与能的转化关系得：在两棒的电阻上消耗的电能等于系统减少的动能，减少的动能为 202204122121υυυm m m E K =⨯-=∆ 故在两棒的电阻上消耗的电能是4/20υm 所以选项D 错．【答案】C3、如图12－4－9所示，矩形线圈长为L 、宽为h ，电阻为R ，质量为m ，在空气中竖直下落一段距离后（空气阻力不计），进入一宽度也为h 、磁感应强度为B 的匀强磁场中，线圈进入磁场时的动能为1K E ，线圈刚穿出磁场时的动能为2K E ，这一过程中产生的热量为Q ，线圈克服磁场力做的功为1W ，重力做的功为2W ，线圈重力势能的减少量为P E ∆，则以下关系中正确的是（）A 、21K K E E Q -=B 、12W W Q -=C 、1W Q =D 、122K KE E W -=【解析】线圈进入磁场和离开磁场的过程中，产生感应电流受到安培力的作用，线圈克服安培力所做的功等于产生的热量，故选项C 正确．根据功能的转化关系得线圈减少的机械能等于产生的热量即212K K E E W Q -+=故选项A 、B 是错的．根据动能定理得1212K K E E W W -=-，故选项D 是错的．【答案】C4、如图12－4－10所示，CDEF 是固定的、水平放置的、足够长的“U ”型金属导轨，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上架着一个金属棒ab ，在极短时间内给ab 棒一个水平向右的冲量，使它获得一个速度开始运动，最后又静止在导轨上，则ab 棒在运动过程中，就导轨是光滑和粗糙两种情况相比较（）A 、安培力对ab 棒做的功相等B 、电流通过整个回路所做的功相等C 、整个回路产生的总热量不同D 、ab 棒动量的改变量相同【解析】最终棒ab 的速度为零，根据功与能的转化关系可知：若导轨是粗糙的，导轨在水平方向要受到向左的安培力和滑动摩擦力．导体棒要克服安培力做功，动能一部分转化为电热能；还要克服滑动摩擦力做功，动能另一部分转化为摩擦产生的热量．但最终是全部转化为热能（热能等于开始时的总动能）．而导轨光滑，导轨在水平方向只受到向左的安培力作用，导体棒只要克服安培力做功，动能全部转化为电热能（热能等于开始时的总动能）．而两种情况下导体棒改变的动量相等，都等于最初的导体棒动量．【答案】D5、如图12－4－11所示，一根足够长的水平滑杆/SS 上套有一质量为m 的光滑金属圆环．在滑杆的正下方与其平行地放置一足够长的光滑水平的木制轨道，且穿过金属环的圆心O ．现使质量为M 的条形磁铁以0υ的水平速度沿轨道向右运动，则（）A 、磁铁穿过金属环后，二者将先后停下来B 、圆环可能获得的最大速度为)/(0m M M +υC 、磁铁与圆环系统损失的动能一定为)(2/20m M mM +υD 、磁铁与圆环系统损失的动能可能为2021υM 【解析】质量为m 的光滑金属圆环和质量为M 的条形磁铁作为一个系统来研究，由于系统水平方向所受的合外力为零，所以系统水平方向动量守恒．系统总动量保持不变．故系统中金属圆环和条形磁铁不可能会两者速度都为零．不可能两者将先后停下来．故A 、D 这两个选项错误．运动的过程中系统中两个物体可能会速度相等，速度相等时圆环的速度最大，此时由动量守恒求得圆环的速度为：υυ)(0m M M += )/(0m M M +=υυ 此时系统损失的动能为)(2)(2121)(2121202020220m M mM m M M m M M m M M E K +=⎪⎭⎫ ⎝⎛++-=+-=∆υυυυυ但也有可能条形磁铁穿过圆环后，仍然磁铁的速度比圆环的大，这样系统损失的动能就不为)(2/20m M mM +υ了．【答案】B6、如图12－4－12所示，在光滑绝缘的水平面上，一个半径为10cm 、电阻为Ω1、质量为0.1kg 的金属圆环以s m /10的速度向一有界磁场滑去，磁场的磁感应强度为0.5T ．经过一段时间圆环恰有一半进入磁场，共产生了3.2J 的热量，则此时圆环的瞬时速度为__________s m /，瞬时加速度为_______2/s m ．【解析】圆环在进入磁场的过程中要产生感应电流，所以要受到磁场对它的作用，故圆环要克服安培力做功，克服安培力所做的功转化为圆环的热能．设此时圆环的瞬时速度为υ 根据功能的转化关系得：Q m m =-2202121υυ代入解得：s m /6=υ 此时的安培力ma RL B L R L B B BIL F ===22υυ＝安 222222/6.0/1.01)2.0(6)5.0(s m s m mR L B a =⨯⨯⨯==υ 【答案】s m /6 2/6.0s m7、如图12－4－13所示，电阻为R 的矩形线框，长为l ，宽为a ，在外力作用下，以速度υ向右匀速运动，通过宽度为d ，磁感应强度为B 的匀强磁场．当d l <时，外力做功为__________；当dl >时，外力做功为___________．【解析】当d l <时，线框运动的情况是：线框进入磁场→全部进入磁场在磁场中运动→线框离开磁场→全部离开磁场．整个线框在磁场中匀速运动时，磁通量没有变化，没有感应电流，没有安培力，无需外力做功．所以外力做功的过程是线框进入磁场与线框离开磁场的两个过程中．这两个过程中线框都是以速度υ匀速运动，所以：Ra B a R a B B BIa F F 22υυ==＝＝安外而线框在有感应电流产生的过程中的运动时间为υlt 2= 外力做的功为Rl a B l R a B t F W υυυυυ2222122=⋅⋅==外当d l <时，线框运动的情况是：线框进入磁场→全部磁场区域在线框内（横向）→线框离开磁场→全部离开磁场．全部磁场区域在线框内线框匀速运动，磁通量没有变化，没有感应电流，没有安培力，无需外力做功．所以外力做功的过程是线框右边框进入磁场与线框左边框离开磁场的两个过程中．这两个过程中线框都是以速度υ匀速运动，所以：Ra B a R a B B BIa F F 22υυ==＝＝安外而线框在有感应电流产生的过程中的运动时间为υd t 2/=外力做的功为Rd a B d R a B t F W υυυυυ2222/122=⋅⋅==外【答案】R l a B υ222 Rd a B υ222 8、如图12－4－14所示，质量为m 、边长为a 的正方形金属线框自某一高度由静止下落，依次经过1B 和2B 两磁场区域．已知212B B =，且2B 磁场的高度为a ．线框在进入1B 的过程中做匀速运动，速度大小为1υ，在1B 中加速一段时间后又匀速进入和穿出2B 时速度恒为2υ，求：（1）1υ和2υ之比（2）在整个下落过程中线框中产生的焦耳热．【解析】（1）线框进入1B 区域作匀速运动，根据平衡条件得：Ra B m g 1221υ= 线框进入2B 区域作匀速运动，根据平衡条件得：Ra B m g 2222υ= 而212B B = 故41212221==B B υυ （2）线框进入1B 区域作匀速运动，所以线框的动能没有变化，重力做的功全部转化为热能，故产生的焦耳热mga Q =1，线框全部进入磁场时，线框的磁通量没有发生变化，所以没有感应电流，故也没有克服安培力做功产生焦耳热．线框进入2B 区域和离开2B 区域都作匀速运动，所以线框的动能没有变化，重力做的功全部转化为热能，故产生的焦耳热mga Q 22=．所以整个下落过程中产生的焦耳热为mga Q Q Q 321=+=【答案】1∶4 3mga9、一个质量kg m 016.0=、长m l 5.0=、宽m d 1.0=、电阻Ω=1.0R 的矩形线。

法拉第电磁感应定律习题知识点及练习题含答案解析

法拉第电磁感应定律习题知识点及练习题含答案解析一、高中物理解题方法：法拉第电磁感应定律1．如图所示，正方形单匝线框bcde边长L＝0.4 m，每边电阻相同，总电阻R＝0.16 Ω.一根足够长的绝缘轻质细绳跨过两个轻小光滑定滑轮，一端连接正方形线框，另一端连接物体P，手持物体P使二者在空中保持静止，线框处在竖直面内．线框的正上方有一有界匀强磁场，磁场区域的上、下边界水平平行，间距也为L＝0.4 m，磁感线方向垂直于线框所在平面向里，磁感应强度大小B＝1.0 T，磁场的下边界与线框的上边eb相距h＝1.6 m．现将系统由静止释放，线框向上运动过程中始终在同一竖直面内，eb边保持水平，刚好以v ＝4.0 m/s的速度进入磁场并匀速穿过磁场区，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力．（1）线框eb边进入磁场中运动时，e、b两点间的电势差U eb为多少？（2）线框匀速穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q为多少？（3）若在线框eb边刚进入磁场时，立即给物体P施加一竖直向下的力F，使线框保持进入磁场前的加速度匀加速运动穿过磁场区域，已知此过程中力F做功W F＝3.6 J，求eb边上产生的焦耳Q eb为多少？【答案】（1）1.2 V（2）3.2 J（3）0.9 J【解析】【详解】(1)线框eb边以v=4.0 m/s的速度进入磁场并匀速运动，产生的感应电动势为：10.44V=1.6 VE BLv==⨯⨯因为e、b两点间作为等效电源，则e、b两点间的电势差为外电压：U eb=34E=1.2 V.(2)线框进入磁场后立即做匀速运动，并匀速穿过磁场区，线框受安培力：F安=BLI根据闭合电路欧姆定律有：I=E R联立解得解得F安=4 N所以克服安培力做功：=2=420.4J=3.2J W F L ⨯⨯⨯安安而Q =W 安，故该过程中产生的焦耳热Q =3.2 J(3)设线框出磁场区域的速度大小为v 1，则根据运动学关系有：22122v v a L -=而根据牛顿运动定律可知：()M m g a M m-=+ 联立整理得： 12(M+m )( 21v -v 2)=(M-m )g ·2L 线框穿过磁场区域过程中，力F 和安培力都是变力，根据动能定理有：W F -W'安+(M-m )g ·2L =12(M+m )( 21v -v 2) 联立解得：W F -W'安=0而W'安= Q'，故Q'=3.6 J又因为线框每边产生的热量相等，故eb 边上产生的焦耳热：Q eb =14Q'=0.9 J. 答：(1)线框eb 边进入磁场中运动时，e 、b 两点间的电势差U eb =1.2 V.(2)线框匀速穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q =3.2 J.(3) eb 边上产生的焦耳Q eb =0.9J.2．如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 竖直放置，其宽度1L m =，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M 与P 之间连接一阻值为0.40R =Ω的电阻，质量为0.01m kg =、电阻为0.30r =Ω的金属棒ab 紧贴在导轨上.现使金属棒ab 由静止开始下滑，下滑过程中ab 始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x 与时间t 的关系如图乙所示，图象中的OA 段为曲线，AB 段为直线，导轨电阻不计，g 取210/(m s 忽略ab 棒运动过程中对原磁场的影响)．()1判断金属棒两端a 、b 的电势哪端高；()2求磁感应强度B 的大小；()3在金属棒ab 从开始运动的1.5s 内，电阻R 上产生的热量．【答案】(1) b 端电势较高(2)0.1B T = (3) 0.26J 【解析】【详解】()1由右手定可判断感应电流由a 到b ，可知b 端为感应电动势的正极，故b 端电势较高。

