第10点 电磁感应中的图像问题
电磁感应中的图像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
对图像的分析，应做到“四明确一理解”：
(1)明确图像所描述的物理意义；明确各种“＋”、“－”的含义；明确斜率的含义；明确图像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－
3．解决图像问题的一般步骤：
(1)明确图像的种类，即是B－t图像还是Φ－t图像，或者E－t图像、i－t图像等．
(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、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)画图像或判断图像．
4．电磁感应中图像类选择题的两个常见解法
(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项．
(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法．
对点例题 如图1所示，
图1
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的关系图像是( )
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·tan 30°，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正确．
1．如图2所示，一导体圆环位于纸面内，O为圆心．环内两个圆心角为90°的扇形区域内分别有匀强磁场，两磁场的磁感应强度的大小相等，方向相反且均与纸面垂直．导体杆OM可绕O点转动，M端通过滑动触点与圆环良好接触．在圆心和圆环间连有电阻R.杆OM以角速度ω逆时针匀速转动，t＝0时恰好在图示位置．规定从a到b流经电阻R的电流方向为正，圆环和导体杆的电阻忽略不计，则杆从t＝0开始转动一周的过程中，电流随ωt变化的图像是( )
图2
答案 C
解析 设杆OM的有效切割长度为l.依据右手定则，可知转动角度在0～内，电流方向由M到O，在电阻R上电流方向是由b到a，为负值，且大小为I＝，为一定值；～π内没有感应电流；π～π内电流的方向由O到M，在电阻R上电流方向由a到b，即沿正方向；～2π内没有感应电流，因此C正确．
2．如图3所示，边长为L、总电阻为R的正方形线框abcd放置在光滑水平桌面上，其bc边紧靠磁感应强度为B、宽度为2L、方向竖直向下的有界匀强磁场的边缘．现使线框以初速度v0匀加速通过磁场，下列图线中能定性反映线框从开始进入到完全离开磁场的过程中，线框中的感应电流(以逆时针方向为正)的变化的是 ( )
图3
答案 AD
3．如图4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4
答案 C
第11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——分离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所示，在距离水平地面h＝0.8 m的虚线的上方，有一个方向垂直于纸面水平向里的匀强磁场．正方形线框abcd的边长l＝0.2 m，质量m＝0.1 kg，电阻R＝0.08 Ω.一条不可伸长的轻绳绕过轻光滑滑轮，一端连线框，另一端连一质量M＝0.2 kg的物体A(A未在磁场中)．开始时线框的cd边在地面上，各段绳都处于伸直状态，从如图所示的位置由静止释放物体A，一段时间后线框进入磁场运动，已知线框的ab边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动．当线框的cd边进入磁场时物体A恰好落地，此时将轻绳剪断，线框继续上升一段时间后开始下落，最后落至地面．整个过程线框没有转动，线框平面始终处于纸面内，g取10 m/s2.求：
图1
(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小．
(2)线框从开始运动至到达最高点，用了多长时间？
(3)线框落地时的速度多大？
解题指导 (1)设线框到达磁场边界时速度大小为v，由机械能守恒定律可得：
Mg(h－l)＝mg(h－l)＋(M＋m)v2
代入数据解得：v＝2 m/s
线框的ab边刚进入磁场时，感应电流：I＝
线框恰好做匀速运动，有：
Mg＝mg＋IBl
代入数据解得：B＝1 T.
(2)设线框进入磁场之前运动时间为t1，有：
h－l＝vt1
代入数据解得：t1＝0.6 s
线框进入磁场过程做匀速运动，所用时间：
t2＝＝0.1 s
此后轻绳拉力消失，线框做竖直上抛运动，到达最高点时所用时间：t3＝＝0.2 s
线框从开始运动至到达最高点，所用时间：
t＝t1＋t2＋t3＝0.9 s
(3)线框从最高点下落至磁场边界时速度大小为2 m/s，线框所受安培力大小也不变，即
IBl＝(M－m)g
因此，线框穿出磁场过程还是做匀速运动，离开磁场后做竖直下抛运动．
由机械能守恒定律可得：
mv＝mv2＋mg(h－l)
代入数据解得线框落地时的速度：v1＝4 m/s.
答案 (1)1 T (2)0.9 s (3)4 m/s
答案 (1)1 T (2)0.9 s (3)4 m/s
方法提炼 解决此类问题，应从电路分析入手，求出电流，然后进行受力分析，正确的受力分析是关键．再用牛顿第二定律求加速度以及其他的运动学量．涉及极值问题时，要分析出临界条件，根据临界条件求出极值．
1.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2
A．导体棒ef的加速度可能大于g
B．导体棒ef的加速度一定小于g
C．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 AD
2.一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3
A．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 C
3．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10 m/s2)．问：
(1)金属杆在做匀速运动之前做什么运动？
图4
(2)若m＝0.5 kg，L＝0.5 m，R＝0.5 Ω，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)1 T (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＝，安培力：F安＝BIL＝
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＝＋Ff，v＝＝F－R
由题图乙中图线可知直线的斜率为k＝2，得B＝1 T.
(3)由图线的截距可以求得金属杆受到的阻力Ff，Ff＝2 N.
第12点 电磁感应现象中的能量问题
电磁感应过程往往涉及多种能量的转化
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，熟练地应用能量转化与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
对点例题 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1
A．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
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．
答案 AC
特别提醒 1.电磁感应现象的实质问题是能量的转化与守恒问题，从这个思路出发列方程求解，有时很方便．
2．通过克服安培力做功可以把其他形式的能转化为电能，电能最终转化为焦耳热．因此在同一关系式中，克服安培力做的功和产生的焦耳热不能同时出现．
1．如图2所示，竖直放置的两根足够长平行金属导轨相距L，导轨间接有一阻值为R的电阻，质量为m，电阻为r的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触，且无摩擦，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，现将金属棒由静止释放， 金属棒下落高度为h时开始做匀速运动，在此过程中 ( )
图2
A．导体棒的最大速度为
B．通过电阻的电荷量为
C．导体棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量
D．重力和安培力对导体棒做功的代数和等于导体棒动能的增加量
答案 BD
解析 金属棒由静止释放后，当a＝0时，速度最大，即mg－BL＝0，解得vm＝，A项错误．此过程通过电阻的电荷量q＝Δt＝·Δt＝，B项正确．导体棒克服安培力做的功等于整个电路产生的热量，C项错误．由动能定理知对导体棒有ΔEk＝W重＋W安，D项正确．
2.两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3
A．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
C．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F＝
D．金属棒最后将静止，电阻R上产生的总热量为mg·
答案 BC
3．如图4所示，电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s＝1.15 m，两导轨间距L＝0.75 m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R＝1.5 Ω的电阻，磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r＝0.5 Ω、质量m＝0.2 kg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Qr＝0.1 J．(取g＝10 m/s2)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＝2 m/s时的加速度α的大小；
(3)为求金属棒下滑的最大速度vm的大小，有同学解答如下：由动能定理，WG－W安＝mv，…….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)0.4 J (2)3.2 m/s2 (3)见解析
解析 (1)下滑过程中安培力做的功即为电阻上产生的焦耳热，由于R＝3r，
因此QR＝3Qr＝0.3 J
所以W安＝Q＝QR＋Qr＝0.4 J
(2)金属棒下滑时受重力和安培力
F安＝BIL＝v
由牛顿第二定律得mgsin 30°－v＝ma
所以a＝gsin 30°－v
＝[10×－] m/s2＝3.2 m/s2
(3)此解法正确．
金属棒下滑时受重力和安培力作用，满足
mgsin 30°－v＝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．
mgssin 30°－Q＝mv
所以vm＝
＝ m/s≈2.74 m/s.
