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DIERZHANG
第二章
章末素養提升
再現
素養知識
物理觀念 感應電流的方向 1.楞次定律：感應電流的磁場總要　　　引起感應電流的_____________
2.右手定則：伸開右手，使拇指與其余四個手指　　　，并且都與手掌在同一個平面內；讓磁感線從掌心進入，并使　 　指向導線運動的方向，這時　　　所指的方向就是感應電流的方向
阻礙
磁通量的變化
垂直
拇指
四指
物理觀念 感應電動勢的大小
1.E=______，適用于一切電磁感應現象
2.導體棒平動切割磁感線E=　　　　，θ為v與B的夾角
3.導體棒轉動切割磁感線：E=_______
感生電場 __________認為，磁場變化時會在空間激發一種______
渦流 當線圈中的　　　隨時間變化時，線圈附近的任何導體，如果穿過它的磁通量發生變化，導體內都會產生感應電流，就像水中的漩渦，所以把它叫作________
n
Blvsin θ
Bl2ω
麥克斯韋
電場
電流
渦電流
物理觀念 電磁阻尼和電磁驅動 1.電磁阻尼：當導體在　　　中運動時，感應電流會使導體受到安培力，安培力總是　　　導體的運動
2.電磁驅動：若磁場相對于導體運動，在導體中會產生感應電流，感應電流使導體受到　　　　的作用，_______使導體運動起來
磁場
阻礙
安培力
安培力
物理觀念 互感和自感 1. 　　?。簝蓚€相互靠近且沒有導線相連的線圈，當一個線圈中的　　　　　時，它所產生的　　　　　　會在另一個線圈中產生___________
2.自感：當一個線圈中的　　　變化時，它所產生的變化的磁場在　　　　　激發出的感應電動勢
3.自感電動勢：由于自感而產生的感應電動勢，E=L，其中是　　　　　　??；L是　　　　　，簡稱自感或電感。單位：　　　，符號：___
互感
電流變化
變化的磁場
感應電動勢
電流
線圈本身
電流的變化率
自感系數
亨利
H
物理觀念 磁場的能量 線圈中電流從無到有時，磁場也從無到有，電源把能量輸送給　　　，儲存在　　　中
科學思維 物理模型 能用磁感線與勻強磁場等模型綜合分析電磁感應問題
類比分析法 渦流、電磁阻尼和電磁驅動現象的類比
能量守恒的思想 能從能量的視角分析解釋楞次定律，解釋生產生活中的各種電磁感應現象
磁場
磁場
科學探究 1.會對影響感應電流方向的因素提出問題、合理的猜想、獲取證據、得出結論并進行解釋等過程，提升科學探究素養
2.會設計磁通量增加和磁通量減少的實驗情境來探究規律，會根據電流表指針偏轉方向確定感應電流的方向，會針對條形磁體在閉合線圈中插入、拔出的過程，觀察現象并設計表格記錄相關數據
3.會引入“中間量”探究表述感應電流方向的規律，會概括總結規律并從能量守恒角度理解“阻礙”的意義
科學態度 與責任 1.通過實例了解渦流、電磁阻尼和電磁驅動、互感與自感現象的利弊以及它們在生產生活中的應用
2.通過了解眾多電磁感應現象在生產生活中的應用，體會科學、技術、社會之間緊密的聯系
(2023·江蘇卷)如圖所示，圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，OC導體棒的O端位于圓心，棒的中點A位于磁場區域的邊緣。現使導體棒繞O點在紙面內逆時針轉動。O、A、C點電勢分別
為φO、φA、φC，則
A.φO>φC B.φC>φA
C.φO=φA D.φO-φA=φA-φC
例1
提能
綜合訓練
√
由題圖可看出導體棒OA段逆時針轉動切割磁感線，則根據右手定則可知φO>φA，其中導體棒AC段不在磁場中，不切割磁感線，電流為0，則φC=φA，A正確，B、C錯誤；
根據以上分析可知φO-φA>0，φA-φC=0，則φO-φA>φA-φC，D錯誤。
(多選)(2024·揭陽市高二期中)如圖(a)，螺線管內有平行于軸線的外加勻強磁場，圖中箭頭所示方向為其正方向。螺線管與導線框abcd相連，導線框內有一小金屬圓環L，圓環與導線框在同一平面內。當螺線管內的磁感應強度B隨時間按圖(b)所示規律變化時
