1.4公式E=nΔΦΔt和E=BLv的应用

学以致用学海无涯公式E＝nΔΦΔt和E＝BLv的应用图1－4－51．穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系，如图1－4－5所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是()A．0～2sB．2s～4sC．4s～5sD．5s～10s答案D解析由公式E＝nΔΦΔt，结合图像可知：0～2s内E＝2.5V；2s～5s内E＝5V；5s～10s内E＝1V，电动势最小．2.图1－4－6(2013～2014·扬州中学第一学期期中)如图1－4－6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．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()A．半圆形段导线不受安培力B．CD段直导线始终不受安培力C．感应电动势最大值Em＝BavD．感应电动势平均值E＝14πBav答案CD学以致用学海无涯解析由F＝BIL可知，当垂直磁感线方向放置的导线中有电流时，导线受到安培力的作用，选项A、B错误；感应电动势最大值即切割磁感线等效长度最大时的电动势，故Em＝Bav，C正确；E＝ΔΦΔt，ΔΦ＝B·12πa2，Δt＝2av，由上式得E＝14πBav，D正确．导体转动切割产生的电动势图1－4－73．如图1－4－7所示，导体AB的长为2R，绕O点以角速度ω匀速转动，OB为R，且OBA三点在一条直线上，有一磁感应强度为B的匀强磁场充满转动平面且与转动平面垂直，那么A、B两端的电势差为()．A.12BωR2B．2BωR2C．4BωR2D．6BωR2答案C解析A点线速度vA＝ω·3R，B点线速度vB＝ω·R，AB棒切割磁感线的平均速度v＝vA＋vB2＝2ω·R，由E＝Blv得A、B两端的电势差为4BωR2，C项正确．电磁感应中的电荷量4.图1－4－8如图1－4－8所示，以边长为50cm的正方形导线框，放置在B＝0.40T的匀强磁场中．已知磁场方向与水平方向成37°角，线框电阻为0.10Ω，求线框绕其一边从水平方向转至竖直方向的过程中通过导线横截面积的电荷量．答案1.4C解析设线框在水平位置时法线(题干图中)n方向向上，穿过线框的磁通量Φ1＝BScos53°＝6.0×10－2Wb学以致用学海无涯当线框转至竖直位置时，线框平面的法线方向水平向右，与磁感线夹角θ＝143°，穿过线框的磁通量Φ1＝BScos143°＝－8.0×10－2Wb通过导线横截面的电荷量：Q＝IΔt＝ERΔt＝︳Φ2－Φ1︳R＝1.4C.(时间：60分钟)题组一公式E＝nΔΦΔt和E＝BLv的应用1.图1－4－9在匀强磁场中，有一个接有电容器的导线回路，如图1－4－9所示，已知电容C＝30μF，回路的宽和长分别为l1＝5cm，l2＝8cm，磁场变化率为5×10－2T/s，则()A．电容器带电荷量为2×10－9CB．电容器带电荷量为4×10－9CC．电容器带电荷量为6×10－9CD．电容器带电荷量为8×10－9C答案C解析回路中感应电动势等于电容器两板间的电压，U＝E＝ΔΦΔt＝ΔBΔt·l1l2＝5×10－2×0.05×0.08V＝2×10－4V．电容器的电荷量为q＝CU＝CE＝30×10－6×2×10－4C＝6×10－9C，C选项正确．2．如图1－4－10，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若学以致用学海无涯磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2.则E1与E2之比E1∶E2为()图1－4－10A．1∶1B．2∶1C．1∶2D．1∶4答案C解析根据电磁感应定律E＝Blv，磁感应强度增为2B其他条件不变，所以电动势变为2倍．