第13点 自感现象的分析技巧
在求解有关自感现象的问题时，必须弄清自感线圈的工作原理和特点，这样才能把握好切入点和分析顺序，从而得到正确答案．
1．自感现象的原理
当通过导体线圈中的电流变化时，其产生的磁场也随之发生变化．由法拉第电磁感应定律可知，导体自身会产生阻碍自身电流变化的自感电动势．
2．自感现象的特点
(1)自感电动势只是阻碍自身电流变化，但不能阻止．
(2)自感电动势的大小跟自身电流变化的快慢有关．电流变化越快，自感电动势越大．
(3)自感电动势阻碍自身电流变化的结果，会给其他电路元件的电流产生影响．
①电流增大时，产生反电动势，阻碍电流增大，此时线圈相当于一个阻值很大的电阻；
②电流减小时，产生与原电流同向的电动势，阻碍电流减小，此时线圈相当于电源．
3．通电自感与断电自感
自感现象中主要有两种情况：即通电自感与断电自感．在分析过程中，要注意：(1)通过自感线圈的电流不能发生突变，即通电过程中，电流是逐渐变大，断电过程中，电流是逐渐变小，此时线圈可等效为“电源”，该“电源”与其他电路元件形成回路．(2)断电自感现象中灯泡是否“闪亮”问题的判断在于对电流大小的分析，若断电后通过灯泡的电流比原来强，则灯泡先闪亮后再慢慢熄灭．
对点例题 如图1所示电路，电路线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，LA、LB是两个相同的灯泡，设实验过程中灯泡均没有损坏，则 ( )
图1
A．S闭合瞬间，LA不亮，LB很亮；S断开瞬间，LA、LB立即熄灭
B．S闭合瞬间，LA很亮，LB逐渐亮；S断开瞬间，LA逐渐熄灭，LB立即熄灭
C．S闭合瞬间，LA、LB同时亮，然后LA熄灭，LB亮度不变；S断开瞬间，LA亮一下才熄灭，LB立即熄灭
D．S闭合瞬间，LA、LB同时亮，然后LA逐渐变暗到熄灭，LB变得更亮；S断开瞬间，LA亮一下才熄灭，LB立即熄灭
解题指导 S闭合瞬间，由于电感线圈L的自感系数足够大，其对电流的阻碍作用相当于一个阻值无穷大的电阻，所以LA、LB同时亮，然后，电感线圈L的阻碍作用逐渐消失，其相当于一段导线，LA被短路，所以LA逐渐变暗到熄灭，电路总电阻减小，电流增大，所以LB变得更亮；S断开瞬间，流过灯LB的电流突然消失，所以LB立即熄灭，但由于流过线圈的电流突然减小，线圈中会产生自感电动势，并与LA组成闭合回路，有电流流过LA，所以LA灯亮，但很快又熄灭，选项D正确．
答案 D
1.如图2所示的电路中，P、Q为两相同的灯泡，L的电阻不计，则下列说法正确的是( )
图2
A．S断开瞬间，P立即熄灭，Q过一会儿才熄灭
B．S接通瞬间，P、Q同时达到正常发光
C．S断开瞬间，通过P的电流从右向左
D．S断开瞬间，通过Q的电流与原来方向相反
答案 C
解析 S接通瞬间，L中电流从0开始增大，于是产生自感电动势，阻碍电流的增加．因此Q不会立即正常发光，较P要晚些，所以B项错误．S断开瞬间，因L的自感作用，通过P、Q形成的回路的电流逐渐减小为0，通过P的方向从右向左，通过Q的方向与原来相同，因此，P、Q两只灯泡会一起渐渐熄灭．故C项正确，A、D项错误．
2.在如图3所示的电路中，带铁心的、电阻较小的线圈L与灯A并联，当合上开关S后灯A正常发光．则下列说法中正确的是( )
图3
A．当断开S时，灯A立即熄灭
B．当断开S时，灯A可能突然闪亮然后熄灭
C．用阻值与灯A相同的线圈取代L接入电路，当断开S时，灯A逐渐熄灭
D．用阻值与线圈L相同的电阻取代L接入电路，当断开S时，灯A突然闪亮然后熄灭
答案 BC
解析 在S断开的瞬间，L与A构成闭合回路，灯A不会立即熄灭．关键是“小灯泡在熄灭之前是否闪亮一下”这一点如何确定．根据P＝I2R可知，灯A能否闪亮，取决于S断开的瞬间，流过A的电流是否更大一些．在断开S的瞬间，灯A中原来的电流IA立即消失，但灯A和线圈L组成的闭合回路，由于线圈L的自感作用，其中的电流IL不会立即消失，它还要通过回路维持短暂的时间．如果IL>IA，则灯A熄灭之前要闪亮一下；如果IL≤IA，则灯A是逐渐熄灭而不闪亮一下．至于IL和IA的大小关系，由RA和RL的大小关系决定：若RA>RL，则IA第14点 把握两个特殊位置，理解交变电流的变化规律
线圈绕垂直于匀强磁场且沿线圈平面的轴匀速转动时，会产生大小和方向都随时间做周期性变化的电流，称为交变电流．交变电流最大值和方向的改变出现在两个特殊位置上，即中性面和垂直于中性面两个位置．把握这两个位置，对理解交变电流的变化规律十分重要．
1．中性面
(1)如图1甲所示，线圈平面与磁感线垂直时的位置即为中性面位置．线圈处于中性面位置时，穿过线圈的Φ最大．
(2)如图乙所示，此时ab、cd边的速度方向与磁场方向平行，不切割磁感线，所以线圈中的感应电动势及感应电流均为零．从中性面开始计时，感应电动势随时间的变化关系式为e＝nBSωsin ωt，其图像如图丙所示．
(3)从中性面开始计时，线圈中磁通量随时间的变化关系式为Φ＝BScos ωt，Φ－t图像如图丁所示，特别需要注意t＝0时刻，即线圈处于中性面位置时，穿过线圈的Φ最大，但图像斜率为零(最小)，由法拉第电磁感应定律E＝n得此时感应电动势为零．
图1
2．中性面的垂面
(1)如图2甲所示，线圈平面与磁感线平行时的位置即为中性面的垂面．线圈处于垂直中性面位置时，穿过线圈的Φ为零．
(2)如图乙所示，此时ab、cd边的速度方向与磁场方向垂直，切割磁感线有效速度最大，所以线圈中的感应电动势及感应电流均为最大值．从垂直中性面开始计时，感应电动势随时间的变化关系式为e＝nBSωcos ωt，其图像如图丙所示．
(3)从垂直中性面开始计时，线圈中磁通量随时间的变化关系式为 Φ＝BSsin ωt，Φ－t图像如图丁所示，特别需要注意t＝0时刻，即线圈处于垂直中性面位置时，穿过线圈的Φ为零，但图像斜率最大，由法拉第电磁感应定律E＝n得此时感应电动势最大．
图2
3．两个特殊位置的特点
(1)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变．
(2)线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，电流方向不改变．
对点例题 矩形线框绕垂直于匀强磁场且沿线框平面的轴匀速转动时产生了交变电流，下列说法正确的是( )
A．当线框位于中性面时，线框中感应电动势最大
B．当穿过线框的磁通量为零时，线框中的感应电动势也为零
C．每当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流方向就改变一次
D．线框经过中性面时，各边都不切割磁感线
解题指导 线框位于中性面时，线框平面与磁感线垂直，穿过线框的磁通量最大，但此时切割磁感线的两边速度方向与磁感线平行，即不切割磁感线，穿过线框的磁通量的变化率等于零，所以感应电动势等于零，感应电动势或感应电流的方向在此时刻改变．垂直于中性面时，穿过线框的磁通量为零，切割磁感线的两边的速度与磁感线垂直，有效切割速度最大，此时穿过线框的磁通量的变化率最大，所以感应电动势最大．故C、D正确．
答案 CD
特别提醒 线框转动一周经过中性面两次，因此线框转动一周电流的方向改变两次．
一单匝闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，在转动过程中，通过线圈的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为Em，下列说法正确的是( )
A．当磁通量为零时，感应电动势也为零
B．当磁通量减小时，感应电动势在增大
C．当磁通量等于0.5Φm时，感应电动势等于0.5Em
D．角速度ω＝
答案 BD
解析 因为Em＝BSω＝Φmω，则ω＝Em/Φm，D项正确；又当e＝Emsin ωt时，Φ＝Φmcos ωt，因此当磁通量减小时，感应电动势在增大，B项正确，A、C项错误．
第15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＝Emsin ωt，i＝Imsin ωt.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220 V，其最大值为220 V＝311 V(有时写为310 V)，频率为50 Hz，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)峰值：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Em＝nBSω.
②最大值在实际中有一定的指导意义，所有使用交流的用电器，其最大耐压值应大于其使用的交流电压的最大值，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峰值之间的关系：I＝，U＝.
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、平均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＝t＝t＝n.
(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20 cm，电阻为10 Ω，转动频率f＝50 Hz，磁场的磁感应强度为0.5 T．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．
解题指导 (1)线圈中感应电动势的最大值
Em＝nBSω＝nBS·2πf＝100×0.5×(0.2)2×2×3.14×50 V＝628 V
感应电动势的有效值为U＝＝314 V.
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＝＝ W＝1.97×104 W.
