人教版高中物理选择性必修第二册第二章教案教学设计复习资料

人教版高中物理选择性必修第二册第二章电磁感应第1节楞次定律【素养目标】体验楞次定律的实验探究过程;理解楞次定律的内容能运用楞次定律判断感应电流的方向,解答有关问题理解楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的反映。掌握右手定则;认识右手定则是楞次定律的一种具体表现形式能运用右手定则判断因导体做切割磁感线运动而产生的感应电流的方向。【必备知识】知识点一、实验：探究感应电流的方向(1)实验准备用试触的方法明确电流方向与电流表指针偏转方向之间的关系。(2)实验装置将螺线管与电流计组成闭合电路,如图所示。(3)实验记录分别将条形磁铁的N极、S极插入或抽出线圈,如图所示,记录感应电流的方向如下。探究感应电流方向的实验记录(4)实验分析①线圈内磁通量增加时的情况图号磁场方向感应电流的方向（俯视）感应电流的磁场方向归纳总结甲向下逆时针向上感应电流的磁场阻碍磁通量的增加乙向上顺时针向下②线圈内磁通量减少时的情况图号磁场方向感应电流的方向（俯视）感应电流的磁场方向归纳总结丙向下顺时针向下感应电流的磁场阻碍磁通量的减少丁向上逆时针向上知识点二、楞次定律内容：感应电流具有这样的方向,即感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。对楞次定律的进一步理解引起感应电流的磁通量是指原磁通量。“阻碍”并不一定是相反，“阻碍”的是磁通量的变化。“阻碍”也不是“阻止”，而是延缓了磁通量的变化过程。楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体现。应用楞次定律解题的一般步骤明确研究对象判断原磁场方向判断磁通量的变化情况判断感应电流的磁场方向判断感应电流的方向知识点三、右手定则伸开右手,使拇指与其余四个手指垂直,并且都与手掌在同一个平面内;让磁感线从掌心进入,并使拇指指向导线运动的方向,这时四指所指的方向就是感应电流的方向。【点睛】右手定则、楞次定律、安培定则、左手定则的应用比较【课堂检测】1.如图所示的电路中，A1和A2是两个相同的灯泡，线圈L自感系数足够大，电阻可以忽略不计。下列说法中正确的是（）A.

合上开关S时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮

B.

合上开关S时，A1和A2同时亮

C.

断开开关S时，A2闪亮一下再熄灭

D.

断开开关S时，流过A2的电流方向向右【答案】A【解析】AB．合上开关S时，灯A2立即发光。通过线圈L的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，灯A1逐渐亮起来。当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，通过两灯的电流相等，亮度相同，A符合题意，B不符合题意；CD．稳定后断开开关S时，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，线圈L、灯A2与灯A1构成闭合回路放电，两灯都过一会儿熄灭，由于两灯泡完全相同，线圈的电阻又不计，则灯A2不会出现闪亮一下，且流过灯A2的电流方向向左，CD不符合题意。故答案为：A。【分析】当电键K闭合时,通过线圈L的电流增大,穿过线圈的磁通量增大,根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用,分析哪个灯先亮。断开瞬间也可以按照同样的思路分析。2.现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。它的基本原理如图甲所示，上、下为电磁体的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室。图乙为真空室的俯视图，电子在真空室中做圆周运动。电磁体线圈中电流可以变化，产生感生电场使电子加速。某时刻电磁体线圈中电流如图所示，电子逆时针方向运动。下列说法中正确的是（）A.

此时真空室中磁场方向由上向下

B.

感生电场对电子的作用力给电子提供向心力

C.

电子做圆周运动的向心加速度大小始终不变

D.

为使电子加速，图中电流应该由小变大【答案】D【解析】A．根据图中电流，结合右手螺旋定则可知，真空室中磁场方向由下向上，A不符合题意；B．由于电磁体线圈中电流可以变化，可在真空室中产生感应磁场，电子在洛伦兹力的作用下做圆周运动，B不符合题意；C．由于感生电场使电子加速，电子的速度变大，所以电子运动的向心加速度大小会发生变化，C不符合题意；D．电磁体线圈中电流变大，产生的磁感应强度变大，由楞次定律可知，进而产生的感应电场强度变大，使得电子的速度变大，D符合题意。故答案为：D。【分析】利用右手螺旋定则可以判别磁场的方向；电子在洛伦兹力的作用下做圆周运动；由于感生电场对电子加速所以其电子的线速度和向心加速度会产生变化；当线圈电流变大时产生的磁感应强度变大则对应产生的感应电场强度变大则会使电子的速度变大。【素养作业】1.如图所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd，在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，从图中位置Ⅰ经过位置Ⅱ到达位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ.在这个过程中，线圈中感应电流（

）A.

沿abcd流动

B.

沿dcba流动

C.

由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba流动

D.

由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd流动【答案】A【解析】由条形磁铁的磁场分布情况可知，线圈在位置Ⅱ时穿过矩形闭合线圈的磁通量最少．线圈从位置Ⅰ到Ⅱ，穿过abcd自下而上的磁通量减少，感应电流的磁场阻碍其减少，则在线框中产生的感应电流的方向为abcd，线圈从位置Ⅱ到Ⅲ，穿过abcd自上而下的磁通量在增加，感应电流的磁场阻碍其增加，由楞次定律可知感应电流的方向仍然是abcd.。故答案为：A【分析】闭合电路中的磁通量发生改变，回路中就会产生感应电流，利用楞次定律判断电流的流向。2.如图所示，MN、PQ是间距为L的平行光滑金属导轨，置于磁感应强度为B、方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻.一根与导轨接触良好、有效阻值为R2A.

