第二章 2 法拉第电磁感应定律（配套课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高二物理选择性必修第二册学习笔记（人教版 浙江专版）

该高中物理课件聚焦法拉第电磁感应定律，系统讲解定律内容、公式及动生电动势（平动、转动切割）的计算，通过磁体插入线圈实验问题链导入，衔接楞次定律定性分析，构建从现象到定量规律的学习支架。 其亮点在于以科学探究驱动科学思维，通过实验问题推导磁通量变化率与电动势关系，结合C919飞机、圆盘发电机等实例深化物理观念，分层练习（课时对点练A/B）助学生巩固，教师可直接用于教学提升效率。

法拉第电磁感应定律 2 第 二 章 1.理解并掌握法拉第电磁感应定律，能够运用法拉第电磁感应定律定量计算感应电动势的大小(重点)。 2.能够运用E＝Blv或E＝Blvsin θ计算导体切割磁感线时产生的感应电动势(重点)。 3.理解动生电动势产生的原理。 4.会推导、计算导体转动切割磁感线时的感应电动势(重难点)。 学习目标 内容索引 课时对点练[B] 一、电磁感应定律 二、导体棒切割磁感线时的感应电动势 课时对点练[A] 三、导体棒转动切割时的感应电动势 < 一 > 电磁感应定律 我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流大小的决定因素和遵循的物理规律。 如图所示，将条形磁体从同一高度插入线圈的实验中。 (1)快速插入和缓慢插入，磁通量的变化量ΔΦ相同吗？ 指针偏转角度相同吗？ 答案　磁通量的变化量ΔФ相同，但磁通量变化的快慢不同，快速插入比缓慢插入时指针偏转角度大。 (2)分别用同种规格的一根磁体和并列的两根磁体以相同速度快速插入，磁通量的变化量ΔΦ相同吗？指针偏转角度相同吗？ 答案　用并列的两根磁体快速插入时磁通量的变化量较大，磁通量变化率也较大，指针偏转角度较大。 (3)如果在条形磁体插入线圈的过程中，将线圈与电流表断开，线圈两端的电动势是否随着电流一起消失？ (4)在线圈匝数一定的情况下，感应电动势的大小取决于什么？ 答案　如果电路没有闭合，电动势依然存在。 答案　在线圈匝数一定的情况下，感应电动势的大小取决于的大小。 1.感应电动势 在__________现象中产生的电动势叫作感应电动势。产生感应电动势的那部分导体相当于______。 2.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__________ ________成正比。 (2)公式：E＝______，其中n为线圈的匝数。 提炼·总结 电磁感应 电源 磁通量的 变化率 n (3)在国际单位制中，磁通量的单位是__________，感应电动势的单位是_______。 注意：公式只表示感应电动势的大小。至于感应电流的方向，可由楞次定律判定。 3.公式E＝n求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，只有在磁通量随时间均匀变化时，瞬时电动势才等于平均电动势。 韦伯(Wb) 伏(V) (1)在电磁感应现象中，有感应电流，就一定有感应电动势；反之，有感应电动势，就一定有感应电流。 (　　) (2)线圈中磁通量的变化量ΔΦ越小，线圈中产生的感应电动势一定越小。 (　　) (3)线圈中磁通量变化得越快，线圈中产生的感应电动势一定越大。 (　　) √ × × 易错辨析 　如图甲所示，有一个圆形线圈，匝数n＝1 000匝，面积S＝200 cm2，线圈的电阻r＝1 Ω，线圈外接一个阻值R＝4 Ω的电阻，其余电阻不计，把线圈放入一方向垂直于线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小随时间变化的规律如图乙所示(规定垂直线圈平 面向里为磁感应强度的正方向)，求： (1)前4 s内的感应电动势的大小以及通过电阻 R的电流方向； 例1 答案　1 V　自下而上　 前4 s内磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1＝S(B2－B1) ＝200×10－4×(0.4－0.2) Wb＝4×10－3 Wb 由法拉第电磁感应定律得E＝n＝1 000× V＝1 V 由楞次定律知，线圈中产生逆时针方向的感应电流，则通过电阻R的电流方向自下而上。 (2)前5 s内的平均感应电动势。 答案　0 前5 s内磁通量的变化量 ΔΦ'＝Φ2'－Φ1＝S(B2'－B1)＝200×10－4×(0.2－0.2) Wb＝0 由法拉第电磁感应定律得＝n＝0。 　　 