A.在t1~t2時間內，L內有逆時針方向(從上
　往下看)的感應電流
B.在t1~t2時間內，L有收縮趨勢
C.在t2~t3時間內，L內有順時針方向(從上往下看)的感應電流
D.在t2~t3時間內，L有擴張趨勢
例2
√
√
在t1~t2時間內，磁感應強度B增加，根據楞次定律，導線框中感應電流方向從c到b，且B-t圖線的斜率逐漸變大，流過導線框中的電流變大，該電流激發出增大的磁場，該磁場通過圓環，在圓環內產生感應電動勢和逆時針方向(從上往下看)的感應電流，據結論“增縮減擴”可判斷L有收縮趨勢，A、B正確；
在t2~t3時間內，磁感應強度變化率一定，流過導線框中的電流不變，故穿過L的磁通量沒有變化，沒有感應電流，L也就沒有擴張的趨勢，C、D錯誤。
(2023·山東青島九校聯盟高二期中)如圖所示，用輕繩將一條形磁體豎直懸掛于O點，在其正下方的水平絕緣桌面上放置一銅質圓環?，F將磁體拉至A處由靜止釋放，經過B、C到達最低處D，再擺到左側最高處E，圓環始終保持靜止。下列說法正確的是
A.磁體在A、E兩處等高
B.磁體從A到D的過程中，圓環對桌面的壓力等于圓環
　受到的重力
C.磁體從D到E的過程中，從上往下看，圓環中感應電流方向為逆時針方向
D.磁體從D到E的過程中，圓環受到的摩擦力方向水平向左
例3
√
由于有部分機械能轉化為電能，故磁體在A處的高度大
于E處高度，故A錯誤；
A到D過程中，圓環中磁通量增加，由楞次定律的推論
知圓環與磁體間相互排斥，故圓環對桌面的壓力大于圓
環受到的重力，故B錯誤；
磁體從D運動到E的過程中，圓環磁通量向上減少，根據楞次定律可知從上往下看，圓環中感應電流方向為逆時針，故C正確；
磁體從D運動到E的過程中，圓環中的磁通量減少，由楞次定律的推論知圓環有向左運動的趨勢，圓環不動，因此圓環受到的摩擦力方向水平向右，故D錯誤。
(2024·常州市高二期中)將兩根長度相同、粗細均勻、總電阻均為R、表面涂有絕緣漆的相同細金屬絲，分別依次繞成如圖所示的兩個“8”字形閉合線圈甲和乙，并將線圈垂直放入磁感應強度B隨時間t變化的規律為B=B0+kt(其中k>0)的勻強磁場中，已知甲、乙兩圖中大、小線圈的半徑分布為2r和r，則下列說法中正確的是
A.乙線圈中的感應電流為順時針方向
B.甲線圈中總的感應電動勢的大小為5kπr2
C.甲線圈中感應電流的大小為
D.在時間t內通過乙線圈金屬絲橫截面的電荷量為
例4
√
乙線圈中的磁通量向里增加，根據楞次定律可知，乙線圈中的感應電流為逆時針方向，故A錯誤；
根據楞次定律可知，甲線圈中大、小線圈產生的感應電動勢方向相反，則甲線圈中總的感應電動勢的大小為E總=E大-E小=·π(2r)2-·πr2=
3kπr2，甲線圈中感應電流的大小為I==，故B錯誤，C正確；
乙線圈產生的感應電動勢為E總'=E大+E小=·π(2r)2+·πr2=5kπr2，乙線圈中感應電流的大小為I'==，在時間t內通過乙線圈金屬絲橫截面的電荷量為q'=I't=，故D錯誤。
(多選)(2024·遼寧卷)如圖，兩條“∧”形的光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，間距為L，左、右兩導軌面與水平面夾角均為30°，均處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小分別為2B和B。將有一定阻值的導體棒ab、cd放置在導軌上，同時由靜止釋放，兩棒在下滑過程中始終與導軌垂直并接觸良好，ab、cd的質量分別為2m和m，長度均為L。導軌足夠長且電阻不計，重力加速度為g，兩棒在下滑過程中
A.回路中的電流方向為abcda
B.ab中電流趨于
C.ab與cd加速度大小之比始終為2?1
D.兩棒產生的電動勢始終相等
例5
兩導體棒沿軌道向下滑動，根據右手定則可知回路中的電流方向為abcda，故A正確；
設回路中的總電阻為R，對于任意時刻當電路中的電流為I時，對導體棒ab、cd
根據牛頓第二定律得
2mgsin 30°－2BILcos 30°＝2maab
mgsin 30°－BILcos 30°＝macd
故可知aab＝acd，
