第2章 电磁感应 单元综合提升-【金版新学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步课堂高效讲义教师用书（粤教版）

单元综合提升 (2021·广东高考)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上，若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有(　　) A．杆OP产生的感应电动势恒定 B．杆OP受到的安培力不变 C．杆MN做匀加速直线运动 D．杆MN中的电流逐渐减小 答案：AD 解析：OP转动切割磁感线产生的感应电动势为E＝Br2ω，因为OP匀速转动，所以杆OP产生的感应电动势恒定，故A正确；杆OP匀速转动产生的感应电动势产生的感应电流由M到N通过MN棒，由左手定则可知，MN棒会向左运动，MN棒运动会切割磁感线，产生电动势与原来电流方向相反，让回路电流减小，MN棒所受合力为安培力，电流减小，安培力会减小，加速度减小，故D正确，B、C错误。故选A、D。 [衔接教材]　链接粤教版P44法拉第圆盘发电机的原理 学生用书第74页 [衔接分析]　本题以单棒旋转切割磁感线的素材为背景，考查发电机和电动机原理，与粤教版P44法拉第圆盘原理情境类似。 单棒OP匀速旋转切割磁感线，相当于发电机，产生的电动势大小恒定，方向根据右手定则判断。直棒MN通电受力运动，同样切割磁场产生反电动势，阻碍电流的生成。 针对练1．(多选)如图为早期制作的发电机及电动机的示意图。A盘和B盘分别是两个可绕固定转轴转动的铜盘，用导线将A盘的中心和B盘的边缘连接起来，用另一根导线将B盘的中心和A盘的边缘连接起来。当A盘在外力作用下转动起来时，B盘也会转动。则下列说法中正确的是(　　) A．不断转动A盘就可以获得持续的电流，其原因是将整个铜盘看成沿径向排列的无数根铜条，它们做切割磁感线运动，产生感应电动势 B．当A盘转动时，B盘也能转动的原因是沿着半径方向的电流在磁场中受到磁场力的作用 C．从上往下看，当A盘顺时针转动时，B盘边缘的电势更高 D．从上往下看，当A盘顺时针转动时，B盘也顺时针转动 答案：AB 解析：转动A盘时，将整个铜盘看成沿径向排列的无数根铜条，它们做切割磁感线运动，产生感应电动势，电路又是闭合的，所以不断转动A盘就可以获得持续的电流，故A正确；当A盘转动时，A盘产生的感应电流流过B盘，沿着半径方向的电流在磁场中受到磁场力的作用而转动，故B正确；从上往下看，当A盘顺时针转动时，据右手定则可判断A盘中电流方向由中心到边缘，则B盘中电流是由中心到边缘，B盘中心的电势比边缘的电势高，故C错误；从上往下看，当A盘顺时针转动时，据右手定则可判断A盘中电流方向由中心到边缘，则B盘中电流是由中心到边缘，再由左手定则可判断B盘所受安培力方向逆时针，则B盘逆时针转动，故D错误。故选A、B。 针对练2．(多选)置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A相连，套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平导轨上，如图所示。导轨上有一根金属棒ab处在垂直于纸面向外的匀强磁场中。下列说法中正确的是(　　) A．圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动 B．圆盘顺时针减速转动时，ab棒将向右运动 C．圆盘顺时针匀速转动时，ab棒将向左运动 D．圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向左运动 答案：BD 解析：由右手定则可知，圆盘顺时针加速转动时，感应电流从圆心流向边缘，线圈A中产生的磁场方向向下，且磁场增强，由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流的方向为a→b，由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒将向左运动，故A错误，D正确；由上述分析可知，若圆盘顺时针减速转动时，则ab棒将向右运动，故B正确；当圆盘顺时针匀速转动时，线圈A中产生恒定的电流，那么线圈B的磁通量不变，则ab棒中没有感应电流，则将不会运动，故C错误。