2017-2018高中物理选修3-2全一册模块要点回眸(16份) 粤教版8(优秀免费下载资料)

模块综合检测（二）（时间:90分钟分值：100分）一、单项选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分,选错或不答的得0分）1．如图所示，该图是一正弦式交流电的电压随时间变化的图象，下列说法中不正确的是( )A．它的频率是50 HzB．电压的有效值为311 VC．电压的周期是0.02 sD．电压的瞬时表达式是u＝311sin 314t (V）解析：从图象中可以知道电压最大值为311 V,周期是0.02 s,所以有效值为220 V，频率为50 Hz，所以A、C、D对，答案为B.答案：B2．下述仪器或装置没有使用到传感器的有( )A．自动报警器B．弹簧测力计C．电视遥控器D．红外线探测仪解析:自动报警器，通过光信号转换成电信号,因此使用传感器，故A不符合题意；弹簧测力计,也是运用受力平衡来测量力的大小，刻度尺是用来测量长度的工具，没有使用传感器，故B符合题意;电视遥控器是将红外线转换成电信号，因此C不符合题意，红外测温仪是通过将温度转换成电信号,从而显示温度的高低，因此D不符合题意；本题选择没有使用的，故选B.答案：B3．穿过一个单匝数线圈的磁通量,始终为每秒钟均匀地增加2 Wb,则（)A．线圈中的感应电动势每秒钟增大2 VB．线圈中的感应电动势每秒钟减小2 VC．线圈中的感应电动势始终为2 VD．线圈中不产生感应电动势解析：根据法拉第电磁感应定律,有E＝错误!＝2 V，选项C正确．答案：C4. 水平固定的大环中通过恒定的强电流I，从上向下看为逆时针方向,如图所示,有一小铜环，从上向下穿过大圆环，且保持环面与大环平行且共轴，下落过程小环中产生感应电流的过程是（)A．只有小环在接近大环的过程中B．只有小环在远离大环的过程中C．只有小环在经过大环的过程中D．小环下落的整个过程解析：根据安培定则判断可知，大环产生的磁场方向向上，当小环靠近大环时,穿过小环的磁通量增加，当小环远离大环时，穿过小环的磁通量减小，根据感应电流产生的条件可知,整个过程一直有感应电流产生．答案：D5．如图是一种焊接方法的原理示意图．将圆形待焊接金属工件放在线圈中，然后在线圈中通以某种电流,待焊接工件中会产生感应电流，感应电流在焊缝处产生大量的热量将焊缝两边的金属熔化，待焊工件就焊接在一起．我国生产的自行车轮圈就是用这种办法焊接的．下列说法中正确的是( )A．线圈中的电流是很强的恒定电流B．线圈中的电流是交变电流，且频率很高C．待焊工件焊缝处的接触电阻比非焊接部分电阻小D．焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向总是相反解析:恒定电流不能在工件中产生感应电流，A错误；线圈中的电流是交变电流，且频率很高，磁通量变化快，产生的感应电动势较大，B正确；待焊工件焊缝处的接触电阻比非焊接部分电阻大,产生的热量多，C错误；若磁通量减少时，焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向相同,D错误．答案:B6．在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中，金属杆PQ在宽为L的平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，PQ中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为3B，其他条件不变，所产生的感应电动势大小变为E2，则E1与E2之比及通过电阻R的感应电流方向为（）A．1∶3，a→b B．3∶1，b→aC．3∶1，a→b D．1∶3，b→a解析：PQ中产生的感应电动势为E＝BLv,若磁感应强度增为2B,其他条件不变时，E与B成正比，则有E1∶E2＝1∶3；由右手定则知通过电阻R的感应电流方向为a→b.答案：A7。

第点把握“等效”紧扣“三同”求交流电的有效值有效值是交流电中最重要的物理量，必须会求解，特别是正弦交流电的有效值，应记住公式．．求交变电流有效值的方法()利用＝、＝、＝计算，只适用于正(余)弦式交流电．()非正弦式交流电有效值的求解应根据电流的热效应进行计算，其中，交变电流的有效值是根据电流通过电阻时产生的热效应定义的，即让交变电流和直流电流通过相同的电阻，在相同的时间里若产生的热量相同，则交变电流(电压)的有效值就等于这个直流电流(电压)的值，即求解交变电流有效值问题必须在相同电阻、相同时间、相同热量的“三同”原则下求解．．应用有效值要注意以下几点()各种使用交流电的用电器上所标的额定电压、额定电流均指有效值．()交流电压表和交流电流表所测的数值为交流电压和电流的有效值．()在进行电功、电热、电功率的计算时，所代入的交流电压和电流的数值为有效值．()凡没有特别说明的，指的都是有效值．通常所说的照明电路电压是就是指的电压的有效值．对点例题如图所示是一交变电压随时间变化的图象，求此交变电压的有效值．图答案解题指导设非正弦交变电压的有效值为′，直流电的电压为，让非正弦交变电压和直流电压分别加在同一电阻(设阻值为)的两端，在一个周期(＝)内，非正弦交变电压产生的热量：′＝＋＋＋＝×＋×＋×＋×＝在这一个周期内，直流电压产生的热量＝＝由＝′，得＝，所以＝，′＝＝..如图表示一交变电流随时间变化的图象．其中，从＝开始的每个时间内的图象均为半个周期的正弦曲线．求此交变电流的有效值是多少？图答案解析此题所给交变电流虽然正负半周的最大值不同，但在任意一个周期内，前半周期和后半周期的有效值是可以求的，分别为＝，＝设所求交变电流的有效值为，根据有效值的定义，选择一个周期的时间，利用在相同时间内通过相同的电阻所产生的热量相等，由焦耳定律得＝＋，即＝×＋×，解得＝.．如图甲所示，为一种调光台灯电路示意图，它通过双向可控硅电子器件实现了调节亮度．给该台灯接的正弦交流电后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时交流电压表的示数为 ()图．．．．答案解析设该电压的有效值为，根据有效值定义有·＝，解得＝，则项正确．。

第13点 把握“等效”紧扣“三同”求交流电的有效值有效值是交流电中最重要的物理量，必须会求解，特别是正弦交流电的有效值，应记住公式． 1．求交变电流有效值的方法 (1)利用I ＝I m2、U ＝U m2、E ＝E m2计算，只适用于正(余)弦式交流电．(2)非正弦式交流电有效值的求解应根据电流的热效应进行计算，其中，交变电流的有效值是根据电流通过电阻时产生的热效应定义的，即让交变电流和直流电流通过相同的电阻，在相同的时间里若产生的热量相同，则交变电流(电压)的有效值就等于这个直流电流(电压)的值，即求解交变电流有效值问题必须在相同电阻、相同时间、相同热量的“三同”原则下求解．2．应用有效值要注意以下几点(1)各种使用交流电的用电器上所标的额定电压、额定电流均指有效值． (2)交流电压表和交流电流表所测的数值为交流电压和电流的有效值．(3)在进行电功、电热、电功率的计算时，所代入的交流电压和电流的数值为有效值． (4)凡没有特别说明的，指的都是有效值．通常所说的照明电路电压是220V 就是指的电压的有效值．对点例题 如图1所示是一交变电压随时间变化的图象，求此交变电压的有效值．图1答案5102V 解题指导 设非正弦交变电压的有效值为U ′，直流电的电压为U ，让非正弦交变电压和直流电压分别加在同一电阻(设阻值为R )的两端，在一个周期(T ＝0.4s)内，非正弦交变电压产生的热量：Q ′＝U 21R t 1＋U 22R t 2＋U 23R t 3＋U 24Rt 4＝102R ×0.1＋52R ×0.1＋52R ×0.1＋102R ×0.1＝25R在这一个周期内，直流电压产生的热量Q ＝U 2R T ＝0.4U 2R由Q ＝Q ′，得0.4U 2R ＝25R，所以U ＝5102V ，U ′＝U ＝5102V.1.如图2表示一交变电流随时间变化的图象．其中，从t ＝0开始的每个T2时间内的图象均为半个周期的正弦曲线．求此交变电流的有效值是多少？图2答案5A解析 此题所给交变电流虽然正负半周的最大值不同，但在任意一个周期内，前半周期和后半周期的有效值是可以求的，分别为I 1＝22A ，I 2＝42A设所求交变电流的有效值为I ，根据有效值的定义，选择一个周期的时间，利用在相同时间内通过相同的电阻所产生的热量相等，由焦耳定律得I 2RT ＝I 21R T 2＋I 22R T 2，即I 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222×12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫422×12，解得I ＝5A. 2．如图3甲所示，为一种调光台灯电路示意图，它通过双向可控硅电子器件实现了调节亮度．给该台灯接220V 的正弦交流电后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时交流电压表的示数为 ( )图3A ．220VB ．110VC ．1102VD ．552V 答案 B解析 设该电压的有效值为U ，根据有效值定义有(2202)2R ·T 2＝U 2R T ，解得U ＝110 V ，则B 项正确．。

第点巧妙入手分析变压器动态变化问题变压器由于与实际生活联系紧密，在历年的高考中均有一定的体现．变压器问题往往与闭合电路的动态变化结合，要解决此类问题的关键是抓住不变量，从不变量入手分析变化量．要弄清“谁决定谁”的制约关系，从“制约量”入手分析“被制约量”．．匝数比不变的情况(如图所示)图()不变，根据＝，输入电压决定输出电压，不论负载电阻如何变化，不变．()当负载电阻发生变化时，变化，输出电流决定输入电流，故发生变化．()变化引起变化，＝，故发生变化．．负载电阻不变的情况(如图所示)图()不变，发生变化，故发生变化．()不变，变化，故发生变化．()根据＝，发生变化，再根据＝，故变化，＝，不变，故发生变化．．分析动态问题的思路程序可表示为对点例题如图所示，理想变压器的、端加上一交流电压(电压有效值保持不变)，副线圈、端所接灯泡恰好正常发光．此时滑动变阻器的滑片位于图示位置．现将滑片下移，则以下说法中正确的是()图．灯泡仍能正常发光，原线圈输入电流变小．灯泡不能正常发光，原线圈输入功率变大．灯泡不能正常发光，原线圈输入电压变大．灯泡仍能正常发光，原线圈输入功率不变答案如图所示电路中，变压器为理想变压器，、接在电压有效值不变的交流电源两端，为定值电阻，为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表的示数增大了0.2A，电流表的示数增大了0.8A，则下列说法正确的是()图．电压表示数增大．电压表、示数均增大．该变压器起升压作用．变阻器滑片是沿→的方向滑动答案解析由于、接在电压有效值不变的交流电源两端，故电压表示数不变，选项错误；由理想变压器原理公式＝且、、不变，则不变，即的示数不变，的示数＝－应减小，故选项错误；由公式＝得：＝＝＝，则＞，该变压器起降压作用，故错误；又＝，增大，应减小，故滑片应沿→方向滑动，故正确．。

