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4.4 法拉第電磁感應(yīng)定律 每課一練2（人教版選修3-2）
一、基礎(chǔ)練
1．當(dāng)穿過線圈的磁通量發(fā)生變化時(shí)，下列說法中正確的是(　　)
A ．線圈中一定有感應(yīng)電流
B．線圈中一定有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)
C．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小跟磁通量的變化成正比
D．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小跟線圈的電阻有關(guān)
答案　B
解析　穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化時(shí)才會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電路是否閉合無關(guān)，且感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小跟磁通量的變化率成正比．
2．一根直導(dǎo)線長(zhǎng)0.1 m，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中以10 m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)，則導(dǎo)線中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的說法錯(cuò)誤的是(　　)
A．一定為0.1 V B．可能為零
C．可能為0.01 V D．最大值為0.1 V[
答案　A
解析　當(dāng)公式E＝Blv中B、l、v互相垂直而導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大：Em＝Blv＝0.1×0.1×10 V＝0.1 V，考慮到它們?nèi)�者的空間位置關(guān)系，B 、C、D正確，A錯(cuò)．
3．無線電力傳輸目前取得重大突破，在日本展出了一種非接觸式電源供應(yīng)系統(tǒng)．這種系統(tǒng)基于電磁感應(yīng)原理可無線傳輸電力．兩個(gè)感應(yīng)線圈可以放置在左右相鄰或上下相對(duì)的位置，原理示意圖如圖1所示．下列說法正確的是(　　)
圖1
A．若A線圈中輸入電流，B線圈中就會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)
B．只有A線圈中輸入變化的電流，B線圈中才會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)
C．A中電流越大，B中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大
D．A中電流變化越快，B中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大
答案　BD
解析　根據(jù)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的條件，只有處于變化的磁場(chǎng)中，B線圈才能產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，A錯(cuò)，B對(duì)；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小取決于磁通量變化率，所以C錯(cuò)，D對(duì)．
4．閉合回路的磁通量Φ隨時(shí)間t的變化圖象分別如圖2所示，關(guān)于回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的下列論述，其中正確的是(　　)
圖2
A．圖甲回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定不變
B．圖乙回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定不變
C．圖丙回路中0～t1時(shí)間 內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)小于t1～t2時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)
D．圖丁回路中感 應(yīng)電動(dòng)勢(shì)先變大后變小
答案　B
解析　因E＝ΔΦΔt，則可據(jù)圖象斜率判斷知圖甲中ΔΦΔt＝0，即電動(dòng)勢(shì)E為0；圖乙中ΔΦΔt＝恒量，即電動(dòng)勢(shì)E為一恒定值；圖丙中E前>E后；圖丁中圖象斜率ΔΦΔt先減后增，即回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)先減后增，故只有B選項(xiàng)正確．
5．如圖3所示，PQRS為一正方形導(dǎo)線框，它以恒定速度向右進(jìn)入以MN為邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直線框平面向里，MN線與線框的邊成45°角，E、F分別是PS和PQ的中點(diǎn)．關(guān)于線框中的感應(yīng)電流，正確的說法是(　　)
圖3
A．當(dāng)E點(diǎn)經(jīng)過邊界MN時(shí)，線框中感應(yīng)電流最大
B．當(dāng)P點(diǎn)經(jīng)過邊界MN時(shí)，線框中感應(yīng)電流最大
C．當(dāng)F點(diǎn)經(jīng)過邊界MN時(shí)，線框中感應(yīng)電流最大
D．當(dāng)Q點(diǎn)經(jīng)過邊界MN時(shí)，線框中感應(yīng)電流最大
答案　B
解析　當(dāng)P點(diǎn)經(jīng)過邊界MN時(shí)，切割磁感線的有效長(zhǎng)度最大為SR，感應(yīng)電流達(dá)到最大．
6．如圖4(a)所示，一個(gè)電阻值為R，匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路．線圈的半徑為r1.在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域 內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖線如圖(b)所示．圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0.導(dǎo)線的電阻不計(jì)．
圖4[ 求0至t1時(shí)間內(nèi)
(1)通過電阻R1上的電流大小和方向；
(2)通過電阻R1上的電荷量q及電阻R1上產(chǎn)生的熱量．
答案　(1)nB0πr223Rt0　從b到a
(2)nB0πr22t13Rt0　2n2B20π2r42t19Rt20
解析　(1)由圖象分析可知，0至t1時(shí)間內(nèi)ΔBΔt＝B0t0.由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝nΔΦΔt＝nΔBΔt?S，而S＝πr22.由閉合電路歐姆定律有I1＝ER1＋R.聯(lián)立以上各式得，通過電阻R1上的電流大小I1＝nB0πr223Rt0.由楞次定律可判斷通過電阻R1上的電流方向從b到a.