故选B、D。 (2023·广东高考)光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ，宽度均为h，其俯视图如图(a)所示，两磁场磁感应强度随时间t的变化如图(b)所示，0～τ时间内，两区域磁场恒定，方向相反，磁感应强度大小分别为2B0和B0，一电阻为R，边长为h的刚性正方形金属框abcd，平放在水平面上，ab、cd边与磁场边界平行。t＝0时，线框ab边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度v向右运动。在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，如图(a)中的虚线框所示。随后在τ～2τ时间内，Ⅰ区磁感应强度线性减小到0，Ⅱ区磁场保持不变；2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0。求： (1)t＝0时线框所受的安培力F； (2)t＝1.2τ时穿过线框的磁通量Φ； (3)2τ～3τ时间内，线框中产生的热量Q。 答案：(1)，方向水平向左　(2)　(3) 解析：(1)由题图可知t＝0时线框切割磁感线的感应电动势为E＝2B0hv＋B0hv＝3B0hv 则感应电流大小为I＝＝ 所受的安培力为F＝2B0h＋B0h＝，方向水平向左。 (2)在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，则t＝1.2τ时穿过线框的磁通量为Φ＝1.6B0h·－B0h·＝，方向垂直纸面向里。 (3)2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0，则有E′＝＝＝ 感应电流大小为I′＝＝ 则2τ～3τ时间内，线框中产生的热量为 Q＝I′2Rt＝。 [衔接教材]　粤教版P62T12 月球探测器在月面实现软着陆是非常困难的，为此科学家们在实验探索过程中设计了一种电磁阻尼缓冲装置，其原理如图所示。该装置的主要部件有两部分： 学生用书第75页 ①缓冲滑块，它由高强绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈abcd，指示灯连接在cd两处；②探测器主体，包括绝缘光滑缓冲轨道MN、PQ和超导线圈(图中未画出)，超导线圈能产生方向垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。当缓冲滑块接触仿真水平月面时，滑块立即停止运动。 (1)请运用已学知识分析该装置是如何实现缓冲的。 (2)简要阐述该装置在缓冲过程中能量是如何转化的。 [衔接分析]　 该高考题以线框切割磁感线为素材背景，通过受力分析，判断其运动的规律。与粤教版62页第12题情景类似。 线框切割磁场属于动生模型，双棒切割属于双电源模型，求解瞬时安培力，需求解瞬时电流，瞬时电流由瞬时电动势决定。当线框固定时，变为感生模型，磁感应强度均匀变化，产生恒定感生电动势，产生恒定电流。 针对练．(多选)如图为粗细均匀的裸铜导线制成的半径为r的圆环，PQ为圆环的直径，其左右两侧存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，但方向相反，圆环的电阻为2R。一根长度为2r、电阻为R的金属棒MN绕着圆环的圆心O点紧贴着圆环以角速度ω沿顺时针方向匀速运动，转动过程中金属棒与圆环始终接触良好，则金属棒旋转一周的过程中(　　) A．金属棒中电流的大小始终为 B．金属棒中电流方向始终由N到M C．电路中产生的热量为 D．金属棒两端的电压大小始终为Bωr2 答案：AC 解析：产生的感应电动势为两者之和，即E＝2×Br2ω＝Br2ω，环的电阻由两个电阻为R的半圆电阻并联组成，所以环的总电阻为R，所以通过导体MN的电流I＝＝，MN两端的电压U＝I·R＝Br2ω，故A正确，D错误；由右手定则可以确定电流的方向由M指向N，故B错误；MN旋转一周外力做功为W＝EIt＝Br2ω··＝，则电路中产生的热量为，故C正确。