通过电阻R的电流方向为P→R→M

B.

a端电势比b端高

C.

a、b两点间电压为BLv

D.

外力F做的功等于电阻R产生的焦耳热【答案】B【解析】AB.金属棒匀速向右运动切割磁感线产生感应电动势和感应电流，根据右手定则，判断感应电流的方向为由b到a，金属棒产生的感应电动势为BLv，金属棒本身相当于电源，a为正极，b为负极，a端电势比b端高，通过电阻R的电流方向为M→R→P，A不符合题意，B符合题意；C.电阻的阻值为R，金属棒的阻值为R2，所以ab两点间电压为UD.根据能量守恒定律，外力F做的功转化为电能，再通过电阻R和金属棒转化为焦耳热，D不符合题意.故答案为：B【分析】闭合电路中的磁通量发生改变，回路中就会产生感应电流，利用楞次定律判断电流的流向，结合选项分析求解即可。3.楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现（

）A.

法拉第电磁感应定律

B.

库仑定律

C.

能量守恒定律

D.

欧姆定律【答案】C【解析】楞次定律指感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化，这种阻碍作用做功将其他形式的能转变为感应电流的电能，所以楞次定律的阻碍过程实质上就是能量转化的过程，楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的体现，C符合题意，A、B、D不符合题意；故答案为：C。【分析】能量是守恒的，只能从一个物体转移到另一个物体，或从一种形式转化成另一种形式，能量的转移和转化具有方向性。4.如图所示，将条形磁铁从相同的高度分别以速度v和2v插入线圈，电流表指针偏转角度较大的是（

）A.

以速度v插入

B.

以速度2v插入

C.

一样大

D.

不能确定【答案】B【解析】根据法拉第电磁感应定律，磁通量变化越快，感应电动势越大，回路的感应电流也会越大，所以将条形磁铁以较大的速度插入线圈时，电流表指针偏转角度较大，B符合题意，ACD不符合题意。故答案为：B。【分析】产生感应电流的条件是，对于闭合回路中的某一部分，磁通量发生改变，磁通量变化越快，产生的感应电动势就越大；闭合回路中的磁通量不变，回路就不会有电流。5.A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且与圆盘面平行，其轴线与胶木盘A的轴线OO′重合，如图所示．现使胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则（

）A.

金属环B的感应电流方向与箭头所示方向相同，丝线受到的拉力减小

B.

金属环B的感应电流方向与箭头所示方向相同，丝线受到的拉力增大

C.

金属环B的感应电流方向与箭头所示方向相反，丝线受到的拉力减小

D.

金属环B的感应电流方向与箭头所示方向相反，丝线受到的拉力增大【答案】A【解析】胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小增大，根据右手螺旋定则知，通过B线圈的磁通量向下，且增大，根据楞次定律可知，金属环B的感应电流方向与箭头所示方向相同；根据楞次定律的另一种表述，引起的机械效果阻碍磁通量的增大，知金属环的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以丝线的拉力减小，A符合题意，BCD不符合题意。故答案为：A。【分析】闭合电路中的磁通量发生改变，回路中就会产生感应电流，利用楞次定律判断电流的流向和圆环的受力方向。6.如图所示，在垂直于纸面足够大范围内的匀强磁场中，有一个矩形线圈abcd，线圈平面与磁场垂直，O1O2是线圈的对称轴。应使线圈怎样运动才能使其中产生感应电流（

）A.

向左或向右平动

B.

向上或向下平动

C.

垂直于纸面向里平动

D.

绕O1O2转动【答案】D【解析】ABC．由题可知该磁场是匀强磁场，线圈的磁通量为：Φ=BS，S为垂直于磁场的有效面积，无论线圈向左或向右平动，还是向上或向下平动，或者垂直于纸面向里平动，线圈始终与磁场垂直，有效面积不变，因此磁通量一直不变，所以无感应电流产生，ABC不符合题意；D．当线圈绕O1O2轴转动时，在转动过程中，线圈与磁场垂直的有效面积在不断变化，因此磁通量发生变化，故有感应电流产生，D符合题意。故答案为：D。【分析】产生感应电流的条件是，对于闭合回路中的某一部分，磁通量发生改变，磁通量变化越快，产生的感应电动势就越大。7.老师做了一个物理小实验让学生观察：一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象是（

）A.

磁铁插向左环，横杆发生转动，从上方向下看，横杆顺时针转动；

B.

磁铁插向右环，横杆发生转动，从上方向下看，横杆逆时针转动；

C.

无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动；

D.

无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动。【答案】B【解析】左环不闭合，磁铁插向左环时，不产生感应电流，环不受力，横杆不转动；右环闭合，磁铁插向右环时，环内产生感应电流，环受到磁场的作用，横杆转动，根据“来拒去留”可知，从上方向下看，横杆逆时针转动。故答案为：B。【分析】产生感应电流的条件是，对于闭合回路中的某一部分，磁通量发生改变，如果圆环不是闭合的，就不会产生电流，那么圆环就不会与磁铁发生作用。8.两圆环A、B置于同一水平面上，其中A为均匀带正电的绝缘环，B为导体环，当A以如图所示的方向绕中心转动的角速度发生变化时，B中产生的感应电流有（）A.

A的转速减小，B中产生逆时针方向的电流

B.

A的转速增大，B中产生顺时针方向的电流

C.

A的转速增大，B中产生逆时针方向的电流

D.