(2)通過電阻R1上的電量：q＝I1t1＝nB0πr22t13Rt0
電阻R1上產(chǎn)生的熱量：Q＝I21R1t1＝2n2B20π2r42t19Rt20
二、提升練
7．如圖5所示，A、B兩閉合線圈為同樣導(dǎo)線繞成，A有10匝，B有20匝，兩圓線圈半徑之比為2∶1.均勻磁場(chǎng)只分布在B線圈內(nèi)．當(dāng)磁場(chǎng)隨時(shí)間均勻減弱時(shí)(　　)
圖5
A．A中無感應(yīng)電流
B．A、B中均有恒定的感應(yīng)電流
C．A、B中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為2∶1
D．A、B中感應(yīng)電流之比為1∶2
答案　BD
解析　只要穿過線圈內(nèi)的磁通量發(fā)生變化，線圈中就有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，因?yàn)榇艌?chǎng)變化情況相同，有效面積也相同，所以，每匝線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相同，又由于兩線圈的匝數(shù)和半徑不同，電阻值不同，根據(jù)歐姆定律，單匝線圈電阻之比為2∶1，所以，感應(yīng)電流之比為1∶2.因此正確的答案是B、D.[來源:學(xué)科網(wǎng)ZXXK]
8．在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一個(gè)接有電容器的導(dǎo)線回路，如圖6所示，已知電容C＝3 0 μF，回路的長(zhǎng)和寬分別為l1＝5 cm，l2＝8 cm，磁場(chǎng)變化率為 5×10－2 T/s，則(　　)
圖6
A．電容器帶電荷量為2×10－9 C
B．電容器帶電荷量為4×10－9 C
C．電容器帶電荷量為6×10－9 C
D．電容器帶電荷量為8×10－9 C
答案　C
解析　回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)等于電容器兩板間的電壓，U＝E＝ΔΦΔt＝ΔBΔt?l1l2＝5×10－2×0.05×0.08 V＝2×10－4 V．電容器的電荷量為q＝CU＝CE＝30×10－6×2×10－4 C＝6×10－9 C，C選項(xiàng)正確．
9．如圖7所示，一正方形線圈abcd在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁感線的對(duì)稱軸OO′勻速運(yùn)動(dòng)，沿著OO′觀察，線圈沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)．已知 勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，線圈匝數(shù)為n，邊長(zhǎng)為l，電阻為R，轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω.則當(dāng)線圈轉(zhuǎn)至圖示位置時(shí)(　　)
圖7
A．線圈中感應(yīng)電流的方向?yàn)閍bcda
B．線圈中的感應(yīng)電流為nBl2ωR
C．穿過線圈的磁通量為0
D．穿過線圈的磁通量的變化率為0
答案　BC
解析　圖示位置bc和ad的瞬時(shí)切割速度均為v＝ωl2ad邊與bc邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)都是E＝Blv＝12Bl2ω且bd為高電勢(shì)端，故整個(gè)線圈此時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e＝2×n12Bl2ω＝nBl2ω，感應(yīng)電流為nBl2ωR，B正確．由右手定則可知線圈中的電流方向?yàn)閍dcba，A錯(cuò)誤．此時(shí)磁通量為0，但磁通量變化率最大，故選項(xiàng)為B、C.
10．如圖8所示，空間存在兩個(gè)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向相反且垂直紙面，MN、PQ為其邊界，OO′為其對(duì)稱軸．一導(dǎo)線折成邊長(zhǎng)為l的正方形閉合回路abcd，回路在紙面內(nèi)以恒定速度v0向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到關(guān)于OO′對(duì)稱的位置時(shí)(　　)
圖8
A．穿過回路的磁通量為零
B．回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為2Blv0
C．回路中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向
D．回路中ab邊與cd邊所受安培力方向相同
答案　ABD
解析　線框關(guān)于OO′對(duì)稱時(shí)，左右兩側(cè)磁通量大小相等，磁場(chǎng)方向相反，合磁通量為0；根據(jù)右手定則，cd的電動(dòng)勢(shì)方向由c到d，ab的電動(dòng)勢(shì)方向由a到b，且大小均為Blv0，閉合電路的電動(dòng)勢(shì)為2Blv0，電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針；根據(jù)左手定則，ab和cd邊所受安培力方向均向左，方向相同，故正確的選項(xiàng)為A、B、D.
11．用均勻?qū)Ь�做成的正方形線框邊長(zhǎng)為0.2 m，正方形的一半放在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖9甲所示．當(dāng)磁場(chǎng)以10 T/s的變化率增強(qiáng)時(shí)，線框中點(diǎn)a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差是(　　)
圖9
A．Uab＝0.1 V B．Uab＝－0.1 V
C．Uab＝0.2 V D．Uab＝－0.2 V
答案　B
解析　題中正方形線框的左半部分磁通量變化而產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，從而在線框中有感應(yīng)電流，把 左半部分線框看成電源，設(shè)其電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)電阻為r2，畫出等效電路如圖乙所示．則ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差即為電源的路端電壓，設(shè)l是邊長(zhǎng)，正方形線框的總電阻為r，且依題意知ΔBΔt＝10 T/s.
