模塊一 知識掌握
知識點一 法拉第電磁感應定律
【情境導入】
我們可以通過實驗探究電磁感應現(xiàn)象中感應電流大小的決定因素和遵循的物理規(guī)律．
如圖所示，將條形磁體從同一高度插入線圈的實驗中．
(1)快速插入和緩慢插入，磁通量的變化量ΔΦ相同嗎？指針偏轉角度相同嗎？
(2)分別用同種規(guī)格的一根磁體和并列的兩根磁體以相同速度快速插入，磁通量的變化量ΔΦ相同嗎？指針偏轉角度相同嗎？
(3)在線圈匝數(shù)一定的情況下，感應電動勢的大小取決于什么？
答案 (1)磁通量的變化量ΔФ相同，但磁通量變化的快慢不同，快速插入比緩慢插入時指針偏轉角度大．
(2)用并列的兩根磁體快速插入時磁通量的變化量較大，磁通量變化率也較大，指針偏轉角度較大．
(3)在線圈匝數(shù)一定的情況下，感應電動勢的大小取決于eq \f(ΔΦ,Δt)的大?。?br>【知識梳理】
1．感應電動勢
在電磁感應現(xiàn)象中產生的電動勢叫作感應電動勢，產生感應電動勢的那部分導體相當于電源．
2．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)公式：E＝neq \f(ΔΦ,Δt)，其中n為線圈的匝數(shù)．
(3)在國際單位制中，磁通量的單位是韋伯(Wb)，感應電動勢的單位是伏(V)．
【重難詮釋】
1．磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ及磁通量的變化率eq \f(ΔΦ,Δt)的比較
2.公式E＝neq \f(ΔΦ,Δt)的理解
感應電動勢的大小E由磁通量變化的快慢，即磁通量的變化率eq \f(ΔΦ,Δt)決定，與磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ無關．
（2023春?阿勒泰地區(qū)期末）如圖所示，一正方形線圈的匝數(shù)為n，邊長為a，線圈平面與勻強磁場垂直，且一半處在磁場中，在Δt時間內，磁感應強度的方向不變，大小由B均勻的增大到2B．在此過程中，線圈中產生的感應電動勢為（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：在此過程中，線圈中的磁通量改變量大小為：
，
根據法拉第電磁感應定律得：，故B正確ACD錯誤；
故選：B。
（2023春?天津期末）如圖所示，置于勻強磁場中的閉合金屬線圈，磁場方向垂直線圈平面向里，當磁感應強度隨時間均勻減小時，線圈中將產生（ ）
A．順時針方向恒定的電流
B．逆時針方向恒定的電流
C．順時針方向逐漸減小的電流
D．逆時針方向逐漸減小的電流
【解答】解：磁感應強度減小，根據楞次定律可知感應電流的方向為順時針方向，
磁感應強度隨時間均勻減小，可知不變，
由可知E不變，
由閉合電路歐姆定律可知電流不變，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
（2023春?城西區(qū)校級月考）如圖甲所示，一個匝數(shù)為n的圓形線圈（圖中只畫了2匝），面積為S，線圈的電阻為R，在線圈外接一個阻值為R的電阻和一個理想電壓表，將線圈放入垂直紙面向里的磁場中，磁感應強度隨時間變化規(guī)律如圖乙所示，下列說法錯誤的是（ ）
A．0～t1時間內P端電勢高于Q端電勢
B．0～t1時間內電壓表的讀數(shù)為
C．t1～t2時間內R上的電流為
D．t1～t2時間內P端電勢低于Q端電勢
【解答】解：A、0～t1時間內，穿過線圈的磁通量垂直紙面向里增加，根據楞次定律可知線圈中感應電流產生的磁場垂直紙面向外，根據安培定則可知電流從P流出，從Q流入，P端相當于電源正極，Q端相當于電源負極，所以P端電勢高于Q端電勢，故A正確；
B、0～t1時間內，根據法拉第電磁感應定律可知線圈產生的感應電動勢為

電壓表測量路端電壓，根據串聯(lián)分壓規(guī)律可知電壓表示數(shù)為
UE?，故B錯誤；
C、t1～t2時間內，根據法拉第電磁感應定律可知線圈產生的感應電動勢為

根據閉合電路歐姆定律可知通過回路的電流為
