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一、法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 的应用1.计算感应电动势大小的一般公式E ＝n ΔΦΔt说明：Φ－t 图象上某点斜率表示磁通量的变化率.若磁通量随时间均匀变化，则变化率不变，Φ－t 图象为一条直线，产生的感应电动势不变.2.两种特例(1)线圈面积S 不变，磁感应强度B 均匀变化时，E ＝n ΔB Δt ·S .(2)磁感应强度B 不变，线圈的面积S 均匀变化时，E ＝nB ·ΔSΔt .3.感应电荷量的求解由电流的定义I ＝qΔt 可得q ＝I Δt ，式中I 为感应电流的平均值.由闭合电路的欧姆定律和法拉第电磁感应定律得I ＝E R ＝nΔΦR ·Δt.式中R 为电磁感应闭合电路的总电阻.联立解得q ＝n ΔΦR.[复习过关]1.一闭合线圈固定在垂直于纸面的匀强磁场中，设向里为磁感应强度B 的正方向，线圈中的箭头为电流i 的正方向，如图1(a)所示.已知线圈中感应电流i 随时间变化的图象如图(b)所示，则磁感应强度B 随时间变化的图象可能是下图中的( )图1答案 A2.(多选)如图2甲所示，螺线管匝数n ＝1 000匝，横截面积S ＝10 cm 2，螺线管导线电阻r ＝1 Ω，电阻R ＝4 Ω，磁感应强度B 随时间变化的图象如图乙所示(以向右为正方向)，下列说法正确的是( )图2A.通过电阻R 的电流是交变电流B.感应电流的大小保持不变C.电阻R 两端的电压为6 VD.C 点的电势为4.8 V 答案 AB解析 穿过螺线管的磁场方向不变，但大小变化，导致磁通量变化，则根据楞次定律可知，0～1 s 内，电流从C 流到A ；在1～2 s 内，电流从A 流到C ，因此电流为交变电流，A 正确.根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔBΔt ＝1 000×10×10－4×6 V ＝6 V ，而感应电流大小为I ＝ER ＋r ＝64＋1A ＝1.2 A ，故B 正确.根据闭合电路欧姆定律，电阻R 两端的电压U＝IR ＝1.2×4 V ＝4.8 V ，故C 错误.当螺线管左端是正极时，C 点的电势为4.8 V ，当右端是正极时，则C 点的电势为－4.8 V ，故D 错误.3.(多选)如图3所示，不计电阻的光滑U 形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H 、P 固定在框上，H 、P 的间距很小.质量为0.2 kg 的细金属杆CD 恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m 的正方形，其有效电阻为0.1 Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B ＝(0.4－0.2t ) T ，图示磁场方向为正方向.框、挡板和杆不计形变.则( )图3A.t ＝1 s 时，金属杆中感应电流方向从C 到DB.t ＝3 s 时，金属杆中感应电流方向从D 到CC.t ＝1 s 时，金属杆对挡板P 的压力大小为0.1 ND.t ＝3 s 时，金属杆对挡板H 的压力大小为0.2 N 答案 AC解析 根据楞次定律可判断感应电流的方向总是从C 到D ，故A 正确，B 错误；由法拉第电磁感应定律可知：E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ⊥S Δt ＝ΔBL 2Δt sin 30°＝0.2×12×12 V ＝0.1 V ，故感应电流为I＝ER＝1 A ，金属杆受到的安培力F A ＝BIL ，t ＝1 s 时，F A ＝0.2×1×1 N ＝0.2 N ，此时金属杆受力分析如图甲，由平衡条件可知F 1＝F A ·cos 60°＝0.1 N ，F 1为挡板P 对金属杆施加的力，故C 正确；t ＝3 s 时，磁场反向，此时金属杆受力分析如图乙，此时挡板H 对金属杆施加的力向右，大小F 3＝B ′IL cos 60°＝0.2×1×1×12N ＝0.1 N.故D 错误.4.如图4甲所示，电路的左侧是一个电容为C 的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为S .在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示.