高中物理人教版 (2019)选择性必修 第二册2 法拉第电磁感应定律学案

这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第二册2 法拉第电磁感应定律学案，共17页。


一、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＝neq \f(ΔΦ,Δt)，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)．
二、导线切割磁感线时的感应电动势
1．导线垂直于磁场方向运动，B、l、v两两垂直时，如图1所示，E＝Blv.
图1 图2
2．导线的运动方向与导线本身垂直，但与磁感线方向夹角为θ时，如图2所示，E＝Blvsin_θ.
3．导体棒切割磁感线产生感应电流，导体棒所受安培力的方向与导体棒运动方向相反，导体棒克服安培力做功，把其他形式的能转化为电能．
1．判断下列说法的正误．
(1)在电磁感应现象中，有感应电流，就一定有感应电动势；反之，有感应电动势，就一定有感应电流．( × )
(2)线圈中磁通量的变化量ΔΦ越小，线圈中产生的感应电动势一定越小．( × )
(3)线圈放在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电动势一定越大．( × )
(4)线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势一定越大．( √ )
(5)闭合电路置于磁场中，当磁感应强度很大时，感应电动势可能为零；当磁感应强度为零时，感应电动势可能很大．( √ )
2．图3甲、乙中，金属导体中产生的感应电动势分别为E甲＝________，E乙＝________.
图3
答案 Blv Blvsin θ
一、对电磁感应定律的理解
导学探究 如图4所示，将条形磁体从同一高度插入线圈的实验中．
图4
(1)快速插入和缓慢插入，磁通量的变化量ΔΦ相同吗？指针偏转角度相同吗？
(2)分别用一根磁体和两根磁体以同样速度快速插入，磁通量的变化量ΔΦ相同吗？指针偏转角度相同吗？
(3)感应电动势的大小取决于什么？
答案 (1)磁通量的变化量相同，但磁通量变化的快慢不同，快速插入比缓慢插入时指针偏转角度大．
(2)用两根磁体快速插入时磁通量的变化量较大，磁通量变化率也较大，指针偏转角度较大．
(3)感应电动势的大小取决于eq \f(ΔΦ,Δt)的大小．
知识深化
1．磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ及磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)的比较：
2.公式E＝neq \f(ΔΦ,Δt)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eq \f(ΔΦ,Δt)决定，与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ无关．
(2019·宜昌市远安县第一中学高二月考)关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是 ( )
A．穿过线圈的磁通量Φ最大时，所产生的感应电动势就一定最大
B．穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ增大时，所产生的感应电动势也增大
C．穿过线圈的磁通量Φ等于0，所产生的感应电动势就一定为0
D．穿过线圈的磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)越大，所产生的感应电动势就越大
答案 D
解析 根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)成正比，与磁通量Φ及磁通量的变化量ΔΦ没有必然联系．当磁通量Φ很大时，感应电动势可能很小，甚至为0；当磁通量Φ等于0时，其变化率可能很大，产生的感应电动势也可能很大，而ΔΦ增大时，eq \f(ΔΦ,Δt)可能减小．如图所示，
t1时刻，Φ最大，但E＝0；0～t1时间内，ΔΦ增大，但eq \f(ΔΦ,Δt)减小，E减小；t2时刻，Φ＝0，但eq \f(ΔΦ,Δt)最大，即E最大，故A、B、C错误，D正确．
针对训练1 (多选)(2019·宁波市效实中学期末)单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t变化的图像如图5所示，图线为正弦曲线的一部分，则( )
图5
A．在t＝0时刻，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大
B．在t＝1×10－2 s时刻，感应电动势最大
C．在t＝2×10－2 s时刻，感应电动势为零
D．在0～2×10－2 s时间内，线圈中感应电动势的平均值为零
答案 BC
解析 由法拉第电磁感应定律知E∝eq \f(ΔΦ,Δt)，故t＝0及t＝2×10－2 s时刻，E＝0，A项错误，C项正确；t＝1×10－2 s时，E最大，B项正确；0～2×10－2 s时间内，ΔΦ≠0，则E≠0，D项错误．
如图6甲所示，一个圆形线圈匝数n＝1 000匝、面积S＝2×10－2 m2、电阻r＝1 Ω.在线圈外接一阻值为R＝4 Ω的电阻．把线圈放入一个匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里，磁场的磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示．求：
图6
(1)0～4 s内，回路中的感应电动势；
(2)t＝5 s时，a、b两点哪点电势高；
(3)t＝5 s时，电阻R两端的电压U.
