沪教版高中物理选修3-2全册课件【完整版】

第1章 研究交变电流(时间：90分钟 满分：100分)一、选择题(本题共9小题，每小题5分，共45分)1．如下图所示的四种随时间变化的电流图像，其中属于交变电流的是( )2．一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的交变电流电动势如图1所示，下列说法正确的是( )图1A ．交流电动势的最大值为20 VB ．交流电动势的有效值为10 2 VC ．交流电动势的频率为50 HzD ．交流电动势的周期为0.04 s3．在阻值为R 1和R 2的两个电阻的两端，分别加上50 V 的直流电压和某一交流电压，则下面关于交流电压有效值的说法正确的是( )A ．若两电阻在相等时间内产生的热量相等，则交流电压有效值为50/ 2 VB ．若R 1＝R 2，且两电阻热功率相等，则交流电压有效值为50 VC ．若R 1＝R 2，且两电阻产生的热量相等，则交流电压有效值为50 VD ．不论R 1是否等于R 2，只要两电阻的热功率相等，则交流电压的有效值为50 V 4．关于交流电的有效值和最大值，下列说法中正确的是( )A ．任何形式的交流电压的有效值都是U ＝U m2的关系B ．只有正弦交流电才具有U ＝U m2的关系C ．照明电压220 V 和动力电压380 V 指的都是有效值D ．交流电压表和电流表测量的是交流电的最大值5．一只“220 V,100 W ”的灯泡接在u ＝311sin 314t (V)的交变电源上，则下列判断正确的是( )A ．灯泡能正常发光B ．与灯泡串联的电流表的读数为0.45 AC ．与灯泡并联的电压表的读数为220 VD ．通过灯泡的电流表达式为i ＝0.45sin 314t (A)6．某种型号的电热毯接在交流电源上，通过整流装置使加在电热丝上的电压的波形如图2所示，此时接在电热丝两端的交流电压的有效值是()图2A．110 V B．156 V C．220 V D．311 V7．正弦交变电源与电阻R、交流电压表按照图3甲所示的方式连接，R＝10 Ω，交流电压表的示数是10 V．图乙是交变电源输出电压u随时间t变化的图像．则()甲乙图3A．通过R的电流i R随时间t变化的规律是i R＝2cos 100πt (A)B．通过R的电流i R随时间t变化的规律是i R＝2cos 50πt (V)C．R两端的电压u R随时间t变化的规律是u R＝52cos 100πt (V)D．R两端的电压u R随时间t变化的规律是u R＝52cos 50πt (V)8．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图4甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则()图4A．电压表的示数为220 VB．电路中的电流方向每秒钟改变50次C．灯泡实际消耗的功率为484 WD．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J9．如图5所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min的时间，两电阻消耗的电功之比W甲∶W乙为()图5A．1∶ 2 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶6二、填空题(本题共3小题，共12分)10.图6(4分)一交流电压随时间变化的图像如图6所示．若将该电压加在10 μF的电容器上，则电容器的耐压值应小于________ V；若将该电压加在一阻值为1 kΩ的纯电阻用电器上，用电器恰能正常工作，为避免意外事故的发生，电路中保险丝额定电流不能低于_____ A.11.(4分)一阻值恒定的电阻器，当两端加上10 V的直流电压时，测得它的功率为P；当两端加上某一正弦交流电压时，测得它的功率为P/2.由此可知该交流电压的有效值为______V，最大值为________V.12．(4分)某集装箱吊车的交流电动机输入电压为380 V，则该交流电压的最大值是________V．当吊车以0.1 m/s的速度匀速吊起总质量为5.7×103 kg的集装箱时，测得电动机的电流为20 A，则电动机的工作效率为________．(g取10 m/s2)三、计算题(本题共4小题，共43分)13．(8分)一台微波炉说明书所列的部分技术参数如下表，请回答：(1)(2)这台微波炉输入电流的有效值是多大？输入电流的峰值是多大？14．