PAGE13-微型專題1法拉第電磁感應定律的應用[學科素養與目標要求]物理觀念：進一步嫻熟駕馭法拉第電磁感應定律．科學思維：1.對比公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)和E＝BLv，找到其區分和聯系，并會敏捷選用這兩個公式求解電動勢.2.駕馭電磁感應電路中感應電荷量求解的基本思路和方法.3.會求解導體棒轉動切割磁感線產生的感應電動勢．一、E＝neq\f(ΔΦ,Δt)和E＝BLv的比較應用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝BLv區分探討對象整個閉合回路回路中做切割磁感線運動的那部分導體適用范圍各種電磁感應現象只適用于導體切割磁感線運動的狀況計算結果Δt內的平均感應電動勢某一時刻的瞬時感應電動勢聯系E＝BLv是由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)在肯定條件下推導出來的，該公式可看做法拉第電磁感應定律的一個推論例1如圖1所示，導軌OM和ON都在紙面內，導體AB可在導軌上無摩擦滑動，AB⊥ON，若AB以5m/s的速度從O點起先沿導軌勻速右滑，導體與導軌都足夠長，磁場的磁感應強度為0.2T．問：圖1(1)3s末夾在導軌間的導體長度是多少？此時導體切割磁感線產生的感應電動勢多大？(2)3s內回路中的磁通量改變了多少？此過程中的平均感應電動勢為多少？答案(1)5eq\r(3)m5eq\r(3)V(2)eq\f(15\r(3),2)Wbeq\f(5,2)eq\r(3)V解析(1)夾在導軌間的部分導體切割磁感線產生的電動勢才是電路中的感應電動勢．3s末，夾在導軌間導體的長度為：l＝vt·tan30°＝5×3×tan30°m＝5eq\r(3)m此時：E＝Blv＝0.2×5eq\r(3)×5V＝5eq\r(3)V(2)3s內回路中磁通量的改變量ΔΦ＝BS－0＝0.2×eq\f(1,2)×15×5eq\r(3)Wb＝eq\f(15\r(3),2)Wb3s內電路產生的平均感應電動勢為：eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(\f(15\r(3),2),3)V＝eq\f(5,2)eq\r(3)V.[學科素養]本題通過對瞬時感應電動勢和平均感應電動勢的計算，加深了學生對公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)和E＝BLv適用條件的理解．知道E＝neq\f(ΔΦ,Δt)探討整個閉合回路，適用于計算各種電磁感應現象中Δt內的平均感應電動勢；E＝BLv探討的是閉合回路的一部分，即做切割磁感線運動的導體，只適用于計算導體切割磁感線運動產生的感應電動勢，可以是平均感應電動勢，也可以是瞬時感應電動勢．通過這樣的訓練，熬煉了學生的綜合分析實力，體現了“科學思維”的學科素養．例2如圖2甲所示，固定在水平面上電阻不計的光滑金屬導軌，間距d＝0.5m．右端接一阻值為4Ω的小燈泡L，在CDEF矩形區域內有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度B按如圖乙規律改變．CF長為2m．在t＝0時，金屬棒ab從圖示位置由靜止在恒力F作用下向右運動到EF位置，整個過程中小燈泡亮度始終不變．已知金屬棒ab電阻為1Ω，求：圖2(1)通過小燈泡的電流；(2)恒力F的大小；(3)金屬棒的質量．答案(1)0.1A(2)0.1N(3)0.8kg解析(1)金屬棒未進入磁場時，電路總電阻R總＝RL＋Rab＝5Ω回路中感應電動勢為：E1＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝0.5V燈泡中的電流為IL＝eq\f(E1,R總)＝0.1A.(2)因燈泡亮度始終不變，故在t＝4s末金屬棒剛好進入磁場，且做勻速運動，恒力F與安培力平衡，此時金屬棒中的電流I＝IL＝0.1A恒力大小為F＝F安＝BId＝0.1N.(3)因燈泡亮度始終不變，金屬棒在磁場中運動時，產生的感應電動勢為E2＝E1＝0.5V金屬棒在磁場中的速度v＝eq\f(E2,Bd)＝0.5m/s金屬棒未進入磁場時的加速度為a＝eq\f(v,t)＝0.125m/s2故金屬棒的質量為m＝eq\f(F,a)＝0.8kg.二、電磁感應中的電荷量問題閉合回路中磁通量發生改變時，電荷發生定向移動而形成感應電流，在Δt內遷移的電荷量(感應電荷量)q＝I·Δt＝eq\f(E,R總)·Δt＝neq\f(ΔΦ,Δt)·eq\f(1,R總)·Δt＝eq\f(nΔΦ,R總).(1)從上式可知，線圈匝數肯定時，感應電荷量僅由回路電阻和磁通量的改變量確定，與時間無關．(2)求解電路中通過的電荷量時，I、E均為平均值．例3(2024·中山市第一中學高二第一次段考)一個阻值為R、匝數為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1、電容為C的電容器連接成如圖3(a)所示回路．