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DIERZHANG
第二章
章末素养提升
再现
素养知识
物理观念 感应电流的方向 1.楞次定律：感应电流的磁场总要　　　引起感应电流的_____________
2.右手定则：伸开右手，使拇指与其余四个手指　　　，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使　 　指向导线运动的方向，这时　　　所指的方向就是感应电流的方向
阻碍
磁通量的变化
垂直
拇指
四指
物理观念 感应电动势的大小
1.E=______，适用于一切电磁感应现象
2.导体棒平动切割磁感线E=　　　　，θ为v与B的夹角
3.导体棒转动切割磁感线：E=_______
感生电场 __________认为，磁场变化时会在空间激发一种______
涡流 当线圈中的　　　随时间变化时，线圈附近的任何导体，如果穿过它的磁通量发生变化，导体内都会产生感应电流，就像水中的漩涡，所以把它叫作________
n
Blvsin θ
Bl2ω
麦克斯韦
电场
电流
涡电流
物理观念 电磁阻尼和电磁驱动 1.电磁阻尼：当导体在　　　中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力总是　　　导体的运动
2.电磁驱动：若磁场相对于导体运动，在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到　　　　的作用，_______使导体运动起来
磁场
阻碍
安培力
安培力
物理观念 互感和自感 1. 　　　：两个相互靠近且没有导线相连的线圈，当一个线圈中的　　　　　时，它所产生的　　　　　　会在另一个线圈中产生___________
2.自感：当一个线圈中的　　　变化时，它所产生的变化的磁场在　　　　　激发出的感应电动势
3.自感电动势：由于自感而产生的感应电动势，E=L，其中是　　　　　　　；L是　　　　　，简称自感或电感。单位：　　　，符号：___
互感
电流变化
变化的磁场
感应电动势
电流
线圈本身
电流的变化率
自感系数
亨利
H
物理观念 磁场的能量 线圈中电流从无到有时，磁场也从无到有，电源把能量输送给　　　，储存在　　　中
科学思维 物理模型 能用磁感线与匀强磁场等模型综合分析电磁感应问题
类比分析法 涡流、电磁阻尼和电磁驱动现象的类比
能量守恒的思想 能从能量的视角分析解释楞次定律，解释生产生活中的各种电磁感应现象
磁场
磁场
科学探究 1.会对影响感应电流方向的因素提出问题、合理的猜想、获取证据、得出结论并进行解释等过程，提升科学探究素养
2.会设计磁通量增加和磁通量减少的实验情境来探究规律，会根据电流表指针偏转方向确定感应电流的方向，会针对条形磁体在闭合线圈中插入、拔出的过程，观察现象并设计表格记录相关数据
3.会引入“中间量”探究表述感应电流方向的规律，会概括总结规律并从能量守恒角度理解“阻碍”的意义
科学态度 与责任 1.通过实例了解涡流、电磁阻尼和电磁驱动、互感与自感现象的利弊以及它们在生产生活中的应用
2.通过了解众多电磁感应现象在生产生活中的应用，体会科学、技术、社会之间紧密的联系
(2023·江苏卷)如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OC导体棒的O端位于圆心，棒的中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动。O、A、C点电势分别
为φO、φA、φC，则
A.φO>φC B.φC>φA
C.φO=φA D.φO-φA=φA-φC
例1
提能
综合训练
√
由题图可看出导体棒OA段逆时针转动切割磁感线，则根据右手定则可知φO>φA，其中导体棒AC段不在磁场中，不切割磁感线，电流为0，则φC=φA，A正确，B、C错误；
根据以上分析可知φO-φA>0，φA-φC=0，则φO-φA>φA-φC，D错误。
(多选)(2024·揭阳市高二期中)如图(a)，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B随时间按图(b)所示规律变化时
A.在t1~t2时间内，L内有逆时针方向(从上
　往下看)的感应电流
B.在t1~t2时间内，L有收缩趋势
C.在t2~t3时间内，L内有顺时针方向(从上往下看)的感应电流
D.在t2~t3时间内，L有扩张趋势
例2
√
√
在t1~t2时间内，磁感应强度B增加，根据楞次定律，导线框中感应电流方向从c到b，且B-t图线的斜率逐渐变大，流过导线框中的电流变大，该电流激发出增大的磁场，该磁场通过圆环，在圆环内产生感应电动势和逆时针方向(从上往下看)的感应电流，据结论“增缩减扩”可判断L有收缩趋势，A、B正确；
在t2~t3时间内，磁感应强度变化率一定，流过导线框中的电流不变，故穿过L的磁通量没有变化，没有感应电流，L也就没有扩张的趋势，C、D错误。