则在0～t 0时间内电容器( )图4A.上极板带正电，所带电荷量为CS (B 2－B 1)t 0B.上极板带正电，所带电荷量为C (B 2－B 1)t 0C.上极板带负电，所带电荷量为CS (B 2－B 1)t 0D.上极板带负电，所带电荷量为C (B 2－B 1)t 0答案 A解析 在0～t 0时间内回路中磁通量增加，由楞次定律知，回路中产生的感应电流方向为逆时针方向，电容器上极板带正电.由法拉第电磁感应定律知，在0～t 0时间内回路中产生的感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝(B 2－B 1)S t 0，电容器两极板之间电压U ＝E ，电容器所带电荷量为q ＝CU＝CS (B 2－B 1)t 0，选项A 正确.5.如图5所示，匝数N ＝100匝、截面积S ＝0.2 m 2、电阻r ＝0.5 Ω的圆形线圈MN 处于垂直纸面向里的匀强磁场内，磁感应强度随时间按B ＝0.6＋0.02t (T)的规律变化.处于磁场外的电阻R 1＝3.5 Ω，R 2＝6 Ω，闭合S 后，求：线圈中的感应电动势E 和感应电流I .图5答案 0.4 V 0.04 A解析 线圈中磁感应强度的变化率ΔBΔt ＝0.02 T/s根据法拉第电磁感应定律，线圈中感应电动势大小为 E ＝N ΔΦΔt ＝N ΔBΔt ·S ＝0.4 V由闭合电路欧姆定律得，感应电流I ＝E R 1＋R 2＋r ＝0.43.5＋6＋0.5A ＝0.04 A. 6.如图6所示，边长为50 cm 的正方形导线框，放置在B ＝0.4 T 的匀强磁场中.已知磁场方向与水平方向成37°角，线框电阻为0.1 Ω，求线框绕其一边从水平方向转至竖直方向的过程中通过线框横截面的电荷量.(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)图6答案 1.4 C解析 设线框在水平位置时法线(题干图中)n 方向向上，穿过线框的磁通量Φ1＝BS cos 53°＝6.0×10－2 Wb当线框转至竖直位置时，线框平面的法线方向水平向右，与磁感线夹角θ＝143°，穿过线框的磁通量Φ1＝BS cos 143°＝－8.0×10－2 Wb 通过线框横截面的电荷量： Q ＝I Δt ＝ER Δt ＝|Φ2－Φ1|R＝1.4 C.二、导体切割磁感线产生感应电动势的计算1.一般情况：运动速度v 和磁感线方向夹角为θ，则E ＝BLv sin θ.2.常用情况：运动速度v 和磁感线方向垂直，则E ＝BLv .3.导体转动切割产生的电动势导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E ＝BL v ＝12BL 2ω(平均速度等于中点位置的线速度v ＝12L ω).[复习过关]7.如图7所示，abcd 为水平放置的平行“⊂”形光滑金属导轨，间距为l ，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，导轨电阻不计，已知金属杆MN 倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r ，保持金属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好).则( )图7A.电路中感应电动势的大小为Blvsin θB.电路中感应电流的大小为Bv sin θrC.金属杆所受安培力的大小为B 2lv sin θrD.金属杆的热功率为B 2lv 2r sin θ答案 B解析 电路中感应电动势的大小E ＝Blv ；公式中的l 为切割的有效长度，故电动势E ＝Blv ；故A 错误； 感应电流I ＝Blv lsin θr＝Bv sin θr；故B 正确；安培力的大小F ＝BIL ＝B 2lv r；故C 错误；热功率P ＝I 2R MN ＝B 2lv 2sin θr；故D 错误.8.(多选)如图8所示，在一磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放着两根相距为h ＝0.1 m 的平行金属导轨MN 和PQ ，导轨电阻忽略不计，在两根导轨的端点N 、Q 之间连接一阻值R ＝0.3 Ω的电阻，导轨上跨放着一根长为L ＝0.2 m ，每米阻值r ＝2.0 Ω的金属棒ab ，金属棒与导轨正交放置，交点为c 、d ，当金属棒在水平拉力作用下以速度v ＝4.0 m/s 向左做匀速运动时，则下列说法正确的是( )图8A.