第10点 电磁感应现象中的能量问题产生和维持感应电流的存在的过程就是其他形式的能量转化为感应电流电能的过程．在电磁感应现象中，认真分析电磁感应过程中的能量转化，熟练地应用能量守恒定律是求解较复杂的电磁感应问题的常用方法． 1．过程分析(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程．(2)电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功．此过程中，其他形式的能转化为电能．“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．(3)当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能．安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程．安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能． 2．解决此类问题的步骤(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(包括右手定则)确定感应电动势的大小和方向． (2)画出等效电路图，写出回路中电阻消耗的电功率的表达式．(3)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程，联立求解．说明：在利用能量守恒定律解决电磁感应中的能量问题时，参与转化的能量的种类一定要考虑周全．哪些能量增加，哪些能量减少，要考虑准确，最后根据所满足的规律列方程分析求解．3．焦耳热Q 的两种求解方法Q 的两种求法⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧直接法⎩⎨⎧Q ＝I 2Rt ＝U 2Rt ＝UIt (I 、U 为定值)Q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫I m22Rt ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫U m22R t (正弦交流电)间接法⎩⎪⎨⎪⎧W 克安＝－W 安＝Q 电能量守恒对点例题1 (多选)如图1所示电路，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨下端接有电阻R ，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可忽略不计的金属棒ab 质量为m ，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F 的作用．金属棒沿导轨匀速下滑，则它在下滑高度h 的过程中，以下说法正确的是 ( )图1A ．作用在金属棒上各力的合力做功为零B ．重力做的功等于系统产生的电能C ．金属棒克服安培力做的功等于电阻R 上产生的焦耳热D ．金属棒克服恒力F 做的功等于电阻R 上产生的焦耳热 答案 AC解题指导 根据动能定理，合力做的功等于动能的增量，故A 对；重力做的功等于重力势能的减少，重力做的功等于克服F 所做的功与产生的电能之和，而克服安培力做的功等于电阻R 上产生的焦耳热，所以B 、D 错，C 对．对点例题2 如图2甲所示，足够长的光滑平行导轨MN 、PQ 倾斜放置，两导轨间距离为L ＝1.0m ，导轨平面与水平面间的夹角为θ＝30°，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨的M 、P 两端连接阻值为R ＝3.0Ω的电阻，金属棒ab 垂直于导轨放置并用细线通过光滑定滑轮与重物相连，金属棒ab 的质量m ＝0.20kg ，电阻r ＝0.50Ω，重物的质量M ＝0.60kg ，如果将金属棒和重物由静止释放，金属棒沿斜面上滑的距离与时间的关系图象如图乙所示，不计导轨电阻，g ＝10m/s 2.求：图2(1)磁感应强度B 的大小； (2)在0.6s 内通过电阻R 的电量； (3)在0.6s 内电阻R 产生的热量． 答案 (1)5T (2)255C (3)1.8J解题指导 (1)由图乙得ab 棒匀速运动的速度v ＝ΔsΔt＝3.5m/s感应电动势E ＝BLv ，感应电流I ＝ER ＋r棒所受安培力F ＝BIL ＝B 2L 2vR ＋r棒ab 匀速时，棒受力平衡，B 2L 2vR ＋r＋mg sin30°＝Mg 解得B ＝5T.(2)由图乙得，在0.6s 内ab 棒上滑的距离s ＝1.40m ，通过电阻R 的电量q ＝BLs R ＋r ＝255C. (3)设0.6s 内整个回路产生的热量为Q ， 由能量守恒定律得Mgs ＝mgs sin θ＋Q ＋12(M ＋m )v 2，解得：Q ＝2.1J 电阻R 产生的热量Q R ＝RR ＋rQ ＝1.8J.1.(多选)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L ，底端接阻值为R 的电阻．将质量为m 的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，如图3所示．除电阻R 外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放．则 ( )图3A ．金属棒的动能、重力势能与弹簧的弹性势能的总和保持不变B ．金属棒最后将静止，静止时弹簧伸长量为mgkC ．金属棒的速度为v 时，所受的安培力大小为F ＝B 2L 2vRD ．金属棒最后将静止，电阻R 上产生的总热量为mg ·mg k答案 BC2．如图4所示，电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s ＝1.15m ，两导轨间距L ＝0.75m ，导轨倾角为30°，导轨上端ab 接一阻值R ＝1.5Ω的电阻，磁感应强度B ＝0.8T 的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r ＝0.5Ω、质量m ＝0.2kg 的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab 处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Q r ＝0.1J ．(取g ＝10m/s 2)求：图4(1)金属棒在此过程中克服安培力做的功W 安； (2)金属棒下滑速度v ＝2m/s 时的加速度a 的大小；(3)为求金属棒下滑的最大速度v m 的大小，有同学解答如下：由动能定理，W G －W 安＝12mv 2m ，…….由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答． 答案 (1)0.4J (2)3.2m/s 2(3)见解析解析 (1)下滑过程中克服安培力做的功即为电路中产生的总焦耳热，由于R ＝3r ， 因此Q R ＝3Q r ＝0.3 J 所以W 安＝Q ＝Q R ＋Q r ＝0.4 J (2)金属棒下滑时受重力和安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2R ＋rv由牛顿第二定律得mg sin 30°－B 2L 2R ＋r v ＝ma所以a ＝g sin 30°－B 2L 2m (R ＋r )v＝[10×12－0.82×0.752×20.2×(1.5＋0.5)] m/s 2＝3.2 m/s 2(3)此解法正确．金属棒下滑时受重力和安培力作用，满足mg sin 30°－B 2L 2R ＋rv ＝ma上式表明，加速度随速度增大而减小，棒做加速度减小的加速运动．无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大．由动能定理可以得到棒的最大速度，因此(3)中同学的解法正确．mgs sin 30°－W 安＝12mv 2m所以v m ＝2gs sin 30°－2W 安m＝2×10×1.15×12－2×0.40.2m/s ≈2.74 m/s.。

第7点　电磁感应中的电路问题1．对电源的理解：在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体就是电源．如：切割磁感线的导体棒、内有磁通量变化的线圈等．这种电源将其他形式能转化为电能．判断感应电流和感应电动势的方向，都是利用“相当于电源”的部分根据右手定则或楞次定律判定的．实际问题中应注意外电路电流由高电势流向低电势，而内电路则相反．2．对电路的理解：内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈，外电路由电阻、电容等电学元件组成．在闭合电路中，“相当于电源”的导体两端的电压与真实的电源两端的电压一样，等于路端电压，而不等于感应电动势．3．解决电磁感应中的电路问题三步曲：(1)确定电源．切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，利用E ＝n 或E ＝BLv 求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定ΔΦΔt 律判断感应电流方向．(2)分析电路结构(内、外电路及外电路的串、并联关系)，画出等效电路图．(3)利用电路规律求解．主要应用闭合电路欧姆定律及串、并联电路的基本性质等列方程求解．对点例题　半径为a 的圆形区域内有均匀磁场，磁感应强度为B ＝0.2T ，磁场方向垂直纸面向里，半径为b 的金属圆环与磁场同心地放置，磁场与环面垂直，其中a ＝0.4m ，b ＝0.6m ，金属环上分别接有灯L 1、L 2，两灯的电阻均为R ＝2Ω，一金属棒MN 与金属环接触良好，棒与环的电阻均忽略不计．图1(1)若棒以v ＝5m/s 的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO ′的瞬时(如图1所示)MN 中的电动势和流过灯L 1的电流．(2)撤去中间的金属棒MN ，将右面的半圆环O L 2O ′以OO ′为轴向上翻转90°，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为＝T/s ，求L 1的功率．ΔB Δt 4π答案　(1)0.8V 0.4A (2)1.28×10－2W解题指导　审题时注意分析：棒滑过圆环直径OO ′的瞬时，导体棒的有效长度是多大？感应电动势如何计算？电路结构是怎样的？将右面的半圆环翻转90°后，产生感应电动势的有效面积是多大？感应电动势如何计算？电路结构是怎样的？(1)棒滑过圆环直径OO ′的瞬时，MN 中的电动势E 1＝2Bav ＝0.8V等效电路如图甲所示，流过灯L 1的电流I 1＝＝0.4AE 1R (2)撤去中间的金属棒MN ，将右面的半圆环O L 2O ′以OO ′为轴向上翻转90°，半圆环O L 1O ′中产生感应电动势，相当于电源，灯L 2为外电路，等效电路如图乙所示，感应电动势E 2＝＝·＝0.32VΔΦΔt πa 22ΔBΔt L 1的功率P 1＝()2＝1.28×10－2W.E 221R做磁共振(MRI)检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流．某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r ＝5.0cm ，线圈导线的截面积A ＝0.80cm 2，电阻率ρ＝1.5Ω·m.如图2所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B 在0.3s 内从1.5T 均匀地减为零，求：(计算结果保留一位有效数字)图2(1)该圈肌肉组织的电阻R ；(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E ；(3)0.3s 内该圈肌肉组织中产生的热量Q .答案　(1)6×103Ω　(2)4×10－2V (3)8×10－8J解析　(1)由电阻定律R ＝ρ，代入数据解得2πr A R ≈6×103Ω(2)感应电动势E ＝πr 2，代入数据解得E ≈4×10－2VΔBΔt (3)由焦耳定律得Q ＝Δt ，代入数据解得Q ＝8×10－8J.E 2R。