分析可知兩個導體棒產生的電動勢相互疊加，隨著導體棒速度的增大，回路中的電流增大，導體棒受到的安培力在增大，故可知當安培力沿導軌方向的分力與重力沿導軌向下的分力平衡時導體棒將勻速運動，此時電路中的電流達到穩定值，此時對ab分析可得2mgsin 30°＝2BILcos 30°，解得I＝，故B正確，C錯誤；
根據前面分析可知aab＝acd，故可知兩導體棒速度大小始終相等，由于兩邊磁感應強度不同，故產生的感應電動勢不等，故D錯誤。
(2023·全國甲卷)如圖，水平桌面上固定一光滑U型金屬導軌，其平行部分的間距為l，導軌的最右端與桌子右邊緣對齊，導軌的電阻忽略不計。導軌所在區域有方向豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一質量為m、電阻為R、長度也為l的金屬棒P靜止在導軌上。導軌上質量為3m的絕緣棒Q位于P的左側，以大小為v0的速度向P運動并與P發生彈性碰撞，碰撞時間很短。碰撞一次后，P和Q先后從導軌的最右端滑出導軌，并落在地面上同一地點。P在導軌上運動時，兩端與導軌接觸良好，P與Q始終平行。不計空氣阻力。求：
(1)金屬棒P滑出導軌時的速度大小；
例6
答案　v0　
由于絕緣棒Q與金屬棒P發生彈性碰撞，根據動量守恒和機械能守恒可得
3mv0=3mvQ+mvP
×3m=×3m+m
聯立解得vP=v0，vQ=v0
Q為絕緣棒，不受安培力，碰后做勻速直線運動，碰撞一次后，P和Q先后從導軌的最右端滑出導軌，并落在地面上同一地點，則金屬棒P滑出導軌時的速度大小為vP'=vQ=v0
(2)金屬棒P在導軌上運動過程中產生的熱量；
答案　m　
根據能量守恒有m=mvP'2+Q
解得Q=m
(3)與P碰撞后，絕緣棒Q在導軌上運動的時間。
答案　
P、Q碰撞后，對金屬棒P分析，根據動量定理得
-BlΔt=mvP'-mvP
又q=Δt，===
聯立可得x=
Q做勻速直線運動，運動的時間為t==。章末素養提升
物理觀念 感應電流的方向 1.楞次定律：感應電流的磁場總要　　　　引起感應電流的　　　　　　　　　 2.右手定則：伸開右手，使拇指與其余四個手指　　　　，并且都與手掌在同一個平面內；讓磁感線從掌心進入，并使　　　指向導線運動的方向，這時　　　　所指的方向就是感應電流的方向
感應電動勢的大小 1.E=　　　　　　，適用于一切電磁感應現象 2.導體棒平動切割磁感線E=　　　　　　　，θ為v與B的夾角 3.導體棒轉動切割磁感線：E=　　　　　
感生電場 　　　　　　　　認為，磁場變化時會在空間激發一種　　　　
渦流 當線圈中的　　　　隨時間變化時，線圈附近的任何導體，如果穿過它的磁通量發生變化，導體內都會產生感應電流，就像水中的漩渦，所以把它叫作　　　　　
電磁阻尼和電磁驅動 1.電磁阻尼：當導體在　　　　中運動時，感應電流會使導體受到安培力，安培力總是　　　　導體的運動 2.電磁驅動：若磁場相對于導體運動，在導體中會產生感應電流，感應電流使導體受到　　　　　的作用，　　　　　使導體運動起來
互感和自感 1.　　　?。簝蓚€相互靠近且沒有導線相連的線圈，當一個線圈中的　　　　　時，它所產生的　　　　　　　會在另一個線圈中產生　　　　　　　 2.自感：當一個線圈中的　　　　變化時，它所產生的變化的磁場在　　　　　　　　激發出的感應電動勢 3.自感電動勢：由于自感而產生的感應電動勢，E=L，其中是　　　　　　　?。籐是　　　　　　　，簡稱自感或電感。單位：　　　　，符號：　　　　
磁場的能量 線圈中電流從無到有時，磁場也從無到有，電源把能量輸送給　　　　　　，儲存在　　　　中
科學思維 物理模型 能用磁感線與勻強磁場等模型綜合分析電磁感應問題
類比分析法 渦流、電磁阻尼和電磁驅動現象的類比
能量守恒的思想 能從能量的視角分析解釋楞次定律，解釋生產生活中的各種電磁感應現象
科學探究 1.會對影響感應電流方向的因素提出問題、合理的猜想、獲取證據、得出結論并進行解釋等過程，提升科學探究素養 2.會設計磁通量增加和磁通量減少的實驗情境來探究規律，會根據電流表指針偏轉方向確定感應電流的方向，會針對條形磁體在閉合線圈中插入、拔出的過程，觀察現象并設計表格記錄相關數據 3.會引入“中間量”探究表述感應電流方向的規律，會概括總結規律并從能量守恒角度理解“阻礙”的意義