金屬線圈的半徑為r1，在線圈中半徑為r2的圓形區域內存在垂直于線圈平面對里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t改變的關系圖線如圖(b)所示．圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0.導線的電阻不計．求：圖3(1)通過電阻R1的電流大小；(2)0～t1時間內通過電阻R1的電荷量q；(3)t1時刻電容器所帶電荷量Q.答案(1)eq\f(nπB0r\o\al(22),3Rt0)(2)eq\f(nπB0r\o\al(22)t1,3Rt0)(3)eq\f(2nπCB0r22,3t0)解析(1)由B－t圖像可知，磁感應強度的改變率為：eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0,t0)，依據法拉第電磁感應定律，感應電動勢：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nπr22eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(nπB0r\o\al(22),t0)依據閉合電路的歐姆定律，感應電流為：I1＝eq\f(E,3R)聯立解得：I1＝eq\f(nπB0r\o\al(22),3Rt0)(2)通過R1的電荷量q＝I1t1，得：q＝eq\f(nπB0r\o\al(22)t1,3Rt0)(3)電容器兩板間電壓為：U＝I1R1＝eq\f(2nB0πr\o\al(22),3t0)則電容器所帶的電荷量為：Q＝CU＝eq\f(2nπCB0r\o\al(22),3t0).三、導體棒轉動切割磁感線產生感應電動勢的計算1．當導體棒在垂直于磁場的平面內，其一端固定，以角速度ω勻速轉動時，產生的感應電動勢為E＝Bleq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bl2ω，如圖4所示．圖42．若圓盤在磁場中以角速度ω繞圓心勻速轉動時，如圖5所示，相當于多數根“輻條”轉動切割磁感線，它們之間相當于電源的并聯結構，圓盤上的感應電動勢為E＝Breq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Br2ω.圖5例4長為l的金屬棒ab以a點為軸在垂直于勻強磁場的平面內以角速度ω勻速轉動，如圖6所示，磁感應強度大小為B.求：圖6(1)金屬棒ab兩端的電勢差；(2)答案(1)eq\f(1,2)Bl2ω(2)eq\f(1,2)Bl2ωΔteq\f(1,2)Bl2ω解析(1)ab兩端的電勢差：E＝Bleq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bl2ω.(2)經時間Δt金屬棒ab所掃過的扇形面積ΔS＝eq\f(1,2)l2θ＝eq\f(1,2)l2ωΔt，ΔΦ＝BΔS＝eq\f(1,2)Bl2ωΔt.由法拉第電磁感應定律得：eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(\f(1,2)Bl2ωΔt,Δt)＝eq\f(1,2)Bl2ω.1．(兩公式的對比應用)(多選)如圖7所示，一導線彎成半徑為a的半圓形閉合回路．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對下．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點到達邊界起先到C點進入磁場為止，下列結論正確的是()圖7A．感應電動勢最大值E＝2BavB．感應電動勢最大值E＝BavC．感應電動勢的平均值eq\x\to(E)＝eq\f(1,2)BavD．感應電動勢的平均值eq\x\to(E)＝eq\f(1,4)πBav答案BD解析在半圓形閉合回路進入磁場的過程中，有效切割長度如圖所示，所以進入過程中l先漸漸增大到a，然后再漸漸減小為0，由E＝Blv可知，感應電動勢最大值Emax＝Bav，最小值為0，A錯誤，B正確；平均感應電動勢為eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B·\f(1,2)πa2,\f(2a,v))＝eq\f(1,4)πBav，D正確，C錯誤．2.(轉動切割磁感線產生感應電動勢)如圖8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.使該線框從靜止起先繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω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，磁感應強度大小隨時間線性改變．為了產生與線框轉動半周過程中同樣大小的電流，磁感應強度隨時間改變的改變率eq\f(ΔB,Δt)的大小應為()圖8A.eq\f(4ωB0,π) B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π) D.eq\f(ωB0,2π)答案C解析設半圓的半徑為L，電阻為R，當線框以角速度ω勻速轉動時產生的感應電動勢E1＝eq\f(1,2)B0ωL2.