金属棒a 、b 两端点间的电势差为0.2 VB.水平拉金属棒的力的大小为0.02 NC.金属棒a 、b 两端点间的电势差为0.32 VD.回路中的发热功率为0.06 W 答案 BC解析 当金属棒ab 在水平拉力作用下向左做匀速运动时，切割磁感线的有效长度为cd 部分，cd 部分产生的感应电动势E ＝Bhv ＝0.5×0.1×4.0 V ＝0.2 V ，由闭合电路欧姆定律，可得回路中产生的感应电流I ＝ER ＋hr ＝0.20.3＋0.1×2.0A ＝0.4 A ，金属棒ab 受到的安培力F 安＝BIh ＝0.5×0.4×0.1 N ＝0.02 N ，要使金属棒匀速运动，应有F ＝F 安＝0.02 N ，B 正确；该回路为纯电阻电路，回路中的热功率为P 热＝I 2(R ＋hr )＝0.08 W ，D 错误；金属棒ab 两点间的电势差U ab ＝E ab －Ir cd ＝BLv －Ihr ＝0.32 V ，A 错误，C 正确.9.如图9所示，导体AB 的长为2R ，绕O 点以角速度ω匀速转动，OB 为R ，且OBA 三点在一条直线上，有一磁感应强度为B 的匀强磁场充满转动平面且与转动平面垂直，那么A 、B 两端的电势差为( )图9A.12B ωR 2 B.2B ωR 2 C.4B ωR 2 D.6B ωR 2 答案 C解析 A 点线速度v A ＝ω·3R ，B 点线速度v B ＝ω·R ，AB 棒切割磁感线的平均速度v ＝v A ＋v B2＝2ωR 由E ＝Blv 得A 、B 两端的电势差为4B ωR 2，C 项正确.。
2021-2022年高二人教版物理选修3-2练习册：单元测评2含答案一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项符合题意，有的有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分)1．某正弦式交变电流的电流i随时间t变化的图像如图C21所示．由图可知( )图C-2-1A．电流的最大值为10 AB．电流的有效值为10 AC．该交流电的周期为0.03 sD．该交流电的频率为0.02 Hz2．当交流发电机的转子线圈平面与磁感线平行时，电流方向如图C22所示，当转子线圈旋转到中性面位置时( )图C-2-2A．线圈中的感应电流最大，方向将不变B．线圈中的感应电流最大，方向将改变C．线圈中的感应电流等于零，方向将不变D．线圈中的感应电流等于零，方向将改变3．一矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电动势为e＝10 2sin 20πt (V)，则下列说法正确的是()A．t＝0时，线圈位于中性面B．t＝0时，穿过线圈的磁通量为零C．t＝0时，线圈切割磁感线的有效速度最大D．t＝0.4 s时，电动势第一次出现最大值4．一个小型电热器若接在输出电压为10 V 的直流电源上，消耗电功率为P ；若把它接在某个正弦式交流电源上，其消耗的电功率为P 2.如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为( )A ．5 VB ．52 VC ．10 VD ．102 V5．图C -2-3为某小型水电站的电能输送示意图，A 为升压变压器，其输入功率为P 1，输出功率为P 2，输出电压为U 2；B 为降压变压器，其输入功率为P 3，输入电压为U 3.A 、B 均为理想变压器，输电线总电阻为r ，则下列关系式中正确的是( )图C -2-3A ．P 1>P 2B ．P 2＝P 3C ．U 2>U 3D ．U 2＝U 36．(多选)图C -2-4甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与阻值为R ＝10 Ω的电阻连接，与电阻R 并联的交流电压表为理想电表，示数是10 V ．图乙是穿过矩形线圈的磁通量Φ随时间t 变化的图像，线圈电阻忽略不计，则下列说法正确的是( )甲 乙图C -2-4A ．电阻R 上的电功率为10 WB ．0.02 s 时R 两端的电压瞬时值为零C ．R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝14.1cos 100πt(V )D ．通过R 的电流i 随时间t 变化的规律是i ＝cos 100πt(A )7．