第2章 第2节 法拉第电磁感应定律（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（人教版 江苏专用）

法拉第电磁感应定律 (赋能课——精细培优科学思维) 第2节 课标要求 学习目标 通过实验，理解法拉第电磁感应定律。 1.理解法拉第电磁感应定律的内容。 2.能够运用法拉第电磁感应定律计算感应电动势的大小。 3.能够分析和计算部分导体切割磁感线产生的感应电动势。 4.知道导线切割磁感线，安培力做负功把其他形式的能转化为电能。 课前预知教材 课堂精析重难 01 02 CONTENTS 目录 课时跟踪检测 03 课前预知教材 一、电磁感应定律 1.感应电动势：在___________现象中产生的电动势。 2.感应电动势与感应电流的关系 (1)产生感应电动势的那部分导体就相当于________。 (2)电路中有感应电流，就一定有感应电动势。 (3)如果电路没有闭合，这时虽然没有感应______，感应________依然存在。 电磁感应 电源 电流 电动势 3.法拉第电磁感应定律 (1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的__________成正比。 (2)表达式：E=_______(单匝线圈)；E=________(n匝线圈)。 变化率 n [质疑辨析]　如图，产生感应电动势的线圈相当于直流电路中的电池。判断下列说法的正误。 (1)电路中有感应电动势，一定产生感应电流。 ( ) (2)穿过某回路的磁通量越大，产生的感应电动势就越大。( ) (3)闭合电路垂直放在强磁场中，感应电动势可能为0。( ) × × √ 二、导线切割磁感线时的感应电动势 1.垂直切割 Δt时间内穿过闭合电路的磁通量的变化量ΔΦ=BΔS=________ 根据法拉第电磁感应定律，E=，由此求得感应电动势E=_____。 BlvΔt Blv 2.不垂直切割： 如果导线的运动方向与导线本身是垂直的，但与磁感线方向有一个夹角θ(如图)，速度v可以分解为两个分量：垂直于磁感线的分量v1=vsin θ和平行于磁感线的分量v2=vcos θ，只有v1切割磁感线，产生的感应电动势为E=Blv1=___________。  3.动生电动势：一段导线做切割磁感线的运动产生的感应电动势，其非静电力与__________有关。 Blvsin θ 洛伦兹力 [微点拨] (1)当l⊥B，v⊥B时，E=Blv。 (2)当l不垂直于B或导体弯曲时，应确定导体切割磁感线的有效长度。 [情境思考] 导体棒长度为l，从中间弯成90°后，以速度v运动时，如图所示，产生的感应电动势多大? 提示：E=Blv。 课堂精析重难 如图所示，我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律。 任务驱动 强化点(一)　对法拉第电磁感应定律的理解及应用 (1)在实验中，电流表指针偏转的原因是什么? 提示：线圈中的磁通量发生变化，线圈中产生了感应电流。 (2)电流表指针偏转程度跟感应电动势的大小有什么关系? 提示：感应电动势越大，感应电流越大，电流表指针偏转程度越大。 1.对法拉第电磁感应定律的理解 (1)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率共同决定，与磁通量Φ的大小、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系。 (2)磁通量的变化率对应Φ⁃t图线上某点切线的斜率。 (3)公式E=n求解的是一个回路中某段时间内的平均感应电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值。 要点释解明 2.应用法拉第电磁感应定律的三种情况 (1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ=BΔS，则E=n。 (2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ=ΔBS，则E=n，S为线圈在磁场范围内的有效面积。 (3)磁通量的变化是由面积和磁场变化共同引起时，则根据定义求ΔΦ=|Φ末-Φ初|，E=n≠n。 [典例]　(2024·福建高考)拓扑结构在现代物理学中具有广泛的应用。现有一条绝缘纸带，两条平行长边镶有铜丝，将纸带一端扭转180°，与另一端连接，形成拓扑结构的莫比乌斯环，如图所示。连接后，纸环边缘的铜丝形成闭合回路，纸环围合部分可近似为半径为R的扁平圆柱。现有一匀强磁场从圆柱中心区域垂直其底面 穿过，磁场区域的边界是半径为r的圆(r<R)。若磁感 应强度大小B随时间t的变化关系为B=kt(k为常量)， 则回路中产生的感应电动势大小为 (　　) A.0　　　　　　　　　　　 B.kπR2 C.2kπr2 D.2kπR2 [解析]　由题意可知，铜丝构成的“莫比乌斯环”形成了两匝(n=2)线圈串联的闭合回路，穿过回路的磁场有效面积为S=πr2，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生的感应电动势大小为E=n=n=2kπr2，故选C。 √ [思维建模] 公式E=n的应用技巧 (1)首先确定磁通量变化的原因，根据Φ=BS，看是B发生变化还是S发生变化；其次求出ΔΦ的大小，并确定相应时间Δt；最后代入公式求出E的大小，且不能忘记线圈总匝数n。 (2)注意S是线圈和磁场共同确定的有效面积，不一定等于线圈的面积。 1.(2025·仪征高二月考)关于感应电动势的大小，下列说法正确的是 (　　) A.穿过线圈的磁通量的变化率越大，所产生的感应电动势越大 B.穿过线圈的磁通量的变化量减小时，所产生的感应电动势一定也减小 C.穿过线圈的磁通量等于0，所产生的感应电动势一定为0 D.穿过线圈的磁通量最大时，所产生的感应电动势一定最大 题点全练清 √ 解析：由法拉第电磁感应定律E=n可知，穿过线圈的磁通量的变化率越大，所产生的感应电动势越大，穿过线圈的磁通量的变化量减小时，磁通量的变化率不一定减小，则所产生的感应电动势不一定减小，A正确，B错误；穿过线圈的磁通量等于0，但磁通量的变化率不一定为0，所产生的感应电动势不一定为0，C错误；穿过线圈的磁通量最大时，但磁通量的变化率不一定最大，所产生的感应电动势不一定最大，D错误。 2. 穿过固定不动的单匝线框的磁通量随时间变化的规律如图所示，下列说法正确的是 (　　) A.第1 s末感应电动势的大小等于2 V B.第1 s内和第2 s内，感应电动势一样大 C.2 s末到第4 s末这段时间内，感应电动势最大 D.第5 s内感应电动势比最初2 s内感应电动势大，且方向相同 √ 解析：Φ⁃t图线的斜率大小表示磁通量变化率的大小，由E=可知，第1 s内和第2 s内的感应电动势相等，都为E1==1 V，故A错误，B正确；第2 s末到第4 s末这段时间内，磁通量不变，感应电动势为零，故C错误；第5 s内感应电动势大小E2==2 V，则在第5 s内的感应电动势是最初2 s内的2倍，并且斜率符号相反，说明感应电动势的方向也是相反的，故D错误。 [例1·平动切割]　(2025·南京阶段练习)当航天飞机在环绕地球的轨道上飞行时，从中释放一颗卫星，卫星与航天飞机的速度相同，两者用导电缆绳相连，这种卫星称为绳系卫星。现有一绳系卫星在地球赤道上空自西向东运行，忽略地球自转。卫星位于航天飞机的正上方，它与航天飞机之间的距离是20.5 km，卫星所在位置的地磁场B=4.6×10-5 T，沿水平方向由南向北。如果航天飞机和卫星的运行速度都是7.6 km/s，则以下说法正确的是 (　　) 强化点(二)　导线切割磁感线时的感应电动势 A.导电缆绳中的感应电动势约为7.2×103 V B.导电缆绳中的感应电动势约为7.2 V C.航天飞机端的电势高于卫星端的电势 D.如果卫星与航天飞机由南向北飞，航天飞机端的电势高于卫星端的电势 √ [解析]　导电缆绳垂直切割地磁场，产生的动生电动势为E=BLv=4.6×10-5×20.5×103×7.6×103 V≈7.2×103 V，故A正确，B错误；导电缆绳垂直切割地磁场，由右手定则可知航天飞机端的电势低于卫星端的电势，故C错误；如果卫星与航天飞机由南向北飞，导电缆绳不切割磁感线，不产生感应电动势，则航天飞机端的电势等于卫星端的电势，故D错误。 [例2·转动切割]　(2024·湖南高考)如图，有一硬质导线Oabc，其中 是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为(　　) A.φO>φa>φb>φc　　　　 B.φO<φa<φb<φc C.φO>φa>φb=φc D.φO<φa<φb=φc [解析]　如图，相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线，根据右手定则可知O点电势最高；根据E=Blv=Bωl2，同时有lOb=lOc=R，可得0<UOa<UOb=UOc，得φO>φa>φb=φc，故选C。 √ 1.应用E=Blv需注意的问题 (1)当B、l、v三个量方向相互垂直时，E=Blv；当有任意两个量的方向平行时，E=0。 (2)公式中的l应理解为导线切割磁感线时的有效长度。若切割磁感线的导线是弯曲的，则应取其与B和v方向都垂直的等效线段长度来计算。如图甲、乙、丙中线段ab的长即为导线切割磁感线的有效长度。 思维建模型 (3)公式中的v应理解为导线和磁场的相对速度，当导线不动而磁场运动时，也有感应电动势产生。 2.导体棒转动切割磁感线时的感应电动势 如图所示，长为l的导体棒ab以 a 为圆心、以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中匀速转动，其感应电动势可从两个角度推导。 (1)棒上各点的速度不同，其平均速度=ωl，由E=Bl得棒上感应电动势大小为E=Bl·ωl=Bl2ω。 (2)若经时间Δt，棒扫过的面积为ΔS=πl2=l2ω·Δt，磁通量的变化量ΔΦ=B·ΔS=Bl2ω·Δt，由E=得棒上感应电动势大小为E=Bl2ω。 