无法判断B中产生的感应电流【答案】C【解析】AD．若A的转速减小，因A为均匀带正电的绝缘环，依据右手螺旋定则，原磁场向里，且大小减小，由楞次定律可知，B导体环中感应电流产生的内部磁场向里，由右手螺旋定则可知，B导体环中感应电流为顺时针方向，AD不符合题意；BC．若A的转速增大，因A为均匀带正电的绝缘环，依据右手螺旋定则，原磁场向里，且大小增大，由楞次定律可知，B导体环中感应电流产生的内部磁场向外，由右手螺旋定则可知，B导体环中感应电流为逆时针方向，B不符合题意，C符合题意。故答案为：C。【分析】A环转动时产生等效电流,若电流产生的磁场使B中的磁通量发生变化,则可以在B中产生感应电流;根据导体环A转动快慢,结合楞次定律与右手螺旋定则可判断B中感应电流方向,并根据同向电流相互吸引,异向电流相互排斥,从而即可判定受力趋势情况.第二章电磁感应第2节法拉第电磁感应定律【素养目标】知道磁通量的变化率是表示磁通量变化快慢的物理量;能区别磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ和磁通量的变化率。理解法拉第电磁感应定律及其数学表达式;会用法拉第电磁感应定律解决相关问题。知道什么叫感应电动势;掌握导体切割磁感线产生的电动势E=Blv的推导及意义;能熟练应用和E=Blv解题。了解反电动势及其作用。【必备知识】知识点一、感应电动势在电磁感应现象中产生的电动势。产生感应电动势的那部分导体相当于电源,它的电阻相当于电源的内阻。知识点二、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。2、表达式:E=n∆Φ∆t3、对电磁感应定律的理解（1）E=n∆Φ(2)由E=n∆Φ∆t计算出的∆t时间内的平均感应电动势。若知识点三、导体切割磁感线时的感应电动势(1)公式:E=Blv,此式常用来计算瞬时感应电动势的大小。(2)适用条件:B、l、v两两垂直,如图所示。【点睛】对公式E=Blv的理解(1)该公式可看成法拉第电磁感应定律的一个推论,一般用于导体各部分切割磁感线的速度相同的情况,当v为瞬时速度时,E为瞬时感应电动势;当v是平均速度时,E为平均感应电动势。如果导体各部分切割磁感线的速度不相等,可取其平均速度求感应电动势。例如,长度为l的导体棒在磁场中绕A点在纸面内以角速度ω匀速转动,磁感应强度为B,则AC在切割磁感线时产生的感应电动势为(2)公式中的v应理解为导线和磁场间的相对速度,当导线不动而磁场运动时,也有电磁感应现象产生。(3)公式E=Blv只有当B、l、v两两垂直时才成立,如果不满足两两垂直,则应通过矢量分解(分解v或分解B)取两两垂直的分量计算。当有任意两个量的方向互相平行时,感应电动势为零。例如,闭合电路的一部分导体处于匀强磁场中,导体棒以速度v斜向切割磁感线,求产生的感应电动势。由于B、l、v不满足两两垂直,我们可以把速度v分解为两个分量:垂直于磁感线的分量v1=vsinθ和平行于磁感线的分量v2=vcosθ。后者不切割磁感线,不产生感应电动势。前者切割磁感线,产生的感应电动势为E=Blv1=Blvsinθ。(4)公式中的l应理解为导线切割磁感线时的有效长度。如果导线不和磁场垂直,l应是导线在垂直磁场方向投影的长度;如果切割磁感线的导线是弯曲的,l应取导线两端点的连线在与B和v都垂直的直线上的投影长度。例如,如图所示的三幅图中切割磁感线的导线是弯曲的,则切割磁感线的有效长度应取与B和v垂直的等效直线长度,即ab的长。【点睛】公式E=n∆Φ形式比较内容E=n∆E=Blv区别研究对象不同整个闭合回路在磁场中做切割磁感线运动的一段导体适用范围不同具有普遍性，无论什么方式引起Φ的变化都适用只适用于一段导体切割磁感线运动的情况条件不同不一定是匀强磁场E=n∆Φ∆t=nB∆S∆t=nS∆B匀强磁场（常用情况）E=Blv，l、v、B应取两两互相垂直的分量，可采用投影的办法物理意义不同求的是∆t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顺势感应电动势，E与某个时刻或某个位置相对应，（代入平均速度时也可计算平均感应电动势）联系E=Blv是由E=n∆ΦB、l、v三者均不变时，在∆t时间内的平均感应电动势才和它的瞬时感应电动势相同【课堂检测】1.如图所示，在足够大的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，有一根长度为L的导体棒AC。第一次以垂直棒的速度v在纸面内匀速拉动导体棒；第二次以A点为轴在纸面内顺时针转动导体棒，若这两种情况下导体棒产生的感应电动势相同，则第二次转动的角速度为（）A.

2vL

B.

vL

C.

v【答案】A【解析】第一次以垂直棒的速度v匀速拉动导体棒，产生的感应电动势为E1=BLv第二次以A点为轴顺时针转动导体棒，角速度为ω，则末端的线速度为v′=Lω感应电动势为E因为E1=E2解得ω=A符合题意；BCD不符合题意；故答案为：A。【分析】分别求出两次导体棒运动过程中产生的感应电动势大小,根据两种情况下导体棒产生的感应电动势相同,可求得角速度。2.如图甲所示，等腰直角三角形OPQ区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，它的OP边在x轴且长为L。纸面内一边长为L的正方形导线框的一条边在x轴上，且线框沿x轴正方向以恒定的速度v穿过磁场区域，在t=0时该线框恰好位图甲中所示的位置。现规定以逆时针方向为导线框中感应电流的正方向，在图乙所示的四幅图中，能正确表示感应电流随线框位移关系的是（）A.