由E＝ΔΦΔt得E＝ΔBSΔt＝ΔBl22Δt＝10×0.222 V＝0.2 V，所以U＝Ir2＝Er2＋r2?r2＝0.2r×r2 V＝0.1 V.
由于a點(diǎn)電勢(shì)低于b點(diǎn)電勢(shì)，故Uab＝－0.1 V，即B選項(xiàng)正確．
點(diǎn)評(píng)　處理此類問題要分清內(nèi)、外電路(哪部分相當(dāng)于電源)，畫出等效電路圖．12．如圖10所示，在空間中 存在兩個(gè)相鄰的、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其寬度均為L(zhǎng).現(xiàn)將寬度也為L(zhǎng)的矩形閉合線圈，從圖示位置垂直于磁場(chǎng)方向勻速拉過磁場(chǎng)區(qū)域，則在該過程中，能正確反映線圈中所產(chǎn)生的感應(yīng)電流或其所受的安培力隨時(shí)間變化的圖象是(　　)
圖10
答案　D[ ]
解析　　由楞次定律可知，當(dāng)矩形導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)和出磁場(chǎng)時(shí)，磁場(chǎng)力總是阻礙物體的運(yùn)動(dòng)，方向始終向左，所以外力F始終水平向右，因安培力的大小不同，故選項(xiàng)D是正確的，選項(xiàng)C是錯(cuò)誤的．當(dāng)矩形導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律判斷，感應(yīng)電流的大小在中間時(shí)是最大的，所以選項(xiàng)A、B是錯(cuò)誤的．
點(diǎn)評(píng)　題中并沒有明確電流或安培力的正方向，所以開始時(shí)取正值或負(fù)值都可以，關(guān)鍵是圖象能否正確反映過程的特點(diǎn)．
13．如圖11所示，導(dǎo)線全部為裸導(dǎo)線，半徑為r的圓內(nèi)有垂直于平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B，一根長(zhǎng)度大于2r的導(dǎo)線MN以速度v在圓環(huán)上無摩擦地自左向右勻速滑動(dòng)，電路的固定電阻為R.其余電阻忽略不計(jì)．試求MN從圓環(huán)的左端到右端的過程中電阻R上的電流強(qiáng)度的平均值及通過的電荷量．
圖11
答案　πBrv2R　Bπr2R
解析　由于 ΔΦ＝B?ΔS＝B?πr2，
完成這一變化所用的時(shí)間Δt＝2rv，
故E＝ΔΦΔt＝πBrv2.
所以電阻R上的電流強(qiáng)度平均值為I＝ER＝πBrv2R
通過R的電荷量為q＝I?Δt＝Bπr2R
點(diǎn)評(píng)　回路中發(fā)生磁通量變化時(shí)，由于感應(yīng)電場(chǎng)的作用使電荷發(fā)生定向移動(dòng)而形成感應(yīng)電流，在Δt內(nèi)遷移的電荷量(感應(yīng)電荷量)為：
q＝I?Δt＝ER?Δt＝nΔΦΔt?1R?Δt＝nΔΦR.其中n為匝數(shù)，R為總電阻．[ 從上式可知，感應(yīng)電荷量?jī)H由回路電阻和磁通量的變化決定，與發(fā)生磁通量變化的時(shí)間無關(guān)，與線圈匝數(shù)有關(guān)．
14．如圖12所示，處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的兩根足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌相距1 m， 導(dǎo)軌平面與水平面成θ＝37°角，下端連接阻值為R的電阻．勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂直，質(zhì)量為0.2 kg、電阻不計(jì)的金屬棒放在兩導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25.
圖12
(1)求金屬棒沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑時(shí)的加速度大�。�
(2)當(dāng)金屬棒下滑速度達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，電阻R消耗的功率為8 W，求該速度的大小．[來 (3)在上問中，若R＝2 Ω，金屬棒中的電流方向由a到b，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與方向．
(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
答案　(1)4 m/s2 　(2)10 m/s　(3)0.4 T　方向垂直導(dǎo)軌平面向上
解析　(1)金屬棒開始下滑的初速度為零，根據(jù)牛頓第二定律得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma①
由①式解得
a＝10×(0.6－0.25×0.8) m/s2＝4 m/s2②
(2)設(shè)金屬棒運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，速度為v，所受安培力為F，棒在沿導(dǎo)軌方向受力平衡
mgsin θ－μmgcos θ－F＝0③
此時(shí)金屬棒克服安培力做功的功率等于電路中電阻R消耗的電功率Fv＝P④
由③④兩式解得：
v＝PF＝80.2×10×?0.6－0.25×0.8? m/s
＝10 m/s⑤
(3)設(shè)電路中電流為I，兩導(dǎo)軌間金屬棒的長(zhǎng)為l，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B[ I＝BlvR⑥
P＝I2R⑦
由⑥⑦兩式解得：
B＝PRvl＝8×210×1 T＝0.4 T⑧
磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向上


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