科學態度 與責任 1.通過實例了解渦流、電磁阻尼和電磁驅動、互感與自感現象的利弊以及它們在生產生活中的應用 2.通過了解眾多電磁感應現象在生產生活中的應用，體會科學、技術、社會之間緊密的聯系
例1　(2023·江蘇卷)如圖所示，圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，OC導體棒的O端位于圓心，棒的中點A位于磁場區域的邊緣?，F使導體棒繞O點在紙面內逆時針轉動。O、A、C點電勢分別為φO、φA、φC，則 (　　)
A.φO>φC B.φC>φA
C.φO=φA D.φO-φA=φA-φC
例2　(多選)(2024·揭陽市高二期中)如圖(a)，螺線管內有平行于軸線的外加勻強磁場，圖中箭頭所示方向為其正方向。螺線管與導線框abcd相連，導線框內有一小金屬圓環L，圓環與導線框在同一平面內。當螺線管內的磁感應強度B隨時間按圖(b)所示規律變化時 (　　)
A.在t1~t2時間內，L內有逆時針方向(從上往下看)的感應電流
B.在t1~t2時間內，L有收縮趨勢
C.在t2~t3時間內，L內有順時針方向(從上往下看)的感應電流
D.在t2~t3時間內，L有擴張趨勢
例3　(2023·山東青島九校聯盟高二期中)如圖所示，用輕繩將一條形磁體豎直懸掛于O點，在其正下方的水平絕緣桌面上放置一銅質圓環。現將磁體拉至A處由靜止釋放，經過B、C到達最低處D，再擺到左側最高處E，圓環始終保持靜止。下列說法正確的是 (　　)
A.磁體在A、E兩處等高
B.磁體從A到D的過程中，圓環對桌面的壓力等于圓環受到的重力
C.磁體從D到E的過程中，從上往下看，圓環中感應電流方向為逆時針方向
D.磁體從D到E的過程中，圓環受到的摩擦力方向水平向左
例4　(2024·常州市高二期中)將兩根長度相同、粗細均勻、總電阻均為R、表面涂有絕緣漆的相同細金屬絲，分別依次繞成如圖所示的兩個“8”字形閉合線圈甲和乙，并將線圈垂直放入磁感應強度B隨時間t變化的規律為B=B0+kt(其中k>0)的勻強磁場中，已知甲、乙兩圖中大、小線圈的半徑分布為2r和r，則下列說法中正確的是 (　　)
A.乙線圈中的感應電流為順時針方向
B.甲線圈中總的感應電動勢的大小為5kπr2
C.甲線圈中感應電流的大小為
D.在時間t內通過乙線圈金屬絲橫截面的電荷量為
例5　(多選)(2024·遼寧卷)如圖，兩條“∧”形的光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，間距為L，左、右兩導軌面與水平面夾角均為30°，均處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小分別為2B和B。將有一定阻值的導體棒ab、cd放置在導軌上，同時由靜止釋放，兩棒在下滑過程中始終與導軌垂直并接觸良好，ab、cd的質量分別為2m和m，長度均為L。導軌足夠長且電阻不計，重力加速度為g，兩棒在下滑過程中 (　　)
A.回路中的電流方向為abcda
B.ab中電流趨于
C.ab與cd加速度大小之比始終為2︰1
D.兩棒產生的電動勢始終相等
例6　(2023·全國甲卷)如圖，水平桌面上固定一光滑U型金屬導軌，其平行部分的間距為l，導軌的最右端與桌子右邊緣對齊，導軌的電阻忽略不計。導軌所在區域有方向豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一質量為m、電阻為R、長度也為l的金屬棒P靜止在導軌上。導軌上質量為3m的絕緣棒Q位于P的左側，以大小為v0的速度向P運動并與P發生彈性碰撞，碰撞時間很短。碰撞一次后，P和Q先后從導軌的最右端滑出導軌，并落在地面上同一地點。P在導軌上運動時，兩端與導軌接觸良好，P與Q始終平行。不計空氣阻力。求：
(1)金屬棒P滑出導軌時的速度大??；
(2)金屬棒P在導軌上運動過程中產生的熱量；