答案 (1)1 V (2)a点 (3)3.2 V
解析 (1)根据法拉第电磁感应定律得，0～4 s内，回路中的感应电动势E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(1 000×0.4－0.2×2×10－2,4) V＝1 V.
(2)t＝5 s时，磁感应强度正在减弱，根据楞次定律，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，即感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，由安培定则可知，线圈中产生顺时针方向的感应电流，故a点的电势高．
(3)由题图知，在t＝5 s时，线圈的感应电动势为
E′＝neq \f(|ΔΦ′|,Δt)＝eq \f(1 000×|0－0.4|×2×10－2,2) V＝4 V
根据闭合电路欧姆定律得电路中的电流为
I＝eq \f(E′,R＋r)＝eq \f(4,4＋1) A＝0.8 A
故电阻R两端的电压U＝IR＝0.8×4 V＝3.2 V.
针对训练2 一个边长为10 cm的正方形金属线框置于匀强磁场中，线框匝数n＝100，线框平面与磁场垂直，电阻为20 Ω.磁感应强度随时间变化的图像如图7所示．则前两秒产生的电流为多大？
图7
答案 0.05 A
解析 根据B－t图像可知，前2秒磁通量的变化率是定值，所以感应电动势不变，即为E＝neq \f(ΔB,Δt)S＝100×eq \f(1－－1,2)×0.12 V＝1 V，感应电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(1,20) A＝0.05 A.
二、导线切割磁感线时的感应电动势
1．导线切割磁感线时感应电动势表达式的推导
如图8所示，闭合电路一部分导线ab处于匀强磁场中，磁感应强度为B，ab的长度为l，ab以速度v匀速垂直切割磁感线．
图8
则在Δt内穿过闭合电路磁通量的变化量为ΔΦ＝BΔS＝BlvΔt
根据法拉第电磁感应定律得E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝Blv.
2．对公式的理解
(1)当B、l、v三个量的方向互相垂直时，E＝Blv；当有任意两个量的方向互相平行时，导线将不切割磁感线，E＝0.
(2)当l垂直B且l垂直v，而v与B成θ角时，导线切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝Blvsin θ.
(3)若导线是弯折的，或l与v不垂直时，E＝Blv中的l应为导线在与v垂直的方向上的投影长度，即有效切割长度．
图9
图9甲中的有效切割长度为：L＝eq \x\t(cd)sin θ；
图乙中的有效切割长度为：L＝eq \x\t(MN)；
图丙中的有效切割长度为：沿v1的方向运动时，L＝eq \r(2)R；沿v2的方向运动时，L＝R.
3.导体转动切割磁感线产生的电动势
如图10所示，导体棒在磁场中绕A点在纸面内以角速度ω匀速转动，磁感应强度为B，则AC在切割磁感线时产生的感应电动势为E＝Bleq \x\t(v)＝Bl·eq \f(ωl,2)＝eq \f(1,2)Bl2ω.
图10
如图11所示，MN、PQ为两条平行的水平放置的金属导轨，左端接有定值电阻R，金属棒ab斜放在两导轨之间，与导轨接触良好，ab＝L.磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面，设金属棒与两导轨间夹角为60°，以速度v水平向右匀速运动，不计导轨和棒的电阻，则流过金属棒的电流为( )
图11
A.eq \f(BLv,R) B.eq \f(\r(3)BLv,2R) C.eq \f(BLv,2R) D.eq \f(\r(3)BLv,3R)
答案 B
解析 金属棒切割磁感线的有效长度为L·sin 60°＝eq \f(\r(3),2)L，故感应电动势E＝Bv·eq \f(\r(3)L,2)，由闭合电路欧姆定律得通过金属棒的电流I＝eq \f(\r(3)BLv,2R).