人教版高中物理选择性必修第2册第06讲法拉第电磁感应定律(解析版)

第06讲法拉第电磁感应定律课程标准课标解读通过实验，理解法拉第电磁感应定律。

1.掌握法拉第电磁感应定律，能够运用法拉第电磁感应定律定量计算感应电动势的大小。

2.能够运用E ＝Blv 或E ＝Blvsin θ计算导体切割磁感线时产生的感应电动势。

3.了解动生电动势的概念，通过克服安培力做功把其他形式的能转化为电能。

知识点01 电磁感应定律 1．感应电动势在电磁感应现象中产生的电动势叫作感应电动势，产生感应电动势的那部分导体相当于电源．2．法拉第电磁感应定律(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比．(2)公式：E ＝n ΔΦΔt，其中n 为线圈的匝数．(3)在国际单位制中，磁通量的单位是韦伯(Wb)，感应电动势的单位是伏(V)．知识精讲目标导航【知识拓展1】1．磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ及磁通量的变化率ΔΦΔt的比较：2.公式E ＝n ΔΦΔt的理解感应电动势的大小E 由磁通量变化的快慢，即磁通量变化率ΔΦΔt决定，与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ无关．【即学即练1】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，下列说法不正确的是（）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】A【解析】A ．铜不可以被磁化，则选用铜质弦，电吉他不能正常工作，A 错误，符合题意；B ．取走磁体，就没有磁场，弦振动时不能切割磁感线产生感应电流，电吉他将不能正常工作，B 正确，不符合题意；C ．根据ΔΔE ntΦ=可知，增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势，C 正确，不符合题意；D ．弦振动过程中，磁场方向不变，但磁通量有时变大，有时变小，据楞次定律可知，线圈中的电流方向不断变化，D 正确，不符合题意。

法拉第电磁感应定律_教案(环节完整)

1.4 法拉第电磁感应定律教案（人教版选修3-2）教学目标：（一）知识与模型 1．感应电动势的识记。

2．用类比法理解磁通量的变化率是表示磁通量变化快慢的物理量， 3.区别Φ、ΔΦ、。

4．法拉第电磁感应定律内容、数学表达式的识记与理解。

5．E =BLv sin θ如何推得。

6．会用和E =BLv sin θ解决问题。

（二）技能获得过程与方法感生电动势与动生电动势的形成过程，理论探究与实验探究相结合，掌握运用理论知识探究问题的方法。

（三）情感、态度与价值观1．从不同物理现象中抽象出个性与共性问题，培养学生对不同事物进行分析，找出共性与个性的辩证唯物主义思想。

2．了解法拉第探索科学的方法，学习他的执著的科学探究精神。

教学重点：法拉第电磁感应定律。

教学难点：平均电动势与瞬时电动势区别。

教学方法：演示法、归纳法、对比法教学用具：多媒体电脑、投影仪、投影片。

课前预习：1．在电磁感应现象中产生的电动势，叫做感应电动势．产生感应电动势的那部分导体就相当于电源，导体的电阻相当于电源的内阻．2．电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量变化率成正比，表达式E ＝ΔΦΔt(单匝线圈)，E ＝n ΔΦΔt(多匝线圈)．当导体切割磁感线产生感应电动势时E ＝BL v (B 、L 、v 两两垂直)，E ＝BL v sin_θ(v ⊥L 但v 与B 夹角为θ)．3．关于感应电动势，下列说法中正确的是( ) A ．电源电动势就是感应电动势 B ．产生感应电动势的那部分导体相当于电源C ．在电磁感应现象中没有感应电流就一定没有感应电动势t∆∆ΦtnE ∆∆Φ=D．电路中有电流就一定有感应电动势答案B解析电源电动势的来源很多，不一定是由于电磁感应产生的，所以选项A 错误；在电磁感应现象中，如果没有感应电流，也可以有感应电动势，C错误；电路中的电流可能是由化学电池或其它电池作为电源提供的，所以有电流不一定有感应电动势．4．穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒钟均匀地减少2 Wb，则()A．线圈中感应电动势每秒钟增加2 VB．线圈中感应电动势每秒钟减少2 VC．线圈中无感应电动势D．线圈中感应电动势保持不变答案 D5．一根导体棒ab在水平方向的匀强磁场中自由下落，并始终保持水平方向且与磁场方向垂直．如图1所示，则有()图1A．U ab＝0[来源:学#科#网]B．U a>U b，U ab保持不变C．U a≥U b，U ab越来越大D．U a<U b，U ab越来越大答案D b，所以U b>U a，由U ab＝E＝BL v及棒自由下落时v越来越大，可知U ab越来越大，D项正确．→b，所以U b>U a，由U ab＝E＝BL v及棒自由下落时v越来越大，可知U ab 越来越大，D项正确．教学过程：法拉第电磁感应定律教案问题讨论引入在电磁感应现象中，磁通量在闭合回路中发生变化是产生感应电流的条件1.在电磁感应现象中，磁通量发生变化的方式有哪些情况？2.恒定电流中学过，电路中存在持续电流的条件是什么？3. 感应电动势的定义：在电磁感应现象中，既然闭合电路中有感应电流，这个电路中就一定有电动势。

法拉第电磁感应定律教案

法拉第电磁感应定律教案教案标题：法拉第电磁感应定律教案教案目标：1. 理解法拉第电磁感应定律的基本概念和原理。

2. 掌握利用法拉第电磁感应定律解决相关问题的方法。

3. 培养学生的实验观察能力和科学探究意识。

教学内容：1. 法拉第电磁感应定律的概念和表达方式。

2. 磁通量和磁感应强度的关系。

3. 利用法拉第电磁感应定律解决相关问题的方法。

4. 实验：验证法拉第电磁感应定律。

教学准备：1. 教学工具：黑板、白板、投影仪等。

2. 实验器材：螺线管、磁铁、电源、电流表等。

3. 实验材料：导线、磁铁等。

教学过程：一、导入（5分钟）1. 利用黑板或白板，引导学生回顾电磁感应的相关知识，如电磁感应现象和电磁感应的应用。

2. 提出问题：你知道法拉第电磁感应定律吗？它与电磁感应有什么关系？二、理论讲解（15分钟）1. 通过投影仪或板书，向学生详细介绍法拉第电磁感应定律的概念和表达方式。