(2023·山东青岛九校联盟高二期中)如图所示，用轻绳将一条形磁体竖直悬挂于O点，在其正下方的水平绝缘桌面上放置一铜质圆环。现将磁体拉至A处由静止释放，经过B、C到达最低处D，再摆到左侧最高处E，圆环始终保持静止。下列说法正确的是
A.磁体在A、E两处等高
B.磁体从A到D的过程中，圆环对桌面的压力等于圆环
　受到的重力
C.磁体从D到E的过程中，从上往下看，圆环中感应电流方向为逆时针方向
D.磁体从D到E的过程中，圆环受到的摩擦力方向水平向左
例3
√
由于有部分机械能转化为电能，故磁体在A处的高度大
于E处高度，故A错误；
A到D过程中，圆环中磁通量增加，由楞次定律的推论
知圆环与磁体间相互排斥，故圆环对桌面的压力大于圆
环受到的重力，故B错误；
磁体从D运动到E的过程中，圆环磁通量向上减少，根据楞次定律可知从上往下看，圆环中感应电流方向为逆时针，故C正确；
磁体从D运动到E的过程中，圆环中的磁通量减少，由楞次定律的推论知圆环有向左运动的趋势，圆环不动，因此圆环受到的摩擦力方向水平向右，故D错误。
(2024·常州市高二期中)将两根长度相同、粗细均匀、总电阻均为R、表面涂有绝缘漆的相同细金属丝，分别依次绕成如图所示的两个“8”字形闭合线圈甲和乙，并将线圈垂直放入磁感应强度B随时间t变化的规律为B=B0+kt(其中k>0)的匀强磁场中，已知甲、乙两图中大、小线圈的半径分布为2r和r，则下列说法中正确的是
A.乙线圈中的感应电流为顺时针方向
B.甲线圈中总的感应电动势的大小为5kπr2
C.甲线圈中感应电流的大小为
D.在时间t内通过乙线圈金属丝横截面的电荷量为
例4
√
乙线圈中的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，乙线圈中的感应电流为逆时针方向，故A错误；
根据楞次定律可知，甲线圈中大、小线圈产生的感应电动势方向相反，则甲线圈中总的感应电动势的大小为E总=E大-E小=·π(2r)2-·πr2=
3kπr2，甲线圈中感应电流的大小为I==，故B错误，C正确；
乙线圈产生的感应电动势为E总'=E大+E小=·π(2r)2+·πr2=5kπr2，乙线圈中感应电流的大小为I'==，在时间t内通过乙线圈金属丝横截面的电荷量为q'=I't=，故D错误。
(多选)(2024·辽宁卷)如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒在下滑过程中
A.回路中的电流方向为abcda
B.ab中电流趋于
C.ab与cd加速度大小之比始终为2?1
D.两棒产生的电动势始终相等
例5
两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda，故A正确；
设回路中的总电阻为R，对于任意时刻当电路中的电流为I时，对导体棒ab、cd
根据牛顿第二定律得
2mgsin 30°－2BILcos 30°＝2maab
mgsin 30°－BILcos 30°＝macd
故可知aab＝acd，
分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值，此时对ab分析可得2mgsin 30°＝2BILcos 30°，解得I＝，故B正确，C错误；
根据前面分析可知aab＝acd，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，故产生的感应电动势不等，故D错误。
(2023·全国甲卷)如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求：
(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小；
例6
答案　v0　
由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
3mv0=3mvQ+mvP
×3m=×3m+m
联立解得vP=v0，vQ=v0
Q为绝缘棒，不受安培力，碰后做匀速直线运动，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为vP'=vQ=v0
(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；
答案　m　
根据能量守恒有m=mvP'2+Q
解得Q=m
(3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
答案　
P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得
-BlΔt=mvP'-mvP
又q=Δt，===
联立可得x=
Q做匀速直线运动，运动的时间为t==。章末素养提升