故选A、C。 1．(楞次定律的应用)(多选)如图甲所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图乙所示的变化电流，设t＝0时电流沿逆时针方向(图中箭头所示)。关于线圈B的电流方向和所受安培力产生的效果，下列说法中正确的是(　　 ) A．在0<t<t1时间内，有顺时针方向的电流，且有扩张的趋势 B．在0<t<t1时间内，有逆时针方向的电流，且有收缩的趋势 C．在t1<t<t2时间内，有顺时针方向的电流，且有收缩的趋势 D．在t1<t<t2时间内，有逆时针方向的电流，且有扩张的趋势 答案：BD 解析：在0<t<t1时间内，线圈A中逆时针电流在减小，电流产生的磁场在减小，根据安培定则与磁场叠加原则可知，线圈B所处磁场的方向向外，且在减小，根据楞次定律，可知线圈B的感应电流方向为逆时针，两线圈的电流同向，则有相互吸引的趋势，所以线圈B有收缩的趋势，A错误，B正确；在t1<t<t2时间内，线圈A中顺时针电流在增大，电流产生的磁场在增强，根据安培定则与磁场叠加原则可知，线圈B所处磁场的方向向里，且在增强，根据楞次定律，则线圈B的感应电流方向为逆时针，两线圈的电流反向，则有相互排斥的趋势，所以线圈B有扩张的趋势，C错误，D正确。故选B、D。 [易错分析]　本题的易错点是死记“增缩减扩”，理解楞次定律的阻碍作用，阻碍磁通量的变化，面积的变化也是朝着阻碍磁通量的变化的方向改变。 2．(三定则一定律的应用)(多选)如图所示，在匀强磁场中放置一个电阻不计的平行金属导轨，导轨跟大线圈M相连，导轨上放一根导线ab，磁感线垂直于导轨所在平面，欲使M所包围的小闭合线圈N产生顺时针方向的感应电流，则导线的运动情况可能是(　　 ) A．匀速向右运动 B．加速向右运动 C．减速向右运动 D．加速向左运动 答案：CD 解析：导线ab匀速向右运动时，导线ab产生的感应电动势和感应电流恒定不变，大线圈M产生的磁场恒定不变，穿过小线圈N中的磁通量不变，没有感应电流产生，故A错误；导线ab加速向右运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流增加，由右手定则可知，ab中电流方向为a→b，根据安培定则可知，M产生的磁场方向垂直纸面向里，穿过N的磁通量增大，由楞次定律可知，线圈N产生逆时针方向的感应电流，故B错误；导线ab减速向右运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流减小，由右手定则可知，ab电流方向为a→b，根据安培定则可知，M产生的磁场方向垂直纸面向里，穿过N的磁通量减小，由楞次定律可知，线圈N产生顺时针方向的感应电流，故C正确；导线ab加速向左运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流增加，由右手定则可知，ab电流方向为b→a，根据安培定则可知，M产生的磁场方向垂直纸面向外，穿过N的磁通量增大，由楞次定律可知，线圈N产生顺时针方向的感应电流，故D正确。 [易错分析]　本题易错点是左手定则和右手定则混淆，熟记“左力右电”。 3．(法拉第发电机)(多选)(2024·广东高二校联考期末)法拉第圆盘的装置结构可简化为图甲，一半径为 学生用书第76页 r的匀质金属圆盘全部水平放置在竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，在圆心O和圆盘边缘的A点之间接有一小灯泡，通过握把带动圆盘在磁场中绕轴心O沿箭头所示方向转动，当角速度为ω时，可观察到小灯泡发光。某同学改变实验条件分别进行了如图乙、图丙的实验，其中图乙仅撤去了小灯泡；图丙撤去了小灯泡，且仅有阴影区域的一半圆盘处在匀强磁场中，其他条件不变。下列说法正确的是(　　) A．图甲A点的电势大于O点的电势 B．图乙OA间的电势差大小为Bω r2 C．图丙圆盘中没有感应电流 D．