2. 强调磁通量和磁感应强度的关系，解释法拉第电磁感应定律的原理。

三、示范实验（15分钟）1. 展示使用螺线管和磁铁进行实验的过程。

2. 说明实验中的关键步骤和操作方法。

3. 引导学生观察实验现象，并解释实验结果。

四、实践操作（20分钟）1. 分发实验器材和材料，让学生自行组装实验装置。

2. 让学生根据实验要求进行实验操作，并记录实验数据。

3. 引导学生分析实验结果，验证法拉第电磁感应定律。

五、讨论与总结（10分钟）1. 引导学生讨论实验结果和理论知识之间的关系。

2. 总结法拉第电磁感应定律的要点和应用。

3. 解答学生提出的问题，并澄清可能存在的疑惑。

六、拓展延伸（5分钟）1. 提供一些拓展问题，让学生思考和探究。

2. 鼓励学生进一步研究与法拉第电磁感应定律相关的内容。

教学评估：1. 实验报告：学生根据实验结果撰写实验报告，包括实验目的、操作步骤、数据记录和实验结论。

2. 课堂表现：观察学生在课堂上的积极参与程度、回答问题的准确性和深度。

（含答案）法拉第电磁感应定律、公式E=Blv的使用解析

（含答案）法拉第电磁感应定律、公式E=Blv的使⽤解析法拉第电磁感应定律、公式E ＝Blv 的使⽤⼀、基础知识（⼀）法拉第电磁感应定律 1、感应电动势(1)感应电动势：在电磁感应现象中产⽣的电动势．产⽣感应电动势的那部分导体就相当于电源，导体的电阻相当于电源内阻．(2)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路欧姆定律，即I ＝ER ＋r .2、法拉第电磁感应定律(1)内容：闭合电路中感应电动势的⼤⼩，跟穿过这⼀电路的磁通量的变化率成正⽐． (2)公式：E ＝n ΔΦΔt .3、导体切割磁感线的情形(1)⼀般情况：运动速度v 和磁感线⽅向夹⾓为θ，则E ＝Bl v sin_θ. (2)常⽤情况：运动速度v 和磁感线⽅向垂直，则E ＝Bl v . (3)导体棒在磁场中转动导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线⽅向匀速转动产⽣感应电动势E ＝Bl v ＝12Bl 2ω(平均速度等于中点位置线速度12lω)．（⼆）法拉第电磁感应定律的应⽤ 1、感应电动势⼤⼩的决定因素(1)感应电动势的⼤⼩由穿过闭合电路的磁通量的变化率ΔΦΔt 和线圈的匝数共同决定，⽽与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的⼤⼩没有必然联系．(2)当ΔΦ仅由B 引起时，则E ＝n S ΔB Δt ；当ΔΦ仅由S 引起时，则E ＝n B ΔSΔt .2、磁通量的变化率ΔΦΔt 是Φ－t 图象上某点切线的斜率．（三）导体切割磁感线产⽣感应电动势的计算 1、公式E ＝Bl v 的使⽤条件(1)匀强磁场．(2)B 、l 、v 三者相互垂直．(3)如不垂直，⽤公式E ＝Bl v sin θ求解，θ为B 与v ⽅向间的夹⾓． 2、“瞬时性”的理解若v 为瞬时速度，则E 为瞬时感应电动势．若v 为平均速度，则E 为平均感应电动势，即E ＝Bl v . 3、切割的“有效长度”公式中的l 为有效切割长度，即导体与v 垂直的⽅向上的投影长度．图8中有效长度分别为：图8甲图：l ＝cd sin β；⼄图：沿v 1⽅向运动时，l ＝MN ；沿v 2⽅向运动时，l ＝0.丙图：沿v 1⽅向运动时，l ＝2R ；沿v 2⽅向运动时，l ＝0；沿v 3⽅向运动时，l ＝R . 4、“相对性”的理解E ＝Bl v 中的速度v 是相对于磁场的速度，若磁场也运动，应注意速度间的相对关系．1.应⽤法拉第电磁感应定律解题的⼀般步骤(1)分析穿过闭合电路的磁场⽅向及磁通量的变化情况； (2)利⽤楞次定律确定感应电流的⽅向；(3)灵活选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列⽅程求解． 2．⼏点注意(1)公式E ＝n ΔΦΔt是求解回路某段时间内平均电动势的最佳选择．(2)⽤公式E ＝nS ΔBΔt求感应电动势时，S 为线圈在磁场范围内的有效⾯积．(3)通过回路截⾯的电荷量q 仅与n 、ΔΦ和回路总电阻R 总有关，与时间长短⽆关．推导如下：q ＝I Δt ＝n ΔΦΔtR 总·Δt ＝n ΔΦR 总. ⼆、练习1、(2011·⼴东理综·15)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平⾯与磁场⽅向垂直，关于线圈中产⽣的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是 ( )A ．感应电动势的⼤⼩与线圈的匝数⽆关B ．穿过线圈的磁通量越⼤，感应电动势越⼤C ．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越⼤D ．感应电流产⽣的磁场⽅向与原磁场⽅向始终相同答案 C解析由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 可知感应电动势的⼤⼩E 与n 有关，与ΔΦΔt 即磁通量变化的快慢成正⽐，所以A 、B 错误，C 正确．由楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的原磁通量的变化，即原磁通量增加，感应电流的磁场⽅向与原磁场⽅向相反；原磁通量减⼩，感应电流的磁场⽅向与原磁场⽅向相同，故D 错误．2、如图所⽰的⾦属圆环放在有界匀强磁场中，将它从磁场中匀速拉出来，下列说法正确的是 ( )A ．向左拉出和向右拉出过程中，其感应电流⽅向相反B ．不管从什么⽅向拉出，环中的感应电流⽅向总是顺时针的C ．不管从什么⽅向拉出，环中的磁通量的变化量都相同D ．在匀速拉出过程中，感应电流⼤⼩不变答案 BC解析⽆论是向左拉出或向右拉出磁场区域，圆环中的磁通量都减少，由楞次定律可判出环中的感应电流⽅向应是顺时针的，B 、C 项正确，A 项错误；由E ＝Bl v 知，圆环被拉出时，切割的有效长度在变化，因此，E 发⽣变化，感应电流⼤⼩发⽣变化，D 项错误．3、(2010·江苏单科·2)⼀矩形线框置于匀强磁场中，线框平⾯与磁场⽅向垂直．先保持线框的⾯积不变，将磁感应强度在1 s 时间内均匀地增⼤到原来的两倍．接着保持增⼤后的磁感应强度不变，在1 s 时间内，再将线框的⾯积均匀地减⼩到原来的⼀半．先后两个过程中，线框中感应电动势的⽐值为 ( ) A.12 B ．1 C ．2 D ．4答案 B解析设原磁感应强度是B ，线框⾯积是S .第1 s 内ΔΦ1＝2BS －BS ＝BS ，第2 s 内ΔΦ2＝2B ·S2－2B ·S＝－BS .因为E ＝n ΔΦΔt，所以两次感应电动势⼤⼩相等，B 正确．4、⼀个由电阻均匀的导线绕制成的闭合线圈放在磁场中，如图所⽰，线圈平⾯与磁场⽅向成60°⾓，磁感应强度随时间均匀变化，下列⽅法可使感应电流增加⼀倍的是( )A ．把线圈匝数增加⼀倍B ．把线圈⾯积增加⼀倍C ．把线圈半径增加⼀倍D ．改变线圈与磁场⽅向的夹⾓为另⼀定值答案 C解析设导线的电阻率为ρ，横截⾯积为S 0，线圈的半径为r ，线圈与磁场⽅向的夹⾓为θ，线圈匝数为n ，则I ＝E R ＝nΔΦR ＝n πr 2ΔBsin θρn ·2πr S 0＝S 0r 2ρ·ΔBΔt·sin θ，可见，将r 增加⼀倍，I 增加⼀倍；改变线圈与磁场⽅向的夹⾓，sin θ不能变为原来的2倍(因sin θ最⼤值为1)；若将线圈的⾯积增加⼀倍，半径r 增加(2－1)倍，电流增加(2－1)倍；I 与线圈匝数⽆关．综上所述，只有C 项正确．5、(2012·课标全国·19)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B 0.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．为了产⽣与线框转动半周过程中同样⼤⼩的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔBΔt 的⼤⼩应为( )A.4ωB 0πB.2ωB 0πC.ωB 0πD.ωB 02π答案 C解析当线框绕过圆⼼O 的转动轴以⾓速度ω匀速转动时，由于⾯积的变化产⽣感应电动势，从⽽产⽣感应电流．设半圆的半径为r ，导线框的电阻为R ，即I 1＝E R ＝ΔΦR Δt ＝B 0ΔS R Δt ＝12πr 2B 0R πω＝B 0r 2ω2R.当线框不动，磁感应强度变化时，I 2＝E R ＝ΔΦR Δt ＝ΔBS R Δt ＝ΔB πr 22R Δt ，因I 1＝I 2，可得ΔB Δt ＝ωB 0π，C 选项正确．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均匀变化的磁场B 中．两板间放⼀台⼩型压⼒传感器，压⼒传感器上表⾯绝缘，在其上表⾯静⽌放置⼀个质量为m 、电荷量为q 的带正电⼩球．K 没有闭合时传感器有⽰数，K 闭合时传感器⽰数变为原来的⼀半．则线圈中磁场B 的变化情况和磁通量变化率分别为( )A ．正在增强，ΔΦΔt ＝mgd2qB ．正在增强，ΔΦΔt ＝mgd2nqC ．正在减弱，ΔΦΔt ＝mgd2qD ．正在减弱，ΔΦΔt ＝mgd2nq答案 B解析根据K 闭合时传感器⽰数变为原来的⼀半，推出带正电⼩球受电场⼒向上，即上极板带负电，下极板带正电，线圈感应电动势的⽅向从上极板经线圈流向下极板，根据安培定则知感应磁场的⽅向向下，与原磁场⽅向相反，⼜由楞次定律得线圈中磁场正在增强；对⼩球受⼒分析得q E d ＝mg2，其中感应电动势E ＝n ΔΦΔt ，代⼊得ΔΦΔt ＝mgd2nq，故B 正确．7、如图所⽰，长为L 的⾦属导线弯成⼀圆环，导线的两端接在电容为C 的平⾏板电容器上，P 、Q 为电容器的两个极板，磁场垂直于环⾯向⾥，磁感应强度以B ＝B 0＋Kt (K >0)随时间变化，t ＝0时，P 、Q 两极板电势相等．两极板间的距离远⼩于环的半径，则经时间t 电容器P 板 ( )A ．不带电B ．所带电荷量与t 成正⽐C ．带正电，电荷量是KL 2C 4πD ．带负电，电荷量是KL 2C4π答案 D解析磁感应强度以B ＝B 0＋Kt (K >0)随时间变化，由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝S ΔBΔt＝KS ，⽽S ＝L 24π，经时间t 电容器P 板所带电荷量Q ＝EC ＝KL 2C4π；由楞次定律知电容器P 板带负电，故D 选项正确．8、如图甲所⽰，电路的左侧是⼀个电容为C 的电容器，电路的右侧是⼀个环形导体，环形导体所围的⾯积为S .在环形导体中有⼀垂直纸⾯向⾥的匀强磁场，磁感应强度的⼤⼩随时间变化的规律如图⼄所⽰．则在0～t 0时间内电容器( )A ．上极板带正电，所带电荷量为CS (B 2－B 1)t 0B ．上极板带正电，所带电荷量为C (B 2－B 1)t 0C ．上极板带负电，所带电荷量为CS (B 2－B 1)t 0D ．上极板带负电，所带电荷量为C (B 2－B 1)t 0答案 A解析由题图⼄可知ΔB Δt ＝B 2－B 1t 0，B 增⼤，根据楞次定律，感应电流沿逆时针⽅向，故上极板带正电，E ＝n S ΔB Δt ＝S (B 2－B 1)t 0，Q ＝CE ＝CS (B 2－B 1)t 0，A 正确．9、如图所⽰，正⽅形线圈abcd 位于纸⾯内，边长为L ，匝数为N ，线圈内接有电阻值为R 的电阻，过ab 中点和cd 中点的连线OO ′恰好位于垂直纸⾯向⾥的匀强磁场的右边界上，磁场的磁感应强度为B .当线圈转过90°时，通过电阻R 的电荷量为( )A.BL 22R B.NBL 22R C.BL 2RD.NBL 2R答案 B解析初状态时，通过线圈的磁通量为Φ1＝BL 22，当线圈转过90°时，通过线圈的磁通量为0，由q ＝N ΔΦR 总可得通过电阻R 的电荷量为NBL 22R .10、如图 (a)所⽰，⼀个电阻值为R 、匝数为n 的圆形⾦属线圈与阻值为2R 的电阻R 1连接成闭合回路．线圈的半径为r 1, 在线圈中半径为r 2的圆形区域存在垂直于线圈平⾯向⾥的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图(b)所⽰．图线与横、纵轴的截距分别为t 0和B 0. 导线的电阻不计．求0⾄t 1时间内：(a) (b) (1)通过电阻R 1上的电流⼤⼩和⽅向；(2)通过电阻R 1上的电荷量q 及电阻R 1上产⽣的热量．审题指导1.⽤公式E ＝n ΔB Δt ·S 求解时，S 应为线圈在磁场范围内的有效⾯积，ΔBΔt 应为B －t 图象斜率的⼤⼩．2．产⽣感应电动势的线圈相当于电源，R 1为外电阻．解析 (1)穿过闭合线圈的磁场的⾯积为S ＝πr 22由题图(b)可知，磁感应强度B 的变化率的⼤⼩为t 0根据法拉第电磁感应定律得：E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔB Δt ＝nB 0πr 22t 0由闭合电路欧姆定律可知流过电阻R 1的电流为： I ＝ER ＋2R＝nB 0πr 223Rt 0再根据楞次定律可以判断，流过电阻R 1的电流⽅向应由b 到a (2)0⾄t 1时间内通过电阻R 1的电荷量为 q ＝It 1＝nB 0πr 22t 13Rt 0电阻R 1上产⽣的热量为Q ＝I 2R 1t 1＝2n 2B 20π2r 42t 19Rt 20答案 (1)nB 0πr 223Rt 0⽅向从b 到a(2)nB 0πr 22t 13Rt 0 2n 2B 20π2r 42t 19Rt 2011、如图甲所⽰，边长为L 、质量为m 、总电阻为R 的正⽅形导线框静置于光滑⽔平⾯上，处于与⽔平⾯垂直的匀强磁场中，匀强磁场磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图⼄所⽰．