标题-2017-2018学年高中物理三维设计人教版选修3-2浙江专版：课时跟踪检测(二) 楞次定律

1．楞次定律、右手定则的联系楞次定律、右手定则是判断感应电流方向的基本方法，是高考的必考内容，楞次定律能解决由于各种原因引起的磁通量变化产生的感应电流的方向问题，右手定则是楞次定律的特例，常用于解决导体切割磁感线产生感应电流问题。

楞次定律常与安培定则、右手定则结合，有时与法拉第电磁感应定律结合。

2．对楞次定律的理解“阻碍”二字是楞次定律的核心，不仅阻碍引起感应电流的磁通量的变化，也阻碍导体的相对运动。

“阻碍”不是阻止，只能在一定程度上延缓物理过程的进行；在解决一些具体问题时，可以把楞次定律“阻碍”的含义推广为下列三种表达形式：(1)阻碍原磁通量的变化(原磁通量增加时阻碍增加，减弱时阻碍减弱，可以概括为“增反减同”)。

(2)阻碍磁体、导体的相对运动(针对由磁体、导体相对运动而引起感应电流的情况，可以概括为“来拒去留”)。

(3)阻碍原电流的变化。

说明：很多情况下，用推广含义解题比用楞次定律本身更方便、简捷。

[典例1](多选)(山东高考)如图所示，一端接有定值电阻的垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好。

在向右匀速通过M 、N 两区的过程中，导体棒所受安培力分别用F M 、F N 表示。

不计轨道电阻。

以下叙述正确的是( )A ．F M 向右B ．F N 向左C ．F M 逐渐增大D ．F N 逐渐减小[解析] 由题意可知，根据安培定则，在轨道内的M 区、N 区通电长直导线产生的磁场分别垂直轨道平面向外和向里，由此可知，当导体棒运动到M 区时，根据右手定则可以判定，在导体棒内产生的感应电流与长直绝缘导线中的电流方向相反，再根据左手定则可知，金属棒在M 区时受到的安培力方向向左，因此A 选项错误；同理可以判定B 选项正确；导体棒在M 区匀速靠近长直绝缘导线时所处的磁场越来越大，因此产生的感应电动势越来越大，根据闭合电路的欧姆定律和安培力的公式可知，导体棒所受的安培力F M 也逐渐增大，故C 选项正确；同理D 选项正确。

阶段验收评估（二） 恒定电流一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，第1～5小题只有一个选项符合题意，第6～8小题有多个选项符合题意，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)一、选择题(每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的)1．如图1为一逻辑电路。

其真值表中输出端从上到下排列的结果正确的是()图1A ．0 0 1 0B ．0 0 1 1C ．1 0 1 0D ．0 0 0 1解析：选A 只有A 输入为1，同时B 输入为0，与门电路的输入才能均为1，C 输出为1。

2．两个用同种材料制成的均匀导体A 、B ，其质量相同，当它们接入电压相同的电路时，其电流之比I A ∶I B ＝1∶4，则横截面积之比S A ∶S B 为( )A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶4D ．4∶1解析：选A 由R ＝UI 可知，在U 一定时，I 与R 成反比，即R A ∶R B ＝4∶1。

又根据电阻定律R ＝ρl S ＝ρV S S ＝ρV S 2可知，当ρ、V 一定时，R ∝1S 2，即有S 2AS 2B ＝R B R A ＝14，所以S AS B＝14＝12。

3．某小灯泡的伏安特性曲线如图2中的AB 段(曲线)所示，由图可知，灯丝的电阻因温度的影响改变了( )图2 A．5 ΩB．10 ΩC．1 ΩD．6 Ω解析：选B由电阻的定义式R＝UI知，A点对应灯泡的电阻R A＝30.1Ω＝30 Ω，B点对应灯泡的电阻R B＝60.15Ω＝40 Ω，所以灯丝的电阻改变了10 Ω，故B正确。

4．一电流表(表头)并联一个分流电阻后就改装成一个大量程的电流表，当把它和标准电流表串联后去测某电路中的电流时，发现标准电流表读数为1 A时，改装电流表的读数为1.1 A，稍微偏大一些，为了使它的读数准确，应()A．在原分流电阻上再并联一个较大的电阻B．在原分流电阻上再串联一个较小的电阻C．在原分流电阻上再串联一个较大的电阻D．在原分流电阻上再并联一个较小的电阻解析：选A改装电流表的读数比标准电流表读数稍微偏大一些，说明改装电流表的内阻稍微偏大一些，要使内阻稍微变小一些，需要在原分流电阻上再并联一个较大的电阻，故A正确，B、C、D错误。

第5节电磁感应现象的两类情况感生电场与感生电动势[探新知·基础练]1．感生电场麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场，它与静电场不同，不是由电荷产生的，我们叫它感生电场。

2．感生电动势由感生电场产生的感应电动势。

3．感生电动势中的非静电力感生电场对自由电荷的作用。

4．感生电场的方向判断由磁场的方向和强弱变化，根据楞次定律用安培定则判断。

[特别提醒](1)感生电场是一种涡旋电场，电场线是闭合的。

(2)感生电场的方向可由楞次定律判断。

如图所示，当磁场增强时，产生的感生电场是与磁场方向垂直且阻碍磁场增强的电场。

(3)感生电场的存在与是否存在闭合电路无关。

[辨是非](对的划“√”，错的划“×”)1．感生电场线是闭合的。

()2．磁场变化时，可以产生感生电场，并不需要电路闭合这一条件。

()3．感生电场是产生感生电动势的原因。

()答案：1.√ 2.√ 3.√[释疑难·对点练]感生电动势磁场变化时会在空间激发感生电场，处在感生电场中的闭合导体，导体中的自由电荷在电场力的作用下做定向运动，产生感应电流，或者说，导体中产生了感应电动势。

由感生电场产生的电动势叫做感生电动势。

(1)电路中电源电动势是非静电力对自由电荷的作用。

在电池中，这种力表现为化学作用。

(2)感生电场对电荷产生的力，相当于电源内部的所谓的非静电力。

感生电动势在电路中的作用就是电源。

[试身手]1．在按如图所示的四种变化规律的磁场中能产生恒定的感生电场的是()解析：选C 据麦克斯韦电磁理论，恒定的感生电场由均匀变化的磁场产生，C 对。

电磁感应现象中的洛伦兹力 [探新知·基础练]1．动生电动势由于导体切割磁感线运动而产生的感应电动势。

2．动生电动势中的“非静电力”自由电荷因随导体棒运动而受到洛伦兹力，非静电力与洛伦兹力有关。

3．动生电动势中的功能关系闭合回路中，导体棒做切割磁感线运动时，克服安培力做功，其他形式的能转化为电能。

课时跟踪检测（五） 外力作用下的振动一、单项选择题1．在敲响古刹里的大钟时，有的同学发现，停止对大钟的撞击后，大钟仍“余音未绝”，分析其原因是( )A ．大钟的回声B ．大钟在继续振动C ．人的听觉发生“暂留”的缘故D ．大钟虽停止振动，但空气仍在振动解析：选B 停止对大钟的撞击后，大钟的振动不会立即消失，因为振动能量不会凭空消失，再振动一段时间后，由于阻尼的作用振动才逐渐消失，B 选项正确。