E＝neq \f(ΔΦ,Δt)与E＝Blv的比较
1．区别：E＝neq \f(ΔΦ,Δt)研究的是整个闭合回路，适用于计算各种电磁感应现象中Δt内的平均感应电动势；E＝Blv研究的是闭合回路的一部分，即做切割磁感线运动的导体，只适用于计算导体做切割磁感线运动产生的感应电动势，可以是平均感应电动势，也可以是瞬时感应电动势．
2．联系：E＝Blv是由E＝neq \f(ΔΦ,Δt)在一定条件下推导出来的，该公式可看成法拉第电磁感应定律的一个推论．
(2020·上海市质检)法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机．铜质圆盘竖直放置在水平向左的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各有一个铜电刷与其紧贴，用导线将电刷与电阻R连接起来形成回路．转动摇柄，使圆盘沿如图12所示方向转动，已知匀强磁场的磁感应强度为B，圆盘半径为r，圆盘匀速转动的角速度为ω.下列说法正确的是( )
图12
A．圆盘产生的电动势为eq \f(1,2)Bωr2，流过电阻R的电流方向为从b到a
B．圆盘产生的电动势为eq \f(1,2)Bωr2，流过电阻R的电流方向为从a到b
C．圆盘产生的电动势为Bωπr2，流过电阻R的电流方向为从b到a
D．圆盘产生的电动势为Bωπr2，流过电阻R的电流方向为从a到b
答案 A
解析 将圆盘看成由无数根辐条组成，它们均切割磁感线，从而产生感应电动势，产生感应电流，根据右手定则，圆盘上感应电流从边缘流向圆心，则流过电阻R的电流方向为从b到a.根据法拉第电磁感应定律得圆盘产生的感应电动势E＝Breq \x\t(v)＝Br·eq \f(0＋ωr,2)＝eq \f(1,2)Br2ω，故选A.
1．(电磁感应定律的理解)对某一确定的闭合电路，下列关于电磁感应现象的说法中，正确的是( )
A．穿过闭合电路的磁通量为零的瞬间，闭合电路中不可能有感应电流
B．穿过闭合电路的磁通量增大，但闭合电路中感应电流可能减小
C．穿过闭合电路的磁通量减小，则闭合电路中的感应电动势一定减小
D．穿过闭合电路的磁通量变化越来越快，但闭合电路中的感应电流可能不变
答案 B
解析 根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，与磁通量没有直接关系，穿过闭合电路的磁通量增大(或减小)，但磁通量的变化率不一定增大(或减小)，则产生的感应电动势不一定增大(或减小)，闭合电路中的感应电流不一定增大(或减小)，故选项B正确，C错误；穿过闭合电路的磁通量为零的瞬间，磁通量的变化率可能不为零，因此闭合电路中可能有感应电流，选项A错误；磁通量变化越快，感应电动势越大，感应电流也越大，选项D错误．
2．(公式E＝neq \f(ΔΦ,Δt)的应用)(多选)如图13甲所示，线圈的匝数n＝100匝，横截面积S＝50 cm2，线圈总电阻r＝10 Ω，沿线圈轴向有匀强磁场，设图示磁场方向为正方向，磁场的磁感应强度随时间按如图乙所示规律变化，则在开始的0.1 s内( )
图13
A．磁通量的变化量为0.25 Wb
B．磁通量的变化率为2.5×10－2 Wb/s
C．a、b间电压为0
D．在a、b间接一个理想电流表时，电流表的示数为0.25 A
答案 BD
