高中历史选修二教案

4.6互感和自感学案（人教版选修3-2）。

4.6互感和自感学案（人教版选修3-2）

1．两个相互靠近的线圈，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，这种现象叫互感．利用互感现象可以把能量由一个线圈传递到另一个线圈．
2．当一个线圈中的电流发生变化时，它产生的变化的磁场不仅在邻近的电路中激发出感应电动势，同时也在其本身激发出感应电动势，这种现象叫自感；自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化，即当导体中的电流增大时，自感电动势的方向与原电流的方向相反，阻碍电流增大；当导体中的电流减小时，自感电动势的方向与原电流的方向相同，阻碍电流的减小．
3．通过一个线圈的电流在均匀增大时，则这个线圈的()
A．自感系数也将均匀增大
B．自感电动势也将均匀增大
C．磁通量也将均匀增大
D．自感系数和自感电动势不变
答案CD
解析线圈的磁通量与电流大小有关，电流增大，磁通量增大，故C项正确；而自感系数由线圈本身决定，与电流大小无关；自感电动势EL＝LΔIΔt，与自感系数和电流变化率有关，对于给定的线圈，L一定，已知电流均匀增大，说明电流变化率恒定，故自感电动势不变，D项正确．
4．关于线圈自感系数的说法，错误的是()
A．自感电动势越大，自感系数也越大
B．把线圈中的铁芯抽出一些，自感系数减小
C．把线圈匝数增加一些，自感系数变大
D．电感是自感系数的简称
答案A
解析自感系数是由线圈本身的特性决定的．线圈越长，单位长度上的匝数越多，横截面积越大，它的自感系数就越大．另外，有铁芯的线圈的自感系数比没有铁芯时要大得多．
5．如图1所示，L为自感系数较大的线圈，电路稳定后小灯泡正常发光，当断开开关S的瞬间会有()
图1
A．灯A立即熄灭
B．灯A慢慢熄灭
C．灯A突然闪亮一下再慢慢熄灭
D．灯A突然闪亮一下再突然熄灭
答案A
解析当开关S断开时，由于通过自感线圈的电流从有变到零，线圈将产生自感电动势，但由于线圈L与灯A串联，在S断开后，不能形成闭合回路，因此灯A在开关断开后，电源供给的电流为零，灯就立即熄灭．
【概念规律练】
知识点一对自感现象的理解
1．关于自感现象，正确的说法是()
A．感应电流一定和原来的电流方向相反
B．对于同一线圈，当电流变化越大时，线圈产生的自感电动势也越大
C．对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈的自感系数也越大
D．对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈中的自感电动势也越大
答案D
解析当电流增加时，自感电动势的方向与原来的电流反向，当电流减小时与原来的电流同向，故选项A错误；自感电动势的大小，与电流变化快慢有关，与电流变化大小无关，故选项B错误；自感系数只取决于线圈的本身因素，与电流变化情况无关．故选项C错误；结合选项B的错误原因可知，选项D正确．
点评自感的实质仍然是电磁感应现象，电流的强弱决定其周围磁场的强弱，当电流变化时引起电流周围的磁场发生变化，就会在线圈中产生感应电动势．
2．关于线圈的自感系数、自感电动势下列说法中正确的是()
A．线圈中电流变化越大，线圈自感系数越大
B．对于某一线圈，自感电动势正比于电流的变化量
C．一个线圈的电流均匀增大，这个线圈自感系数、自感电动势都不变
D．自感电动势总与原电流方向相反
答案C
解析线圈的自感系数由线圈本身的因素决定．E自∝ΔIΔt，而不是E自∝ΔI，C对，A、B错．线圈中电流减小时，自感电动势方向与原电流方向相同，电流增大时，自感电动势方向与原电流方向相反，D错．
点评电流的变化量ΔI不等同于电流的变化率ΔIΔt，E∝ΔIΔt而不是E∝ΔI.自感系数仅和线圈本身有关．
知识点二通电自感和断电自感
3．如图2所示电路中，A、B是完全相同的灯泡，L是电阻不计的电感线圈，下列说法中正确的是()
图2
A．当开关S闭合时，A灯先亮，B灯后亮
B．当开关S闭合时，B灯先亮，A灯后亮
C．当开关S闭合时，A、B灯同时亮，以后B灯更亮，A灯熄灭
D．当开关S闭合时，A、B灯同时亮，以后亮度不变
答案C
解析当开关S闭合时，电路中电流增加，由于线圈的自感作用，其中产生一自感电动势阻碍电流的增加，此时A、B二灯相当于串联，同时亮；之后线圈相当于一段导线，将A灯短路，A灯熄灭，因B灯所加电压增加而变得更亮．
点评开关闭合时，线圈自感电动势与电源电动势方向相反，若自感系数足够大，瞬间可以认为断路，随即变缓直至消失．
4．在如图3所示的电路中，带铁芯的、电阻较小的线圈L与灯A并联，当合上开关S后灯A正常发光．则下列说法中正确的是()
图3
A．当断开S时，灯A立即熄灭
B．当断开S时，灯A突然闪亮后熄灭
C．用阻值与灯A相同的线圈取代L接入电路，当断开S时，灯A逐渐熄灭
D．用阻值与线圈L相同的电阻取代L接入电路，当断开S时，灯A突然闪亮后熄灭
答案BC
解析在S断开的瞬间，L与A构成闭合回路，灯A不会立即熄灭．问题是“小灯泡在熄灭之前是否更亮一下”这一点如何确定．根据P＝I2R可知，灯A能否闪亮，取决于S断开的瞬间，流过A的电流是否更大一些．在断开S的瞬间，灯A中原来的电流IA立即消失．但灯A和线圈L组成一闭合回路，由于线圈L的自感作用，其中的电流IL不会立即消失，它还要通过回路维持短暂的时间．如果ILIA，则灯A熄灭之前要闪亮一下；如果IL≤IA，则灯A是逐渐熄灭而不闪亮一下．至于IL和IA的大小关系，由RA和RL的大小关系决定：若RARL，则IAIL，灯将闪亮一下；若RA≤RL，则IA≥IL，灯将逐渐熄灭．