物理观念 感应电流的方向 1.楞次定律：感应电流的磁场总要　　　　引起感应电流的　　　　　　　　　 2.右手定则：伸开右手，使拇指与其余四个手指　　　　，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使　　　指向导线运动的方向，这时　　　　所指的方向就是感应电流的方向
感应电动势的大小 1.E=　　　　　　，适用于一切电磁感应现象 2.导体棒平动切割磁感线E=　　　　　　　，θ为v与B的夹角 3.导体棒转动切割磁感线：E=　　　　　
感生电场 　　　　　　　　认为，磁场变化时会在空间激发一种　　　　
涡流 当线圈中的　　　　随时间变化时，线圈附近的任何导体，如果穿过它的磁通量发生变化，导体内都会产生感应电流，就像水中的漩涡，所以把它叫作　　　　　
电磁阻尼和电磁驱动 1.电磁阻尼：当导体在　　　　中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力总是　　　　导体的运动 2.电磁驱动：若磁场相对于导体运动，在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到　　　　　的作用，　　　　　使导体运动起来
互感和自感 1.　　　　：两个相互靠近且没有导线相连的线圈，当一个线圈中的　　　　　时，它所产生的　　　　　　　会在另一个线圈中产生　　　　　　　 2.自感：当一个线圈中的　　　　变化时，它所产生的变化的磁场在　　　　　　　　激发出的感应电动势 3.自感电动势：由于自感而产生的感应电动势，E=L，其中是　　　　　　　　；L是　　　　　　　，简称自感或电感。单位：　　　　，符号：　　　　
磁场的能量 线圈中电流从无到有时，磁场也从无到有，电源把能量输送给　　　　　　，储存在　　　　中
科学思维 物理模型 能用磁感线与匀强磁场等模型综合分析电磁感应问题
类比分析法 涡流、电磁阻尼和电磁驱动现象的类比
能量守恒的思想 能从能量的视角分析解释楞次定律，解释生产生活中的各种电磁感应现象
科学探究 1.会对影响感应电流方向的因素提出问题、合理的猜想、获取证据、得出结论并进行解释等过程，提升科学探究素养 2.会设计磁通量增加和磁通量减少的实验情境来探究规律，会根据电流表指针偏转方向确定感应电流的方向，会针对条形磁体在闭合线圈中插入、拔出的过程，观察现象并设计表格记录相关数据 3.会引入“中间量”探究表述感应电流方向的规律，会概括总结规律并从能量守恒角度理解“阻碍”的意义
科学态度 与责任 1.通过实例了解涡流、电磁阻尼和电磁驱动、互感与自感现象的利弊以及它们在生产生活中的应用 2.通过了解众多电磁感应现象在生产生活中的应用，体会科学、技术、社会之间紧密的联系
例1　(2023·江苏卷)如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OC导体棒的O端位于圆心，棒的中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动。O、A、C点电势分别为φO、φA、φC，则 (　　)
A.φO>φC B.φC>φA
C.φO=φA D.φO-φA=φA-φC
例2　(多选)(2024·揭阳市高二期中)如图(a)，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B随时间按图(b)所示规律变化时 (　　)
A.在t1~t2时间内，L内有逆时针方向(从上往下看)的感应电流
B.在t1~t2时间内，L有收缩趋势
C.在t2~t3时间内，L内有顺时针方向(从上往下看)的感应电流
D.在t2~t3时间内，L有扩张趋势
例3　(2023·山东青岛九校联盟高二期中)如图所示，用轻绳将一条形磁体竖直悬挂于O点，在其正下方的水平绝缘桌面上放置一铜质圆环。现将磁体拉至A处由静止释放，经过B、C到达最低处D，再摆到左侧最高处E，圆环始终保持静止。下列说法正确的是 (　　)
A.磁体在A、E两处等高
B.磁体从A到D的过程中，圆环对桌面的压力等于圆环受到的重力
C.磁体从D到E的过程中，从上往下看，圆环中感应电流方向为逆时针方向
D.磁体从D到E的过程中，圆环受到的摩擦力方向水平向左
例4　(2024·常州市高二期中)将两根长度相同、粗细均匀、总电阻均为R、表面涂有绝缘漆的相同细金属丝，分别依次绕成如图所示的两个“8”字形闭合线圈甲和乙，并将线圈垂直放入磁感应强度B随时间t变化的规律为B=B0+kt(其中k>0)的匀强磁场中，已知甲、乙两图中大、小线圈的半径分布为2r和r，则下列说法中正确的是 (　　)
A.乙线圈中的感应电流为顺时针方向
B.甲线圈中总的感应电动势的大小为5kπr2
C.甲线圈中感应电流的大小为
D.在时间t内通过乙线圈金属丝横截面的电荷量为
例5　(多选)(2024·辽宁卷)如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒在下滑过程中 (　　)