第8点　电磁感应中的图象问题电磁感应中的图象问题综合了法拉第电磁感应定律——计算感应电动势的大小、楞次定律——判断感应电流方向、运动学知识——判定运动时间以及作图能力，是对电磁感应知识的综合考查．1．思路导图2．分析方法对图象的分析，应做到“四明确一理解”：(1)明确图象所描述的物理意义；明确各种“＋”、“－”的含义；明确斜率的含义；明确图象和电磁感应过程之间的对应关系．(2)理解三个相似关系及其各自的物理意义：v －Δv －，B －ΔB －，Φ－ΔΦ－Δv Δt ΔB Δt ΔΦΔt3．解决图象问题的一般步骤(1)明确图象的种类，即是B －t 图象还是Φ－t 图象，或者是E －t 图象、i －t 图象等．(2)分析电磁感应的具体过程．(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系．(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式．(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等．(6)画图象或判断图象．对点例题　如图1所示，两个垂直纸面的匀强磁场方向相反．磁感应强度的大小均为B ，磁场区域的宽度均为a ，一正三角形(高为a )导线框ABC 从图示位置沿图示方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，感应电流I 与线框移动距离x 的关系图象是( )图1答案　C解题指导　导线框进入左边磁场时，切割磁感线的有效长度l ＝2vt ·tan30°，与时间成正比．根据楞次定律可以判定，导线框进入左边磁场和离开右边磁场时，电路中的感应电流方向均为逆时针方向．导线框在穿越两个磁场过程中，电路中的感应电流方向为顺时针方向．分析导线框进入、出来过程中有效切割长度可知感应电动势的变化，由I ＝知，C E R 正确．1．在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图2甲所示，当磁场的磁感应强度B 随时间t 按如图乙所示规律变化时，图中正确表示线圈中感应电动势E 变化的是( )图2答案　A解析　在第1s 内，由楞次定律可判定电流为正，其产生的感应电动势E 1＝＝S ，在第2s 和第3s 内，磁感应强度B 不变化，即线圈中无感应电流，在ΔΦ1Δt 1ΔB 1Δt 1第4s 和第5s 内，B 减小，由楞次定律可判定，其电流为负，产生的感应电动势E 2＝＝S ，由于ΔB 1＝ΔB 2，Δt 2＝2Δt 1，故E 1＝2E 2，由此可知，A 选项正确．ΔΦ2Δt 2ΔB 2Δt 22．如图3甲所示，一矩形线圈abcd 位于一随时间变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面向里，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示．以I 表示线圈中的感应电流(图甲中线圈上箭头方向为电流的正方向)，则下列选项中能正确表示线圈中电流I 随时间t 变化规律的是 ( )图3答案　C。

第12点交变电流“四值”再认识近几年的高考在考查“交变电流”一章中的有关内容时，主要考查了交变电流的四值，即最大值、有效值、平均值、瞬时值，它们的物理意义不同，计算方法也不同，但又相互联系，有确定的数量关系．很多同学在理解应用上容易造成混乱，下面谈谈这四个值的理解与应用．1．瞬时值(1)反映的是不同时刻交流电的大小和方向，正弦交变电流瞬时值表达式为：e＝E m sinωt，i＝I m sinωt.应当注意必须从中性面开始计时．(2)生活中用的市电电压为220V，其最大值为2202V＝311V(有时写为310V)，频率为50Hz，所以其电压瞬时值表达式为u＝311sin (314t) V.2．峰值(最大值)和有效值(1)最大值：交变电流在一个周期内电流或电压所能达到的最大数值，可以用来表示交变电流的电流或电压的变化幅度．①线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，电动势的最大值E m＝nBSω.②最大值在实际中有一定的指导意义，电容器上的标称电压值是电容器两极间所允许加的电压的最大值．(2)有效值：根据电流的热效应来规定．让交变电流和恒定电流通过相同阻值的电阻，如果它们在一个周期内产生的热量相等，则这个恒定电流I、电压U叫做这个交变电流的有效值．(3)正弦交变电流的有效值和最大值之间的关系：I＝I m2，U＝U m2.注意任何交变电流都有有效值，但上述关系只限于正弦交变电流，对其他形式的交变电流并不适用．3．最大值、有效值和平均值的应用(1)求电功、电功率以及确定保险丝的熔断电流等物理量时，要用有效值计算．(2)求一段时间内通过导体横截面的电荷量时要用平均值，q＝IΔt＝ERΔt＝nΔΦR.(3)在计算电容器的耐压值时，则要用交流电的最大值．对点例题在水平方向的匀强磁场中，有一正方形闭合线圈绕垂直于磁感线方向的轴匀速转动，已知线圈的匝数为n＝100匝，边长为20cm，电阻为10Ω，转动频率f＝50Hz，磁场的磁感应强度为0.5T．求：(1)外力驱动线圈转动的功率；(2)转至线圈平面与中性面的夹角为30°时，线圈产生的感应电动势及感应电流的大小； (3)线圈由中性面转至与中性面成30°夹角的过程中，通过线圈横截面的电荷量． 答案 (1)1.97×104W (2)314V 31.4A (3)0.027C解题指导 (1)线圈中感应电动势的最大值E m ＝nBS ω＝nBS ·2πf ＝100×0.5×(0.2)2×2×3.14×50V ＝628V感应电动势的有效值为U ＝E m2＝3142V.外力驱动线圈转动的功率与线圈中交变电流的功率相等，P 外＝U 2R ＝(3142)210W ≈1.97×104W.(2)线圈转至与中性面成30°角时，感应电动势的瞬时值e ＝E m sin30°＝314V ，交变电流的瞬时值i ＝e R ＝31410A ＝31.4A.(3)在线圈从中性面转至与中性面成30°角的过程中，线圈中的平均感应电动势E ＝n ΔΦΔt，平均感应电流I ＝ER＝nΔΦR ·Δt ，通过线圈横截面的电荷量为q ，则q ＝I Δt ＝n ΔΦR＝n B ΔS R ＝nBl 2(1－cos30°)R代入数据解得q ≈0.027C1.如图1所示，交流发电机线圈的面积为0.05m 2，共100匝．该线圈在磁感应强度为1πT 的匀强磁场中，以10πrad/s 的角速度匀速转动，电阻R 1和R 2的阻值均为50Ω，线圈的内阻忽略不计，若从图示位置开始计时，则 ( )图1A ．线圈中的电动势为e ＝50sin (10πt ) VB ．电流表的示数为2AC ．电压表的示数为502VD ．R 1上消耗的电功率为50W答案 B2．如图2所示，矩形线圈abcd 与可变电容器C 、理想电流表组成闭合电路．线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc 边匀速转动，转动的角速度ω＝100πrad/s.线圈的匝数N ＝100，边长ab ＝0.2m 、ad ＝0.4m ，电阻不计．磁场只分布在bc 边的左侧，磁感应强度大小B ＝216πT ．电容器放电时间不计．下列说法正确的是( )图2A ．该线圈产生的交流电动势峰值为50VB ．该线圈产生的交流电动势有效值为252VC ．电容器的耐压值至少为50VD ．电容器的电容C 变大时，电流表的示数变小 答案 B解析 峰值E m ＝NBS ω＝100×216π×0.2×0.4×100πV ＝502V ，故A 错．因为在一个周期内，线圈只在半个周期内产生感应电动势，设有效值为E ，则有：E 2R T ＝E 2m2R ×T 2，解得：E ＝252V ，故B 正确．电容器的耐压值至少为502V ，故C 错．C 变大时容抗减小，电流表的示数应变大，故D 错．。

第点交变电流“四值”再认识近几年的高考在考查“交变电流”一章中的有关内容时，主要考查了交变电流的四值，即最大值、有效值、平均值、瞬时值，它们的物理意义不同，计算方法也不同，但又相互联系，有确定的数量关系．很多同学在理解应用上容易造成混乱，下面谈谈这四个值的理解与应用．．瞬时值()反映的是不同时刻交流电的大小和方向，正弦交变电流瞬时值表达式为：＝ω，＝ω.应当注意必须从中性面开始计时．()生活中用的市电电压为，其最大值为＝(有时写为)，频率为，所以其电压瞬时值表达式为＝ () .．峰值(最大值)和有效值()最大值：交变电流在一个周期内电流或电压所能达到的最大数值，可以用来表示交变电流的电流或电压的变化幅度．①线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，电动势的最大值＝ω.②最大值在实际中有一定的指导意义，电容器上的标称电压值是电容器两极间所允许加的电压的最大值．()有效值：根据电流的热效应来规定．让交变电流和恒定电流通过相同阻值的电阻，如果它们在一个周期内产生的热量相等，则这个恒定电流、电压叫做这个交变电流的有效值．()正弦交变电流的有效值和最大值之间的关系：＝，＝.注意任何交变电流都有有效值，但上述关系只限于正弦交变电流，对其他形式的交变电流并不适用．．最大值、有效值和平均值的应用()求电功、电功率以及确定保险丝的熔断电流等物理量时，要用有效值计算．()求一段时间内通过导体横截面的电荷量时要用平均值，＝Δ＝Δ＝.()在计算电容器的耐压值时，则要用交流电的最大值．对点例题在水平方向的匀强磁场中，有一正方形闭合线圈绕垂直于磁感线方向的轴匀速转动，已知线圈的匝数为＝匝，边长为20cm，电阻为Ω，转动频率＝，磁场的磁感应强度为．求：()外力驱动线圈转动的功率；()转至线圈平面与中性面的夹角为°时，线圈产生的感应电动势及感应电流的大小；()线圈由中性面转至与中性面成°夹角的过程中，通过线圈横截面的电荷量．答案()×()31.4A()0.027C解题指导()线圈中感应电动势的最大值＝ω＝·π＝××()×××＝感应电动势的有效值为＝＝.外力驱动线圈转动的功率与线圈中交变电流的功率相等，外＝＝≈×.()线圈转至与中性面成°角时，感应电动势的瞬时值＝°＝，交变电流的瞬时值＝＝＝31.4A.()在线圈从中性面转至与中性面成°角的过程中，线圈中的平均感应电动势＝，平均感应电流＝＝，通过线圈横截面的电荷量为，则＝Δ＝＝＝代入数据解得≈0.027C.如图所示，交流发电机线圈的面积为0.05m2，共匝．该线圈在磁感应强度为的匀强磁场中，以π的角速度匀速转动，电阻和的阻值均为Ω，线圈的内阻忽略不计，若从图示位置开始计时，则 ()图．线圈中的电动势为＝ (π)．电流表的示数为．电压表的示数为．上消耗的电功率为答案．如图所示，矩形线圈与可变电容器、理想电流表组成闭合电路．线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的边匀速转动，转动的角速度ω＝π.线圈的匝数＝，边长＝0.2m、＝0.4m，电阻不计．磁场只分布在边的左侧，磁感应强度大小＝．电容器放电时间不计．下列说法正确的是()图．该线圈产生的交流电动势峰值为．该线圈产生的交流电动势有效值为．电容器的耐压值至少为．电容器的电容变大时，电流表的示数变小答案解析峰值＝ω＝××××π＝，故错．因为在一个周期内，线圈只在半个周期内产生感应电动势，设有效值为，则有：＝×，解得：＝，故正确．电容器的耐压值至少为，故错．变大时容抗减小，电流表的示数应变大，故错．。