(2)线圈转至与中性面成30°角时，感应电动势的瞬时值e＝Emsin 30° V＝314 V，交变电流的瞬时值i＝＝ A＝31.4 A.
(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＝n，平均感应电流＝＝n，通过线圈横截面的电荷量为q，则q＝Δt＝n＝n＝
＝ C≈0.027 C
答案 (1)1.97×104 W (2)314 V 31.4 A
(3)0.027 C
方法总结 正弦交流电的感应电动势的最大值Em＝nBSω.有效值U＝，用在计算有关电流热效应问题中．瞬时值是指在某一时刻或某一位置线圈中的感应电动势，可直接用公式e＝Emsin ωt或e＝Emcos ωt计算，由线圈的计时起点决定感应电动势的表达式是正弦形式还是余弦形式．平均值＝n用在计算通过导体横截面的电荷量的问题中．
1.如图1所示，交流发电机线圈的面积为0.05 m2，共100匝．该线圈在磁感应强度为 T的匀强磁场中，以10π rad/s的角速度匀速转动，电阻R1和R2的阻值均为50 Ω，线圈的内阻忽略不计，若从图示位置开始计时，则 ( )
图1
A．线圈中的电动势为e＝50sin (10πt) V
B．电流表的示数为 A
C．电压表的示数为50 A
D．R1上消耗的电功率为50 W
答案 B
2.如图2所示，线圈abcd的面积是0.05 m2，共100匝，线圈电阻为1 Ω，外接电阻R＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝ T，当线圈以300 r/min的转速匀速旋转时．问：
图2
(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)线圈转过 s时电动势的瞬时值多大？
(3)电路中，电压表和电流表的示数各是多少？
(4)从中性面开始计时，经 s通过电阻R的电荷量是多少？
答案 (1)e＝50sin (10πt) V (2)43.3 V
(3)31.86 V 3.54 A (4) C
解析 (1)e＝Emsin ωt＝nBS·2πfsin (2πft)
＝100××0.05×2π×sin (2π×t) V
＝50sin (10πt) V
(2)当t＝ s时，e＝50sin(10π×) V≈43.3 V.
(3)电动势的有效值为E＝＝ V≈35.4 V，
电流表示数I＝＝ A＝3.54 A，
电压表示数U＝IR＝3.54×9 V＝31.86 V.
(4) s内线圈转过的角度θ＝ωt＝×2π×＝.
该过程中，ΔΦ＝BS－BScos θ＝BS，
由＝，＝，＝
得q＝＝＝ C＝ C.
第16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有：
(1)利用I＝、U＝、E＝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220 V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像，求此交变电压的有效值．
图1
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＝0.4 s)内，非正弦交变电压产生的热量：Q′＝t1＋t2＋t3＋t4
＝×0.1＋×0.1＋×0.1＋×0.1＝
在这一个周期内，直流电压产生的热量
Q＝T＝
由Q＝Q′，得＝，
所以U＝ V，U′＝U＝ V
答案 V
方法总结 计算非正弦交变电流的有效值只能运用定义求解，其一般步骤是：
(1)计算非正弦交变电流在一个周期内通过某电阻产生的热量Q′.
(2)计算直流电在这一个周期内通过该电阻产生的热量Q.
(3)根据Q＝Q′列方程．
(4)解方程，求出直流电的数值，此数值就是非正弦交变电流的有效值．
1.如图2表示一交变电流随时间变化的图像．其中，从t＝0开始的每个时间内的图像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 A
解析 此题所给交变电流虽然正负半周期的最大值不同，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I1＝ A，I2＝ A
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I2RT＝IR＋IR，即I2＝2×＋2×，解得I＝ A.
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220 V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3
A．220 V B．110 V
C. V D. V
答案 B
解析 本题考查电压的有效值的计算．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．
第17点 交变电流图像理解的“一二三”
正弦交变电流的图像是正弦函数图像，但初相不一定是0，即不一定从中性面开始转动．结合法拉第电磁感应定律，从数学意义上讲，单匝线圈的电动势就是磁通量的变化率(磁通量对时间的导数)．
分析物理图像的要点：
一看：看“轴”、看“线”、看“斜率”、看“点”、看“截距”、看“面积”、看“拐点”，并理解其物理意义．
二变：掌握“图与图”、“图与式”和“图与物”之间的变通关系．
对于正弦交变电流的变化规律，不应只从其随时间按正弦规律变化这一点去认识，还应看到交变电流的电动势随线圈在匀强磁场中空间位置的变化而变化，随线圈磁通量的变化而变化．
三判：在此基础上进行正确的分析和判断．
对点例题 在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个面积为S的矩形线圈匀速转动时产生的交流电电压随时间变化的波形如图1所示，线圈与一阻值为R＝9 Ω的电阻串联在一起，线圈的电阻为1 Ω，则( )
图1
A．通过电阻R的电流瞬时值表达式为i＝10sin 200πt(A)
B．电阻R两端的电压有效值为90 V
C．1 s内电阻R上产生的热量为450 J
D．图中t＝1×10－2 s时，线圈位于中性面
解题指导 通过电阻R的电流最大值为Im＝＝10 A，线圈转动的角速度ω＝＝ rad/s＝100π rad/s，故电流的瞬时值表达式为i＝10sin 100πt(A)，A项错误；电阻R两端的电压有效值为U′＝R＝×9 V＝45 V，B项错误；1 s内电阻R上产生的热量Q＝t＝450 J，C项正确；由题图知t＝1.0×10－2 s时感应电动势为零，此时穿过线圈的磁通量最大，线圈位于中性面，D项正确．
答案 CD
规律总结 根据交变电流图像可以确定的量：
(1)电流最大值；
(2)周期T和频率f；
(3)不同时刻交流电的瞬时值；
(4)线圈处于中性面和电流最大值对应的时刻；
(5)任意时刻线圈的位置与磁场的夹角．
1.小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图2所示．此线圈与一个R＝10 Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法正确的是 ( )
图2
A．交变电流的周期为0.125 s
B．交变电流的频率为8 Hz
C．交变电流的有效值为 A
D．交变电流的最大值为4 A
答案 C
解析 由题图可知，交变电流的周期为0.250 s，频率为4 Hz，交变电流的最大值为 A＝2 A，有效值为 A＝ A，所以应选C.
2．某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图像如图3所示，下列说法中正确的是( )
图3
A．交变电流的频率为0.02 Hz
B．交变电流的瞬时值表达式为i＝5cos 50πt(A)
C．在t＝0.01 s时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大
D．若发电机线圈电阻为0.4 Ω，则其产生的热功率为5 W
答案 D
解析 由题图知，交流电的周期为0.02 s，故频率为50 Hz，A错；转动的角速度ω＝＝100π rad/s，故电流瞬时值表达式为i＝5cos 100πt(A)，B错；t＝0.01 s时，电流最大，此时线圈磁通量应为0，C错；交流电电流的有效值I＝＝ A，故P＝I2R＝2×0.4 W＝5 W，故D正确．
第18点 学习理想变压器的“一二三四”
1．一个原理
根据电磁感应的原理来改变交变电流的电压．
原线圈上加上交变电压(U1)→原线圈中产生交变电流(I1)→铁心中产生交变的磁通量(Φ)→副线圈中产生交变的电动势(E)→副线圈负载上得到交变电压(U2)→产生交变电流(I2)．
其能量转变方式为：原线圈电能→磁场能→副线圈电能．
2．两个特征
(1)无漏磁．即交变电流经过原线圈时，产生的磁通量将沿闭合铁心全部通过副线圈，没有一条磁感线不通过副线圈．
(2)无热损．即原、副线圈没有电阻，不产生焦耳热．
3．三个等式
(1)功率：P入＝P出
(2)电压：＝＝……
(3)电流：n1I1＝n2I2＋n3I3＋……
4．四个决定
(1)原线圈电压U1由提供原线圈电压的电源决定．
(2)副线圈电压U2由原线圈电压及匝数比决定，与副线圈所接负载无关．
(3)副线圈电流I2由副线圈电压和副线圈所接负载决定．
(4)原线圈电流I1由副线圈中的电流决定．
对点例题 如图1所示，理想变压器的交流输入电压U1＝220 V，有两个副线圈，其中n2＝36匝，标有“6 V，9 W”、“12 V，12 W”的灯泡分别接在两副线圈上且都正常发光，求：
图1
(1)原线圈的匝数n1和另一副线圈的匝数n3；
(2)原线圈中电流I1.