，故C正確；
D、t1～t2時間內，根據楞次定律可知電流從Q流出，從P流入，所以P端電勢低于Q端電勢，故D正確。
本題選錯誤的，故選：B。
（2023春?天河區(qū)期末）空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時間變化的勻強磁場，其邊界如圖（a）中虛線MN所示，一硬質細導線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內，圓心O在MN上。t＝0時磁感應強度的方向如圖（a）所示；磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖（b）所示。則在t＝0到t＝t1的時間間隔內（ ）
A．圓環(huán)所受安培力的方向始終不變
B．圓環(huán)中的感應電流始終沿逆時針方向
C．圓環(huán)中的感應電動勢大小為
D．圓環(huán)中的感應電流大小為
【解答】解：AB、由楞次定律可知，在t＝0到t＝t1的時間間隔內感應電流始終沿順時針方向，由左手定則可知：0﹣t0時間內圓環(huán)受到的安培力向左，t0﹣t1時間內安培力向右，故AB錯誤；
CD、由電阻定律可知，圓環(huán)電阻：R＝ρρ
由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢：ES
由閉合電路的歐姆定律可知，感應電流I，故D正確，C錯誤。
故選：D。
（2023春?菏澤期中）如圖甲所示，在豎直向上的勻強磁場中，水平放置一圓形導體環(huán)，導體環(huán)所圍面積為0.1m2。當磁感應強度B隨時間t按乙圖變化時，則導體環(huán)中（ ）
A．0～1s內與1～2s內，電流方向相反
B．0～2s內與2～4s內，電流方向相同
C．t＝1s時，感應電流為零
D．t＝3s時，感應電動勢大小為0.01V
【解答】解：AB、根據楞次定律判斷可知0～1s內與1～2s內，電流方向相同，0～2s內與2～4s內，電流方向相反，故AB錯誤；
C、t＝1s時，B為零，但不為零，則感應電動勢不為零，感應電流不為零，故C錯誤；
D、t＝3s時，感應電動勢大小為，故D正確。
故選：D。
知識點二 導體棒切割磁感線時的感應電動勢
【情境導入】
(1)如圖，導體棒CD在勻強磁場中運動．自由電荷會隨著導體棒運動，并因此受到洛倫茲力．導體棒中自由電荷相對于紙面的運動大致沿什么方向？(為了方便，可以認為導體棒中的自由電荷是正電荷．)
(2)導體棒一直運動下去，自由電荷是否總會沿著導體棒運動？為什么？導體棒哪端的電勢比較高？
(以上討論不必考慮自由電荷的熱運動．)
答案 (1)導體棒中自由電荷(正電荷)隨導體棒向右運動，由左手定則可判斷正電荷受到沿棒向上的洛倫茲力作用．因此，正電荷一邊向上運動，一邊隨導體棒勻速運動，所以正電荷相對于紙面的運動是斜向右上方的．
(2)不會．當導體棒中的自由電荷受到的洛倫茲力與電場力平衡時不再定向移動，因為正電荷會聚集在C點，所以C端電勢高．
【知識梳理】
1．導線垂直于磁場方向運動，B、l、v兩兩垂直時，如圖甲所示，E＝Blv.
甲 乙
2．導線的運動方向與導線本身垂直，但與磁感線方向夾角為θ時，如圖乙所示，E＝Blvsin θ.
3．導體棒切割磁感線產生感應電流，導體棒所受安培力的方向與導體棒運動方向相反，導體棒克服安培力做功，把其他形式的能轉化為電能．
【重難詮釋】
對公式的理解
(1)當B、l、v三個量的方向互相垂直時，E＝Blv；當有任意兩個量的方向互相平行時，導線將不切割磁感線，E＝0.
(2)當l垂直于B且l垂直于v，而v與B成θ角時，導線切割磁感線產生的感應電動勢大小為E＝Blvsin θ.
(3)若導線是彎折的，或l與v不垂直時，E＝Blv中的l應為導線兩端點在與v垂直的方向上的投影長度，即有效切割長度．
圖甲中的有效切割長度為：l＝eq \x\t(cd)sin θ；
圖乙中的有效切割長度為：l＝eq \x\t(MN)；
圖丙中的有效切割長度為：沿v1的方向運動時，l＝eq \r(2)R；沿v2的方向運動時，l＝R.
