第15天法拉第電磁感應定律（預習篇）目錄新知導航：熟悉課程內容、掌握知識脈絡基礎知識：知識點全面梳理，掌握必備小試牛刀：基礎題+中等難度題，合理應用理解法拉第電磁感應定律，會初步應用規律分析解決一些問題會解決導體棒切割磁感線的問題1法拉第電磁感應定律：（1）內容：閉合電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比。（2）表達式：2.右手定則：伸開右手，讓拇指與其余四指垂直，讓磁感線穿過手心，大拇指指向導體運動的方向，這時四指所指的方向就是導體中電流的方向1．如圖所示，勻強磁場中有a、b兩個閉合線圈，它們用同樣的導線制成，匝數均為10匝，半徑ra=2rb。磁場方向與線圈所在平面垂直，磁感應強度B隨時間均勻增大。兩線圈中產生的感應電動勢分別為Ea和Eb，感應電流分別為Ia和Ib，不考慮兩線圈間的相互影響。下列說法正確的是（）A．感應電流均沿順時針方向 B．Ea：Eb=2：1C．Ia：Ib=4：1 D．Ia：Ib=2：1【答案】D【詳解】A．磁場垂直于紙面向里，磁感應強度增大，穿過線圈的磁通量增加，由楞次定律可知，線圈中的感應電流沿逆時針方向，故A錯誤；B．由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢感應電動勢之比故B錯誤；CD．設導線的電阻率為ρ，橫截面積為導線，由電阻定律可知，線圈電阻由歐姆定律可知，感應電流電流之比故C錯誤，D正確。故選D。2．殲-20（英文：ChengduJ-20，代號：威龍）是我國研制的一款具備高隱身性、高態勢感知、高機動性的第五代雙發重型隱形戰斗機，將擔負中國空軍未來對空、對海的主權維護任務。如圖為殲-20戰機在我國近海海域上空巡航的英姿，設該機機身長為l，機翼兩端點C、D的距離為d，以速度v沿水平方向勻速飛行，已知戰斗機所在空間地磁場磁感應強度的豎直分量大小為B，C、D兩點間的電勢差的絕對值為U。則（

）A．，C點電勢高于D點電勢 B．，D點電勢高于C點電勢C．，C點電勢高于D點電勢 D．，D點電勢高于C點電勢【答案】D【詳解】飛機在北半球的上空以速度v水平飛行，切割磁感應強度的豎直分量，切割的長度等于機翼的長度，所以根據右手定則，感應電流的方向C指向D，所以D點的電勢高于C點的電勢，故D正確，ABC錯誤。故選D。3．如圖所示abcd水平放置的平行“?”形光滑金屬導軌，間距為l，導軌間有垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度大小為B，導軌電阻不計，已知金屬桿MN傾斜放置，與導軌成θ角，單位長度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動（金屬桿滑動過程中與導軌接觸良好）。則（）A．金屬桿中電流從M端流向N端 B．電路中感應電流的大小為C．金屬桿所受安培力的大小為 D．電路中感應電動勢的大小為【答案】B【解析】A．根據右手定則可得電流從N端流向M端，故A錯誤。BD．金屬桿切割的有效長度等于導軌間距l，則金屬棒有效切割長度為l，根據法拉第電磁感應定律可得電路中感應電動勢為E=Blv金屬桿接入電路中的電阻為根據閉合電路的歐姆定律可得電路中感應電流的大小為故B正確D錯誤；C．金屬桿所受安培力的大小為故C錯誤；故選B。4．如圖所示，一導線彎成半徑為a的半圓形團合回路，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向右勻速進入磁場，直徑CD始終與MN垂直，從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止，下列結論不正確的是（）A．感應電流方向不變 B．CD段直線始終不受安培力C．感應電動勢最大值E=Bav D．