解题指导 由于两个副线圈上的两个灯泡均正常发光，所以两个副线圈输出的电压等于各自连接的灯泡的额定电压，根据电压与匝数成正比关系即可求出原线圈的匝数n1和另一副线圈的匝数n3；根据输出功率与输入功率相等的关系可计算出原线圈上的电流I1.
(1)由于两灯泡都正常发光，所以有U2＝6 V，U3＝12 V.
根据原、副线圈电压与匝数的关系＝，＝得n1＝n2＝×36＝1 320(匝)，n3＝n2＝×36＝72(匝)
(2)由于P入＝P出，P出＝P2＋P3，所以P入＝P2＋P3
即I1U1＝P2＋P3，则I1＝＝ A＝0.095 A
答案 (1)1 320匝 72匝 (2)0.095 A
规律总结 1.灯泡正常发光，意味着副线圈的电压、电流、功率均已知．
2．副线圈为多个时，变压比仍成立，而变流比不再适用．
3．副线圈为多个时，用原、副线圈上的功率相等来求往往较简单．
如图2所示，理想变压器原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，原线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表的示数为220 V，负载电阻R＝44 Ω，电流表A1的示数为0.20 A．下列判断中正确的是( )
图2
A．原线圈和副线圈的匝数比为2∶1
B．原线圈和副线圈的匝数比为5∶1
C．电流表A2的示数为1.0 A
D．电流表A2的示数为0.4 A
答案 BC
解析 对于理想变压器，P1＝U1I1＝220×0.20 W＝44 W，则负载电阻消耗的功率P2＝P1＝44 W，据P2＝，得U2＝＝ V＝44 V，则＝＝＝，故B正确．A2的示数I2＝＝ A＝1.0 A，故C正确．
第19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”．
1．匝数比不变的情况(如图1所示)
图1
(1)U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，不论负载电阻R如何变化，U2不变．
(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，输出电流I2决定输入电流I1，故I1发生变化．
(3)I2变化引起P2变化，P1＝P2，故P1发生变化．
2．负载电阻不变的情况(如图2所示)
图2
(1)U1不变，发生变化，故U2发生变化．
(2)R不变，U2变化，故I2发生变化．
(3)根据P2＝，P2发生变化，再根据P1＝P2，故P1变化，P1＝U1I1，U1不变，故I1发生变化．
3．分析动态问题的思路程序可表示为
对点例题 如图3所示，理想变压器的a、b端加上一交流电压(电压有效值保持不变)，副线圈c、d端所接灯泡L恰好正常发光．此时滑动变阻器的滑片P位于图示位置．现将滑片下移，则以下说法中正确的是( )
图3
A．灯仍能正常发光，原线圈输入电流变小
B．灯不能正常发光，原线圈输入功率变大
C．灯不能正常发光，原线圈输入电压变大
D．灯仍能正常发光，原线圈输入功率不变
解题指导 因为副线圈两端的电压没发生变化，所以灯仍能正常发光．当滑片下移时，由于滑动变阻器的电阻增大，所以副线圈中的电流减小，原线圈中输入的电流也变小，故输入的功率变小，A正确，B、C、D错误．
答案 A
1．如图4，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3和R4均为定值电阻，开关S是闭合的，和为理想电压表，读数分别为U1和U2；、和为理想电流表，读数分别为I1、I2和I3，现断开S，U1数值不变，下列推断中正确的是( )
图4
A．U2变小、I3变小
B．U2不变、I3变大
C．I1变小、I2变小
D．I2变大、I3变大
答案 BC
解析 断开S，负载总电阻增大，因为U2＝U1，U1不变，则U2不变，由I2＝，知I2变小，因为I1＝I2，故I1也变小．R1分压减小，则R3分压增大，故I3增大，综上可知B、C正确．
2．如图5所示，三只灯泡均正常发光，现将滑动变阻器R的滑片向下移动，已知原线圈上的电压及原、副线圈的匝数均不变，则下列说法中正确的是 ( )
图5
A．灯L3变暗
B．灯L1和L2均变暗
C．变压器原线圈的输入功率变大
D．副线圈n2中的电流变大
答案 AC
解析 由于原线圈上的电压及原、副线圈的匝数均不变，由电压与匝数成正比可知，两个副线圈上的电压均不变．当滑动变阻器R的滑片向下移动时，副线圈n3中的电流增大，电阻R1的电压增大，由闭合电路欧姆定律可得，灯L3两端的电压减小，故灯L3变暗，而副线圈n2的电压及回路中的电阻和电流不发生变化，故灯L1和L2的亮度不变，A正确，B、D错误；由于副线圈中的电流增大，则原线圈中的电流也随之增大，故原线圈的输入功率变大，C正确．
第1点 从三个角度理解“磁通量及其变化”
“磁通量及其变化”是学好电磁感应的一个突破口，直接关系到对楞次定律及法拉第电磁感应定律的学习与应用．而在解决实际问题过程中由于对“磁通量”理解不全面，往往容易出错．下面从三个角度对该知识点进行剖析．
1．磁通量Φ的定义
磁感应强度B与垂直于磁场方向的面积S的乘积叫做穿过这个面积的磁通量，定义式为Φ＝BS.
(1)面积S是指闭合电路中包含磁场的那部分的有效面积．
如图1所示，若闭合电路abcd和ABCD所在平面均与匀强磁场B垂直，面积分别为S1和S2，且S1>S2，但磁场区域恰好只有ABCD那么大，穿过S1和S2的磁通量是相同的，因此，Φ＝BS中的S应指闭合电路中包含磁场的那部分的有效面积S2.
图1
(2)如果面积S与磁感应强度B不垂直，可将磁感应强度B向着垂直于面积S的方向投影，也可以将面积向着垂直于磁感应强度B的方向投影．
特例： B∥S时，Φ＝0；
B⊥S时，Φ最大(Φ＝BS)．
(3)磁通量与线圈的匝数无关．线圈匝数的多少不改变线圈面积大小，所以不管有多少匝线圈，S是不变的，B也和线圈无关，所以磁通量不受线圈匝数影响．也可以简单理解为磁通量大小只取决于穿过闭合线圈的磁感线条数．
2．磁通量的方向
磁通量是双向标量，若设初始时为正，则转过180°时为负．
说明：磁通量是标量，它的方向只表示磁感线是穿入还是穿出．当穿过某一面积的磁感线既有穿入的又有穿出的时，二者将互相抵消一部分，这类似于导体带电时的“净”电荷．
3．磁通量的变化ΔΦ
由公式：Φ＝BSsin θ可得
磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1有多种形式，主要有：
(1)S、θ不变，B改变，这时ΔΦ＝ΔB·Ssin θ
(2)B、θ不变，S改变，这时ΔΦ＝ΔS·Bsin θ
(3)B、S不变，θ改变，这时ΔΦ＝BS(sin θ2－sin θ1)
可见磁通量Φ是由B、S及它们间的夹角θ共同决定的，磁通量的变化情况应从这三个方面去考虑．
对点例题 如图2所示，一水平放置的矩形线框面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向斜向上，与水平面成30°角，现若使矩形线框以左边的边为轴转到竖直的虚线位置，则此过程中磁通量改变量的大小是( )
图2
A.BS B．BS
C.BS D．2BS
解题指导 Φ是标量，但有正负之分，在计算ΔΦ＝Φ2－Φ1时必须注意Φ2、Φ1的正负，要注意磁感线从线框的哪一面穿过，此题中在开始位置磁感线从线框的下面穿进，在末位置磁感线从线框的另一面穿进，Φ2、Φ1一正一负，再考虑到有效面积，故此题选C.又如：一面积为S的矩形线框放在磁感应强度为B的磁场中，开始磁感应强度B垂直矩形线框，当其绕某一条边转动180°的过程中，其磁通量的变化量ΔΦ＝－2BS，而不是零．
答案 C
1．下列关于磁通量的说法，正确的是 ( )
A．在匀强磁场中，穿过某一个面的磁通量等于磁感应强度与该面面积的乘积
B．磁通量是矢量，其正负表示方向
C．磁通量是形象描述穿过某一个面的磁感线条数的物理量
D．磁通量越大，磁通量的变化就越快
答案 C
解析 在匀强磁场中，如果磁场与平面垂直，则穿过某一个面的磁通量等于磁感应强度与该面面积的乘积，A错；磁通量是标量，B错．磁通量大小与磁通量变化快慢无关，D错．
2．如图3所示是等腰直角三棱柱，其中abcd面为正方形，边长为L，它们按图示方式放置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，下面说法中正确的是 ( )
图3
A．通过abcd面的磁通量大小为L2·B
B．通过dcfe面的磁通量大小为L2·B
C．通过abfe面的磁通量大小为零
D．通过bcf面的磁通量为零
答案 BCD
解析 通过abcd面的磁通量大小为L2B，A错误；dcfe面是abcd面在垂直磁场方向上的投影，所以磁通量大小为L2B，B正确，abfe面与bcf面和磁场平行，所以磁通量为零，C、D正确．故选B、C、D.