点评开关断开时，原电源不提供电流，若线圈形成回路，则自感电动势会通过回路形成电流，因此断电时线圈起到瞬间电源的作用．
【方法技巧练】
一、断电自感中灯泡亮度变化的分析技巧
5．在图4甲、乙电路中，电阻R和电感线圈L的电阻都很小．接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则()
图4
A．在电路甲中，断开S，A将渐渐变暗
B．在电路甲中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
C．在电路乙中，断开S，A将渐渐变暗
D．在电路乙中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
答案AD
解析甲图中，灯泡A与电感线圈L在同一个支路中，流过的电流相同，断开开关S时，线圈L中的自感电动势要维持原电流不变，所以，开关断开的瞬间，灯泡A的电流不变，以后电流渐渐变小．因此，灯泡渐渐变暗．乙图中，灯泡A所在支路的电流比电感线圈所在支路的电流要小(因为电感线圈的电阻很小)，断开开关S时电感线圈的自感电动势要阻碍电流的变小，电感线圈相当于一个电源给灯A供电，因此在这一短暂的时间内，反向流过A的电流是从IL开始逐渐变小的，所以灯泡要先亮一下，然后渐渐变暗，故选项A、D正确．
方法总结在开关断开时，电感线圈的自感电动势要阻碍原电流的减小，此时电感线圈在电路中相当于一个电源，表现为两个方面：一是自感电动势所对应的电流方向与原电流方向一致；二是在断电瞬间，自感电动势所对应的电流大小与原电流的大小相等，以后电流开始缓慢减小到零，断开开关后，灯泡是否瞬间变得更亮，取决于当初两支路中电流大小的关系．
6．如图5所示的电路中，S闭合且稳定后流过电感线圈的电流2A，流过灯泡的电流是1A，将S突然断开，S断开前后，能正确反映流过灯泡的电流i随时间t变化关系的图象是()
图5
答案D
解析开关S断开前，通过灯泡D的电流是稳定的，其值为1A．开关S断开瞬间，灯泡支路的电流立即减为零，但是自感线圈的支路由于自感现象会产生与线圈中原电流方向相同的感应电动势，使线圈中的电流从原来的2A逐渐减小，方向不变，且同灯泡D构成回路，通过灯泡D的电流和线圈L中的电流相同，也应该是从2A逐渐减小为零，但是方向与原来通过灯泡D的电流方向相反，D对．
方法总结解图象问题时，先要搞清楚研究什么元件上的电流随时间的变化关系；其次要根据线圈的自感电动势引起的感应电流的方向与原来电流的方向是相同还是相反、大小如何变化等因素来确定图象．
二、两类自感的综合分析方法
7．如图6所示，线圈L的自感系数很大，且其电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，随着开关S的闭合和断开的过程中，L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)()
图6
A．S闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即不亮，L1逐渐变亮
B．S闭合，L1不亮，L2很亮；S断开，L1、L2立即不亮
C．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2立即不亮，L1亮一下才灭
D．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2逐渐变得更亮；S断开，L2立即不亮，L1亮一下才熄灭
答案D
解析当S接通时，L的自感系数很大，对电流的阻碍作用较大，L1和L2串接后与电源相连，L1和L2同时亮，随着L中电流的增大，L的直流电阻不计，L的分流作用增大，L1的电流逐渐减小为零，由于总电阻变小，总电流变大，L2的电流增大，L2灯变得更亮．当S断开时，L2中无电流，立即熄灭，而电感L将要维持本身的电流不变，L和L1组成闭合电路，L1灯要亮一下后再熄灭，综上所述，选项D正确．
方法总结当电路中有电感L时，若电路中的电流发生变化，电感L的作用总是阻碍电流的变化．当电路稳定时，电感L相当于一段导体．若电感L中有直流电阻，则相当于电阻；若无直流电阻，则它相当于一根短路导线．
8．如图7所示电路中有L1和L2两个完全相同的灯泡，线圈L的电阻忽略不计，下列说法中正确的是()
图7
A．闭合S时，L2先亮，L1后亮，最后一样亮
B．断开S时，L2立刻熄灭，L1过一会熄灭
C．L1中的电流始终从a到b
D．L2中的电流始终从c到d
答案A
解析闭合S时，L2中立即有从d到c的电流，先亮，而线圈由于自感作用，线圈中产生与原电流相反的自感电动势，对原电流大小起到阻碍作用，通过线圈的电流逐渐增加，所以L1逐渐变亮，电路稳定后自感作用消失，线圈L相当于导线，所以最后L1、L2一样亮．断开S时，L2中由电源提供的电流瞬间消失，但是L中的电流由于自感的阻碍作用将逐渐减小，方向不变，使线圈与L2、L1形成回路，因此L1、L2将过一会儿同时熄灭．L1中的电流始终由b到a，L2中的电流先由d到c，后由c到d.
方法总结通电时电感上的电流由无到有逐渐增大，断电时电流由有到无逐渐减小．