當線框不動，而磁感應強度隨時間線性改變時E2＝eq\f(1,2)πL2·eq\f(ΔB,Δt)，由eq\f(E1,R)＝eq\f(E2,R)得eq\f(1,2)B0ωL2＝eq\f(1,2)πL2·eq\f(ΔB,Δt)，即eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(ωB0,π)，故C項正確．3.(電磁感應中的電荷量問題)如圖9所示，空間存在垂直于紙面的勻強磁場，在半徑為a的圓形區域內部及外部，磁場方向相反，磁感應強度的大小均為B.一半徑為b(b＞a)、電阻為R的圓形導線環放置在紙面內，其圓心與圓形區域的中心重合．當內、外磁場同時由B勻稱地減小到零的過程中，通過導線環截面的電荷量為()圖9A.eq\f(πB|b2－2a2|,R)B.eq\f(πBb2＋2a2,R)C.eq\f(πBb2－a2,R)D.eq\f(πBb2＋a2,R)答案A解析起先時穿過導線環向里的磁通量設為正值，Φ1＝Bπa2，向外的磁通量則為負值，Φ2＝－B·π(b2－a2)，總的磁通量為它們的代數和(取肯定值)Φ＝B·π|b2－2a2|，末態總的磁通量為Φ′＝0，由法拉第電磁感應定律得平均感應電動勢為eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，通過導線環截面的電荷量為q＝eq\f(\x\to(E),R)·Δt＝eq\f(πB|b2－2a2|,R)，A項正確．一、選擇題考點一公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)、E＝BLv的應用1．(多選)如圖1甲所示，在勻強磁場中有一細金屬環．通過圓環的磁通量Φ隨時間t的改變狀況如圖乙所示，則關于圓環中產生的平均感應電動勢的說法，正確的是()圖1A．在0～2s內，平均感應電動勢為2VB．在2～4s內，平均感應電動勢為2VC．在4～9s內，平均感應電動勢為0.6VD．在4～9s內，平均感應電動勢為1V答案AD2．如圖2所示，三個相同的金屬圓環內存在著不同的有界勻強磁場，虛線表示環的某條直徑，已知全部磁場的磁感應強度隨時間改變關系都滿意B＝kt，磁場方向如圖所示．測得A環內感應電流為I，則B環和C環內感應電流分別為()圖2A．IB＝I、IC＝0B．IB＝I、IC＝2IC．IB＝2I、IC＝2ID．IB＝2I、IC＝0答案D解析C環中穿過圓環的磁感線完全抵消，磁通量為零，保持不變，所以沒有感應電流產生，則IC＝0.依據法拉第電磁感應定律得：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝kS，S是有效面積，則得E∝S，所以A、B中感應電動勢之比為EA∶EB＝1∶2，依據歐姆定律知，IB＝2IA＝2I，故選D.3．如圖3所示，一無限長直導體薄板寬為l，板的長度方向沿y軸，板面與z軸垂直，整個系統放在磁感應強度為B的勻強磁場中，B的方向沿z軸正方向．板的兩側與一個電壓表相接，假如電壓表與導體薄板均以速度v向y軸正方向移動，則電壓表指示的電壓值為()圖3A．0B.eq\f(1,2)BlvC．BlvD．2Blv答案A解析整個導體薄板在切割磁感線，相當于長為l的導線在切割磁感線，而連接電壓表的導線也在切割磁感線，整個回路中電流恒為零，所以電壓表測得的數值為0.4．(多選)半徑為a、右端開小口的導體圓環和長為2a的導體直桿，單位長度電阻均為R0.圓環水平固定放置，整個內部區域分布著豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B.桿在圓環上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運動，桿始終有兩點與圓環良好接觸，從圓環中心O起先，桿的位置由θ確定，如圖4所示．則()圖4A．θ＝0時，桿產生的感應電動勢為2BavB．θ＝eq\f(π,3)時，桿產生的感應電動勢為eq\r(3)BavC．θ＝0時，桿受的安培力大小為eq\f(2B2av,2＋πR0)D．θ＝eq\f(π,3)時，桿受的安培力大小為eq\f(3B2av,3＋5πR0)答案AD解析起先時刻，感應電動勢E1＝BLv＝2Bav，故A項正確．θ＝eq\f(π,3)時，E2＝B·2acoseq\f(π,3)·v＝Bav，故B項錯誤．由L＝2acosθ，E＝BLv，I＝eq\f(E,R)，R＝R0[2acosθ＋(π＋2θ)a]，得在θ＝0時，F＝eq\f(B2L2v,R)＝eq\f(4B2av,2＋πR0)，故C項錯誤．θ＝eq\f(π,3)時，F＝eq\f(3B2av,3＋5πR0)，故D項正確．考點二導體轉動切割磁感線的計算5．如圖5所示，半徑為r的金屬圓盤在垂直于盤面的勻強磁場B中，繞O軸以角速度ω沿逆時針方向(從右向左看)勻速運動，則通過電阻R的電流的大小是(金屬圓盤的電阻不計)()圖5A.eq\f(Br2ω,R) B.eq\f(2Br2ω,R)C.eq\f(Br2ω,2R) D.eq\f(Br2ω,4R)答案C解析金屬圓盤在勻強磁場中勻速轉動，可以等效為多數根長為r的導體棒繞O點做勻速圓周運動，其產生的電動勢大小為E＝eq\f(Br2ω,2)，故通過電阻R的電流I＝eq\f(Br2ω,2R)，故選C.6.