解析 通过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，由于0时刻和0.1 s时刻的磁场方向相反，磁通量穿入的方向不同，则ΔΦ＝(0.1＋0.4)×50×10－4 Wb＝2.5×10－3 Wb，A项错误；磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(2.5×10－3,0.1) Wb/s＝2.5×10－2 Wb/s，B项正确；根据法拉第电磁感应定律可知，当a、b间断开时，其间电压大小等于线圈产生的感应电动势大小，感应电动势大小为E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝2.5 V且恒定，C项错误；在a、b间接一个理想电流表时相当于a、b间接通而形成回路，回路总电阻即为线圈的总电阻，故感应电流大小I＝eq \f(E,r)＝eq \f(2.5,10) A＝0.25 A，D项正确．
3．(转动切割问题)(多选)(2020·北师联盟模拟)在农村，背负式喷雾器是防治病虫害不可缺少的重要农具，其主要由压缩空气装置、橡胶连接管、喷管和喷嘴等组成．给作物喷洒农药的情景如图14甲所示，摆动喷管，可将药液均匀喷洒在作物上．一款喷雾器的喷管和喷嘴均由金属制成，喷管摆动过程可简化为图乙所示，设ab为喷管，b端有喷嘴，总长为L.某次摆动时，喷管恰好绕ba延长线上的O点以角速度ω在纸面内沿逆时针方向匀速摆动，且始终处于垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场中，若Oa距离为eq \f(L,2)，则喷管在本次摆动过程中( )
图14
A．a端电势高
B．b端电势高
C．ab两端的电势差为eq \f(1,2)BL2ω
D．ab两端的电势差为BL2ω
答案 AD
解析 喷管绕ba延长线上的O点以角速度ω在纸面内沿逆时针方向匀速摆动，根据右手定则可知，若ab中有感应电流，其方向应为由b到a，因ab相当于电源，故a端的电势高，故A正确，B错误；根据法拉第电磁感应定律可得，E＝BLeq \x\t(v)，所以ab两端的电势差为Uab＝BLeq \f(\f(Lω,2)＋\f(3Lω,2),2)＝BL2ω，故C错误，D正确．
4．(平动切割问题)如图15所示，金属导轨OM和ON都在纸面内，金属导体AB可在导轨上无摩擦滑动，AB⊥ON，若AB以5 m/s的速度从O点开始沿导轨匀速右滑，导体与导轨都足够长，匀强磁场的磁感应强度为0.2 T．问：
图15
(1)第3 s末夹在导轨间的导体长度是多少？此时导体切割磁感线产生的感应电动势为多大？
(2)3 s内回路中的磁通量变化了多少？此过程中的平均感应电动势为多少？
答案 (1)5eq \r(3) m 5eq \r(3) V (2)eq \f(15\r(3),2) Wb eq \f(5\r(3),2) V
解析 (1)第3 s末，夹在导轨间导体的长度为：
l＝vt·tan 30°＝5×3×eq \f(\r(3),3) m＝5eq \r(3) m
此时E＝Blv＝0.2×5eq \r(3)×5 V＝5eq \r(3) V
(2)3 s内回路中磁通量的变化量ΔΦ＝B·ΔS＝0.2×eq \f(1,2)×15×5eq \r(3) Wb＝eq \f(15\r(3),2) Wb
3 s内电路中产生的平均感应电动势为：
eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(\f(15\r(3),2),3) V＝eq \f(5\r(3),2) V.