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4.3楞次定律学案（人教版选修3-2）

作为杰出的教学工作者，能够保证教课的顺利开展，教师要准备好教案，这是每个教师都不可缺少的。教案可以让上课时的教学氛围非常活跃，帮助教师在教学期间更好的掌握节奏。怎么才能让教案写的更加全面呢？下面是小编为大家整理的“4.3楞次定律学案（人教版选修3-2）”，仅供参考，欢迎大家阅读。

4.3楞次定律学案（人教版选修3-2）

1．楞次定律：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．
2．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；让磁感线垂直从掌心进入，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．
3．下列说法正确的是()
A．感应电流的磁场方向总是与引起感应电流的磁场方向相反
B．感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向可能相同，也可能相反
C．楞次定律只能判定闭合回路中感应电流的方向
D．楞次定律可以判定不闭合的回路中感应电动势的方向
答案BD
解析本题的关键是理解楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．如果是因磁通量的减小而引起的感应电流，则感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向相同，阻碍磁通量的减小；如果是因磁通量的增大而引起的感应电流，则感应电流的磁场与引起感应电流的磁场方向相反，阻碍磁通量的增大，故A项错误，B项正确；楞次定律既可以判定闭合回路中感应电流的方向，还可以判定不闭合回路中感应电动势的方向．C项错误，D项正确．
4．如图1所示，一线圈用细杆悬于P点，开始时细杆处于水平位置，释放后让它在匀强磁场中运动，已知线圈平面始终与纸面垂直，当线圈第一次通过位置Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ时(位置Ⅱ正好是细杆竖直位置)，线圈内的感应电流方向(顺着磁场方向看去)是()
图1
A．Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ位置均是顺时针方向
B．Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ位置均是逆时针方向
C．Ⅰ位置是顺时针方向，Ⅱ位置为零，Ⅲ位置是逆时针方向
D．Ⅰ位置是逆时针方向，Ⅱ位置为零，Ⅲ位置是顺时针方向
答案D
解析本题关键是判定出Ⅰ，Ⅱ位置时磁通量的变化情况，线圈由初始位置向Ⅰ位置运动过程中，沿磁场方向的磁通量逐渐增大，根据楞次定律，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，从右向左穿过线圈，根据安培定则，Ⅰ位置时感应电流的方向(沿磁感线方向看去)是逆时针方向；在Ⅱ位置时由左向右穿过线圈的磁通量最大，由Ⅱ位置向Ⅲ位置运动时，向右穿过线圈的磁通量减少，根据楞次定律，感应电流的磁场方向向右，阻碍它的减少，根据安培定则可判定Ⅲ位置的电流方向(沿磁感线方向看去)是顺时针方向，且知Ⅱ位置时感应电流为零．故选D.
5．如图2所示，当导体棒MN在外力作用下沿导轨向右运动时，流过R的电流方向是()
图2
A.由A→B?
?B.由B→A?
C．无感应电流
D．无法确定
答案AM，则通过R的电流为A→M，则通过R的电流为A→B.

【概念规律练】
知识点一楞次定律的基本理解
1．如图3所示为一种早期发电机原理示意图，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称，在磁极绕转轴匀速转动过程中，磁极中心在线圈平面上的投影沿圆弧XOY运动(O是线圈中心)，则()
图3
A．从X到O，电流由E经G流向F，先增大再减小
B．从X到O，电流由F经G流向E，先减小再增大
C．从O到Y，电流由F经G流向E，先减小再增大
D．从O到Y，电流由E经G流向F，先增大再减小
答案D
解析S，方向向上．当磁极由X到O时，穿过线圈的磁通量增加．根据楞次定律，感应电流的磁场应向下，再根据安培定则可知电流由F经G流向E，当磁极在圆形线圈正上方时，磁通量的变化率最小，故电流先增大后减小．当磁极从O到Y时，穿过线圈的磁通量减少，可判断电流方向由E经G流向F.再根据磁通量最大时，磁通量的变化率最小，则感应电流最小，故电流先增大后减小．故选项D正确．→S，方向向上．当磁极由X到O时，穿过线圈的磁通量增加．根据楞次定律，感应电流的磁场应向下，再根据安培定则可知电流由F经G流向E，当磁极在圆形线圈正上方时，磁通量的变化率最小，故电流先增大后减小．当磁极从O到Y时，穿过线圈的磁通量减少，可判断电流方向由E经G流向F.再根据磁通量最大时，磁通量的变化率最小，则感应电流最小，故电流先增大后减小．故选项D正确．
点评应用楞次定律判断感应电流的一般步骤：
原磁场方向及穿过回路的磁通量的增减情况――→楞次定律感应电流的磁场方向――→安培定则感应电流的方向
2．如图4所示，一均匀的扁平条形磁铁的轴线与圆形线圈在同一平面内，磁铁中心与圆心重合，为了在磁铁开始运动时线圈中能得到逆时针方向的感应电流，磁铁的运动方式应是()
图4
A．N极向纸内，S极向纸外，使磁铁绕O点转动
B．N极向纸外，S极向纸内，使磁铁绕O点转动
C．磁铁在线圈平面内顺时针转动
D．磁铁在线圈平面内逆时针转动
答案A
解析当N极向纸内，S极向纸外转动时，穿过线圈的磁场由无到有并向里，感应电流的磁场应向外，电流方向为逆时针，A选项正确；当N极向纸外，S极向纸内转动时，穿过线圈的磁场向外并增加，感应电流方向为顺时针，B选项错误；当磁铁在线圈平面内绕O点转动时，穿过线圈的磁通量始终为零，因而不产生感应电流，C、D选项错误．
点评此题是“逆方向”应用楞次定律，只需把一般步骤“逆向”即可
感应电流的方向――→安培定则感应电流的磁场方向――→楞次定律穿过回路的磁通量的增减情况
知识点二右手定则
3.如图表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景，导体ab上的感应电流方向为a→b的是()?
答案Ab，B中电流由b→b，B中电流由b→a，C中电流沿a→c→b→a方向，D中电流由b→a.故选A.
点评判别导体切割磁感线产生的感应电流方向时，采用右手定则更有针对性，当然用楞次定律也可以判别．
4．如图5所示，导线框abcd与通电直导线在同一平面内，直导线通有恒定电流并通过ad和bc的中点，当线框向右运动的瞬间，则()
图5
A．线框中有感应电流，且按顺时针方向
B．线框中有感应电流，且按逆时针方向
C．线框中有感应电流，但方向难以判断
D．由于穿过线框的磁通量为零，所以线框中没有感应电流
答案B
解析此题可用两种方法求解，借此感受右手定则和楞次定律分别在哪种情况下更便捷．
方法一：首先由安培定则判断通电直导线周围的磁场方向（如下图所示），因ab导线向右做切割磁感线运动，由右手定则判断感应电流由a→b,同理可判断cd导线中的感应电流方向由c→d,ad、bc两边不做切割磁感线运动，所以整个线框中的感应电流是逆时针方向的.
方法二：首先由安培定则判断通电直导线周围的磁场方向(如右图所示)，由对称性可知合磁通量Φ＝0；其次当导线框向右运动时，穿过线框的磁通量增大(方向垂直向里)，由楞次定律可知感应电流的磁场方向垂直纸面向外，最后由安培定则判断感应电流按逆时针方向，故B选项正确．
点评右手定则在判断由于部分导体切割磁感线的感应电流方向时针对性强，若电路中非一部分导体做切割磁感线运动时，应用楞次定律更轻松一些．
【方法技巧练】
一、增反减同法
5．某磁场磁感线如图6所示，有一铜线圈自图示A处落至B处，在下落过程中，自上向下看，线圈中的感应电流方向是()
图6
A．始终顺时针
B．始终逆时针
C．先顺时针再逆时针
D．先逆时针再顺时针
答案C
解析自A落至图示位置时，穿过线圈的磁通量增加，磁场方向向上，则感应电流的磁场方向与之相反，即向下，故可由安培定则判断线圈中的感应电流为顺时针；自图示位置落至B点时，穿过线圈的磁通量减少，磁场方向向上，则感应电流的磁场方向与之相同即向上，故可由安培定则判断线圈中的感应电流为逆时针，选C.
方法总结此题中的“增反减同”为：当回路中的磁通量增加(减少)时感应电流的磁场方向与原磁场方向相反(相同)．
6．电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图7所示，现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是()
图7
A．从a到b，上极板带正电
B．从a到b，下极板带正电
C．从b到a，上极板带正电
D．从b到a，下极板带正电
答案D
解析在N极接近线圈上端的过程，穿过线圈的磁通量向下增加，则感应电流的磁场方向向上．由安培定则可判定电路中的电流为顺时针方向，故通过R的电流由b到a，电容器下极板带正电．
方法总结应用增反减同法时，特别要注意原磁场的方向，才能根据增反减同判断出感应电流的磁场方向．
二、来拒去留法
7．如图8所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是()
图8
A．向右摆动
B．向左摆动
C．静止
D．无法判定
答案A
解析此题可由两种方法来解决
方法1：画出磁铁磁感线分布，如图甲所示，当磁铁向环运动时，穿过环的磁通量增加，由楞次定律判断出铜环中的感应电流方向如图甲所示．铜环中有感应电流时铜环又要受到安培力的作用，分析铜环受安培力作用而运动时，可把铜环中的电流等效为多段直线电流元．取上、下两小段电流研究，由左手定则确定两段电流受力，由此可联想到整个铜环所受合力向右，则A选项正确．