如图C -2-5所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为10∶1，R 1＝20 Ω，R 2＝10 Ω，C 为电容器，原线圈所加电压的瞬时值表达式为u ＝220 2sin 100πt(V )．下列说法正确的是( )图C -2-5A ．通过电阻R 3的电流始终为零B ．副线圈两端交变电压的频率为5 HzC ．电阻R 2的电功率为48.4 WD ．原、副线圈铁芯中磁通量的变化率之比为10∶18．(多选)如图C -2-6所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L 1和L 2，输电线的等效电阻为R. 开始时，开关S 断开，当S 接通后( )图C-2-6A．变压器的输出电压减小B．输电线等效电阻R两端的电压增大C．通过灯泡L1的电流减小D．原线圈中的电流减小9．(多选)图C-2-7甲为火灾报警系统的示意图，其中R0为定值电阻，R为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，理想变压器原、副线圈的匝数之比为5∶1，副线圈输出电压如图乙所示，则下列说法正确的是()图C-2-7A．原线圈输入电压的有效值为220 2VB．副线圈输出电压瞬时值的表达式为u＝44 2cos 100πt(V)C．R处出现火情时，原线圈中的电流增大D．R处出现火情时，电阻R0的电功率减小10．(多选)图C-2-8为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电．已知输电线的总电阻R＝10 Ω，降压变压器T2原、副线圈的匝数之比为4∶1，副线圈与用电器R0组成闭合电路．若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈的输出电压的瞬时值表达式为u＝220 2sin 100πt(V)，用电器的电阻R0＝11 Ω，则()图C-2-8A．通过用电器R0的电流的有效值是20 AB．升压变压器的输入功率为4650 WC．发电机中的交变电流的频率为100 HzD．当用电器的电阻R0减小时，发电机的输出功率减小第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、实验题(本题共2小题，11题7分，12题8分，共15分)11．图C-2-9是一种触电保安器的电路图，变压器A处用相线和零线双股平行绕制成线圈，然后接上用电器．B处有一个输出线圈，一旦线圈中有电流，经放大后便能推动继电器J切断电源，试说明：图C-2-9(1)多开灯不会使保安器切断电源的原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________；(2)有人“手—地”触电时，触电保安器会切断电源的原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________；(3)该保安器________(选填“能”或“不能”)为双手“相线—零线”触电时提供保安，因为________________________________________________________________________．12．利用DIS(数字化信息处理系统)探究手摇发电机(如图C-2-10所示)的线圈产生的交变电流．图C-2-10实验步骤如下：①将电压传感器接入数据采集器；②电压传感器的测量夹与发电机的输出端并联；③点击“数据采集设置”设定“采样点时间间隔”；④缓慢摇动发电机的手柄，观察工作界面上的信号．图C-2-11(1)屏上出现的电压波形如图C-2-11所示，从图中可以看出，手摇发电机产生的电压波形不是正弦波，其原因可能是____________________________________________(写出一条即可)．(2)研究交变电流的波形，发现在用手摇动发电机手柄的2 min内屏上出现了61个向上的“尖峰”，则交变电流的平均周期为____________．如果发电机手摇大轮的半径是转子小轮半径的2倍，则手摇大轮转动的平均角速度为__________．三、计算题(本题共3小题，13题12分，14题15分，15题18分，共45分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分) 13．