(10分)某电路两端交流电压u＝U m sin 100πt(V)，在t＝0.005 s时刻，电压u为10 V，求接在此电路两端的电压表示数．如将阻值为R的电阻接在此交流电压上时功率为P，而改接在电压为U0的直流电压上时功率为P/2，求U0的值．15．(12分)一台发电机以400 V的电压输给负载6 kW的电力，如果输电线总电阻为1 Ω，试计算：(1)负载的功率因数从0.5提高到0.75时，输电线上的电压降可减小多少？(2)负载的功率因数从0.5提高到0.75时，输电线上一天可少损失多少电能？16．(13分)如图7甲所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡L，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场．已知线圈的匝数n＝100匝，电阻r＝1.0 Ω，所围成矩形的面积S＝0.040 m2，小灯泡的电阻R＝9.0 Ω，磁场的磁感应强度按图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e＝nB m S 2πT cos2πT t，其中B m为磁感应强度的最大值，T为磁场变化的周期．不计灯丝电阻随温度的变化，求：图7(1)线圈中产生的感应电动势的最大值；(2)小灯泡消耗的电功率．答案1．CD2．ABD3．B4．BC5．ABC6．A7．A8．D9．C 10．2000.1411．5210 12．53775%13．(1)交流电源(2)5.68 A8.03 A14．7.07 V 5 V15．(1)10 V(2)4.32×107 J16．(1)8.0 V(2)2.88 W。

学习目标知识脉络1.知道电阻器对交变电流的阻碍作用.2.理解电感对交变电流的阻碍作用，知道感抗与哪些因素有关.3.掌握电容对交变电流的阻碍作用，知道容抗与哪些因素有关．(重点)4.掌握交变电流能“通过”电容器，理解阻抗感抗和容抗的实质．(重点、难点)电阻器、电感器对交变电流的作用[先填空]1．电阻对交流电的影响电阻器对直流和交变电流的影响是相同的．2．电感对交流电的影响电感既能让直流电通过又能让交变电流通过，但对交变电流有阻碍作用．(1)线圈的自感系数越大，电感对交变电流的阻碍作用也越大．(2)交变电流的频率越高，电感对交变电流的阻碍作用也越大．3．感抗(1)定义：电感器对交变电流所起的阻碍作用的大小，叫感抗．(2)公式：XL＝2πfL，单位：欧姆，国际代号：Ω.(3)规律：遵循欧姆定律，表达形式：I＝.[再判断]1．电阻器对直流和交流都有阻碍作用，但对交流电阻碍作用更大．(×)2．电感器对交流电阻碍作用与频率有关，频率越高，阻碍作用越大．(√)3．电感器对恒定电流没有阻碍作用．(×)[后思考]1．电感器对交变电流的阻碍，与交变电流的频率有关吗？【提示】有关．交变电流的频率越高，电感器的阻碍作用就越大．2．电感对交变电流有阻碍作用，怎样理解频率越高，感抗越大？【提示】当交变电流通过线圈时，线圈中就要产生自感电动势，而自感电动势总是阻碍电流的变化，这种阻碍作用与交变电流的频率有关，频率越高，电流变化越快，磁通量变化率越大，自感电动势越大，阻碍作用越大．[合作探讨]如图2­3­1所示，把线圈L与白炽灯串联起来，先把它们接到直流电源上，再把它们接到交流电源上．取直流电源的电压与交流电压的有效值相等．图2­3­1①构造：它的线圈有的是绕在圆柱形的铁氧体芯上或空心．②特点：匝数少，自感系数L小．它只对频率很高的交流电产生很大的阻碍作用，而对低频交流电的阻碍作用较小．故高频扼流圈的作用是“通低频、阻高频”．1．交变电流通过一段长直导线时，电流为I，如果把这根长直导线绕成线圈，接入原电路，通过线圈的电流为I′，则( ) A．I′＞I B．I′＜IC．I′＝I D．无法比较【解析】长直导线的自感系数很小，其对交变电流的阻碍作用可以看做是纯电阻，流经它的交变电流只受到导线电阻的阻碍作用．当导线绕成线圈后，电阻值未变，但自感系数增大，对交变电流的阻碍作用不仅有电阻，而且有线圈的阻碍作用(感抗)，阻碍作用增大，电流减小，即I′＜I，故B对．【答案】B2．(多选)如图2­3­2所示电路中，L为电感线圈，R为灯泡，电流表内阻为零，电压表内阻无限大，交流电源的电压u＝220sin100πt V，若保持电压的有效值不变，只将电源频率改为100 Hz，下列说法正确的是( )图2­3­2A．电流表示数增大B．电压表示数增大C．灯泡变暗D．灯泡变亮【解析】由u＝220sin 100πt V可得电源原来的频率为f＝ Hz ＝50 Hz.当电源频率由原来的50 Hz增为100 Hz时，线圈的感抗增大；线圈两端电压有效值增大，电压表示数增大，故选项B正确；在总电压的有效值不变的情况下，电路中的电流减少，选项A错．