考点一 公式E＝neq \f(ΔΦ,Δt)的理解和应用
1．下列关于电磁感应的说法正确的是( )
A．在电磁感应现象中，有感应电动势，就一定有感应电流
B．穿过某回路的磁通量的变化量越大，产生的感应电动势就越大
C．闭合回路置于磁场中，当磁感应强度为零时，感应电动势可能很大
D．感应电动势的大小跟穿过闭合回路的磁通量的变化量成正比
答案 C
解析 在电磁感应现象中，有感应电动势，不一定有感应电流，只有当电路闭合时才有感应电流，选项A错误；穿过某回路的磁通量的变化率越大，产生的感应电动势就越大，选项B错误；闭合回路置于磁场中，当磁感应强度为零时，磁通量的变化率可能很大，则感应电动势可能很大，选项C正确；感应电动势的大小跟穿过闭合回路的磁通量的变化率成正比，选项D错误．
2．穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系如图1所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是( )
图1
A．0～2 s B．2～4 s C．4～5 s D．5～10 s
答案 D
解析 根据E＝eq \f(ΔΦ,Δt)得，感应电动势与磁通量的变化率成正比，Φ－t图线的斜率表示磁通量的变化率，5～10 s内磁通量的变化率最小，则产生的感应电动势最小，故D正确，A、B、C错误．
3. (多选)(2019·寿光市现代中学高二上月考)如图2甲所示，一矩形线圈置于匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示．则线圈中产生的感应电动势的情况为( )
图2
A．t1时刻感应电动势最大
B．0时刻感应电动势为零
C．t1时刻感应电动势为零
D．t1～t2时间内感应电动势增大
答案 CD
解析 由于线圈内磁场面积一定、磁感应强度变化，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为E＝nS·eq \f(ΔB,Δt)∝eq \f(ΔB,Δt).由题图乙可知，0时刻磁感应强度的变化率不为零，则感应电动势不为零，故B错误；t1时刻磁感应强度最大，磁感应强度的变化率为零，感应电动势为零，故A错误，C正确；t1～t2时间内磁感应强度的变化率增大，故感应电动势增大，故D正确．
4．(多选)(2019·盘锦市辽河油田第二高级中学期末)如图3所示，一个匝数为100的圆形线圈，面积为0.4 m2，电阻r＝1 Ω.在线圈中存在0.2 m2的垂直线圈平面向外的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B＝0.3＋0.15t (T)，t表示时间．将线圈两端a、b与一个阻值为R＝2 Ω的定值电阻相连接，b端接地．则下列说法正确的是( )
图3
A．通过定值电阻的感应电流方向向上
B．回路中的感应电流大小不变
C．定值电阻消耗的电功率为3 W
D．a端的电势为－3 V
答案 AB
解析 由题图知，穿过线圈的磁通量随时间均匀增加，根据楞次定律和安培定则可知，通过定值电阻的感应电流方向向上，选项A正确；由eq \f(ΔB,Δt)＝0.15 T/s可知，磁通量的变化率为一定值，回路中产生的感应电动势E不变，则感应电流不变，选项B正确；E＝neq \f(ΔB,Δt)S＝100×0.15×0.2 V＝3 V，则回路的电流I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(3,2＋1) A＝1 A，定值电阻消耗的电功率为PR＝I2R＝2 W，选项C错误；定值电阻两端的电压UR＝IR＝2 V，由楞次定律可知，感应电流方向为b→R→a，则φb－φa＝2 V，又φb＝0，可知φa＝－2 V，选项D错误．
5.(2019·辽宁重点中学联考)如图4所示，正方形线圈位于纸面内，边长为a，匝数为n，转轴OO′恰好位于垂直于纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁场的磁感应强度为B，在线圈从图示位置以角速度ω绕OO′匀速转过90°的过程中，线圈中产生的平均感应电动势大小为( )
图4
A.eq \f(nBa2ω,π) B.eq \f(Ba2ω,π) C.eq \f(2nBa2ω,π) D.eq \f(Ba2ω,2π)
答案 A
解析 线圈中产生的平均感应电动势为eq \x\t(E)＝neq \f(ΔΦ,Δt)，其中ΔΦ＝eq \f(Ba2,2)，Δt＝eq \f(T,4)＝eq \f(π,2ω)，解得eq \x\t(E)＝eq \f(nBa2ω,π)，故A正确．
考点二 导线切割磁感线产生的电动势的计算
6.如图5所示，在国庆60周年阅兵盛典上，我国预警机“空警—2000”在天安门上空时机翼保持水平，以120 m/s的速度自东向西飞行．该机的翼展(两翼尖之间的距离)为50 m，北京地区地磁场的竖直分量向下，大小为4.5×10－5 T，则( )
图5
A．两翼尖之间的电势差为0
B．两翼尖之间的电势差为2.7 V
C．飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高
D．飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低
答案 C
解析 由E＝Blv可得，两翼尖之间的电势差为U＝E＝Blv＝4.5×10－5×50×120 V＝0.27 V，故A、B错误；由右手定则可知，电路中若有感应电流，其方向为由右机翼向左机翼，因飞机此时相当于电源，故飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高，故C正确，D错误．