（2023春?內江期末）當航天飛機在環(huán)繞地球的軌道上飛行時，從中釋放一顆衛(wèi)星，衛(wèi)星與航天飛機的速度相同，兩者用導電纜繩相連，這種衛(wèi)星稱為繩系衛(wèi)星?，F(xiàn)有一繩系衛(wèi)星在地球赤道上空自西向東運行，忽略地球自轉。衛(wèi)星位于航天飛機的正上方，它與航天飛機之間的距離是20.5km，衛(wèi)星所在位置的地磁場B＝4.6×10﹣5T，沿水平方向由南向北。如果航天飛機和衛(wèi)星的運行速度都是7.6km/s，以下說法正確的是（ ）
A．纜繩中的感應電動勢約為7.2×103V
B．纜繩中的感應電動勢約為7.2V
C．航天飛機端的電勢高于衛(wèi)星端的電勢
D．如果衛(wèi)星與航天飛機由南向北飛，航天飛機端的電勢高于于衛(wèi)星端的電勢
【解答】解：AB、導電纜繩垂直切割地磁場磁感線，產生的感應電動勢為
E＝BLv＝4.6×10﹣5×20.5×103×7.6×103V≈7.2×103V，故A正確，B錯誤；
C、衛(wèi)星所在位置的地磁場沿水平方向由南向北，繩系衛(wèi)星在地球赤道上空自西向東運行，由右手定則判斷可知航天飛機端的電勢低于衛(wèi)星端的電勢，故C錯誤；
D、如果衛(wèi)星與航天飛機由南向北飛，電纜繩不切割磁感線，不產生感應電動勢，則航天飛機端的電勢等于衛(wèi)星端的電勢，故D錯誤。
故選：A。
（2023春?潮州期末）如圖所示，在一磁感應強度為B的勻強磁場中，垂直于磁場方向水平放置著兩根相距L的平行金屬導軌MN和PQ，導軌電阻忽略不計，在兩根導軌的端點N、Q之間連接一阻值R的電阻。導軌上垂直放置著金屬棒ab，其接入電路的電阻為r。當金屬棒在水平拉力作用下以速度v向左做勻速運動時（ ）
A．ab棒所受安培力向右
B．N、Q間電勢差為BLv
C．a端電勢比b端電勢低
D．撤去拉力后ab棒所受安培力向左
【解答】解：A、金屬棒在水平拉力作用下以速度v向左做勻速運動，根據右手定則，可知感應電流方向沿b→a，根據左手定則可知ab棒所受安培力向右，故A正確；
B、金屬棒切割磁感線的感應電動勢為：E＝BLv
回路中的感應電流為：
N、Q間電勢差為：U＝IR
解得：，故B錯誤；
C、根據上述分析，ab棒切割磁感線，相當于一個等效電源，且a端為等效電源的正極，可知a端電勢比b端電勢高，故C錯誤；
D、撤去拉力后ab棒速度方向仍然向左，感應電流方向仍然沿b→a，ab棒所受安培力向右，故D錯誤。
故選：A。
（2023春?濱海新區(qū)期末）如圖所示，固定的水平U形導線框處于范圍足夠大的勻強磁場中，磁場方向豎直向下，磁感應強度大小為B。導線框左端連接一阻值為R的電阻，阻值為r的導體棒ab沿導線框向右做勻速直線運動，若導體棒ab長度為L，運動的速度大小為v且不計導線框的電阻、導體棒與框間的摩擦，導線框足夠長。則（ ）
A．導體棒中感應電流的方向為a→b
B．導體棒所受安培力大小為
C．導體棒ab兩端電壓大小為
D．電阻R的發(fā)熱功率為
【解答】解：A、根據右手定則可知導體棒中感應電流的方向為b→a，故A錯誤；
B、導體棒所受安培力大小為：FA＝BIL，其中：I，解得：FA，故B錯誤；
C、導體棒ab兩端電壓大小為：U＝IR，故C錯誤；
D、電阻R的發(fā)熱功率為：P＝I2R，解得：P，故D正確。
故選：D。