3．如图4所示，两个同心放置的共面金属圆环a和b，一条形磁铁穿过圆心且与环面垂直，则穿过两环的磁通量Φa、Φb的大小关系为( )
图4
A．Φa＞Φb B．Φa＜Φb
C．Φa＝Φb D．无法比较
答案 A
解析 因为内部与外部磁场要相互抵消，所以直径越大抵消得越多，故直径大的磁通量小．
4.一磁感应强度为B的匀强磁场方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd如图5所示放置，平面abcd与竖直方向成θ角．将abcd绕ad轴转180°角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量为( )
图5
A．0
B．－2BS
C．－2BScos θ
D．－2BSsin θ
答案 C
解析 初始时刻，平面abcd的有效面积为与B垂直的竖直投影面积Scos θ，其磁通量为BScos θ.将abcd绕ad轴转180°角时，其磁通量为－BScos θ.则穿过线圈平面的磁通量的变化量为ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－2BScos θ.
第20点 远距离输电问题的处理思路及基本关系
1．远距离输电的处理思路
对高压输电问题，正确画出输电过程示意图并在图上标出各物理量．按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”，或从“用电器”倒推到“发电机”的顺序一步一步进行分析．
2．远距离高压输电的几个基本关系(以图1为例)
图1
(1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P损＋P3.
(2)电压、电流关系：＝＝，＝＝，U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I线．
(3)输电电流：I线＝＝＝.
(4)输电线上损耗的电功率：P损＝I线·ΔU＝IR线＝()2R线．
当输送功率一定时，输电电压增大到原来的n倍，输电线上损耗的功率就减小到原来的.
对点例题 发电机输出功率为100 kW，输出电压是250 V，用户需要的电压是220 V，输电线电阻为10 Ω.若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：
(1)画出此输电线路的示意图；
(2)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比；
(3)用户得到的电功率是多少？
解题指导 (1)输电线路的示意图如图所示，
(2)输电线损耗的功率P线＝100×4% kW＝4 kW，
又P线＝IR线
所以输电线电流I2＝I3＝ ＝20 A
原线圈中输入电流I1＝＝ A＝400 A
所以＝＝＝
这样U2＝＝250×20 V＝5 000 V
U3＝U2－U线＝5 000－20×10 V＝4 800 V
所以＝＝＝
(3) 用户得到的电功率P出＝100×96% kW＝96 kW
答案 (1)见解题指导图 (2)1∶20 240∶11
(3)96 kW
规律总结 处理远距离输电需要注意的问题
(1)线路损耗问题
计算远距离输电有关线路功率损耗问题时，应注意不同公式中各物理量的含义及对应性，如P损＝I2R线，公式改为P损＝U2/R线，电压U指什么电压才无误？用升压变压器的副线圈电压或用降压变压器原线圈电压都是错误的，必须对应加在导线两端损耗的电压，同理，P损＝I2R线的电流不能用升压变压器原线圈或降压变压器副线圈中的电流I1、I4，只能用通过输电导线的电流I2或I3.
(2)输电、配电问题
解答有关远距离输电的问题时，由于题中涉及几部分的电压、电流和功率，
容易混淆，因此在解答这类问题时，最好画一个简单的输电线路示意图，将各部分电流、电压、功率分别标在图上，这样就很容易找到它们之间的关系，为顺利解答问题提供方便．
如图2是远距离输电的示意图，交流发电机E的输出电压经升压变压器升压后，由电阻为R的输电线向远方输
电，到达用户端时再用降压变压器降压供用户使用，设变压器均为理想变压器，则下列说法正确的是 ( )
图2
A．降压变压器与用户负载连接的总开关S断开后，输电线上的功率损失为零
B．降压变压器与用户负载连接的总开关S断开后，线路上的电压损失达最大
C．S闭合，用户的用电器增多时，输电线上的功率损失增大
D．S闭合，用户的用电器增多时，用户得到的电压降低
答案 ACD
解析 远距离输电示意图如下
(1)从图中可看出功率之间的关系是：
P1＝P1′，P2＝P2′，P1′＝Pr＋P2
(2)电压之间的关系是：
＝，＝，U1′＝Ur＋U2；
(3)电流之间的关系是：
＝，＝，I1′＝Ir＝I2.
无负载时，无电流输出，输电线路上的电流为0，电压损失为零，故功率损失为零，所以A正确，B错误；当用户用电器增多即负载功率变大时，需要的输入功率变大，故输电线上的电流变大，输电线上的电压降变大，故输电线上的功率损失增大，用户得到的电压降低，所以C、D均正确．
第21点 传感器的应用原理分析
1．传感器定义
感受非电学量，并能把它们按照一定的规律转换为电学量，或转换为电路的通断的一类元件．
2．传感器的原理分析
(1)感受量分析
要明确传感器所感受的物理量，如力、热、光、磁、声等．
(2)输出信号分析
明确传感器的敏感元件，分析它的输入信号及输出信号，以及输入信号与输出信号间的变化规律．
(3)电路结构分析
认真分析传感器所在的电路结构，在熟悉常用电子元件工作特点基础上，分析电路输出信号与输入信号间的规律．
对点例题 如图1所示，A是浮子，B是金属触头，C为住宅楼房顶上的蓄水池，M是带水泵的电动机，D是弹簧，E是衔铁，F是电磁铁，S1、S2分别为触头开关，S为开关，J为电池．请利用上述器材，设计一个住宅楼房顶上的自动注水装置．
图1
(1)在图中连接电路图．
(2)简述其工作原理．(涉及到的元件可用字母代替)
解题指导 (1)电路图如图所示
(2)按图接好电路，合上开关S，缺水时水泵工作，水位升高，当浮子上升使B接触到S1时，左侧电路(控制电路)工作，电磁铁F有磁力，拉下衔铁E，使S2断开，电动机M不工作，停止注水，当水位下降使B与S1脱离，控制电路停止工作，F无磁性，使S2接通，M工作．
答案 见解题指导
方法总结 在分析和设计自动控制电路时，要透彻理解各个元件的特性，如光敏电阻、热敏电阻、电磁继电器、斯密特触发器等；要理清两个回路：含继电器的控制回路及含电动机的执行回路．
1．太阳能是一种清洁“绿色”能源．太阳能电池在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电学器件．某实验小组根据测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池在没有光照时(没有储存电能)的I－U特性．所用的器材包括：太阳能电池，电源E，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，开关S及导线若干．
(1)为了达到上述目的，请将图2连成一个完整的实验电路图．
(2)该实验小组根据实验得到的数据，描点绘出了如图3所示的I－U图像．由图可知，当电压小于2.0 V时，太阳能电池的电阻________(填“很大”或“很小”)；当电压为2.8 V时，太阳能电池的电阻约为________Ω.
图2 图3
答案 见解析
解析 (1)实验电路如图所示
(2)当电压小于2.0 V时，电流几乎为0，太阳能电池的电阻很大；当电压为2.8 V时，对应电流约为2.8 mA，太阳能电池的电阻约为R＝ Ω＝1.0×103 Ω.
2．自己设计一个以热敏电阻为传感器的简易自动报警器的实验电路图，要求当温度过高时，灯泡亮或电铃报警．所用的实验器材可以有电磁继电器、电铃、灯泡、热敏电阻、干电池、滑动变阻器、开关．
答案 实验电路图如图所示
解析 当温度升高时，热敏电阻的阻值减小，通过电磁继电器螺线管的电流增大，磁性增强，吸下金属片，触点接通，灯泡亮或电铃响，起到报警作用．通过调节滑动变阻器的阻值，可以达到调节报警温度的目的．
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.