B.

C.

D.

【答案】C【解析】导线框前进0~L过程中，单边(右边框)切割磁感线，有i=e其中l为实际切割长度，随着导线框的移动而减小，故感应电流减小。又根据右手定则判断出导线框中电流方向为逆时针。即该过程中，感应电流在第一象限，且不断减小。同理导线框前进L~2L过程中，也是单边(左边框)切割，其实际切割长度一直再减小，其感应电流减小，根据右手定则，电流方向为顺时针。图线在第四象限，且不断减小。故答案为：C。【分析】将整个过程分成两个位移都是L的两段,根据楞次定律判断感应电流方向.由感应电动势公式E-Blv,1是有效切割长度,分析的变化情况,确定电流大小的变化情况.【素养作业】1.穿过某单匝线圈的磁通量Φ随时间t变化的规律如图所示，该线圈中产生的感应电动势为（

）A.

1V

B.

2V

C.

3V

D.

4V【答案】B【解析】根据法拉第电磁感应定律得E=ΔΦ故答案为：B。【分析】利用法拉第电磁感应定律可以求出电动势的大小。2.如图所示，一边长为a的正方形线圈与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，磁感应强度为B。在Δt时间内将线圈绕虚线（磁场边界）翻转180°A.

零

B.

Ba

C.

Ba2Δt【答案】C【解析】在Δt时间内将线圈绕虚线（磁场边界）翻转180°过程中，磁通量变化为ΔΦ=2B×由法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势为E=故答案为：C。【分析】根据法拉第电磁感应定律进行求解。3.如图甲所示，单匝线圈两端A、B与一理想电压表相连，线圈内有一垂直纸面向里的磁场，线圈中的磁通量变化规律如图乙所示．下列说法正确的是(

)A.

0～0.1s内磁通量的变化量为0.15WbB.

电压表读数为22C.

B端比A端的电势高D.

电压表“＋”接线柱接A端【答案】D【解析】A.0～0.1s内磁通量的变化量为0.05Wb，A不符合题意B.感应电动势E=ΔΦC.根据楞次定律判断B端比A端的电势低，C不符合题意D.B端比A端的电势低，电压表“＋”接线柱接A端，D符合题意故答案为：D【分析】根据法拉第电磁感应定律结合楞次定律进行分析判断。4.下列各图中，相同的条形磁铁穿过相同的线圈时，线圈中产生的感应电动势最大的是（

）A.

B.

C.

D.

【答案】D【解析】由法拉第电磁感应定律得E＝N△B△tS，可得磁场越强，磁铁靠近线圈的速度越大，则磁通量变化率最大，则产生感应电动势越大，而C图的磁感线大多都是水平的，因此磁通量变化不大。D符合题意，ABC不符合题意；

5.如图所示，一矩形金属线圈ABCD在匀强磁场中绕垂直于磁场的固定轴OO′匀速转动，通过理想变压器对小灯泡供电，下列说法正确的是（

）A.

通过图示位置时，线框中的电流方向将发生改变

B.

线圈转动的频率与小灯泡闪烁的频率相同

C.

通过图示位置时，穿过线框的磁通量的变化率最大

D.

其他条件不变，增加变压器原线圈的匝数可提高发电机的输出功率【答案】A【解析】AC．由图可知，此时线框与磁场垂直，线框中的磁通量最大，磁通量的变化率最小，产生的感应电动势最小为零，线框中电流方向发生变化，A符合题意，C不符合题意；B．根据物理知识可知，线框转一圈，电流方向改变两次，即灯泡闪烁两次，根据f=1T可得，线圈转动的频率应为灯泡闪烁的频率的D．想要输出功率变大需要将原线圈匝数减小，D不符合题意。故答案为：A。【分析】产生感应电流的条件是，对于闭合回路中的某一部分，磁通量发生改变，磁通量变化越快，产生的感应电动势就越大；闭合回路中的磁通量不变，回路就不会有电流。6.一个U形金属线框在匀强磁场中绕OO′轴以相同的角速度匀速转动，通过导线给同一电阻R供电，如图甲、乙所示．其中甲图中OO′轴右侧有磁场，乙图中整个空间均有磁场，两磁场磁感应强度相同．则甲、乙两图中交流电流表的示数之比为(

)A.

1∶2

B.

1∶2

C.

1∶4

D.

1∶1【答案】A【解析】甲图中的磁场只在OO如图甲，电流表测得是有效值，所以I=乙图中的磁场布满整个空间，线框中产生的感应电流如图乙，所以I则I:I故答案为：A。【分析】用法拉第电磁感应定律求解电压的大小，再利用欧姆定律求解回路中电流的大小。7.位于磁场中的甲、乙两个矩形金属线框可绕各自的轴转动，两根导线将两个线框按如图方式连接。现用外力使甲线框顺时针方向转动。某时刻甲、乙线框恰处于如图所示的位置。设此时乙线框的ab边受到的安培力为F，则（

）A.

F向上，乙线框表示电动机的原理

B.

F向上，乙线框表示发电机的原理

C.

F向下，乙线框表示电动机的原理

D.