1.(2025·江苏启东检测)如图所示，在水平向右的匀强磁场中，一个水平放置的金属棒ab以某一水平速度v0被抛出，并始终保持水平。不计空气阻力，在金属棒ab的运动过程中，下列说法正确的是 (　　) A.金属棒ab中不能产生感应电动势 B.a端的电势高于b端的电势 C.产生的感应电动势的方向会变 D.产生的感应电动势的大小不变 题点全练清 √ 解析：金属棒ab在运动过程中始终保持水平，在竖直方向上切割磁感线，金属棒ab中能产生感应电动势，由右手定则可知，a端电势高于b端电势，且感应电动势的方向不变，故A、C错误，B正确；金属棒在竖直方向切割磁感线，由于在竖直方向上速度大小vy逐渐增大，由E=Blvy可知，产生的感应电动势逐渐增大，故D错误。 2.(2025·山东滨州期末)滨州市位于北纬37°，某同学在滨州市内从西往东沿直线以速度v骑行，如图所示。该处地磁场的水平分量大小为B1，竖直分量大小为B2，自行车车把为直把、金属材质，车把长为l，车轮的直径为d，辐条长度近似等于车轮半径，只考虑自行车在地磁场中的电磁感应，下列说法正确的是 (　　) A.图示位置中辐条A点电势比B点电势低B1vd B.图示位置中辐条A点电势比B点电势高B1vd C.车把左端的电势比车把右端的电势低B2lv D.自行车改为南北骑向，自行车车把两端电动势要降低 √ 解析：该同学从西往东沿直线以速度v骑行，辐条切割地磁场水平分量(由南向北)，根据右手定则可知，题图所示位置中辐条A点电势比B点电势高，电势差为E=B1r2ω=B1r2=B1vd，故A错误，B正确；自行车车把从西往东切割地磁场竖直向下的分量，由右手定则可知，车把左端的电势比车把右端的电势高，电势差为E'=B2lv，故C错误；自行车改为南北骑向，自行车车把仍切割地磁场竖直向下的分量，自行车车把两端电动势仍为B2lv，故D错误。 平均电动势与瞬时电动势的比较 强化点(三)　平均电动势与瞬时电动势 要点释解明   平均电动势 瞬时电动势 区 别 求解 公式 E=n E=Blvsin θ 物理 意义 求的是Δt时间内的平均感应电动势，E与某段时间或某个过程相对应 求的是瞬时感应电动势，E与某个时刻或某个位置相对应   平均电动势 瞬时电动势 区 别 适用 范围 求的是整个电路的感应电动势。整个电路的感应电动势为0时，其电路中某段导线(体)的感应电动势不一定为0 求的是电路中一部分导线(体)切割磁感线时产生的感应电动势 研究 对象 由于是整个电路的感应电动势，因此研究对象即电源部分不容易确定 由于是一部分导线(体)切割磁感线产生的感应电动势，该部分导线(体)就相当于电源 联 系 公式E=n和E=Blvsin θ是统一的，当Δt→0时，E为瞬时感应电动势，而公式E=Blvsin θ中的v若为平均速度，则求出的E为平均感应电动势 续表 [典例]　如图所示，边长为0.1 m的正方形单匝线圈ABCD在磁感应强度大小为0.5 T的匀强磁场中以AD边为轴匀速转动。初始时刻线圈平面与磁感线平行，经过1 s线圈转过了90°，求： (1)线圈在1 s时间内产生的感应电动势的平均值； [答案]　 0.005 V [解析]　根据法拉第电磁感应定律可得，线圈在转过90°的过程中产生的平均感应电动势E== V=0.005 V。 (2)线圈在1 s末时的感应电动势大小。 [答案]　 0 [解析]　当线圈转了1 s时，恰好转过了90°，此时线圈各边的速度方向均与磁感线的方向平行，线圈各边均不切割磁感线(或认为切割磁感线的有效速度为0)，所以线圈不产生感应电动势，E'=0。 [变式拓展]　对应[典例]中的情境，若整个线圈的电阻R=0.1 Ω，则1 s时间内通过线圈导线某横截面的电荷量是多少? [答案]　0.05 C [解析]　q=·Δt=·Δt== C=0.05 C。 [思维建模] (1)某一位置或某一时刻的瞬时感应电动势一般用E=Blv求解，而E=n一般用于求某一段时间或某一过程的平均感应电动势，其中Δt为对应的时间间隔。 (2)平均感应电动势不一定是最大值与最小值的平均值，需根据法拉第电磁感应定律求解。 (3)闭合回路中磁通量发生变化时，由于感应电场的作用使电荷发生定向移动而形成感应电流，在Δt时间内迁移的电荷量(感应电荷量) q=·Δt=n。 1.如图所示，PQRS为一正方形导线框，它以恒定速度向右运动，进入以MN为边界的匀强磁场，磁场方向垂直线框平面向里，MN与QR所在直线成45°角，E、F分别是PS和PQ的中点。关于线框中的感应电流，下列说法正确的是 (　　) 题点全练清 A.当E点经过边界MN时，线框中感应电流最大 B.当P点经过边界MN时，线框中感应电流最大 C.当F点经过边界MN时，线框中感应电流最大 D.当Q点经过边界MN时，线框中感应电流最大 √ 解析：因为线框向右运动，所以线框进入磁场时，PS、QR不切割磁感线，当P点经过边界MN时，SR刚好全部进入磁场，线框切割磁感线的有效长度最大，此时感应电动势最大，设线框的总电阻为r，由I=知，此时线框中的感应电流最大，故B正确。 