(3)與P碰撞后，絕緣棒Q在導軌上運動的時間。
____________________________________________________________________________________________
____________________________________________________________________________________________
答案精析
阻礙　磁通量的變化　垂直
拇指　四指　n　Blvsin θ
Bl2ω　麥克斯韋　電場　電流
渦電流　磁場　阻礙　安培力　安培力　互感　電流變化　變化的磁場　感應電動勢　電流
線圈本身　電流的變化率　自感系數　亨利　H　磁場　磁場
例1　A
例2　AB　[在t1~t2時間內，磁感應強度B增加，根據楞次定律，導線框中感應電流方向從c到b，且B-t圖線的斜率逐漸變大，流過導線框中的電流變大，該電流激發出增大的磁場，該磁場通過圓環，在圓環內產生感應電動勢和逆時針方向(從上往下看)的感應電流，據結論“增縮減擴”可判斷L有收縮趨勢，A、B正確；在t2~t3時間內，磁感應強度變化率一定，流過導線框中的電流不變，故穿過L的磁通量沒有變化，沒有感應電流，L也就沒有擴張的趨勢，C、D錯誤。]
例3　C　[由于有部分機械能轉化為電能，故磁體在A處的高度大于E處高度，故A錯誤；A到D過程中，圓環中磁通量增加，由楞次定律的推論知圓環與磁體間相互排斥，故圓環對桌面的壓力大于圓環受到的重力，故B錯誤；磁體從D運動到E的過程中，圓環磁通量向上減少，根據楞次定律可知從上往下看，圓環中感應電流方向為逆時針，故C正確；磁體從D運動到E的過程中，圓環中的磁通量減少，由楞次定律的推論知圓環有向左運動的趨勢，圓環不動，因此圓環受到的摩擦力方向水平向右，故D錯誤。]
例4　C　[乙線圈中的磁通量向里增加，根據楞次定律可知，乙線圈中的感應電流為逆時針方向，故A錯誤；
根據楞次定律可知，甲線圈中大、小線圈產生的感應電動勢方向相反，則甲線圈中總的感應電動勢的大小為E總=E大-E小=·π(2r)2-·πr2=3kπr2，甲線圈中感應電流的大小為I==，故B錯誤，C正確；乙線圈產生的感應電動勢為E總'=E大+E小=·π(2r)2+·πr2=5kπr2，乙線圈中感應電流的大小為I'==，在時間t內通過乙線圈金屬絲橫截面的電荷量為q'=I't=，故D錯誤。]
例5　AB　[兩導體棒沿軌道向下滑動，根據右手定則可知回路中的電流方向為abcda，故A正確；設回路中的總電阻為R，對于任意時刻當電路中的電流為I時，對導體棒ab、cd，根據牛頓第二定律得2mgsin 30°-2BILcos 30°=2maab，mgsin 30°-BILcos 30°=macd，故可知aab=acd，分析可知兩個導體棒產生的電動勢相互疊加，隨著導體棒速度的增大，回路中的電流增大，導體棒受到的安培力在增大，故可知當安培力沿導軌方向的分力與重力沿導軌向下的分力平衡時導體棒將勻速運動，此時電路中的電流達到穩定值，此時對ab分析可得2mgsin 30°=2BILcos 30°，解得I=，故B正確，C錯誤；根據前面分析可知aab=acd，故可知兩導體棒速度大小始終相等，由于兩邊磁感應強度不同，故產生的感應電動勢不等，故D錯誤。]
例6　(1)v0　(2)m　(3)
解析　(1)由于絕緣棒Q與金屬棒P發生彈性碰撞，根據動量守恒和機械能守恒可得3mv0=3mvQ+mvP
×3m=×3m+m
聯立解得vP=v0，vQ=v0
Q為絕緣棒，不受安培力，碰后做勻速直線運動，碰撞一次后，P和Q先后從導軌的最右端滑出導軌，并落在地面上同一地點，則金屬棒P滑出導軌時的速度大小為vP'=vQ=v0
(2)根據能量守恒有
m=mvP'2+Q
解得Q=m
(3)P、Q碰撞后，對金屬棒P分析，根據動量定理得
-BlΔt=mvP'-mvP
又q=Δt，===
聯立可得x=
Q做勻速直線運動，運動的時間為
t==。

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