感應電動勢平均值【答案】B【解析】A．根據楞次定律，閉合回路在進入磁場過程中，感應電流的方向為逆時針方向，方向不變。故A正確，與題意不符；B．根據左手定則，CD段直線所受安培力方向豎直向下。故B錯誤，與題意相符；C．切割的有效長度為a時，感應電動勢有最大值，即故C正確，與題意不符；D．根據法拉第電磁感應定律，可得故D正確，與題意不符。故選B。5．(多選)在理解電磁感應定律E＝n及其改寫式E＝nS、E＝nB的基礎上，下列敘述錯誤的是（）A．對給定的線圈，感應電動勢的大小跟磁通量的變化率成正比B．對給定的線圈，感應電動勢的大小跟磁感應強度的變化量ΔB成正比C．對給定的磁場，感應電動勢的大小跟面積的變化率成正比D．三個計算式算出的感應電動勢都是Δt時間內的平均值【答案】BC【解析】A．E＝n可知，對給定線圈，感應電動勢的大小跟磁通量的變化率成正比，故A正確；B．E＝nS可知，對給定的線圈，感應電動勢的大小跟磁感應強度的變化磁感應強度的變化率成正比，與△B無關，故B錯誤；C．E＝nB可知，對給定匝數的線圈和磁場，感應電動勢的大小跟面積的平均變化率成正比，故C錯誤；D．根據法拉第電磁感應定律E＝n得知感應電動勢與穿過線圈的磁通量的變化率大小成正比，△Φ是表示磁通量的變化量，△t表示變化所用的時間，則E表示△t時間內的平均感應電動勢，故D正確；本題選擇錯誤的，故選BC。6．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且垂直于半圓面的軸以角速度勻速轉動半周，在線框中產生感應電流。現使線框保持圖中所示位置不變，磁感應強度大小隨時間線性變化。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．【答案】A【解析】若要產生的電流相等，則產生的感應電動勢應相等。設半圓半徑的長度為L，從靜止開始繞過圓心O以角速度ω勻速轉動時，線框中產生的感應電動勢大小為根據法拉第電磁感應定律得聯立可得故BCD錯誤，A正確。故選A。7.現有100匝矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動，轉軸垂直于磁場，若穿過線圈的磁通量隨時間變化的規律如圖所示，下列說法正確的是（）

A．時刻線圈中感應電動勢為0B．時刻線圈中感應電動勢最大C．時刻線圈中的感應電動勢比時刻的大D．時間內線圈中平均感應電動勢為0.4V【答案】C【詳解】A．在時刻磁通量為零，但磁通量的變化率最大，線圈中產生的感應電動勢最大，故A錯誤；B．在時刻磁通量最大，但是變化率為零，根據法拉第電磁感應定律線圈中產生的感應電動勢為零，故B錯誤；C．由于時刻線圈磁通量的變化率大于時刻的，故時刻線圈中的感應電動勢比時刻的大，故C正確；D．時間內線圈中的平均感應電動勢為故D錯誤。故選C。8．(多選)如圖甲所示為某品牌手機的無線充電器，其工作原理簡化后如圖乙所示。將交流電接入送電線圈，在手機內部，電池通過轉換電路連接受電線圈，將手機放在送電線圈上方即可對電池充電。設受電線圈的匝數為n，面積為S，該區域的磁場可視為勻強磁場，勻強磁場的磁感線垂直于受電線圈平面向上穿過線圈。若在到時間內，其磁感應強度由均勻增加到，關于無線充電的以下說法正確的是（）A．該原理是應用了電磁感應B．受電線圈中感應電流方向由d到cC．受電線圈中產生的感應電動勢為D．均勻增加送電線圈中的電流，可以增加c、d之間的電勢差【答案】AC【解析】A．該原理是應用了電磁感應，故A正確；B．根據楞次定律，可判斷知受電線圈中感應電流方向由c到d，故B錯誤；C．根據法拉第電磁感應定律可得，受電線圈中產生的感應電動勢為故C正確；D．均勻增加送電線圈中的電流，但送電線圈的電流變化率并未發生變化，穿過受電線圈的不變，所以c、d之間的電勢差保持不變，故D錯誤。