F向下，乙线框表示发电机的原理【答案】C【解析】用外力使甲线框顺时针方向转动后，甲线框切割磁感线产生感应电动势，产生感应电流，根据楞次定律可判断甲线框中感应电流为顺时针方向。流经乙线框中感应电流也为顺时针方向。乙线框由于有电流而在磁场中受安培力的作用将发生转动，此为电动机的原理。根据左手定则可判断乙线框的ab边受到的安培力F方向向下，C符合题意，ABD不符合题意。故答案为：C。【分析】甲线框因用外力而动，产生感应电动势，根据楞次定律可判断感应电流方向。两个线框用导线连接，则乙线框中有电流而受到安培力的作用。8.如图所示，水平放置的平行金属导轨MN和PQ之间接有定值电阻R，导体棒ab长为l且与导轨接触良好，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，现使导体棒ab向右匀速运动，下列说法正确的是（）A.

导体棒ab两端的感应电动势越来越小

B.

导体棒ab中的感应电流方向是a→b

C.

导体棒ab所受合力做功为零

D.

导体棒ab所受安培力方向水平向右【答案】C【解析】A．根据法拉第电磁感应定律可知导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E=Blv由导体棒匀速运动，故电动势大小不变，A不符合题意；B．根据右手定则，导体棒ab中的感应电流方向是b→a，B不符合题意；C．导体棒ab向右匀速运动，根据动能定理，导体棒ab所受合力做功为零，C符合题意；D．根据左手定则，结合电流方向，可知导体棒ab所受安培力方向水平向左，D不符合题意。故答案为：C。【分析】根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势的大小，结合右手定则判断感应电流的方向；利用动能定理确定合力做的功，根据左手定则判断安培力的方向。第二章电磁感应第3节涡流、电磁阻尼和电磁驱动【素养目标】了解涡流是怎样产生的,了解涡流现象在日常生活和生产中的应用和危害。了解什么是电磁阻尼,什么是电磁驱动。了解电磁阻尼、电磁驱动在日常生活和生产中的应用。【必备知识】知识点一、电磁感应现象中的感生电场感生电场：磁场变化时会在空间激发一种电场，我们把这种电场叫感生电场。磁场变化时闭合电路中产生了感应电动势，感生电场对自由电荷的作用“扮演”了非静电力的角色。感生电场的方向判断3、感生电动势：感生电场使导体中产生的电动势叫感生电动势。产生感生电动势的导体在电路中的作用是充当电源，其电路就是内电路，它与外电路连接就对会外电路供电。知识点二、涡流(1)概念由于电磁感应,在导体中产生的像水中旋涡样的感应电流。(2)特点整块金属的电阻很小,涡流往往很强,产生的热量很多。(3)应用①涡流热效应的应用:如真空冶炼炉。②涡流磁效应的应用:如探雷器、安检门。(4)防止电动机、变压器等设备中应防止铁芯中涡流过大而导致浪费能量,损坏电器。①途径一:增大铁芯材料的电阻率。②途径二:用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯代替整块硅钢铁芯。知识点三、电磁阻尼(1)概念当导体在磁场中运动时,感应电流会使导体受到安培力,安培力的方向总是阻碍导体运动的现象。(2)应用磁电式仪表中利用电磁阻尼使指针迅速停止摆动,便于读数。(3)电磁驱动①概念磁场相对于导体转动时,导体中产生感应电流,感应电流使导体受到安培力的作用,安培力使导体运动起来的现象。②应用交流感应电动机。【点睛】对涡流现象的进一步理解(1)可以产生涡流的两种情况①把块状金属放在变化的磁场中。②让块状金属进出磁场或在非匀强磁场中运动。(2)能量转化伴随着涡流现象,其他形式的能转化成电能最终在金属块中转化为内能。如果金属块放在了变化的磁场中,则磁场能转化为电能最终转化为内能;如果是金属块进出磁场或在非匀强磁场中运动,则由于克服安培力做功,金属的机械能转化为电能,最终转化为内能。例如:如图所示,在O点正下方有一个具有理想边界的磁场,铜球在A点由静止释放向右摆至最高点B。不考虑空气阻力,铜球也回不到原来的高度,即A点一定高于B点,这是什么原因呢?铜球由A点运动至B点的过程中,在穿进穿出磁场两个阶段铜球中产生涡流,将铜球的一部分机械能转化为电能,最终产生了焦耳热,所以铜球的机械能减小,也就回不到原来的高度了。(3)涡流的危害、防止及利用①涡流的危害在各种电机、变压器中,涡流是非常有害的。首先它会使铁芯的温度升高,从而危及线圈绝缘材料的寿命,严重时会使材料报废;其次涡流发热要消耗额外的能量,使电机、变压器的效率降低。②涡流的防止为了减少涡流,变压器、电机里的铁芯不是由整块的钢铁制成,而是用薄薄的硅钢片叠合而成。一方面硅钢片的电阻率比一般钢铁的要大,从而减少损耗;另一方面,每层硅钢片之间都是绝缘的,阻断了涡流的通路,进一步减少了涡流的发热。计算表明:涡流的损耗与硅钢片的厚度的二次方成正比。③涡流的利用用来冶炼合金的真空冶炼炉,炉外有线圈,线圈中通过反复变化的电流,炉内的金属中产生涡流。涡流产生的热量使金属熔化并达到很高的温度。利用涡流冶炼金属的优点是整个过程能在真空中进行,这样就能防止空气中的杂质进入金属,可以冶炼高质量的合金。为了增大涡流,达到快速熔化金属的目的,在线圈中通入高频交变电流,根据电磁感应定律,电流变化快,得到的感应电动势就大,涡流就强。(4)涡流的本质在理解涡流时,要注意涡流本质上是由于电磁感应而产生的,它的产生仍然符合感应电流产生的条件(有磁通量的改变,具体形式是有磁场的变化或导体切割磁感线),特殊之处在于感应电流不是在线状回路中产生的,而是在块状金属中产生的。【课堂检测】1.电磁炉热效率高达90%，炉面无明火，无烟无废气，电磁“火力”强劲，安全可靠．如图所示是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是（

）A.

