2027版高中物理教考衔接 回归课本（教师版、学生版）——12电磁阻尼的理解及拓展应用 学案

这是一份2027版高中物理教考衔接 回归课本（教师版、学生版）——12电磁阻尼的理解及拓展应用 学案，共7页。

A.未接导线时，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
B.未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用
C.接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
D.接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用
解析：D 未接导线时，表针晃动过程中导线切割磁感线，表内线圈会产生感应电动势，故A错误；未接导线时，未连成闭合回路，没有感应电流，所以不受安培力，故B错误；接上导线后，表针晃动过程中表内线圈产生感应电动势，根据楞次定律可知，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用，故C错误，D正确。
【真题2】 （多选）（2023·全国甲卷21题）一有机玻璃管竖直放在水平地面上，管上有漆包线绕成的线圈，线圈的两端与电流传感器相连，线圈在玻璃管上部的5匝均匀分布，下部的3匝也均匀分布，下部相邻两匝间的距离大于上部相邻两匝间的距离，如图（a）
所示。现让一个很小的强磁体在玻璃管内沿轴线从上端口由静止下落，电流传感器测得线圈中电流I随时间t的变化如图（b）所示。则（ ）
A.小磁体在玻璃管内下降速度越来越快
B.下落过程中，小磁体的N极、S极上下颠倒了8次
C.下落过程中，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D.与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，磁通量变化率的最大值更大
解析：AD 对于小磁体，可以忽略其与较远线圈的电磁感应现象，只考虑与最近一匝线圈的电磁感应，则由题图（b）可知，小磁体依次通过每匝线圈时产生的感应电流最大值逐渐增大，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，小磁体通过每匝线圈时的磁通量变化率越来越大，即小磁体在玻璃管内下降的速度越来越快，A正确；下落过程中，小磁体在水平方向受的合力为零，故小磁体的N极、S极上下没有颠倒，B错误；小磁体下落过程中受到的电磁阻力实质就是安培力，根据安培力公式可知，下落过程中，小磁体受到的电磁阻力并不是始终保持不变的，C错误；由题图（b）可知，与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，感应电流的最大值更大，故磁通量变化率的最大值更大，D正确。
1.人教版选择性必修第二册P38【做一做】栏目
取一只微安表，用手晃动表壳，观察表针相对表盘摆动的情况。用导线把微安表的两个接线柱连在一起（如图），再次晃动表壳，表针相对表盘的摆动情况与刚才有什么不同？怎样解释这种差别？为什么灵敏电流表在运输时总要用导体把两个接线柱连在一起？
2.粤教版选择性必修第二册P57第2题
某同学在学习了涡流现象的知识后，制作了如图所示的实验装置。将一个玩具小人连接弹簧悬挂起来，玩具的底部粘上一块强磁铁，并分别制作了铝环、塑料环和带缺口的铝环。
请利用上述实验器材，通过比较的方式，分别设计一个能够演示电磁驱动和演示电磁阻尼的实验。
衔接分析：
1.人教版选择性必修第二册P38【做一做】栏目，通过比较微安表的两个接线柱在不连接和连接两种状态下用手晃动微安表，观察表针的摆动特点，并解释其原因，从而理解电磁阻尼的原理及作用。
2.粤教版选择性必修第二册P57第2题，利用玩具小人、弹簧、强磁铁、铝环、塑料环和带缺口的铝环，进行对比实验，理解电磁阻尼与电磁驱动的原理，并要求设计有关实验。
近几年的高考也常以电磁阻尼的理解及应用实例为情境，考查电磁阻尼的原理理解及有关迁移应用进行命题，成为高考的一个考查热点，例如：
（1）2021·北京高考11题，以安全搬运磁电式电流表为情境考查了电磁阻尼的应用，此题与人教版选择性必修第二册P38【做一做】讨论的问题几乎相同，是一道典型的“源于课本而又高于课本”的高考命题。
（2）2023·全国甲卷21题，从经典的电磁阻尼现象演示实验出发，从多个设问角度考查学生对楞次定律、法拉第电磁感应定律等规律的深入理解和掌握情况。
1.扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右振动的衰减最有效的方案是（ ）
解析：A 感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变化。施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减。方案A中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案B中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案C中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案D中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变。综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A。
2.（多选）电磁减震器是利用电磁感应原理的一种新型智能化汽车独立悬架系统。某同学也设计了一个电磁阻尼减震器，如图所示为其简化的原理图。该减震器由绝缘滑动杆及固定在杆上的多个相互紧靠的相同矩形线圈组成，滑动杆及线圈的总质量m＝1.0 kg。每个矩形线圈abcd匝数n＝100匝，电阻值R＝1.0 Ω，ab边长L＝20 cm，bc边长d＝10 cm，该减震器在光滑水平面上以初速度v0＝5.0 m/s向右进入磁感应强度大小B＝0.1 T、方向竖直向下的匀强磁场中，磁场范围足够大，不考虑线圈个数变化对减震器总质量的影响。则
A.刚进入磁场时减震器的加速度大小a＝0.2 m/s2
B.第二个线圈恰好完全进入磁场时，减震器的速度大小为4.2 m/s
C.滑动杆上至少需安装12个线圈才能使减震器完全停下来
D.第1个线圈和最后1个线圈产生的热量比k＝96
解析：BD 减震器受到的安培力为F安＝nBIL＝nB·nBLv0R·L＝n2B2L2v0R，刚进入磁场减速瞬间减震器的加速度为a＝F安m＝n2B2L2v0mR＝20 m/s2，选项A错误；设向右为正方向，对减震器进行分析，由动量定理I＝Δp可得－F安t＝－n2B2L2vR·t＝－n2B2L2R·d＝mv1－mv0，解得v1＝v0－n2B2L2dmR＝4.6 m/s，每一个线圈进入磁场的过程中，减震器速度减小量Δv＝0.4 m/s，第二个线圈恰好完全进入磁场时，减震器的速度大小为4.2 m/s，选项B正确；线圈的个数为N＝5.00.4个＝12.5个，则需要13个线圈，选项C错误；最后一个线圈刚进入磁场时v13＝0.2 m/s，因此k＝12mv02－12mv1212mv132＝96，选项D正确。