第16点 气体变质量问题的处理方法分析变质量问题时，可以通过巧妙选择合适的研究对象，使这类问题转化为定质量的气体问题，用理想气体状态方程求解．1．打气问题向球、轮胎中充气是一个典型的气体变质量的问题．只要选择球内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可以把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量气体的状态变化问题．2．抽气问题从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减小，这属于变质量问题．分析时，将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可看作是膨胀的过程．3．灌气问题将一个大容器中的气体分装到多个小容器中的问题也是一个典型的变质量问题．分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看作是一个整体来作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题．4．漏气问题容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，不能用理想气体状态方程求解．如果选容器内剩余气体与漏出的气体为研究对象，便可使问题变成定质量的气体状态变化的问题，可用理想气体状态方程求解．对点例题 贮气筒内压缩气体的温度为27 ℃，压强是20 atm ，从筒内放出一半质量的气体后，并使筒内剩余气体的温度降低为12 ℃，求剩余气体的压强为多大？解题指导 以筒内剩余气体为研究对象，它原来占有整个筒容积的一半，后来充满整个筒，设筒的容积为V ，则初态：p 1＝20 atm ，V 1＝12V ，T 1＝(273＋27) K ＝300 K 末态：p 2＝？，V 2＝V ，T 2＝(273＋12) K ＝285 K根据理想气体状态方程：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2得：p 2＝p 1V 1T 2V 2T 1＝20×V 2×285300Vatm ＝9.5 atm.答案9.5 atm技巧点拨选择剩余气体为研究对象，把变质量问题转化为定质量问题．一只轮胎容积为V＝10 L，已装有p1＝1 atm的空气．现用打气筒给它打气，已知打气筒的容积为V0＝1 L，要使胎内气体压强达到p2＝2.5 atm，应至少打气(设打气过程中轮胎容积及气体温度保持不变，大气压强p0＝1 atm)()A．8次B．10次C．12次D．15次答案 D解析本题中，胎内气体质量发生变化，选打入的和原来的气体组成的整体为研究对象．设打气次数为n，则V1＝nV0＋V，由玻意耳定律得，p1V1＝p2V，解得n＝15次，故选D.。

第13点　把握“等效”紧扣“三同”求交流电的有效值有效值是交流电中最重要的物理量，必须会求解，特别是正弦交流电的有效值，应记住公式．1．求交变电流有效值的方法(1)利用I ＝、U ＝、E ＝计算，只适用于正(余)弦式交流电．I m 2U m 2E m2(2)非正弦式交流电有效值的求解应根据电流的热效应进行计算，其中，交变电流的有效值是根据电流通过电阻时产生的热效应定义的，即让交变电流和直流电流通过相同的电阻，在相同的时间里若产生的热量相同，则交变电流(电压)的有效值就等于这个直流电流(电压)的值，即求解交变电流有效值问题必须在相同电阻、相同时间、相同热量的“三同”原则下求解．2．应用有效值要注意以下几点(1)各种使用交流电的用电器上所标的额定电压、额定电流均指有效值．(2)交流电压表和交流电流表所测的数值为交流电压和电流的有效值．(3)在进行电功、电热、电功率的计算时，所代入的交流电压和电流的数值为有效值．(4)凡没有特别说明的，指的都是有效值．通常所说的照明电路电压是220V 就是指的电压的有效值．对点例题　如图1所示是一交变电压随时间变化的图象，求此交变电压的有效值．图1答案　V5102解题指导　设非正弦交变电压的有效值为U ′，直流电的电压为U ，让非正弦交变电压和直流电压分别加在同一电阻(设阻值为R )的两端，在一个周期(T ＝0.4s)内，非正弦交变电压产生的热量：Q ′＝t 1＋t 2＋t 3＋t 4U 21R U 2R U 23R U 24R ＝×0.1＋×0.1＋×0.1＋×0.1＝102R 52R 52R 102R 25R 在这一个周期内，直流电压产生的热量Q ＝T ＝U 2R 0.4U 2R由Q ＝Q ′，得＝，0.4U 2R25R 所以U ＝V ，U ′＝U ＝V.510251021.如图2表示一交变电流随时间变化的图象．其中，从t ＝0开始的每个时间内的图象均T2为半个周期的正弦曲线．求此交变电流的有效值是多少？图2答案　A5解析　此题所给交变电流虽然正负半周的最大值不同，但在任意一个周期内，前半周期和后半周期的有效值是可以求的，分别为I 1＝A ，I 2＝A2242设所求交变电流的有效值为I ，根据有效值的定义，选择一个周期的时间，利用在相同时间内通过相同的电阻所产生的热量相等，由焦耳定律得I 2RT ＝I R ＋I R ，即I 2＝2×21T22T2(22)＋2×，解得I ＝ A.12(42)1252．如图3甲所示，为一种调光台灯电路示意图，它通过双向可控硅电子器件实现了调节亮度．给该台灯接220V 的正弦交流电后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时交流电压表的示数为 ( )图3A ．220VB ．110VC ．110VD ．55V22答案　B解析　设该电压的有效值为U ，根据有效值定义有·＝T ，解得U ＝110 V ，则B 项正确．(2202)2RT 2U 2R。

第二章 交变电流章末总结一、交变电流“四值”的计算和应用1．峰值：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴旋转时所产生的交变电流的最大值，E m ＝nBS ω. 2．瞬时值：线圈在匀强磁场中转动，从中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为e ＝nBS ωsin ωt .3．有效值：反映交变电流产生热效应的平均效果，正(或余)弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系是E ＝E m2.4．平均值：指在一段时间内产生的电压(电流)的平均值，其数值由法拉第电磁感应定律求出，即E ＝n ΔΦΔt.例1 图1为一个小型旋转电枢式交流发电机结构示意图，其矩形线圈的长度为L 1，宽度为L 2，共有n 匝，总电阻为r ，与线圈两端相接触的集流环上接有一个阻值为R 的定值电阻，线圈以角速度ω在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕与磁场方向垂直的对称轴OO ′匀速运动，沿转轴OO ′方向看去，线圈沿逆时针方向转动，t ＝0时刻线圈平面与磁感线垂直．图1(1)求线圈经过图示位置时，通过电阻R 的感应电流的方向． (2)写出线圈转动过程中感应电动势的瞬时值表达式．(3)求线圈从t ＝0时所处的位置开始到转过90°的过程中的平均感应电动势． (4)求线圈从t ＝0时所处的位置开始转过60°时电路中的瞬时电流． (5)求线圈转动一个周期内电阻R 上产生的热量． 答案 (1)自下而上 (2)e ＝nBL 1L 2ωsin ωt (3)2nBL 1L 2ωπ (4)3nBL 1L 2ω2 R ＋r (5)n 2B 2L 21L 22ωR π R ＋r2解析 (1)根据右手定则可判断，线圈中的电流方向是d →c →b →a ，故通过电阻R 的电流是自下而上．(2)从中性面开始计时，感应电动势随时间按正弦规律变化，且最大感应电动势E m ＝nBL 1L 2ω，所以感应电动势的瞬时值表达式e ＝nBL 1L 2ωsin ωt . (3)由法拉第电磁感应定律有E ＝nΔΦΔt ＝nBL 1L 2π2ω＝2nBL 1L 2ωπ. (4)由欧姆定律有i ＝e R ＋r＝nBL 1L 2ωsinπ3R ＋r＝3nBL 1L 2ω2 R ＋r.(5)电动势的有效值E ＝2nBL 1L 2ω2， 电流的有效值I ＝2nBL 1L 2ω2 R ＋r，线圈转动一个周期内电阻R 上产生的热量Q ＝I 2RT ＝n 2B 2L 21L 22ωR πR ＋r2.二、含变压器电路的动态分析解答这类问题首先是分清变量和不变量，然后结合变压器的基本规律和欧姆定律分析相关量的变化情况．(1)理想变压器将电能由原线圈传给副线圈时总是“量出而入”即输出功率决定输入功率． (2)可以把理想变压器的副线圈看做给用户供电的无阻电源，可以参照直流电路动态分析的方法，分析负载电路的动态变化．例2 如图2所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．下列说法正确的是( )图2A ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，R 1消耗的功率变大B ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电压表V 示数变大C ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电流表A 1示数变大D ．若闭合开关S ，则电流表A 1示数变大，A 2示数变大 答案 B解析 当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，接入电路的阻值变大，变压器副线圈两端电压不变，副线圈中的电流减小，则R 1消耗的功率及其两端电压均变小，故电压表的示数变大，选项A 错误，B 正确；当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，副线圈中的电流减小，则原线圈中的电流也减小，电流表A 1示数变小，选项C 错误；若闭合开关S ，副线圈电路中总电阻减小，副线圈中的电流变大，R 1两端电压变大，R 2两端电压减小，电流表A 2示数减小，原线圈中的电流变大，电流表A 1示数变大，选项D 错误． 三、远距离输电线路的分析与计算 解决远距离输电问题要注意以下两点：(1)首先画出输电示意图，包括发电机、升压变压器、输电线、降压变压器、负载等，在图中标出相应物理符号，利用输电电流I ＝P U，输电线上损失电压U 损＝IR 线，输电线损失功率P损＝I 2R 线＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U2R 线及其相关知识解答．(2)分别在“三个回路”以及“两个变压器”上找各物理量之间的关系，特别注意以升压变压器的副线圈、输电线、降压变压器的原线圈组成的回路，在此回路中利用电路知识分析电压关系和功率关系．例3 交流发电机两端电压是220V ，输出功率为4400W ，输电导线总电阻为2Ω.试求： (1)用户得到的电压和功率各多大？输电损失功率多大？(2)若发电机输出端用1∶10的升压变压器升压后，经同样输电导线输送，再用10∶1的降压变压器降压后供给用户，则用户得到的电压和功率又是多大？ 答案 (1)180V 3600W 800W (2)219.6V 4392W解析 (1)如图，由P ＝IU 得：I ＝P U ＝4400220A ＝20A由U ＝U 用＋IR 得：用户得到的电压为U 用＝U －IR ＝220V －20×2V ＝180V由P ＝P 用＋I 2R 得：用户得到的功率为P 用＝P －I 2R ＝4400W －202×2W ＝3600W输电损失功率为P 损＝I 2R ＝202×2W ＝800W (2)输电线路示意图如图所示根据理想变压器原、副线圈两端的电压与匝数成正比可得：U 1U 2＝n 1n 2， 解得U 2＝U 1n 2n 1＝220×101V ＝2200V 因理想变压器不改变功率，即P 2＝P ，所以I 2＝PU 2＝2AU 3＝U 2－I 2R ＝2200V －2×2V ＝2196V由U 4U 3＝n 4n 3得：降压变压器副线圈两端电压U 4＝U 3n 4n 3＝2196×110V ＝219.6V用户得到的功率等于发电机的输出功率减去输电线上损失的功率，即P 4＝P 3＝P 2－I 22R ＝P －I 22R ＝4392W.。