（2023春?重慶期末）把一根長導線兩端連在一靈敏電流表接線柱上，形成閉合回路。兩同學東西方向面對面站立，每分鐘搖動導線120圈，使他們之間的導線中點O在豎直面內做半徑為1m的勻速圓周運動，如圖所示。已知當?shù)氐牡卮艌龃鸥袘獜姸却笮?.5×10﹣5T，方向與水平地面成37°角向下，則下列說法中正確的是（ ）
A．搖動過程中，導線中產生了大小變化、方向不變的電流
B．搖動過程中，O點處于最高點時導線中產生的感應電動勢最大
C．搖動過程中，O點附近5cm長的導線（可近似看成直線）產生的感應電動勢最大值為9π×10﹣6V
D．若兩同學南北方向面對面站立，其他條件不變，則產生的電流有效值更大
【解答】解：A．使導線中點O在豎直面內做半徑為1m的勻速圓周運動，切割方向改變，感應電流方向改變，故A錯誤；
B．已知當?shù)氐牡卮艌龃鸥袘獜姸却笮〖s為4.5×10﹣5T，方向與水平地面約成37°角向下，當切割速度與磁場垂直時，感應電動勢最大，根據幾何知識可知，不是O點與其圓周運動圓心等高時網線產生的感應電動勢最大，故B錯誤；
C．每分鐘搖動導線120次，則角速度ω＝2πf＝2πrad＝4πrad/s，導線的線速度大小為：v＝rω＝1×12.56m/s＝4πm/s；搖動過程中，O點附近L＝5cm＝0.05m長的導線（可近似看成直線）產生的感應電動勢最大約為：E＝BLv＝4.5×10﹣5×0.05×4πV＝9π×10﹣6V，故C正確；
D．若兩同學南北方向面對面站立，其他條件不變，將磁感應強度分解為南北方向和豎直方向，兩導線在南北方向不切割磁感應線，只切割豎直方向的磁感應線，感應電流有效值變小，故D錯誤。
故選：C。
（2023春?迎澤區(qū)校級月考）如圖所示，兩光滑的平行導軌固定在絕緣水平面上，整個空間存在豎直向上的勻強磁場，兩導體棒ab、cd垂直地放在導軌上與導軌始終保持良好的接觸，現(xiàn)給導體棒ab、cd水平方向的速度分別為v1、v2，取水平向右的方向為正方向。則下列說法正確的是（ ）
A．如果v1＝0、v2＞0，則感應電流方向沿a→b→d→c→a
B．如果v1＜0、v2＞0，則回路中沒有感應電流
C．如果v1＝v2＞0，則感應電流方向沿a→c→d→b→a
D．如果v2＞v1＞0，則感應電流方向沿a→c→d→b→a
【解答】解：A．如果v1＝0、v2＞0，由右手定則，產生俯視順時針方向電流，即a→c→d→b→a，故A錯誤；
B．如果v1＜0、v2＞0，ab、cd所圍的線圈面積增大，磁通量增大，由楞次定律，abdc中有俯視順時針方向的電流，故B錯誤；
C．如果v1＝v2＞0，ab、cd所圍的線圈面積不變，磁通量不變，根據楞次定律，不產生感應電流，故C錯誤；
D．如果v2＞v1＞0，則abdc所圍面積增大，磁通量也增大，故由楞次定律，產生俯視a→c→d→b→a的電流，故D正確。
故選：D。
知識點三 導體棒轉動切割磁感線產生的電動勢
【重難詮釋】
導體棒轉動切割磁感線：E＝eq \f(1,2)Bl2ω.
如圖所示，長為l的金屬棒ab，繞b端在垂直于勻強磁場的平面內以角速度ω勻速轉動，磁感應強度為B，ab棒所產生的感應電動勢大小可用下面兩種方法推出．
方法一：棒上各處速率不等，故不能直接用公式E＝Blv求．由v＝ωr可知，棒上各點的線速度跟半徑成正比．故可用棒的中點的速度作為平均切割速度代入公式計算．
eq \x\t(v)＝eq \f(ωl,2)，E＝Bleq \x\t(v)＝eq \f(1,2)Bl2ω.