图1－4－113．如图1－4－11所示，匝数N＝100匝、截面积S＝0.2m2、电阻r＝0.5Ω的圆形线圈MN处于垂直纸面向里的匀强磁场内，磁感应强度随时间按B＝0.6＋0.02t(T)的规律变化．处于磁场外的电阻R1＝3.5Ω，R2＝6Ω，闭合S后，求：线圈中的感应电动势E和感应电流I.答案0.4V0.04A解析线圈中磁感应强度的变化率ΔBΔt＝0.02T/s根据法拉第电磁感应定律，线圈中感应电动势大小为E＝NΔΦΔt＝NΔBΔt·S＝0.4V由闭合电路欧姆定律得，感应电流I＝ER1＋R2＋r＝0.43.5＋6＋0.5A＝0.04A4．可绕固定轴OO′转动的正方形线框的边长为L，不计摩擦和空气阻力，线框从水平位置由静止释放，到达竖直位置所用的时间为t，ab边的速度为v，设线框始终处在竖直向下，磁感应强度为B的匀强磁场中，如图1－4－12所示，试求：学以致用学海无涯图1－4－12(1)这个过程中回路中的感应电动势；(2)到达竖直位置时回路中的感应电动势．答案(1)BL2t(2)BLv解析(1)线框从水平位置到达竖直位置的过程中回路中的感应电动势E＝ΔΦΔt＝BL2t.(2)线框到达竖直位置时回路中的感应电动势E′＝BLv.题组二导体转动切割产生电动势的计算图1－4－135．如图1－4－13所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的大小是(金属圆盘的电阻不计)()A．I＝Br2ωRB.2Br2ωRC．I＝Br2ω2RD．I＝Br2ω4R答案C解析金属圆盘在匀强磁场中匀速转动，可以等效为无数根长为r的导体棒绕O点做匀速圆周运动，其产生的电动势大小为E＝Br2ω/2，故通过电阻R的电流I＝Br2ω/(2R)，故选C项．学以致用学海无涯图1－4－146．如图1－4－14所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔBΔt的大小应为()．A.4ωB0πB.2ωB0πC.ωB0πD.ωB02π答案C解析当线框绕过圆心O的转动轴以角速度ω匀速转动时，由于面积的变化产生感应电动势，从而产生感应电流．设半圆的半径为r，导线框的电阻为R，即I1＝ER＝ΔΦRΔt＝B0ΔSRΔt＝12πr2B0Rπω＝B0r2ω2R.当线框不动，磁感应强度变化时，I2＝ER＝ΔΦRΔt＝ΔBSRΔt＝ΔBπr22RΔt，因I1＝I2，可得ΔBΔt＝ωB0π，C选项正确．题组三电磁感应中的电荷量7.图1－4－15物理实验中，常用一种叫“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电荷．如图1－4－15所示，探测线圈与冲击电流计串联后，可用来测定磁场的磁感应强度．已知线圈的匝数为n，面积为S，线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R，若将线圈放在被测匀强磁场中，开始时线圈平面与磁场垂直，现把探测线圈翻转90°，冲击电流计测出通过线圈的电荷量为q，则被测磁场的磁感应强度为()．学以致用学海无涯A.qRSB.qRnSC.qR2nSD.qR2S答案B解析探测线圈翻转90°的过程中，磁通量的变化ΔΦ＝BS，由法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt，由I＝ER，q＝IΔt可得，q＝nΔΦR＝nBSR，所以B＝qRnS.图1－4－168．如图1­4­16所示，空间存在垂直于纸面的匀强磁场，在半径为a的圆形区域内部及外部，磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B.一半径为b(b＞a)，电阻为R的圆形导线环放置在纸面内，其圆心与圆形区域的中心重合．当内、外磁场同时由B均匀地减小到零的过程中，通过导线截面的电量为()A.