2. 如图所示，在边长为a的等边三角形区域内有匀强磁场B，其方向垂直纸面向外。一个边长也为a的等边三角形导线框架EFG正好与上述磁场区域的边界重合，当它以周期T绕其中心O点在纸面内匀速转动时，框架EFG中产生感应电动势，若经框架转到图中的虚线位置，则在时间内(　　) A.框架产生的平均感应电动势大小等于 B.框架产生的平均感应电动势大小等于 C.框架沿顺时针方向转动时感应电流方向为E→G→F→E D.框架沿逆时针方向转动时感应电流方向为E→G→F→E √ 解析：根据对称性可知题图中实线和虚线构成的两等边三角形所围的小三角形为等边三角形，小三角形的边长为，小三角形的高为h=·sin 60°=a，则小三角形的面积为S=··a=a2，根据法拉第电磁感应定律可得，===，A正确，B错误；当框架沿顺时针方向或逆时针方向转动时，穿过框架的磁通量都减少，根据楞次定律与安培定则可知，感应电流的方向均为E→F→G→E，C、D错误。 3.如图所示，导轨OM和ON都在纸面内，导体AB可在导轨上无摩擦滑动，AB⊥ON，ON水平，若AB以5 m/s的速度从O点开始沿导轨匀速向右滑动，导体与导轨都足够长，匀强磁场的磁感应强度大小为0.2 T。求：(结果可用根式表示) (1)第3 s末夹在导轨间的导体长度是多少?此时导体切割磁感线产生的感应电动势多大? 答案：5 m　5 V　 解析：第3 s末夹在导轨间的导体长度为 l=vt·tan 30°=5×3× m=5 m 此时导体切割磁感线产生的感应电动势为 E=Blv=0.2×5×5 V=5 V。 (2)0~3 s内回路中的磁通量变化了多少?此过程中的平均感应电动势为多少? 答案： Wb　 V 解析：0~3 s内回路中磁通量的变化量为 ΔΦ=BΔS=0.2××5×3×5 Wb= Wb 0~3 s内电路中产生的平均感应电动势为== V= V。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1. (2025·连云港高二检测)如图，匀强磁场磁感应强度大小为B、方向垂直水平面向里，半径为R的半圆形金属丝在水平面内以速度v做匀速直线运动，速度方向与直径ab垂直，运动中a、b间的电势差Uab为 (　　) A.2BRv B.πBRv C.-2BRv D.-πBRv √ 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 解析：半圆形金属丝切割磁感线的有效长度为2R，根据法拉第电磁感应定律结合右手定则可知，运动中a、b间的电势差为Uab=-BL有v=-2BRv，故选C。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 2.如图甲所示，n=10匝(图中只画了1匝)、电阻r=10 Ω的线圈，其两端a、b与一个R=20 Ω的电阻相连，线圈内有垂直纸面向里的磁场，线圈中的磁通量按图乙所示的规律变化，下列判断正确的是 (　　) A.线圈中的感应电动势大小为0.3 V B.线圈中的感应电流大小为0.03 A C.线圈中感应电流的方向由a到b D.b端电势比a端高 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：由法拉第电磁感应定律可知，线圈中的感应电动势大小为E=n=10× V=0.3 V，故A正确；由闭合电路欧姆定律可知，线圈中的感应电流大小为I== A=0.01 A，故B错误；由楞次定律与安培定则可知，线圈中感应电流的方向由b到a，且在电源内部电流方向由负极流向正极，所以a端电势比b端高，故C、 D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 3.(2025·广东广州开学考试)如图是学生常用的饭卡内部图，其由线圈和芯片电路组成。当饭卡处于感应区域时，会在线圈中产生感应电流来驱动芯片工作。已知线圈面积为S、共n匝，回路总电阻为R。某次刷卡时，线圈平面与磁感应强度方向垂直，且全部处于磁场区域内，在感应时间t内，磁感应强度由0增大到B，此过程中 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 A.线圈有扩张的趋势 B.通过线圈平面的磁通量变化量为nBS C.通过导线某截面的电荷量为 D.线圈的平均感应电动势为 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：在感应时间t内，磁感应强度由0增大到B，此过程中穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律推论“增缩减扩”，可知线圈有收缩趋势，故A错误；通过线圈的磁通量变化量为ΔΦ=ΔB·S=BS，故B错误；线圈的平均感应电动势为=n=，线圈的平均感应电流为==，通过导线某截面的电荷量为q=t=，故C正确，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 4.