穿过同一闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像分别如图中的①~④所示，下列关于回路中感应电动势的说法正确的是 A.图①回路产生恒定不变的感应电动势 B.图②回路产生的感应电动势一直在变大 C.图③回路0~t1时间内产生的感应电动势大于 t1~t2时间内产生的感应电动势 D.图④回路产生的感应电动势先变大后变小 针对训练1 √ 根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势与磁通量的变化率成正比，即E＝n，结合数学知识可知：穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像的斜率k＝；题图①中磁通量Φ不变，无感应电动势；题图② 中磁通量Φ随时间t均匀增大，图像的斜率k不变，即产生的感应电动势不变；题图③中回路在0~t1时间内磁通量Φ随时间t变化的图像的斜率为k1，在t1~t2时间内磁通量Φ随时间t变化的图像的斜率为k2，从图像中发现：k1大于|k2|，所以在0~t1时间内产生的感应电动势大于在t1~t2时间内产生的感应电动势；题图④中磁通量Φ随时间t变化的图像的斜率的绝对值先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大。故选C。 　(2024·舟山市高二期末)如图所示，长直导线MN平行底边置于等腰梯形金属线框abcd上，彼此绝缘且分别固定，线框被导线分成面积相等的两部分，导线通入由M到N的电流，已知通电导线周围磁感应强度大小与电流大小成正比，当电流随时间线性减小时，线框中 A.没有感应电流 B.产生顺时针方向的感应电流 C.感应电流逐渐减小 D.金属线框所受的安培力大小不变 例2 √ 根据安培定则可知，长直导线MN上方磁场方向向外，长直导线MN下方磁场方向向里，由于线框被导线分成面积相等的两部分，下底边更靠近导线，MN下方磁感应强度较强的面积更大，可知整个金属线框的磁通量向里，当电流随时间线性减小时，根据楞次定律可知，线框中有沿顺时针方向的感应电流，故A错误，B正确； 根据法拉第电磁感应定律E＝S有效，由于电流随时间线性减小， 可知磁感应强度变化率为定值，则线框中感应电动势为定值，线框中感应电流为定值，故C错误； 长直导线电流随时间线性减小，可知直导线MN电流产生磁场对应的磁感应强度逐渐变小，又线框中感应电流为定值，故金属线框所受的安培力大小逐渐变小，故D错误。 1.磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ及磁通量的变化率的比较： 总结提升   磁通量Φ(Φ=BS) 磁通量的变化量ΔΦ(ΔΦ=Φ2-Φ1) 磁通量的变化率 物理意义 某时刻穿过磁场中某个面的磁感线条数 在某一过程中，穿过某个面的磁通量变化的多少 穿过某个面的磁通量变化的快慢 2.若已知Φ-t图像，则图线上某一点的切线斜率的绝对值||与该时 刻的感应电动势大小成正比。 3.(1)当ΔΦ仅由B的变化引起时，E=n·S，其中S为线圈在磁场中的有效面积，其中叫作磁感应强度的变化率，等于B-t图像上对 应点的切线的斜率。 (2)当ΔΦ仅由S的变化引起时，E=nB。 (3)当B、S同时变化时，=n≠n。 返回 总结提升 < 二 > 导体棒切割磁感线时的感应电动势 1.如图所示，把平行导轨放在磁感应强度为B的匀强磁场中，通过一电阻相连，所在平面跟磁感线垂直。导体棒MN垂直放在导轨上，两导轨间距为l，MN以速度v向右匀速运动。试根据法拉第电磁感应定律求产生的感应电动势。 推导： (1)在Δt时间内，由原来的位置MN移到M1N1，这个过程中闭合电路的面积变化量是ΔS＝_____。 (2)穿过闭合电路的磁通量的变化量则是ΔΦ＝_____＝______ 。 (3)根据法拉第电磁感应定律E＝求得感应电动势E＝_____。 lvΔt BΔS BlvΔt Blv 2.如图所示，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，将速度v分解为两个分量；垂直于磁感线的分量v1＝_______和平行于磁感线的分量v2＝_______ ，则导线产生的感应电动势为E＝______ ＝ ________。  vsin θ vcos θ Blv1 Blvsin θ 1.动生电动势：由于导体运动而产生的电动势。 2.导线平动切割磁感线时的性质 (1)正交性 ①B、l、v两两垂直时，感应电动势E＝____。 ②导线运动方向与磁感线方向夹角为θ时，感应电动势E＝Blvsin θ (2)瞬时性：若v为瞬时速度，则E为相应的______感应电动势。 提炼·总结 Blv 瞬时 (3)有效性 若导线是弯折的，或l与v不垂直时，E＝Blv中的l应为导线两端点在与v垂直的方向上的投影长度，即有效切割长度。 图甲中的有效切割长度为l＝sin θ； 图乙中的有效切割长度为l＝_____＝___； 图丙中的有效切割长度为：沿v1的方向运动时，l＝____；沿v2的方向运动时，l＝____。 (4)相对性：E＝Blv中的速度v是导体相对于_____的速度，若磁场也运动时，应注意速度间的相对关系。 2R R R 磁场 如图，导体棒CD在匀强磁场中运动。自由电荷会随着导体棒运动，并因此受到洛伦兹力。 (1)导体棒中自由电荷相对于纸面的运动大致沿什么方向？(为了方便，可以认为导体棒中的自由电荷是正电荷) 思考与讨论 答案　导体棒中自由电荷(正电荷)随导体棒向右运动，由左手定则可判断正电荷受到沿棒向上的洛伦兹力作用。因此，正电荷一边向上运动，一边随导体棒向右匀速运动，所以正电荷相对于纸面的运动是斜向右上方的。 (2)导体棒一直运动下去，自由电荷是否总会沿着导体棒运动？为什么？导体棒哪端的电势比较高？ (以上讨论不必考虑自由电荷的热运动) 答案　不会。当导体棒中的自由电荷受到的洛伦兹力与静电力平衡时不再定向移动，因为正电荷会聚集在C端，所以C端电势高。 (3)在上述过程中，洛伦兹力做功吗？ 答案　自由电荷参与了两个方向的运动，随着导体棒向右运动的速度vx和沿着导体棒向上运动的速度vy，相应的有沿着棒方向的洛伦兹力Fy和垂直棒方向的洛伦兹力Fx。如图所示，自由电荷合速度的方向指向右上方。洛伦兹力的合力方向与自由电荷的合速度垂直，洛伦兹力不做功。洛伦兹力不做功，不提供能量，只是起传递能量的作用。 　(2024·嘉兴市第五中学高二期中)如图所示，水平放置的两平行金属导轨相距l＝0.5 m，左端接一电阻R＝0.2 Ω，磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，导体棒ac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。 当棒ac以v＝4 m/s的速度水平向右匀速滑动时，求： (1)ac棒中感应电动势的大小； 例3 答案　0.8 V ac棒垂直切割磁感线，产生的感应电动势的大小为E＝Blv＝0.4×0.5×4 V＝0.8 V (2)回路中感应电流的大小； 答案　4 A 回路中感应电流的大小为I＝＝4 A， 由右手定则知，ac棒中的感应电流由c流向a。 (3)维持ac棒做匀速运动的水平外力的大小及方向。 答案　0.8 N　水平向右 ac棒受到的安培力大小为 F安＝BIl＝0.4×4×0.5 N＝0.8 N 由左手定则知，安培力方向向左。由于导体棒匀速运动，水平方向受力平衡，则F外＝F安＝0.8 N，方向水平向右。 　　 如图所示，MN、PQ为两条平行的水平放置的金属导轨，左端接有定值电阻R，金属棒ab斜放在两导轨之间，与导轨接触良好，ab＝L。磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面，设金属棒与两导轨间夹角为60°，以速度v水平向右匀速运动，不计导轨和金属棒的电阻，则流过金属棒的电流为 A. B. C. D. 针对训练2 √ 金属棒切割磁感线的有效长度为L·sin 60°＝L， 故感应电动势E＝Bv·， 通过金属棒的电流I＝，B正确。 返回 < 三 > 导体棒转动切割时的感应电动势 如图所示，长为l的金属棒ab，绕b端在垂直于匀强磁场的平面内以角速度ω匀速转动，磁感应强度大小为B。 (1)试推导ab棒所产生的感应电动势大小； 答案　方法一　棒上各处速率不同，故不能直接用公式E＝Blv求。由v＝ωr可知，棒上各点的线速度跟半径成正比，故可用棒的中点的速度作为平均切割速度代入公式计算。 所以，E＝BlBl2ω。 方法二　设经过Δt时间ab棒扫过的扇形面积为ΔS，则 ΔS＝lωΔtl＝l2ωΔt 磁通量的变化量为ΔΦ＝BΔS＝Bl2ωΔt 所以E＝Bl2ω。 (2)试判断a、b两点电势的高低。 答案　由右手定则知，ab切割磁感线，相当于电源，则a为电源的正极，b为电源的负极，a点的电势高于b点的电势。 提炼·总结 相对位置 转轴位置 端点 中点 任意位置 导体棒ab长为l，垂直放于磁感应强度为B的匀强磁场中，匀速转动的角速度为ω Eab＝Bl＝ Blv中＝Bl2ω Eab＝0 Eab＝Bω－Bω 　如图所示，导体棒AB的长为2R，绕O点以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，OB长为R，且O、B、A三点在一条直线上，有一磁感应强度为B的匀强磁场充满转动平面且与转动平面垂直(未画出)，那么AB两端的电势差大小为 A.2BωR2 B.3BωR2 C.4BωR2 D.5BωR2 例4 √ AB两端的电势差大小等于导体棒AB中感应电动势的大小， 为E＝B×2R＝B×2R×＝4BωR2，故选C。 　(2024·湖州市高二期末)图甲是法拉第在一次会议上展示的圆盘发电机，图乙是这个圆盘发电机的示意图。铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触。若铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，从左往右看，铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动，则 A.通过电阻R的电流方向向下 B.回路中有周期性变化的感应电流 C.圆盘转动产生的感应电动势大小E＝BωL2 D.由于穿过铜盘的磁通量不变，故回路中无感应电流 例5 √ 根据右手定则可知，通过电阻R的电流方向向上，选项A错误； 圆盘转动时相当一个半径切割磁感线，产生恒定的感应电动势，则回路中有恒定不变的感应电流，选项B、D错误； 圆盘转动产生的感应电动势大小E＝BLBωL2，选项C正确。 情景图       研究对象 回路(不一定闭合)磁场变化或面积变化 一段直导线(或等效成直导线)切割磁感线 绕一端转动的一段导体棒 表达式 E=n E=Blv E=Bl2ω 法拉第电磁感应定律的三个表达式的比较 总结提升 返回 < 四 > 课时对点练[A] 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D AB D C AC D C AD 题号 9 答案 BCD 对一对 1 2 3 4 5 6 答案 7 8 9 考点一　法拉第电磁感应定律的理解和基本应用 1.下列关于电磁感应现象说法正确的是 A.穿过闭合电路的磁通量越大，闭合电路中的感应电动势越大 B.穿过闭合电路的磁通量为零时，感应电动势一定为零 C.穿过闭合电路的磁通量变化越大，闭合电路中的感应电动势越大 D.穿过闭合电路的磁通量变化越快，闭合电路中的感应电动势越大 基础对点练 √ 1 2 3 4 5 6 答案 7 8 9 穿过闭合电路的磁通量变化越快，磁通量变化率越大，根据法拉第电 磁感应定律E＝n，可知感应电动势越大，D正确； 穿过闭合电路的磁通量越大，磁通量变化率不一定大，则闭合电路中的感应电动势不一定大，故A错误； 磁通量为零时，磁通量可能在变，则感应电动势不为零，故B错误； 磁通量的变化大，即ΔΦ大，但磁通量的变化率不一定大，故闭合电路中的感应电动势不一定大，故C错误。 1 2 3 4 5 6 答案 7 8 9 2.(多选)某实验小组探究“影响感应电动势大小的因素”。实验装置如图所示，线圈的两端与电压表相连。分别使线圈距离上管口5 cm、10 cm、 15 cm和20 cm。强磁体从长玻璃管上端均由静止下落，加速穿过线圈。对比这四次实验，在强磁体穿过线圈的极短时间内，下列说法正确的是 A.线圈内磁通量的变化量相同 B.电压表的示数依次变大 C.强磁体所受磁场力都是先向上后向下 D.高度相同时，电压表的示数与线圈所围面积无关 √ 1 2 3 4 5 6 答案 7 8 9 √ 线圈内磁通量的变化量与强磁体的磁感应强度和线圈面积有关，可知四次实验线圈内磁通量的变化量相同，产生的感应电动势大小与线圈所围面积有关，A正确，D错误； 线圈距离上管口越远，强磁体穿过线圈时的速度越大，引起的磁通量的变化率越大，则产生的感应电动势越大，电压表示数越大，B正确； 由于强磁体一直向下落，由楞次定律的推论“来拒去留”可知，强磁体所受磁场力一直向上，C错误。 1 2 3 4 5 6 答案 7 8 9 考点二　导体切割磁感线时的感应电动势 3.(2024·杭州市高二期末)我国自主研制的C919飞机机长38.9米、翼展35.8米，北京地区地磁场的竖直分量约为4.5×10－5 T，水平分量约为3.0×10－5 T。该机在北京郊区水平试飞速度为声速(约330 m/s)的0.8倍。有关C919飞机的说法正确的是 A.C919飞机往北飞的时候，西面机翼的电势较低。两侧机翼的最大电势差约为0.43 V B.C919飞机往南飞的时候，西面机翼的电势较低。两侧机翼的最大电势差约为0.26 V C.无论C919飞机往哪个方向飞，都是左边机翼的电势较低。两侧机翼的最大电势差 约为0.26 V D.无论C919飞机往哪个方向飞，都是右边机翼的电势较低。两侧机翼的最大电势差 约为0.43 V 1 2 3 4 5 6 答案 7 8 9 √ 北京地区地磁场的竖直分量竖直向下，当飞机在北半球水平飞时，飞机机翼切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可知，机翼左端的电势比右端的电势高。无论C919飞机往哪个方向飞，都是右边机翼的电势较低。由法拉第电磁感应定律E＝BLv，可得两翼尖间的电势差U＝E＝4.5×10－5×35.8×0.8×330 V≈0.43 V，故选D。 1 2 3 4 5 6 答案 7 8 9 考点三　导体棒转动切割时的感应电动势 4.(2024·湖南卷)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 1 2 3 4 5 6 答案 7 8 9 √ 1 2 3 4 5 6 答案 7 8 9 导线绕O点转动过程中相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线，如图所示，根据右手定则可知O点电势最高； 根据E＝Blv＝Bωl2 因为lOb＝lOc>lOa， 可得0<UOa<UOb＝UOc 得φO>φa>φb＝φc，故选C。 5.(多选)如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面。回路以速度v 向右匀速进入磁场，直径CD段导线始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是 A.感应电流方向不变 B.CD段直导线始终不受安培力 C.感应电动势最大值E＝Bav D.感应电动势平均值＝πBav 1 2 3 4 5 6 答案 7 8 9 能力综合练 √ √ 闭合回路进入磁场的过程中，穿过闭合回路的磁通量一直在变大，由楞次定律可知，感应电流的方向不变，A正确； 从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，穿过闭合回路的磁通量一直在变大，故回路中始终存在感应电流，CD段与磁场方向垂直，所以CD段直导线始终受安培力，B错误； 1 2 3 4 5 6 答案 7 8 9 从D点到达边界开始到C点进入磁场的过程可以理解为部分电路切割磁感线的运动，在切割的过程中，切割的有效长度先增大后减小，最大有效长度等于半圆的半径，即最大感应电动势为E＝Bav，C正确； 根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的平均值为，D错误。 1 2 3 4 5 6 答案 7 8 9 6.(2025·浙东北联盟高二期中)如图所示，在通有电流I的长直导线右侧固定一矩形金属线框abcd，线框与导线在同一平面内，且ad边与导线平行。调节电流I使空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，则 A.线框中产生的感应电流方向为a→b→c→d→a B.线框中产生的感应电流逐渐增大 C.线框ad边所受的安培力逐渐减小 D.线框整体受到的安培力方向水平向右 1 2 3 4 5 6 答案 7 8 9 √ 根据楞次定律可知，线框中产生的感应电流方向为a→d→c→b→a，选项A错误； 因各点的磁感应强度随时间均匀增加，可知磁通量的变化率不变，产生的感应电动势恒定，则线框中产生的感应电流不变，选项B错误； 根据F＝BIL，I和L不变，B均匀增加，可知线框ad边所受的安培力逐渐增大，选项C错误； 由左手定则可知，ad边所受安培力方向水平向右，bc边所受安培力方向水平向左，但是ad边所受安培力大于bc边所受安培力，可知线框整体受到的安培力方向水平向右，选项D正确。 1 2 3 4 5 6 答案 7 8 9 1 2 3 4 5 6 答案 7 8 9 7.如图所示，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动(俯视)时，a、b、c三点的电势分别为φa、φb、φc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是 A.φa>φc，金属框中无电流 B.φb>φc，金属框中电流方向沿abca C.Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流 D.Uac＝Bl2ω，金属框中电流方向沿acba √ 1 2 3 4 5 6 答案 7 8 9 金属框abc平面与磁场方向平行，转动过程中穿过金属框的磁通量始终为零，所以无感应电流产生，故B、D错误； 转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断φa<φc，φb<φc，故A错误； 由＝BL得，Ubc＝－Bl2ω，故C正确。 1 2 3 4 5 6 答案 8.(多选)(2024·绍兴会稽联盟高二期末)如图甲是法拉第发明的铜盘发电机，也是人类历史上第一台发电机。利用这个发电机给平行金属板电容器供电，如图乙。已知铜盘的半径为L，加在盘下侧的匀强磁场磁感应强度为B1，盘匀速转动的角速度为ω，每块平行板长度为d，板间距离也为d，板间加垂直纸面向里、磁感应强度为B2的匀强磁场，重力加速度为g。 7 8 9 1 2 3 4 5 6 答案 下列选项正确的是 A.若铜盘按照图示方向转动，那么平行板电容器C板电势高 B.铜盘产生的感应电动势为E感＝B2ωL2 C.若一电子(不计重力)从电容器两板中间水平向右射入，恰能做匀速直 线运动从右侧水平射出，则电子射入时速度为v＝ D.若有一带电荷量为－q的小球从电容器两板中间水平向右射入，在复 合场中做匀速圆周运动，则小球的质量为m＝ 7 8 9 √ √ 1 2 3 4 5 6 答案 7 8 9 根据右手定则，若铜盘按照图示方向转动，则圆心处电势高于边缘处电势，那么平行板电容器C板电势高，故A正确； 依题意，铜盘转动切割磁感线，所以铜盘产生的感应电动势为E感＝ B1ωL2，故B错误； 若一电子(不计重力)从电容器两板中间水平向右射入，恰能做匀速直线 运动从右侧水平射出，对电子受力分析，可得eE电＝evB2，又E电＝，联立解得v＝，故C错误； 依题意，对小球受力分析，有mg＝qE电，解得m＝，故D正确。 1 2 3 4 5 6 答案 9.(多选)(2024·绍兴市高二期末)如图甲所示，边长为L、电阻为R的正三角形金属框ACD由粗细均匀的金属棒组成，一端连接AC的中点G的绝缘细线将金属框吊在天花板上的O点，金属 7 8 9 尖子生选练 框处于静止状态，金属框部分处于垂直金属框平面向外的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，金属框AD、CD边的中点E、F在磁场的水平边界上。现让磁感应强度按如图乙所示规律变化，图甲中磁场方向为正方向，t＝0时刻悬线的拉力恰好为零，细线能承受的最大拉力为金属框重力的2倍，B0、t0已知， 1 2 3 4 5 6 答案 则下列判断正确的是 A.细线未断时，金属框中感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向 B.t＝t0时刻，线框中感应电流不为零，细线上拉力大小等于金属框重力 C.细线能承受的最大拉力等于 D.t＝2t0时刻细线断开 7 8 9 √ √ √ 返回 1 2 3 4 5 6 答案 7 8 9 根据楞次定律可知，细线未断时，磁感应强度先向外减小后向里增大，金属框中感应电流一直沿逆时针方向，故A错误； t＝t0时刻，磁通量变化率不为零，感应电流不为零，但磁场磁感应强度为零，安培力为零，因此细线上拉力大小等于金属框重力，故B正确； 金属框中感应电动势大小E＝S＝··L·L＝，线框中电流大小I＝。根据题意mg＝B0I·L＝，因此细线能承受的最大拉力FT＝2mg＝，故C正确； 根据图像可知，t＝2t0时刻，磁感应强度和0时刻大小相同，金属框受到的安培力向下，大小等于金属框的重力，此时细线断开，故D正确。 < 五 > 课时对点练[B] 题号 1 2 3 4 5 6 答案 B A A D C BC 题号 7 8 答案 (1)5 m　5 V 　 (2) Wb　 V AC 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 考点一　法拉第电磁感应定律的理解和基本应用 1.(2023·湖北卷)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为1.0 cm、1.2 cm和1.4 cm，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过 此线圈，磁感应强度变化率为103 T/s，则线圈产生的感应 电动势最接近 A.0.30 V B.0.44 V C.0.59 V D.4.3 V 基础对点练 √ 1 2 3 4 答案 5 6 7 8 1 2 3 4 答案 根据法拉第电磁感应定律可知 E＝S＝103×(1.02＋1.22＋1.42)×10－4 V ＝0.44 V，故选B。 5 6 7 8 2.如图甲所示，一线圈匝数为100，横截面积为0.01 m2，匀强磁场与线圈轴线成30°角向右穿过线圈。若在2 s时间内磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，则该段时间内线圈两端a、b之间的电势差Uab为 A.－ V B.2 V C. V D.从0均匀变化到2 V √ 1 2 3 4 答案 5 6 7 8 1 2 3 4 答案 与线圈轴线成30°角向右穿过线圈的磁感应强度均匀增加，故产生恒定的感应电动势，根据法拉第电磁感应定律， 有E＝n＝nScos 30° 由题图乙可知 T/s＝2 T/s 代入数据得E＝ V 根据楞次定律及安培定则知a点的电势低于b点的电势，则Uab＝－ V，故A正确。 5 6 7 8 1 2 3 4 答案 考点二　导体切割磁感线时的感应电动势 3.(2024·丽水市高二期末)如图，在竖直向下的匀强磁场中，将一个水平放置的金属棒ab以某一水平初速度v0抛出，金属棒在运动过程中始终保持水平，不计空气阻力。金属棒抛出后，下列说法正确的是 A.做平抛运动 B.a端电势高于b端 C.受到的安培力水平向左 D.感应电动势会变化 5 6 7 8 √ 1 2 3 4 答案 由于金属棒没有与其他导体构成闭合回路，在运动过程中只产生感应电动势，没有感应电流，所以在运动过程中没有受到安培力，只受重力作用，做平抛运动，故A正确，C错误； 由右手定则，金属棒a端的电势低于b端的电势，在运动过程中有效切割速度为水平方向的速度，因为金属棒做平抛运动，水平方向速度不变，所以在运动过程金属棒产生的感应电动势不变，故B、D错误。 5 6 7 8 1 2 3 4 答案 考点三　导体棒转动切割时的感应电动势 4.(2025·杭州二中高二期中)如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l＝2r、阻值为2R的均匀金属棒，一端固定在竖直导电转轴OO'上，随轴以角速度ω水平匀速转动，转动时棒与圆环接触良好，在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和一个平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是 A.带电微粒带负电 B.若增大角速度ω，微粒将向下运动 C.金属棒产生的电动势为2Bωr2 D.电阻消耗的电功率为 5 6 7 8 √ 1 2 3 4 答案 金属棒转动时，根据右手定则可知，产生的感应电流流过电阻R的方向向上，可知电容器下板带正电，带电微粒带正电，选项A错误； 若增大角速度ω，则电容器两板间电压变大，电场强度变大，向上的静电力变大，可知微粒将向上运动，选项B错误； 金属棒产生的电动势为E＝Bωr2，选项C错误； 感应电流I＝，电阻消耗的电功率为P＝I2R＝，选项D 正确。 5 6 7 8 1 2 3 4 答案 5.(2025·杭州市高二期中)如图所示，在水平线MN的上方有一磁感应强度大小为B0的匀强磁场(上方无边界)，方向垂直纸面向里，有一半径为r的半圆形金属线框，置于水平线MN上，金属线框由一段半圆和一条直径连接组成(均为同种材料)，直径与MN重合，设金属线框单位长度的电阻为R0，现在让线框在竖直平面内绕圆心O沿逆时针方向匀速转动半周，角速度为ω，下列说法正确的是 A.线框中的磁通量增大 B.线框中的感应电流的方向为逆时针方向 C.线框中产生的感应电动势为B0ωr2 D.线框的发热功率为 5 6 7 8 能力综合练 √ 1 2 3 4 答案 5 6 7 8 线框在竖直平面内绕圆心O沿逆时针方向匀速转动半周，线框中的磁通量减少，由右手定则可知，电流的方向为顺时针方向，故A、B错误； 线框中产生的感应电动势E＝B0rB0ωr2，线框的总电阻R＝(2r＋πr)R0，则线框的发热功率P＝，故C正确，D错误。 1 2 3 4 答案 6.(多选)(2024·浙江91联盟高二期中)如图所示，亥姆霍兹线圈由一对相同的圆形线圈，彼此平行且共轴放置。