灯泡的电阻R是一定的，电流减小时，实际消耗的电功率减小，灯泡变暗，选项C正确，D错．【答案】BC3．(多选)如图2­3­3所示实验电路中，若直流电压和交变电压的有效值相等，S为双刀双掷开关，下面哪些叙述正确( )图2­3­3A．当S掷向a、b时灯较亮，掷向c、d时灯较暗B．当S掷向a、b时灯较暗，掷向c、d时灯较亮C．S掷向c、d，把电感线圈中的铁芯抽出来时灯变亮D．S掷向c、d，电源电压不变，而使频率减小时，灯变暗【解析】线圈对恒定电流无感抗，对交变电流有感抗，当交流电频率减小时，感抗变小，灯变亮，并且是有铁芯时感抗更大，故铁芯抽出时灯变亮．【答案】AC对电感器的认识感抗随交变电流频率的增大而增大，自感系数越大，感抗也越大，而感抗在电路中所起作用与电阻的阻碍作用相同．电容器对交变电流的作用[先填空]1．电容对交流电的影响电容器不能让直流“通过”但能让交变电流“通过”，但对交变电流有阻碍作用．(1)电容器的电容越大，阻碍作用越小．(2)交流电的频率越高，阻碍作用越小．2．容抗(1)定义：电容器对交变电流所起阻碍作用的大小，叫容抗．(2)公式：XC＝，单位：欧姆，国际代号：Ω.(3)规律：遵循欧姆定律，表达形式：I＝.[再判断]1．电容器两极板间是绝缘的，因而任何情况下电容支路上都没有电流通过．(×)2．电阻、电感、电容对交流电的阻碍本质是不同的．(√)3．电容器交替进行充放电，电路中就有电流“通过”了电容器．(√)[后思考]1．直流电路和交流电路中影响电压和电流关系的因素一样吗？【提示】不完全一样．直流电路中影响电压和电流关系的是电阻；而交流电路中影响电压和电流关系的不仅有电阻，还有线圈的感抗与电容器的容抗，它们对交变电流表现出不同的行为，存在着不同的作用．有着本质的区别．2．交变电流是真的通过了电容器吗？【提示】不是．交变电流反复给电容器充电、放电，在电容器的充、放电过程中，形成了充电电流和放电电流，可以对外做功，如使灯泡发光，好象是交变电流“通过”了电容器．实质上没有通过．[合作探讨]如图2­3­4所示，白炽灯L与电容器C串联后接在A、B两点，A、B两点再连接在电压为U的直流或交流电源上．图2­3­4探讨1：在A、B两点连在直流电源和交流电源上，白炽灯L的发光情况如何？【提示】在A、B两点连在直流电源上时，白炽灯L不发光，连在交流电源上时，白炽灯L发光．探讨2：增大交变电流的频率，白炽灯的亮度如何变化？【提示】白炽灯L变亮．[核心点击]1．交变电流能“通过”电容器的实质电容器的两极板之间是相互绝缘的，不论是恒定电流还是交变电流，自由电荷都不能通过两极板之间的绝缘介质．通常所说的交变电流“通过”电容器，并不是自由电荷穿过了电容器，而是在交流电源作用下，当电压升高时电容器充电，电容器极板上的电荷量增加，形成充电电流，如图2­3­5甲；当电压降低时电容器放电，电容器极板上的电荷量减少，形成放电电流，如图2­3­5乙．由于电容器反复不断地充电和放电，使电路中有持续的交变电流．甲：充电乙：放电图2­3­52．电容器对交变电流产生阻碍作用的实质(1)在电容器充电与放电过程中，电容器两极间形成跟原电压相反的电压，这就对电流产生了阻碍作用，即容抗XC.(2)电容越大，在同样电压下电容器聚集的电荷就越多，因此容抗就越小；交变电流的频率越高，充电和放电就进行得越快，因此容抗就越小．电容器的容抗XC跟它的电容C和交变电流频率f间关系：XC ＝.3．电阻、感抗、容抗的区别电阻感抗容抗产生的原因定向移动的自由电荷与不动的离子间的碰撞电感器的自感现象阻碍电流的变化电容器两极板上积累的电荷对向这个方向定向移动的电荷的反抗作用在电路中特点对直流、交流均有阻碍作用通直流、阻交流、通低频、阻高频通交流、隔直流、通高频、阻低频决定因素由导体本身(长短、粗细、材料)决定，与温度有关由电感器本身的自感系数和交流电的频率决定由电容的大小和交流电的频率决定电能的转化与做功电流通过电阻做功，电能转化为内能电能和磁场能往复转化电流的能与电场的能往复转化4．两个相同的灯泡L1和L2，分别与两个相同的电容器C1和C2连接，如图2­3­6所示．图中甲电路两端加恒定电压U1，乙电路两端加最大值为1.2U1的正弦交变电压U2，则此两灯的发光情况是( )甲乙图2­3­6A．L1灯比L2灯亮B．L1灯发光，L2灯不发光C．L1灯不发光，L2灯发光D．两灯亮度相同【解析】电容器通交流、隔直流，所以L1灯不发光．【答案】C5．(多选)如图2­3­7所示，当交流电源的电压(有效值)U＝220 V，频率f＝50 Hz时，3只灯L1、L2、L3的亮度相同(L无直流电阻)，若将交流电源的频率变为f＝100 Hz，则( )图2­3­7A．