当恒定电流通过线圈时，会产生恒定磁场，恒定磁场越强，电磁炉加热效果越好

B.

电磁炉通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作

C.

电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因这些材料的导热性能较差

D.

在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉不能起到加热作用【答案】B【解析】电磁炉就是采用涡流感应加热原理；故A错误B正确；电磁炉工作时需要在锅底产生感应电流，陶瓷锅或耐热玻璃锅不属于金属导体，不能产生感应电流，C错误；由于线圈产生的磁场能穿透纸板到达锅底，在锅底产生感应电流，利用电流的热效应起到加热作用．D错误；故选B【分析】电磁炉就是采用涡流感应加热原理；其内部通过电子线路板组成部分产生交变磁场、当用含铁质锅具底部放置炉面时，锅具即切割交变磁力线而在锅具底部金属部分产生涡流，使锅具铁分子高速无规则运动，分子互相碰撞、摩擦而产生热能，用来加热和烹饪食物，从而达到煮食的目的。2.如图所示是电表中的指针和电磁阻尼器，下列说法中正确的是(

)A.

2是磁铁，在1中产生涡流；该装置使指针能够转动

B.

1是磁铁，在2中产生涡流；该装置使指针能很快地稳定

C.

1是磁铁，在2中产生涡流；该装置使指针能够转动

D.

2是磁铁，在1中产生涡流；该装置使指针能很快地稳定【答案】D【解析】当指针摆动时，1随之转动，2是磁铁，那么在1中产生涡流，2对1的安培力将阻碍1的转动．总之不管1向哪个方向转动，2对1的效果总起到阻尼作用．所以它能使指针很快地稳定下来。故选D【分析】这是涡流的典型应用之一。【素养作业】1.电磁炉是利用涡流加热的，它利用交变电流通过线圈产生变化磁场，当磁场内的磁感线通过锅底时，即会产生无数小涡流，使锅体本身高速发热，从而达到烹饪食物的目的。因此，下列的锅类或容器中，适用于电磁炉的是（

）A.

煮中药的瓦罐

B.

搪瓷碗

C.

平底铸铁炒锅

D.

塑料盆【答案】C【解析】当变化磁场的磁感线通过导体时，才能产生涡流，所以只能选C。

2.下列说法中正确的是（

）A.

光波不是电磁波

B.

电磁炉是利用涡流加热的

C.

用陶瓷器皿盛放食品可直接在电磁炉上加热

D.

DVD光盘是利用磁粉记录信息的【答案】B【解析】属于电磁波的一种；电磁炉在使用中用到了电流的磁效应，利用涡流加热的；根据电磁炉工作原理，锅具必须含有磁性材料，陶瓷器皿不是磁性材料；光盘是用激光在反光铝膜上刻出凸凹的单槽来记录音像信息。故选B。

3.下列现象中为了防止涡流危害的是（

）A.

金属探测器B.

变压器中用互相绝缘的硅钢片叠压成铁芯C.

用来冶炼合金钢的真空冶炼炉D.

磁电式仪表的线圈用铝框做骨架【答案】B【解析】A．金属探测器中变化电流遇到金属物体，在金属物体上产生涡流，A不符合题意；B．变压器中用互相绝缘的硅钢片叠压成铁芯，是为了防止涡流，而不是利用涡流，B符合题意；C．真空冶炼炉是线圈中的电流做周期性变化，在冶炼炉中产生涡流，从而产生大量的热量。C不符合题意；D．铝框做骨架，当线圈在磁场中转动时，导致铝框的磁通量变化，从而产生感应电流，出现安培阻力，使其很快停止摆动。而塑料做骨架达不到此作用，D不符合题意。故答案为：B。【分析】金属探测器中变化电流遇到金属物体，在金属物体上产生涡流。4.关于涡流，下列说法中错误是（

）A.

真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置

B.

家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的

C.

阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动

D.

变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流【答案】B【解析】A.真空冶炼炉是利用涡流产热来熔化金属的，A不符合题意。B.要想产生涡流，必须是变化的磁场，因为变化的磁场才能产生电场，产生涡流，B错误，符合题意。C.根据楞次定律可知，阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动，C不符合题意。D.涡流会造成能量的损失，所以变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成，为了减小涡流造成的能量损失，D不符合题意。故答案为：B【分析】导体有电流流过时，电流在导体内部会形成涡流而发热浪费电能，通过把铁块换成比较薄的硅钢片从而减小涡流，减少电能损失。5.生活中很多器材都是依据电磁学理论制作而成,下列关于下列器材的原理和用途,叙述正确的是(

)A.

变压器可以改变交流电压与稳恒直流电压

B.

扼流圈对变化的电流没有阻碍作用

C.

磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用

D.

真空冶炼炉的工作原理是通过线圈发热使炉内金属熔化【答案】C【解析】A.变压器可以改变交流电的电压但不能改变直流电的电压，A不符合题意。B.因变化的电流在线圈中产生自感现象从而阻碍电流的变化，故扼流圈对变化的电流有阻碍作用，B不符合题意。C.磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框中可以产生感应电流能起电磁阻尼的作用,C符合题意。D.真空冶炼炉的工作原理是炉中金属产生涡流使炉内金属熔化，不是线圏产生热量，D不符合题意。故答案为：C【分析】导体有电流流过时，电流在导体内部会形成涡流而发热浪费电能，通过把铁块换成比较薄的硅钢片从而减小涡流，减少电能损失，同时也可以利用涡流来发热冶炼金属。6.关于电磁感应现象，下列说法错误的是（

）A.