(2024·广东高考)电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 A.穿过线圈的磁通量为BL2 B.永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大 C.永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小 D.永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：根据题图乙可知，两对永磁铁穿过线圈的磁场方向相反，且磁场分界线不会离开线圈，故穿过线圈的磁通量不可能为BL2，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁相对线圈上升越快，穿过线圈的磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大，故B、C错误；永磁铁相对线圈下降时，根据楞次定律结合安培定则可知，线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 5.如图所示，两块水平放置的金属板距离为d，用导线、开关K与一个n匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向下的变化磁场B中，两板间有一个质量为m、电荷量为-q的油滴恰好处于静止状态，重力加速度为g，则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量变化率分别是 (　　) A.正在增加，=　 B.正在增加，= C.正在减弱，= D.正在减弱，= √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：油滴处于静止状态，重力与静电力平衡，所以静电力向上，又因为油滴带负电，所以上极板带正电，感应电流为顺时针方向(俯视)，根据右手螺旋定则可知，线圈内部感应电流产生的磁场的方向是竖直向下的，根据楞次定律可知，原磁场正在减弱；油滴受力平衡有qE=mg，由匀强电场电势差和电场强度关系得E=，由法拉第电磁感应定律得U=n，联立解得=，故选D。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 6.如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。t=0时，磁场的磁感应强度为B0，此时MN到达的位置恰好使MDEN构成一个宽为l、长为2l的长方形。为使MN棒中不产生感应电流，从t=0开始，磁感应强度B随时间t的变化规律是 (　　) A.B=l B.B= C.B=l D.B=l2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：由法拉第电磁感应定律E=，可知为使MN棒中不产生感应电流，则穿过闭合回路的磁通量保持不变，由Φ=BS可得B0×2l×l=B×l，解得B=l，故选C。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 7. (2025·宿迁高二检测)如图甲所示，固定的矩形铜线框左半部分处于垂直纸面向里的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度由B0均匀减小到0后反向增大到-B0，如图乙所示。关于此过程，下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 A.铜线框中的自由电子先顺时针定向移动、后逆时针定向移动 B.铜线框中的自由电子始终逆时针定向移动 C.铜线框围成的面积先有缩小的趋势、后有扩大的趋势 D.铜线框受到的安培力大小不变 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：根据楞次定律结合安培定则，铜线框中产生顺时针方向的感应电流，铜线框中的自由电子逆时针定向移动，故A错误，B正确；穿过铜线框的磁通量先减小后增大，根据“增缩减扩”可知，铜线框围成的面积先有扩大的趋势、后有缩小的趋势，故C错误；设题图乙中图线的斜率为k，根据E===kS，斜率不变，可知线圈中的感应电动势大小不变，则通过铜线框的电流大小不变，又因为铜线框受力的有效长度不变，而磁感应强度先减小后增大，根据F安=BIL可知，铜线框受到的安培力先减小后增大，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 8.(2025·湖北名校期中联考)如图甲所示，用金属裸导线制作大、小两个圆环，已知大圆环半径为R=2 m，小圆环半径为r=1 m，两圆环接触相切于c点。大圆环上端a、b和切点c处留有一非常小的缺口。空间存在着垂直纸面的匀强磁场，从t=0时刻起，磁感应强度按图乙规律变化，设磁场垂直纸面向里为正方向。