甲乙
方法2(等效法)：磁铁向右运动，使铜环产生的感应电流可等效为图乙所示的条形磁铁，则两磁铁有排斥作用，故A正确．
方法总结此题中若磁铁远离铜环运动时，同样可分析出铜环的运动情况为向左摆动，故可归纳出：感应电流在磁场中受力时有“来拒去留”的特点．
8．如图9所示，蹄形磁铁的两极间，放置一个线圈abcd，磁铁和线圈都可以绕OO′轴转动，磁铁如图示方向转动时，线圈的运动情况是()
图9
A．俯视，线圈顺时针转动，转速与磁铁相同
B．俯视，线圈逆时针转动，转速与磁铁相同
C．线圈与磁铁转动方向相同，但转速小于磁铁转速
D．线圈静止不动
答案C
解析本题“原因”是磁铁有相对线圈的运动，“效果”便是线圈要阻碍两者的相对运动，线圈阻止不了磁铁的运动，由“来拒去留”线圈只好跟着磁铁同向转动；如果二者转速相同，就没有相对运动，线圈就不会转动，故答案为C.
方法总结感应电流在磁场中受力，用“来拒去留”来直接判断既快又准，此法也可理解为感应电流在磁场中受力总是“阻碍相对运动”．
三、增缩减扩法
9．如图10所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置于导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时()
图10
A．P、Q将相互靠拢
B．P、Q将相互远离
C．磁铁的加速度仍为g
D．磁铁的加速度小于g
答案AD
解析根据楞次定律，感应电流的效果是总要阻碍产生感应电流的原因，本题中“原因”是回路中磁通量的增加，P、Q可通过缩小面积的方式进行阻碍，故可得A正确．由“来拒去留”得回路电流受到向下的力的作用，由牛顿第三定律知磁铁受向上的作用力，所以磁铁的加速度小于g，选A、D.
方法总结增缩减扩法，就闭合电路的面积而言，致使电路的面积有收缩或扩张的趋势．
10．如图11(a)所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图11(b)所示的交变电流，t＝0时电流方向为顺时针(如图箭头所示)，在t1～t2时间段内，对于线圈B，下列说法中正确的是()
图11
A．线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有扩张的趋势
B．线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有收缩的趋势
C．线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有扩张的趋势
D．线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有收缩的趋势
答案A
解析在t1～t2时间段内，A线圈的电流为逆时针方向，产生的磁场垂直纸面向外且是增加的，由此可判定B线圈中的电流为顺时针方向，线圈的扩张与收缩可用阻碍Φ变化的观点去判定．在t1～t2时间段内B线圈内的Φ增强，根据楞次定律，只有B线圈增大面积，才能阻碍Φ的增加，故选A.
方法总结注意B线圈内的磁通量是穿进穿出两部分抵消后的磁通量．

互感和自感

老师会对课本中的主要教学内容整理到教案课件中，大家在认真写教案课件了。只有制定教案课件工作计划，可以更好完成工作任务！你们了解多少教案课件范文呢？下面是由小编为大家整理的“互感和自感”，供您参考，希望能够帮助到大家。

§4.5互感和自感
[学习目标]
1.知道什么是自感，
2．掌握自感现象中线圈中电流的变化
3．知道线圈的自感系数
4．知道自感电动势与哪些因素有关系
[自主学习]
1．自感现象是指而产生的电磁感应现象
2．自感电动势的方向：自感电动势总是阻碍流过导体电流的变化，当电流增大时，自感电动势的方向与原来电流的方向；当电流减小时，自感电动势的方向与原来电流的方向。
3．自感电动势的大小与通过导体的电流的成正比。

[典型例题]
例1、如图1所示电路中,D1和D2是两个相同的小灯泡,L是一个自感系数很大的线圈,其电阻与R相同,由于存在自感现象,在开关S接通和断开瞬间,D1和D2发亮的顺序是怎样的？

分析：开关接通时，由于线圈的自感作用，流过线圈的电流为零，D2与R并联再与D1串联，所以两灯同时亮；开关断开时，D2立即熄灭，由于线圈的自感作用，流过线圈的电流不能突变，线圈与等D1组成闭合回路，D1滞后一段时间灭。
例2如图2所示的电路（a）、（b）中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小．接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光．
A．在电路（a）中，断开S，A将渐渐变暗
B．在电路（a）中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
C．在电路（b）中，断开S，A将渐渐变暗
D．在电路（b）中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
分析：在（b）图中，由于线圈的电阻很小，稳定时流过线圈的电流比流过灯的电流大，S断开时，灯更亮一下再熄灭；在（a）图中，由于灯与线圈串联，稳定时流过灯和线圈的电流相等，S断开时，流过线圈的电流逐渐减小，灯渐渐变暗。所以，AD正确。
[针对训练]
1．图3所示为一演示实验电路图，图中L是一带铁芯的线圈，A是一个灯泡，电键S处于闭合状态，电路是接通的．现将电键S打开，则在电路切断的瞬间，通过灯泡A的电流方向是从____端到____端．这个实验是用来演示____现象的．

2．图4所示是演示自感现象的实验电路图，L是电感线圈，A1、A2是规格相同的灯泡，R的阻值与L的电阻值相同．当开关由断开到合上时，观察到自感现象是____，最后达到同样亮．
3．如图5所示，两灯A1、A2完全相同，电感线圈与负载电阻及电灯电阻均为R．当电键S闭合的瞬间，较亮的灯是____；电键S断开的瞬间，看到的现象是____．
4．如图6所示，A1、A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略，下列说法中正确的是：
A．开关S接通时，A2灯先亮、A1灯逐渐亮，最后A1A2一样亮
B．开关S接通时，A1、A2两灯始终一样亮
C．断开S的瞬间，流过A2的电流方向与断开S前电流方向相反
D．断开S的瞬间，流过A1的电流方向与断开S前电流方向相反
5．如图7所示，E为电池组，L是自感线圈（直流电阻不计），D1
D2是规格相同的小灯泡。下列判断正确的是:
(A)开关S闭合时，D1先亮，D2后亮
(B)闭合S达稳定时，D1熄灭，D2比起初更亮
(C)再断开S时，D1不立即熄灭
(D)再断开S时，D1、D2均不立即熄灭
6、如图8为演示自感现象实验的电路，实验时先闭合开关S，稳定后设通过线圈L的电流为I1，通过小灯泡D的电流为I2，小灯泡处于正常发光状态，迅速断开开关S，则可观察到灯泡E
闪亮一下后熄灭，在灯泡E闪亮的短暂过程中，下列说法正确的是：
(A)线圈L中电流由I1逐渐减为零。
(B)线圈L两端a端电势高于b端。
(C)小灯泡E中电流由I1逐渐减为零，方向与I2相反。
(D)小灯泡中的电流由I2逐渐减为零，方向不变。

[能力训练]
2一个线圈中的电流如果均匀增大，则这个线圈的：
(A)自感电动势将均匀增大(B)磁通量将均匀增大
(C)自感系数均匀增大(D)自感系数和自感电动势都不变
2、如图9所示电路中，L为电感线圈，电阻不计，A、B为两灯泡，则：
（A）合上S时，A先亮，B后亮
（B）合上S时，A、B同时亮
（C）合上S后，A更亮，B熄灭
(D)断开S时，A熄灭，B重新亮后再熄灭

3.如图10所示，A、B是两盏完全相同的白炽灯，L是电阻不计的电感线圈，如果断开开关S1，接通S2，A、B两灯都能同样发光。最初S1是接通的，S2是断开的。那么，可能出现的情况是：
(A)刚一接通S2，A灯就立即亮，而B灯则迟延一段时间才亮；
(B)刚接通S2时，线圈L中的电流为零；
(C)接通S2以后，A灯变亮，B灯由亮变暗；
(D)断开S2时，A灯立即熄灭，B灯先亮一下然后熄灭。

4．如图11所示电路，图中电流表在正接线柱流入电流时，指针顺时针方向偏转，负接线柱流入电流时指针逆时针方向偏转，当电键K断开瞬间A1表和A2表偏转情况是：
(A)A1顺时针，A2逆时针；
(B)A1逆时针，A2顺时针；
(C)A1、A2都顺时针；
(D)A1、A2都逆时针。
5、灯泡A1、A2的规格完全相同，线圈L的电阻不计，连接如图12所示，下列说法中正确的是：
（A）当接通电路时，A1和A2始终一样亮
（B）当接通电路时，A2先达到最大亮度，A1后达到最大亮度，最后两灯一样亮
（C）当断开电路时，A2立即熄灭、A1过一会儿才熄灭
（D）当断开电路时，两灯都要过一会儿才熄灭
6、如图13所示为自感现象演示实验电路。L为一带铁芯的线圈，A1、A2是两个相同的电流表，L的直流电阻与灯D的电阻相同，则：
(A)K闭合的瞬间，A1的读数大于A2的读数
(B)K打开的瞬间，A1的读数大于A2的读数
(C)K打开的瞬间，a点的电势比b点电势高
(D)K打开的瞬间，a点的电势比b点电势低
7、D1、D2是两个完全相同的小灯泡，L是一个自感系数很大的线圈，其电阻值与电阻R相同，如图14所示，在电键K接通或断开时，两灯亮暗的情况为：
(A)K刚接通时，D2比D1亮，而后D1灯亮度增强，最后两灯亮度相同
(B)K刚接通时，D2比D1暗，而后D1灯亮度减弱，最后两灯亮度相同
(C)K断开时，D2灯立即熄灭，D1灯闪亮一下才熄灭
(D)K断开时，D1灯和D2灯立即熄灭
8．如图15所示，L1，L2，L3为完全相同的灯泡，L为直流电阻可忽略的自感线圈，开关K原来接通．当把开关K断开时，下面说法正确的是:
（A）L1闪亮一下后熄灭
（B）L2闪亮一下后恢复原来的亮度
（C）L3变暗一下后恢复原来的亮度
（D）L3闪亮一下后恢复原来的亮度
9.如图16所示，电灯的灯丝电阻为，电池电动势为2V，内阻不计，线圈匝数足够多，其直流电阻为．先合上电键K，过一段时间突然断开，则下列说法中错误的有：
A．电灯立即熄灭
B．电灯立即先暗再熄灭
C．电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相同
D．电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相反
10．上题图所示，当电键K接通后，通过线圈的电流方向是____________________，通过灯泡的电流方向是________________，当电键K断开瞬间，通过线圈的电流方向是________________，通过灯泡的电流方向是_________________。
[学后反思]_______________________________________________________
__________________________________________________。
参考答案:
自主学习1.由于通过导体本身的电流变化2.相反相同3.变化率
针对训练1.ab断电自感2.A2先亮A1后亮
3．A1A2立即熄灭A1滞后一段时间灭4。AC5.BC6.AD
能力训练1.BD2.BCD3.BCD4.B5.BD6.AD7.B因为不知道线圈电阻与灯的电阻的大小关系，C不能确定D1是否更亮一下再熄灭8.D9.ACD10.abababba