如圖6所示，導體棒AB的長為2R，繞O點以角速度ω勻速轉動，OB長為R，且O、B、A三點在一條直線上，有一磁感應強度為B的勻強磁場充溢轉動平面且與轉動平面垂直，那么AB兩端的電勢差大小為()圖6A.eq\f(1,2)BωR2B．2BωR2C．4BωR2D．6BωR2答案C解析A點線速度vA＝ω·3R，B點線速度vB＝ωR，AB棒切割磁感線的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(vA＋vB,2)＝2ωR，由E＝BLv得，AB兩端的電勢差大小為E＝B·2R·eq\x\to(v)＝4BωR2，C正確．考點三電磁感應中的電荷量問題7．在勻強磁場中，有一個接有電容器的矩形導線回路，如圖7所示，已知電容C＝30μF，回路的寬和長分別為l1＝5cm，l2＝8cm，磁場磁感應強度的改變率為5×10－2T/s，則()圖7A．電容器帶電荷量為2×10－9CB．電容器帶電荷量為4×10－9CC．電容器帶電荷量為6×10－9CD．電容器帶電荷量為8×10－9C答案C×0.05×0.08V＝2×10－4V．電容器的電荷量為q＝CU＝30×10－6×2×10－4C＝6×10－9C，C選項正確．8．如圖8所示，一正方形線圈的匝數為n，邊長為a，總電阻為R，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勻稱地增大到2B，在此過程中，線圈中通過導線橫截面的電荷量為()圖8A.eq\f(Ba2,2R) B.eq\f(nBa2,2R)C.eq\f(nBa2,R) D.eq\f(2nBa2,R)答案B解析磁感應強度的改變率eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(2B－B,Δt)＝eq\f(B,Δt)，eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S，其中磁場中的有效面積S＝eq\f(1,2)a2，由q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt，得q＝eq\f(nBa2,2R)，選項B正確，A、C、D錯誤．9.如圖9所示，將一個閉合金屬圓環從有界磁場中勻速拉出，第一次速度為v，通過金屬圓環某一橫截面的電荷量為q1，其次次速度為2v，通過金屬圓環某一橫截面的電荷量為q2，則()圖9A．q1∶q2＝1∶2B．q1∶q2＝1∶4C．q1∶q2＝1∶1D．q1∶q2＝2∶1答案C10.物理試驗中，常用一種叫做“沖擊電流計”的儀器測定通過電路的電荷量．如圖10所示，探測線圈與沖擊電流計串聯后可用來測定磁場的磁感應強度．已知線圈的匝數為n，面積為S，線圈與沖擊電流計組成的回路電阻為R.若將線圈放在被測勻強磁場中，起先時線圈平面與磁場垂直，現把探測線圈翻轉180°，沖擊電流計測出通過線圈的電荷量為q，由上述數據可得出被測磁場的磁感應強度為()圖10A.eq\f(qR,S)B.eq\f(qR,nS)C.eq\f(qR,2nS)D.eq\f(qR,2S)答案C解析由題意知q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(\x\to(E),R)·Δt＝eq\f(n\f(ΔΦ,Δt),R)Δt＝neq\f(ΔΦ,R)＝neq\f(2BS,R)，則B＝eq\f(qR,2nS)，故C正確．11．(多選)如圖11所示是測量通電螺線管內部磁感應強度的一種裝置：把一個很小的測量線圈放在待測處(測量線圈平面與螺線管軸線垂直)，將線圈與可以測量電荷量的沖擊電流計G串聯，當將雙刀雙擲開關K由位置1撥到位置2時，測得通過測量線圈的電荷量為q.已知測量線圈的匝數為N，橫截面積為S，測量線圈和G串聯回路的總電阻為R.下列推斷正確的是()圖11A．在此過程中，穿過測量線圈磁通量的改變量為ΔΦ＝qRB．在此過程中，穿過測量線圈磁通量的改變量為ΔΦ＝eq\f(qR,N)C．待測處磁感應強度的大小為B＝eq\f(qR,NS)D．待測處磁感應強度的大小為B＝eq\f(qR,2NS)答案BD解析由E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝IR，q＝IΔt，得ΔΦ＝eq\f(qR,N)，B正確；ΔΦ＝2BS，得B＝eq\f(qR,2NS)，D正確．二、非選擇題12．如圖12所示，導線全部為裸導線，半徑為r，兩端開有小口的圓內有垂直紙面對里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，一根長度大于2r的導線MN以速度v在圓環上無摩擦地自左端勻速滑到右端，電路中固定電阻值為R，其余部分電阻均忽視不計，試求MN從圓環左端滑到右端的過程中：圖12(1)電阻R上的最大感應電流；(2)電阻R上的平均感應電流；