7.如图6所示，空间中有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为E，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的弯曲金属棒，置于与磁感应强度相互垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为E′.则eq \f(E′,E)等于( )
图6
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(2),2) C．1 D.eq \r(2)
答案 B
解析 设折弯前金属棒切割磁感线的长度为L，则E＝BLv；折弯后，金属棒切割磁感线的有效长度为l＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,2)))2)＝eq \f(\r(2),2)L，故产生的感应电动势为E′＝Blv＝B·eq \f(\r(2),2)Lv＝eq \f(\r(2),2)E，所以eq \f(E′,E)＝eq \f(\r(2),2)，B正确．
8．(多选)如图7所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路．虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面向里．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是( )
图7
A．感应电动势最大值E＝2Bav
B．感应电动势最大值E＝Bav
C．感应电动势的平均值eq \x\t(E)＝eq \f(1,2)Bav
D．感应电动势的平均值eq \x\t(E)＝eq \f(1,4)πBav
答案 BD
解析 在半圆形闭合回路进入磁场的过程中，有效切割长度l如图所示，所以进入过程中l先逐渐增大到a，然后再逐渐减小为0，由E＝Blv可知，感应电动势最大值Emax＝Bav，最小值为0，A错误，B正确；平均感应电动势为eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(B·\f(1,2)πa2,\f(2a,v))＝eq \f(1,4)πBav，C错误，D正确．
9.如图8所示，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φa、φb、φc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是( )
图8
A．φa＞φc，金属框中无电流
B．φb＞φc，金属框中电流方向沿abca
C．Ubc＝－eq \f(1,2)Bl2ω，金属框中无电流
D．Uac＝eq \f(1,2)Bl2ω，金属框中电流方向沿acba
答案 C
解析 金属框abc平面与磁场方向平行，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φa<φc，φb<φc，选项A错误；由A项的分析及eq \x\t(E)＝BLeq \x\t(v)得，Ubc＝－eq \f(1,2)Bl2ω，选项C正确．
10.(多选)(2020·山西省实验中学月考)如图9所示，两个闭合正方形线圈a、b用同样的导线制成，匝数均为10.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( )
图9
A．两线圈中均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3∶1
C．a、b线圈中感应电流之比为3∶1
D．a、b线圈中电功率之比为27∶1
答案 CD
解析 穿过两线圈的磁通量垂直纸面向里增加，根据楞次定律和安培定则可知，两线圈中均产生逆时针方向的感应电流，A错误；由法拉第电磁感应定律E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝nSeq \f(ΔB,Δt)，可知eq \f(Ea,Eb)＝eq \f(Sa,Sb)＝eq \f(L\\al(a2),L\\al(b2))＝eq \f(9,1)，B错误；由R＝ρeq \f(l,S阻)＝eq \f(ρ4L,S阻)，可知eq \f(Ra,Rb)＝eq \f(3,1)，由闭合电路欧姆定律得eq \f(Ia,Ib)＝eq \f(EaRb,EbRa)＝eq \f(3,1)，则eq \f(Pa,Pb)＝eq \f(EaIa,EbIb)＝eq \f(27,1)，C、D正确．
11.如图10所示，一个边长为L的正方形金属框，质量为m、电阻为R，用细线把它悬挂于一个有界匀强磁场区域中，金属框上半部分处于磁场内，磁感应强度随时间均匀变化，满足B＝kt(k>1)．已知细线能承受的最大拉力FT＝2mg，从t＝0开始计时，求经过多长时间细线会被拉断．
图10
答案 eq \f(2mgR,k2L3)
解析 细线被拉断的瞬间，有FT＝2mg，
由平衡条件得FT＝mg＋F，
金属框受到的安培力F＝BIL＝Beq \f(E,R)L，
由法拉第电磁感应定律得E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(L2,2)，
磁感应强度变化规律为B＝kt，
联立各式解得t＝eq \f(2mgR,k2L3).
