习题课电磁感应定律的综合应用[学生用书P8])1．对磁通量(Φ)及其变化量(ΔΦ)的认识(1)Φ是状态量，是在某时刻(某位置)穿过闭合回路的磁感线条数，当磁场与回路平面垂直时，Φ＝BS.(2)ΔΦ是过程量，是表示回路从某一时刻变化到另一时刻磁通量的变化量，即ΔΦ＝Φ2－Φ1.2．磁通量变化率的计算根据磁通量变化的原因，可知计算ΔΦ常用的方法：法一：磁通量的变化是由面积变化引起的，ΔΦ＝B·ΔS，其变化率＝B·.法二：磁通量的变化是由磁场变化引起的，ΔΦ＝ΔB·S，其变化率＝·S.法三：磁通量的变化是由面积和磁感应强度间的角度变化引起的，根据定义求，ΔΦ＝Φ末－Φ初，其变化率直接应用计算．3．感应电动势大小的计算(1)切割类：平动切割：E＝Blvsinθ其中θ表示速度方向与磁感应强度方向的夹角．转动切割：E＝Blv＝Bl.(2)回路类：E＝n(平均电动势)．对Φ、ΔΦ、的理解[学生用书P9]匀强磁场的磁感应强度B＝0.8T，矩形线圈abcd的面积S＝0.5m2，共10匝，开始时磁场与线圈所在平面垂直且线圈有一半在磁场中，如图所示．求：(1)当线圈绕ab边转过60°时，线圈的磁通量以及此过程中磁通量的改变量为多少？(2)当线圈绕dc边转过60°时，求线圈中的磁通量以及此过程中磁通量的改变量．[解析](1)当线圈绕ab边转过60°时，Φ＝BS⊥＝BScos60°＝0.8×0.5×Wb＝0.2Wb(此时的线圈正好全部处在磁场中)．在此过程中S⊥没变，穿过线圈的磁感线条数没变，故磁通量变化量ΔΦ＝0.(2)当线圈绕dc边转过60°时，Φ＝BS⊥，此时没有磁场穿过线圈，所以Φ＝0；在图示位置Φ1＝B＝0.2Wb，转动后Φ2＝0，ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝0.2Wb，故磁通量改变了0.2Wb.[答案](1)0.2Wb0(2)00.2Wb1.一个200匝、面积为20cm2的线圈放在磁场中，磁场的方向与线圈平面成30°角，若磁感应强度在0.05s内由0.1T增加到0.5T，在此过程中磁通量变化了多少？磁通量的变化率是多少？解析：当B1＝0.1T时，Φ1＝B1Ssin30°，当B2＝0.5T时，Φ2＝B2Ssin30°，在此过程中磁通量的变化为：ΔΦ＝Φ2－Φ1＝(B2－B1)Ssin30°＝(0.5－0.1)×20×10－4×Wb＝4×10－4Wb.磁通量的变化率为：＝Wb/s＝8.0×10－3Wb/s.答案：4×10－4Wb8.0×10－3Wb/s感应电动势大小的计算[学生用书P9]如图所示，边长为a的正方形闭合线框ABCD在匀强磁场中绕AB边匀速转动，磁感应强度为B，初始时刻线框所在平面与磁感线垂直，经过时间t转过120°角，求：(1)线框内感应电动势在t时间内的平均值；(2)转过90°角时感应电动势的瞬时值；(3)设线框电阻为R，则转过120°角的过程中通过线框导线横截面的电荷量．[解析](1)设开始时磁场方向沿纸面向里为正，此时磁通量Φ1＝Ba2；经过时间t，磁通量变为Φ2＝－Ba2，故磁通量的变化量ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝Ba2，所以E＝＝.(2)线圈转过90°时，CD边的线速度v＝，速度方向与磁场垂直，所以E瞬＝Blv＝.(3)因为q＝IΔt＝·Δt，又因为E＝，所以q＝＝.[答案](1)(2)(3)2.在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，B＝0.2T，有一水平放置的光滑框架，宽度为l＝0.4m，如图所示，框架上放置一质量为0.05kg，电阻为1Ω的金属杆cd，框架电阻不计．若cd杆以恒定加速度a＝2m/s2由静止开始向右做匀加速直线运动，则(1)在5s内平均感应电动势是多少？(2)5s末的感应电动势是多少？解析：(1)法一：5s内的位移s＝at25s内的平均速度v＝＝5m/s故平均感应电动势为E＝Blv＝0.4V.法二：5秒内的位移s＝at2＝25m5秒内磁通量的变化量ΔΦ＝B·ΔS＝0.2×25×0.4Wb＝2Wb平均感应电动势E＝n＝0.4V.(2)5s末的速度v＝at＝10m/s5s末的感应电动势为E＝Blv＝0.8V.答案：(1)0.4V(2)0.8V电磁感应中的电路问题[学生用书P9]如图所示，在磁感应强度为0.2T的匀强磁场中，有一长为0.5m、电阻为1.0Ω的导体AB在金属框架上以10m/s的速度向右滑动，R1＝R2＝2.0Ω，其他电阻忽略不计．求：(1)流过R1的电流I1；(2)AB两端的电压U.[解析](1)AB切割磁感线相当于电源，其等效电路图如图所示．E＝Blv＝0.2×0.5×10V＝1V由闭合电路欧姆定律得I＝R1、R2并联，由并联电路的电阻关系得＝＋解得R＝＝1.0Ω，IAB＝I＝＝0.5A因为R1＝R2，所以流过R1的电流为I1＝＝0.25A.(2)由闭合电路...