第9点电磁感应中的动力学问题电磁感应和力学问题的综合，其联系桥梁是磁场对感应电流的安培力，因为感应电流与导体运动的加速度有相互制约的关系，这类问题中的导体一般不是做匀变速运动，而是经历一个动态变化过程，再趋于一个稳定状态，故解这类问题时正确的进行动态分析，确定最终状态是解题的关键．1．受力情况、运动情况的动态分析及思考路线导体受力运动产生感应电动势→感应电流→通电导体受安培力→合力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化→……周而复始地循环，直至最终达到稳定状态，此时加速度为零，而导体通过加速达到最大速度做匀速直线运动或通过减速达到稳定速度做匀速直线运动．2．解决此类问题的基本思路解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”．(1)“源”的分析——分析出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E和r；(2)“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力；(3)“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；(4)“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型．3．两种状态处理(1)导体处于平衡态——静止状态或匀速直线运动状态．处理方法：根据平衡条件(合外力等于零)，列式分析．(2)导体处于非平衡态——加速度不为零．处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．4．电磁感应中的动力学临界问题(1)解决这类问题的关键是通过运动状态的分析寻找过程中的临界状态，如由速度、加速度求最大值或最小值的条件．(2)基本思路注意 当导体切割磁感线运动存在临界条件时： (1)若导体初速度等于临界速度，导体匀速切割磁感线； (2)若导体初速度大于临界速度，导体先减速，后匀速运动； (3)若导体初速度小于临界速度，导体先加速，后匀速运动．对点例题 如图1甲所示，两根足够长的平行金属导轨MN 、PQ 相距为L ，导轨平面与水平面夹角为α，金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m ，导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为B .金属导轨的上端与开关S 、阻值为R 1的定值电阻和电阻箱R 2相连，不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g .现在闭合开关S ，将金属棒由静止释放．图1(1)判断金属棒ab 中电流的方向；(2)若电阻箱R 2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为h 时，速度为v ，求此过程中定值电阻R 1上产生的焦耳热Q ；(3)当B ＝0.40T 、L ＝0.50m 、α＝37°时，金属棒能达到的最大速度v m 随电阻箱R 2阻值的变化关系如图乙所示，取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求R 1的大小和金属棒的质量m .答案 (1)b 到a (2)mgh －12mv 2(3)2.0Ω 0.1kg解题指导 (1)由右手定则可知，金属棒ab 中的电流方向为b 到a .(2)由能量守恒定律可知，金属棒减少的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热mgh ＝12mv 2＋Q解得：Q ＝mgh －12mv 2(3)设最大速度为v m 时，切割磁感线产生的感应电动势E ＝BLv m 由闭合电路欧姆定律得：I ＝E R 1＋R 2从b 端向a 端看，金属棒受力如图所示金属棒达到最大速度时满足mg sin α－BIL ＝0由以上三式得最大速度：v m ＝mg sin αB 2L 2R 2＋mg sin αB 2L2R 1题图乙斜率k ＝60－302.0m/(s·Ω)＝15 m/(s·Ω)，纵截距b ＝30m/s则：mg sin αB 2L 2R 1＝b mg sin αB 2L 2＝k 解得：R 1＝2.0Ωm ＝0.1kg.1.(多选)如图2所示，电阻阻值为R ，其他电阻均可忽略，ef 是一电阻可不计的水平放置的导体棒，质量为m ，棒的两端分别与ab 、cd 保持良好接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当导体棒ef 从静止下滑一段时间后闭合开关S ，则S 闭合后 ( )图2A．导体棒ef的加速度可能大于gB．导体棒ef的加速度一定小于gC．导体棒ef最终速度随S闭合时刻的不同而不同D．导体棒ef的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒答案AD2.一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域继续下落，如图3所示，则 ( )图3A．若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程也是匀速运动B．若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程也是加速运动C．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程也是减速运动D．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程是加速运动答案 C3．如图4甲所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L，一端通过导线与阻值为R的电阻连接；导轨上放一质量为m的金属杆，金属杆与导轨的电阻忽略不计；匀强磁场垂直水平面向里，用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动．当改变拉力的大小时，相对应的匀速运动速度v也会变化，v和F的关系如图乙所示(重力加速度g取10m/s2)．问：图4(1)金属杆在做匀速运动之前做什么运动？(2)若m＝0.5kg，L＝0.5m，R＝0.5Ω，则磁感应强度B为多大？(3)由v－F图线的截距可求得什么物理量？其值为多少？答案(1)见解析(2)1T (3)见解析解析(1)变速运动(或变加速运动或加速度减小的加速运动或加速运动)．(2)感应电动势：E ＝BLv感应电流：I ＝E R ，安培力：F 安＝BIL ＝B 2L 2vR由题图乙中图线可知金属杆受拉力、安培力和阻力的作用，匀速运动时合力为零．故F ＝B 2L 2v R ＋f ，v ＝R (F －f )B 2L 2＝R B 2L 2F －R fB 2L2由题图乙中图线可知直线的斜率为k ＝2，得B ＝1T. (3)由图线的截距可以求得金属杆受到的阻力f ，f ＝2 N ．。

第2点 紧扣“闭合”与“变化”，理解感应电流产生的条件
电磁感应现象能否发生的判断
(1)确定研究的闭合电路．
(2)弄清楚回路内的磁场，分析并确定该回路的磁通量Φ.
(3)⎩
⎨⎧ Φ不变→无感应电流
Φ变化→⎩⎪⎨⎪⎧ 回路闭合，有感应电流不闭合，无感应电流，但有感应电动势
对点例题 (多选)线圈按如图所示方式在磁场中运动，则能产生感应电流的是( )
答案 AB
解题指导 A 中线圈闭合且ΔΦ≠0，故能产生感应电流；B 中线圈闭合且ΔΦ≠0，故能产生感应电流；C 中穿过线圈的磁通量Φ始终为0，D 中Φ＝B ·S 保持不变，故C 、D 不能产生感应电流．
1.(多选)闭合矩形线圈跟磁感线方向垂直，如图1所示，下列哪种情况线圈中有感应电流
( )
图1
A ．线圈绕ab 轴转动
B ．线圈垂直纸面向外平动
C ．线圈沿ab 向右移动少许
D ．线圈沿ad 向下移动少许
答案AC
解析只有A、C情况下闭合矩形线圈中磁通量发生变化，所以只有A、C选项正确．
2.如图2，一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中，能使圆环中产生感应电流的做法是 ( )
图2
A．使匀强磁场均匀减弱
B．保持圆环水平并在磁场中上下移动
C．保持圆环水平并在磁场中左右移动
D．保持圆环水平并使圆环绕过圆心的竖直轴转动
答案 A
解析使匀强磁场均匀减弱，穿过线圈的磁通量减小，产生感应电流，A正确；保持圆环水平并在磁场中上下移动时，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，B错误；保持圆环水平并在磁场中左右移动，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，C错误；保持圆环水平并使圆环绕过圆心的竖直轴转动，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，D错误．。

2017-2018学年粤教版高中物理选修3-2全册学案第一章电磁感应第一节电磁感应现象第二节产生感应电流的条件[学习目标] 1.理解什么是电磁感应现象及产生感应电流的条件.2.会使用线圈以及常见磁铁完成简单的实验.3.了解磁通量的定义及变化．一、电磁感应的发现[导学探究] (1)在一次讲演中，奥斯特在南北方向的导线下面放置了一枚小磁针，当接通电源时小磁针为什么转动？(2)法拉第把两个线圈绕在同一个铁环上，一个线圈接到电源上，另一个线圈接入“电流表”，在给一个线圈通电或断电的瞬间，观察电流表，会看到什么现象？说明了什么？答案(1)电流的周围产生磁场，小磁针受到磁场力的作用而转动．(2)电流表的指针发生摆动，说明另一个线圈中产生了电流．[知识梳理] 电流的磁效应及电磁感应现象的发现：(1)丹麦物理学家奥斯特发现载流导体能使小磁针转动，这种作用称为电流的磁效应，揭示了电现象与磁现象之间存在密切联系．(2)英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象，即由磁生电的现象，他把这种现象命名为电磁感应．产生的电流叫做感应电流．[即学即用] 判断下列说法的正误．(1)若把导线东西放置，当接通电源时，导线下面的小磁针一定会发生转动．( )(2)奥斯特发现了电流的磁效应；法拉第发现了电磁感应现象．( )(3)小磁针在通电导线附近发生偏转的现象是电磁感应现象．( )(4)通电线圈在磁场中转动的现象是电流的磁效应．( )答案(1)×(2)√(3)×(4)×二、磁通量及其变化[导学探究] 如图1所示，闭合导线框架的面积为S ，匀强磁场的磁感应强度为B .图1(1)分别求出B ⊥S (图示位置)和B ∥S (线框绕OO ′转90°)时，穿过闭合导线框架平面的磁通量．(2)由图示位置绕OO ′转过60°时，穿过框架平面的磁通量为多少？这个过程中磁通量变化了多少？答案 (1)BS 0 (2)12BS 减少了12BS [知识梳理] 磁通量的定义及公式：(1)定义：闭合回路的面积与垂直穿过它的磁感应强度的乘积叫做磁通量．(2)公式：Φ＝BS ，其中的S 应为平面在垂直于磁场方向上的投影面积．大小与线圈的匝数无关(填“有”或“无”)．ΔΦ＝Φ2－Φ1.[即学即用] 判断下列说法的正误．(1)磁感应强度越大，线圈面积越大，则磁通量越大．( )(2)穿过线圈的磁通量为零，但磁感应强度不一定为零．( )(3)磁通量发生变化，一定是磁场发生变化引起的．( )(4)利用公式Φ＝BS ，可计算任何磁场中某个面的磁通量．( )答案 (1)× (2)√ (3)× (4)×三、产生感应电流的条件[导学探究]1．利用蹄形磁铁的磁场如图2所示，导体AB 做切割磁感线运动时，线路中有电流产生，而导体AB 顺着磁感线运动时，线路中无电流产生．(填“有”或“无”)图22．利用条形磁铁的磁场如图3所示，当条形磁铁插入或拔出线圈时，线圈中有电流产生，当条形磁铁在线圈中静止不动时，线圈中无电流产生．(填“有”或“无”)图33．利用通电螺线管的磁场如图4所示，将小螺线管A插入大螺线管B中不动，当开关S闭合或断开时，电流表中有电流通过；若开关S一直闭合，当改变滑动变阻器的阻值时，电流表中有电流通过；而开关一直闭合，滑动变阻器的滑动触头不动时，电流表中无电流通过．(填“有”或“无”)图4[知识梳理] 产生感应电流的条件是：只要使穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就有感应电流产生．[即学即用] 判断下列说法的正误．(1)只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生．( )(2)穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内部就一定有感应电流产生．( )(3)穿过闭合线圈的磁通量变化时，线圈中有感应电流．( )(4)闭合正方形线框在匀强磁场中垂直磁感线运动，必然产生感应电流．( )答案(1)×(2)×(3)√(4)×一、磁通量Φ的理解与计算1．匀强磁场中磁通量的计算(1)B与S垂直时，Φ＝BS.(2)B与S不垂直时，Φ＝B⊥S，B⊥为B垂直于线圈平面的分量．如图5甲所示，Φ＝B⊥S＝(B sinθ)·S.也可以Φ＝BS⊥，S⊥为线圈在垂直磁场方向上的投影面积，如图乙所示，Φ＝BS⊥＝BS cosθ.图52．磁通量的变化大致可分为以下几种情况：(1)磁感应强度B不变，有效面积S发生变化．如图6(a)所示．(2)有效面积S不变，磁感应强度B发生变化．如图(b)所示．(3)磁感应强度B和有效面积S都不变，它们之间的夹角发生变化．如图(c)所示．图6例1 如图7所示，有一垂直纸面向里的匀强磁场，B＝0.8T，磁场有明显的圆形边界，圆心为O，半径为1cm.现于纸面内先后放上圆线圈A、B、C，圆心均处于O处，线圈A的半径为1cm,10匝；线圈B的半径为2cm,1匝；线圈C的半径为0.5cm,1匝．问：图7(1)在B减为0.4T的过程中，线圈A和线圈B中的磁通量变化了多少？(2)在磁场转过90°角的过程中，线圈C中的磁通量变化了多少？转过180°角呢？答案(1)A、B线圈的磁通量均减少了1.256×10－4Wb(2)减少了6.28×10－5Wb 减少了1.256×10－4Wb解析(1)A、B线圈中的磁通量始终一样，故它们的变化量也一样．ΔΦ＝(B2－B)·πr2＝－1.256×10－4Wb即A、B线圈中的磁通量都减少了1.256×10－4Wb(2)对线圈C，Φ1＝Bπr′2＝6.28×10－5Wb当转过90°时，Φ2＝0，故ΔΦ1＝Φ2－Φ1＝0－6.28×10－5Wb＝－6.28×10－5Wb当转过180°时，磁感线从另一侧穿过线圈，若取Φ1为正，则Φ3为负，有Φ3＝－Bπr′2，故ΔΦ2＝Φ3－Φ1＝－2Bπr′2＝－1.256×10－4Wb.1．磁通量与线圈匝数无关．2．磁通量是标量，但有正、负，其正、负分别表示与规定的穿入方向相同、相反．针对训练1 磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量，如图8所示，通有恒定电流的导线MN与闭合线框共面，第一次将线框由位置1平移到位置2，第二次将线框绕cd边翻转到位置2，设先后两次通过线框的磁通量变化分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则( )图8A．ΔΦ1>ΔΦ2B．ΔΦ1＝ΔΦ2C．ΔΦ1<ΔΦ2D．无法确定答案 C二、感应电流产生条件的理解及应用1．感应电流产生条件的理解不论什么情况，只要满足电路闭合和磁通量发生变化这两个条件，就必然产生感应电流；反之，只要产生了感应电流，那么电路一定是闭合的，穿过该电路的磁通量也一定发生了变化．2．注意区别ΔΦ与Φ：感应电流的产生与Φ无关，只取决于Φ的变化，即与ΔΦ有关．ΔΦ与Φ的大小没有必然的联系．例2 如图所示，用导线做成圆形或正方形回路，这些回路与一直导线构成几种位置组合(彼此绝缘)，下列组合中，切断直导线中的电流时，闭合回路中会有感应电流产生的是( )答案 C解析利用安培定则判断直线电流产生的磁场，其磁感线是一些以直导线为轴的无数组同心圆，即磁感线所在平面均垂直于导线，且直线电流产生的磁场分布情况是靠近直导线处磁场强，远离直导线处磁场弱．所以，A中穿过圆形线圈的磁场如图甲所示，其有效磁通量为ΦA ＝Φ出－Φ进＝0，且始终为0，即使切断导线中的电流，ΦA也始终为0，A中不可能产生感应电流．B中线圈平面与导线的磁场平行，穿过B中线圈的磁通量也始终为0，B中也不能产生感应电流．C中穿过线圈的磁通量如图乙所示，Φ进>Φ出，即ΦC≠0，当切断导线中电流后，经过一定时间，穿过线圈的磁通量减小为0，所以C中有感应电流产生．D中线圈的磁通量如图丙所示，切断导线中的电流，ΦD也始终为0，D中不可能产生感应电流．针对训练2 (多选)如图9所示装置，在下列各种情况中，能使悬挂在螺线管附近的铜质闭合线圈A中产生感应电流的是( )图9A．开关S闭合的瞬间B．开关S闭合后，电路中电流稳定时C．开关S闭合后，滑动变阻器触头滑动的瞬间D．开关S断开的瞬间例3 金属矩形线圈abcd在匀强磁场中做如图所示的运动，线圈中有感应电流的是( )答案 A解析在选项B、C中，线圈中的磁通量始终为零，不产生感应电流；选项D中磁通量始终最大，保持不变，也没有感应电流；选项A中，在线圈转动过程中，磁通量做周期性变化，产生感应电流，故A正确．判断部分导体做切割磁感线运动产生感应电流时应注意：(1)导体是否将磁感线“割断”，如果没有“割断”就不能说切割．如例3中，A图是真“切割”，B、C图中没有切断，是假“切割”．(2)是否仅是闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动，如例3D图中ad、bc边都切割磁感线，由切割不容易判断，则要回归到磁通量是否变化上去．1．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是( ) A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接．往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化解析电路闭合和穿过电路的磁通量发生变化，同时满足这两个条件，电路中才会产生感应电流，本题中的A、B选项都不会使得电路中的磁通量发生变化，并不满足产生感应电流的条件，故都不正确．C选项中磁铁插入线圈时，虽有短暂电流产生，但未能及时观察，C项错误．在给线圈通电、断电瞬间，会引起闭合电路磁通量发生变化，产生感应电流，因此D 项正确．2.如图10所示，a、b是两个同平面、同心放置的金属圆环，条形磁铁穿过圆环且与两环平面垂直，则穿过两圆环的磁通量Φa、Φb的大小关系为( )图10A．Φa>ΦbB．Φa<ΦbC．Φa＝ΦbD．不能比较答案 A解析条形磁铁磁场的磁感线的分布特点是：①磁铁内外磁感线的条数相同；②磁铁内外磁感线的方向相反；③磁铁外部磁感线的分布是两端密、中间疏．两个同心放置的同平面的金属圆环与磁铁垂直且磁铁在中央时，通过其中一个圆环的磁感线的俯视图如图所示，穿过该圆环的磁通量Φ＝Φ进－Φ出，由于两圆环面积S a＜S b，两圆环的Φ进相同，而Φ出a＜Φ出b，所以穿过两圆环的有效磁通量Φa＞Φb，故A正确．3．(多选)下图中能产生感应电流的是( )答案BD解析根据产生感应电流的条件：A选项中，电路没有闭合，无感应电流；B选项中，面积增大，闭合电路的磁通量增大，有感应电流；C选项中，穿过线圈的磁感线相互抵消，Φ恒为零，无感应电流；D选项中，磁通量发生变化，有感应电流．4．(多选)如图11所示，开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列办法中可行的是( )图11A．将线框向左拉出磁场B．以ab边为轴转动C．以ad边为轴转动(小于60°)D．以bc边为轴转动(小于60°)答案ABC解析将线框向左拉出磁场的过程中，线框的bc部分切割磁感线，或者说穿过线框的磁通量减少，所以线框中将产生感应电流．当线框以ab边为轴转动时，线框的cd边的右半段在做切割磁感线运动，或者说穿过线框的磁通量在发生变化，所以线框中将产生感应电流．当线框以ad边为轴转动(小于60°)时，穿过线框的磁通量在减小，所以在这个过程中线框内会产生感应电流．如果转过的角度超过60°(60°～300°)，bc边将进入无磁场区，那么线框中将不产生感应电流．当线框以bc边为轴转动时，如果转动的角度小于60°，则穿过线框的磁通量始终保持不变(其值为磁感应强度与矩形线框面积的一半的乘积)．一、选择题(1～6题为单选题，7～10题为多选题)1．许多科学家在物理学发展中做出了重要贡献，下列表述中正确的是( )A．牛顿测出引力常数B．法拉第发现电磁感应现象C．安培提出了磁场对运动电荷的作用力公式D．奥斯特总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律答案 B2．如图所示实验装置中用于研究电磁感应现象的是( )答案 B解析选项A是用来探究影响安培力大小因素的实验装置．选项B是研究电磁感应现象的实验装置，观察闭合线框在磁场中做切割磁感线运动时电流表是否会产生感应电流．选项C 是用来探究安培力的方向与哪些因素有关的实验装置．选项D是奥斯特实验装置，证明通电导线周围存在磁场．3.如图1所示，大圆导线环A中通有电流，方向如图中箭头所示，另在导线环所在平面画一个圆B，它的一半面积在A环内，另一半面积在A环外，则穿过圆B的磁通量( )图1A．为0B．垂直纸面向里C．垂直纸面向外D．条件不足，无法判断答案 B解析因为通电导线环的磁场中心密集，外部稀疏，所以，穿过圆B的净磁感线为垂直纸面向里．4.如图2所示，半径为R的圆形线圈共有n匝，其中心位置处半径为r(r＜R)的范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面，若磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为 ( )图2A．πBR2B．πBr2C．nπBR2D．nπBr2答案 B解析由磁通量的定义式知Φ＝BS＝πBr2，故B正确．5.如图3所示，一矩形线框从abcd位置移到a′b′c′d′位置的过程中，关于穿过线框的磁通量情况，下列叙述正确的是(线框平行于纸面移动) ( )图3A．一直增加B．一直减少C．先增加后减少D．先增加，再减少到零，然后再增加，然后再减少答案 D解析离导线越近，磁场越强，当线框从左向右靠近导线的过程中，穿过线框的磁通量增大，当线框跨在导线上向右运动时，磁通量减小，当导线在线框正中央时，磁通量为零，从该位置向右，磁通量又增大，当线框离开导线向右运动的过程中，磁通量又减小；故A、B、C 错误，D正确，故选D.6.如图4所示，闭合圆形导线圈平行地放置在匀强磁场中，其中ac、bd分别是平行、垂直于磁场方向的两直径．试分析线圈做以下哪种运动时能产生感应电流( )图4A．使线圈在其平面内平动或转动B．使线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动C．使线圈以ac为轴转动D．使线圈以bd为轴稍做转动答案 D解析线圈在匀强磁场中运动，磁感应强度B为定值，由ΔΦ＝B·ΔS知：只要回路中相对磁场的正对面积改变量ΔS≠0，则磁通量一定改变，回路中一定有感应电流产生．当线圈在其平面内平动或转动时，线圈相对磁场的正对面积始终为零，即ΔS＝0，因而无感应电流产生，A错；当线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动时，同样ΔS＝0，因而无感应电流产生，B错；当线圈以ac为轴转动时，线圈相对磁场的正对面积改变量ΔS仍为零，回路中仍无感应电流产生，C错；当线圈以bd为轴稍做转动时，线圈相对磁场的正对面积发生了改变，因此在回路中产生了感应电流．故选D.7．如图5所示，电流表与螺线管组成闭合电路，以下能使电流表指针偏转的是( )图5A．将磁铁插入螺线管的过程中B．磁铁放在螺线管中不动时C．将磁铁从螺线管中向上拉出的过程中D．磁铁静止而将螺线管向上移动答案ACD解析只要是螺线管中的磁通量发生变化，回路中有感应电流，指针便会偏转；只要是螺线管中的磁通量不发生变化，回路中无感应电流，指针便不会偏转．在磁铁插入、拉出过程中螺线管中的磁通量均发生变化，能产生感应电流，电流表指针偏转．故A、C正确；磁铁放在螺线管中不动时，螺线管中的磁通量不发生变化，无感应电流产生，故B错误；由于磁铁静止而螺线管向上移动，螺线管中的磁通量发生变化，有感应电流产生，电流表指针偏转，故D正确．8．闭合线圈按如图所示的方式在磁场中运动，则穿过闭合线圈的磁通量发生变化的是( )答案AB解析A图中，图示状态Φ＝0，转至90°过程中Φ增大，因此磁通量发生变化；B图中离直导线越远磁场越弱，磁感线越稀，所以当线圈远离导线时，线圈中磁通量不断变小；C图中一定要把条形磁铁周围的磁感线空间分布图弄清楚，在图示位置，线圈中的磁通量为零，在向下移动过程中，线圈中的磁通量一直为零，磁通量不变；D图中，随着线圈的转动，B 与S都不变，B又垂直于S，所以Φ＝BS始终不变，故正确答案为A、B.9．如图6所示，在匀强磁场中有两条平行的金属导轨，磁场方向与导轨平面垂直．导轨上有两条可沿导轨自由移动的金属棒ab、cd，与导轨接触良好．这两条金属棒ab、cd的运动速度分别是v1、v2，若井字形回路中有感应电流通过，则可能( )图6A．v1>v2B．v1<v2C．v1＝v2D．无法确定答案AB10.如图7所示，导线ab和cd互相平行，则下列四种情况中，导线cd中有电流的是 ( )图7A．开关S闭合或断开的瞬间B．开关S是闭合的，滑动触头向左滑C．开关S是闭合的，滑动触头向右滑D．开关S始终闭合，滑动触头不动答案ABC解析开关S闭合或断开的瞬间；开关S闭合，滑动触头向左滑的过程；开关S闭合，滑动触头向右滑的过程都会使通过导线ab段的电流发生变化，使穿过cd回路的磁通量发生变化，从而在cd导线中产生感应电流．正确选项为A、B、C.二、非选择题11．在研究电磁感应现象的实验中，所用器材如图8所示．它们是①电流表；②直流电源；③带铁芯的线圈A；④线圈B；⑤开关；⑥滑动变阻器(用来控制电流以改变磁场强弱)．试按实验的要求在实物图上连线(图中已连好一根导线)．图8答案连接电路如图所示12．如图9所示，线圈Ⅰ与电源、开关、滑动变阻器相连，线圈Ⅱ与电流计相连，线圈Ⅰ与线圈Ⅱ绕在同一个铁芯上，在下列情况下，电流计中是否有示数？图9(1)开关闭合瞬间；(2)开关闭合稳定后；(3)开关闭合稳定后，来回移动滑动变阻器的滑片；(4)开关断开瞬间．答案(1)有(2)无(3)有(4)有解析(1)开关闭合时线圈Ⅰ中电流从无到有，电流的磁场也从无到有，穿过线圈Ⅱ的磁通量也从无到有，线圈Ⅱ中产生感应电流，电流计有示数．(2)开关闭合稳定后，线圈Ⅰ中电流稳定不变，电流的磁场不变，此时线圈Ⅱ中虽有磁通量但磁通量稳定不变，线圈Ⅱ中无感应电流产生，电流计无示数．(3)开关闭合稳定后，来回移动滑动变阻器的滑片，电阻变化，线圈Ⅰ中的电流变化，电流形成的磁场也发生变化，穿过线圈Ⅱ的磁通量也发生变化，线圈Ⅱ中有感应电流产生，电流计有示数．(4)开关断开瞬间，线圈Ⅰ中电流从有到无，电流的磁场也从有到无，穿过线圈Ⅱ的磁通量也从有到无，线圈Ⅱ中有感应电流产生，电流计有示数．第三节感应电流的方向[学习目标] 1.正确理解楞次定律的内容及其本质.2.掌握右手定则，并理解右手定则实际上为楞次定律的一种具体表现形式.3.能够熟练运用楞次定律和右手定则判断感应电流的方向．一、楞次定律[导学探究] 根据如图1甲、乙、丙、丁所示进行电路图连接与实验操作，并填好实验现象．图1请根据上表所填内容理解：甲、乙两种情况下，磁通量都增加，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；丙、丁两种情况下，磁通量都减少，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同．[知识梳理] 楞次定律：(1)内容：感应电流的方向可以这样确定：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)理解：当磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场方向相反，当磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场方向相同，即增反减同．[即学即用] 判断下列说法的正误．(1)感应电流的磁场总是与引起感应电流的磁场方向相反．( )(2)感应电流的磁场可能与引起感应电流的磁场方向相同．( )(3)感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．( )答案(1)×(2)√(3)√二、右手定则[导学探究] 如图2所示，导体棒ab向右做切割磁感线运动．图2(1)请用楞次定律判断感应电流的方向．(2)感应电流I的方向、原磁场B的方向、导体棒运动的速度v的方向三者之间什么关系？根据课本右手定则，自己试着做一做．答案(1)感应电流的方向a→d→c→b→a.(2)满足右手定则．[知识梳理] 右手定则：伸开右手，让拇指跟其余四个手指垂直，并且都跟手掌在同一个平面内；让磁感线垂直从心进入，拇指指向导体运动的方向，其余四指所指的方向就是感应电流的方向．[即学即用] 判断下列说法的正误．(1)右手定则只能用来判断导体垂直切割磁感线时的感应电流方向．( )(2)所有的电磁感应现象都可以用楞次定律判断感应电流方向．( )(3)所有的电磁感应现象，都可以用安培定则判断感应电流方向．( )(4)当导体不动，而磁场运动时，不能用右手定则判断感应电流方向．( )答案(1)×(2)√(3)×(4)×一、楞次定律的理解1．因果关系：楞次定律反映了电磁感应现象中的因果关系，磁通量发生变化是原因，产生感应电流是结果．2．“阻碍”的含义：(1)谁阻碍——感应电流产生的磁场．(2)阻碍谁——阻碍引起感应电流的磁通量的变化．(3)如何阻碍——当原磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；当原磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同．(4)阻碍效果——阻碍并不是阻止，结果增加的还是增加，减少的还是减少．注意：从相对运动的角度看，感应电流的效果是阻碍相对运动．例1 关于楞次定律，下列说法正确的是 ( )A．感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化B．闭合电路的一部分导体在磁场中运动时，必受磁场阻碍作用C．原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场同向D．感应电流的磁场总是跟原磁场反向，阻碍原磁场的变化答案 A解析感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项A正确；闭合电路的一部分导体在磁场中平行磁感线运动时，不受磁场阻碍作用，选项B错误；原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场反向，选项C错误；当原磁场增强时感应电流的磁场跟原磁场反向，当原磁场减弱时感应电流的磁场跟原磁场同向，选项D错误．二、楞次定律的应用楞次定律应用四步曲(1)确定原磁场方向；(2)判定产生感应电流的磁通量如何变化(增加还是减少)；(3)根据楞次定律确定感应电流的磁场方向(增反减同)；(4)判定感应电流的方向．该步骤也可以简单地描述为“一原二变三感四螺旋”，一原——确定原磁场的方向；二变——确定磁通量是增加还是减少，三感——判断感应电流的磁场方向；四螺旋——用右手螺旋定则判断感应电流的方向．例2 (多选)如图3所示，闭合金属圆环沿垂直于磁场方向放置在有界匀强磁场中，将它从匀强磁场中匀速拉出，以下各种说法中正确的是( )图3A．向左拉出和向右拉出时，环中的感应电流方向相反B．向左或向右拉出时，环中感应电流方向都是沿顺时针方向的C．向左或向右拉出时，环中感应电流方向都是沿逆时针方向的D．将圆环左右拉动，当环全部处在磁场中运动时，圆环中无感应电流答案BD解析将金属圆环不管从哪边拉出磁场，穿过闭合圆环的磁通量都要减少，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍原磁通量的减少，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，应用安培定则可以判断出感应电流的方向是顺时针方向的，选项B正确，A、C错误；另外在圆环离开磁场前，穿过圆环的磁通量没有改变，该种情况无感应电流，D正确．针对训练如图4所示，金属环所在区域存在着匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．当磁感应强度逐渐增大时，内、外金属环中感应电流的方向为( )图4A．外环顺时针、内环逆时针B．外环逆时针、内环顺时针C．内、外环均为逆时针D．内、外环均为顺时针答案 B解析首先明确研究的回路由外环和内环共同组成，回路中包围的磁场方向垂直纸面向里且内、外环之间的磁通量增加．由楞次定律可知两环之间的感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，垂直于纸面向外，再由安培定则判断出感应电流的方向是：在外环沿逆时针方向，在内环沿顺时针方向，故选项B正确．三、右手定则的应用。

章末复习课【知识体系】①磁通量②磁通量的变化率③n ΔΦΔt④E＝BLv⑤错误!BL2ω⑥电流主题1 楞次定律的理解及其推广1．楞次定律的理解．楞次定律解决的问题是感应电流的方向问题，它涉及两个磁场，感应电流的磁场(新产生的磁场)和引起感应电流的磁场(原来就有的磁场)，前者和后者的关系不是“同向”和“反向”的简单关系，而是前者“阻碍”后者“变化”的关系．2．对“阻碍”意义的理解．（1）阻碍原磁场的变化．“阻碍"不是阻止,而是“延缓”，感应电流的磁场不会阻止原磁场的变化，只能使原磁场的变化被延缓或者说被迟滞了，原磁场的变化趋势不会改变,不会发生逆转．（2)阻碍的是原磁场的变化，而不是原磁场本身，如果原磁场不变化，即使它再强,也不会产生感应电流．（3）阻碍不是相反，当原磁通量减小时，感应电流的磁场与原磁场同向，以阻碍其减小；当磁体远离导体运动时,导体运动将和磁体运动同向，以阻碍其相对运动．（4）由于“阻碍”，为了维持原磁场的变化,必须有外力克服这一“阻碍”而做功，从而导致其他形式的能量转化为电能,因而楞次定律是能量转化和守恒定律在电磁感应中的体现．3．楞次定律的推广．楞次定律可推广为感应电流的效果总是要反抗（或阻碍）产生感应电流的原因．因此也常用以下结论作迅速判断：(1)阻碍原磁通量的变化(增反减同)．(2）阻碍导体的相对运动(来拒去留)．(3)使线圈的面积有扩大或缩小的趋势（增缩减扩)．（4）阻碍原电流的变化（自感现象)．【典例1】如图所示，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环,铜环平面与螺线管截面平行，当开关S接通的一瞬间，两铜环的运动情况是（）A．同时向两侧推开B．同时向螺线管靠拢C．一个被推开，一个被吸引,但因电源正负极未知，无法具体判断D．同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断解析：当开关S接通的一瞬间,螺线管的磁场增强，故穿过两边线圈的磁通量均增加,根据楞次定律，在线圈中产生的感应电流阻碍磁通量的增加,故线圈会远离螺线管运动,故两铜环的运动情况是同时向两侧推开，选项A正确．答案:A针对训练1．(2016·上海卷）(多选)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（）图(a）图（b）A．在t1～t2时间内，L有收缩趋势B．在t2～t3时间内，L有扩张趋势C．在t2～t3时间内,L内有逆时针方向的感应电流D．在t3~t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流解析：在t1~t2时间内，穿过圆环的磁通量向上不是均匀增大,由楞次定律可以确定L必须减小面积以达到阻碍磁通量的增大，故有收缩的趋势,故A正确；在t2～t3时间内，穿过圆环的磁通量向上均匀减小，由法拉第电磁感应定律可知，L中磁通量不变，则L中没有感应电流，因此没有变化的趋势，故B、C错误；在t3～t4时间内，向下的磁通量减小，根据楞次定律，在线圈中的电流方向c到b，根据右手螺旋定则，穿过圆环L的磁通量向内减小，则根据楞次定律，在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流,故D正确．答案：AD主题2 电磁感应中的电路问题在电磁感应现象中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势．若回路闭合,则产生感应电流,感应电流引起热效应，所以电磁感应问题常常与电路知识综合考查．1．解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法．(1）明确哪部分导体或电路产生感应电动势,该导体或电路就是电源,其他部分是外电路．（2)用法拉第电磁感应定律确定感应电动势的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电流的方向．(3）画等效电路图．分清内外电路，画出等效电路图是解决此类问题的关键．（4）运用闭合电路欧姆定律、串并联电路的特点、电功、电功率等公式求解．2．问题示例．图甲图乙（1）图甲中若磁场增强,可判断感应电流方向为逆时针,则ΦB〉ΦA；若线圈内阻为r，则U BA＝错误!·错误!.（2)图乙中，据右手定则判定电流流经AB的方向为B→A，则可判定ΦA〉ΦB，若导体棒的电阻为r，则U AB＝错误!·R.【典例2】（多选)半径为a的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0。