5.1交变电流学案（人教版选修3-2）

一名优秀的教师在教学时都会提前最好准备，作为教师就要在上课前做好适合自己的教案。教案可以让学生能够在教学期间跟着互动起来，有效的提高课堂的教学效率。那么一篇好的教案要怎么才能写好呢？下面是小编为大家整理的“5.1交变电流学案（人教版选修3-2）”，欢迎大家与身边的朋友分享吧！

5.1交变电流学案（人教版选修3-2）

1．大小和方向都随时间做周期性变化的电流叫做__________，方向不随时间变化的电流称为______，大小和方向都不随时间变化的电流称为__________．
2．线圈在______磁场中绕____________的轴匀速转动时，产生交变电流，此交变电流按正弦规律变化叫做________________电流，其电动势的瞬时值表达式为e＝__________，其中Em＝________.
3．下列各图中，哪些情况线圈中能产生交流电()
4．下图所示的4种电流随时间变化的图中，属于交变电流的有()
5．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，下列说法中正确的是()
A．在中性面时，通过线圈的磁通量最大
B．在中性面时，感应电动势最大
C．穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势也为零
D．穿过线圈的磁通量为零时，磁通量的变化率也为零
【概念规律练】
知识点一交变电流的产生
1．如图1所示为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，正确的说法是()
图1
A．线圈每转动一周，指针左右摆动两次
B．图示位置为中性面，线圈中无感应电流
C．图示位置ab边的感应电流方向为a→b
D．线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零
2．处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直。在t=0时刻，线圈平面与纸面重合(如图2所示)，线圈的cd边离开纸面向外运动。若规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是()
知识点二交变电流的变化规律
3．闭合线圈在匀强磁场中匀速转动，转速为240r/min，若线圈平面转至与磁场方向平行时的电动势为2V，则从中性面开始计时，所产生的交流电动势的表达式为e＝________V，电动势的峰值为________V，从中性面起经148s，交流电动势的大小为________V.
4．有一个10匝正方形线框，边长为20cm，线框总电阻为1Ω，线框绕OO′轴以10πrad/s的角速度匀速转动，如图3所示，垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5T．问：
图3
(1)该线框产生的交变电流电动势最大值、电流最大值分别是多少？
(2)线框从图示位置转过60°时，感应电动势的瞬时值是多大？
(3)写出感应电动势随时间变化的表达式．
【方法技巧练】
一、瞬时值、平均值的计算方法
5．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴转动，线圈共100匝，转速为10πr/min，在转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为0.03Wb，则线圈平面转到与磁感线平行时，感应电动势为多少？当线圈平面与中性面夹角为π3时，感应电动势为多少？