则以下说法中正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 A.在0~1 s过程中，大圆环上a、b两点电势φa>φb B.若将ab小缺口闭合，在0~1 s过程中小圆环上有如箭头所示方向的电流 C.若将ab小缺口闭合，在t=2 s前后瞬间回路中的电流不同 D.在1~3 s过程中，将理想电压表正确接在大圆环上的a、b两点之间，电压表读数为30π V √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：在0~1 s过程中，磁感应强度B不断增大，根据楞次定律，在回路中有逆时针方向的感应电动势，b点相当于是电源正极，a点相当于是电源负极，φa<φb，故A错误；若将ab小缺口闭合，在0~1 s过程中小圆环上的电流方向与箭头所示方向相反，故B错误；若将ab小缺口闭合，在1~3 s 内，磁感应强度的变化率不变，可知在t=2 s前后瞬间回路中感应电动势不变，则电流也不变，故C错误；由法拉第电磁感应定律E=n== V=-30π V，即理想电压表读数为30π V，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 9.(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 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：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。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 10. (2025·北京丰台检测)如图甲所示，匝数为n=100匝、半径为r1=0.5 m的圆形金属线圈的总电阻为10 Ω，一阻值为R=6 Ω的电阻与线圈连接形成闭合回路。在线圈内部半径为r2=0.4 m的圆形区域内存在垂直于线圈平面的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示。已知磁场方向垂直于线圈平面向里为正方向，通过电阻R的电流方向由a到b为正方向，下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 A.t=π s时，电阻R上通过的电流为负方向 B.t=π s时，电阻R上通过的电流大小为0.02 A C.t=π s时，电阻R两端的电压为12 V D.0~2π s内，穿过线圈磁通量的变化量为64π Wb √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析： 0~π s时间内，通过线圈的磁通量垂直于线圈平面向外减小，由楞次定律结合安培定则可知，该时间内通过电阻R的电流方向为由a到b，即为正方向，故A错误；由E=n=nS=nπ，可知t=π s时，电阻R上通过的电流为I==2 A，电阻R两端的电压为U=IR=12 V，故B错误，C正确；0~2π s内穿过线圈磁通量的变化量为ΔΦ=B2π-B0π=0.64π Wb，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 11.(12分)如图所示，水平放置的两平行金属导轨相距l=0.50 m，左端接一电阻R=0.20 Ω，磁感应强度B=0.40 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，导体棒ab垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。当ab棒以v=4.0 m/s的速度水平向右匀速滑动时，求： 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (1)ab棒中感应电动势的大小；(2分) 答案： 0.80 V　 解析：ab棒垂直切割磁感线，产生的感应电动势的大小E=Blv=0.40×0.50×4.0 V=0.80 V。 (2)ab棒中感应电流的大小和方向；(4分) 答案：4.0 A　方向由b向a 解析：ab棒中感应电流的大小I== A=4.0 A 由右手定则知，ab棒中的感应电流由b流向a。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (3)维持ab棒做匀速运动的水平外力的大小；(4分) 答案：0.80 N　 解析：ab棒受到的安培力大小F安=IlB=4.0×0.50×0.40 N=0.80 N 由于导体棒匀速运动，水平方向受力平衡， 则F外=F安=0.80 N。 (4)电阻R上产生的热功率。(2分) 答案：3.2 W 解析：电阻R上产生的热功率为P=I2R=42×0.2 W=3.2 W。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $