2025年高二物理同步培优讲练（人教版选择性必修第二册）2.2法拉第电磁感应定律（解析版）

2.2法拉第电磁感应定律

课程标准物理素养

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物理观念：从感应电流的角度来认识电磁感应现象。

感应电动势的大小.科学思维：通过创设问题情境的探究总结归纳出物理规律。

2.能够运用E＝Blv或E＝Blvsinθ计算科学探究：其次，通过定性实验对问题进一步深入探究，意在培

养学生的科学探究能力。用法拉第电磁感应定律推导出导体切割

导体切割磁感线时产生的感应电动势.

磁感线的感应电动势公式。

3.了解动生电动势的概念，知道导线切

割磁感线通过克服安培力做功把其他科学态度与责任：电磁感应现象中能量转化的过程，让学生从

形式的能转化为电能．能量守恒的角度理解电磁感应现象，形成学生的能量观。

（一）课前研读课本，梳理基础知识：

一、电磁感应定律

1．感应电动势

在电磁感应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电源．

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，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比．

ΔΦ

(2)公式：E＝n，其中n为线圈的匝数．

Δt

(3)在国际单位制中，磁通量的单位是韦伯(Wb)，感应电动势的单位是伏(V)．

二、导线切割磁感线时的感应电动势

1．导线垂直于磁场方向运动，B、l、v两两垂直时，如图甲所示，E＝Blv.

甲乙

2．导线的运动方向与导线本身垂直，但与磁感线方向夹角为θ时，如图乙所示，E＝Blvsinθ.

3．导体棒切割磁感线产生感应电流，导体棒所受安培力的方向与导体棒运动方向相反，导体棒克服安培力

做功，把其他形式的能转化为电能．

【题型一】法拉第电磁感应定律

ΔΦ

1．磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ及磁通量的变化率的比较

Δt

ΔΦ

磁通量Φ磁通量的变化量ΔΦ磁通量的变化率

Δt

某时刻穿过磁场

物理在某一过程中，穿过某个面穿过某个面的磁通量变化

中某个面的磁感

意义的磁通量的变化量的快慢

线条数

|Φ2－Φ1|

当B、S

－Δt

互相垂Φ2Φ1

＝ΔS

Φ＝BSΔΦB·ΔSΔΦ＝B·

直时的ΔtΔt

S·ΔB

ΔB

大小·S

Δt

若穿过的平面中

有方向相反的磁开始和转过180°时平面都与

在－图像中，可用图线

场，则不能直接磁场垂直，但穿过平面的磁Φt

注意ΔΦ

用Φ＝BS.Φ为抵通量是不同的，一正一负，的斜率表示

Δt

消以后所剩余的ΔΦ＝2BS，而不是零

磁通量

ΔΦ

2.公式E＝n的理解

Δt

ΔΦ

感应电动势的大小E由磁通量变化的快慢，即磁通量的变化率决定，与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ无

Δt

关．

【典型例题1】如图甲所示，横截面积S50cm2，匝数n100匝，电阻r5的线圈，沿线圈轴向有匀强

磁场，设图示磁场方向为正向，磁感应强度随图乙规律变化，则0~2.0s内（  ）

A．磁通量的变化量为0.004WbB．磁通量的变化率为0.2Wb/s

C．a点的电势比b点的电势低0.2VD．在a、b间接一个理想电流表时，电示数为0.4A

【答案】A

【解析】A．在0~2.0s内磁通量的变化量为

BS(10.2)50104Wb4103Wb

故A正确；

B．在0~2.0s内磁通量的变化率为

3

410

Wb/s=2103Wb/s

t2

故B错误；

C．根据法拉第电磁感应定律有

En1002103V=0.2V

t

根据楞次定律可知，a点的电势比b点的电势高，故C错误；

D．在a、b间接一个理想电流表时，电流表的示数为

E

I0.04A

r

故D错误。

故选A。

【典型例题2】穿过闭合回路的磁通量Φ-t图像分别如图①～④。关于回路中感应电动势正确的是（）

A．图①中回路产生的感应电动势恒定不变

B．图②中回路产生的感应电动势一直在变大

C．图④中回路产生的感应电动势先变小后变大

D．图③中回路在0~t1时间内产生的感应电动势等于在t1~t2时间内产生的感应电动势

【答案】C

【解析】A．根据法拉第电磁感应定律EN可知，感应电动势大小与磁通量的变化率成正比，Φ−t图像

t

切线斜率绝对值等于磁通量的变化率，则有

k

t

图①中磁通量Φ不变，则k0，所以不产生感应电动势，故A错误；

B．图②中Φ−t图像的斜率k不变，则产生的感应电动势不变，故B错误；

C．图④中Φ−t图像斜率绝对值先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，故C正确。

D．图③中回路在0～t1时间内的Φ−t图像斜率大于在t1~t2时间内的Φ−t图像斜率，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，故D错误。

故选C。

【对点训练1】某小组设计了一种呼吸监测方案：在人身上缠绕弹性金属线圈，观察人呼吸时处于匀强磁场

中的线圈面积变化产生的电压，了解人的呼吸状况。如图所示，线圈P的匝数为N，磁场的磁感应强度大小

为B，方向与线圈轴线的夹角为θ。若某次吸气时，在t时间内每匝线圈面积增加了S，下列说法正确的是（）

A．磁通量增加了NBS

B．磁通量增加了NBScosθ

NBS

C．线圈P在该时间内的平均感应电动势为

t

NBScos

D．线圈P在该时间内的平均感应电动势为

t

【答案】D

【解析】AB．磁通量增加了BScosθ，选项AB错误；

CD．根据法拉第电磁感应定律有

NBScos

EN

tt

选项C错误，D正确。

故选D。

【对点训练2】如图是学生常用的饭卡内部实物图，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（）

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

nBS

C．通过导线某截面的电荷量为

R

BS

D．线圈的平均感应电动势为

t

【答案】C

【解析】A．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；

B．通过线圈的磁通量变化量大小为

ΔBSBS

故B错误；

CD．线圈的平均感应电动势为

nBS

En

tt

线圈的平均感应电流为

EnBS

I

RRt

通过导线某截面的电荷量为

nBS

qIt

R

故C正确，D错误。

故选C。

【题型二】导体棒切割磁感线时的感应电动势

对公式的理解

(1)当B、l、v三个量的方向互相垂直时，E＝Blv；当有任意两个量的方向互相平行时，导线将不切割磁感

线，E＝0.

(2)当l垂直于B且l垂直于v，而v与B成θ角时，导线切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝Blvsinθ.

(3)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＝cdsinθ；

图乙中的有效切割长度为：l＝MN；

图丙中的有效切割长度为：沿v1的方向运动时，l＝2R；沿v2的方向运动时，l＝R.

【典型例题3】如图所示，一单匝粗细均匀的正方形导体线框abcd和直角坐标系xOy（x轴水平，y轴竖直）

均处于竖直平面内，线框边长为L。空间内存在垂直于纸面向里的磁场，磁感应强度在x方向均匀分布，y

方向上满足BB0kyk0。初始时，线框的a点与坐标原点O重合，ab边与x轴重合。现给线框一个

沿着x轴正方向的速度v0，线框在运动过程中始终处于xOy平面内，其ab边与x轴始终保持平行，空气阻

力不计。则（）

A．下落过程中线框中有顺时针方向的感应电流

B．开始时线框中产生的电动势为B0Lv0

C．开始时线框中产生的电动势为kL2

D．若线框匝数增大为n匝，则竖直方向最终速度不变

【答案】D

【解析】A．根据楞次定律，则下落过程中穿过线圈的磁通量向里增加，则线框中有逆时针方向的感应电流，

故A错误；

BC．开始时线框中磁通量变化率为0，产生的电动势为0，故BC错误；

D．线框在磁场中斜向下运动时产生逆时针方向的感应电流，线框的两竖直受安培力等大反向，则水平方向

受力为零做匀速直线运动；水平下边受安培力竖直向上，水平上边受安培力竖直向下，但因下边受安培力

大于上边，可知竖直方向上受向上的安培力，当线框受到该安培力等于重力时，达到最终速度，若线框匝

数增大为n匝，线框的质量变为nmg，电阻变为nR，则

nBLv

nmgnBL

nR

其中

BkL

解得

mgR

v

k2L4

故D正确。

故选D。

【典型例题4】两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1m、总电阻为0.005Ω

的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图甲所示。已知导线框一直向右做匀速直线运

动，cd边于t=0时刻进入磁场。导线框中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示（感应电流的方向为顺

时针时，感应电动势取正）。下列说法正确的是（）

A．磁感应强度的大小为0.5T

B．导线框运动速度的大小为1m/s

C．磁感应强度的方向垂直于纸面向里

D．在t=0.4s至t=0.6s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.04N

【答案】D

【解析】AB．由电动势的图可知线框在0.2s刚好完全进入磁场，运动距离为线框长度L，导线框运动的速

度为

L0.1

vm/s=0.5m/s

t0.2

根据动生电动势公式和图象知

E=BLv=0.01V

代入数据解得

B=0.2T

故AB错误；

C．根据楞次定律可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，C错误；

D．在t=0.4s至t=0.6s这段时间内，导线框中的感应电流大小为

E0.01

IA=2A

R0.005

导线框所受的安培力大小为

F=BIL=0.2×2×0.1N=0.04N

故D正确。

故选D。

【对点训练3】如图所示的情况中，金属导体中产生的感应电动势不是Blv的是（）

A．B．

C．D．

【答案】C

【解析】A．该图中导体切割磁感线的有效长度为l，则产生的感应电动势为Blv，选项A不符合题意；

B．该图中导体切割磁感线的有效长度为l，则产生的感应电动势为Blv，选项B不符合题意；

C．该图中导体切割磁感线的有效长度为lsinθ，则产生的感应电动势为Blvsinθ，选项C符合题意；

D．该图中导体切割磁感线的有效长度为l，则产生的感应电动势为Blv，选项D不符合题意；

故选C。

【对点训练4】如图所示，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，让导体PQ在U型导轨上以速度v=10m/s

向右匀速滑动，两导轨间距离l=0.8m，则产生的感应电动势的大小和P、Q两点电势关系为（）

A．4V，P点电势高B．0.4V，Q点电势高

C．4V，Q点电势高D．0.4V，P点电势高

【答案】A

【解析】产生的感应电动势的大小为

EBlv0.50.810V4V

根据右手定则可知流过导体PQ的电流方向由Q流向P，由于导体PQ相当于电源的内部，则P点电势高于

Q点电势。

故选A。

【题型三】导体棒转动切割磁感线产生的电动势

1

导体棒转动切割磁感线：E＝Bl2ω.

2

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，磁感应强度为B，

ab棒所产生的感应电动势大小可用下面两种方法推出．

方法一：棒上各处速率不等，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．

ωl1

v＝，E＝Blv＝Bl2ω.

22

方法二：设经过Δt时间，ab棒扫过的扇形面积为ΔS，

11

则ΔS＝lωΔtl＝l2ωΔt，

22

1

磁通量的变化ΔΦ＝BΔS＝Bl2ωΔt，

2

ΔΦBΔS1

所以E＝n＝n＝Bl2ω(n＝1)．

ΔtΔt2

【典型例题5】如图，有一硬质导线Oabc，其中abc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．OabcB．Oabc

C．OabcD．Oabc

【答案】C

【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

1

EBlvBl2

2

同时有

lOblOc5R

可得

0<UOa<UObUOc

得

O>a>bc

故选C。

【典型例题6】夏季，在北半球，当我们抬头观看教室内的电扇时，发现电扇正在逆时针转动。金属材质的

电扇示意图如图所示，由于地磁场的存在，下列关于A、O两点的电势及电势差的说法正确的是（）

A．A点电势比O点电势高

B．A点电势比O点电势低

C．若将一个灯泡用导线接在A、O两点间，则扇叶中的电流方向从A到O

D．扇叶长度越短，转速越快，A、O两点间的电势差数值越大

【答案】A

【解析】ABC．因北半球地磁场方向斜向下（磁场竖直分量竖直向下），电风扇逆时针方向转动，切割磁感

线产生感应电动势，根据右手定则知，A点相当于电源的正极，O点相当于电源的负极，所以A点的电势

高于O点的电势，故A正确，BC错误；

D．扇叶转动切割的电动势

1

EBL2

2

则知扇叶长度越短，转速越快，感应电动势不一定越大，A、O两点间的电势差数值不一定越大，故D错误。

故选A。

【对点训练5】法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆

盘的边缘和铜轴接触，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（）

A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定

B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿b到a的方向流过电阻R

C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化

D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍

【答案】A

【解析】A．若圆盘转动的角速度恒定，根据

1

EBr2

2

可知感应电动势大小恒定，则电流大小恒定，选项A正确；

B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，根据右手定则可知，电流沿a到b的方向流过电阻R，选项B错误；

C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向不变，选项C错误；

D．根据

1

EBr2

2

若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，根据

E2

P

R

可知，电流在R上的热功率也变为原来的4倍，选项D错误。

故选A。

【对点训练6】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下、磁感应强度大小为

B的匀强磁场。长度也为r、电阻为R的直导体棒OA置于圆导轨上面，导体棒在外力作用下绕O点以角速

度ω顺时针匀速转动。直导体棒O端和圆轨道引出导线分别与电阻R1=R、R2=2R和电容为C的平行板电容

器相连。已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是（）

A．M板带负电

B．导体棒OA产生的电动势为Br2ω

1

C．电容器所带电荷量为CBr2

4

B2r22

D．电阻R1上消耗的电功率为

64R

【答案】C

【解析】A．根据右手定则可知，等效电源OA的A端为正极，则M板带正电，故A错误；

B．导体棒OA垂直磁场转动切割磁感线，则产生的感应电动势为

1Br2

EBrr

22

故B错误；

C．回路的感应电流

E

I

RR1R2

电容器两端电压

U2IR2

根据电容的定义式有

Q

C

U

解得

1

QCBr2

4

故C正确；

D．电阻R1上消耗的电功率为

2

PIR1

结合上述解得

B2r42

P

64R

故D错误。

故选C。

【基础强化】

1．如图所示，半径为r的闭合环形线圈，在t时间内，内部磁场从B₁减小到0；外部磁场从0增加到B₂，

（B₁、B₂均大于0，垂直于纸面向内为正方向），则该过程线圈产生的平均感应电动势为（）

Br2Br2BBr2BBr2

A．1B．2C．12D．12

ttt2t

【答案】A

【解析】闭合环形圈的磁通量的有效面积为

Sr2

根据法拉第电磁感应定律可知

Br2

E1

tt

A正确。

故选A。

1

2．如图所示，匀质硬导线ab、ac、bc均为圆弧，连接后分别固定在xOy、xOz、yOz平面内，圆心都在

4

O点且半径r10cm，指向x轴正方向的磁场以9103T/s的速率均匀增大，下列说法正确的是（  ）

A．bc段导线中的电流从b流向c

B．导线产生的感应电动势大小为9105V

C．ac段导线所受安培力方向沿y轴负方向

D．ab段导线所受安培力大小小于bc段导线所受安培力大小

【答案】D

【解析】A．通过bc截面的磁通量向x轴正方向增加，根据楞次定律，可知bc段导线中的电流从c流向b，

故A错误；

B．根据法拉第电磁感应定律，导线产生的感应电动势大小为

2

SBrB9

E105V

t4t4

故B错误；

C．由A分析知，ac段导线电流方向为从a流向c，根据左手定则，ac段导线所受安培力方向沿y轴正方向，

故C错误；

D．ab段导线和bc段导线电流大小相同，但ab段导线有效长度为r，bc段导线有效长度为2r，故ab段

导线所受安培力大小小于bc段导线所受安培力大小，故D正确。

故选D。

3．正方体abcda1b1c1d1的上表面水平，沿中心线O1O2放置一根通有恒定电流I的长直导线，现使一闭合金

属小圆环沿不同方向以相同速率做匀速直线运动，运动过程中圆环平面始终水平。下列说法正确的是（）

A．a1点与c点的磁感应强度相等

B．小圆环的圆心从ad边的中点竖直向上运动时，小圆环中无感应电流

C．小圆环的圆心从b1移到c1过程中，穿过小圆环的磁通量先增加后减少

D．小圆环的圆心从a移到d与从a移到c，小圆环的平均感应电动势相等

【答案】B

【解析】A．由右手定则可知，a1点与c点的磁感应强度大小相等，但方向相反，故A项错误；

B．小圆环的圆心从ad边的中点时，其磁通量为零，在其竖直向上运动过程中，通过小圆环的磁通量始终

为零，所以其通过小圆环的磁通量未发生变化，即小圆环中无感应电流，故B项正确；

C．小圆环在b1位置时，其磁通量不为零，在到达导线正下方时，其磁通量为零，在c1点时小圆环的磁通量

也不为零，所以整个过程穿过小圆环的磁通量是先减小，后增加，故C项错误；

D．由于小圆环运动的速度大小不变，而从a移动到d与从a移动到c的过程其位移不同，所以两次运动所

用时间不同。由右手定则可知，小圆环在c点和d点的磁通量相同，所以小圆环在两次移动过程中，磁通

量的变化量相同，根据

E

t

可知，小圆环两次移动过程的平均电动势不相等，故D项错误。

故选B。

4．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多，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

【答案】D

【解析】D．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

En

t

可知感应电动势越大，故D正确；

A．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；

B．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；

C．磁通量的变化大，即大，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。

故选D。

5．如图所示为地球磁场分布示意图，下列与地磁场相关的说法正确的是（）

A．一束宇宙粒子（质子流）沿与地球表面垂直的方向射入赤道上空，这束质子流将向西偏转

B．地球的磁场与条形磁铁的磁场分布比较相似，可以将地磁场类比成一个带负电荷的天体自转形成的

C．若有一架从赤峰飞往呼和浩特的客机，在高空水平飞行时右侧机翼的电势较高

D．赤道包围面积的磁通量比同步卫星轨道包围面积的磁通量小

【答案】B

【解析】A．一束宇宙粒子（质子流）沿与地球表面垂直的方向射入赤道上空，根据左手定则可知，这束质

子流受洛伦兹力向东，将向东偏转，选项A错误；

B．地球的磁场与条形磁铁的磁场分布比较相似，因地球自西向东转，地理南极是地磁的N极，由右手定则

可知，可以将地磁场类比成一个带负电荷的天体自转形成的，选项B正确；

C．若有一架从赤峰飞往呼和浩特的客机，在高空水平飞行时切割向下方向的地磁场，由右手定则可知，左

侧机翼的电势较高，选项C错误；

D．地球的磁场与条形磁铁的磁场分布比较相似，赤道所在圆的半径小于地球同步卫星的轨道圆半径，则赤

道包围面积的磁通量比同步卫星轨道包围面积的磁通量大，选项D错误。

故选B。

6．汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上

顺时针（俯视）方向电流，当汽车经过线圈时（）

A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上

B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcd

C．汽车离开线圈1过程中，电流大小与速度成正比

D．汽车进入线圈1过程安培力方向与速度方向相反，离开线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相

同

【答案】C

【解析】A．由题知，埋在地下的线圈1、2通顺时针（俯视）方向的电流，则根据右手定则，可知线圈1、

2产生的磁场方向竖直向下，故A错误；

B．汽车进入线圈1过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb（逆时针），故B错

误；

C．汽车离开线圈1过程中，由

E=BLv

E

I

R

可知电流与速度成正比，C正确；

D．根据楞次定律可知，无论汽车进入线圈还是离开线圈，汽车所受安培力均与汽车速度方向相反，故D错

误。

故选C。

7．我国自行研制、具有自主知识产权的大型喷气式民用飞机C919于2022年12月9日正式交付使用。C919

机身高度4.166米，机长38.9米、翼展33.6米。北京地区地磁场的竖直分量约为3106T，水平分量约为

3.0105T。该机在北京郊区水平试飞速度为约为280m/s。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0.028V

B．C919飞机往东飞的时候，南面机翼的电势较低，两侧机翼的最大电势差约为0.28V

C．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0.028V

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0.42V

【答案】C

【解析】A．飞机水平飞行，只需考虑地磁场的竖直分量，往北飞时东面机翼的电势较低，两侧机翼的最大

电势差约为

UByLv0.028V

A错误；

B．往东飞的时候，南面机翼的电势较低，两侧机翼的最大电势差约为0.028V，B错误；

CD．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0.028V，C正确，

D错误。

故选C。

【素养提升】

8．（多选）如图所示，圆心为O、半径为l的金属半圆弧导轨ab固定在水平面上，Oa间用导线连接一电阻

M。金属棒一端固定在O点，另一端P绕过O点的轴，在水平面内以角速度为逆时针匀速转动，该过程

棒与圆弧良好接触。半圆弧内磁场垂直纸面向外，半圆弧外磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B，已

知金属棒由同种材料制成且粗细均匀，棒长为2l、总电阻为2r，M阻值为r，其余电阻忽略不计。当棒转

到图中所示的位置时，棒与圆弧的接触处记为Q点，则（）

5Bl2

A．UPO为

4

B2l3

B．PO棒受的安培力为

4r

Bl2

C．通过M的电流大小为

8r

πBl2

D．棒在半圆弧导轨上转动120°的过程中流经M的电量为

4r

【答案】AB

【解析】A．金属棒OQ转动产生的电动势为

l

EBl

2

根据欧姆定律有

EBl2

I

R总4r

由于Q端为电源正极

ErBl2

U

QOrr4

金属棒PQ两点间的电压为

2ll3Bl2

UBl

PQ22

5Bl2

UUU

POPQQO4

选项A正确；

C．金属棒OQ转动产生的电动势为

l

EBl

2

根据欧姆定律有

EBl2

I

R总4r

电阻M的电流

Bl2

I

M4r

选项C错误；

B．PO棒受的安培力即QO段受的安培力为

B2l3

FBIl

4r

选项B正确；

D．棒在半圆弧导轨上转动120的过程中流经M的电量为

12

lB2

EBl

qItt3

2r2r2r6r

选项D错误。

故选AB。

9．（多选）如图，电阻不计的固定直角金属导轨AOC的两边AOOCl，角度为45°的“”形均匀金属

杆可绕O'转动，转动过程中金属杆与导轨接触良好。最初“”形金属杆的a段恰好与A端接触，b段恰

好与O接触，整个空间存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸而向里的匀强磁场。“”形金属杆从图示

位置以恒定角速度ω沿逆时针方向转动45°的过程中（）

A．回路中感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向

B．穿过回路的磁通量先增大后减小

C．回路中感应电动势的最大值为Bl2

D．“”形金属杆a、b两段产生的焦耳热相等

【答案】BD

【解析】

AB．“”形金属杆从图示位置以恒定角速度ω沿逆时针方向转动45°的过程中，闭合电路在磁场中的面积

先增大后减小，所以穿过回路的磁通量先增大后减小；由楞次定律可知回路中感应电流先沿逆时针方向，

后沿顺时针方向，故A错误，B正确；

C．在开始时a、b两金属棒的长度差最大，回路中感应电动势最大，回路中感应电动势的最大值为

2ll1

EB2l·Bl·Bl2

m222

故C错误；

D．“”形金属杆从图示位置以恒定角速度ω沿逆时针方向转动45°的过程中电路中感应电动势先减小后

增大，开始时的电动势与最后的电动势大小相等；“”形金属杆a、b两段的电流相等，由于运动中电

动势的对称性及电阻的对称性，又由QI2Rt可知金属杆a、b两段产生的焦耳热相等，故D正确。

故选BD。

10．（多选）法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机，铜质圆盘竖直放置在水平向左的匀

强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各有一个铜电刷与其紧贴，用导线将电刷与电阻R连

接起来形成回路。转动摇柄，使圆盘按图示方向转动，已知匀强磁场的磁感应强度大小为B，圆盘半径为r，

圆盘匀速转动的周期为T。下列说法正确的是（）

A．流过电阻R的电流方向为从a到bB．流过电阻R的电流方向为从b到a

Br22Br2

C．圆盘产生的电动势为D．圆盘产生的电动势为

TT

【答案】BC

【解析】AB．转动的圆盘可看成由无数根沿着半径的导体棒组成，每根导体棒均切割磁感线，从而产生感

应电动势（感应电流），根据右手定则可知，圆盘上感应电流从圆周边缘流向圆心，则流过电阻R的电流方

向为从b到a，故B正确，A错误；

CD．根据法拉第电磁感应定律得圆盘产生的感应电动势

0rBr2

EBrvBr

2T

故C正确、D错误。

故选BC。

11．（多选）电磁阻拦索是航空母舰的核心战斗力之一。如图所示为电磁阻拦系统的简化原理：舰载机通过

绝缘阻拦索与金属棒ab一起在磁场中减速滑行至停止。已知舰载机质量为M，金属棒ab质量为m，两者

以共同速度v0进入磁场。轨道一端MP间所接电阻为R，其他电阻均不计。水平平行金属导轨MN与PQ间

距离为L，轨道间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，除安培力外舰载机系统所受其他阻力均不计，

则（）

A．金属棒ab相当于电源，a端的电势较高

B．运动过程中，电阻R中的电流方向为M→R→P

C．舰载机将做匀减速直线运动

B2L2v

D．金属棒ab所受的最大安培力为F0

mR

【答案】ABD

【解析】AB．金属棒ab切割磁感线，相当于电源，根据右手定则可知金属棒R中感应电流方向M→R→P，

则a端的电势较高，故AB正确；

C．因为舰载机与金属棒一起减速运动，则产生的感应电动势减小，感应电流减小，安培力减小，则加速度

减小，不是匀减速直线运动，故C错误；

D．金属棒向右运动时，受到向左的安培力使其减速，故可知金属棒产生的最大感应电动势为以共同速度v0

进入磁场的瞬间，此时根据闭合电路的欧姆定律可知最大电流为

EBLv

I0