方法二：設經過Δt時間，ab棒掃過的扇形面積為ΔS，
則ΔS＝eq \f(1,2)lωΔtl＝eq \f(1,2)l2ωΔt，
磁通量的變化ΔΦ＝BΔS＝eq \f(1,2)Bl2ωΔt，
所以E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝neq \f(BΔS,Δt)＝eq \f(1,2)Bl2ω(n＝1)．
（2023?深圳一模）某國產直升機在我國某地上空懸停，長度為L的螺旋槳葉片在水平面內順時針勻速轉動（俯視），轉動角速度為ω。該處地磁場的水平分量為Bx，豎直分量為By。葉片的近軸端為a，遠軸端為b。忽略轉軸的尺寸，則葉片中感應電動勢為（ ）
A．BxLω，a端電勢高于b端電勢
B．BxL2ω，a端電勢低于b端電勢
C．ByL2ω，a端電勢高于b端電勢
D．ByL2ω，a端電勢低于b端電勢
【解答】解：螺旋槳葉片在水平面內順時針勻速轉動，葉片切割磁感線產生的感應電動勢為E＝ByLByLByLByL2ω
我國地磁場豎直分量方向向下，根據右手定則可知，a端電勢低于b端電勢，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
（2023春?西寧期末）如圖所示，導體棒AB的長為2R，繞O點以角速度ω勻速轉動，OB為R，且O、B、A三點在一條直線上，有一磁感應強度為B的勻強磁場充滿轉動平面且與轉動平面垂直，那么AB兩端的電勢差為（ ）
A．BωR2B．2BωR2C．4BωR2D．6BωR2
【解答】解：根據直導線轉動產生電動勢的公式有：E＝BLB×2RB×2R4BR2ω，選項ABD錯誤，選項C正確。
故選：C。
（2023?鼓樓區(qū)校級模擬）如圖，長為L的導體棒MN在勻強磁場B中繞平行于磁場的軸OO'以角速度ω勻速轉動，棒與軸OO'間的夾角為α，則UMN為（ ）
A．0B．BωL2sin2α
C．Bω（Lsinα）2D．Bω（Lcsα）2
【解答】解：導體棒切割磁感線的有效長度為d＝Lsinα
導體棒旋轉切割磁感線，產生的感應電動勢為EBωd2Bω（Lsinα）2
則UMNBω（Lsinα）2
故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
（2022秋?李滄區(qū)校級期末）如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向平行于ab邊向上。當金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉動時，a、b、c三點的電勢分別為Ua、Ub、Uc。已知bc邊的長度為l。下列判斷正確的是（ ）
A．Ua＞Uc，金屬框中無電流
B．Ub＞Uc，金屬框中電流方向沿a﹣b﹣c﹣a
C．UbcBl2ω，金屬框中無電流
D．UbcBl2ω，金屬框中電流方向沿a﹣c﹣b﹣a
【解答】解：AB、導體棒bc、ac做切割磁感線運動，產生感應電動勢，根據右手定則可知，bc中感應電動勢的方向從b到c，ac中感應電動勢方向從a到c，ab不切割磁感線，故Ua＝Ub＜Uc。金屬框的磁通量一直為零，故金屬框中無電流，故A、B錯誤；
CD、bc邊產生的感應電動勢為 E＝BlBl（ωl）Bl2ω，由于Ub＜Uc，所以UbcBl2ω，金屬框中無電流，故C正確，D錯誤；
故選：C。
（2023?江蘇）如圖所示，圓形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，OC導體棒的O端位于圓心，棒的中點A位于磁場區(qū)域的邊緣。現(xiàn)使導體棒繞O點在紙面內逆時針轉動。O、A、C點電勢分別為φO、φA、φC，則（ ）
A．φO＞φCB．φC＞φA
C．φO＝φAD．φO﹣φA＝φA﹣φC
【解答】解：根據右手定則可知，在OA段的O點的電勢大于C點的電勢，在AC段導體棒沒有切割磁感線，因此A點的電勢和C點的電勢相等，因此φO＞φA＝φC，故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
知識點四 公式E＝neq \f(ΔΦ,Δt)與E＝Blvsin θ的區(qū)別與聯(lián)系
【重難詮釋】
（2022秋?番禺區(qū)校級期末）如圖所示是圓盤發(fā)電機的示意圖，銅盤安裝在水平的銅軸上，它的盤面恰好與勻強磁場垂直，兩塊銅片C、D分別與轉動軸和銅盤的邊緣接觸。若銅盤半徑為L，勻強磁場的磁感應強度為B，回路的總電阻為R，從左往右看，銅盤以角速度ω沿順時針方向勻速轉動。則（ ）
A．由于穿過銅盤的磁通量不變，故回路中無感應電流
B．回路中感應電流大小不變，為
C．回路中感應電流方向不變，為D→C→R→D
D．回路中有周期性變化的感應電流
【解答】解：A．把銅盤看作閉合回路的一部分，在穿過銅盤以角速度ω沿順時針方向勻速轉動時，銅盤切割磁感線產生感應電動勢，回路中有感應電流，故A錯誤；
B．銅盤切割磁感線產生感應電動勢為E＝BLV
根據閉合電路歐姆定律，回路中感應電流為I，故B正確；
C．由右手定則可判斷出感應電流方向為C→D→R→C，故C錯誤；
D．回路中的感應電流并不是周期性變化的，故D錯誤。
故選：B。
（2023春?新鄭市期中）如圖所示，磁感應強度為B的有界勻強磁場的寬度為L，一質量為m、電阻為R、邊長為d（d＜L）的正方形金屬線框豎直放置．線框由靜止釋放，進入磁場過程中做勻速運動，完全離開磁場前已做勻速運動．已知重力加速度為g，下列說法中錯誤的是（ ）
A．進、出磁場過程中電流方向不同
B．進、出磁場過程中通過線框某一橫截面的電荷量相等
C．通過磁場的過程中產生的熱量為mgL
D．MN邊離開磁場時的速度大小為
【解答】解：A、由右手定則可知，線框進入磁場過程感應電流沿逆時針方向，線框離開磁場過程感應電流沿順時針方向，電流方向不同，故A正確；
B、通過線框某一橫截面的電荷量：qt，線框進入與離開磁場過程，B、S、R都相同，通過線框某橫截面的電荷量相等，故B正確；
C、由題意可知，進入磁場過程中做勻速運動，完全離開磁場前已做勻速運動，由能量守恒定律可知，線框通過磁場過程產生的焦耳熱：Q＝mg（L+d），故C錯誤；
D、線框離開磁場過程受到的安培力：F＝BId，線框離開磁場過程做勻速運動，由平衡條件得：mg，解得：v，故D正確。
本題選錯誤的，故選：C。
（2023春?新吳區(qū)校級期中）如圖所示，光滑水平面上存在有界勻強磁場，磁感應強度為B，質量為m邊長為a的正方形線框ABCD斜向穿進磁場，當AC剛進入磁場時速度為v，方向與磁場邊界成45°。若線框的總電阻為R，則（ ）
A．AC剛進入磁場時，DA兩端電勢差等于DC兩端電勢差
B．AC剛進入磁場時，線框中感應電流為
C．AC剛進入磁場時，線框所受安培力為
D．在以后穿過的過程中，線框的速度不可能減小到零
【解答】解：A、AC剛進入磁場時，DC切割磁感線產生感應電動勢，為E＝Bav，DC兩端電勢差是路端電壓，則UDCEBav。DA兩端電勢差UDAEBav，故A錯誤；
B、AC剛進入磁場時，線框中感應電流為I，故B錯誤；
C、AC剛進入磁場時，線框所受安培力等效為長度為AC的直導線受到的安培力，則線框所受安培力大小為F＝BI?a＝B?a，故C錯誤；
D、在以后穿過的過程中，線框所受安培力方向垂直于AC向下，而線框的初速度方向與AC成45°角，則線框在垂直于AC做減速運動，在平行于AC方向做勻速直線運動，所以線框的速度不可能減小到零，故D正確。
故選：D。
模塊二 鞏固提高
（2023春?成都期中）水平放置的光滑平行導軌固定，導軌左側接有定值電阻R，導軌間存在垂直于導軌平面向上的勻強磁場，足夠長的金屬棒ab置于導軌上且接觸良好。如圖甲，當金屬棒ab垂直于導軌以速度v向右勻速運動時，金屬棒ab產生的感應電動勢為E1。如圖乙，保持磁感應強度不變，當金屬棒ab傾斜放置，與導軌成θ＝30°，仍以速度v向右勻速運動時，金屬棒ab產生的感應電動勢為E2。不計導軌和金屬棒ab的電阻，則通過金屬棒ab的電流方向及E1和E2之比分別為（ ）
A．a→b，1：1B．a→b，1：2C．b→a，1：1D．b→a，2：1
【解答】解：設導軌寬度為L，根據法拉第電磁感應定律可知甲圖中E1＝BLv，乙圖中E2＝BLabvsin30°＝BLv，可知E1和E2之比為1：1，根據右手定則可知電流方向由b→a，故ABD錯誤，C正確；
故選：C。
（2023春?溫江區(qū)校級期中）如圖所示，導體桿OQ在作用于OQ中點且垂直于OQ的力作用下，繞O軸沿半徑為r的光滑的半圓形框架在勻強磁場中以角速度ω轉動，磁場的磁感應強度為B，方向垂直于框架平面，AO間接有電阻R，桿和框架電阻不計，則（ ）
A．感應電動勢的大小為
B．通過導體桿的電流為
C．外力的大小為
D．電阻R上消耗的功率為
【解答】解：A．感應電動勢的大小為E＝Br，其中，所以E，故A正確；
B．由閉合電路歐姆定律可得，通過導體桿的電流為，故B錯誤；
D．電阻R上消耗的功率為，故D錯誤；
C．導體桿做勻速轉動，外力做功全部轉化為電能，故外力的功率與電功率相等，即P＝F外，
聯(lián)立解得外力大小為，故C錯誤。
故選：A。
（2023春?行唐縣校級期中）如圖所示，兩根平行金屬導軌置于水平面內，導軌之間接有電阻R，金屬棒ab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下（方向不變），現(xiàn)使磁感應強度隨時間均勻減小，ab始終保持靜止，則（ ）
A．ab中的感應電流方向由b到a
B．電阻R的熱功率逐漸變小
C．ab所受的安培力保持不變
D．ab所受的靜摩擦力逐漸變小
【解答】解：A、磁感應強度均勻減小，磁通量減小，根據楞次定律得，ab中的感應電流方向由a到b，故A錯誤；
B、由于磁感應強度均勻減小，根據法拉第電磁感應定律ES可知，感應電動勢恒定，則通過R的感應電流不變，根據P＝I2R可得電阻R的熱功率不變，故B錯誤；
C、根據安培力公式F＝BIL知，電流I不變，B均勻減小，則安培力減小，故C錯誤；
D、導體棒受安培力和靜摩擦力處于平衡，f＝F，安培力減小，則靜摩擦力減小，故D正確。
故選：D。
（2022秋?雁塔區(qū)校級期末）很多人喜歡到健身房騎車鍛煉。某同學根據所學知識設計了一個發(fā)電測速裝置，如圖所示。自行車后輪置于垂直車身平面向里的勻強磁場中，后輪圓形金屬盤在磁場中轉動時，可等效成一導體棒繞圓盤中心O轉動。已知磁感應強度B＝0.5T，圓盤半徑l＝0.3m，圓盤電阻不計，導線通過電刷分別與后輪外邊緣和圓心O相連，導線兩端a、b間接一阻值R＝10Ω的小燈泡，某次當后輪勻速轉動時，用電壓表測得a、b間電壓大小U＝0.6V。則（ ）
A．車速越大時，人騎得越輕松
B．電壓表的正接線柱應與b相接
C．該自行車后輪邊緣的線速度大小為4m/s
D．該自行車后輪邊緣的線速度大小為6m/s
【解答】解：A．圓形金屬盤可等效一導體棒繞圓盤中心O轉動，其產生的感應電動勢為：
E＝BlBlω
可知車速越大，轉動的角速度越大，產生的感應電動勢越大，感應電流越大，由安培力公式F＝BIl可知，車輪所受安培力越大，而安培力阻礙車輪轉動，所以人騎得越不輕松，故A錯誤；
B．根據右手定則可判斷輪子邊緣的點等效為電源的負極，則電壓表的正接線柱應與b相接，故B正確；
CD．由
解得：v＝8m/s，故CD錯誤。
故選：B。
（2023?萊西市校級學業(yè)考試）如圖所示，半徑為0.2m粗細均勻的圓形軌道內存在著垂直軌道平面的勻強磁場，磁感應強度大小為0.5T，導體棒ab與虛線直徑平行，長度為0.4m，在外力作用下沿軌道平面勻速運動，速度大小為3m/s。已知軌道總電阻為4Ω，導體棒總電阻為2Ω。運動過程中導體棒與軌道良好接觸，忽略阻力及摩擦，當導體棒通過圓心時，a、b兩點的電勢差為（ ）
A．0.6VB．0.5VC．0.3VD．0.2V
【解答】解：當導體棒通過圓心時感應電動勢E＝Blv＝0.5×0.4×3V＝0.6V
此時外電路電阻
則a、b兩點的電勢差為，故ABC錯誤，D正確；
故選：D。
（2022秋?五華區(qū)校級期末）如圖，在磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，金屬桿MN在平行金屬導軌上以速度v向右勻速滑動，MN中產生的感應電動勢為E1；若磁感應強度增為2B，其他條件不變，MN中產生的感應電動勢變?yōu)镋2。則通過電阻R的電流方向及E1與E2之比分別為（ ）
A．c→a，2：1B．a→c，1：2C．a→c，2：1D．c→a，1：2
【解答】解：由右手定則可知，電流方向為由N到M，則通過電阻R的電流方向為a→c，由法拉第電磁感應定律有：E＝Blv
可知E1：E2＝1：故B正確，ACD錯誤．
故選：B。
（2022秋?襄都區(qū)校級期末）如圖所示，用粗細相同的銅絲做成邊長分別為L和2L的兩個閉合線框a和b，以相同的速度從磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域中勻速拉到磁場外，不考慮線框的重力，若閉合線框中的電流分別為Ia、Ib，則Ia：Ib為（ ）
A．1：1B．1：2C．1：3D．1：4
【解答】解：根據法拉第電磁感應定律有：E＝BLv
解得Ea：Eb＝1：2
根據電阻定律
解得Ra：Rb＝1：2
根據
得Ia：Ib＝1：1
故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
（2023春?天津期末）如圖所示，垂直于紙面的勻強磁場磁感應強度為B。紙面內有一正方形均勻金屬線框abcd，其邊長為L，總電阻為R，ad邊與磁場邊界平行。從ad邊剛進入磁場直至bc邊剛要進入的過程中，線框在向左的拉力作用下以速度v勻速運動，求：
（1）感應電動勢的大小E；
（2）拉力做功的功率P；
（3）ab邊產生的焦耳熱Q。
【解答】解：（1）感應電動勢的大小為：E＝BLv；
（2）線框做勻速運動，拉力做功的功率P等于線框的電功率，則P
（3）線框進入磁場的時間t
整個線框中產生的焦耳熱Q總t?