对点例题 在如图1所示的闭合铁心上绕有一组线圈，与滑动变阻器、电池构成闭合电路，a、b、c为三个闭合金属环，假定线圈产生的磁场全部集中在铁心内，则在滑动变阻器的滑片左、右滑动时，能产生感应电流的圆环是( )
图1
A．a、b、c三个环 B．b、c两个环
C．a、c两个环 D．a、b两个环
解题指导 金属环c中磁通量始终为零，保持不变，没有感应电流；在滑动变阻器的滑片左、右滑动时，左侧电路中电流发生变化，在闭合铁心中产生的磁场发生变化，闭合金属环a、b中磁通量发生变化，能产生感应电流．
答案 D
1．闭合矩形线圈跟磁感线方向垂直，如图2所示，下列哪种情况线圈中有感应电流( )
图2
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3，一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3
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．
3.一接有电压表的矩形线圈在匀强磁场中向右做匀速运动，如图4所示，下列说法正确的是 ( )
图4
A．线圈中有感应电流，电压表有示数
B．线圈中有感应电流，电压表没有示数
C．线圈中无感应电流，电压表有示数
D．线圈中无感应电流，电压表没有示数
答案 D
解析 由于矩形线圈在匀强磁场中向右做匀速运动，磁通量不变，线圈中无感应电流，电压表没有示数．
第3点 楞次定律的理解与运用
楞次定律是电磁感应一章的重点和难点，要做到透彻理解、灵活应用、融会贯通、举一反三，首先必须做到：
1．正确理解楞次定律中的“阻碍”——四层意思
正确、深入理解楞次定律中的“阻碍”是应用该定律的关键．理解时，要搞清四层意思：
(1)谁阻碍谁？是感应电流的磁场阻碍原磁通量的变化．
(2)阻碍什么？阻碍的是磁通量的变化，而不是阻碍磁通量本身．
(3)如何阻碍？当磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；当磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，即“增反减同”．
(4)结果如何？阻碍并不是阻止，只是延缓了磁通量变化的快慢，原来是增加的还是增加，减少的还是减少．
2．运用楞次定律判定电流方向——四个步骤
(1)明确穿过闭合回路的原磁场方向；
(2)判断穿过闭合回路的磁通量是增加还是减少；
(3)利用楞次定律确定感应电流的磁场方向；
(4)利用安培定则判定感应电流的方向．
应用楞次定律的步骤可概括为：一原二变三感四螺旋．
3．楞次定律的推广——四个拓展
对楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因：
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；
(2)阻碍相对运动——“来拒去留”；
(3)使线圈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)——“增反减同”．
对点例题 如图1所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处下落接近回路时( )
图1
A．P、Q将互相靠拢
B．P、Q将互相远离
C．磁铁的加速度仍为g
D．磁铁的加速度小于g
解题指导 从阻碍回路面积变化的角度看：当磁铁靠近闭合回路时，磁通量增加，两导体棒由于受到磁场对其中感应电流的力的作用而互相靠拢以阻碍磁通量的增加，故A项正确；从阻碍相对运动角度看：磁铁靠近回路时必受到阻碍靠近的向上的力的作用，因此磁铁的加速度小于g，故D项正确．
答案 AD
思维规范 由于穿过闭合回路的磁通量发生变化而产生感应电流，感应电流处在原磁场中必然受力，闭合导体受力的结果：
(1)阻碍原磁通量的变化——增反减同．
(2)阻碍导体与磁体间的相对运动——来拒去留．
(3)当回路发生形变时，感应电流的效果是阻碍回路发生形变．
(4)当由于线圈自身的电流发生变化而产生感应电流时，感应电流的效果是阻碍原电流的变化．
总之，如果问题不涉及感应电流的方向，则从楞次定律的另一种表述出发分析问题更简便．
1．如图2所示，在水平面上有一个固定的U形金属框架，其上置一个金属杆ab.在垂直于框架方向有一匀强磁场．则 ( )
图2
A．磁感应强度垂直纸面向外并增大时，ab杆将向右移动
B．磁感应强度垂直纸面向外并减小时，ab杆将向右移动
C．磁感应强度垂直纸面向里并增大时，ab杆将向右移动
D．磁感应强度垂直纸面向里并减小时，ab杆将向右移动
答案 BD
解析 据楞次定律，当磁感应强度垂直纸面向外增大时，金属框内产生顺时针电流，再据左手定则，可知金属杆受到向左的安培力，则金属杆将向左运动，所以A选项错误；当磁感应强度垂直纸面向外减小时，金属框内中产生逆时针电流，据左手定则，可知金属杆受到向右的安培力，金属杆将向右运动，B选项正确；当磁感应强度垂直纸面向里增大时，金属框内产生逆时针电流，金属杆受到向左的安培力，金属杆将向左运动，C选项错误；当磁感应强度垂直纸面向里减小时，金属框内产生顺时针电流，金属杆受到向右的安培力，金属杆将向右运动，D选项正确．
2．甲、乙两个完全相同的铜环可绕固定的轴OO′无摩擦旋转，若分别加上如图3甲、乙所示的匀强磁场，当同时给甲、乙相同的初速度旋转时 ( )
图3
A．甲环先停
B．乙环先停
C．两环同时停下
D．无法判断两环停止的先后
答案 B
解析 甲环旋转时没有切割磁感线，没有感应电流产生，而乙环旋转时切割磁感线，有感应电流产生，根据楞次定律，运动导体上的感应电流受的磁场力(安培力)总是反抗(或阻碍)导体的运动，因此乙环先停下．
3．如图4甲所示，A、B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置，A线圈中通过如图乙所示的电流I，则 ( )
图4
A．在t1到t2时间内A、B两线圈相吸引
B．在t2到t3时间内A、B两线圈相排斥
C．t1时刻两线圈作用力为零
D．t2时刻两线圈作用力最大
答案 ABC
解析 在t1到t2时间内，A中电流减小，穿过B的磁通量减少，根据楞次定律，则A、B两线圈相吸引；在t2到t3时间内，A中电流增大，A、B两线圈相排斥；t1时刻，A中电流最大，此时A中的电流的变化率为零，所以B中无感应电流产生，所以A、B之间作用力为零；t2时刻，A中电流为零，此时A中的电流的变化率最大，在B中感应电流最大，A、B之间作用力为零．选项A、B、C正确．
第4点 楞次定律与右手定则的剖析
在电磁感应中，我们常用楞次定律和右手定则来判断导体中感应电流的方向，为了对这两条规律理解更深入，应用更恰当，下面就这两条规律比较如下．
1．不同点
(1)研究对象不同：楞次定律所研究的对象是整个闭合回路；右手定则研究的对象是闭合回路中做切割磁感线运动的一部分导体．
(2)适用范围不同：楞次定律适用于由磁通量变化引起的感应电流的各种情况，当然也包括一部分导体做切割磁感线运动的情况；右手定则只适用于一部分导体在磁场中做切割磁感线运动的情况，若导体与磁场无相对运动，就无法应用右手定则．因此，右手定则可以看做楞次定律的一种特殊情况．
(3)应用的方便性不同：虽然楞次定律可适用于由磁通量变化引起的感应电流的各种情况，但其在应用的过程中，要弄清原磁通量的方向、原磁通量的变化情况、感应电流的磁场的方向等，分析过程不能有半点纰漏，逻辑性强，过程繁琐；若是回路中的一部分导体在做切割磁感线运动而产生感应电流，应用右手定则时，只需按定则“伸手”，就可以判断出感应电流的方向，比较直接、简单，应用更方便．
2．相同点
(1)目的相同：在电磁感应中，应用楞次定律和右手定则，都是为了判断出回路中感应电流的方向．
(2)本质相同：应用楞次定律来判断回路中感应电流的方向时，是因为闭合回路中的磁通量发生了变化；应用右手定则来判断回路中感应电流的方向时，是因为导体在做切割磁感线的运动，其本质也是由导体构成的闭合回路中的磁通量由于导体的运动而发生了变化．
对点例题 如图1所示，在竖直向下的磁场中，水平放置着闭合电路abcd.其中ab、cd两边的长度可以变化．当bc向右运动时(ad不动)，用两种方法分析通过灯泡L的电流的方向．
图1
解题指导 解法一：用楞次定律：回路面积增大，磁通量变大，感应电流会在回路内产生向上的磁场来阻碍磁通量变大，由安培定则可知感应电流应沿adcba方向，故流过灯泡的电流方向为由a向d.
解法二：用右手定则：直接判断出流经bc边的电流是由c向b，故流过灯泡的电流方向是由a向d.
答案 见解题指导
技巧点拨 凡是由于导体的运动而引起的感应电流方向的判断用右手定则；凡是由于磁场的变化而引起的感应电流方向的判断用楞次定律．
如图2所示，试判定当开关S闭合和断开瞬间，线圈ABCD中的电流方向．
图2
思路点拨 根据电流的方向，由安培定则判断出原磁场的方向．再根据磁场的强弱变化用楞次定律判断感应电流的方向．
答案 S闭合时，感应电流方向为A→D→C→B→A；
S断开时，感应电流方向为A→B→C→D→A.