2．下列说法错误的是( )A ．实际的自由振动必然是阻尼振动B ．在外力作用下的振动是受迫振动C ．阻尼振动的振幅越来越小D ．受迫振动稳定后的频率与自身物理条件无关解析：选B 实际的自由振动，必须不断克服外界阻力做功而消耗能量，振幅会逐渐减小，必然是阻尼振动，故A 、C 正确；只有在周期性外力(驱动力)的作用下物体所做的振动才是受迫振动，B 错误；受迫振动稳定后的频率由驱动力的频率决定，与自身物理条件无关，D 正确。

3．如图所示，一根水平张紧的绳子上系着五个单摆，摆长从左至右依次为3l 2、l 、l 2、l 、2l ，若让D 摆先摆动起来，周期为T ，稳定时A 、B 、C 、E 各摆的情况是( )A ．B 摆振动的振幅最大B ．E 摆振动的振幅最大C ．C 摆振动周期小于TD ．A 摆振动周期大于T解析：选A 此振动为受迫振动，由D 摆提供驱动力，提供A 、B 、C 、E 摆振动的能量，A 、B 、C 、E 摆做受迫振动，其振动的频率和周期等于D 摆的振动频率和周期，故C 、D 错误；因为B 摆的摆长与D 摆相等，B 摆的固有周期等于驱动力的周期，满足发生共振的条件，B 摆发生共振，振幅最大，故A 正确，B 错误。

4．一洗衣机在正常工作时非常平稳，当切断电源后，发现洗衣机先是振动越来越剧烈，然后振动再逐渐减弱，对这一现象，下列说法正确的是( )①正常工作时，洗衣机波轮的运转频率比洗衣机的固有频率大 ②正常工作时，洗衣机波轮的运转频率比洗衣机的固有频率小 ③正常工作时，洗衣机波轮的运转频率等于洗衣机的固有频率 ④当洗衣机振动最剧烈时，波轮的运转频率恰好等于洗衣机的固有频率A ．②B ．③C ．①④D ．②④解析：选C 洗衣机切断电源后，波轮的转动逐渐慢下来，在某一小段时间内洗衣机发生了强烈的振动，说明此时波轮的频率与洗衣机的固有频率相同，发生了共振。

2018析⼈教版⾼中物理选修3-2全册同步课时作业含解析答案2018析⼈教版⾼中物理选修3-2全册同步课时作业⽬录课时作业(⼀) 划时代的发现探究感应电流的产⽣条件 (1)课时作业(⼆) 楞次定律 (7)课时作业(三) 法拉第电磁感应定律 (13)课时作业(四) 电磁感应现象的两类情况 (18)课时作业(五) 电磁感应中的电路及图象问题 (24)课时作业(六) 电磁感应中的动⼒学及能量问题 (28)课时作业(七) 互感和⾃感 (32)课时作业(⼋) 涡流、电磁阻尼和电磁驱动 (36)课时作业(九) 交变电流 (40)课时作业(⼗) 描述交变电流的物理量 (45)课时作业(⼗⼀) 电感和电容对交变电流的影响 (52)课时作业(⼗⼆) 变压器 (57)课时作业(⼗三) 电能的输送 (63)课时作业(⼗四) 传感器及其⼯作原理 (69)课时作业(⼗五) 传感器的应⽤ (73)第四章章末检测 (76)第五章章末检测 (83)第六章章末检测 (89)课时作业(⼀)划时代的发现探究感应电流的产⽣条件⼀、单项选择题1．如图所⽰，ab是⽔平⾯上⼀个圆的直径，在过ab的竖直平⾯内有⼀根通电直导线ef，已知ef平⾏于ab.当ef竖直向上平移时，电流产⽣的磁场穿过圆的磁通量将()A．逐渐增⼤B．逐渐减⼩C．始终为零D．不为零，但保持不变解析：作出磁感线穿过圆的情况的俯视图，如图所⽰，根据磁场对称性可以知道，穿⼊圆的磁感线的条数与穿出圆的磁感线的条数是相等的．故选C.答案：C2．如图所⽰的匀强磁场中有⼀个矩形闭合导线框，初始位置线框与磁感线平⾏，则在下列四种情况下，线框中会产⽣感应电流的是()A．线框平⾯始终与磁感线平⾏，线框在磁场中左右运动B．线框平⾯始终与磁感线平⾏，线框在磁场中上下运动C．线框绕位于线框平⾯内且与磁感线垂直的轴线AB转动D．线框绕位于线框平⾯内且与磁感线平⾏的轴线CD转动解析：四种情况中初始位臵线框均与磁感线平⾏，磁通量为零，按A、B、D三种情况线框运动后，线框仍与磁感线平⾏，磁通量保持为零不变，线框中不产⽣感应电流，C中线框转动后，穿过线框的磁通量不断发⽣变化，所以产⽣感应电流，C项正确．答案：C3．(福建质检)法拉第在1831年发现了“磁⽣电”现象．如图所⽰，他把两个线圈绕在同⼀个软铁环上，线圈A和电池连接，线圈B⽤导线连通，导线下⾯平⾏放置⼀个⼩磁针．实验中可能观察到的现象是()A．⽤⼀节电池作电源⼩磁针不偏转，⽤⼗节电池作电源⼩磁针会偏转B．线圈B匝数较少时⼩磁针不偏转，匝数⾜够多时⼩磁针会偏转C．线圈A和电池连接瞬间，⼩磁针会偏转D．线圈A和电池断开瞬间，⼩磁针不偏转解析：根据“磁⽣电”即电磁感应现象的产⽣条件，只有线圈B中磁通量变化时才能在线圈B中产⽣感应电流，因此⽆论线圈B匝数多少，与线圈A连接的电池多少，都不能在线圈B中产⽣感应电流，选项A、B错误；只有在线圈A和电池连接或断开的瞬间，线圈B中才能产⽣感应电流，电流产⽣磁场，使导线下⾯平⾏放臵的⼩磁针发⽣偏转，选项C正确，D错误．答案：C4．磁通量是研究电磁感应现象的⼀个重要物理量，如图所⽰，通有恒定电流的直导线MN与闭合线框共⾯，第⼀次将线框由位置1平移到位置2，第⼆次将线框由位置1绕cd边翻转到位置2，设前后两次通过线框的磁通量的变化量分别为ΔΦ1和ΔΦ2则()A．ΔΦ1>ΔΦ2B．ΔΦ1＝ΔΦ2C．ΔΦ1<ΔΦ2D．⽆法确定解析：第⼀次将线框由位臵1平移到位臵2，磁感线从线框的同⼀侧穿⼊，ΔΦ1为前后两位臵磁通量的绝对值之差．第⼆次将线框由位臵1绕cd边翻转到位臵2，磁感线从线框的不同侧穿⼊，ΔΦ2为前后两位臵磁通量的绝对值之和．故ΔΦ1<ΔΦ2，选项C 正确．答案：C5．在图中，若回路⾯积从S0＝8 m2变到S t＝18 m2，磁感应强度B同时从B0＝0.1 T⽅向垂直纸⾯向⾥变到B t＝0.8 T⽅向垂直纸⾯向外，则回路中的磁通量的变化量为()A．7 Wb B．13.6 WbC．15.2 Wb D．20.6 Wb解析：因为B、S都变化，所以磁通量的变化量可⽤后来的磁通量减去原来的磁通量求解．取后来的磁通量为正，ΔΦ＝Φt－Φ0＝B t S t－(－B0S0)＝0.8×18 Wb －(－0.1×8) Wb＝15.2 Wb，故C对．答案：C⼆、多项选择题6．在电磁学的发展历程中，奥斯特和法拉第的贡献值得⼈们纪念，下⾯有关说法正确的是()A．法国物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，并提出了右⼿螺旋定则和“分⼦电流”假说B．电流磁效应的发现，宣告了电磁学作为⼀门独⽴学科的诞⽣，掀起了⼀场研究电与磁关系的浪潮C．法拉第虽然发现了电磁感应现象，但发现过程并不是⼀帆风顺的，也曾受思维定势的影响D．电磁感应的发现，开辟了⼈类的电⽓化时代，促进了⼈类⽂明的发展解析：丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，安培提出了右⼿螺旋定则和“分⼦电流”假说，选项A错误；电流磁效应的发现掀起了⼀场研究电与磁关系的浪潮，英国物理学家法拉第经过⼗年的不懈努⼒，发现了电磁感应现象，电磁感应现象的发现，宣告了电磁学的诞⽣，开辟了⼈类的电⽓化时代，故选项B错误，选项C、D正确．答案：CD7．如右图所⽰，四⾯体OABC处在沿Ox⽅向的匀强磁场中，下列关于磁场穿过各个⾯的磁通量的说法中正确的是()A．穿过AOB⾯的磁通量为零B．穿过ABC⾯和BOC⾯的磁通量相等C．穿过AOC⾯的磁通量为零D．穿过ABC⾯的磁通量⼤于穿过BOC⾯的磁通量解析：此题实际就是判断磁通量的有效⾯积问题．匀强磁场沿Ox⽅向没有磁感线穿过AOB⾯、AOC⾯，所以磁通量为零，A、C正确；在穿过ABC⾯时，磁场⽅向和ABC⾯不垂直，考虑夹⾓后发现，ABC⾯在垂直于磁感线⽅向上的投影就是BOC⾯，所以穿过⼆者的磁通量相等，B正确、D错误．故正确答案为A、B、C.答案：ABC8．如图所⽰，下列情况能产⽣感应电流的是()A．如图甲所⽰，导体棒AB顺着磁感线运动B．如图⼄所⽰，条形磁铁插⼊或拔出线圈时C．如图丙所⽰，⼩螺线管A插⼊⼤螺线管B中不动，开关S⼀直接通时D．如图丙所⽰，⼩螺线管A插⼊⼤螺线管B中不动，开关S⼀直接通，当改变滑动变阻器的阻值时解析：A中导体棒顺着磁感线运动，穿过闭合回路的磁通量没有发⽣变化，⽆感应电流，故A错误；B中条形磁铁插⼊线圈时线圈中的磁通量增加，拔出线圈时线圈中的磁通量减少，都有感应电流，故B正确；C中开关S⼀直接通，回路中为恒定电流，螺线管A产⽣的磁场稳定，螺线管B中的磁通量⽆变化，线圈中不产⽣感应电流，故C错误；D中开关S接通，滑动变阻器的阻值变化使闭合回路中的电流变化，螺线管A的磁场发⽣变化，螺线管B中磁通量发⽣变化，线圈中产⽣感应电流，故D正确．答案：BD9．如图所⽰，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()A．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．因此本题的正确的是()A．通过abcd平⾯的磁通量⼤⼩为B·L2实验仪器．(1)请你⽤笔画线代替导线，将实验电路连接完整．12．⼀个单匝矩形线圈abcd，边长ab＝30 cm，bc＝20 cm，如图所⽰，放分别沿Ox、Oy、Oz⽅向时，穿过线圈的磁通量各为多少？解析：矩形线圈的⾯积课时作业(⼆)楞次定律⼀、单项选择题1．如图所⽰，在匀强磁场中有⼀个⽤⽐较软的⾦属导线制成的闭合圆环．在此圆环的形状由圆形变成正⽅形的过程中()A．环中有感应电流，⽅向a→d→c→bB．环中有感应电流，⽅向a→b→c→dC．环中⽆感应电流D．条件不够，⽆法确定解析：由圆形变成正⽅形的过程中，⾯积减⼩，磁通量减⼩，由楞次定律可知，正⽅形中产⽣a→d→c→b⽅向的电流，A对．答案：A2．如图所⽰，AOC是光滑的⾦属轨道，AO沿竖直⽅向，OC沿⽔平⽅向，PQ是⼀根⾦属直杆⽴在轨道上，直杆从图⽰位置由静⽌开始在重⼒作⽤下运动，运动过程中Q端始终在OC上，空间存在着垂直纸⾯向外的匀强磁场，则在PQ 杆滑动的过程中，下列判断正确的是()A．感应电流的⽅向始终是P→QB．感应电流的⽅向先是P→Q，后是Q→PC．PQ受磁场⼒的⽅向垂直于杆向左D．PQ受磁场⼒的⽅向先垂直于杆向右，后垂直于杆向左解析：在PQ杆滑动的过程中，杆与导轨所围成的三⾓形⾯积先增⼤后减⼩，三⾓形POQ内的磁通量先增⼤后减⼩，由楞次定律可判断B项对、A项错，再由PQ中电流⽅向及左⼿定则可判断C、D项错误，故选B.答案：B3．如图所⽰，⼀个N极朝下的条形磁铁竖直下落，恰能穿过⽔平放置的固定矩形导线框，则()A．磁铁经过位置①时，线框中感应电流沿abcd⽅向；经过位置②时，沿adcb⽅向B．磁铁经过位置①时，线框中感应电流沿adcb⽅向；经过位置②时，沿abcd⽅向C．磁铁经过位置①和②时，线框中感应电流都沿abcd⽅向D．磁铁经过位置①和②时，线框中感应电流都沿adcb⽅向解析：当磁铁经过位臵①时，穿过线框的磁通量向下且不断增加，由楞次定律可确定感应电流的磁场⽅向向上，阻碍磁通量的增加，根据安培定则可判定感应电流应沿abcd⽅向．同理可判定当磁铁经过位臵②时，感应电流沿adcb ⽅向．答案：A4．通电长直导线中有恒定电流I，⽅向竖直向上，矩形线框与直导线在同⼀竖直⾯内，现要使线框中产⽣如图所⽰⽅向的感应电流，则应使线框() A．稍向左平移B．稍向右平移C．稍向上平移D．以直导线为轴匀速转动解析：由楞次定律或右⼿定则可以判断，线框左移，磁通量增加，感应电流的⽅向与图⽰⽅向相反；选项C、D磁通量不变，⽆感应电流产⽣．故选项B 正确．答案：B5．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流表及开关，按图所⽰连接，在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑动变阻器的滑⽚P向左加速滑动时，电流表指针向右偏转．由此可以推断()A．线圈A向上移动或滑动变阻器的滑⽚P向右加速滑动，都能引起电流表指针向左偏转B．线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起电流表指针向右偏转C．滑动变阻器的滑⽚P匀速向左或匀速向右滑动，都能使电流表指针静⽌在中央D．因为线圈A、线圈B的绕线⽅向未知，所以⽆法判断电流表指针偏转的⽅向解析：线圈A上移或断开开关时，穿过线圈B的磁通量减⼩，电流表指针向右偏转，故A错误、B正确；P匀速向左滑动时穿过线圈B的磁通量减⼩，电流表指针向右偏转，P匀速向右滑动时穿过线圈B的磁通量增⼤，电流表指针向左偏转，故C错误；由以上分析可知，D错误．答案：B6.如图所⽰，⼀个矩形线框从匀强磁场的上⽅⾃由落下，进⼊匀强磁场中，然后再从磁场中穿出．已知匀强磁场区域的宽度l⼤于线框的宽度h.那么下列说法中正确的是()A．线框只在进⼊和穿出磁场的过程中，才有感应电流产⽣B．线框从进⼊到穿出磁场的整个过程中，都有感应电流产⽣C．线框在进⼊和穿出磁场的过程中，都是磁场能转变成电能D．线框在磁场中运动的过程中，电能转变成机械能解析：本题考查了感应电流的产⽣条件及电磁感应中的能量转化．有⽆感应电流产⽣关键要看穿过闭合线框的磁通量是否发⽣变化，有导体切割磁感线时不⼀定产⽣感应电流，线框只在进⼊和穿出磁场的过程中，穿过它的磁通量才会发⽣变化，该过程中发⽣了机械能和电能的相互转化．故选A.答案：A7．(烟台⾼⼆检测)矩形导线框abcd与长直导线MN放在同⼀⽔平⾯上，ab 边与MN平⾏，导线MN中通⼊如图所⽰的电流，当MN中的电流增⼤时，下列说法正确的是()A．导线框abcd中没有感应电流B．导线框abcd中有顺时针⽅向的感应电流C．导线框所受的安培⼒的合⼒⽅向⽔平向左D．导线框所受的安培⼒的合⼒⽅向⽔平向右解析：直导线中通有向上且增⼤的电流，根据安培定则知，通过线框的磁场⽅向垂直纸⾯向⾥，且增⼤，根据楞次定律知感应电流的⽅向为逆时针⽅向，故A、B错误；根据左⼿定则知，ab边所受安培⼒⽅向⽔平向右，cd边所受安培⼒⽅向⽔平向左，离导线越近，磁感应强度越⼤，所以ab边所受的安培⼒⼤于cd边所受的安培⼒，则线框所受安培⼒的合⼒⽅向⽔平向右，故C错误、D 正确．答案：D⼆、多项选择题8．如图是验证楞次定律实验的⽰意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上⽅插⼊或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产⽣感应电流．各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动⽅向以及线圈中产⽣的感应电流的⽅向等情况，其中表⽰正确的是()解析：根据楞次定律可确定感应电流的⽅向：对C选项，当磁铁向下运动时：(1)闭合线圈原磁场的⽅向——向上；(2)穿过闭合线圈的磁通量的变化——增加；(3)感应电流产⽣的磁场⽅向——向下；(4)利⽤安培定则判断感应电流的⽅向——与图中箭头⽅向相同．线圈的上端为S极，磁铁与线圈相互排斥．综合以上分析知，选项C、D正确．答案：CD9．如图所⽰，光滑U形⾦属框架放在⽔平⾯内，上⾯放置⼀导体棒，有匀强磁场B垂直框架所在平⾯，当B发⽣变化时，发现导体棒向右运动，下列判断正确的是()A．棒中电流从b→aB．棒中电流从a→bC．B逐渐增⼤D．B逐渐减⼩解析：ab棒是因“电”⽽“动”，所以ab棒受到的安培⼒向右，由左⼿定则可知电流⽅向a→b，故B对，由楞次定律可知B逐渐减⼩，D对．答案：BD10．如图所⽰，导体AB、CD可在⽔平光滑轨道上⾃由滑动，且两⽔平轨道在中央交叉处互不连通．当导体棒AB向左移动时()A．AB中感应电流的⽅向为A到BB．AB中感应电流的⽅向为B到AC．CD向左移动D．CD向右移动解析：由右⼿定则可知AB中感应电流⽅向由A→B，因⽽CD中电流⽅向由C→D.由左⼿定则知CD所受安培⼒⽅向向右，故CD 向右移动．答案：AD11．如图所⽰，A、B两回路中各有⼀开关S1、S2，且回路A中接有电源，回路B中接有灵敏电流计，下列操作及相应的结果中可能的是()A．先闭合S2，后闭合S1的瞬间，电流计指针偏转B．S1、S2闭合后，在断开S2的瞬间，电流计指针偏转C．先闭合S1，后闭合S2的瞬间，电流计指针偏转D．S1、S2闭合后，在断开S1的瞬间，电流计指针偏转解析：回路A中有电源，当S1闭合后，回路中有电流，在回路的周围产⽣磁场，回路B中有磁通量，在S1闭合或断开的瞬间，回路A中的电流从⽆到有或从有到⽆，电流周围的磁场发⽣变化，从⽽使穿过回路B的磁通量发⽣变化，产⽣感应电动势，此时若S2是闭合的，则回路B中有感应电流，电流计指针偏转，所以选项A、D正确．答案：AD三、⾮选择题12．我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流⽅向的决定因素和其所遵循的物理规律．以下是实验探究过程的⼀部分．(1)如图甲所⽰，当磁铁的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产⽣的感应电流的⽅向，必须知道____________．(2)如图⼄所⽰，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏转．电路稳定后，若向左移动滑⽚，此过程中电流表指针向________偏转；若将线圈A抽出，此过程中电流表指针向________偏转．(填“左”或“右”)解析：(1)电流表中没有电流通过时，指针在中央位臵，要探究线圈中电流的⽅向，必须知道电流从正(负)接线柱流⼊时，电流表指针的偏转⽅向．(2)闭合开关时，线圈A中的磁场增强，线圈B中产⽣的感应电流使电流表指针向右偏转，则当向左移动滑⽚时，会使线圈A中的磁场增强，线圈B中感应电流的磁场⽅向与原磁场⽅向相反，电流表指针将向右偏转；当将线圈A抽出时，线圈A在线圈B处的磁场减弱，线圈B中感应电流的磁场⽅向与原磁场⽅向相同，线圈B中产⽣的感应电流将使电流表指针向左偏转．答案：(1)电流从正(负)接线柱流⼊时，电流表指针的偏转⽅向(2)右左④所⽰，下列说法正确的是()A．图①有感应电动势，且⼤⼩恒定不变A．U＝0 B．φ>φ，U保持不变滑⾏时，其他电阻不计，电阻R中的电流为()Bd v Bd v匀地增⼤到2B.在此过程中，线圈中产⽣的感应电动势为() Ba2nBa2⼆、多项选择题7．(成都⾼⼆检测)如图所⽰，闭合开关S，将条形磁铁插⼊闭合线圈，第Φ随时间t的变化图象如图所⽰，则()A．在t＝0时，线圈中磁通量最⼤，感应电动势也最⼤A．A中⽆感应电流⽣的感应电动势多⼤？解析：取线圈为研究对象，在1～2 s内，其磁通量的变化量为ΔΦ＝Φ－ΦF T＝2mg，求从t＝0时起，经多长时间细线会被拉断？解析：设t时刻细线恰被拉断，由题意知，轨向右匀速运动，速度v＝5 m/s.(1)求感应电动势E和感应电流I；。