撤去施加在握把上的外力，不考虑转轴的摩擦，则甲、丙圆盘减速转动至静止，乙圆盘保持匀速转动 答案：BD 解析：将铜盘看做无数条由中心指向边缘的铜棒组合而成，当铜盘转动时，每根金属棒都在切割磁感线，相当于电源，由右手定则可知，盘边缘为电源负极，中心为正极， A点的电势小于O点的电势，故A错误；题图乙仅撤去了小灯泡，金属圆盘不构成回路，不产生感应电流，但当铜盘转动时，每根金属棒都在切割磁感线，OA间的电势差大小为E＝Br＝Br＝Bωr2，故B正确；题图丙撤去了小灯泡，且仅有阴影区域的一半圆盘处在匀强磁场中，当铜盘转动时，阴影处每根金属棒都在切割磁感线，金属棒和没有在阴影区的铜盘组成回路，产生感应电流，故C错误；撤去施加在握把上的外力，不考虑转轴的摩擦，甲转动过程中灯泡消耗电能，圆盘产生焦耳热，故甲圆盘减速转动至静止，丙转动过程中，一半圆盘不切割磁感线，形成涡流，根据楞次定律可知，磁场部分受到与转动方向相反的力使圆盘停止转动，故丙圆盘减速转动至静止，乙圆盘磁场穿过整个圆盘，圆心与边缘会形成一个恒定的电势差，不会形成涡流，也就不存在安培力，因此圆盘将匀速转动，故D正确。故选B、D。 [易错分析]　本题易错点是旋转切割电动势的计算。铜盘的每一条半径都在旋转切割磁感线，交替充当电路的电源。 4．(感生电路)(2024·广州市高二统考期末)如图甲所示，一个电阻值为R，匝数为n，半径为r1的圆形金属线圈与阻值为3R的电阻R1连接成闭合回路，线圈中半径为r2的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的截距分别为t2和B0，导线的电阻不计，求0至t1时间内： (1)电阻R1两端的电压及判断电阻R1两端a、b两点电势的高低； (2)通过电阻R1上的电量q及电阻R1上产生的热量。 答案：(1)　b点电势高于a点电势 (2)　 解析：(1)由法拉第电磁感应定律知0至t1时间内的电动势为E＝＝nπr22·＝nπr22· 由闭合电路欧姆定律知通过R1的电流为I＝ R1两端的电压U＝I·3R 代入可得U＝ 由楞次定律可判断通过R1的电流方向为从b到a，则b点的电势高于a点的电势。 (2)通过R1的电荷量为q＝It1 电阻R1上产生的热量为Q＝I2·3Rt1 代入可得q＝，Q＝。 [易错分析]　本题的易错点是有效面积。计算感应电动势时要注意有效面积是磁场存在的区间面积。 5．(电磁感应的能量问题)(多选)(2024·广州市高二统考期末)如图甲所示，一正方形单匝金属线框放在光滑水平面上，水平面内两条平行直线MN、QP间存在垂直水平面的匀强磁场，t＝0时，线框在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速运动，外力F随时间t变化的图线如图乙实线所示，已知线框质量m＝1 kg，电阻R＝4 Ω，则(　　) A．磁场宽度为5 m B．匀强磁场的磁感应强度为2 T C．线框穿过QP的过程中产生的焦耳热等于4 J D．线框穿过MN的过程中通过导线内某一横截面的电荷量为0.5 C 答案：BD 解析：t＝0时刻，线框的加速度为a＝＝2m/s2，第1 s末后直到第2 s末这段时间内，拉力F恒定为F＝2 N，此时线框在磁场中不受安培力，可知磁场宽度为d＝at22＝4 m，故A错误；设线框的边长为L，则进磁场的过程，从0～1 s内的位移为L＝at12＝1 m，当线框全部进入磁场前的瞬间有F1－F安＝ma，F安＝＝，其中F1＝4 N， t1＝1 s；联立解得B＝2 T，故B正确；设线框穿过QP的初末速度分别为v2、v3，线圈全程做匀加速直线运动，则v2＝＝4 m/s，v3＝＝2 m/s，由能量守恒定律可得Q＝WF＋mv22－mv32，mv22－mv32＝－2 J，WF>F2L＝6 J，可得Q>4 J，即线框穿过OP的过程中产生的焦耳热大于4 J，故C错误；线框穿过MN的过程中通过导线内某一横截面的电荷量为q＝t＝×Δt＝＝0.5 C，故D正确。故选B、D。 [易错分析]　本题易错点是根据图像获取信息。线圈宽度要根据完全在磁场中的匀加速运动求解，安培力是变力，要根据能量守恒定律求解焦耳热。 学科网（北京）股份有限公司 $