变压器铁芯做成片状是为了减小涡流

B.

灵敏电流表在运输时总要把两接线柱用导体连接起来，是利用了电磁驱动

C.

真空冶炼炉的炉外线圈应通入高频交流电

D.

车站和重要场所的安检门可以探测人身携带的金属物品【答案】B【解析】变压器的铁芯用硅钢片代替整块铁芯，是为了减小涡流损失，A说法正确；将两个接线柱连接起来，从而形成闭合电路，当因晃动，导致线圈切割磁感线，从而产生感应电流，出现安培阻力，进而阻碍其运动，是利用电磁阻尼原理减弱表针的摆动，进而保护表针不被损坏，B说法错误；真空冶炼炉的炉外线圈通过的电流是高频交流电，C说法正确；安检门利用涡流探测人身上携带的金属物品原理是：线圈中交变电流产生交变的磁场，会在金属物品产生交变的感应电流，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，引起线圈中交变电流发生变化，从而被探测到，D说法正确。故答案为：B。【分析】灵敏电流表在运输时总要把两接线柱用导体连接起来，这是利用的电流在磁场中受到力的作用。7.熔化金属的一种方法是用“高频炉”，它的主要部件是一个铜制线圈，线圈中有一坩埚，埚内放待熔的金属块，当线圈中通以高频交流电时，埚中金属就可以熔化，这是因为(

)A.

线圈中的高频交流电通过线圈电阻，产生焦耳热

B.

线圈中的高频交流电产生高频微波辐射，深入到金属内部，产生焦耳热

C.

线圈中的高频交流电在坩埚中产生感应电流，通过坩埚电阻产生焦耳热

D.

线圈中的高频交流电在金属块中产生感应电流，通过金属块电阻产生焦耳热【答案】D【解析】线圈中的高频交流电通过线圈，从而产生变化的电磁场，使得处于电磁场的金属块产生涡流，进而发热，ABC不符合题意，D符合题意；故答案为：D。【分析】高频电流通过线圈产生变化磁场，致使金属块产生涡流，涡流通过金属块发热致使金属块熔化。8.在很多情况下，我们对物理规律的理解和认识是通过观察和比较物理现象来进行的．在下列的观察及根据观察所得出的相应结论中正确的是（）A.

相同的弹簧受到不同的拉力，拉力越大，弹簧的形变量越大，说明弹簧的劲度系数和拉力的大小有关

B.

变压器的铁芯使用了相互绝缘的硅钢片代替整块硅钢铁芯，减少了能量浪费，说明相互绝缘的硅钢片不会产生任何涡流

C.

把弹簧秤A和B的挂钩钩在一起，用两手同时拉A和B，发现两弹簧秤的示数相等，说明作用力与反作用力大小相等方向相反

D.

把一根条形磁铁插入闭合线圈，磁铁插入的速度越大，感应电流越大，说明感应电动势的大小和磁通量变化的大小有关【答案】C【解析】解：A、相同的弹簧受到不同的拉力，拉力越大，弹簧的形变量越大，不能说明弹簧的劲度系数和拉力的大小有关，实质上弹簧的劲度系数由弹簧本身决定，与拉力无关，故A错误；B、在整块导体内部发生电磁感应而产生感应电流的现象称为涡流现象，要损耗能量，变压器的铁芯使用了硅钢片，这样在铁芯中就会产生任何涡流，不用整块的硅钢铁芯，其目的是为了减小涡流，故B错误；C、把弹簧秤A和B的挂钩钩在一起，用两手同时拉A和B，发现两弹簧秤的示数相等，说明作用力与反作用力大小相等方向相反，故C正确；D、把一根条形磁铁插入闭合线圈，磁铁插入的速度越大，感应电流越大，说明感应电动势的大小和磁通量变化快慢的大小有关，而不能说明磁通量变化的大小有关，故D错误．故选：C．【分析】弹簧的劲度系数由弹簧本身决定，与拉力无关；依据涡流产生的条件，即可分析；作用力与反作用力大小相等方向相反；感应电动势的大小和磁通量变化快慢有关．第二章电磁感应第4节互感和自感【素养目标】了解什么是互感现象,了解互感现象在生活和生产中的应用和防止。了解什么是自感现象,了解自感现象在生活和生产中的应用和防止;能够运用电磁感应的有关规律分析通、断电自感现象;了解自感电动势的计算式。知道自感系数是表示线圈本身特征的物理量,知道它的大小与哪些因素有关,知道它的单位。【必备知识】知识点一、互感现象(1)定义:两个相互靠近的线圈,当一个线圈中的电流变化时,它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势的现象。互感现象中,产生的电动势叫作互感电动势。(2)应用:互感现象可以把能量由一个线圈传递到另一个线圈,变压器、收音机的“磁性天线”就是利用互感现象制成的。(3)危害:互感现象能发生在任何两个相互靠近的电路之间,电力工程和电子电路中,有时会影响电路正常工作,这时要设法减小电路间的互感。知识点二、自感现象(1)定义:一个线圈中的电流变化时,它所产生的变化的磁场在它本身激发出感应电动势的现象。由于自感而产生的电动势叫作自感电动势。(2)自感电动势知识点三、磁场的能量(1)自感现象中的磁场能量①线圈中电流从无到有时,磁场从无到有,电源的能量输送给磁场,储存在磁场中。②线圈中电流减小时,磁场中的能量释放出来转化为电能。(2)电的“惯性”自感电动势有阻碍线圈中电流变化的惯性。知识点四、通电自感和断电自感【课堂检测】1.某同学为了验证断电自感现象，采用如图所示的电路。闭合开关S，两个完全相同的小灯泡均发光，切断开关，仅观察到小灯泡L2逐渐熄灭现象。你认为小灯泡L

电源的内阻较大

B.