如图C-2-12甲所示，固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一个小灯泡，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，总电阻r＝1.0 Ω，所围成的矩形的面积S＝0.040 m2，小灯泡的电阻R＝9.0 Ω，磁感应强度随时间按图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝nB m S 2πTcos 2πTt ，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：(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；(3)在0～T 4时间内，通过小灯泡的电荷量．甲 乙图C -2-1214．如图C -2-13所示，矩形线圈在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直，线圈匝数n ＝40匝，内阻r ＝0.1 Ω，长l 1＝0.05 m ，宽l 2＝0.04 m ，转速为3000 r /min ，磁场的磁感应强度B ＝0.2 T ，线圈两端接有阻值为R ＝9.9 Ω的用电器和一个交流电流表．求：(结果保留两位有效数字)(1)线圈中产生的最大感应电动势；(2)从图示位置开始计时，t ＝1600s 时刻电流表的读数； (3)从图示位置开始，线圈转过60°和120°，通过用电器的电荷量之比；(4)1 min 内外力需要提供的能量．图C -2-1315．某发电厂的发电机的输出功率P ＝100 kW ，发电机端电压U ＝250 V ，向远处送电的输电线的总电阻R ＝8 Ω.已知输电线上损失的功率为输送功率的5%，用户得到的电压是220 V .(1)应该怎样安装变压器？画出输电线路的示意图．(2)求出所用的变压器的原、副线圈的匝数之比．参考答案单元测评(二)1．B [解析] 由图知电流的最大值为10 2 A ，有效值为I ＝10 22A ＝10 A ，选项A 错误，选项B 正确；周期为0.02 s ，则频率为f ＝1T＝50 Hz ，选项C 、D 错误． 2．D [解析] 线圈旋转到中性面位置，磁感线与切割速度方向平行，根据公式E ＝BLv sin θ可知，线圈中的感应电流等于零，转过中性面之后，电路中就又产生了感应电流，但是电流方向与之前线圈中的感应电流的方向相反，选项D 正确．3．A [解析] 由电动势e ＝10 2sin 20πt (V )知，计时从线圈位于中性面时开始，所以t ＝0时，线圈位于中性面，磁通量最大，但此时线圈切割磁感线的线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速度为零，A 正确，B 、C 错误．当t ＝0.4 s 时，e ＝10 2sin (20π×0.4) V ＝0，D 错误．4．C [解析] 根据P ＝U 2R ，对直流电有P ＝102R ，对正弦式交流电有P 2＝U′2R ，所以正弦式交流电的有效值为U′＝PR 2＝102V ，故交流电源输出电压的最大值U m ′＝2U′＝10 V ，故选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．5．C [解析] 根据远距离输电和理想变压器的工作原理可知，P 1＝P 2、P 2>P 3、U 2>U 3，故选项C 正确．6．AC [解析] 根据公式P ＝U 2R，得P ＝10 W ，故选项A 正确；由图乙可知，0.02 s 时通过线圈的磁通量为零，电动势最大，R 两端的电压瞬时值为10 2 V ，故选项B 错误；由图乙可知，T ＝0.02 s ，电动势的最大值为E m ＝2U ＝10 2 V ，ω＝2πT＝100π，又因为此交变电流是从垂直于中性面开始计时的，所以R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝14.1cos 100πt(V )，故选项C 正确；I m ＝E m R＝1.41 A ，通过R 的电流i 随时间t 变化的规律是i ＝1.41cos 100πt(A )，故选项D 错误．7．C [解析] 电容器能够通交流，选项A 错误；变压器能够改变交流电的电压，但是不能改变交流电的频率，选项B 错误；根据U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝22 V ，所以电阻R 2的电功率为P 2＝U 22R 2＝48.4 W ，选项C 正确；根据法拉第电磁感应定律可知，原、副线圈铁芯中磁通量的变化率之比为1∶1，选项D 错误．