第2章 电磁感应及其应用 章末小结与质量评价（Word教参）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（教科版）

一、知识体系建构——理清物理观念　　　 二、综合考法融会——强化科学思维　　　 考法一　　“三定则、一定律”的综合应用 　　[典例]　(多选)如图所示,水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN,当PQ在外力的作用下运动时,MN在安培力的作用下向右运动,则PQ所做的运动可能是 (　 ) A.向右加速运动 B.向左加速运动 C.向右减速运动 D.向左减速运动 [解析]　当PQ向右运动时,由右手定则可判定PQ中感应电流的方向由Q→P,由安培定则可知穿过L1的磁场方向由下往上;若PQ向右加速运动,可知穿过L1的磁通量增加,根据楞次定律结合安培定则,可以判断流过MN的感应电流是从N→M的,根据左手定则可判定MN受到向左的安培力,将向左运动;若PQ向右减速运动,流过MN的感应电流方向、MN所受的安培力的方向均将反向,MN向右运动,A错误,C正确。同理可判断,B正确,D错误。 [答案]　BC [融会贯通] 1.安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的比较 比较项目 适用场合 因果关系 安培定则 判断电流周围的磁感线方向 因电而生磁(I→B) 左手定则 判断通电导线在磁场中所受的安培力方向 因电而受力(I、B→F安) 右手定则 判断导体切割磁感线时产生的感应电流方向 因动而生电(v、B→I感) 楞次定律 判断回路中磁通量变化时产生的感应电流方向 因磁通量变化而生电(ΔΦ→I感) 2.“三定则、一定律”的应用方法 (1)弄清“因果关系”是正确应用定则、定律的关键。 (2)判断感应电流受到的安培力。 ①先用右手定则判定感应电流的方向,再用左手定则确定安培力的方向。 ②根据楞次定律的推论可知安培力阻碍相对运动。 [对点训练] 1.(2024·甘肃高考)如图,相距为d的固定平行光滑金属导轨与阻值为R的电阻相连,处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中,长度为L的导体棒ab沿导轨向右做匀速直线运动,速度大小为v。则导体棒ab所受的安培力为 (　 ) A.,方向向左 B.,方向向右 C.,方向向左 D.,方向向右 解析:选A　导体棒ab做切割磁感线运动,在电路部分的有效长度为d,故感应电动势为E=Bdv,回路中感应电流为I=,根据右手定则,判断电流方向为从b流向a。根据左手定则,导体棒ab所受的安培力为F=BId=,方向向左。 2.如图所示,在竖直向下的匀强磁场中,水平U形导体框左端连接一阻值为R的电阻,质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动,最终停在导体框上。在此过程中 (　 ) A.导体棒做匀减速直线运动 B.导体棒中感应电流的方向为a→b C.电阻R消耗的总电能为 D.导体棒克服安培力做的总功小于m 解析:选C　导体棒向右运动,根据右手定则,可知导体棒中电流方向为b到a,再根据左手定则可知,导体棒受到向左的安培力,根据法拉第电磁感应定律,可得产生的感应电动势为E=BLv,感应电流为I==,故安培力为F=BIL=,根据牛顿第二定律有F=ma,可得a=v,随着速度减小,加速度不断减小,故导体棒不是做匀减速直线运动,A、B错误;根据能量守恒定律,可知回路中消耗的总电能为Q=m,因R与r串联,则消耗的电能与电阻成正比,则R消耗的电能为QR= Q=,C正确;整个过程只有安培力做负功,根据动能定理可知,导体棒克服安培力做的总功等于m,D错误。 考法二　法拉第电磁感应定律的应用 　　[典例]　(多选)如图(a)所示,两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定,顶端接有阻值为R的电阻,垂直导轨平面存在变化规律如图(b)所示的匀强磁场,t=0时磁场方向垂直纸面向里。