求：甲⼄ (1)在t ＝0到t ＝t 0时间内，通过导线框的感应电流⼤⼩； (2)在t ＝t 02时刻，ab 边所受磁场作⽤⼒⼤⼩；(3)在t ＝0到t ＝t 0时间内，导线框中电流做的功．答案 (1)B 0L 2Rt 0 (2)B 20L 32Rt 0 (3)B 20L4Rt 0解析 (1)由法拉第电磁感应定律得，导线框的感应电动势 E ＝ΔΦΔt ＝B 0L 2t 0通过导线框的感应电流⼤⼩：I ＝E R ＝B 0L 2Rt 0(2)t ＝t 02时刻，ab 边所受磁场作⽤⼒⼤⼩：F ＝BILF ＝B 20L 32Rt 0(3)在t ＝0到t ＝t 0时间内，导线框中电流做的功：W ＝I 2Rt 0＝B 20L4Rt 0.12、2012年11⽉24⽇，中国的歼－15战机成功在“辽宁号”航母上起降，使中国真正拥有了⾃⼰的航母．由于地磁场的存在，飞机在⼀定⾼度⽔平飞⾏时，其机翼就会切割磁感线，机翼的两端之间会有⼀定的电势差．则从飞⾏员的⾓度看，机翼左端的电势⽐右端的电势 ( )A ．低B ．⾼D ．以上情况都有可能答案 B解析北半球的地磁场的竖直分量向下，由右⼿定则可判定飞机⽆论向哪个⽅向飞⾏，由飞⾏员的⾓度看均为左侧机翼电势较⾼．13、如图所⽰，长为L 的⾦属导线上端悬于C 点，下端系⼀⼩球A ，在竖直向下的匀强磁场中做圆锥摆运动，转动⽅向如图所⽰，导线与竖直⽅向的夹⾓为θ，摆球的⾓速度为ω，磁感应强度为B ，则⾦属导线中产⽣感应电动势的⾼电势端及⼤⼩为( )A ．C 点 12BL 2ωB ．C 点 12BL 2ωsin 2 θC ．A 点 12BL 2ωD ．A 点 12BL 2ωsin 2 θ答案 B解析由右⼿定则可判断φC >φA ，即C 端的电势⾼于A 端的电势；⾦属导线切割磁感线的有效长度为L sin θ，所以导线中产⽣的感应电动势为：E ＝12B (L sin θ)2ω＝12BL 2ωsin 2 θ.故B 正确．14、在范围⾜够⼤，⽅向竖直向下的匀强磁场中，B ＝0.2 T ，有⼀⽔平放置的光滑框架，宽度为L ＝0.4 m ，如图所⽰，框架上放置⼀质量为0.05 kg 、电阻为1 Ω的⾦属杆cd ，框架电阻不计．若杆cd 以恒定加速度a ＝2 m/s 2，由静⽌开始做匀变速运动，则：(1)在5 s 内平均感应电动势是多少？ (2)第5 s 末，回路中的电流多⼤？(3)第5 s 末，作⽤在cd 杆上的⽔平外⼒多⼤？答案 (1)0.4 V (2)0.8 A (3)0.164 N 解析 (1)5 s 内的位移x ＝12at 2＝25 m5 s 内的平均速度v ＝xt ＝5 m/s (也可⽤v ＝0＋v 52求解)故平均感应电动势E ＝BL v ＝0.4 V(2)第5 s 末：v ＝at ＝10 m/s 此时感应电动势：E ＝BL v 则回路中的电流为 I ＝E R ＝BL v R ＝0.2×0.4×101A ＝0.8 A(3)杆cd 匀加速运动，由⽜顿第⼆定律得F －F 安＝ma即F ＝BIL ＋ma ＝0.164 N 15、解析(1)⾦属棒达到最⼤速度时产⽣的电动势E ＝B 0L v m (1分)回路中产⽣的感应电流I ＝ER ＋r (1分)⾦属棒所受安培⼒F ＝B 0IL (1分)⾦属棒所受合外⼒为零时，下滑的速度达到最⼤，则 mg sin θ－F －µmg cos θ＝0(2分) 解得v m ＝2 m/s(1分)(2)设电阻R 上产⽣的焦⽿热为Q ，整个电路产⽣的焦⽿热为Q 总，则由动能定理，得 mgs sin θ－µmgs cos θ－W 安＝1 2m v 2m (3分)W 安＝Q 总(1分) Q ＝R R ＋r Q 总(1分)解得Q ＝0.16 J ．(1分)(3)不产⽣感应电流，即磁通量不变，⾦属棒不受安培⼒作⽤，⾦属棒做匀加速直线运动，由⽜顿第⼆定律可得mg sin θ－µmg cos θ＝ma(2分)得a＝g(sin θ－µcos θ)＝10×(0.6－0.5×0.8) m/s2＝2 m/s2(1分)根据闭合回路磁通量不变有B0Ls＝BL(s＋v m t＋12at2)(3分)得B＝3(1分)所以，当t＝1 s时，B＝0.5 T．(1分)答案(1)2 m/s(2)0.16 J(3)0.5 T16、如图所⽰，线圈A、B是由不同材料制成的导体线圈，它们的质量⼀样⼤，形状⼀样，设磁场⾜够⼤，下列说法正确的是()A．电阻⼤的线圈达到稳定速度时的速度⼤B．电阻⼩的线圈达到稳定速度时的速度⼤C．两线圈的稳定速度是⼀样的D．电阻率⼤的材料制成的线圈，稳定速度⼤答案 A解析以极端情况分析，若线圈电阻⾮常⼤，以⾄于⽆穷⼤时，线圈中电流趋近于零，线圈做⾃由落体运动，速度将不断增⼤，所以可推知电阻⼤的线圈稳定运动时的速度⼤，A正确．17、如图甲所⽰，MN、PQ是固定于同⼀⽔平⾯内相互平⾏的粗糙长直导轨，间距L＝2.0 m，R是连在导轨⼀端的电阻，质量m＝1.0 kg的导体棒ab垂直跨在导轨上，电压传感器与这部分装置相连．导轨所在空间有⼀磁感应强度B＝0.50 T、⽅向竖直向下的匀强磁场．从t＝0开始对导体棒ab施加⼀个⽔平向左的拉⼒，使其由静⽌开始沿导轨向左运动，电压传感器测出R两端的电压随时间变化的图线如图⼄所⽰，其中OA、BC段是直线，AB段是曲线．假设在1.2 s以后拉⼒的功率P＝4.5 W保持不变．导轨和导体棒ab的电阻均可忽略不计，导体棒ab在运动过程中始终与导轨垂直，且接触良好．不计电压传感器对电路的影响．g取10 m/s2.求：(1)导体棒ab 最⼤速度v m 的⼤⼩；(2)在1.2 s ～2.4 s 的时间内，该装置总共产⽣的热量Q ； (3)导体棒ab 与导轨间的动摩擦因数µ和电阻R 的值．审题指导 1.R 两端的电压和导体棒中产⽣的电动势有什么关系？ 2．在1.2 s ～2.4 s 的时间内，能量是如何转化的？3．0～1.2 s 和2.4 s 后导体棒分别做什么运动？受⼒情况如何？解析 (1)从题图⼄可知，2.4 s 时R 两端的电压最⼤，U m ＝1.0 V ，由于导体棒内阻不计，故U m ＝E m ＝BL v m ＝1.0 V ，所以v m ＝E mBL＝1.0 m/s ① (2)因为U ＝E ＝BL v ，⽽B 、L 为常数，所以由题图⼄知，在0～1.2 s 内导体棒做匀加速直线运动．设导体棒在这段时间内的加速度为a ，t 1＝1.2 s 时导体棒的速度为v 1，由题图⼄可知此时电压U 1＝0.90 V . 因为U 1＝E 1＝BL v 1②所以v 1＝U 1BL在1.2 s ～2.4 s 时间内，根据功能关系12m v 21＋P ·Δt ＝12m v 2m＋Q ③代⼊数据解得Q ≈5.3 J(3)导体棒做匀加速运动的加速度 a ＝v 1－0t 1＝0.75 m/s 2当t 1＝1.2 s 时，设拉⼒为F 1，则有F 1＝Pv 1＝5.0 N同理，当t 2＝2.4 s 时，设拉⼒为F 2，则有F 2＝Pv m ＝4.5 N对ab 棒受⼒分析如图所⽰，根据⽜顿第⼆定律有F 1－F f －F 安1＝ma④F 2－F f －F 安2＝0 ⑤ mg －F N ＝0⑥⼜因为F 安1＝BI 1L ＝BLU 1R⑦ F 安2＝BI 2L ＝BLU mR⑧ F f ＝µF N⑨联⽴④⑤⑥⑦⑧⑨，代⼊数据可求得 R ＝0.4 Ω，µ＝0.2答案 (1)1.0 m/s (2)5.3 J (3)0.2 0.4 Ω18、 (2012·四川理综·20)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R 0.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2Ba vB ．θ＝π3时，直杆产⽣的电动势为3Ba vC ．θ＝0时，直杆受的安培⼒⼤⼩为2B 2a v(π＋2)R 0D ．θ＝π3时，直杆受的安培⼒⼤⼩为3B 2a v (5π＋3)R 0答案 AD解析当θ＝0时，直杆切割磁感线的有效长度l 1＝2a ，所以直杆产⽣的电动势E 1＝Bl 1v ＝2Ba v ，选项A 正确．此时直杆上的电流I 1＝E 1(πa ＋2a )R 0＝2B v(π＋2)R 0，直杆受到的安培⼒⼤⼩F 1＝BI 1l 1＝4B 2a v(π＋2)R 0，选项C 错误．当θ＝π3时，直杆切割磁感线的有效长度l 2＝2a cos π3＝a ，直杆产⽣的电动势E 2＝Bl 2v ＝Ba v ，选项B 错误．此时直杆上的电流I 2＝E 2(2πa －2πa6＋a )R 0＝3B v(5π＋3)R 0，直杆受到的安培⼒⼤⼩F 2＝BI 2l 2＝3B 2a v(5π＋3)R 0，选项D 正确．19、 (2010·⼭东理综·21)如图所⽰，空间存在两个磁场，磁感应强度⼤⼩均为B ，⽅向相反且垂直纸⾯，MN 、PQ 为其边界，OO ′为其对称轴．⼀导线折成边长为L 的正⽅形闭合回路abcd ，回路在纸⾯内以恒定速度v 0向右运动，当运动到关于OO ′对称的位置时( )A ．穿过回路的磁通量为零B ．回路中感应电动势⼤⼩为BL v 0C ．回路中感应电流的⽅向为顺时针⽅向D ．回路中ab 边与cd 边所受安培⼒⽅向相同答案 AD解析由于两磁场的磁感应强度⼤⼩相等，⽅向相反，且回路此时关于OO ′对称，因⽽此时穿过回路的磁通量为零，A 项正确；ab 、cd 均切割磁感线，相当于两个电源，由右⼿定则知，回路中感应电流⽅向为逆时针⽅向，两电源串联，感应电动势为2BL v 0，B 、C 项错误；由左⼿定则知ab 、cd 所受安培⼒⽅向均向左，D 项正确．20、⼀个边长为L 的正⽅形导线框在倾⾓为θ的光滑固定斜⾯上由静⽌开始沿斜⾯下滑，随后进⼊虚线下⽅⽅向垂直于斜⾯的匀强磁场中．如图所⽰，磁场的上边界线⽔平，线框的下边ab 边始终⽔平，斜⾯以及下⽅的磁场往下⽅延伸到⾜够远．下列推理判断正确的是( )A ．线框进⼊磁场过程b 点的电势⽐a 点⾼B ．线框进⼊磁场过程⼀定是减速运动C ．线框中产⽣的焦⽿热⼀定等于线框减少的机械能D ．线框从不同⾼度下滑时，进⼊磁场过程中通过线框导线横截⾯的电荷量不同答案 C解析 ab 边进⼊磁场后，切割磁感线，ab 相当于电源，由右⼿定则可知a 为等效电源的正极，a 点电势⾼，A 项错．由于线框所受重⼒的分⼒mg sin θ与安培⼒⼤⼩不能确定，所以不能确定其是减速还是加速，B 项错；由能量守恒知C 项对；由q ＝n ΔΦR 知，q 与线框下降的⾼度⽆关，D 项错．21、如图所⽰，P 、Q 是两根竖直且⾜够长的⾦属杆(电阻忽略不计)，处在垂直纸⾯向⾥的匀强磁场B 中，MN 是⼀个螺线管，它的绕线⽅法没有画出，P 、Q 的输出端a 、b 和MN 的输⼊端c 、d 之间⽤导线相连，A 是在MN 的正下⽅⽔平放置在地⾯上的⾦属圆环．现将⾦属棒ef 由静⽌释放，在下滑中始终与P 、Q 杆良好接触且⽆摩擦．在⾦属棒释放后下列说法正确的是( )A ．A 环中有⼤⼩不变的感应电流B ．A 环中有越来越⼤的感应电流C ．A 环对地⾯的压⼒先减⼩后增⼤⾄恒定值D ．A 环对地⾯的压⼒先增⼤后减⼩⾄恒定值答案 D解析⾦属棒ef 从静⽌释放后，产⽣感应电流I ＝Bl vR ，受⼒分析得mg －BIl ＝ma ，故其做a 减⼩的加速运动，当a ＝0后做匀速运动．MN 螺线管上的电流I ＝Bl vR ，随v 增⼤⽽增⼤，故A 上产⽣与螺线管上相反的感应电流，由于反向电流相互排斥，A 环受到斥⼒，故对地⾯的压⼒增⼤，当ef 匀速运动时，电路中电流恒定，A 环上不再产⽣感应电流，对地⾯的压⼒⼤⼩等于重⼒．C 项错误，D 项正确．由于A 环上产⽣的I 感正⽐于MN 上电流的变化率，MN 上电流的变化率由ΔvΔt 决定，由此知I A 逐渐减⼩，A 、B 项错误．22、如图所⽰，MN 、PQ 是两根竖直放置的间距为L 的⾜够长的光滑平⾏⾦属导轨，虚线以上有垂直纸⾯向外的匀强磁场Ⅰ，虚线以下有垂直纸⾯向⾥的匀强磁场Ⅱ，两磁场区域的磁感应强度均为B .⾦属棒ab 质量为M ，电阻为R ，静⽌放在Ⅰ中导轨上的⽔平突起上；⾦属棒cd 质量为m ，电阻也为R .让cd 在Ⅱ中某处⽆初速度释放，当cd 下落距离为h 时，ab 恰好对突起没有压⼒．已知两根⾦属棒始终⽔平且与⾦属导轨接触良好，⾦属导轨的电阻不计，重⼒加速度为g .求：(1)当cd 下落距离为h 时，通过ab 的电流I . (2)当cd 下落距离为h 时，cd 的速度⼤⼩v .(3)从cd 释放到下落距离为h 的过程中，ab 上产⽣的焦⽿热Q ab .(结果⽤B 、L 、M 、m 、R 、h 、g 表⽰) 答案 (1)Mg BL (2)2MgR B 2L 2 (3)12mgh －mM 2g 2R 2B 4L 4解析 (1)由题意知，ab 受重⼒和安培⼒作⽤处于平衡状态，有 Mg ＝BIL 解得I ＝MgBL(2)设cd 切割磁感线产⽣的感应电动势为E ，有 E ＝BL v I ＝E 2R联⽴以上各式解得v ＝2MgRB 2L2(3)由能量守恒定律得mgh ＝Q ab ＋Q cd ＋12m v 2因ab 与cd 串联，且电阻相等，故Q ab ＝Q cd 联⽴解得Q ab ＝12mgh －mM 2g 2R 2B 4L 4。