6．如图4所示，匝数为n，面积为S的矩形线圈在匀强磁场B中匀速转动，角速度为ω，求线圈从图示位置转过180°时间内的平均感应电动势．
图4

二、交变电流图象的应用
7．矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动．线圈中的感应电动势e随时间t的变化如图5所示．下面说法中正确的是()
图5
A．t1时刻通过线圈的磁通量为零
B．t2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大
C．t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大
D．每当e变换方向时，通过线圈的磁通量绝对值都为最大
8．一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间的变化图象如图6所示，则下列说法中，正确的是()
图6
A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直
B．t＝0.01s时刻，穿过线圈平面的磁通量的变化率最大
C．t＝0.02s时刻，线圈中有最大感应电动势
D．t＝0.03s时刻，线圈中有最大感应电流
参考答案
课前预习练
1．交变电流直流恒定电流
2．匀强垂直于磁感线正弦式交变EmsinωtnBSω
3．BCD[A中线圈中的磁通量始终是零，故无感应电流产生；B、C、D中都是线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，故能产生交流电，则B、C、D正确．]
4．CD[恒定电流是强弱和方向都不随时间改变，交变电流是强弱和方向都随时间改变，正弦式交变电流是按正弦规律变化的交变电流，图象中数值的正、负表示电流方向．A选项中电流数值总为正，表示电流方向不变，是恒定电流．B选项中图象虽为正弦，但由于电流总是正值，表示电流方向不变，电流大小随时间变化，也是恒定电流．C、D选项中电流强度和方向都随时间做周期性变化，是交变电流．因此，是交变电流的只有C和D，是正弦式交变电流的只有D.]
5．A[中性面和磁场垂直，磁通量最大，磁通量的变化率为零．]
课堂探究练
1．C[线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生呈周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈每转动一周，有两次通过中性面，电流方向改变两次，指针左右摆动一次，故A错；线圈处于图示位置时，ab边向右运动，由右手定则，ab边的感应电流方向为a→b，故C对；线圈平面与磁场方向平行时，ab、cd边垂直切割磁感线，线圈产生的电动势最大，也可以这样认为，线圈平面与磁场方向平行时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大，B、D错误。]
点评①线圈平面垂直于磁感线时，线圈中的感应电流为零，这一位置叫中性面．线圈平面经过中性面时，电流方向就发生改变．线圈绕轴转一周经过中性面两次，因此感应电流方向改变两次．
②线圈经过中性面时，穿过线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率为零(即各边都不切割)，所以感应电动势为零．
2．C[线圈在磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，可以产生按正弦规律变化的交流电．对于图示起始时刻，线圈的cd边离开纸面向纸外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的电动势的瞬时值最大；用右手定则判断出电流方向为逆时针方向，与规定的正方向相同．所以C对．]
点评线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，可以产生按正弦规律变化的交流电．其中“线圈”无特殊要求，即矩形线圈、圆形线圈等其他形状都可，“绕某一轴匀速转动”，只要求此轴垂直于磁场方向，没有其他限制条件．
3．2sin8πt21
解析当线圈平面与磁场平行时(S//B)，感应电动势最大，即Em＝2V，ω＝2πn＝2π×24060＝8πrad/s，则从中性面开始计时，瞬时值表达式：e＝Emsinωt＝2sin8πtV，当t＝148s时，e＝2sin(8π×148)V＝1V.
点评当闭合线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，且从中性面开始计时时产生正弦式交流电电动势的表达式e＝Emsinωt，Em为最大值即当线圈平面与磁场方向平行时的瞬时值，ω为转动角速度．
4．(1)6.28V6.28A(2)5.44V
(3)e＝6.28sin10πtV
解析(1)交变电流电动势最大值为
Em＝nBSω＝10×0.5×0.22×10πV＝6.28V，
电流的最大值为
Im＝Em/R＝6.281A＝6.28A.
(2)线框转过60°时，感应电动势e＝Emsin60°＝5.44V.
(3)由于线框转动是从中性面开始计时的，所以瞬时值表达式为
e＝Emsinωt＝6.28sin10πtV.
点评①电动势最大值Em＝nBSω.
②当计时起点为中性面位置时表达式为e＝Emsinωt
当计时起点为线圈平面与磁场方向平行时，表达式为e＝Emcosωt.
5．1V32V
解析由题意知：Φm＝0.03Wb
ω＝2πn＝2π×10π×160rad/s＝13rad/s.
线圈转至与磁感线平行时，感应电动势最大，故
Em＝NBSω＝NΦmω＝100×0.03×13V＝1V
瞬时值表达式e＝Emsinωt＝sint3V
当θ＝ωt＝π3时，e＝sinπ3V＝32V.
方法总结①要记住两个特殊位置感应电动势的瞬时值，即中性面位置e＝0；线圈平面与磁感线平行的位置e＝Em＝nBSω.
②确定线圈从哪个位置开始计时的，从而确定电动势的瞬时值表达式是正弦形式还是余弦形式．
6.2πnBSω
解析由楞次定律可判断线圈从图示位置转过180°时间内，线圈中的平均感应电动势E≠0.磁通量是没有方向的标量，但却有正负．如果我们规定磁感线从线圈的一侧穿入另一侧，穿出磁通量为正，那么从另一侧穿入这一侧穿出时，磁通量就为负了．设线圈转过180°时，穿过它的磁通量Φ′＝BS，那么图示位置时穿过它的磁通量Φ＝－BS.由法拉第电磁感应定律得：E＝nΔΦΔt＝nΦ′－Φ12T＝nBS－－BS12×2πω＝2πnBSω.
方法总结平均感应电动势不等于始、末两瞬时电动势值的平均值，必须用法拉第电磁感应定律计算即E＝nΔΦΔt.
7．D[t1、t3时刻感应电动势为零，线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，A、C错误；t2时刻感应电动势最大，线圈位于中性面的垂面位置，穿过线圈的磁通量为零，B错误；由于线圈每过一次中性面时，穿过线圈的磁通量的绝对值最大，e变换方向，所以D正确．]
方法总结当感应电动势最大时，磁通量的变化率最大，磁通量却最小．
8．ABCD[由题意可知Φ＝Φmsinωt时，其感应电动势应为e＝Emcosωt，当t＝0时，Φ＝0，线圈平面与中性面垂直，穿过线圈平面的磁通量的变化率最大，线圈中有最大的感应电动势和感应电流，此类时刻还有0.01s，0.02s，0.03s，……所以答案为A、B、C、D.]
方法总结由E＝ΔΦΔt可知，交变电流的电动势随线圈的磁通量的变化而变化，即由Φ的变化可推知感应电动势的变化规律(当Φ＝Φmsinωt时e＝Emcosωt，当Φ＝Φmcosωt时，e＝Emsinωt)．

4.7涡流、电磁阻尼和电磁驱动学案（人教版选修3-2）

作为优秀的教学工作者，在教学时能够胸有成竹，作为教师就要在上课前做好适合自己的教案。教案可以让学生能够听懂教师所讲的内容，帮助教师能够井然有序的进行教学。关于好的教案要怎么样去写呢？下面是小编精心收集整理，为您带来的《4.7涡流、电磁阻尼和电磁驱动学案（人教版选修3-2）》，欢迎大家阅读，希望对大家有所帮助。

4.7涡流、电磁阻尼和电磁驱动学案（人教版选修3-2）

1．当线圈中的电流随时间变化时，由于电磁感应，在附近导体中产生像水中旋涡样的感应电流，把这种感应电流叫涡流．利用涡流的热效应可进行真空冶炼，利用它的磁效应可进行金属探测．
2．当导体在磁场中运动时，在导体中会产生感应电流，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的运动，这种现象称为电磁阻尼；当磁场相对导体转动时，在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用而运动起来，这种现象称为电磁驱动．
3．下列做法中可能产生涡流的是()
A．把金属块放在匀强磁场中
B．让金属块在匀强磁场中匀速运动
C．让金属块在匀强磁场中做变速运动
D．把金属块放在变化的磁场中
答案D
解析涡流就是整个金属块中产生的感应电流，所以产生涡流的条件就是在金属块中产生感应电流的条件，即穿过金属块的磁通量发生变化．而A、B、C中磁通量不变化，所以A、B、C错误；把金属块放在变化的磁场中时，穿过金属块的磁通量发生了变化，有涡流产生，所以D项正确．
4．磁电式仪表的线圈通常用铝框当骨架，把线圈绕在铝框上，这样做的目的是()
A．防止涡流而设计的B．利用涡流而设计的
C．起电磁阻尼的作用D．起电磁驱动的作用
答案BC
解析线圈通电后，在安培力作用下发生转动，铝框随之转动，并切割磁感线产生感应电流，就是涡流．涡流阻碍线圈的转动，使线圈偏转后较快停下来．所以，这样做的目的是利用涡流来起电磁阻尼的作用．
图1
5．如图1所示，光滑水平绝缘面上有两个金属环静止在平面上，环1竖直，环2水平放置，均处于中间分割线上，在平面中间分割线正上方有一条形磁铁，当磁铁沿中间分割线向右运动时，下列说法正确的是()
A．两环都向右运动
B．两环都向左运动
C．环1静止，环2向右运动
D．两环都静止
答案C
解析条形磁铁向右运动时，环1中磁通量保持为零不变，无感应电流，仍静止．环2中磁通量变化．根据楞次定律，为阻碍磁通量的变化，感应电流的效果使环2向右运动．
【概念规律练】
知识点一涡流及其应用
1．如图2所示，在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上分别放一小铁锅水和一玻璃杯水．给线圈通入电流，一段时间后，一个容器中水温升高，则通入的电流与水温升高的是()