在t=0到t=2t0的时间内,金属棒水平固定在距导轨顶端L处;t=2t0时,释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好,导轨与金属棒的电阻不计,则 (　 ) A.在t=时,金属棒受到安培力的大小为 B.在t=t0时,金属棒中电流的大小为 C.在t=时,金属棒受到安培力的方向竖直向上 D.在t=3t0时,金属棒中电流的方向向右 [解析]　由题图可知在0~t0时间段内产生的感应电动势为E==,根据闭合电路欧姆定律可知此时间段的电流为I==,在时磁感应强度为,此时安培力为F=BIL=,A错误,B正确;由题图可知在t=时,磁场方向垂直纸面向外并逐渐增大,根据楞次定律可知产生顺时针方向的电流,再由左手定则可知金属棒受到的安培力方向竖直向上,C正确;由图可知在t=3t0时,磁场方向垂直纸面向外,金属棒向下运动的过程中磁通量增加,根据楞次定律可知金属棒中的感应电流方向向左,D错误。 [答案]　BC [融会贯通] 感应电动势的三个表达式对比 表达式 E=n E=Blv E=Bl2ω 情景图 研究对象 回路(不一定闭合) 一段直导线(或等效成直导线) 绕一端转动的导体棒 意义 一般求平均感应电动势,当Δt→0时求的是瞬时感应电动势 一般求瞬时感应电动势,当v为平均速度时求的是平均感应电动势 用平均值法求瞬时感应电动势 适用条件 所有磁场 匀强磁场 匀强磁场 [对点训练] 1.如图所示,用两根长度、材料、粗细都相同的导线绕成匝数分别为n1和n2的圆形闭合线圈A和B,两线圈平面与匀强磁场垂直。当磁感应强度随时间均匀变化时,两线圈中的感应电流之比IA∶IB为 (　 ) A.n1∶n2 B.n2∶n1 C.∶ D.∶ 解析:选B　设导线长度为L,电阻为R,则对线圈A有L=n1·2πrA,E1=n1π,IA=,对线圈B有L=n2·2πrB,E2=n2π,IB=,联立解得IA∶IB=n2∶n1,B正确,A、C、D错误。 2.如图所示,固定平行导轨间有磁感应强度大小为B,方向垂直导轨平面向里的匀强磁场,导轨间距为l且足够长,左端接阻值为R的定值电阻,导轨电阻不计。现有一长为2l的金属棒垂直放在导轨上,在金属棒以O点为轴沿顺时针方向以角速度ω转过60°的过程中(金属棒始终与导轨接触良好,电阻不计) (　 ) A.通过定值电阻的最大电流为 B.通过定值电阻的最大电流为 C.通过定值电阻的电荷量为 D.通过定值电阻的电荷量为 解析:选D　棒绕O点转动切割磁感线而产生动生电动势,棒在转过60°时有效长度最大,为l效=2l,则Emax=Bω=2Bl2ω,由欧姆定律可得Imax==,故A、B错误。电荷量q=·Δt,而==,可得q==,棒转过60°扫过的有效面积为ΔS=,可得q=,故C错误,D正确。 考法三　电磁感应中的动量问题　 [典例]　如图,间距为l的光滑平行金属导轨,水平放置在方向竖直向下的匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小为B,导轨左端接有阻值为R的定值电阻,一质量为m的金属杆放在导轨上。金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动,此时金属杆内自由电子沿杆定向移动的速率为u0。设金属杆内做定向移动的自由电子总量保持不变,金属杆始终与导轨垂直且接触良好,除了电阻R以外不计其他电阻。 (1)求金属杆中的电流和水平外力的功率; (2)某时刻撤去外力,经过一段时间,自由电子沿金属杆定向移动的速率变为,求: ①这段时间内电阻R上产生的焦耳热; ②这段时间内一直在金属杆内的自由电子沿杆定向移动的距离。 [解析]　(1)金属杆切割磁感线产生的感应电动势E=Blv0,则金属杆中的电流I==, 由题知,金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动,则有F=F安=BIl=, 根据功率的计算公式有P=Fv0=。 (2)①设金属杆内单位体积的自由电子数为n,金属杆的横截面积为S,则金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动时,电流由微观表示为I=nSeu0=,则解得nSe=, 电子沿金属杆定向移动的速率变为时,有I'=nSe=,解得v'=, 由能量守恒定律有mv'2=m-Q, 解得Q=m。 ②由①可知在这段时间内金属杆的速度由v0变到,则根据动量定理有 -Bl·Dt=-BlnSe uΔt=-BlnSe·d=m-mv0(取向右为正),nSe=,化简得d=。 [答案]　(1)　　(2)①m　② [融会贯通] 1.动量定理的应用 导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时, (1)安培力的冲量为:I安=BLt=BLq。 (2)通过导体棒或金属框的电荷量为:q=Δt=Δt=n·Δt=n。 (3)磁通量变化量:ΔΦ=BΔS=BLx。 (4)如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力,则I安=mv2-mv1。 2.动量守恒定律的应用 在相互平行的水平导轨间的两根导体棒做切割磁感线运动时,由于这两根导体棒所受的安培力等大反向,合力为零,若不受其他外力,两导体棒的总动量守恒,解决此类问题往往要应用动量守恒定律。 [对点训练] 1.如图所示,水平放置的U形光滑框架上接一个阻值为R0的电阻,放在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,一个半径为L、质量为m的半圆形硬导体AC在水平向右的恒定拉力F的作用下,由静止开始运动距离d后速度为v,半圆形硬导体AC的电阻为r,其余电阻不计。下列说法不正确的是 (　 ) A.此时AC两端电压为UAC= B.此过程中回路产生的热量Q=Fd-mv2 C.此过程中通过电阻R0的电荷量为q= D.此过程所用时间t= 解析:选D　导体AC的有效切割长度等于半圆的直径2L,导体切割磁感线产生的感应电动势大小为E=B·2L·v=2BLv,而导体AC相当于电源,其两端的电压是外电压,由闭合电路欧姆定律得UAC=E=,A正确;根据能量守恒定律得Q=Fd-mv2,B正确;根据法拉第电磁感应定律得==,根据电流定义式=,解得q=t=,C正确;根据动量定理得Ft-B·2Lt=mv,又因为q=t,则Ft-2qBL=mv,解得t==,D错误。 2.如图所示,平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接,导轨电阻不计。质量分别为m和m的金属棒b和c静止放在水平导轨上,b、c两棒均与导轨垂直。图中de虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨静止释放,释放位置与水平导轨的高度差为h。已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰,金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞。重力加速度为g,求: (1)绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小; (2)金属棒b进入磁场后,其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小; (3)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热。 解析:(1)设绝缘棒a滑上水平导轨时,速度为v0,下滑过程中绝缘棒a机械能守恒,有m=mgh 绝缘棒a与金属棒b发生弹性碰撞,由动量守恒定律mv0=mv1+mv2 由机械能守恒定律有m=m+m 解得绝缘棒a的速度大小v1=0,金属棒b的速度大小v2=v0=。 (2)金属棒b刚进磁场时的加速度最大,设其加速度为其最大加速度的一半时,金属棒b的速度为v2',c棒速度为v3',两金属棒b、c组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒。由动量守恒定律有 mv2=mv2'+v3' 设金属棒b进入磁场后任一时刻,金属棒b的速度为vb,金属棒c的速度为vc,则两金属棒b、c组成的回路中的感应电动势E=BL(vb-vc),由闭合电路欧姆定律得I=,由安培力公式得金属棒b所受安培力F=BIL=ma,联立得a=。