法拉第电磁感应定律典型例题解析

法拉第电磁感应定律——感应电动势的大小·典型例题解析【例1】如图17－13所示，有一夹角为θ的金属角架，角架所围区域内存在匀强磁场中，磁场的磁感强度为B，方向与角架所在平面垂直，一段直导线ab，从角顶c贴着角架以速度v向右匀速运动，求：(1)t时刻角架的瞬时感应电动势；(2)t时间内角架的平均感应电动势？解析：导线ab从顶点c向右匀速运动，切割磁感线的有效长度de随时间变化，设经时间t，ab运动到de的位置，则de＝cetanθ＝vttanθ(1)t时刻的瞬时感应电动势为：E＝BLv＝Bv2tanθ·t(2)t时间内平均感应电动势为：E＝···θθ·∆Φ∆∆∆tB StB vt vttBv t ===12122tantan点拨：正确运用瞬时感应电动势和平均感应电动势表达式，明确产生感应电动势的导体是解这个题目的关键．【例2】如图17－14所示，将一条形磁铁插入某一闭合线圈，第一次用0.05s，第二次用0.1s，设插入方式相同，试求：(1)两次线圈中平均感应电动势之比？(2)两次线圈之中电流之比？(3)两次通过线圈的电量之比？解析：(1)(2)(3)．·．·．EE tt ttIIERREEEqqI tI t121221121212121122212111========∆Φ∆∆∆Φ∆∆∆∆点拨：两次插入时磁通量变化量相同，求电荷量时电流要用平均值．【例3】如图17－15所示，abcd区域里有一匀强磁场，现有一竖直的圆环使它匀速下落，在下落过程中，它的左半部通过水平方向的磁场．o是圆环的圆心，AB是圆环竖直直径的两个端点，那么[ ] A．当A与d重合时，环中电流最大B．当O与d重合时，环中电流最大C．当O与d重合时，环中电流最小D．当B与d重合时，环中电流最大点拨：曲线在垂直于磁感线和线圈速度所确定的方向上投影线的长度是有效切割长度．参考答案：B【例4】如图17－16所示，有一匀强磁场B＝1.0×10-3T，在垂直磁场的平面内，有一金属棒AO，绕平行于磁场的O轴顺时针转动，已知棒长L＝0.20 m，角速度ω＝20rad/s，求：(1)O、A哪一点电势高？(2)棒产生的感应电动势有多大？点拨：取棒中点的速度代表棒的平均速度参考答案(1)A；(2)E＝4×10-4V跟踪反馈1．如图17－17所示中PQRS为一正方形线圈，它以恒定的速度向右进入以MN为边界的匀强磁场，磁场方向垂直于线圈平面，MN与线圈边成45°角，E、F分别为PS、PQ的中点，关于线圈中感应电流的大小，下面判断正确的是[ ] A．当E点经过MN时，线圈中感应电流最大B．当P点经过MN时，线圈中感应电流最大C．当F点经过MN时，线圈中感应电流最大D．当Q点经过MN时，线圈中感应电流最大2．有一总电阻为5Ω的闭合导线，其中1m长部分直导线在磁感应强度为2T的水平匀强磁场中，以5m/s的速度沿与磁感线成30°角的方向运动，如图17－18所示，该直导线产生的感应电动势为________V，磁场对直导线部分的作用力大小为________N，方向为________．3．有一面积为S＝100cm2的金属环，电阻为R＝0.1Ω，环中磁场变化规律如图17－19所示，磁场方向垂直环面向里，则在t1－t2时间内通过金属环的电荷量为________C．4．如图17－20所示，边长为a的正方形闭合线框ABCD在匀强磁场中绕AB边匀速转动，磁感应强度为B，初始时刻线框所在平面与磁感线垂直，经过t时刻后转过120°角，求：(1)线框内感应电动势在t时间内的平均值(2)转过120°角时感应电动势的瞬时值(3)设线框电阻为R，则这一过程中通过线框截面的电量参考答案[]1 B 252 310 4(1)3Ba 2t2跟踪反馈．．、、向下．．；2。