滑动变阻器R电阻偏大C.

线圈的自感系数较小

D.

线圈电阻偏大【答案】D【解析】A．灯泡是否闪亮取决于流过灯泡L2的电流是否增大，与电源的内阻无关，A不符合题意；B．若滑动变阻器的电阻偏大，则稳定时流过小灯泡L2的电流较小，断开开关时小灯泡L2容易发生闪亮现象，与题意不符，B不符合题意；C．线圈的自感系数的大小，会影响续流时间的长短，但不是影响电流的大小，因此无法决定小灯泡L2是否发生闪亮。C不符合题意；D．若线圈电阻偏大，则通过线圈的电流较小，若该电流小于灯泡L2稳定发光时的电流，则断开开关后无法看到小灯泡L2闪亮。D符合题意。故答案为：D。【分析】灯L1线圈L串联，灯L2与滑动变阻器串联，之后二者并连接在电源两端，当开关断开，L1、L2、L及滑动变阻器构成串联闭合回路，自感电流从原来线圈中电流值减小。2.如图所示，L为一个带铁芯的线圈，R是纯电阻，两支路的直流电阻相等，那么在接通和断开开关瞬间，两表的读数I1和I2的大小关系分别是（

）

I1＜I2，I1＞I2

B.

I1＞I2，I1＜I2

C.

I1＜I2，I1=I2

D.

I1=I2，I1＜I2【答案】C【解析】解：当开关接通瞬间，R中电流立即增大到正常值I2．而线圈中的电流从零开始增大，产生自感电动势阻碍电流的增大，则电流I1只能逐渐增大，故I1＜I2．断开开关瞬间，线圈产生的自感电流流过线圈和电阻R，两者串联，电流相同，I1=I2．故选项C正确，选项ABD错误．故选：C．【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据这一特点来分析电流的大小．【素养作业】1.关于线圈的自感系数，下列说法正确是（

）A.

线圈中的自感电动势越大，线圈的自感系数一定越大

B.

线圈的自感系数与线圈自身的因素以及有无铁芯有关

C.

线圈中的电流不发生变化，自感系数一定为零

D.

线圈中的电流变化越快，自感系数就越大【答案】B【解析】解：自感系数由线圈自身决定：线圈越长，而其他条件相同时，自感系数越大；线圈匝数越多，而其他条件相同时，自感系数越大；同一线圈，插有铁芯时线圈的自感系数会变大；线圈的自感系数与线圈的长度、匝数以及是否有铁芯等都有关，与线圈中电流如何变化无关，与线圈中的自感电动势也无关．故B正确，ACD错误．故选：B【分析】自感系数由线圈自身决定，与其它因素无关．线圈越长、单位长度上匝数越多自感系数越大，有铁芯比没有铁芯大得多．2.如图所示，电路中的A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈，C是电容很大的电容器．当开关S断开与闭合时，A、B灯泡发光情况是（

）A.

S刚闭合后，A灯亮一下又逐渐变暗，B灯逐渐变亮

B.

S刚闭合后，B灯亮一下又逐渐变暗，A灯逐渐变亮

C.

S闭合足够长时间后，A灯泡和B灯泡一样亮

D.

S闭合足够长时间后再断开，B灯立即熄灭，A灯逐渐熄灭【答案】A【解析】解：A、S刚闭合后，灯泡A与电感并联，由于电感阻碍电流的增大，所以A灯亮一下，然后逐渐熄灭，B灯与电容器并联，由于电容器充电，所以B灯逐渐变亮．故A正确，B错误．C、S闭合足够长时间后，C中无电流，相当于断路，L相当于短路，所以B很亮，而A不亮．故C错误，D也错误．故选：A．【分析】电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小．电容器在电路中电流变化时，也会发生充电和放电现象，此时可理解为有电流通过了电容器．3.如图所示，电阻R和电感线圈L的值都较大，电感线圈的电阻不计，A、B是两只完全相同的灯泡，当开关S闭合时，下面能发生的情况是（

）A.

B比A先亮，然后B熄灭

B.

A比B先亮，然后A熄灭

C.

A，B一起亮，然后A熄灭

D.

A，B一起亮，然后B熄灭【答案】D【解析】解：当开关S闭合时，电源的电压同时加到两个灯泡上，它们会一起亮．但由于电感线圈的电阻不计，线圈将B灯逐渐短路，B灯变暗直至熄灭；故ABC错误，D正确．故选：D．【分析】当开关S闭合时，电源的电压同时加到两个灯泡上，它们会同时发光．根据电感线圈的电阻不计，会将B灯短路，分析B灯亮度的变化．4.如图所示的电路中，P、Q为两相同的灯泡，L的电阻不计，则下列说法正确的是(

)A.

S断开瞬间，P立即熄灭，Q过一会儿才熄灭B.

S接通瞬间，P、Q同时达到正常发光C.

S断开瞬间，通过P的电流从右向左D.

S断开瞬间，通过Q的电流与原来方向相反【答案】C