当两线圈间距离等于线圈半径时，两圆形线圈通入同向电流后，在与两线圈等距的中心点O附近形成的磁场可视为匀强磁场。现将 5 6 7 8 一单匝矩形导线框置于中心点O附近且平行于圆形线圈放置。在圆形线圈中通入图示方向的电流I0，当电流I0随时间均匀增加时，矩形线框中将产生感应电流。已知矩形线框所在区域的磁感应强度大小正比于电流I0。 1 2 3 4 答案 下列关于矩形线框中感应电流的说法正确的是 A.矩形线框中感应电流的方向与圆形线圈中电流I0的方向相同 B.矩形线框中感应电流的大小和方向均保持不变 C.矩形线框所受安培力的合力为零 D.若矩形线框面积减为原来的一半(保持它的周长及其中心所处的位置、 线框的粗细及材料均不变)，线框中感应电流大小不变 5 6 7 8 √ √ 1 2 3 4 答案 5 6 7 8 圆形线圈电流增大，产生的磁感应强度增强，穿过矩形线框的磁通量增加，由楞次定律知矩形线框产生和图示电流方向相反的感应电流，故A错误； 因为圆形线圈电流I0随时间均匀增加，中心点O附近产生的磁感应强度随I0均匀增加，由楞次定律和法拉第电磁感应定律知矩形线框中感应电流的大小和方向均保持不变，故B正确； 矩形线框左右、上下边受到的安培力大小相等，方向相反，可以相互抵消，所以矩形线框所受安培力的合力为零，故C正确； 1 2 3 4 答案 5 6 7 8 由法拉第电磁感应定律E＝N＝NS，又由欧姆定律I＝，可知若矩形线框面积减为原来的一半(保持它的周长及其中心所处的位置、线框的粗细及材料均不变)，线框电动势减为原来一半，但电阻不是减为原来一半，所以线框中感应电流大小发生改变，故D错误。 1 2 3 4 答案 7.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且接触良好，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。问：(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？ 5 6 7 8 答案　5 m　5 V 1 2 3 4 答案 5 6 7 8 第3 s末，夹在导轨间导体的长度为： l＝vt·tan 30°＝5×3× m＝5 m 此时E＝Blv＝0.2×5×5 V＝5 V。 1 2 3 4 答案 (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？ 5 6 7 8 答案　 Wb　 V 0~3 s内回路中磁通量的变化量 ΔΦ＝BΔS＝0.2××15×5 Wb＝ Wb 0~3 s内回路中产生的平均感应电动势为： V＝ V。 1 2 3 4 答案 8.(多选)(2025·浙江金华卓越联盟高二阶段测试)如图所示，足够长的光滑金属导轨abc和de置于同一水平面内，ab与de平行并相距为L，bc是以O为圆心的半 5 6 7 8 尖子生选练 径为r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，磁感应强度大小均为B，a、d间接有一个电容为C的电容器，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，金属杆MN质量为m，金属杆MN和OP电阻均为R，其余部分电阻不计。若杆OP绕O点在匀强磁场区域内以角速度ω从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中， 1 2 3 4 答案 下列说法正确的是 A.杆OP产生的感应电动势恒为 B.电容器所带电荷量恒为 C.杆MN中的电流逐渐减小 D.杆MN向左做匀加速直线运动，加速度大小为 5 6 7 8 √ √ 1 2 3 4 答案 5 6 7 8 杆OP绕O点匀速转动切割磁感线时产生的感应电动势恒为E＝Br＝Br，故A正确； 由右手定则知杆OP中的电流方向为由O到P，则杆MN中电流方向为由M到N，由左手定则知杆MN受到向左的安培力，杆MN向左做加速运动，也产生感应电动势，与杆OP产生的感应电动势方向相反，则有E总＝E －EMN＝－BLvMN，随着杆MN的速度增加，回路中的总电动势逐渐减小，回路中的电流减小，根据UPO＝E－IR＝－IR，可知P、O间 1 2 3 4 答案 5 6 7 8 返回 电势差增大，则电容器两极板间的电压增大，电容器所带电荷量增大，故B错误，C正确； 回路中电流逐渐减小，杆MN受到的安培力逐渐减小，则杆MN向左做加速度逐渐减小的加速直线运动，故D错误。 本课结束 第 二 章 $