第2章 第2节 法拉第电磁感应定律-【重难点手册】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册（人教版2019）

重避包手册高中物理选择性必修第二册划 第2节 法拉第电磁感应定律 重点和难点 课标要求 1.知道什么叫感应电动势。 2.知道磁通量的变化率是表示磁通量变化快慢的物理量，并 重点：法拉第电磁感应定律的内容与计算 能区别中、△p和 难点：用E=n吧和E=Blosin0解决问题。 △ 3.理解法拉第电磁感应定律的内容及数学表达式. 4.知道公式E=Blusin0的推导过程， 5会用E=n 吧和E=Blosin0解决问题. △ 01必备知识梳理。 基础梳理 知识点1电磁感应定律 1.感应电动势 国敲黑板 (1)定义：在电磁感应现象中产生的电动势叫作感应电动势， 1.中、△中，9均与某一面 △ 产生感应电动势的那部分导体相当于电源. 积相联系，与线圈匝数无关， (2)产生条件：不管电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发 n匝线图相当于n个单匝线 生变化，电路中就会产生感应电动势. 图的串联，所以电动势E与线 (3)方向确定：在内电路中，感应电动势的方向是由电源的负 圈匝数有关 极指向电源的正极，跟内电路中的电流方向一致产生感应电动 2.磁感应强度B和垂直 势的那部分电路就是电源 于磁场的回路面积S都发生变 2.法拉第电磁感应定律 化，此时E=nBS二BS≠ △ (1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的 n△B·△S 磁通量的变化率成正比 △ (2)数学表达式：E=nA地 (3)电动势单位的说明：前面已经知道电动势的单位为V,这 里依据法拉第电磁感应定律知电动势的单位也可以为Wb/s. N 推证1v1w1T-1g-1 A·s 3法拉第电磁感应定律的理解 (1)感应电动势E的大小取决于穿过电路的磁通量的变化率 72 第二章 电磁感应收国组 兽而与Φ的大小.△妙的大小没有必然的联系，与电路的电阻尺 卫划重点 无关：感应电流的大小与E和回路的总电阻R有关。 对公式E=罗的理解 (2)磁道量的变化率碧是1图像上某点切线的斜率 中大时，△ 磁场变化： 不一定大 倍器s (3)若穿过线圈的磁通量发生变化，且线圈的匝数为，则感 电题感 △0大时，A中 应定律 面积变化： 应电动势的数学表达式为 不一定大 E-nAd 会芒的大小 中-图像上， E-n Ap 决定感应电 普代表初 动势的大小 线的斜率 (④公式E=n吧=n亚：二更中，若y取一段时间，则E为 =n △t tt △1时间内的平均感应电动势，只有当△1趋近于0时，E才可视为 瞬时值：当磁通量均匀变化时，某一时刻的瞬时感应电动势等于 全段时间内的平均感应电动势， (5)磁通量发生变化通常有两种情况：①磁感应强度B不变， 垂直于藏场的间路面积发生变化△5-S一S,此时E一B公， ②有效面积S不变，磁感应强度发生变化，△B=B。一B|,此时 E=S智，其中叫作磁感应强度的变化率，等于B1图像上 对应点的切线的斜率。 例①(2024·天津南开中学高二期中)一个面积为S=4× 10m、匝数为=100的正方形线圈，放在匀强磁场中，磁场方 向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所 示，若=0时刻磁场的方向垂直于线圈平面向里，则下列判断正 确的是(). A.=1s时线圈中的电流方向发生变化 ↑BT B.0~2s内线圈中磁通量的变化量为0 C.1~2s内线圈中电流方向为顺时针 方向 D.在第3s末，线圈中的感应电动势等于0 解析根据楞次定律可知，在0一2$内，线图中产生的感应 电流为顺时针方向，在2一4s内产生的感应电流方向为逆时针方 向，感应电动势大小均为E-n会”S想所以AD错误，C正 确；0~2s内线圈中磁通量的变化量为△Φ=一项=2BS= 0.16W,所以B错误. [答案C 73 重雅食手册高中物理选择性必修第二册) 知识点2导线切割磁感线时的感应电动势 公式E=Blw或E=Blusin0的建立： 卫划重点 1.如图所示，导体棒ab在间距为1的两导轨 对公式E=Bu的理解 上以速度？垂直切割磁感线运动，磁场的磁感应 1.正交性：公式是在一定 强度为B.导体棒ab运动时产生感应电动势.这 条件下得出的，除了要求磁场 是匀强磁场外，还要求B、1、 属于闭合电路由于面积的改变而引起的磁通量的 三者相互垂直 变化，进而导致感应电动势的产生的情况.由法拉第电磁感应定 2.对应性：若)为平均速 律知，在时间1内，E=9-会B=B=B,即E一B 度，则E为平均感应电动势， △M△ 即E=Bl0:若v为眸时速度， 2.若导体不是垂直切割磁感线，即v与B有一夹 则E为瞬时感应电动势。 角0，如图所示，此时可将导体的速度)向垂直于磁感 3.有效性：在公式E 线和平行于磁感线两个方向分解，则分速度2=cos0 B)中，l是指导体的有效切 B 不使导体切割磁感线，使导体切割磁感线的是分速度 割长度，即导体在垂直于速度 h=vsin0,从而导体产生的感应电动势E=Bl)=Blusin 6. 方向上的投影长度，如图所示 的三种情况中，感应电动势都 3.综合结论：导体切割磁感线时产生感应电动势的大小，与 是E-Bl.无论什么形状的 磁感应强度B、导体长度(、运动速度v的大小以及运动方向和磁 导钱，都等效于导线两端，点的 感线方向的夹角0的正弦sin0成正比.数学表达式为E=Blusin0. 连线. 当e⊥B时，sin0=1,E=Blw. 例2(2024·河北石家庄二中高二期中)如 图所示，固定在匀强磁场中的正方形导线框bd 4.相对性：公式中的口应 边长为l,其中ab、cd两边是两根完全相同的均匀 理解为导体和磁场间的相对 电阻丝，其余两边是电阻可忽略的导线，匀强磁场 Q 速度，当导体不动而磁场运动 的磁感应强度为B,方向垂直于纸面向里，现有一根与ab完全相 时，也有感应电动势产生 同的电阻丝PQ垂直ab放在线框上，以恒定速度v从ad边滑向 bc边.PQ在滑动过程中与导线框接触良好，当PQ滑过)的距离 时，PQ两点间的电势差为( 卫记方法 臀 C.Bto D.2Bto 用E=B1o求解的问题常 A.Blv 2 3 常也可用E=?芒来解位对号 解析设电阻丝PQ的电阻为R,PQ在滑动过程中产生的感 体切割磁感线的问题，用E 应电动势为E=Bl, Blu计算更方便. 当PQ滑过气的距离时，此时PQ左侧导线框部分的电阻为 R,PQ右侧子线框部分的电阻为R,则外电阻为R=,一 74 第二章 电磁感应收 R R外 P,Q两点间的电势差为Uo=U4=R外干RE 2 ·Blo= 十R 2 Bl,故选B, 3 答案B 重难拓展 重难点1动生电动势 1.动生电动势 ☑划重点河 由于导体运动而产生的感应电动势叫作动生电动势 动生电动势中的功能关系 一段导体做切割磁感线运动时，导体内的自由电荷随导体在 闭合电路中，导体做切割 磁感线运动时，克服安培力做 磁场中运动，则必受洛伦兹力作用.自由电荷在洛伦兹力作用下 功，其他形式的能转化为电能. 定向移动，这样，异种电荷就分别在导体两端聚集，从而使导体两 理解时注意把握以下两，点： 端产生电势差，这就是动生电动势.若电路闭合，则电路中产生感 1.运动导体中的自由电 应电流 子，不仅随导体以速度口运 动，而且还沿导体以速度4做 2.动生电动势中的非静电力 定向移动，如图所示，因此，导 一段导体在做切割磁感线的运动时相当于一个电源，导体中 体中的电子的合速度台等于 的自由电荷因随导体运动而受到洛伦兹力，非静电力即洛伦兹力 v和M的关量和，所以电子受 的一个分力， 到的洛伦兹力为Fs=esB, 例B(2024·湖北省武昌实验中学高二× F与合速度U哈垂直， M 期中)如图所示，导轨OM和ON都在纸面内， 导体AB可在导轨上无摩擦地滑动，若AB以 309 5m/s的速度从O点开始沿导轨匀速向右滑 B 动，导体与导轨都足够长，它们每米长度的电阻都是0.2Ω，磁场 的磁感应强度为0.2T.求： (1)3s末电路上的电流为多少？ 2.从做功角度分析，由于 (2)3s内电路中产生的平均感应电动势为多少？ F。与o垂直，它对电子不 解析(1)设导体AB在3s末向右滑动的距离为L1,则L1= 做功，更具体地说，F台的一个 t=15m,此时接入电路中的AB部分的长度为L2=L1tan30°= 分量是F,=eB,这个分力做 5√3m,闭合回路长度L=L1十L2+2L2=t(1+3tan30)= 功，产生动生电动势，F。的另 一个分量是F2=eB,阻碍导 15(1+√3)m, 体运动，做负功.两个分力F 闭合电路的总电阻R=0.2L=3(1十√3)2,3s末电路上的 和F:所做功的代数和为0.结 果仍然是洛伦兹力并不提供 电流1=聚≈1.06A 能量，而只是起传递能量的作 75 重难点手细高中物理选择性必修第二册) (2)3s内AB所国三角形面积变化量△S=LL2由E 用，即其他形式的能量通过外 力克服洛伦兹力的一个分力 9释E-险5-BS-Bmm30≈.3V F:做功，并通过另一个分力 △t F做功转化为电能. 重难点2导体转动垂直切割磁感线的问题分析 如图所示，长为l的金属棒ab绕b端在垂× 尸拓视野 B 直于匀强磁场的平面内以角速度，匀速转动，× 矩形线圈转动垂直切割磁感线 磁感应强度为B,ab棒所产生的感应电动势大× ---xAS 面积为S的矩形线图在 小可用下面两种方法推出. 磁感应强度大小为B的匀强 方法一棒上各处速率不等，故不能直接用公式E=Bu求 磁场中以角速度仙绕线图平 面内垂直于磁场的任意轴匀 解.由v=ωr可知，棒上各点线速度跟半径成正比，故可用棒的中 速转动，从线圈平面与磁感线 点的速度作为平均切割速度代人公式计算. 垂直的位置开始计时，产生的 可=受，E=BlD=2Bw,故E=2Bu 感应电动势e=NBSwsin ot. 方法二设经过△1时间，ab棒扫过的扇形面积为△S, 则△S-2oal=w, 变化的磁通量△D-BAS=专BPwA, 所以E=n是-B会9号Bro=1。 例④(2024·河南郑州一中期末)一根长为L、下 0 端固定的导线OA处于匀强磁场中.磁场的方向竖直 ! 向上，大小为B.若该导线以角速度ω绕竖直轴OO旋B 转，且角速度方向与磁场方向相同，如图所示，则导线 中的电动势(). A大小为n,方向由O-A 及大小为 2sina,方向由A→0 C大小为 -sina,方向由A→O D大小为n8,方向由O-A 解析由题可知，导线切割磁感线的有效长度为=Lsin a, 导线切制磁感线的平均速度为=2lsna,故根据动生电动势 的表达式可知E=B以司=B Lsin a·2 al.sina=号BIwina. 76 第二章 电磁感应么 根据右手定则可判断电动势的方向为O→A,故选A. 答案A 重难点3运用比较法理解相关概念和规律 1.列表比较亚、△Φ及 巴划重点 △ 穿过一个平面的磁通量 磁通量的 磁通量的 大，磁通量的变化量不一定 磁通量中 量 变化量△更 变化率恕 大，磁通量的变化率也不一定 大；穿过一个平面的磁通量的 某时刻穿过磁场中某 变化量大，磁通量不一定大， 物理 穿过某个面的磁通量的 磁场中穿过某个面的 个面的磁感线条数， 意义 变化量，△中是过程量 磁通量的变化快慢 磁通量的变化率也不一定大： 是状态量 穿过一个平面的磁通量的变 p=BS,S为与B垂直 化率大，磁通量和磁通量的变 △Φ=，一 大小的面积，不垂直时，取 兽 △ 化量都不一定大，这和速率、 计算S在与B垂直方向上 △D=BAS 或A9-s45 速度变化量△v及速度变化率 或△中=S△B 的投影 △ (加速度)A巴三者之间有类似 穿过某个有方向相反开始和转过180°时平既不表示磁通量的 的磁场的面，则不能直面都与磁场垂直，穿过 大小，也不表示变化 之处，0，△0，公驶均与线周臣 注意 接用Φ=BS,应考虑相平面的磁通量是不同 的多少，在中-t图像 数无关. 反方向的磁通量抵消的，一正一负，△中= 中，用图线的斜率表 以后所剩余的磁通量 2BS而不是0 示 2.列表比较公式E=nA9和E=B0 △ E-n E=Blo 卫划重点司 研究对象 一个回路 在磁场中运动的一段导体 L,E=Blo是由E=n △ 适用范围 具有普遍性，无论因什么方式引 只适用于一段导体切割磁感 在一定条件下推导出来的. 起中的变化时都适用 线的情况 2.如果B、、0三者大小、 方向均不变，则在△1时间内 不要求一定是匀强磁场，E 的平均感应电动势才和它在 条件 -（或n ),E1、以、B应取两两互相垂直的 △t △L 任意时刻产生的瞬时感应电 分量，可采用投影的办法 由兽和和决定 动势相同. 求的是△时间内的平均感应电 3公式E=nA吧和E 求的是瞬时感应电动势，E与 物理意义 动势，E与某段时间或某个过程 某个时刻或某个位置相对应 Blusin0是统一的，当△t→0 相对应 时，E为瞬时感应电动势 例固(2024·江西师大附中高二期末)如图甲所示，单匝线 圈电阻r=1Ω，线圈内部存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场 面积S=0.2m,有一个阻值为R=2的电阻两端分别与线圈 77 国避食手细高中物理选择性必修第二册) 两端a、b相连，电阻的一端b接地.磁感应强度B随时间t变化的 规律如图乙所示，则( BT 0.6 0.3 2 46s 甲 A.在0~4s时间内，R中有电流从a流向b B.当t=2s时穿过线圈的磁通量为O.08Wb C.在0~4s时间内，通过R的电流大小为0.01A D.在0~4s时间内，R两端电压U=0.03V 解析在0一4$时间内，磁感应强度增大，穿过线圈的磁通 量增加，由楞次定律可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，R 中有电流从b流向a,由法拉第电磁感应定律有E=△=△BS △△ E 0,6×0.2V=0.03V,由闭合电路欧姆定律有1=R千 4 2n0n=001A,R两瑞电压U=R=001AX2n= 0.02V,故AD错误，C正确：由图可知t=2s时B=0.3T,此时 穿过线圈的磁通量Φ=BS=0.3×0.2Wb=0.06W,故B错误. 答案C 口02-关健能力提升-◆ 题型1对公式E=n吧的理解和应用 B △ 例①(2024·北京四中期中)如图甲所 示，一个匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，规定 甲 向里的方向为正方向.在磁场中有一细金属圆 A.E<E2,I1沿逆时针方向，I2沿顺时针 环，线圈平面位于纸面内，现使磁感应强度B 方向 随时间1变化，先按图乙中O:图线变化，后来 B.E>E2,I1沿逆时针方向，I2沿顺时针 又按图线bc和cd变化，令E、E、E3分别表 方向 示这三段变化过程中感应电动势的大小，、 C.E<E2,I2沿顺时针方向，I3沿逆时针 I2、I分别表示对应的电流，下列说法正确的 方向 有(). D.E2=E,I2沿顺时针方向，I沿逆时针 78 第二章 电磁感应么出9 方向 过线圈的磁通量发生变化时，每匝线圈就相 解析由法拉第电磁感应定律可知E 当于一个电源，n匝线图相当于n个相同的 n△BS,设a点纵坐标为B,0一4s时，直线斜 电源串联， △ 率大小表示感应电动势的大小，E=B,磁通 题型2对公式E-Blusin0的理解和应用 例2(2024·云南昆明实验中学高二阶 量是正向增大，由楞次定律知，感应电流1沿 段练习)如图所示，在磁感应强度大小为B、方 逆时针方向：7~8s和8~9s时，直线斜率是 向垂直于纸面向里的匀强磁场中，长为L的金 相同的，故及=B=月=4E,7一8磁通量 属杆MN在平行金属导轨上以速度)向右匀 是正向减小的，由楞次定律知，感应电流I2的 速滑动.金属导轨电阻不计，金属杆与导轨的 方向是顺时针方向：8~95，磁通量是反向增大 夹角为0，电阻为2R,a、b间电阻为R,M、N两 的，I3沿顺时针方向，故A正确，BCD错误. 点间电势差为U,则M、V两点电势的高低及 U的大小分别为( [答案A 方陆国 应用E=n光的解题要求 应用法拉第电磁感应定律分析求解问 题时，要注意把握以下几，点： 明角产生电蓝高 AM点电势高，U=BL 1.根据公式E=n 应的原因，是磁感应强度B发生变化，还是 BM点电势高，U=BLusin日 面积S发生变化，并把发生电磁感应部分的 C.N点电势高，U=BL 电路等效为电源，再转化为闭合电路问题 2.对公式中匝数n的使用 D.N点电势高，U=BLusin 3 公式中的指匝数，常遇到线圈是单匝 解析由右手定则可以判定金属杆中电流 或者是n匝的情况，到底在什么情况下要选 的方向为由N到M,因此M点电势高：金属杆 用匝数，什么情况下不选用匝数？现总结 切制磁感线的有效长度是Lsin0,根据法拉第 规律如下： 电磁感应定律有E-BLusin 0,再根据闭合电 (1)不选用匝数n 路欧姆定律可知M、V两点间电势差U 凡是直接应用公式求磁通量匝、磁通量 R 的变化量△中磁通量的变化率A R+2R= Losin0,故选B. ,不选用匝 [答案B 数，即鱼，△0，盟 的大小不受线图匝数” 方法总 的影响， 导体切割磁感线与电路结合问题的求解方法 (2)选用匝数n 1.确定电源.切割磁感线的导体将产生 求感应电动势时要选用线圈匝数，穿 感应电动势，则该部分导体相当于电源，利用 79 重难点手册高中物理选择性必修第二册划 公式E-Blusin日求感应电动势的大小，利 (3)电容器两板间电压U=I1R 用右手定则判断电流的方向， 2nB,,则电容器所带的电荷量Q=CU= 3to 2.分析电路结构（内、外电路及外电路 2nπCBr2 的串、并联关系)，画等效电路图 3to 3.利用电路规律求解.主要应用欧姆定 方法色围 律及串、并联电路的基本性质等规律列方程 求解回路中感应电荷量的基本方法 求解 回路中发生磁通量变化时，由于感应电 题型3回路中感应电荷量的求解 场的作用使电荷发生定向移动而形成感应电 例B(2024·江苏南京师大附中高二期 流，在△1内迁移的电荷量（感应电荷量）为 中)一个阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与 g=1a-景·a=n9,R·A=2 阻值为2R的电阻R:、电容为C的电容器连接 其中为匝数，R为总电阻.求解时注意如下 成如图(a)所示的回路.金属线圈的半径为n, 几点： 在线圈中半径为2的圆形区域内存在垂直于 1。由9="哈可知，感应电荷量由同路 线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时 间：变化的关系图像如图(b)所示.图像与横、纵 总电阻和磁通量的变化量决定，与发生磁通 量的变化所用时间无关，与线围匝数有关 轴的截距分别为和B.导线的电阻不计.求： 2.如果闭合电路是一个单匝线圈(n= 1),则感应电荷量9= △Φ R 题型4电磁感应中的图像问题 (a】 (6) 例④(2024·湖南安化县一模)如图所 (1)通过电阻R的电流大小和方向： 示，abcd是一个由粗细均匀的同种材料制成、 (2)0~t时间内通过电阻R1的电荷量q: 边长为（的正方形闭合线框，以恒定的速度v (3)1时刻电容器所带电荷量Q. 沿x轴正方向在纸面内运动，并穿过一宽度为 解析(1)由Bt图像可知，磁感应强度的 2、方向垂直于纸面向里、大小为B的匀强磁 变化率BB,根据法拉第电磁感应定律，得 场区域，线框ab边距磁场左边界为l时开始计 △t to 时.下列选项分别为磁场对线框的作用力F(以 感应电动势E=n迪=x △B_IB立，根 x轴正方向为正)，a、b两点间的电势差U山，线 △ △ to 框中的感应电流（以顺时针方向为正）及线框 据闭合电路欧姆定律，得感应电流1= E 3R,联 的焦耳热Q随时间1的变化图像，其中可能正 立解得="B,根据楞次定律，可知通过 确的是( 3Rto R,的电流方向为从b到a. (②)通过R的电荷量q山，得gm鱼 3Rto 80 第二章 电磁愁应收组 题型5电磁感应中的功能关系问题 例5(2024·江西南昌二中高二月考)如 图所示，平行长直光滑固定的金属导轨MN、 PQ平面与水平面的夹角0=30°，导轨间距为 L=0.5m,上端接有R=32的电阻，在导轨中 间加一垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁场区 域为OO'O1,磁感应强度大小为B=2T,磁 解析0~二时间内线框在磁场外，无电 场区域宽度为d=0.4m,放在导轨上的一金属 磁感应现象，安培力F、感应电流iU、Q均为 杆ab质量为m=0.08kg、电阻为r=22,从距 0,、2弘时间内是线框进入磁场的过程，由右 磁场上边缘d。处由静止释放，金属杆进入磁 UU 场上边缘的速度一2m/s.导轨的电阻可忽略 手定则可知，线框内电流的方向为逆时针，线 框匀速运动，感应电动势大小为E=Bl0,则感 不计，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端 应电流大小为1=0，大小恒定：a,b两点的 与导轨保持良好接触，重力加速度大小为g 10m/s2,求： 电势差U=E=B,大小恒定：安培力F =Bl=B,大小恒定，根据左手定则可知， R 安培力的方向沿x轴负方向；焦耳热Q= 仁<图像为领的直气 3时间内线框完全在磁场中，磁通量保持不 (1)金属杆距磁场上边缘的距离d。: 77 (2)杆通过磁场区域的过程中所用的时间： 变，无感应电流i、F=0、Q=0,但ab边切割磁 (3)金属杆通过磁场区域的过程中电阻R 感线，ab边有电势差，且为U=Blu,大小恒 上产生的焦耳热QR。 定：到一兰时间内是线柜穿出磁场的过程，由右 解析(1)由动能定理得ngdo sin30° 手定则可知，线框内电流的方向为顺时针，线 2m心，代入数据解得金属杆距磁场上边缘的 框匀速运动，感应电动势大小E=B则感应 电流为1=贸，ab两点的电势差为U=E 距离d=0.4m (2)金属杆刚进入磁场时，由法拉第电磁 -,安培力F=B1=B股，根据左手定 感应定律得E=BLw=2×0.5×2V=2V,由 则可知，安培力的方向沿x轴负方向；焦耳热 闭合电鸡欧姆定律有1R点，3希A=04A Q收，(<1告)由以上分新可以看 安培力F=BIL=2×0.4×0.5N=0.4N, 出，ACD错误，B正确. F=mgdsin30°=0.08×10×0.5N=0.4N, [答案B 所以金属杆进入磁场做匀速直线运动.那么在 81参考答采与解析么 4BC【解析】欲使N产生顺时针方向的感应电流，感应 楞次定律可知线圈B的感应电流方向为顺时针，两线 电流的磁场方向垂直于纸面向里，由楞次定律可知有 圈的电流同向，则有相互吸引的趋势，所以线圈B有收 两种情况：一是M中有沿顺时针方向逐渐诚小的电 缩的趋势，AB错误：时刻，线圈A中的电流为0，没 流，使其在V中的磁场方向向里，且磁通量在减小：二 有磁场，因此线圈B既没有扩张的趋势，也没有收缩的 是M中有逆时针方向逐渐增大的电流，使其在N中的 趋势，C正确：在一t丝时间内，线圈A中逆时针电流 磁场方向向外，且磁通量在增大.因此对前者应使α山 在增大，电流产生的磁场在增强，根据安培定则与磁场 向右减速运动：对于后者，应使4b向左加速运动，故 叠加原理可知，线圈B所处磁场的方向向里，且在增 BC正确。 强，根据楞次定律可知线圈B的感应电流方向为顺时 5.BD【解析】当金属棒向右匀速运动而切割磁感线时， 针，所以0~2时间内，线圈B中的感应电流方向不 金属棒产生恒定感应电动势，由右手定则判断电流方 变，又由于线圈A中的电流变化率相同，因此线圈B 向为a→b.根据电流从电源(ab相当于电源)正极流出 中的感应电流大小也不变，D正确。 沿外电路回到电源负极的特点，可以判断b点电势高 第2节法拉第电磁感应定律 于α点.左线圈中的感应电动势恒定，则感应电流也恒 A基础过关练 定，所以穿过右线圈的磁通量保持不变，不产生感应电 1.D【解析】飞机在北半球的上空以速度知水平飞行，切 流，A错误，B正确.当金属棒向右做加速运动时，由右 割磁感应强度的竖直分量，切割的长度等于机翼的长 手定则可推断免>只，电流沿逆时针方向.又由E 度，所以U=B,根据右手定则，感应电动势的方向由 B可知ab导体两端的E不断增大，那么左边电路中 C指向D,所以D点的电势高于C点的电势.故D正 的感应电流也不斯增大，由安培定则可判断它在铁芯 确，ABC错误， 中的磁感线方向是沿逆时针方向的，并且磁场强度不 2.D【解析】圆盘转动时，相当于每条半径都在切割磁感 断增强，所以右边电路的线圈中向上的磁通量不断增 线，根据右手定则可判断出，电阻R中电流沿b到a方 加.由楞次定律可判断右边电路的感应电流方向应沿 向，若圆盘转动的角速度恒定，则圆盘转动时产生的感 逆时针，而在右线圈组成的电路中，感应电动势仅产生 在绕在铁芯上的那部分线圈上.把这个线圈看作电源， 应电动势大小为E=Bri,=X专，解得E=B。 21 由于电流是从c沿内电路（即右线圈）流向d,所以d点 电阻R两端的电压为外电路电压，小于感应电动势，即 电势高于c点，C错误，D正确. UR<B",放D正确， 6.B【解析】S极靠近线圈过程中，速度增大，穿过线圈 3.D【解析】根据楞次定律，圆环进人磁场的过程中，通 的磁通量变化越来越快，则感应电流增大，灯泡会变 过圆环的磁通量增加，感应电流产生的磁场阻碍原磁 亮，故A错误：根据楞次定律“来拒去留”可知磁铁接近 通量的变化，根据“增反减同”的规律，感应电流产生的 线圈时，线圈对磁铁产生排斥力，放B正确：当S极靠 磁场方向垂直纸面向外，则感应电流方向（正对纸面） 近线圈时，根据楞次定律可知，线圈中的电流沿逆时针 是逆时针的，所以A错误：圆环所受安培力刚开始为 方向，当S极向右运动远离线圈时，根据楞次定律可 0,完全进入磁场时也为0，中间不为0，则安培力先增大 知，线圈中的电流沿顺时针方向，故C错误：若忽略摩 后减小，根据楞次定律的推论可判断安培力的方向总是 擦力和阻力，磁铁的振幅也会越来越小，因为弹簧和磁 竖直向上，所以C错误：圆环刚好完全进入磁场时的速 铁的机械能逐渐转化为焦耳热，故D错误.故选B. C强基突破练 度为，根据能量守恒定律有mgh十R)=之m十Q。 1.CD【解析】在0~4时间内，线圈A中顺时针电流在 解得=A /②mgh十R)20,所以D正确. 减小，电流产生磁场在减小，根据安培定则与磁场叠加 原理可知，线圈B所处磁场的方向向内且在减小，根据 )由题图乙可知，线圈中磁感应强度的变化率为A 13 重雅⑤手册高中物理选择性必修第二册凡) =30-10T/s=5T/s,线图中有效磁场的面积为S= 设第一个2s内金属杆P的位移为x1,第二个2s内金 4一0 属杆P的位移为x2,由题图乙可知，x2=8m,又由于 生，感应电动势为E一：兰，感应电流为1一景解得 △ :g=3:5,得x=4.8m I=2A. （3前4s内，由能量守恒定律得Fa十)=之m+ (2)1=4s时，磁感应强度为B=30T,d边受到的安 mg(x+r)+Q+Qe,其中Q:Q=r:R=1:3, 培力大小为F=nBId,解得F=120N,根据左手定则 解得Qx=1.8J1. 可知安培力方向为垂直cd边向上 4.(1)设金属棒以速度沿导轨匀速上升，由法拉第电磁 5.(1)①导体棒做自由落体运动，根据运动学公式有= 感应定律，棒中的电动势为E=B,设金属棒中的电 gt=10 m/s. ②设导体棒以加速度a=4.0m/s向下运动时其所受 流为1，根据欧姆定律有1-景，金属棒所受的沿斜面 安培力为Fx,设速度为，根据牛顿第二定律有mg 向下的安培力为F=IB,因为金属棒沿导轨匀速上 FA=a,解得Fx=1.2N:因安培力大小FA=Bl,且 升，由金属棒受力平衡得mngsin0十F,=F,联立以上 由闭合电路欧嬲定律有一景，结合法拉第电骏感应 各式得=F一ngsin迟 BF 定律有E=Bl',解得v'=12m/s (2)设金属棒以速度世沿导轨匀速上升高度h过程中， (2)设导体棒沿导轨匀速下滑时通过导体棒的电流为 安培力所做的功为W,由动能定理得W一mgh十 Im,则有mg=B11,代入数据解得1m=10A,此时电 点)0，解得W=mg一品。 F 路中的电功率为P=R=40W. B综合提能练 5.(1)金属框的总电阻为R=4A=4×0.4×5×101Q= 1.C【解析】穿过线圈的磁感应强度均匀增加，故产生恒定 0.0080,金属框中产生的感应电动势为E== 的感应电动势，根据法拉第电磁感应定律有E=,兽 Bx号 =0.1X号×0.V=0.08V.金属框中的电 mSA9_SBB),根据楞次定律可知，感应电流沿 △M △M △ 流为1-景-1Λ1=20s时磁感应强度为片=(Q3- 顺时针方向（从右侧看），故%<，即有a一 _SB一B),故C选项正确。 0.1×2)T=0.1T,金属框处于磁场中的有效长度为 △ L,=√②1，此时金属框所受安培力大小为FA=BL= 2.D【解析】0-·90°和270°-·360的过程中ab是电源， 0.1×1×W2×0.4N=0.042N. U是路端电压.U=号：90一270的过程中ac是电 (2)0~2.0s内金属框产生的焦耳热为Q=户R=1× 0.008×2J=0.016J. 源，U=3e,故D正确。 C强基突破练 3.(1)由题图乙可知，金属杆P先做加速度减小的加速运 1.(1)根据题意可得金属棒和导体框在没有进人磁场时 动，2s后做匀速直线运动，当1=2s时，v=4m/s,此时 一起做匀加速直线运动，由动能定理可得(M十m)· 感痘电动势E=以，感应电流1一R票，安培力P g血a=之(M+md,代人数据解得w=号m金 B-紧票，根报牛顿第二定律有F一F一-mg=0: 属棒在磁场中切割磁场产生感应电动势，由法拉第电 隧感应定律可得E一B以助，由闭合回路的欧姆定律可得 解得F=0.75N (2通过金属杆P的电荷量)--是·，其中E一 1一長，则金属棒刚进入磁场时受到的安培力为R BIL=0.18N. △迎-B14,所以g一R+7 -ccx(r为金属杆P的位移· (2)金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用。 