8．BC [解析] 当S 接通后，变压器的输出电压不变，副线圈负载电阻减小，引起总电流增大，因此输电线的等效电阻两端的电压增大，灯泡L 1两端的电压减小，通过灯泡L 1的电流减小，选项A 错误，选项B 、C 正确；S 接通后，变压器输出功率增大，输入功率增大，原线圈中的电流增大，选项D 错误．9．BC [解析] 根据图乙可知，副线圈输出电压瞬时值的表达式为u ＝44 2cos 100πt(V )，故选项B 正确；其峰值为U 2m ＝44 2 V ，根据理想变压器输入、输出电压与原、副线圈匝数的关系可知，原线圈输入电压的峰值为U 1m ＝220 2 V ，其有效值为U 1＝220 V ，故选项A 错误；R 处出现火情时，温度升高，R 的阻值减小，副线圈上的总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律可知，副线圈中的总电流增大，故原线圈中的电流增大，选项C 正确；由焦耳定律可知，R 0的电功率增大，故选项D 错误．10．AB [解析] 由T 2的副线圈的输出电压的表达式可知，副线圈的输出电压的有效值为220 V ，电流的有效值为I ＝22011 A ＝20 A ，选项A 正确；通过输电线的电流I′ ＝204 A ＝5 A ，所以升压变压器的输入功率为P ＝I′2R ＋I 2R 0＝52×10 W ＋202×11 W ＝4650 W ，选项B 正确；发电机中的交变电流的频率与T 2的输出电压的频率相同，也为50 Hz ，选项C 错误；当用电器的电阻R 0减小时，其消耗的功率变大，发电机的输出功率变大，选项D 错误．11．见解析[解析] (1)变压器A 处的线圈因双股绕制，正向电流与反向电流产生的磁场相互抵消，多开灯、少开灯都如此，所以B 处的线圈中无感应电流，保安器的控制开关J 不工作，不会自动切断电源；(2)当人“手—地”触电时，相线中的电流有一部分直接通过人体流入大地，不从A 处的线圈中回流，保安器铁芯中的磁通量发生变化，B 处的线圈有电流输出，保安器开关J 工作，自动切断电源；(3)“相线—零线”触电时，与多开几盏电灯的情况相似，A 处的线圈中正、反向电流总是相等，不会引起磁通量的变化，保安器不能自动切断电源，不起保安作用．12．(1)转子不是在匀强磁场中转动或手摇动发电机的转速不均匀(2)2 s 0.5π rad /s[解析] 只有线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的交变电流才是标准的正弦式电流，手摇发电机的磁场是由条形磁铁产生的，所以不是匀强磁场，由于是手摇转动，转速难以保证恒定．屏上每出现一次向上的尖峰，就代表经过了一个周期，2 min 内屏上出现了61个向上的尖峰，表明周期T ＝2×6061－1s ＝2 s ，大轮的角速度等于小轮的角速度的一半，所以大轮的角速度ω＝2πT ·12＝0.5π rad /s . 13．(1)8.0 V (2)2.88 W (3)4.0×10－3 C[解析] (1)由图像知，线圈中产生的交变电流的周期T ＝3.14×10－2 s ，所以E m ＝nB m Sω＝2πnB m S T＝8.0 V . (2)电流的最大值I m ＝E m R ＋r ＝0.80 A ，有效值I ＝I m 2＝2 25 A ，小灯泡消耗的电功率P ＝I 2R ＝2.88 W . (3)在0～T 4时间内，电动势的平均值E －＝nS ΔB Δt ，平均电流I －＝E R ＋r ＝nS ΔB （R ＋r ）Δt， 通过小灯泡的电荷量Q ＝I －Δt ＝nS ΔB R ＋r ＝4.0×10－3 C .14．(1)5.0 V (2)0.35 A (3)13(4)74 J [解析] (1)E m ＝nBSω＝5.0 V .(2)I ＝E R ＋r ＝E m 2（R ＋r ）＝0.35 A . (3)由 q ＝I －t ＝E －R ＋r t ＝n ΔΦR ＋r 可得q 1q 2＝ΔΦ1ΔΦ2＝1－cos 60°1＋cos 60°＝13. (4)由能量守恒定律得E′＝Q ＝I 2(R ＋r)t ＝74 J .15．见解析[解析] (1)需要安装一台升压变压器和一台降压变压器，输电线路的示意图如图所示．