12.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金属框架，宽度为l＝0.4 m，如图11所示，框架上放置一质量为0.05 kg、接入电路的阻值为1 Ω的金属杆cd，金属杆与框架垂直且接触良好，框架电阻不计．若cd杆在水平外力的作用下以恒定加速度a＝2 m/s2由静止开始向右沿框架做匀变速直线运动，则：
图11
(1)在0～5 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杆上的水平外力大小为多少？
答案 (1)0.4 V (2)0.8 A (3)0.164 N
解析 (1)金属杆0～5 s内的位移：x＝eq \f(1,2)at2＝25 m，
金属杆0～5 s内的平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)＝5 m/s
(也可用eq \x\t(v)＝eq \f(0＋2×5,2) m/s＝5 m/s求解)
故平均感应电动势eq \x\t(E)＝Bleq \x\t(v)＝0.4 V.
(2)金属杆第5 s末的速度v＝at＝10 m/s，
此时回路中的感应电动势为E＝Blv＝0.8 V
则回路中的电流为I＝eq \f(E,R)＝0.8 A.
(3)设水平外力为F，金属杆做匀加速直线运动，则F－F安＝ma，即F＝BIl＋ma＝0.164 N.
13．(2020·南通市南通中学高二期中)如图12甲所示，在一个正方形金属线圈区域内存在着磁感应强度B随时间变化的匀强磁场，磁场的方向与线圈平面垂直．金属线圈所围的面积S＝200 cm2，匝数n＝1 000，线圈电阻的阻值为r＝2.0 Ω.线圈与阻值R＝8.0 Ω的定值电阻构成闭合回路．匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示，求：
图12
(1)在t1＝2.0 s时线圈产生的感应电动势的大小；
(2)在t1＝2.0 s时通过电阻R的感应电流的大小和方向；
(3)在t2＝5.0 s时刻，线圈端点a、b间的电压．
答案 (1)1 V (2)0.1 A 方向为b→R→a (3)3.2 V
解析 (1)根据题图乙可知，0～4.0 s时间内线圈中的磁感应强度均匀变化，t1＝2.0 s时，B2＝0.3 T，
则在t1＝2.0 s时的感应电动势
E1＝neq \f(ΔΦ1,Δt1)＝neq \f(B2－B0S,Δt1)＝1 V
(2)在0～4.0 s时间内，根据闭合电路欧姆定律得，闭合回路中的感应电流
I1＝eq \f(E1,R＋r)＝0.1 A，由楞次定律可判断流过电阻R的感应电流方向为b→R→a
(3)由题图乙可知，在4.0～6.0 s时间内，线圈中产生的感应电动势E2＝neq \f(ΔΦ2,Δt2)＝neq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(B6－B4,Δt2)))S＝4 V
根据闭合电路欧姆定律，t2＝5.0 s时闭合回路中的感应电流I2＝eq \f(E2,R＋r)＝0.4 A，方向为a→R→b
则Uab＝I2R＝3.2 V.磁通量Φ
磁通量的变化量ΔΦ
磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)
物理意义
某时刻穿过磁场中某个面的磁感线条数
在某一过程中，穿过某个面的磁通量的变化量
穿过某个面的磁通量变化的快慢
当B、S互相垂直时的大小
Φ＝BS⊥
ΔΦ＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Φ2－Φ1,B·ΔS,S·ΔB))
eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(|Φ2－Φ1|,Δt),B·\f(ΔS,Δt),\f(ΔB,Δt)·S))
注意
若穿过的平面中有方向相反的磁场，则不能直接用Φ＝BS.Φ为抵消以后所剩余的磁通量
开始和转过180°时平面都与磁场垂直，但穿过平面的磁通量是不同的，一正一负，ΔΦ＝2BS，而不是零
在Φ－t图像中，可用图线的斜率表示eq \f(ΔΦ,Δt)