14 参考答案与解析收 根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上，之后 2.C【解析】根据楞次定律和电磁感应定律，飞轮受到的 金属棒相对于导体框向上运动，因此金属棒受到导体 阻力主要来源于磁铁对它的安培力，故A错误：人蹬车 框给的沿斜面向下的滑动摩擦力.因匀速运动，有 频率一定时，拉紧旋钮拉线，陋铁与飞轮间的距离减 ngsin a-十gcos a=F发，此时导体框向下做匀加速运 小，磁场越强，飞轮受到的安培阻力越大，故B错误，控 动，根据牛顿第二定律可得Mgsin a一mgeos a=Ma, 制旋钮拉线不动时，飞轮转速越大，飞轮内部的涡流越 设磁场区域的宽度为x,则金属棒在磁场中运动的时 大，受到的安培阻力越大，故C正确，D错误 间为一云，此时导体框的速度为=功十，则导体 3.B【解析】过山车进入停车区时铜片从强力磁铁间穿 框的位移=1十合a,因此导体框和金属棒的相 过，铜片切割磁感线产生感应电流，故C正确：铜片切 a.由题意当金属棒离开磁 1 割磁感线产生感应电流，停车区的轨道两侧安装的强 对位移为△x=z1一x= 力磁铁产生的磁场对铜片有安培力的作用，铜片所受 场时导休框的上端EF刚好进人磁场，侧有位移关系 安培力是阻力，使过山车减速，故D正确：安培力做负 一△x一x,导体框进人磁场时做匀速运动，此时的电 功，可知过山车进入停车区时其动能转化成电能，故 动势为E=B肌山=以，导体根受到向上的安培 A正确：有机玻璃片不是导体，当其进人停车区从强力 力和滑动摩擦力，因此可得Mgsin&=mgcos a十 磁铁间穿过时，不能发生电磁感应，达不到同样的刹车 Bl1L.联立以上可得x=0.3ma=5m/s,m=0.02kg 效果，故B错误. 品 4.C【解析】铁块a被赞化后受到引力而加速运动，铅块 (3)金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此 中产生涡流，根据楞次定律，阻碍相对运动，故会减速 受到向下的摩擦力，做加速运动，则有ngsin a十 运动：木块c受重力、支持力，不受磁场力，二力平衡，做 mgcos a=a1,金属棒向下加速运动.导体框匀速运 匀速直线运动，所以>>，故C正确，ABD错误. 动，当共速时导体框不再匀速运动，则有十a山=)， 5.C【解析】锅体中的涡流是由变化的磁场产生的，故A 导体框匀速运动的距离为=4，代人数据解得= 错误，C正确：提高磁场变化的频率，可提高电磁炉的 2.5 5 9 m-is m. 加热效果，故BD错误 第3节涡流、电磁阻尼和电磁驱动 B综合提能练 A基础过关练 1.A【解析】当电源接通的瞬间，由安培定则可知线圈内 1.B【解析】磁体在甲管内由静止释放，初动量为0，下 的磁场方向向上，线圈中增大的电流将产生磁场，则穿 落过程中由楞次定律可知，过程中存在的磁场力会阻 过绝缘圆盘的磁通量增加，根据电磁场理论可知变化 碍磁体的运动，但不会阻止磁体的运动，即磁体最终的 的磁场会产生电场，根据楞次定律可知线圈周围即将 速度不为0，故末动量不为0，由动量定理可知，合外力 产生顺时针方向的电场，负电荷受到的电场力与电场 的冲量不为0，故A错误：磁体加速向下运动时，受到的 方向相反，则带负电的小球会受到逆时针方向的电场 磁场力方向向上，且逐渐增大，根据牛顿第三定律，铝 力，故圆盘将沿逆时针方向运动，A正确， 管受到的磁场力方向向下，且逐渐增大，因此铝管对桌 2.D【解析】磁场的变化使空间内产生感生电场，但没有 面的压力将逐渐增大，故B正确：体在乙管中运动的 说明磁场是变大还是变小，所以产生的感生电场的方 时间大于自由落体的时间，由此可知磁体受到了磁场 向可能与小球运动方向相同，也可能相反，则小球速度 力，乙管中存在感应电动势和应电流，故C错误：磁 可能变大，也可能变小，所以D正确，AC错误 体在乙管下落过程中，受到了阻碍其运动的磁场力，其 3.C【解析】当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速振动时，穿 机械能诚小，可知减少的重力势能大于动能的增加量， 过闭合金属圆环的磁通量增大，磁铁向上振动时穿过 故D错误. 闭合金属圆环的磁通量减小，根据楞次定律可知，磁铁 15