(2)按题意，P 损＝5%P ＝0.05×100×103 W ＝5×103 W设输电线路中的电流为I ，P 损＝I 2RI ＝ P 损R ＝ 5×1038A ＝25 A 输送电压U 2＝P I ＝100×10325V ＝4000 V 对升压变压器，n 1n 2＝U 1U 2＝2504000＝116输电线路上损失的电压U 损＝IR ＝25×8 V ＝200 V降压变压器原线圈两端的电压U 3＝U 2－U 损＝(4000－200) V ＝3800 V用户在副线圈两端得到的电压U 4＝220 V所以n 3n 4＝U 3U 4＝3800220＝19011即升压变压器原、副线圈的匝数之比为1∶16，降压变压器原、副线圈的匝数之比为190∶11."32788 8014 耔OY35020 88CC 裌 30024 7548 畈63%28769 7061 灡31364 7A84 窄38061 94AD 钭20286 4F3E 伾33065 8129 脩。
2018年高二物理 选修3-2知识点复习知识点一：电磁感应现象Ⅰ 只要穿过闭合回路中的磁通量发生变化，闭合回路中就会产生感应电流，如果电路不闭合只会产生感应电动势。
这种利用磁场产生电流的现象叫电磁感应，是1831年法拉第发现的。
知识点二：感应电流的产生条件Ⅱ1、回路中产生感应电动势和感应电流的条件是回路所围面积中的磁通量变化，因此研究磁通量的变化是关键，由磁通量的广义公式中φθ=B S ·sin （θ是B 与S 的夹角）看，磁通量的变化∆φ可由面积的变化∆S 引起；可由磁感应强度B 的变化∆B 引起；可由B 与S 的夹角θ的变化∆θ引起；也可由B 、S 、θ中的两个量的变化，或三个量的同时变化引起。
2、闭合回路中的一部分导体在磁场中作切割磁感线运动时，可以产生感应电动势，感应电流，这是初中学过的，其本质也是闭合回路中磁通量发生变化。
3、产生感应电动势、感应电流的条件：导体在磁场里做切割磁感线运动时，导体内就产生感应电动势；穿过线圈的磁量发生变化时，线圈里就产生感应电动势。
如果导体是闭合电路的一部分，或者线圈是闭合的，就产生感应电流。
从本质上讲，上述两种说法是一致的，所以产生感应电流的条件可归结为：穿过闭合电路的磁通量发生变化。
三、法拉第电磁感应定律 楞次定律Ⅱ ①电磁感应规律：感应电动势的大小由法拉第电磁感应定律确定。
ε=BLv ——当长L 的导线，以速度v ，在匀强磁场B 中，垂直切割磁感线，其两端间感应电动势的大小为ε。
如图所示。
设产生的感应电流强度为I ，MN 间电动势为ε，则MN 受向左的安培力F BIL =，要保持MN 以v 匀速向右运动，所施外力F F BIL '==，当行进位移为S 时，外力功W BI L S BILv t ==···。
t 为所用时间。
而在t 时间内，电流做功W I t '=··ε，据能量转化关系，W W '=，则I t BILv t ···ε=。
第6节互感和自感1．当一个线圈中的电流变化时，会在另一个线圈中产生感应电动势，这种现象叫互感，互感的过程是一个能量传递的过程。
2．当一个线圈中的电流变化时，会在它本身激发出感应电动势，叫自感电动势，自感电动势的作用是阻碍线圈自身电流的变化。
3．自感电动势的大小为E ＝L ΔI Δt，其中L 为自感系数，它与线圈大小、形状、圈数，以及是否有铁芯等因素有关。
4．当电源断开时，线圈中的电流不会立即消失，说明线圈中储存了磁场能。
一、互感现象1．定义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的现象。
产生的电动势叫做互感电动势。
2．应用互感现象可以把能量由一个线圈传递到另一个线圈，变压器、收音机的“磁性天线”就是利用互感现象制成的。
3．危害互感现象能发生在任何两个相互靠近的电路之间。
在电力工程和电子电路中，互感现象有时会影响电路正常工作。
二、自感现象和自感系数1．自感现象 当一个线圈中的电流变化时，它产生的变化的磁场在它本身激发出感应电动势的现象。
2．自感电动势 由于自感而产生的感应电动势。
3．自感电动势的大小E ＝L ΔI Δt，其中L 是自感系数，简称自感或电感，单位：亨利，符号为H 。
4．自感系数大小的决定因素自感系数与线圈的大小、形状、圈数，以及是否有铁芯等因素有关。
三、磁场的能量1．自感现象中的磁场能量(1)线圈中电流从无到有时：磁场从无到有，电源的能量输送给磁场，储存在磁场中。
(2)线圈中电流减小时：磁场中的能量释放出来转化为电能。
2．电的“惯性”自感电动势有阻碍线圈中电流变化的“惯性”。
1．自主思考——判一判(1)两线圈相距较近时，可以产生互感现象，相距较远时，不产生互感现象。
(×)(2)在实际生活中，有的互感现象是有害的，有的互感现象可以利用。