第4节法拉第电磁感应定律(附详细答案)

第4节法拉第电磁感应定律要点一对比磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ、磁通量的变化率ΔΦΔt物理量单位物理意义公式磁通量Φ Wb 表示某时刻或某位置时穿过某一面积的磁感线条数的多少Φ＝BS ⊥磁通量的变化量ΔΦ Wb 表示在某一过程中穿过某一面积的磁通量变化的多少ΔΦ＝Φ2－Φ1 磁通量的变化率ΔΦΔtWb/s 表示穿过某一面积的磁通量变化的快慢 Φ2－Φ1Δt 1．E ＝Bl v sin θ是由E ＝n ΔΦΔt在一定条件下推导出来的，该公式可看作法拉第电磁感应定律的一个推论．2．式中的l 应理解为导线切割磁感线时的有效长度，如果导线不和磁场垂直，l 应是导线在磁场垂直方向投影的长度，式中v sin θ表示导体切割磁感线时，速度在垂直于磁感应强度方向的分量．3．E ＝Bl v sin θ适用于匀强磁场中导体切割磁感线时感应电动势的计算．通常用于计算某个时刻或某个位置感应电动势的瞬时值．4．列表对比一、怎样处理电磁感应和电路综合问题？解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法如下：1．明确哪一部分导体或电路产生感应电动势．该导体或电路就是电源，其他部分是外电路．2．用法拉第电磁感应定律或导体切割磁感线公式计算感应电动势大小．3．将电磁感应产生的电源与电路整合起来，作出等效电路．4．运用闭合电路欧姆定律、部分电路欧姆定律、串并联电路性质及电压、电功率分配等公式进行求解．二、若导体棒绕其一侧端点以角速度ω匀速转动切割磁感线，则感应电动势的大小怎么计算？当导体绕其一端点以角速度ω做匀速转动切割磁感线时，公式E ＝Bl v 中的v 不能以rω来进行代替，而应该用导体中点处的速度，即导体棒不同点上的平均速度来代替，其感应电动势的表达式为：E ＝Bl ·12ωl ＝12Bl 2ω(平均速度取中点位置，此位置的线速度为12ωl )．三、导体切割磁感线产生感应电动势的计算公式中的l 是不是一定为导体的实际长度？不一定．若导体是曲折的，则应为导体的有效切割长度．导线的有效切割长度为导体的两个端点在v、B所决定平面的垂线上的投影长度．如图所示的三种情况下的感应电动势相同.一、法拉第电磁感应定律的理解【例1】关于电磁感应产生感应电动势大小的正确表述是()A．穿过导体框的磁通量为零的瞬间，线框中的感应电动势有可能很大B．穿过导体框的磁通量越大，线框中感应电动势一定越大C．穿过导体框的磁通量变化量越大，线框中感应电动势一定越大D．穿过导体框的磁通量变化率越大，线框中感应电动势一定越大二、法拉第电磁感应定律的灵活应用【例2】如图所示，水平放置的平行金属导轨，相距l＝0.50 m，左端接一电阻R＝0.20 Ω，磁感应强度B＝0.40 T的匀强磁场，方向垂直于导轨平面，导体棒ab垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，当ab以v＝4.0 m/s的速度水平向右匀速滑动时，用两种方法求解ab棒中感应电动势的大小．1.穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒钟均匀地减少2 Wb，则()A．线圈中感应电动势每秒钟增加2 V B．线圈中感应电动势每秒钟减少2 VC．线圈中无感应电动势D．线圈中感应电动势保持不变2．有一个n匝的圆形线圈，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面与磁感线成30°角，磁感应强度均匀变化，线圈导线的规格不变，下列方法可使线圈中的感应电流增加一倍的是()A．将线圈匝数增加一倍B．将线圈面积增加一倍C．将线圈半径增加一倍D．将线圈平面转至跟磁感线垂直的位置3．为了控制海洋中水的运动，海洋工作者有时依靠水流通过地磁场所产生的感应电动势测水的流速．假设在某处地磁场的竖直分量为7.0×10－5 T，两个电极插入相距2.0 m的水流中，且两极所在的直线与水流的方向垂直，如果与两极相连的灵敏电压表的示数为7.0×10－5 V，则水的流速为________ m/s.4．一个200匝、面积20 cm2的圆线圈，放在匀强磁场中，磁场的方向与线圈平面成30°角，磁感应强度在0.05 s内由0.1 T增加到0.5 T．在此过程中，穿过线圈的磁通量变化量是________，磁通量的平均变化率是________，线圈中感应电动势的大小为________．题型①法拉第电磁感应定律和楞次定律的综合应用矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示．若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，下列各图中正确的是()思维步步高楞次定律判断感应电流的基本步骤是什么？电流方向在哪一个时刻发生改变？为什么？电流是恒定的电流吗？拓展探究一航天飞机下有一细金属杆，杆指向地心，若仅考虑地磁场的影响，则当航天飞机位于赤道上空( )A ．由东向西水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下B ．由西向东水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下C ．沿经过地磁极的那条经线由南向北水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由下向上D ．沿经过地磁极的那条经线由北向南水平飞行时，金属杆中一定没有感应电动势题型 ② 导体切割磁感线时的电磁感应综合问题两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L ，底端接阻值为R 的电阻．将质量为m 的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，如图所示．除电阻R 外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则( )A ．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB. 金属棒向下运动时，流过电阻R 的电流方向为a →bC ．金属棒的速度为v 时，所受的安培力大小为F ＝B 2L 2v RD ．电阻R 上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少拓展探究如图所示，平行于y 轴的导体棒以速度v 向右做匀速直线运动，经过半径为R 、磁感应强度为B 的圆形匀强磁场区域，导体棒中的感应电动势E 与导体棒的位置x 关系的图象是( )1.条形磁铁放在光滑的水平面上，以条形磁铁的中央位置的正上方某点为圆心，水平固定一铜质圆环如图所示，不计空气阻力，以下判断中正确的是( )A ．释放圆环，下落过程中环的机械能守恒B ．释放圆环，环下落时磁铁对桌面的压力比磁铁的重力大C ．给磁铁水平向右的初速度，磁铁向右运动的过程中做减速运动D ．给磁铁水平向右的初速度，圆环将受到向左的磁场力2．穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t 变化的图象分别如图所示．下列关于回路中产生的感应电动势的论述中正确的是( )A ．图①中回路产生的感应电动势恒定不变B ．图②中回路产生的感应电动势一直在变大C ．图③中回路0～t 1时间内产生的感应电动势小于在t 1～t 2时间内产生的感应电动势D ．图④中回路产生的感应电动势先变小再变大3．某同学在实验室里熟悉各种仪器的使用，他将一条形磁铁放在水平转盘上，如图甲所示，磁铁可随转盘转动，另将一磁感应强度传感器固定在转盘旁边．当转盘(及磁铁)转动时，引起磁感应强度测量值周期性地变化，该变化的周期与转盘转动周期一致．经过操作，该同学在计算机上得到了如图乙所示的图像．该同学猜测磁感应强度传感器内有一线圈，当测得磁感应强度最大时就是穿过线圈的磁通量最大时．按照这种猜测( )A ．在t ＝0.1 s 时刻，线圈内产生的感应电流的方向发生了变化B．在t＝0.15 s时刻，线圈内产生的感应电流的方向发生了变化C．在t＝0.1 s时刻，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值D．在t＝0.15 s时刻，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值4．闭合的金属环处于随时间均匀变化的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环平面，则()A．环中产生的感应电动势均匀变化B．环中产生的感应电流均匀变化C．环中产生的感应电动势保持不变D．环上某一小段导体所受的安培力保持不变5．关于感应电动势，下列说法中正确的是()A．电源电动势就是感应电动势B．产生感应电动势的那部分导体相当于电源C．在电磁感应现象中没有感应电流就一定没有感应电动势D．电路中有电流就一定有感应电动势6．如图所示，PQRS为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN为边界的匀强磁场，磁场方向垂直线框平面，MN线与线框的边成45°角，E、F分别是PS和PQ的中点．关于线框中的感应电流，正确的说法是()A．当E点经过边界MN时，线框中感应电流最大B．当P点经过边界MN时，线框中感应电流最大C．当F点经过边界MN时，线框中感应电流最大D．当Q点经过边界MN时，线框中感应电流最大7.在图中MN、GH为平行导轨，AB、CD为跨在导轨上的两根横杆，导轨和横杆均为导体．有匀强磁场垂直于导轨所在的平面，则()A．如果AB和CD以相同的速度向右运动，则回路内一定有感应电流B．如果AB和CD以不同的速度向右运动，则回路内一定有感应电流C．如果AB和CD以相同的速度分别向右和向左运动，则回路内无感应电流D．如果AB不动，CD以一定的速度运动，则回路内一定有感应电流8．两根光滑的长直金属导轨MN、M′N′平行置于同一水平面内，导轨间距为l，电阻不计，M、M′处接有如图所示的电路，电路中各电阻的阻值均为R，电容器的电容为C.长度也为l、阻值同为R的金属棒ab垂直于导轨放置，导轨处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中．ab在外力作用下向右匀速运动且与导轨保持良好接触，在ab运动距离为s的过程中，整个回路中产生的焦耳热为Q.求：(1)ab运动速度v的大小．(2)电容器所带的电荷量q.。

法拉第电磁感应定律习题知识点及练习题及答案解析

法拉第电磁感应定律习题知识点及练习题及答案解析一、高中物理解题方法：法拉第电磁感应定律1．如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝100，线圈面积S＝200cm2，线圈的电阻r＝1Ω，线圈外接一个阻值R＝4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。

求：（1）线圈中的感应电流的大小和方向；（2）电阻R两端电压及消耗的功率；（3）前4s内通过R的电荷量。

【答案】（1）0﹣4s内，线圈中的感应电流的大小为0.02A，方向沿逆时针方向。

4﹣6s 内，线圈中的感应电流大小为0.08A，方向沿顺时针方向；（2）0﹣4s内，R两端的电压是0.08V；4﹣6s内，R两端的电压是0.32V，R消耗的总功率为0.0272W；（3）前4s内通过R的电荷量是8×10﹣2C。