故当金属棒b加速度为最大值的一半时有v2=2(v2'-v3'),联立得v2'=v2=。 (3)最终两金属棒b、c以相同速度匀速运动。由动量守恒定律有mv2=v,由能量守恒定律有m=v2+Q,解得Q=mgh。 答案:(1)绝缘棒a速度大小为0　金属棒b速度大小为　(2)　(3)mgh 　　　　　　　　　 三、价值好题精练——培树科学态度和责任　 1.(多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示,磁体附近的金属弦被磁化,因此弦振动时,在线圈中产生感应电流,电流经电路放大后传送到音箱发出声音。下列说法正确的有 (　 ) A.选用铜质弦,电吉他仍能正常工作 B.取走磁体,电吉他将不能正常工作 C.增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势 D.弦振动过程中,线圈中的电流方向不断变化 解析:选BCD　铜质弦为非磁性材料,不能被磁化,选用铜质弦,电吉他不能正常工作,A错误;若取走磁体,金属弦不能被磁化,其振动时,不能在线圈中产生感应电动势,电吉他不能正常工作,B正确;由E=n可知,C正确;弦振动过程中,穿过线圈的磁通量大小不断变化,由楞次定律可知,线圈中感应电流方向不断变化,D正确。 2.(多选)安检门是一种用于安全检查的“门框”,如图所示,“门框”内有线圈,线圈里通有交变电流,交变电流在“门框”内产生交变磁场,金属物品通过“门框”时能产生涡流,涡流的磁场又反过来影响线圈中的电流,从而引起报警。以下关于这个安检门的说法正确的是 (　 ) A.这个安检门也能检查出毒品携带者 B.这个安检门只能检查出金属物品携带者 C.如果这个“门框”内的线圈中通上恒定电流,也能检查出金属物品携带者 D.这个安检门工作时,既利用了电磁感应现象,又利用了电流的磁效应 解析:选BD　这个安检门是利用涡流工作的,因而只能检查出金属物品携带者,A错误,B正确;若“门框”内的线圈中通上恒定电流,只能产生恒定磁场,它不能使金属物品内产生涡流,因而不能检查出金属物品携带者,C错误;安检门工作时,既利用了电磁感应现象,又利用了电流的磁效应,D正确。 3.随着航空领域的发展,实现火箭回收利用,成为了各国都在重点突破的技术。其中有一技术难题是回收时如何减缓对地的碰撞,为此设计师在返回火箭的底盘安装了电磁缓冲装置。如图所示,该装置的主要部件有两部分: ①缓冲滑块,由高强绝缘材料制成,其内部边缘绕有闭合单匝正方形线圈abcd;②火箭主体,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。当缓冲滑块接触地面时,滑块立即停止运动,此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用,火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度,从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时,火箭主体的速度大小为v0,经过时间t火箭着陆,速度恰好为零;线圈abcd的电阻为R,其余电阻忽略不计;ab边长为l,火箭主体质量为m,匀强磁场的磁感应强度大小为B,重力加速度为g,一切摩擦阻力不计,求: (1)缓冲滑块刚停止运动时,线圈ab边两端的电势差Uab; (2)缓冲滑块刚停止运动时,火箭主体的加速度大小; (3)火箭主体的速度从v0减到零的过程中系统产生的电能。 解析:(1)缓冲滑块刚停止运动时,ab边产生的感应电动势E=Blv0, 线圈ab边两端的电势差Uab为路端电压,根据右手定则可知a端电势高,则有Uab=Blv0。 (2)缓冲滑块刚停止运动时,ab边受到的安培力大小为Fab=BIl,其中I=,由牛顿第三定律知Fab=Fab', 对火箭主体受力分析可得Fab'-mg=ma, 解得a=-g。 (3)设t时间内火箭主体下落的高度为h,对火箭主体由动量定理得mgt-'t=0-mv0 即mgt-=0-mv0,化简得h=, 根据能量守恒定律知,该过程中系统产生的电能为E=mgh+m 代入数据可得E=+m。 答案:(1)Blv0　(2)-g (3)+m 学科网（北京）股份有限公司 $