(√)(3)只有闭合的回路才能产生互感。
(×)(4)线圈的自感系数与电流大小无关，与电流的变化率有关。
人教版高中物理选修3-2课后习题参考答案课后练习一第1 讲电磁感应和楞次定律1．如图17-13所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，线圈c中将有感应电流产生（）A．向右做匀速运动B．向左做匀速运动C．向右做减速运动D．向右做加速运动答案：CD详解：导体棒做匀速运动，磁通量的变化率是一个常数，产生稳恒电流，那么被线圈缠绕的磁铁将产生稳定的磁场，该磁场通过线圈c不会产生感应电流；做加速运动则可以；2．磁单极子"是指只有S极或N极的磁性物质，其磁感线分布类似于点电荷的电场线分布。
物理学家们长期以来一直用实验试图证实自然界中存在磁单极子，如题图4所示的实验就是用于检测磁单极子的实验之一，abcd为用超导材料围成的闭合回路，该回路旋转在防磁装置中，可认为不受周围其它磁场的作用。
设想有一个S极磁单极子沿abcd的轴线从左向右穿过超导回路，那么在回路中可能发生的现象是：A.回路中无感应电流；B.回路中形成持续的abcda流向的感应电流；C.回路中形成持续的adcba流向的感应电流；D.回路中形成先abcda流向而后adcba流向的感应电流答案：C详解：参考点电荷的分析方法，S磁单极子相当于负电荷，那么它通过超导回路，相当于向左的磁感线通过回路，右手定则判断，回路中会产生持续的adcba向的感应电流；3．如图3所示装置中，线圈A的一端接在变阻器中点，当变阻器滑片由a滑至b端的过程中，通过电阻R的感应电流的方向（）A．由c流向d B．先由c流向d，后由d流向cC．由d流向c D．先由d流向c，后由c流向d答案：A详解：滑片从a滑动到变阻器中点的过程，通过A线圈的电流从滑片流入，从固定接口流出，产生向右的磁场，而且滑动过程中，电阻变大，电流变小，所以磁场逐渐变小，所以此时B线圈要产生向右的磁场来阻止这通过A线圈的电流从滑片流入，从固定接口流出种变化，此时通过R点电流由c流向d；从中点滑动到b的过程，通过A线圈的电流从固定接口流入，从滑片流出，产生向左的磁场，在滑动过程中，电阻变小，电流变大，所以磁场逐渐变大，所以此时B线圈要产生向右的磁场来阻止这种变化，通过R的电流仍从c流向d。
2020年线上课程单元知识图谱及重难点解析高二物理高中物理选修3—2第四章电磁感应一、“电磁感应”知识结构图二、本章主要物理思维方法电磁感应现象和导体切割磁感线产生的感应电流方向的判别——右手定则；磁通量变化时产生感应电流方向的判别方法——楞次定律；电磁现象中的基本定律之一，即法拉第电磁感应定律：感应电动势与磁通量变化快慢的定量关系。
通过实验探究“感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系”，运用控制磁通量变化、时间、线圈匝数等变量的方法进行探究。
从法拉第的发现到信息化时代的发展历程，感悟科学技术是社会发展的动力。
掌握法拉第电磁感应定律内容，系统地认识电磁感应现象的规律，通过探究实验、DIS 实验，学会运用控制变量法探究感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系，在电磁感应与其他相关内容综合的新情景下，应用法拉第电磁感应定律解决一些简单的物理问题，学会运用分析、综合、类比等科学推理方法。
从电磁感应规律在电话、测量仪器等现代技术中的应用，感悟科学和技术是社会发展的动力。
三、本章重难点分析及其突破的方法本章重难点：实验探究感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系。
法拉第电磁感应定律内容：E ＝ΔΦΔt。
法拉第电磁感应定律的应用，导体切割磁感线产生的感应电动势（E ＝BLv ）与法拉第电磁感应定律的一致性。
1．对感应电动势概念的理解在电磁感应现象的学习过程中，我们知道，不仅在闭合电路中会产生感应电流，在电路不闭合的情况下，只要线圈中磁通量发生变化，线圈两端就有电压输出，可见，这时虽无感应电流，但仍有电磁感应现象，用恒定电流的闭合电路跟它进行类比：恒定电流的闭合电路中，要产生电流必须有电源（有电动势）；在电磁感应现象中，闭合回路里有感应电流，也会有感应电动势。
而且，感应电动势比感应电流更能反映电磁感应现象的本质。
2．法拉第电磁感应定律中的k 为什么等于1课本“大家谈”中提出的比例常数是的问题，是单位制中的一个普遍问题。