【解析】【详解】（1）0﹣4s内，由法拉第电磁感应定律有：线圈中的感应电流大小为：由楞次定律知感应电流方向沿逆时针方向。

4﹣6s内，由法拉第电磁感应定律有：线圈中的感应电流大小为：，方向沿顺时针方向。

（2）0﹣4s内，R两端的电压为：消耗的功率为：4﹣6s内，R两端的电压为：消耗的功率为：故R消耗的总功率为：（3）前4s内通过R的电荷量为：2．如下图所示，MN 、PQ 为足够长的光滑平行导轨，间距L =0.5m.导轨平面与水平面间的夹角θ= 30°，NQ 丄MN ，N Q 间连接有一个3R =Ω的电阻，有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为01B T =，将一根质量为m =0.02kg 的金属棒ab 紧靠NQ 放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒的电阻1r =Ω，其余部分电阻不计，现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ 平行，当金属棒滑行至cd 处时速度大小开始保持不变，cd 距离NQ 为 s=0.5 m ，g =10m/s 2。

(1)求金属棒达到稳定时的速度是多大；(2)金属棒从静止开始到稳定速度的过程中，电阻R 上产生的热量是多少？(3)若将金属棒滑行至cd 处的时刻记作t =0,从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，可使金属棒中不产生感应电流，则t =1s 时磁感应强度应为多大？【答案】(1)8m/s 5 (2)0.0183J(3) 5T 46【解析】【详解】(1) 在达到稳定速度前，金属棒的加速度逐渐减小，速度逐渐增大，达到稳定速度时，有sin A mg F θ=其中,A EF BIL I R r==+ 根据法拉第电磁感应定律，有E BLv = 联立解得：m 1.6sv =(2) 根据能量关系有21·sin 2mgs mv Q θ=+ 电阻R 上产生的热量R RQ Q R r=+ 解得：0.0183J R Q =(3) 当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流，此时金属棒将沿导轨做匀加速运动，根据牛顿第二定律，有：sin mg ma θ=根据位移时间关系公式，有212x vt at =+设t 时刻磁感应强度为B ，总磁通量不变，有：()BLs B L s x '=+当t =1s 时，代入数据解得，此时磁感应强度：5T 46B '=3．如图1所示，MN 和PQ 为竖直放置的两根足够长的光滑平行金属导轨，两导轨间距为l ，电阻均可忽略不计．在M 和P 之间接有阻值为R 的定值电阻，导体杆ab 质量为m 、电阻不计，并与导轨接触良好．整个装置处于磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中．将导体杆ab 由静止释放．求：（1）a. 试定性说明ab 杆的运动；b. ab 杆下落稳定后，电阻R 上的热功率．（2）若将M 和P 之间的电阻R 改为接一电动势为E ，内阻为r 的直流电源，发现杆ab 由静止向上运动（始终未到达MP 处），如图2所示．a. 试定性说明ab 杆的运动：b. 杆稳定运动后，电源的输出功率．（3）若将M 和P 之间的电阻R 改为接一电容为C 的电容器，如图3所示．ab 杆由静止释放．请推导证明杆做匀加速直线运动，并求出杆的加速度．【答案】（1）加速度逐渐减小的变加速直线运动；P=2222m g RB l （2）加速度逐渐减小的加速；P=mgE Bl -2222m g r B l（3）a=22mgm B l C + 【解析】(1)a 、对ab 杆下滑过程，由牛顿第二定律22B l vmg ma R-=，可知随着速度的增大，加速度逐渐减小，当22B l vmg R=时，加速度为零，杆做匀速直线运动；故杆先做加速度逐渐减小的加速，再做匀速直线运动.b 、ab 杆稳定下滑时，做匀速直线运动：22B l vmg R=,可得22mgR v B l =故22222222B l v mgR m g RP v mg R B l B l=⋅=⋅=(2)a 、对ab 杆上滑过程，由牛顿第二定律：BIL mg ma -=，上滑的速度增大，感应电流与电源提供的电流方向相反，总电流逐渐减小，故加速度逐渐减小；同样加速度为零时杆向上匀速直线运动.B 、杆向上匀速时，BIl mg = mg I Bl=电源的输出功率2P EI I r =- 解得：2()Emg mg P r Bl Bl=- (3)设杆下滑经t ∆时间，由牛顿第二定律：mg BIl ma -=，电容器的充电电流QI t∆=∆ 电容器增加的电量为：Q C U CBL v ∆=∆=∆ 而va t∆=∆ 联立解得：mg B CBla l ma -⋅⋅=可知杆下滑过程给电容器充电的过程加速度恒定不变，故为匀加速直线运动．解得：22mga m B l C=+【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下物体的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键．4．如图所示，一无限长的光滑金属平行导轨置于匀强磁场B 中，磁场方向垂直导轨平面，导轨平面竖直且与地面绝缘，导轨上M 、N 间接一电阻R ，P 、Q 端接一对沿水平方向的平行金属板，导体棒ab 置于导轨上，其电阻为3R ，导轨电阻不计，棒长为L ，平行金属板间距为d ．今导体棒通过定滑轮在一物块拉动下开始运动，稳定后棒的速度为v ，不计一切摩擦阻力．此时有一带电量为q 的液滴恰能在两板间做半径为r 的匀速圆周运动，且速率也为v ．求：（1）速度v 的大小；（2）物块的质量m ．【答案】(1）2gdrL，（222B l dLrR g【解析】【详解】（1）设平行金属板间电压为U ．液滴在平行金属板间做匀速圆周运动，重力与电场力必定平衡，则有：Uqmg d= 由2v qvB m r=得mv r qB=联立解得gdrBU v=则棒产生的感应电动势为： ·(3)4U gdrB B R R R v=+= 由E BLv =棒，得 4gdrv vL=棒（2）棒中电流为：U gdrB I R vR== ab 棒匀速运动，外力与安培力平衡，则有 2gdrLB F BIL vR ==而外力等于物块的重力，即为 2gdrLB mg vR=解得2drLB m vR=5．如图所示，一个单匝矩形线圈水平放在桌面上，在线圈中心上方有一竖直的条形磁体，此时线圈内的磁通量为0.05Wb.在0.5s 的时间内，将该条形磁体从图示位置竖放到线圈内的桌面上，此时线圈内的磁通量为0.10Wb ，试求此过程：（1）线圈内磁通量的变化量；（2）线圈中产生的感应电动势大小。

法拉第电磁感应定律习题知识归纳总结及答案解析

法拉第电磁感应定律习题知识归纳总结及答案解析一、高中物理解题方法：法拉第电磁感应定律1．如图所示,在磁感应强度B =1.0 T 的有界匀强磁场中(MN 为边界)，用外力将边长为L =10 cm 的正方形金属线框向右匀速拉出磁场，已知在线框拉出磁场的过程中，ab 边受到的磁场力F 随时间t 变化的关系如图所示，bc 边刚离开磁场的时刻为计时起点(即此时t =0).求:(1)将金属框拉出的过程中产生的热量Q ; (2)线框的电阻R .【答案】（1）2.0×10-3 J （2）1.0 Ω 【解析】【详解】(1)由题意及图象可知，当0t =时刻ab 边的受力最大，为：10.02N F BIL ==可得：10.02A 0.2A 1.00.1F I BL ===⨯ 线框匀速运动，其受到的安培力为阻力大小即为1F ，由能量守恒：Q W =安310.020.1J 2.010J F L -==⨯=⨯(2) 金属框拉出的过程中产生的热量：2Q I Rt=线框的电阻：3222.010Ω 1.0Ω0.20.05Q R I t -⨯===⨯2．如图所示，电阻不计的相同的光滑弯折金属轨道MON 与M O N '''均固定在竖直平面内，二者平行且正对，间距为L =1m ，构成的斜面ONN O ''跟水平面夹角均为30α=︒，两侧斜面均处在垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B =0.1T ．t =0时，将长度也为L =1m ，电阻R =0.1Ω的金属杆ab 在轨道上无初速释放．金属杆与轨道接触良好，轨道足够长．重力加速度g =10m/s 2；不计空气阻力，轨道与地面绝缘．（1）求t =2s 时杆ab 产生的电动势E 的大小并判断a 、b 两端哪端电势高（2）在t =2s 时将与ab 完全相同的金属杆cd 放在MOO'M'上，发现cd 杆刚好能静止，求ab 杆的质量m 以及放上cd 杆后ab 杆每下滑位移s =1m 回路产生的焦耳热Q【答案】(1) 1V ；a 端电势高；(2) 0.1kg ；0.5J 【解析】【详解】解：(1)只放ab 杆在导轨上做匀加速直线运动，根据右手定则可知a 端电势高；ab 杆加速度为：a gsin α=2s t =时刻速度为：10m/s v at ==ab 杆产生的感应电动势的大小：0.1110V 1V E BLv ==⨯⨯=(2) 2s t =时ab 杆产生的回路中感应电流：1A 5A 220.1E I R ===⨯ 对cd 杆有：30mgsin BIL ︒= 解得cd 杆的质量：0.1kg m = 则知ab 杆的质量为0.1kg放上cd 杆后，ab 杆做匀速运动，减小的重力势能全部产生焦耳热根据能量守恒定律则有：300.11010.5J 0.5J Q mgh mgs sin ==︒=⨯⨯⨯=3．如图所示，ACD 、EFG 为两根相距L =0.5m 的足够长的金属直角导轨，它们被竖直固定在绝缘水平面上，CDGF 面与水平面夹角θ=300．两导轨所在空间存在垂直于CDGF 平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B`=1T ．两根长度也均为L =0.5m 的金属细杆ab 、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，ab 杆的质量m 1未知，cd 杆的质量m 2=0.1kg ，两杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ=36，两金属细杆的电阻均为R =0.5Ω，导轨电阻不计．当ab 以速度v1沿导轨向下匀速运动时，cd 杆正好也向下匀速运动，重力加速度g 取10m/s 2．(1)金属杆cd 中电流的方向和大小 (2)金属杆ab 匀速运动的速度v 1 和质量m 1【答案】I =5A 电流方向为由d 流向c; v 1=10m/s m 1=1kg 【解析】【详解】（1）由右手定则可知cd 中电流方向为由d 流向c 对cd 杆由平衡条件可得：μ=+0022安sin 60（cos 60)m g m g F=安F BLI联立可得：I =5A (2) 对ab: 由 =12BLv IR得 110m/s v = 分析ab 受力可得： 0011sin 30cos 30m g BLI m g μ=+解得： m 1=1kg4．如图所示足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 组成的平面与水平面成37°放置，导轨宽度L=1m ，一匀强磁场垂直导轨平面向下，导轨上端M 与P 之间连接阻值R=0.3Ω的电阻，质量为m=0.4kg 、电阻r=0.1Ω的金属棒ab 始终紧贴在导轨上．现使金属导轨ab 由静止开始下滑，下滑过程中ab 始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x 与时间t 的关系如图乙所示，图像中的OA 段为曲线，AB 段为直线，导轨电阻不计．g=10m/s 2，忽略ab 棒在运动过程中对原磁场的影响．求：(1)磁感应强度B 的大小；(2)金属棒ab 在开始运动的2.0s 内，通过电阻R 的电荷量； (3)金属棒ab 在开始运动的2.0s 内，电阻R 产生的焦耳热．【答案】（1）0.4B T = (2)6q C = (3) 5.4R Q J = 【解析】（1）导体棒在沿斜面方向的重力分力与安培力平衡：得sin mg BIL θ=导体棒切割磁感线产生的电动势为：E BLv =由闭合电路欧姆定律知：EI R r=+ 3.66/0.6x v m s t === 联立解得：0.4B T =（2）6()()()E BsLq It t t C R r t R r R r R r ∆Φ∆Φ======+∆+++ （3）由功能关系得：21sin 2mgx mv Q θ=+ 5.4R QQ R J R r==+ 综上所述本题答案是：（1）0.4T （2）6C （3）5.4J点睛：对于本题要从力的角度分析安培力作用下导体棒的平衡问题，列平衡方程，另外要借助于动能定理、功能关系求能量之间的关系．5．现代人喜欢到健身房骑车锻炼，某同学根据所学知识设计了一个发电测速装置，如图所示。