章末总结一、楞次定律的理解与应用1．感觉电流的磁场总要阻挡惹起感觉电流的磁通量的变化．感觉电流的磁场方向不必定与原磁场方向相反，只有在磁通量增添时二者才相反，而在磁通量减少时二者是同向的．2．“阻挡”其实不是“阻挡”，而是“延缓”，回路中的磁通量变化的趋向不变，只可是变化得慢了．3．“阻挡”的表现：增反减同、来拒去留等．例 1圆形导体线圈 a 平放在水平桌面上，在合，螺线管与电源和滑动变阻器连结成如图动，以下表述正确的选项是()a 的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重1 所示的电路．若将滑动变阻器的滑片 P 向下滑图 1A ．线圈 a 中将产生俯视顺时针方向的感觉电流B ．穿过线圈 a 的磁通量变小C．线圈 a 有扩充的趋向D．线圈 a 对水平桌面的压力 F N将增大答案 D分析经过螺线管 b 的电流如下图，依据安培定章判断出螺线管 b 所产生的磁场方向在线圈 a 中竖直向下，滑片 P 向下滑动，接入电路的电阻减小，电流增大，所产生的磁场的磁感觉强度增大，依据楞次定律可知， a 线圈中所产生的感觉电流的磁场方向竖直向上，再由安培定章可得线圈 a 中的电流方向为俯视逆时针方向， A 错误；因为螺线管 b 中的电流增大，所产生的磁感觉强度增大，线圈 a 中的磁通量应变大， B 错误；依据楞次定律可知，线圈 a 有减小的趋向，线圈 a 对水平桌面的压力将增大， C 错误， D 正确．二、电磁感觉中的图象问题对图象的剖析，应做到：(1)明确图象所描绘的物理意义；(2)明确各样物理量正、负号的含义；(3)明确斜率的含义；(4)明确图象和电磁感觉过程之间的对应关系．例 2如图2所示，三条平行虚线位于纸面内，中间虚线双侧有方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感觉强度等大反向．菱形闭合导线框ABCD 位于纸面内且对角线AC 与虚线垂直，磁场宽度与对角线AC 长均为 d，现使线框沿AC 方向匀速穿过磁场，以逆时针方向为感觉电流的正方向，则从 C 点进入磁场到 A 点走开磁场的过程中，线框中电流i 随时间 t 的变化关系可能是 ()图 2答案 D分析导线框 ABCD 在进入左侧磁场时，由楞次定律和安培定章能够判断出感觉电流的方向应为正方向，选项B、C 不行能；当导线框ABCD 一部分在左磁场区，另一部分在右磁场区时，回路中的最大电流要加倍，方向与刚进入时的方向相反，选项 D 可能，选项 A 不行能．电磁感觉中图象类选择题的两个常看法法(1)清除法：定性地剖析电磁感觉过程中物理量的变化趋向(增大仍是减小 )、变化快慢 (平均变化仍是非平均变化)，特别是物理量的正负，清除错误的选项．(2)函数法：依据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，而后由函数关系对图象作出剖析和判断，这未必是最简捷的方法，但倒是最有效的方法．三、电磁感觉中的电路问题求解电磁感觉中电路问题的重点是分清楚内电路和外电路．“切割”磁感线的导体和磁通量变化的线圈都相当于“电源”，该部分导体的电阻相当于内电阻，而其他部分的电阻则是外电阻．例 3 如图 3 所示，面积为 0.2 m2的已知磁感觉强度随时间变化的规律为100 匝线圈处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，B＝(2 ＋0.2t)T ，定值电阻R1＝6 Ω，线圈电阻R2＝ 4 Ω，求：图 3(1)磁通量的变化率和回路中的感觉电动势；(2)a、 b 两点间电压U ab；(3)2 s 内经过 R1的电荷量q.答案(1)0.04 Wb/s 4 V (2)2.4 V (3)0.8 C分析(1) 由 B＝ (2＋ 0.2t)T 可知B＝0.2 T/s.tΔΦ B磁通量变化率为t ＝t S＝ 0.04 Wb/s.由法拉第电磁感觉定律可知回路中的感觉电动势为ΔΦE＝n t ＝ 100× 0.04 V ＝ 4 V.(2)等效电路如下图．a、 b 两点间电压U ab等于定值电阻R1两头的电压，则U ab＝ER1＝ 2.4 V. R1＋ R2(3)2 s 内的磁感觉强度变化量为B＝Bt·t＝ 0.2× 2 T＝ 0.4 T经过 R1的电荷量为ΔΦn t ΔΦ B q＝ I ·Δt＝·Δt＝ n ＝ n·SR总R总R 总0.4＝100× 0.2×10 C＝ 0.8 C.路端电压、电动势和某导体两头的电压三者的关系：(1)某段导体作为外电路时，它两头的电压就是电流与其电阻的乘积．(2)某段导体作为电源时，它两头的电压就是路端电压，等于电流与外电阻的乘积，或等于电动势减去内电压，当其内阻不计时路端电压等于电源电动势．(3)某段导体作为电源且电路断路时，导体两头的电压等于电源电动势．四、电磁感觉中的力电综合问题此类问题波及电路知识、动力学知识和能量看法，综合性很强，解决此类问题要着重以下三点：1．电路剖析(1)找“电源”：确立出由电磁感觉所产生的电源，求出电源的电动势 E 和内阻 r.(2)电路构造剖析弄清串、并联关系，求出有关部分的电流大小，为求安培力做好铺垫．2．力和运动剖析(1)受力剖析：剖析研究对象(常为金属杆、导体线圈等)的受力状况，特别注意安培力的方向．(2)运动剖析：依据力与运动的关系，确立出运动模型，依据模型特色，找到解决门路．3．功和能量剖析(1)做功剖析，找全力所做的功，弄清功的正、负．(2)能量转变剖析，弄清哪些能量增添，哪些能量减少，依据功能关系、能量守恒定律列方程求解．例4 如图 4 所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝ 30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝ 0.4 m，导轨所在空间被分红地区Ⅰ和Ⅱ，两地区的界限与斜面的交线为MN.Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感觉强度大小均为B＝ 0.5 T ．在地区Ⅰ中，将质量m1＝ 0.1 kg、电阻R1＝0． 1 Ω 的金属条ab 放在导轨上，ab 恰好不下滑．而后，在地区Ⅱ中将质量m2＝ 0.4 kg ，电阻 R2＝0.1 Ω的圆滑导体棒cd 置于导轨上，由静止开始下滑．cd 在滑动过程中一直处于地区Ⅱ的磁场中，ab、 cd 一直与导轨垂直且两头与导轨保持优秀接触，取g＝10 m/s2，问：图 4(1)cd 下滑的过程中， ab 中的电流方向；(2)ab 刚要向上滑动时，cd 的速度 v 多大；(3)从 cd 开始下滑到 ab 刚要向上滑动的过程中，cd 滑动的距离 x＝ 3.8 m，此过程中 ab 上产生的热量 Q 是多少．答案(1) 由 a 流向 b (2)5 m/s (3)1.3 J分析(1) 由右手定章可判断出cd 中的电流方向为由 d 到 c，则 ab 中电流方向为由 a 流向 b.(2)开始搁置时 ab 恰好不下滑， ab 所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为 f max，有 f max＝ m1gsin θ①设 ab 刚要上滑时， cd 棒的感觉电动势为 E，由法拉第电磁感觉定律有E＝BL v ②设电路中的感觉电流为I，由闭合电路欧姆定律有I＝E③1＋R2R设 ab 所受安培力为 F 安，有 F 安＝BIL ④此时 ab 遇到的最大静摩擦力方向沿导轨向下，由均衡条件有 F 安＝m1 max ⑤gsin θ＋ f联立①②③④⑤式，代入数据解得 v＝ 5 m/s.(3)设 cd 棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q 总，由能量守恒定律有m2gxsin θ＝ Q 总＋12 m2v 2又 Q＝R1Q 总R1＋R2解得 Q＝ 1.3 J.。