解析 当S闭合时：
(1)研究的回路是ABCD，穿过回路的磁场是电流I产生的磁场，方向(由安培定则判知)指向读者，且磁通量增大；
(2)由楞次定律得知感应电流磁场方向应和B原相反，即背离读者指向纸面内；
(3)由安培定则判知线圈ABCD中感应电流方向是A→D→C→B→A.
当S断开时：
(1)研究的回路仍是线圈ABCD，穿过回路的原磁场仍是电流I产生的磁场，方向(由安培定则判知)指向读者，且磁通量减小；
(2)由楞次定律得知感应电流磁场方向应和B原相同，即指向读者；
(3)由安培定则判知感应电流方向是A→B→C→D→A.
第5点 抓因寻果析“三定则一定律”
区别“三定则一定律”的关键是抓住其中的“因果”关系，才能选择正确的规律处理问题．
1．右手定则与左手定则的区别
“因电而动”——用左手，“力”字的最后一笔向左钩，可以联想到用左手定则来判断安培力．
“因动而电”——用右手，“电”字的最后一笔向右钩，可以联想到用右手定则来判断感应电流方向．
2．右手螺旋定则(安培定则)与楞次定律的区别
“因电生磁”——用右手螺旋定则．
“因磁生电”——用楞次定律(或右手定则)．
3．楞次定律中的因果关联
楞次定律所揭示的电磁感应过程中有两个最基本的因果联系：一是感应磁场与原磁场磁通量变化之间的阻碍与被阻碍的关系，二是感应电流与感应磁场间的产生和被产生的关系．抓住“阻碍”和“产生”这两个因果关联点是应用楞次定律解决相关物理问题的关键．
4．安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律综合应用的比较
基本现象
应用的定则或定律
运动电荷、电流产生磁场
安培定则
磁场对运动电荷、电流有作用力
左手定则
电磁感应
部分导体做切割磁感线运动
右手定则
闭合回路磁通量变化
楞次定律
对点例题 纸面内有U形金属导轨，AB部分是直导线(图1)．虚线范围内有垂直于纸面向里的匀强磁场．AB右侧有圆线圈C.为了使C中产生顺时针方向的感应电流，贴着导轨的金属棒MN在磁场里的运动情况是( )
图1
A．向右匀速运动
B．向左匀速运动
C．向右加速运动
D．向右减速运动
答案 C
解题指导 C中若产生顺时针方向的感应电流，由右手螺旋定则得，其中心轴线产生的磁场B1方向垂直纸面向里；若MN向右运动，由右手定则得产生感应电流方向为N→M→A→B→N，对AB导线由右手螺旋定则得在AB右侧产生磁场B2方向垂直纸面向外．由于B1、B2方向相反，根据楞次定律知B1应阻碍B2的增强，所以MN应向右加速运动．同理可得MN也可向左减速运动．只有C正确．
两根相互平行的金属导轨水平放置于图2所示的匀强磁场中，在导轨上接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动．当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法中正确的是 ( )
图2
A．导体棒CD内有电流通过，方向是D→C
B．导体棒CD内有电流通过，方向是C→D
C．磁场对导体棒CD的作用力向左
D．磁场对导体棒AB的作用力向左
答案 BD
第6点 把握“变化率”，理解法拉第电磁感应定律
1．感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的变化率和线圈的匝数共同决定．而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系．
(1)Φ是状态量，是在某时刻(某位置)穿过闭合回路的磁感线条数，当磁场与回路平面垂直时，Φ＝BS.
(2)ΔΦ是过程量，是表示回路从某一时刻变化到另一时刻磁通量的变化量，即ΔΦ＝Φ2－Φ1.常见磁通量变化方式有：B不变，S变；S不变，B变；B和S都变．总之，只要影响磁通量的因素发生变化，磁通量就会变化．
(3)表示磁通量的变化快慢，即单位时间内磁通量的变化，又称为磁通量的变化率．
(4)Φ、ΔΦ、的大小没有直接关系，这一点可与运动学中v、Δv、三者类比．值得指出的是：Φ很大，可能很小；Φ很小，可能很大；Φ＝0，可能不为零(如线圈平面转到与磁感线平行时)．
2．具体而言：当ΔΦ仅由B引起时，则E＝n；当ΔΦ仅由S引起时，则E＝n.
3．磁通量的变化率是Φ－t图像上某点切线的斜率．当Φ按正弦规律变化时，Φ最大时，＝0，反之，当Φ为零时，最大．
对点例题 关于感应电动势、磁通量、磁通量的变化量，下列说法正确的是( )
A．穿过回路的磁通量越大，磁通量的变化量不一定越大，回路中的感应电动势也不一定越大
B．穿过回路的磁通量的变化量与线圈的匝数无关，回路中的感应电动势与线圈的匝数有关
C．穿过回路的磁通量的变化率为0，回路中的感应电动势一定为0
D．某一时刻穿过回路的磁通量为0，回路中的感应电动势一定为0
解题指导 E＝n的理解可以与加速度的定义式a＝类比，感应电动势与磁通量、磁通量的变化量均无关，而与磁通量的变化率有关．具体关系为：感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，且磁通量的变化率可以等效为一匝线圈产生的感应电动势．
答案 ABC
思维规范 处理此类问题的关键：一是紧扣法拉第电磁感应定律，二是区分Φ、ΔΦ和.与Φ、ΔΦ没有必然联系；与ΔΦ、Δt也没有直接关系，而是由二者共同决定的．磁通量的变化率有以下四种等效的说法：(1)磁通量的变化量与发生这些变化所用时间的比值．(2)单位时间内磁通量的变化量．(3)在Φ－t图像中，图线的斜率表示磁通量的变化率．(4)磁通量变化的快慢．
1．将一磁铁缓慢或者迅速地插到单匝闭合线框中的同一位置处，两个过程中相同的物理量是( )
A．磁通量的变化量
B．磁通量的变化率
C．感应电流的大小
D．流过线框横截面的电荷量
答案 AD
解析 将磁铁缓慢或迅速插到闭合线框的同一位置，磁通量的变化量相同．而用的时间不同，所以磁通量的变化率不同．感应电流I＝＝，故感应电流的大小不同，流过线框横截面的电荷量q＝I·Δt＝·Δt＝，两次磁通量的变化量相同，电阻不变，所以q与磁铁插入线框的快慢无关．选A、D.
2．穿过某闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像分别如图1所示中的①～④所示，下列说法正确的是 ( )
图1
A．图①有感应电动势，且大小恒定不变
B．图②产生的感应电动势一直在变大
C．图③在0～t1时间内的感应电动势是t1～t2时间内感应电动势的2倍
D．图④产生的感应电动势先变大再变小
答案 C
解析 感应电动势E＝，而对应Φ－t图像中图线的斜率，根据图线斜率的变化情况可得：①中无感应电动势；②中感应电动势恒定不变；③中感应电动势0～t1时间内的大小是t1～t2时间内大小的2倍；④中感应电动势先变小再变大．
3．一个面积S＝4×10－2 m2、匝数n＝100的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁场的磁感应强度B随时间变化的规律为ΔB/Δt＝2 T/s，则穿过这个线圈的磁通量的变化率为________ Wb/s，线圈中产生的感应电动势E＝________ V.
答案 8×10－2 8
解析 根据磁通量变化率的定义得＝SΔB/Δt＝4×10－2×2 Wb/s＝8×10－2 Wb/s
由E＝nΔΦ/Δt得
E＝100×8×10－2 V＝8 V.
4.半径为r、电阻为R的n匝圆形线圈在边长为l的正方形abcd外，匀强磁场充满并垂直穿过该正方形区域，如图2甲所示．当磁场随时间的变化规律如图乙所示时，则穿过圆形线圈磁通量的变化率为________，t0时刻线圈产生的感应电流为________．
图2
答案 l2 n
解析 磁通量的变化率为＝S＝l2
根据法拉第电磁感应定律得t0时刻线圈中的感应电动势
E＝n＝nl2
再根据闭合电路欧姆定律得感应电流I＝n＝n.