第4节法拉第电磁感应定律(教学设计)

第4节法拉第电磁感应定律(教学设计)一、内容及其解析：（一）内容：法拉第电磁感应定律（4课时）（二）解析：法拉第电磁感应定律是电磁学的核心内容。

从知识发展来看，它既与电场、磁场和稳恒电流有紧密联系，又是后面学习交流电、电磁振荡和电磁波的基础。

它既是本章的教学重点，也是教学难点。

在学习本节内容之前，学生已经掌握了恒定电流、电磁感应现象和磁通量的相关知识，并且也知道了变化量和变化率的概念。

学生已经具备了很强的实验操作能力，而且本节课的实验也是上节课所演示过的，只不过研究的侧重点不同。

因此，有条件的学校可将本节课的演示实验改为学生分组实验。

另外，学生对物理学的研究方法已有较为深刻的认识，在自主学习、合作探究等方面的能力有了较高的水平。

二、目标及其解析１、教学目标∆Φ的物理意义。

①知道感应电动势的概念，会区分Φ、ΔΦ、t∆②理解法拉第电磁感应定律的内容和数学表达式，并能应用解答有关问题。

③知道公式θE=的推导过程及适用条件，并能应用解答sinBLv有关问题。

2、目标解析∆Φ的物理①知道电磁感应现象中产生的电动势，区分Φ、ΔΦ、t∆意义②理解磁通量的变化率③公式θBLvE=中各物理量表示什么，并能应用公式解答有关sin问题三、问题诊断分析在本节课的教学中，学生可能遇到的问题主要是对电磁感应定律的理解，产生这一问题的原因是对磁通量变化率的理解。

采取措施：1、利用动画引入；2、把分析论证讲透。

四、教学支持条件分析在本节内容涉及实验，采用多媒体演示实验。

五、教学过程设计教师活动复习提问：解决的题目有小组共同解决。

提出问题：对小组不能解决的题目有小组长负责提出大屏幕展示学生存在问题的题目：6、矩形线圈abcd 共有n 匝，总电阻为R ，部分置于有理想边界的匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直，磁感应强度大小为B ，让线圈从图示位置开始以ab 边为轴匀速转动，角速度为ω，ab 边长为L1，ad 边长为L2，在磁场部分为52L2,则线圈从图示位置转过45°的过程中感应电动势的大小为多少？提出问题：不知道在转动过程中磁通量的变化如何求解？学生解析：（学生到黑板画图讲解）本题中线圈在转动到45°的过程中线圈的cd 边还没有进入磁场中也就是说线圈在转动过程中，线圈在垂直磁场方向的有效面积一直都没变53L1L2，因此磁通量没有改变，感应电动势为零点评：思考本题的关键在哪里？思考后回答：判定磁通量是否改变展示变式训练：将上题中所有条件都不改变，你能求出线圈转动过程中磁通量改变的位置吗？学生合作讨论：小组同学共同努力通过画图等方式确定出磁通量变化的位置成果展示：学生到讲台，通过画图、借用道具等方式讲解：线圈cd 边进入磁场后，线圈再转动磁通量就会改变，所以磁通量改变的临界位置是：cd边进入磁场边缘大屏幕展示学生存在问题的题目:一个电阻是R，半径为r的单匝线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，如图，若以线圈的直径为轴旋转180°，则在此过程中，导线横截面积上通过的电荷量提出问题：初末位置的磁通量是相等的，感应电动势为何不为零？学生解析：（学生到黑板讲解）虽然初末位置磁通量的大小都等于Bπr2，但是初末位置磁感线确实从线圈的正反两面穿越的，因此初末位置的磁通量差一个负号，磁通量的变化率为2Bπr2。

2.2 法拉第电磁感应定律(解析版)-1 (1)

2.2法拉第电磁感应定律一、多选题1．在如图甲所示的电路中，电阻R 1＝R 2＝2R ，单匝圆形金属线圈半径为r 1，线圈的电阻为R ，在半径为r 2（r 2<r 1）的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图乙所示，图线在横、纵轴的截距分别为t 0和B 0，其余导线的电阻不计。

闭合S ，至t 1时刻，电路中的电流已稳定，下列说法正确的是（）A ．电容器上极板带正电B ．电容器下极板带正电C ．线圈两端的电压为2010B πr tD ．线圈两端的电压为202045B r t π【答案】BD【详解】AB ．由楞次定律知圆形金属线圈中的感应电流方向为顺时针方向，金属线圈相当于电源，电源内部的电流从负极流向正极，则电容器的下极板带正电，上极板带负电，选项A 错误，B 正确；CD ．由法拉第电磁感应定律知感应电动势为2020B BE S r t t t π∆Φ∆===⨯∆∆ 由闭合电路欧姆定律得感应电流为12EI R R R =++所以线圈两端的电压U ＝I （R 1＋R 2）＝202045B r t π选项C 错误，D 正确。

故选BD 。

2．如图所示，一电阻不计的U 型光滑金属导轨，放在光滑绝缘水平面上。

匀强磁场垂直于导轨所在的水平面，方向竖直向下。

一电阻为R 的金属杆ab 跨放在U 型导轨上，且金属杆始终与U 型导轨的两个轨道垂直，整体静止不动。

现在给金属杆ab 一个水平向左的初速度，使其沿金属导轨向左开始运动，则在金属杆ab 沿金属导轨向左运动的过程中（整个装置始终处于磁场内），下列说法正确的是（）A ．金属杆ab 和金属导轨组成的系统机械能守恒B ．金属杆ab 和金属导轨组成的系统动量守恒C ．金属杆ab 和金属导轨组成的系统机械能不守恒D ．金属杆ab 和金属导轨组成的系统动量不守恒【答案】BC【详解】金属杆ab 和金属导轨组成的系统合外力为0，所以动量守恒，由于金属杆运动过程中，产生感应电流，金属杆产生焦耳热，所以金属杆ab 和金属导轨组成的系统机械能不守恒，故BC 正确，AD 错误。

法拉第电磁感应定律-课教案

法拉第电磁感应定律-优质课教案第一章：引言1.1 教案目标：让学生了解电磁感应现象的背景和意义。

激发学生对法拉第电磁感应定律的兴趣。

1.2 教学内容：回顾电流和磁场的基本概念。

介绍电磁感应现象的发现过程。

引出法拉第电磁感应定律的内容。

1.3 教学方法：通过讲述电流和磁场的基本概念，引导学生回顾相关知识。

通过展示电磁感应实验，引起学生对电磁感应现象的兴趣。

通过提问和讨论，激发学生对法拉第电磁感应定律的好奇心。

1.4 教学资源：电流和磁场的基本概念的PPT或黑板。

电磁感应实验器材：磁铁、线圈、电流表等。

1.5 教学步骤：1.5.1 导入：引导学生回顾电流和磁场的基本概念，如电流的定义、磁场的表示等。

通过提问，了解学生对电磁感应现象的初步了解。

1.5.2 讲述：介绍电磁感应现象的发现过程，如法拉第的实验和观察。

解释法拉第电磁感应定律的内容，包括感应电动势的产生条件和大小关系。

1.5.3 展示实验：进行电磁感应实验，展示磁铁靠近线圈时电流的产生。

引导学生观察实验现象，并解释实验结果与法拉第电磁感应定律的关系。

1.5.4 讨论：提问学生对实验现象的观察和理解。

引导学生探讨法拉第电磁感应定律的应用和意义。

第二章：法拉第电磁感应定律的内容2.1 教案目标：让学生理解法拉第电磁感应定律的内容和表达式。

学会运用法拉第电磁感应定律进行简单的问题计算。

2.2 教学内容：回顾法拉第电磁感应定律的表达式。

解释感应电动势的大小和方向的确定方法。

2.3 教学方法：通过讲解和示例，帮助学生理解法拉第电磁感应定律的表达式。

通过练习题和问题解答，培养学生的计算能力和问题解决能力。

2.4 教学资源：法拉第电磁感应定律的PPT或黑板。

练习题和问题解答的教材或习题集。

2.5 教学步骤：2.5.1 讲述：复习法拉第电磁感应定律的表达式，包括感应电动势的大小和方向的确定方法。

通过示例，解释法拉第电磁感应定律在不同情况下的应用。

2.5.2 练习题：给学生发放练习题，让学生独立解答。