课时跟踪检测（三）楞次定律的应用一、单项选择题1.如图所示，MN、PQ为同一水平面的两平行导轨，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出)，导体ab、cd与导轨有良好的接触并能滑动，当ab沿导轨向右滑动时，则()A．cd向右滑动B．cd不动C．cd向左滑动D．无法确定解析：选A根据楞次定律的扩展含义“增缩减扩”，当ab沿导轨向右滑动时，穿过abdc回路的磁通量要增大，为阻碍此变化，cd将向右滑动，故A正确。

2.如图所示，ab是一个可绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导线框，当滑动变阻器R的滑片自左向右滑动时，线框ab的运动情况是() A．保持静止不动B．逆时针转动C．顺时针转动D．发生转动，但电源极性不明，无法确定转动的方向解析：选C由题图所示电路，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电路中电阻增大，电流减弱，则穿过闭合导线框ab的磁通量将减少，根据楞次定律，感应电流磁场将阻碍原磁通量的变化，线框ab只有顺时针转动，才能使穿过线圈的磁通量增加。

3.如图所示，一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，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，发生的现象是()A．磁铁插向左环，横杆发生转动B．磁铁插向右环，横杆发生转动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，横杆都发生转动解析：选B磁铁插向左环，因为左环不闭合，不能产生感应电流，不受安培力的作用，横杆不发生转动；磁铁插向右环，因为右环闭合，能产生感应电流，在磁场中受到安培力的作用，横杆发生转动，选项B正确。

4.如图所示，两个相同的铝环穿在一根光滑杆上，将一根条形磁铁向左插入铝环的过程中，两环的运动情况是()A．同时向左运动，间距增大B．同时向左运动，间距不变C．同时向左运动，间距变小D．同时向右运动，间距增大解析：选C将一根条形磁铁向左插入铝环的过程中，两个环中均产生感应电流。

根据楞次定律，感应电流将阻碍与磁铁间的相对运动，所以两环均向左运动。

章末过关检测（一）一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分)1．单摆通过平衡位置时，小球受到的回复力( )A ．指向地面B ．指向悬点C ．数值为零D ．垂直于摆线解析：选C 做简谐运动的小球，只有在离开平衡位置时才受到回复力，“平衡位置”的意义就是回复力为零的位置，C 正确。

2．下列现象中，属于共振现象的是( )A ．杂技演员荡秋千越荡越高B ．下雨前雷声隆隆不绝C ．在山谷里说话有回声D ．湖面上的树叶随水波荡漾解析：选A 杂技演员用周期性外力驱动，使秋千越荡越高，且驱动力频率恰好等于秋千的固定频率，属于共振现象；B 、C 都属于声音的反射，D 是受迫振动。

3．如图所示为某质点在0～4 s 内的振动图象，则( )A ．质点振动的振幅是4 mB ．质点振动的频率为4 HzC ．质点在4 s 内经过的路程为8 mD ．质点在t ＝1 s 到t ＝3 s 的时间内，速度先沿x 轴正方向后沿x 轴负方向，且速度先增大后减小解析：选C 由题图可知质点振动的振幅A ＝2 m ，周期T ＝4 s ，则频率f ＝1T ＝0.25 Hz ，选项A 、B 错误；质点在4 s 内经过的路程s ＝4A ＝8 m ，选项C 正确；质点从t ＝1 s 到t ＝3 s 的时间内，速度一直沿x 轴负方向，选项D 错误。

4．做简谐运动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的12，则单摆振动的( ) A ．频率、振幅都不变B ．频率、振幅都改变C ．频率不变，振幅改变D．频率改变，振幅不变解析：选C单摆振动的频率只与摆长和所在地的重力加速度有关，与质量、振幅大小无关，题中单摆振动的频率不变；单摆振动过程中机械能守恒，振子在平衡位置的动能等于其在最大位移处的势能，因此，题中单摆的振幅改变，选项C正确。

5．脱水机把衣服脱水完毕后切断电源，电动机还要转一会儿才能停下来，在这一过程中，发现脱水机在某一时刻振动得很剧烈，然后又慢慢振动直至停止运转，其中振动很剧烈的原因是()A．脱水机没有放平稳B．电动机在这一时刻转快了C．电动机在这一时刻的转动频率跟脱水机的固有频率相近或相等D．是脱水机出现了故障解析：选C由于电动机的转动，使脱水机做受迫振动。

课时跟踪检测（十二）变压器一、单项选择题1．下列图中可以将电压升高供给家用电灯的变压器是()解析：选C电压升高，原线圈的匝数要少于副线圈的匝数，原线圈要接交流电，接直流电时变压器不工作，故C正确。

2.如图所示，理想变压器的原线圈接入u＝11 000 2sin 100πt V的交变电压，副线圈通过电阻r＝6 Ω的导线对“220 V,880 W”的电器R L供电，该电器正常工作。

由此可知()A．原、副线圈的匝数比为50∶1B．交变电压的频率为100 HzC．副线圈中电流的有效值为4 AD．变压器的输入功率为880 W解析：选C根据接入电压u＝11 0002sin 100πt V，输入电压有效值为11 000 V，要使“220 V,880 W”的电器正常工作，则通过用电器的电流为I＝PU＝4 A，副线圈输出电压为U 出＝Ir＋U＝4×6 V＋220 V＝244 V，原、副线圈匝数比等于输入电压与输出电压之比为2750∶61，A错误，C正确；交流电的频率f＝ω2π＝100π2πHz＝50 Hz，B错误；变压器的输出功率P出＝P R L＋P r＝880 W＋42×6 W＝976 W，D错误。

3．如图所示，为四种亮度可调的台灯的电路示意图，它们所用灯泡相同，且规格都是“220 V,40 W”，当灯泡所消耗的功率都调为20 W时，哪种台灯消耗的功率最小()解析：选C C图为理想变压器调节电压，而理想变压器不消耗能量，A、B、D三图中均利用电阻来调节灯泡上的电压，故一定会多消耗能量。

C正确。

4．理想变压器正常工作时，原、副线圈中不相同的物理量为()A．每匝线圈中磁通量的变化率B ．交变电流的频率C ．原线圈的输入功率和副线圈的输出功率D ．原线圈中的感应电动势和副线圈中的感应电动势解析：选D 理想变压器是没有能量损失的变压器，铁芯中无磁漏现象，所以每匝线圈中磁通量相等，其变化率相等，故A 、C 不符合题意；根据变压器的工作原理及用途可知，B 不符合题意，D 符合题意。

综合检测卷(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分．)1．(多选)(2017·嘉兴市高二上学期期中)电吉他中的拾音器的基本结构如图1所示，磁体附近的金属弦被磁化，当拨动琴弦时，拾音器中的线圈能将振动产生的声音信号转换为电信号并传送到音箱发出声音，下列说法正确的是()图1A．拨动琴弦，穿过线圈的磁通量将发生变化B．拨动琴弦，琴弦上将产生感应电流C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D．若取走磁体，拾音器将无法正常工作答案ACD2.如图2所示，线圈L的电感很大，电源内阻不可忽略，A、B是完全相同的两只灯泡，当开关S闭合时，下列判断正确的是()图2A．A灯比B灯先亮，然后A灯熄灭B．B灯比A灯先亮，然后B灯逐渐变暗C．A灯与B灯一起亮，而后A灯熄灭D．A灯与B灯一起亮，而后B灯熄灭答案 B3．(2016·绍兴一中高二期末)在下列四幅交流电的图象中，能正确反映我国居民生活所用交流电的是()答案 C解析 我国居民生活所用的交流电的频率为50 Hz ，即周期为0.02 s ，有效值为220 V ，则电压的峰值为220 2 V ＝311 V ，C 项正确．4．(多选)某发电站用11 kV 的交变电压输电，输送功率一定，输电线的总电阻为R ，现若用变压器将电压升高到330 kV 送电，下列选项正确的是( ) A ．因I ＝UR ，所以输电线上的电流增为原来的30倍B ．因I ＝P U ，所以输电线上的电流减为原来的130C ．因P ＝U 2R，所以输电线上损失的功率增为原来的900倍D ．若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的半径减为原来的130答案 BD解析 输送功率P ＝UI 一定，输送电压升高后，输电线上的电流变为原来的11330＝130，A 错误，B 正确；P 损＝I 2R ，损失功率变为原来的(130)2＝1900，C 错误；输电线的半径变为原来的130，根据公式R ＝ρlS ，输电线的电阻变为原来的900倍，输电线上损失的功率保持不变，D 正确．5.如图3所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，金属圆环直径与磁场宽度相同．若圆环以一定的初速度沿垂直于磁场边界的水平虚线，从位置1到位置2匀速通过磁场，在必要的时间段内施加必要的水平拉力保证其匀速前进，以下说法正确的是( )图3A ．金属圆环内感应电流方向先顺时针再逆时针B ．金属圆环内感应电流经历两次先增大后减小C ．水平拉力的方向先向右后向左D ．金属圆环受到的安培力的方向先向左后向右 答案 B6．如图4甲所示，圆形线圈垂直放在匀强磁场里，第1 s 内磁场方向指向纸里．若磁感应强度大小随时间变化的关系如图乙，那么，下面关于线圈中感应电流的说法正确的是( )图4A ．在第1 s 内感应电流增大，电流的方向为逆时针B ．在第2 s 内感应电流大小不变，电流的方向为顺时针C ．在第3 s 内感应电流减小，电流的方向为顺时针D ．在第4 s 内感应电流大小不变，电流的方向为顺时针 答案 B7．(多选)如图5甲所示是某燃气炉点火装置的原理图．转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5 000 V 时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．以下判断正确的是( )图5A ．电压表的示数等于5 VB ．电压表的示数等于52V C ．实现点火的条件是n 2n 1>1 000D ．实现点火的条件是n 2n 1<1 000答案 BC解析 由U －t 图象知，交流电压的最大值U m ＝5 V ，所以电压表的示数U ＝U m 2＝52 V ，故选项A 错误，B 正确；根据U 1U 2＝n 1n 2得n 2n 1＝U 2U 1，变压器副线圈电压的最大值U 2m ＝5 000 V 时，有效值U 2＝U 2m 2＝5 0002V ，所以点火的条件是n 2n 1>5 0002 V 52 V ＝1 000，故选项C 正确，D 错误．8．(2016·金华、温州、台州部分学校高二第9次联考)(多选)一理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈输入电压的变化规律如图6甲所示，副线圈所接电路如图6乙所示，P 为滑动变阻器的触头．则( )图6A ．副线圈输出电压的频率为50 HzB ．副线圈输出电压的有效值约为31 VC ．P 向右移动时，原线圈中的电流变小D ．P 向右移动时，负载R 上的功率变大 答案 AD解析 理想变压器原、副线圈不会改变交流电的频率，所以副线圈输出电压的频率为f ＝1T .由图可知交流电的周期为0.02 s ，故频率为50 Hz ，故A 对．变压器原、副线圈电压之比为匝数比即10∶1，副线圈输出电压最大值为31 V ，正弦交流电最大值等于有效值的2倍，故输出电压的有效值为22 V ，故B 错．P 向右移动时，电阻变小，输出电流变大，输入电流也变大，故C 错．由C 选项可知输出电流增大，由电阻R 消耗功率P ＝I 2R 可知，负载R 上的功率变大，故D 对．故选A 、D.9．(多选) 如图7所示，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路．在外力F 作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动．在匀速运动过程中外力F 做功W F ，磁场力对导体棒做功W 1，磁铁克服磁场力做功W2，重力对磁铁做功W G ，回路中产生的焦耳热为Q ，导体棒获得的动能为E k .则( )图7A ．W 1＝QB ．W 2－W 1＝QC ．W 1＝E kD ．W F ＋W G ＝E k ＋Q答案 BCD解析 以导体棒为研究对象：由动能定理知W 1＝E k .① C 正确；以磁铁为研究对象：由动能定理知W F －W 2＋W G ＝0.②由功能关系和能量守恒知克服磁场力做的功W 2等于回路电能，电能一部分转化为焦耳热，另一部分转化为导体棒的动能，即W 2＝Q ＋E k ③由①②③得W 2－W 1＝Q ，W F ＋W G ＝Q ＋E k ，B 、D 正确．10．(多选) 法拉第圆盘发电机的示意图如图8所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P 、Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B 中．圆盘旋转时，关于流过电阻R 的电流，下列说法正确的是( )图8A ．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B ．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a 到b 的方向流动C ．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D ．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R 上的热功率也变为原来的2倍 答案 AB解析 将圆盘看成由无数幅条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，流过电阻的电流方向为从a 到b ，B 对；由法拉第电磁感应定律得感应电动势E ＝BL v ＝12BL 2ω，I ＝ER ＋r ，ω恒定时，I 大小恒定，ω大小变化时，I 大小变化，方向不变，故A 对，C 错；由P ＝I 2R ＝B 2L 4ω2R4(R ＋r )2知，当ω变为原来的2倍时，P 变为原来的4倍，D 错． 二、填空题(本题共2小题，共12分)11．(6分)有一个教学用的可拆变压器，如图9甲所示， 它有两个外观基本相同的线圈A 、B ，线圈外部还可以绕线．图9(1)某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A 、B 线圈的电阻值，指针分别对应图乙中的a 、b 位置，则A 线圈的电阻为________Ω，由此可判断________线圈的匝数较多(选填“A ”或“B ”)．(2)如果把它看做理想变压器，现要测量A 线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源，请完成实验的步骤填空： ①用绝缘导线在线圈的外部或变压器的铁芯上绕制n 匝线圈； ②将________线圈与低压交流电源相连接；③用多用电表的________挡分别测量A 线圈的输入电压U A 和绕制线圈的输出电压U ； ④则A 线圈的匝数为________．答案 (1)24 A (2)②A ③交流电压 ④U A Un解析 (1)多用电表欧姆挡读数＝指针指示值×倍率，A 的读数为24，倍率为×1，所以电阻为24 Ω，根据电阻定律，导线越长，电阻越大，因为A 的电阻比B 大，所以A 的线圈匝数多． (2)因为要测量A 线圈匝数，所以要把A 线圈与低压交流电源相连接，变压器输入、输出电压都是交流电，所以要用交流电压挡测输入和输出电压，根据变压器电压比等于匝数比，有U A U ＝n A n ，所以：n A ＝U A Un . 12．(6分)在研究电磁感应现象的实验中．(1)为了能明显地观察到实验现象，请在如图10所示的实验器材中选择必要的器材，在图中用实线连接成相应的实物电路图．图10(2)将原线圈插入副线圈中，闭合开关，副线圈中的感应电流方向与原线圈中电流的绕行方向________(填“相同”或“相反”)．(3)将原线圈拔出时，副线圈中的感应电流与原线圈中电流的绕行方向________(填“相同”或“相反”)．答案(1)见解析图(2)相反(3)相同解析(1)实物电路图如图所示．(2)因闭合开关时，穿过副线圈的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，故电流绕行方向相反．(3)将原线圈拔出时，穿过副线圈的磁通量减小，由楞次定律知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，故电流绕行方向相同．三、非选择题(本题共3小题，共38分．解答应写出必要的文字说明，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)13．(10分)如图11所示，质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.3 Ω，长度l＝0.4 m的导体棒ab横放在U型金属框架上．框架固定在绝缘水平面上，相距0.4 m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长．电阻R2＝0.1 Ω的MN垂直于MM′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1.0 T．现垂直于ab施加F＝2 N的水平恒力，使棒ab从静止开始无摩擦地运动，棒始终与MM′、NN′保持良好接触．图11(1)求棒ab能达到的最大速度；(2)若棒ab从静止到刚好达到最大速度的过程中，导体棒ab上产生的热量Q R1＝1.2 J，求该过程中棒ab的位移大小．答案(1)5 m/s(2)1.425 m解析(1)ab棒做加速度逐渐变小的加速运动，当a＝0时，设最大速度为v mF＝BIlI ＝ER 1＋R 2E ＝Bl v m 得v m ＝F (R 1＋R 2)B 2l 2＝5 m/s (2)棒ab 从静止到刚好达到v m 的过程中，设闭合电路产生的总热量为Q 总， Q 总Q R 1＝R 1＋R 2R 1对棒ab 由功能关系，得 Fx ＝Q 总＋12m v 2m联立，解得x ＝1.425 m.14．(13分)如图12所示是一个交流发电机的示意图，线圈abcd 处于匀强磁场中，已知ab 、bc 边长都为l ＝20 cm ，匀强磁场的磁感应强度B ＝ 2 T ，线圈的匝数N ＝10，线圈的总电阻r ＝5 Ω，外电路负载电阻R ＝15 Ω，线圈以ω＝100 rad/s 的角速度匀速转动，电表是理想电表．求：图12(1)两个电表的示数；(2)从图示位置开始转过45°过程中通过R 的电荷量； (3)线圈匀速转动一周外力所做的功．答案 (1)电压表示数为30 V ，电流表示数为2 A (2)0.02 C (3)5 J解析 (1)设正弦交流电源的电压峰值为E m ，有效值为E ，则 E m ＝NBSω＝NBl 2ω＝40 2 V E ＝E m2＝40 V 由闭合电路欧姆定律得电流表示数I ＝ER ＋r ＝2 A电压表示数为U ＝IR ＝30 V .(2)设线圈在这一过程所用时间为Δt ，流过R 的电荷量为q q ＝I ΔtI ＝ER ＋rE ＝N ΔΦΔtΔΦ＝Φ2－Φ1＝BS sin 45°－0＝Bl 2sin 45°由以上各式求得q ＝N ΔΦR ＋r ＝N Bl 2sin 45°R ＋r ＝0.02 C(3)转动一周所用时间为T ＝2πω＝π50s 外力所做的功等于闭合电路一个周期内产生的热量 即W ＝Q ＝E 2R ＋r T .解得W ≈5 J.15．(15分)如图13所示，两根足够长的光滑金属导轨MN 、PQ 间距为l ＝0.5 m ，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角．完全相同的两金属棒ab 、cd 分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒的质量均为0.02 kg ，电阻均为R ＝0.1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B ＝0.2 T ，棒ab 在平行于导轨向上的力F 作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd 恰好能保持静止．取g ＝10 m/s 2，问：图13(1)通过cd 棒的电流I 是多少，方向如何？ (2)棒ab 受到的力F 多大？(3)棒cd 每产生Q ＝0.1 J 的热量，力F 做的功W 是多少？ 答案 (1)1 A ，方向由d 到c (2)0.2 N (3)0.4 J 解析 (1)棒cd 受到的安培力F cd ＝IlB 棒cd 在共点力作用下平衡，则F cd ＝mg sin 30°联立并代入数据解得I ＝1 A ，方向由右手定则可知由d 到c . (2)棒ab 与棒cd 受到的安培力大小相等F ab ＝F cd 对棒ab 由共点力平衡有F ＝mg sin 30°＋IlB 代入数据解得F ＝0.2 N(3)设在时间t 内棒cd 产生Q ＝0.1 J 的热量， 由焦耳定律可知Q ＝I 2Rt设ab 棒匀速运动的速度大小为v ， 则产生的感应电动势E ＝Bl v由闭合电路欧姆定律知I＝E2R由运动学公式知，在时间t内，棒ab沿导轨的位移x＝v t力F做的功W＝Fx综合上述各式，代入数据解得W＝0.4 J.。

1．交变电流的产生与描述，主要考查正弦式交变电流产生的原理，磁通量随时间变化的图象和感应电流随时间变化的图象及其对应关系，交变电流的表达式中含有交变电流的大小、相位、周期和频率等量，其中一个量的改变都会引起表达式的改变，通常考查表达式是正弦形式还是余弦形式的确定、峰值大小和角速度大小等。

2．线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的电流为正余弦交变电流。

当线圈从中性面开始转动时，产生的电流为正弦图象(此时磁通量最大，产生的电动势最小)，当线圈从垂直于中性面的位置开始转动时，产生的电流为余弦图象(此时磁通量最小，产生的电动势最大)。

产生正弦式交变电流的过程中，穿过回路的磁通量与产生的感应电流大小间的变化趋势恰好是相反的；特别注意中性面，这个位置是感应电流方向改变的位置。

[典例1](多选)图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表。

线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是()A．电流表的示数为10 AB．线圈转动的角速度为50π rad/sC．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行D．0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左[解析]由题图乙可知交流电电流的最大值是Im＝10 2 A，周期T＝0.02 s，由于电流表的示数为有效值，故示数I＝I m2＝10 A，选项A正确；角速度ω＝2πT＝100π rad/s，选项B错误；0.01 s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，选项C正确；由楞次定律可判断出0.02 s时流过电阻的电流方向自左向右，选项D错误。

[答案]AC1．瞬时值反映的是不同时刻交流电的大小和方向，瞬时值是时间的函数，正弦交流电瞬时值表达式为：e＝E m sin ωt，i＝I m sin ωt，此式表示从线圈位于中性面开始计时。

课时跟踪检测（十四）焦耳定律1．关于电功W和电热Q的说法正确的是()A．在任何电路中都有W＝UIt、Q＝I2Rt，且W＝QB．在任何电路中都有W＝UIt、Q＝I2Rt，但W不一定等于QC．W＝UIt、Q＝I2Rt均只有在纯电阻电路中才成立D．W＝UIt在任何电路中成立，Q＝I2Rt只在纯电阻电路中成立解析：选B W＝UIt、Q＝I2Rt适用一切电路，但在纯电阻电路中W＝Q，在非纯电阻电路中W＞Q，B对，A、C、D错。

2．(2016·4月浙江学考)图1中的路灯为太阳能路灯，每只路灯的光伏电池板有效采光面积约0.3 m2。

晴天时电池板上每平方米每小时接收到的太阳辐射能约为3×106 J。

如果每天等效日照时间约为6 h，光电池一天产生的电能可供30 W的路灯工作8 h。

光电池的光电转换效率约为()图1A．4.8%B．9.6%C．16% D．44%解析：选Cη＝W有W总×100%＝30×8×3 6003×106×0.3×6×100%＝16%，C正确。

3.图1为甲、乙两灯泡的I-U图像，根据图像，计算甲、乙两灯泡并联在电压为220 V 的电路中时实际发光的功率约为()图1A．15 W,30 WB．30 W,40 WC．40 W,60 WD．60 W,100 W解析：选C从图像的横坐标(U)为220 V的刻度可找出对应的纵坐标(I)的值分别为I甲＝0.18 A，I乙＝0.27 A。

则P甲＝UI甲≈40 W，P乙＝UI乙≈60 W，C正确。

4．夏天空调器正常工作时，制冷状态与送风状态交替运行。

一空调器在不同工作状态下电功率随时间变化的关系如图2所示，此空调器运行1小时用电()图2A．1.0度B．1.5度C．2.0度D．2.5度解析：选B从题图可以看出，在1小时内，空调器以0.5 kW工作的时间为20分钟，以2 kW工作的时间为40分钟，故空调器1小时内用电为：P1t1＋P2t2＝(0.5×13＋23×2) kW·h＝1.5 kW·h＝1.5度。

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 ＝nBSω.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 ＝nBSωsin ωt .3．有效值：反映交变电流产生热效应的平均效果，正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系是E ＝E m 2. 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 (2016·金华、温州、台州部分学校高二第11次联考) 如图1所示，交流发电机的矩形线圈abcd 中，ab ＝cd ＝50 cm ，bc ＝ad ＝30 cm ，匝数n ＝100匝，线圈电阻r ＝0.2 Ω，外电阻R ＝4.8 Ω.线圈在磁感应强度B ＝0.05 T 的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO ′匀速转动，角速度ω＝100π rad/s.图1(1)若从图示位置开始计时，写出感应电流随时间变化的函数关系式；(2)交流电压表和交流电流表的示数各为多少？(3)此发电机的总功率为多少？(4)从图示位置起，线圈转过90°过程中，平均电动势多大？通过线圈横截面的电荷量为多少？(5)从图示位置起，线圈转过90°过程中，外力做功多少？线圈上产生的焦耳热为多少？ 答案 (1)i ＝47.1cos (100πt ) A(2)160 V 33.3 A(3)5 561 W(4)150 V 0.15 C(5)27.8 J 1.11 J解析 (1)设ab ＝l 1，bc ＝l 2，则交流电动势的最大值为E m ＝nBl 1l 2ω＝235.5 V根据闭合电路欧姆定律，电流的最大值I m ＝E m R ＋r＝47.1 A 在图示位置时，电流有最大值，则电流的瞬时值表达式为i ＝I m cos ωt ，代入数值得i ＝47.1cos (100πt ) A(2)电流的有效值为I ＝22I m ≈33.3 A 路端电压的有效值为U ＝IR ≈160 V即电压表的示数为160 V ，电流表的示数为33.3 A.(3)电动势的有效值为E ＝22E m≈167 V 则发电机的功率为P ＝IE ≈5 561 W. (4)平均电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n BS －0π2ω＝n Bl 1l 2π2ω＝150 V通过线圈横截面的电荷量q ＝n ΔΦR ＋r ＝n Bl 1l 2R ＋r＝0.15 C (5)外力通过克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能．故W ＝E 电＝IEt ＝IE (π2ω)≈27.8 J 线圈上产生的焦耳热Q ＝I 2rt ＝I 2r (π2ω)≈1.11 J. 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．。