故選AC。9．水平放置一個固定的單匝金屬圓線圈，磁場正方向和線圈中感應電流的正方向如圖甲所示，當磁場的磁感應強度B隨時間t如圖乙變化時，線圈中感應電動勢E-t圖象是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】0~1s，磁感應強度方向向上并均勻增大，根據楞次定律，感應電流與正方向相同，電動勢為正；1~3s，磁感應強度不變，線圈磁通量不變，無感應電流，電動勢為零；3~6s，磁感應強度的變化率為負并不變，根據楞次定律，感應電流與正方向相反，電動勢為負。故選C。10．(多選)磁懸浮列車是高速低耗交通工具，如圖（a）所示，它的驅動系統簡化為如圖（b）所示的物理模型。固定在列車底部的正方形金屬線框的邊長為L。匝數為N。總電阻為R；水平面內平行長直導軌間存在磁感應強度均為B、方向交互相反、邊長均為L的正方形組合勻強磁場。當磁場以速度v勻速向右移動時，可驅動停在軌道上的列車，則（）A．圖示時刻線框中感應電流沿逆時針方向B．列車運動的方向與磁場移動的方向相同C．列車速度為v'時線框中的感應電動勢大小為D．列車速度為v'時線框受到的安培力大小為【答案】BC【解析】A．線框相對磁場向左運動，根據右手定則可知圖示時刻線框中感應電流沿順時針方向，A錯誤；B．根據左手定則，列車受到向右的安培力，因此列車運動的方向與磁場移動的方向相同，B正確；C．由于前后兩個邊產生的感應電動勢順次相加，根據法拉第電磁感應定律C正確；D．列車速度為v'時線框受到的安培力大小為D錯誤。故選BC。11．如圖所示，兩根平行金屬導軌置于傾角為的粗糙斜面上，導軌之間接有電阻。金屬棒與兩導軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向上，金屬棒始終保持靜止。下列說法正確的是（）

A．當均勻增大時，金屬棒中的電流增大B．當減小時，金屬棒中的電流一定減小C．當增大時，金屬棒中的感應電流方向由到D．當均勻減小時，金屬棒受到的安培力均勻減小【答案】D【詳解】A.當均勻增大時，穿過閉合回路的磁通量均勻增加，則回路中產生恒定不變的感應電動勢，則金屬棒中的電流保持不變，選項A錯誤；B.當均勻減小時，穿過閉合回路的磁通量均勻減小，則回路中產生恒定不變的感應電動勢，則金屬棒中的電流保持不變，選項B錯誤；C.當增大時，穿過閉合回路的磁通量向上增加，根據楞次定律可知，金屬棒中的感應電流方向由a到b，選項C錯誤；D.當均勻減小時，金屬棒中的感應電流不變，根據F=BIL可知，ab受到的安培力均勻減小，選項D正確。故選D。12．圖甲為某款“自發電”無線門鈴按鈕，其“發電”原理如圖乙所示，按下門鈴按鈕過程磁鐵靠近螺線管，松開門鈴按鈕磁鐵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，螺線管端電勢較高B．松開按鈕過程，螺線管端電勢較高C．按住按鈕不動，螺線管沒有產生感應電動勢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【答案】C【解析】A．按下按鈕過程，穿過螺線管的磁通量向左增大，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錯誤；B．松開按鈕過程，穿過螺線管的磁通量向左減小，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；C．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正確；D．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。故選C。13．