A.回路中的电流方向为abcda
B.ab中电流趋于
C.ab与cd加速度大小之比始终为2︰1
D.两棒产生的电动势始终相等
例6　(2023·全国甲卷)如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求：
(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小；
(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；
(3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
____________________________________________________________________________________________
____________________________________________________________________________________________
答案精析
阻碍　磁通量的变化　垂直
拇指　四指　n　Blvsin θ
Bl2ω　麦克斯韦　电场　电流
涡电流　磁场　阻碍　安培力　安培力　互感　电流变化　变化的磁场　感应电动势　电流
线圈本身　电流的变化率　自感系数　亨利　H　磁场　磁场
例1　A
例2　AB　[在t1~t2时间内，磁感应强度B增加，根据楞次定律，导线框中感应电流方向从c到b，且B-t图线的斜率逐渐变大，流过导线框中的电流变大，该电流激发出增大的磁场，该磁场通过圆环，在圆环内产生感应电动势和逆时针方向(从上往下看)的感应电流，据结论“增缩减扩”可判断L有收缩趋势，A、B正确；在t2~t3时间内，磁感应强度变化率一定，流过导线框中的电流不变，故穿过L的磁通量没有变化，没有感应电流，L也就没有扩张的趋势，C、D错误。]
例3　C　[由于有部分机械能转化为电能，故磁体在A处的高度大于E处高度，故A错误；A到D过程中，圆环中磁通量增加，由楞次定律的推论知圆环与磁体间相互排斥，故圆环对桌面的压力大于圆环受到的重力，故B错误；磁体从D运动到E的过程中，圆环磁通量向上减少，根据楞次定律可知从上往下看，圆环中感应电流方向为逆时针，故C正确；磁体从D运动到E的过程中，圆环中的磁通量减少，由楞次定律的推论知圆环有向左运动的趋势，圆环不动，因此圆环受到的摩擦力方向水平向右，故D错误。]
例4　C　[乙线圈中的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，乙线圈中的感应电流为逆时针方向，故A错误；
根据楞次定律可知，甲线圈中大、小线圈产生的感应电动势方向相反，则甲线圈中总的感应电动势的大小为E总=E大-E小=·π(2r)2-·πr2=3kπr2，甲线圈中感应电流的大小为I==，故B错误，C正确；乙线圈产生的感应电动势为E总'=E大+E小=·π(2r)2+·πr2=5kπr2，乙线圈中感应电流的大小为I'==，在时间t内通过乙线圈金属丝横截面的电荷量为q'=I't=，故D错误。]
例5　AB　[两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda，故A正确；设回路中的总电阻为R，对于任意时刻当电路中的电流为I时，对导体棒ab、cd，根据牛顿第二定律得2mgsin 30°-2BILcos 30°=2maab，mgsin 30°-BILcos 30°=macd，故可知aab=acd，分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值，此时对ab分析可得2mgsin 30°=2BILcos 30°，解得I=，故B正确，C错误；根据前面分析可知aab=acd，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，故产生的感应电动势不等，故D错误。]
例6　(1)v0　(2)m　(3)
解析　(1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得3mv0=3mvQ+mvP
×3m=×3m+m
联立解得vP=v0，vQ=v0
Q为绝缘棒，不受安培力，碰后做匀速直线运动，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为vP'=vQ=v0
(2)根据能量守恒有
m=mvP'2+Q
解得Q=m
(3)P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得
-BlΔt=mvP'-mvP
又q=Δt，===
联立可得x=
Q做匀速直线运动，运动的时间为
t==。

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