第7点 感应电动势两个公式的区别与联系
应用E＝n或E＝BLv求感应电动势是一个重难点内容，在解题时若能合理选取公式，将为解题带来极大的便利．弄清两个公式的区别和联系是突破这一难点的关键．
1．研究对象不同：E＝n是一个回路，E＝BLv是一段直导线(或能等效为直导线)．
2．适用范围不同：E＝n具有普遍性，无论什么方式引起Φ的变化都适用；而E＝BLv只适用于一段导线切割磁感线的情况．
3．条件不同：E＝n中不一定是匀强磁场；E＝BLv只适用于匀强磁场．
4．物理意义不同：E＝n求解的是Δt时间内的平均感应电动势；E＝BLv既能求导体做切割磁感线运动的平均感应电动势(v为平均速度)，也能求瞬时感应电动势(v为瞬时速度)．
特别提醒 (1)Φ、ΔΦ、的大小与线圈的匝数n无关．
(2)公式E＝n是求解回路某段时间内平均电动势的最佳选择．
特例：通过回路截面的电荷量q＝Δt＝Δt＝.
对点例题 如图1所示，
图1
半径为a的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强度B＝0.2 T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场同心放置，磁场与环面垂直，其中a＝0.4 m，b＝0.6 m，金属环上分别接有灯泡L1、L2，一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均不计．
(1)若棒以5 m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径的瞬间，MN中的感应电动势；
(2)撤去中间的金属棒MN，将右边的半圆环以OO′为轴向上翻转90°，若此后磁场随时间均匀变化，其变化率为＝()T/s，求此时的感应电动势．
解题指导 (1)若棒以5 m/s的速率在环上向右匀速滑动，棒滑过圆环直径的瞬间：
E1＝B·2a·v＝0.2×0.8×5 V＝0.8 V
(2)磁场随时间均匀变化，此时感应电动势为：
E2＝ ＝S＝πa2·＝0.32 V.
答案 (1)0.8 V (2)0.32 V
思路点拨 1.一般情况下，E＝n只能用来求平均感应电动势；而E＝Blv既可求平均感应电动势，也可求瞬时感应电动势．
2．一般情况下，由磁场变化引起的感应电动势用E＝n求解；而由导体运动产生的感应电动势用E＝Blv求解．
如图2所示，矩形金属框置于匀强磁场中，ef为一导体棒，可在ab与cd间滑动并接触良好．设磁感应强度为B，ac长为L，在Δt时间内向左匀速滑过距离Δd，由法拉第电磁感应定律E＝n可知，下列说法正确的是 ( )
图2
A．当ef向左滑动过程中，左侧面积减少LΔd，右侧面积增加LΔd，因此E＝
B．当ef向左滑动过程中，左侧面积减少LΔd，右侧面积增加LΔd，互相抵消，因此E＝0
C．在公式E＝n中，在切割磁感线情况下，ΔΦ＝BΔS，ΔS应是导体棒切割磁感线扫过的面积，因此E＝BLΔd/Δt
D．在切割磁感线的情况下，只能用E＝Blv计算，不能用E＝n计算
答案 C
第8点 导体棒切割磁感线问题剖析
导体切割磁感线是电磁感应中的一类重要问题，其感应电动势的计算公式E＝BLv虽然可由法拉第电磁感应定律E＝n推出，但其应用却更广泛．首先是因为，在实际的生产实践中，电磁感应主要是由导体与磁体的相对运动而引起的；其次在实际应用中，我们关注感应电动势的瞬时值多于关注其平均值，而利用E＝BLv可以更方便地求瞬时值．
公式E＝BLv的适用条件是B、L、v两两垂直，在实际问题的处理中，要处理好以下几种情况：
1．导体是否做切割磁感线运动问题
(1)导体速度与导体共线，此时无论磁场方向怎么样都不切割．
(2)导体速度与导体不共线，它们决定的平面我们可称之为导体运动平面．
①当导体运动平面与磁感线平行时，不切割．如图1(b)．
②当导体运动平面与磁感线不平行时，切割．如图1(a)．
图1
2．平动切割
(1)如图2(a)，在磁感应强度为B的匀强磁场中，棒以速度v垂直切割磁感线时，感应电动势E＝BLv.
图2
(2)如图2(b)，在磁感应强度为B的匀强磁场中，棒运动的速度v与磁场的方向成θ角，此时的感应电动势为E＝BLvsin θ.
3．转动切割
如图2(c)，在磁感应强度为B的匀强磁场中，长为L的导体棒绕其一端为轴以角速度ω匀速转动，此时产生的感应电动势E＝BωL2.
4．有效切割长度
即导体在与v垂直的方向上的投影长度．
图3
图3甲中的有效切割长度为：L＝sin θ；乙图中的有效切割长度为：L＝；丙图中的有效切割长度为：沿v1的方向运动时，L＝R；沿v2的方向运动时，L＝R.
对点例题 如图4所示，长为L的金属导线下悬挂一小球，在竖直向上的匀强磁场中做圆锥摆运动，圆锥与竖直方向的偏角为θ，摆球的角速度为ω，磁感应强度为B，则金属导线中产生的感应电动势的大小为________．
图4
解题指导 金属导线的有效长度为
L′＝Lsin θ
感应电动势E＝BL′2ω＝BL2ωsin2 θ
答案 BL2ωsin2 θ
思维规范 解答本题应注意两点：一是导线本身与磁场不垂直，应考虑其切割磁感线的有效长度；二是导线是转动切割磁感线，各点的切割速度不同，应考虑用平均速度．
1．如图5所示，abc为一金属导体，ab＝bc＝l，置于均匀磁场B中．当导体以速度v向右运动时，ac上产生的感应电动势为 ( )
图5
A．Blv B.Blv
C.Blv D．Blv＋Blv
答案 B
解析 ab边不切割磁感线，bc边在竖直方向的分量可视为切割磁感线的有效长度，根据感应电动势公式得E＝Blvsin 60°＝Blv，答案为B.
2．如图6所示，两个相邻的有界匀强磁场区域，方向相反，且垂直纸面，磁感应强度的大小均为B，以磁场区左边界为y轴建立坐标系，磁场区域在y轴方向足够长，在x轴方向宽度均为a.矩形导线框ABCD的CD边与y轴重合，AD边长为a.线框从图示位置水平向右匀速穿过两磁场区域，且线框平面始终保持与磁场垂直，线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图像正确的是(以逆时针方向为电流的正方向)( )
图6
答案 C
解析 在CD边进入磁场后，根据右手定则可得产生的感应电流由D指向C，所以为正，产生的电流大小设为I，当AB边进入磁场后，CD进入右边磁场，两边切割磁感线，所以产生的电流大小为2I，根据楞次定律产生的感应电流方向为顺时针，所以选C.
第9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律判断电流方向．
(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 固定在匀强磁场中的正方形导线框abcd各边长为L，其中ab是一段电阻为R的均匀电阻丝，其余三边均为电阻可以忽略的铜线，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，现有一段与ab完全相同的电阻丝PQ架在导线框上(如图1所示)，以恒定的速度v从ad滑向bc，当PQ滑过L/3的距离时，通过aP段电阻丝的电流强度是多大？方向如何？
图1
解题指导 PQ在磁场中做切割磁感线运动产生感应电动势，由于是回路，故电路中有感应电流，可将电阻丝PQ视为有内阻的电源，电阻丝aP与bP并联，且RaP＝R、RbP＝R，于是可画出如图所示的电路图．
电源电动势为E＝BvL，外电阻为R外＝＝R.
总电阻为R总＝R外＋r＝R＋R，即R总＝R.电路中的电流为：
I＝＝.通过aP段的电流为：IaP＝I＝，方向由P到a.
答案 由 P到a
方法提炼 产生感应电动势的那部分导体相当于电源，注意电源内部电流的方向由低电势指向高电势．画出等效电路图是解决此类问题的关键，然后利用恒定电路的相关知识进行求解．
用均匀导线做成的正方形线框电阻为r、边长为0.2 m，正方形线框的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，如图2所示．当磁场以10 T/s的变化率增强时，线框中a、b两点间的电势差是 ( )
图2
A．Uab＝0.1 V B．Uab＝－0.1 V
C．Uab＝0.2 V D．Uab＝－0.2 V
答案 B
解析 题中正方形线框的左半部分磁通量变化而产生感应电动势，从而在线框中产生感应电流．把左半部分线框看成电源，其电动势为E，内阻为，画出等效电路图如图所示，则a、b两点间的电势差即为电源的路端电压．设l是边长，且依题意知＝10 T/s.由E＝得E＝＝10× V＝0.2 V，U＝I·＝·＝0.1 V．由于a点电势低于b点电势，故Uab＝－0.1 V，故B选项正确．