ab邊產生的焦耳熱QQ總
答：（1）感應電動勢的大小E為BLv。
（2）拉力做功的功率P為。
（3）ab邊產生的焦耳熱Q為。
（2023?大連模擬）如圖甲所示，斜面頂部線圈的橫截面積S＝0.02m2，匝數(shù)N＝200匝，內有水平向左均勻增加的磁場B1，磁感應強度隨時間的變化圖象如圖乙所示。線圈與間距為L＝0.2m的光滑平行金屬導相連，導軌固定在傾角θ＝37°的絕緣斜面上。圖示虛線cd下方存在磁感應強度B2＝0.5T的勻強磁場，磁場方向垂直于斜面向上。質量m＝0.02kg的導體棒垂直導軌放置，其有效電阻R＝1Ω，從無磁場區(qū)域由靜止釋放，導體棒沿斜面下滑一段距離后剛好進入磁場B2中并勻速下滑。在運動中導體棒與導軌始終保持良好接觸，導軌足夠長，線圈和導軌電阻均不計。重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，求：
（1）導體棒進入磁場B2前流過導體棒的感應電流大小和方向；
（2）導體棒沿斜面做勻加速直線運動的位移x。
【解答】解：（1）由法拉第電磁感應定律，斜面頂部線圈產生的感應電動勢為
E1＝NN
產生的感應電流為
I1
代入數(shù)據可得：I1＝0.4A，
根據楞次定律可得電流方向b到a。
（2）導體棒沿斜面下滑一段距離后進入磁場B2中勻速下滑，由平衡條件可得
B2I2L＝mgsinθ
導體棒在B2中切割磁感線產生的感應電流方向為b到a，感應電動勢大小為
E2＝B2Lv
回路中的感應電動勢為
E＝E1+E2
由閉合電路歐姆定律可得
E＝I2R
由運動學公式可得
v2＝2gsinθ?x
聯(lián)立解得：xm。
答：（1）導體棒進入磁場B2前流過導體棒的感應電流大小為0.4A，方向b到a；
（2）導體棒沿斜面做勻加速直線運動的位移x為m。
磁通量Φ
磁通量的變化量ΔΦ
磁通量的變化率eq \f(ΔΦ,Δt)
物理
意義
某時刻穿過磁場中某個面的磁感線條數(shù)
在某一過程中，穿過某個面的磁通量的變化量
穿過某個面的磁通量變化的快慢
當B、S互相垂直時的大小
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
若穿過的平面中有方向相反的磁場，則不能直接用Φ＝BS.Φ為抵消以后所剩余的磁通量
開始和轉過180°時平面都與磁場垂直，但穿過平面的磁通量是不同的，一正一負，ΔΦ＝2BS，而不是零
在Φ－t圖像中，可用圖線的斜率表示eq \f(ΔΦ,Δt)
公式
E＝neq \f(ΔΦ,Δt)
E＝Blvsin θ
研究對象
某個回路
回路中做切割磁感線運動的那部分導體
內容
(1)求的是Δt時間內的平均感應電動勢，E與某段時間或某個過程對應．
(2)當Δt→0時，E為瞬時感應電動勢
(1)若v為瞬時速度，求的是瞬時感應電動勢．
(2)若v為平均速度，求的是平均感應電動勢．
(3)當B、l、v三者均不變時，平均感應電動勢與瞬時感應電動勢相等
適用范圍
對任何電路普遍適用
只適用于導體切割磁感線運動的情況
聯(lián)系
(1)E＝Blvsin θ是由E＝neq \f(ΔΦ,Δt)在一定條件下推導出來的．
(2)整個回路的感應電動勢為零時，回路中某段導體的感應電動勢不一定為零

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