L1灯比原来亮B．L2灯比原来亮C．L3灯和原来一样亮D．L3灯比原来亮【解析】电容的容抗与交流电的频率有关，频率越高，容抗越小，即对高频交流电的阻碍作用小，所以A项对；电感线圈对交流电的阻碍作用随频率升高而增加，所以B项错；电阻R中电流只与交流电有效值及R值有关，所以C项正确，D项错误．【答案】AC6．如图2­3­8所示的电路，F为一交流发电机，C为平行板电容器，为使电流表A的示数增加，可行的办法是( )图2­3­8A．使发电机F的转速增加B．使发电机F的转速减小C．在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质D．使电容器两极板间距离增大【解析】当发电机转速增加时，交变电流的频率增大，容抗减小，电流表A的读数增大，A项正确，B项错误；在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质时，电容器的电容减小，使电容器两极板间距离增大时电容也减小，当电容减小时，容抗增大，对交变电流的阻碍作用增大，电流表A示数减小，C，D错误，故正确答案为A.【答案】A电容器的充放电(1)当电容器与直流电源的两极相连接时，接通的瞬间因电容器充电产生瞬时电流．充电完毕后，电容器两极板间电压与电源两极间电压相等，电路中没有电流．(2)当电容器与交流电源相连时，由于交流电压不断变化，所以电容器不断充电、放电，形成充、放电电流．。

（共44套）最新高中物理沪科版选修3-2(全册)讲义附同步练习课时练习及答案(含所有课时练习)+模块要点+期中期末试题学案1电磁感应——划时代的发现[目标定位]1.知道奥斯特发现了电流磁效应、法拉第发现了电磁感应现象.2.知道磁通量和磁通量变化量的含义.3.知道感应电流的产生条件．一、划时代的发现传统的英格兰科学研究方法中有一种叫做对称思维的方法．在奥斯特发现电流磁效应之后，学术界提出了什么新课题？答案根据对称思维的方法，学术界开始了对“将磁转变为电”的研究．[要点总结]1．新课题的提出：奥斯特发现了电流的磁效应，即“电能转化为磁”．根据对称思维的方法，法拉第在1822年提出了自己的新课题：“把磁转变为电”．2．深入探究得真谛：法拉第把这种由磁得到电的现象叫做电磁感应现象．产生的电流叫做感应电流．他把引起电流的原因概括为：变化的电流、变化的磁场、运动的磁铁、在磁场中运动的导体等．二、磁通量及其变化如图1所示，框架的面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B.试求：(1)框架平面与磁感应强度B垂直时，穿过框架平面的磁通量为多少？(2)若框架绕OO′转过60°，则穿过框架平面的磁通量为多少？(3)若从图示位置转过90°，则穿过框架平面的磁通量的变化量为多少？图1(4)若从图示位置转过180°，则穿过框架平面的磁通量的变化量为多少？答案 (1)BS (2)12BS (3)－BS (4)－2BS [要点总结]1．磁通量(1)定义：闭合导体回路的面积与垂直穿过它的磁感应强度的乘积叫磁通量，符号为Φ.在数值上等于穿过投影面的磁感线的条数．(2)公式：Ф＝BS .其中S 为回路平面在垂直磁场方向上的投影面积，也称为有效面积．所以当回路平面与磁场方向之间的夹角为θ时，磁通量Φ＝BS sin_θ，如图2所示．图2(3)单位：韦伯，简称韦，符号是Wb.(4)注意：①磁通量是标量，但有正、负之分．一般来说，如果磁感线从线圈的正面穿入，线圈的磁通量就为“＋”，磁感线从线圈的反面穿入，线圈的磁通量就为“－”．②磁通量与线圈的匝数无关(填“有关”或“无关”)．2．磁通量的变化量ΔΦ(1)当B 不变，有效面积S 变化时，ΔΦ＝B ·ΔS .(2)当B 变化，S 不变时，ΔΦ＝ΔB ·S .(3)B 和S 同时变化，则ΔΦ＝Φ2－Φ1，但此时ΔΦ≠ΔB ·ΔS .特别提醒 计算穿过某平面的磁通量变化量时，要注意前、后磁通量的正、负值，如原磁通量Φ1＝BS ，当平面转过180°后，磁通量Φ2＝－BS ，磁通量的变化量ΔΦ＝－2BS .例1 如图3所示的线框，面积为S ，处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，B 的方向与线框平面成θ角，当线框转过90°到图中虚线所示的位置时，试求：图3(1)初、末位置穿过线框的磁通量的大小Φ1和Φ2；(2)磁通量的变化量ΔΦ.答案(1)BS sin θ－BS cos θ(2)－BS(cos θ＋sin θ)解析(1)解法一：在初始位置，把面积向垂直于磁场的方向进行投影，可得垂直于磁场方向的面积为S⊥＝S sin θ，所以Φ1＝BS sin θ.在末位置，把面积向垂直于磁场的方向进行投影，可得垂直于磁场方向的面积为S⊥′＝S cos θ.由于磁感线从反面穿入，所以Φ2＝－BS cos θ.解法二：如图所示，把磁感应强度B沿垂直于面积S和平行于面积S的方向进行分解，得B上＝B sin θ，B左＝B cos θ所以Φ1＝B上S＝BS sin θ，Φ2＝－B左S＝－BS cos θ.(2)开始时B与线框平面成θ角，穿过线框的磁通量Φ1＝BS sin θ；当线框平面按顺时针方向转动时，穿过线框的磁通量减少，当转动θ时，穿过线框的磁通量减少为零，继续转动至90°时，磁感线从另一面穿过，磁通量变为“负”值，Φ2＝－BS cos θ.所以，此过程中磁通量的变化量为ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－BS cos θ－BS sin θ＝－BS(cos θ＋sin θ)．例2如图4所示，有一垂直纸面向里的匀强磁场，B＝0.8 T，磁场有明显的圆形边界，圆心为O，半径为1 cm.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1 cm,10匝；线圈B的半径为2 cm,1匝；线圈C的半径为0.5 cm,1匝．问：图4(1)在B减为0.4 T的过程中，线圈A和线圈B中的磁通量变化多少？(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1.256×10－4 Wb(2)减少了6.28×10－5 Wb减少了1.256×10－4 Wb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＝－1.256×10－4 Wb即A、B线圈中的磁通量都减少1.256×10－4 Wb(2)对线圈C，Φ1＝Bπr′2＝6.28×10－5 Wb当转过90°时，Φ2＝0，故ΔΦ1＝Φ2－Φ1＝0－6.28×10－5 Wb＝－6.28×10－5 Wb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＝－1.256×10－4 Wb.三、感应电流的产生条件1．实验1：如图5所示，条形磁铁插入或拔出线圈时，线圈中有电流产生，但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52．实验2：如图6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63．实验3：如图7所示，将小螺线管A插入大螺线管B中不动，当开关S接通或断开时，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，滑动变阻器滑动触头不动时，电流表中无电流产生(填“有”或“无”)．图74．上述三个实验产生感应电流的情况不同，但其中肯定有某种共同的原因，完成下表并总结产生感应电流的条件.总结实验1是磁体即磁场运动改变磁通量；实验2是通过导体相对磁场运动改变磁通量；实验3通过改变电流从而改变磁场强弱，进而改变磁通量，所以可以将产生感应电流的条件描述为“只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就会产生感应电流”．[要点总结]1．产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化．2．特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动．在利用“切割”来讨论和判断有无感应电流时，应该注意：(1)导体是否将磁感线“割断”，如果没有“割断”就不能说切割．如图8所示，甲、乙两图中，导线是真“切割”，而图丙中，导体没有切割磁感线．图8(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，如图丁．如果由切割不容易判断，则要回归到磁通量是否变化上去．[延伸思考]电路不闭合时，磁通量发生变化是否能产生电磁感应现象？答案当电路不闭合时，没有感应电流，但有感应电动势，只产生感应电动势的现象也可以称为电磁感应现象．例3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，其有效磁通量为ΦD ＝Φ出－Φ进＝0，且始终为0，即使切断导线中的电流，ΦD也始终为0，D中不可能产生感应电流．例4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．1．(对电磁感应现象的认识)下列关于电磁感应现象的认识，正确的是()A．它最先是由奥斯特通过实验发现的B．它说明了电流周围存在磁场C．它说明了闭合回路中磁通量变化时会产生电流D．它说明了电流在磁场中会受到力的作用答案C解析奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应，故A错误；电流周围存在磁场是电流的磁效应，故B错误；变化的磁场产生电流的现象是电磁感应现象，故C正确；电磁感应现象并没有说明电流在磁场中会受到力的作用，故D错误．2．(对磁通量Φ及其变化量ΔΦ的理解)如图9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9A．一直增加B．一直减少C．先增加后减少D．先增加，再减少直到零，然后再增加，然后再减少答案D解析离导线越近，磁场越强，在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，在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.3．(产生感应电流的分析判断)(多选)如图10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10A．将线框向左拉出磁场B．以ab边为轴转动(小于90°)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(小于90°)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)．4．(产生感应电流的分析判断)如图11所示，绕在铁心上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成闭合回路，在铁心的右端套有一个表面绝缘的铜环A，下列各种情况中铜环A中没有．．感应电流的是()图11A．线圈中通以恒定的电流B．通电时，使滑动变阻器的滑片P匀速移动C．通电时，使滑动变阻器的滑片P加速移动D．将开关突然断开的瞬间答案A解析只要通电时滑动变阻器的滑片P移动，电路中电流就会发生变化，变化的电流产生变化的磁场，铜环A中磁通量发生变化，有感应电流；同样，将开关断开瞬间，电路中电流从有到无，仍会在铜环A中产生感应电流．题组一电磁感应现象的发现1．奥斯特发现了电流磁效应，使整个科学界受到了极大的震动，通过对电流磁效应的逆向思维，人们提出的问题是()A．电流具有热效应B．电流具有磁效应C．磁能生电D．磁体具有磁化效应答案C2．下列属于电磁感应现象的是()A．通电导体周围产生磁场B．磁场对感应电流发生作用，阻碍导体运动C．闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时，在电路中产生电流的现象D．电荷在磁场中定向移动形成电流答案C解析电流能产生磁场，是电流的磁效应现象，不是电磁感应现象，故A错误；感应电流在磁场中受到力的作用，不是电磁感应现象，故B错误；闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时，在电路中产生电流的现象是电磁感应现象，故C正确；电荷在磁场中定向移动形成电流，不是电磁感应产生的电流，不是电磁感应现象，故D错误．题组二对磁通量Φ及其变化量ΔΦ的理解与计算3．关于磁通量，下列叙述正确的是()A．在匀强磁场中，穿过一个面的磁通量等于磁感应强度与该面面积的乘积B．在匀强磁场中，a线圈的面积比b线圈的大，则穿过a线圈的磁通量一定比穿过b线圈的磁通量大C．把一个线圈放在M、N两处，若放在M处时穿过线圈的磁通量比放在N处时大，则M处的磁感应强度一定比N处大D．同一线圈放在磁感应强度大处，穿过线圈的磁通量不一定大答案D解析磁通量等于磁感应强度与平面在垂直磁场方向上的投影面积的乘积，A错误；线圈面积大，但投影面积不一定大，B错误；磁通量大，磁感应强度不一定大，C错误，D正确．4．关于磁通量的概念，以下说法中正确的是()A．磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量越大B．磁感应强度越大，线圈面积越大，则磁通量越大C．穿过线圈的磁通量为零，但磁感应强度不一定为零D．磁通量发生变化，一定是磁场发生变化引起的答案C解析根据磁通量的定义，Φ＝B·S·sin θ，因此A、B选项错误；穿过线圈的磁通量为零时，磁感应强度不一定为零；磁通量发生变化，可能是面积变化引起的，也可能是磁场变化引起的，D错．5.如图1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1A．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．题组三产生感应电流的分析判断6．关于电磁感应现象，下列说法中正确的是()A．闭合线圈放在变化的磁场中，必然有感应电流产生B．闭合正方形线圈在匀强磁场中垂直磁感线运动，必然产生感应电流C．穿过闭合线圈的磁通量变化时，线圈中有感应电流D．只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就一定有感应电流产生答案C解析产生感应电流的条件：(1)闭合电路；(2)磁通量Φ发生变化，两个条件缺一不可．7．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，观察电流表的变化答案D解析产生感应电流必须满足的条件：①电路闭合；②穿过闭合电路的磁通量要发生变化．选项A、B电路闭合，但磁通量不变，不能产生感应电流，故选项A、B不能观察到电流表的变化；选项C满足产生感应电流的条件，也能产生感应电流，但是等我们从一个房间到另一个房间后，电流表中已没有电流，故选项C不能观察到电流表的变化；选项D满足产生感应电流的条件，能产生感应电流，可以观察到电流表的变化，所以选D.8．下图中能产生感应电流的是()答案B解析根据产生感应电流的条件：A中，电路没闭合，无感应电流；B中，面积增大，闭合电路的磁通量增大，有感应电流；C中，穿过线圈的磁感线相互抵消，Φ恒为零，无感应电流；D中，磁通量不发生变化，无感应电流．9.如图2所示，一有范围的匀强磁场宽度为d，若将一个边长为L的正方形导线框以速度v 匀速地通过磁场区域，已知d＞L，则导线框从开始进入到完全离开磁场的过程中无感应电流的时间等于()图2A.d vB.L vC.d －L vD.d －2L v答案 C解析 只有导线框完全在磁场里面运动时，导线框中才无感应电流．10.如图3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3A ．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.11．为观察电磁感应现象，某学生将电流表、螺线管A 和B 、蓄电池、开关用导线连接成如图4所示的实验电路．当接通和断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其原因是( )图4A．开关位置接错B．电流表的正、负极接反C．线圈B的3、4接头接反D．蓄电池的正、负极接反答案A解析本题考查了感应电流产生的条件．因感应电流产生的条件是闭合电路中的磁通量发生变化，由电路图可知，把开关接在B与电流表之间，因与1、2接头相连的电路在开关接通和断开开关时，电流不改变，所以不可能有感应电流，电流表也不可能偏转，开关应接在A 与电源之间．12.(多选)如图5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5A．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．因此本题的正确选项应为A、B、C.13．(多选)如图6所示，A为多匝线圈，与开关、滑动变阻器相连后接到M、N间的交流电源上，B为一接有小灯泡的闭合多匝线圈，下列关于小灯泡发光说法正确的是()图6A．闭合开关后小灯泡可能发光B．若闭合开关后小灯泡发光，则再将B线圈靠近A，则小灯泡更亮C．闭合开关瞬间，小灯泡才能发光D．若闭合开关后小灯泡不发光，将滑动变阻器滑片左移后，小灯泡可能会发光答案AB解析闭合开关后，A中有交变电流，B中就会有变化的磁场，B中有感应电流，若电流足够大，小灯泡可能发光，A正确；C、D错误；若闭合开关后小灯泡发光，再将B线圈靠近A，磁场变强，所以小灯泡会更亮，B正确．学案2探究感应电流的方向[目标定位]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、探究感应电流的方向1．用如图1所示的装置探究感应电流的方向．图1(1)当磁铁的N极移近铝环时，观察到的现象是什么？磁铁的S极远离铝环时，观察到的现象是什么？(2)铝环是非铁磁性物体，它怎么会被磁铁排斥和吸引呢？答案(1)移近时，铝环被排斥；远离时，铝环被吸引．(2)磁铁相对铝环运动的过程中，穿过铝环的磁通量发生了变化，铝环中产生了感应电流．感应电流也会产生磁场．磁铁和铝环之间的排斥和吸引，都是缘于感应电流磁场对磁铁的作用．2．如图2所示，思考并回答下列问题，图2(1)N极移近铝环时穿过铝环的磁通量是增加还是减少？远离时情况如何？(2)铝环中产生的感应电流的磁场对原磁通量的变化有什么影响？答案(1)移近时磁通量增加；远离时磁通量减少．(2)原磁通量增加时，两种磁场方向相反，感应电流的磁场阻碍原磁通量的增加；原磁通量减少时，两种磁场方向相同，感应电流的磁场阻碍原磁通量的减少．[要点总结]1．楞次定律：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．楞次定律中“阻碍”的含义：(1)谁在阻碍——感应电流的磁场．(2)阻碍什么——阻碍的是穿过回路的磁通量的变化，而不是磁通量本身．(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，“阻碍”不一定是感应电流的磁场与原磁场的方向相反，而是“增反减同”．(4)阻碍效果——阻碍并不是阻止，最终增加的还增加，减少的还减少，只是延缓了原磁场的磁通量的变化．3．从相对运动的角度看，感应电流的磁场总是阻碍相对运动(来拒去留)．[延伸思考]电磁感应过程中有电能产生，该电能是否凭空增加？从能量守恒的角度如何解释？答案从能量守恒的角度来看，感应电流的磁场总是在阻碍着它自己的产生，为了维持感应电流，就必须克服这个阻碍作用做功，使其他形式能量转化成电能，这就是感应电流能量的来源．例1如图3所示，在一水平、固定的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁(N极朝上，S极朝下)由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触．关于圆环中感应电流的方向(从上向下看)，下列说法正确的是()图3A．总是顺时针B．总是逆时针C．先顺时针后逆时针D．先逆时针后顺时针答案C解析磁铁下落过程中原磁场是向上的，穿过圆环的磁通量先增大后减小，由楞次定律可判断出选项C正确．二、楞次定律的应用在长直通电导线附近有一闭合线圈abcd，如图4所示．当直导线中的电流强度I逐渐减小时，试判断线圈中感应电流的方向．请从解答此题的实践中，体会用楞次定律判定感应电流方向的具体思路．图4答案线圈abcd中感应电流方向为顺时针．若要判定感应电流方向，需先弄清楚感应电流的磁场方向．根据楞次定律“阻碍”的含义，则要先明确原磁场的方向及其磁通量的变化情况．[要点总结]应用楞次定律判断感应电流方向的步骤(1)明确研究对象是哪一个闭合电路．(2)明确原磁场的方向．(3)判断闭合回路内原磁场的磁通量是增加还是减少．(4)由楞次定律判断感应电流的磁场方向．(5)由安培定则判断感应电流的方向．例2(多选)如图5所示，通电导线旁边同一平面有矩形线圈abcd，则()图5A．若线圈向右平动，其中感应电流方向是a→b→c→dB．若线圈竖直向下平动，无感应电流产生C．当线圈以ad边为轴转动时(转动角度小于90°)，其中感应电流方向是a→b→c→dD．当线圈向导线靠近时，其中感应电流方向是a→b→c→d答案BD解析先由右手螺旋定则判断出导线产生的原磁场在线圈处垂直线圈向里，当线圈向右平动时，通过线圈的磁通量减小，感应电流的磁场与原磁场方向相同，感应电流的方向为a→d→c→b，A错．若线圈竖直向下平动时，磁通量不变，无感应电流产生，B正确．当线圈以ad边为轴转动时，感应电流方向是a→d→c→b，C错．当线圈向导线靠近时，磁通量增大，感应电流的磁场与原磁场的方向相反，感应电流的方向是a→b→c→d，D正确，故选B、D.针对训练如图6所示，闭合金属圆环垂直于磁场方向放置在匀强磁场中，现将它从匀强磁场中匀速拉出，以下各种说法中正确的是()图6A．向左和向右拉出时，环中感应电流方向相反B．向左和向右拉出时，环中感应电流方向都是沿顺时针方向C．向左和向右拉出时，环中感应电流方向都是沿逆时针方向D．将圆环拉出磁场的过程中，当环全部处在磁场中运动时，也有感应电流产生答案B解析圆环中感应电流的方向，取决于圆环中磁通量的变化情况，向左或向右将圆环拉出磁场的过程中，圆环中垂直纸面向里的磁感线的条数都要减少，根据楞次定律可知，感应电流产生的磁场的方向与原磁场方向相同，即都垂直纸面向里，应用安培定则可以判断出感应电流的方向沿顺时针方向．圆环全部处在磁场中运动时，虽然做切割磁感线运动，但环中磁通量不变，只有圆环离开磁场，环的一部分在磁场中，另一部分在磁场外时，环中磁通量才发生变化，环中才有感应电流．B选项正确．三、右手定则如图7所示，导体棒ab向右做切割磁感线运动．。