图2
A．恒定直流、小铁锅
B．恒定直流、玻璃杯
C．变化的电流、小铁锅
D．变化的电流、玻璃杯
答案C
解析通入恒定直流时，所产生的磁场不变，不会产生感应电流，通入变化的电流，所产生的磁场发生变化，在空间产生感生电场，铁锅是导体，感生电场在导体内产生涡流，电能转化为内能，使水温升高；涡流是由变化的磁场在导体内产生的，所以玻璃杯中的水不会升温．
点评涡流是在导体内产生的，而且穿过回路的磁通量必须是变化的，此题能说明电磁炉的原理．
2．机场的安检门可以利用涡流探测人身上携带的金属物品，安检门中接有线圈，线圈中通以交变电流，关于其工作原理，以下说法正确的是()
A．人身上携带的金属物品会被地磁场磁化，在线圈中产生感应电流
B．人体在线圈交变电流产生的磁场中运动，产生感应电动势并在金属物品中产生感应电流
C．线圈产生的交变磁场会在金属物品中产生交变的感应电流
D．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
答案CD
解析一般金属物品不一定能被磁化，且地磁场很弱，即使金属被磁化磁性也很弱，作为导体的人体电阻很大，且一般不会与金属物品构成回路，故A、B错误；安检门利用涡流探测金属物品的工作原理是：线圈中交变电流产生交变磁场，使金属物品中产生涡流，故C正确；该涡流产生的磁场又会在线圈中产生感应电流，而线圈中交变电流的变化可以被检测，故D项正确．
点评金属探测利用了涡流的磁效应．
知识点二电磁阻尼
3．有一个铜盘，轻轻拨动它，能长时间地绕轴自由转动．如果在转动时把蹄形磁铁的两极放在铜盘边缘，但并不与铜盘接触，如图3所示，铜盘就能在较短时间内停止转动，分析这个现象产生的原因．
图3
答案见解析
解析铜盘转动时如果加上磁场，则在铜盘中产生涡流，磁场对这个涡流的作用力阻碍它的转动，故在较短的时间内铜盘停止转动．
点评当导体在磁场中运动时，导体中的感应电流受到安培力的作用阻碍导体运动，即安培力为电磁阻尼的阻力．
4.如图4所示，是称为阻尼摆的示意图，在轻质杆上固定一金属薄片，轻质杆可绕上端O点为轴在竖直面内转动，一有界磁场垂直于金属薄片所在的平面．使摆从图中实线位置释放，摆很快就会停止摆动；若将摆改成梳齿状，还是从同一位置释放，摆会摆动较长的时间．试定性分析其原因．
图4
答案见解析
解析第一种情况下，阻尼摆进入有界磁场后，在金属薄片中会形成涡流，涡流使金属薄片受安培力的作用，阻碍其相对运动，所以会很快停下来；第二种情况下，将金属摆改成梳齿状，阻断了涡流形成的回路，从而减弱了涡流，受到安培力的阻碍会比先前小得多，所以会摆动较长的时间．
点评防止电磁阻尼的途径为阻止或减弱涡流的产生．
知识点三电磁驱动
5．如图5所示，让一金属圆盘接近磁铁的两极，但不接触，使磁铁转动，圆盘也会跟着转动，这种现象称为“电磁驱动”，请你说明电磁驱动的原理．
图5
答案见解析
解析当蹄形磁铁转动时，圆盘上不同位置的磁通量发生变化，因而圆盘中会有涡流形成，该涡流的磁场阻碍磁通量的变化，使圆盘随着磁铁一起转动，但圆盘转动速度比磁铁慢．
点评电磁驱动的驱动力是涡流受到的安培力．
6．位于光滑水平面的小车上放置一螺线管，一个比螺线管长的条形磁铁沿着螺线管的轴线以初速度v水平穿过，如图6所示，在此过程中()
图6
A．磁铁做匀速直线运动
B．磁铁做减速运动
C．小车向右做加速运动
D．小车先加速后减速
答案BC
解析磁铁水平穿入螺线管时，管中将产生感应电流，由楞次定律的扩展知产生的相互作用力阻碍磁铁的运动．同理，磁铁穿出时产生的相互作用力也阻碍磁铁的运动，故整个过程中，磁铁做减速运动，选项B是正确的．
而对于小车上螺线管来说，在此过程中，螺线管受到的安培力都是水平向右，这个安培力使小车向右运动，且一直做加速运动，C项对．
点评发生电磁驱动现象时，磁场相对导体运动，在导体中产生感应电流，感应电流受到安培力作用而使导体运动起来．
【方法技巧练】
涡流能量问题的处理技巧
7．弹簧上端固定，下端悬挂一根磁铁．将磁铁托起到某一高度后放开，磁铁能上下振动较长时间才停下来．如图7所示，如果在磁铁下端放个固定的闭合线圈，使磁铁上下振动时穿过它，磁铁就会很快地停下来，解释这个现象，并说明此现象中能量转化的情况．
图7
答案见解析
解析当磁铁穿过固定的闭合线圈时，在闭合线圈中产生感应电流，感应电流的磁场会阻碍磁铁向线圈靠近或离开，也就使磁铁振动时除了空气阻力外，还有线圈的磁场力作为阻力，克服阻力需要做的功较多，弹簧振子的机械能损失较快，因而会很快停下来．损失的机械能主要转化为电能再转化为内能．
方法总结此题中涡流损耗了机械能．