πB|（b2－2a2）|RB.πB（b2＋2a2）RC.πB（b2－a2）RD.πB（b2＋a2）R答案A解析解题时要考虑的问题：开始时穿过导线环的磁通量怎么计算？导线环中的平均感应电动势为多大？怎样计算通过导线截面的电量？由题意知：开始时穿过导线环向里的磁通量设为正值，Φ1＝B·πa2，向外的磁通量设为负值，Φ2＝－B·π(b2－a2)，总的磁通量为它们的代数和(取绝对值)Φ＝B·π|(b2－2a2)|，末态总的磁通量为Φ′＝0，由法拉第电磁感应定律得平均感应电动势为E＝ΔΦΔt，通过导线截面的电量为q＝ER·Δt＝πB|（b2－2a2）|R，A项正确．9．在拆装某种大型电磁设备的过程中，需将设备内部的处于匀强磁场中的线圈先闭合，然后再提升直至离开磁场，操作时通过手摇轮轴A和定滑轮O来提升线圈．假学以致用学海无涯设该线圈可简化为水平长为L、上下宽度为d的矩形线圈，其匝数为n，总质量为M，总电阻为R，磁场的磁感应强度为B，如图1－4－17所示．开始时线圈的上边缘与有界磁场的上边缘平齐．若转动手摇轮轴A，在时间t内把线圈从图示位置匀速向上拉出磁场．求此过程中，流过线圈中导线横截面的电荷量是多少？图1－4－17答案nBLdR解析在匀速提升过程中线圈运动速度v＝dt，线圈中感应电动势E＝nBLv，产生的感应电流I＝ER，流过导线横截面的电荷量q＝I·t，联立得q＝nBLdR.10.图1－4－18如图1－4－18所示，将一条形磁铁插入某一闭合线圈，第一次用时0.05s，第二次用时0.1s，设插入方式相同，试求：(1)两次线圈中平均感应电动势之比？(2)两次线圈中电流之比？(3)两次通过线圈的电荷量之比？答案(1)2∶1(2)2∶1(3)1∶1解析(1)由感应电动势E＝nΔΦΔt得E1E2＝ΔΦΔt1·Δt2ΔΦ＝Δt2Δt1＝21.(2)由闭合电路欧姆定律I＝ER得I1I2＝E1R·RE2＝E1E2＝21.(3)由电荷量q＝It得q1q2＝I1Δt1I2Δt2＝11.学以致用学海无涯图1－4－1911．如图1－4－19所示，导线全部为裸导线，半径为r，两端开有小口的圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一根长度大于2r的导线MN以速度v在圆环上无摩擦地自左端匀速滑到右端，电路中固定电阻阻值为R，其余部分电阻均忽略不计．试求MN从圆环左端滑到右端的过程中：(1)电阻R上的最大电流；(2)电阻R上的平均电流；(3)通过电阻R的电荷量．答案(1)2BrvR(2)πBrv2R(3)Bπr2R解析(1)MN向右滑动时，切割磁感线的有效长度不断变化，当MN经过圆心时，有效切割长度最长，此时感应电动势和感应电流达到最大值．所以Imax＝ER＝2BrvR.(2)由于MN向右滑动中电动势和电流大小不断变化，且不是简单的线性变化，故难以通过E＝Blv求解平均值，可以通过磁通量的平均变化率计算平均感应电动势和平均感应电流．所以，E＝ΔΦΔt＝Bπr2v2r，I＝ER＝πBrv2R.(3)流过电阻R的电荷量等于平均电流与时间的乘积．所以，q＝It＝ΔΦR＝Bπr2R.图1－4－2012．金属杆MN和PQ间距为l，MP间接有电阻R，磁场如图1－4－20所示，磁感应强度为B.金属棒AB长为2l，由图示位置以A为轴，以角速度ω匀速转过90°(顺时针)．求该过程中(其他电阻不计)．(1)R上的最大电功率；(2)通过R的电荷量．答案(1)4B2ω2l4R(2)3Bl22R学以致用学海无涯解析AB转动切割磁感线，且切割长度由l增至2l以后AB离开MN，电路断开．(1)当B端恰转至N时，E最大．Em＝B·2l·0＋2lω2＝2Bωl2，Pm＝E2mR＝4B2ω2l4R(2)AB由初位置转至B端恰在N点的过程中ΔΦ＝B·12·l·2l·sin60°＝32Bl2q＝I·Δt＝ΔΦR＝3Bl22R.学以致用学海无涯