(多選)如圖所示，水平放置的兩條光滑軌道上有可自由移動的金屬棒、，當在外力作用下運動時，在磁場力作用下向右運動。則所做的運動可能是（說明：導體棒切割磁感線速度越大，感應電流越大）（）A．向右勻加速運動 B．向左勻加速運動C．向右勻減速運動 D．向左勻減速運動【答案】BC【解析】MN在磁場力作用下向右運動，說明MN受到的安培力向右，由左手定則可知MN中電流由M指向N，根據楞次定律可知，上面線圈中產生感應電流的磁場應該是向上減弱，或向下增強，而上面線圈中感應電流是由下面線圈中磁場變化引起的，說明下面線圈中磁場是向上減弱，或向下增強，而下面線圈中電流是由PQ切割磁感線產生的，由安培定則可知，PQ中感應電流由Q到P減小，或由P到Q增大，由右手定則可知，PQ可能向左做勻加速運動或向右做勻減速運動，故AD錯誤，BC正確。故選BC。14．水平放置的兩根平行金屬導軌ad和cb，導軌兩端ab和cd兩點分別連接電阻和，組成矩形線框，如圖所示放在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度為B=1.2T，一根電阻為的導體棒PQ接在兩根金屬軌上，在外力作用下以4m/s的速度向右勻速運動，若電阻，，ab=0.5m，導軌的電阻不計。（1）導體棒PQ中產生的感應電動勢的大小是多少（2）導體棒PQ中產生的感應電流的大小是多少【答案】（1）2.4V；（2）6A【詳解】（1）由題意可知，，由電磁感應定律，可得導體棒PQ中產生的感應電動勢的大小是（2）由題圖可知，外電路的電阻為

由閉合電路歐姆定律，可得導體棒PQ中產生的感應電流的大小是15．如圖所示，兩根平行金屬導軌、相距為，金屬導軌平面與水平面夾角為，導軌上端跨接一定值電阻，導軌電阻不計，整個裝置處于與導軌平面垂直且向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為。一質量為、長度為的導體棒垂直導軌放置在導軌上，且與導軌保持良好接觸，導體棒的電阻忽略不計，與軌道和電阻所圍的回路面積為，已知重力加速度大小為，求：（1）假設金屬導軌、是粗糙的，從某時刻開始，磁場以的規律發生變化，在時刻導體棒仍保持靜止狀態。求此時導體棒受到的安培力和摩擦力的大小；（2）假設金屬導軌、是光滑的，導體棒被鎖定，解除鎖定，導體棒向下滑動后，通過電阻的電流不再變化，求此過程中電阻上產生的熱量。【答案】（1）；；（2）【詳解】（1）根據法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢感應電流安培力由楞次定律可知，導體棒受安培力沿斜面向上，則此時的摩擦力大小（2）當導體棒達到穩定狀態時滿足其中此過程好由能量關系可得解得16．如圖所示，豎直平面內的兩條水平虛線之間有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁場寬度。一質量，電阻，邊長的正方形單匝導線框abcd，由距磁場上邊界高度處自由下落，其ab邊進入磁場區域瞬間，線框恰好能勻速運動，其cd邊離開磁場瞬間速度。空氣阻力忽略不計，重力加速度求：（1）勻強磁場的磁感應強度B的大小；（2）導線框穿越勻強磁場的整個過程中產生的焦耳熱Q。

【答案】（1）0.5T；（2）0.0212J【詳解】（1）線框ab邊到達磁場上邊界速度為v，線框在進入磁場前做自由落體運動，其速度為解得進入磁場瞬間，ab邊產生的感應電動勢為線框中的電流為其ab邊受到的安培力大小為由于進入磁場中勻速運動，所以有解得（2）由能量守恒的觀點可知，在整個運動過程中，其重力勢能轉化為線框的動能和產生的焦耳熱，有解得17．如圖甲所示，水平放置的線圈匝數匝，直徑，電阻，線圈與阻值的電阻相連。在線圈的中心有一個直徑的有界勻強磁場，磁感應強度按圖乙所示規律變化，規定垂直紙面向里的磁感應強度方向為正方向。試求：（1）通過電阻