1 交变电流
[目标定位] 1.理解交变电流、直流的概念，会观察交流电的波形图.2.理解正弦式交变电流的产生，掌握交流电产生的原理.3.知道交变电流的变化规律及表示方法.
一、交变电流
1.交变电流：大小和方向都随时间做周期性变化的电流叫做交变电流，简称交流(AC).
2.直流：方向不随时间变化的电流称为直流(DC)，大小和方向都不随时间变化的电流称为恒定电流.
深度思考
(1)交变电流的大小一定是变化的吗？
(2)交变电流与直流电的最大区别是什么？
答案 (1)交变电流的大小不一定变化，如方波交变电流，其大小是不变的.
(2)交变电流与直流电的最大区别在于交变电流的方向发生周期性变化，而直流电的方向不变.
例1 如图所示的图象中属于交变电流的有( )
解析 选项A、B、C中e的方向均发生了变化，故它们属于交变电流，但不是正弦式交变电流；选项D中e的方向未变化，故是直流.
答案 ABC
判断电流是交变电流还是直流应看方向是否变化，只有方向发生周期性变化的电流才是交流电.
二、交变电流的产生
1.产生：如图1所示，在匀强磁场中的线圈绕垂直于磁感线的轴匀速转动时，产生交变电流.
图1
2.两个特殊位置
(1)中性面(S⊥B位置；如图1中的甲、丙)
线圈平面与磁场垂直的位置，此时Φ最大，为0，e为0，i为0.(填“最大”或“0”)
线圈经过中性面时，电流方向发生改变，线圈转一圈电流方向改变两次.
(2)垂直中性面位置(S∥B位置，如图1中的乙、丁)
此时Φ为0，最大，e最大，i最大.(填“最大”或“0”)
深度思考
如果将图1中的线圈ABCD换为三角形，轴OO′也不在中心位置，其他条件不变，还能产生交变电流吗？
答案 能，因为图中产生交变电流的关键因素是轴垂直于磁感线，线圈闭合，对轴的位置和线圈形状没有特定要求.
例2 如图中哪些情况线圈中产生了交变电流( )
解析 由交变电流的产生条件可知，轴必须垂直于磁感线，但对线圈的形状及转轴的位置没有特别要求.故选项B、C、D正确.
答案 BCD
例3 矩形线框绕垂直于匀强磁场且在线框平面内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.当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流的方向就改变一次
D.线框经过中性面时，各边切割磁感线的速度为零
解析 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的速度与磁感线平行，即不切割磁感线，所以感应电动势等于零，也即此时穿过线框的磁通量的变化率等于零，感应电动势或感应电流的方向在此时刻改变.线框垂直于中性面时，穿过线框的磁通量为零，但切割磁感线的两边都是垂直切割，有效切割速度最大，所以感应电动势最大，即此时穿过线框的磁通量的变化率最大.故C、D选项正确.
答案 CD
三、交变电流的变化规律
1.交变电流的瞬时值表达式推导
线圈平面从中性面开始转动，如图2所示，则经过时间t：
图2
(1)线圈转过的角度为ωt.
(2)ab边的线速度跟磁感线方向的夹角θ＝ωt.
(3)ab边转动的线速度大小：
v＝ω.
(4)ab边产生的感应电动势(设线圈面积为S)
eab＝BLabvsin θ＝sin ωt.
(5)整个线圈产生的感应电动势：
e＝2eab＝BSωsin ωt，
若线圈为n匝，则e＝nBSωsin ωt.
由上式可以看出，其感应电动势的大小和方向都随时间t做周期性变化，即线圈中的交变电流按正弦函数规律变化，这种交变电流叫做正弦式交变电流.
2.正弦式交变电流的瞬时值表达式
e＝Emsin ωt，u＝Umsin ωt，i＝Imsin ωt
其中Em为最大值，也叫峰值.
3.正弦式交变电流的峰值
(1)转轴在线圈所在平面内且与磁场垂直.当线圈平面与磁场平行时，线圈中的感应电动势达到峰值，且满足Em＝nBSω.
(2)决定因素：由线圈匝数n、磁感应强度B、转动角速度ω和线圈面积S决定，与线圈的形状无关，与转轴的位置无关.
如图3所示的几种情况中，如果n、B、ω、S均相同，则感应电动势的峰值均为Em＝nBSω.
图3
4.正弦式交变电流的图象
如图4所示，从图象中可以解读到以下信息：
图4
(1)交变电流的峰值Em、Im和周期T.
(2)两个特殊值对应的位置：
①e＝0(或i＝0)时：线圈位于中性面上，e最大(或i最大)时：线圈平行于磁感线.
②e＝0(或i＝0)时，＝0，Φ最大.
e最大(或i最大)时：＝0，Φ最大.
(3)分析判断e、i大小和方向随时间的变化规律.
深度思考
(1)若从垂直中性面的位置(或B∥S位置)开始计时，电动势的表达式还是按正弦规律变化吗？
(2)为什么线圈转到中性面时磁通量最大而电动势和电流为零？
答案 (1)按余弦规律变化.
(2)因为线圈转到中性面时，虽然通过线圈的磁通量最大，但线圈各边速度的方向都与磁感线平行，不切割磁感线，磁通量的变化率为零，故电动势和电流为零.
例4 如图5所示，匀强磁场磁感应强度B＝0.1 T，所用矩形线圈的匝数n＝100，边长lab＝0.2 m，lbc＝0.5 m，以角速度ω＝100π rad/s绕OO′轴匀速转动.试求：
图5
(1)感应电动势的峰值；
(2)若从线圈平面垂直磁感线时开始计时，线圈中瞬时感应电动势的表达式；
(3)若从线圈平面平行磁感线时开始计时，求线圈在t＝时刻的感应电动势大小.
解析 (1)由题可知：S＝lab·lbc＝0.2×0.5 m2＝0.1 m2，感应电动势的峰值Em＝nBSω＝100×0.1×0.1×100π V＝100π V＝314 V.
(2)若从线圈平面垂直磁感线时开始计时，感应电动势的瞬时值e＝Emsin ωt
所以e＝314sin (100πt) V
(3)若从线圈平面平行磁感线时开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为
e＝Emcos ωt，代入数据得e＝314cos (100πt) V
当t＝时，e＝314cos V＝157 V.
答案 (1)314 V (2)e＝314sin (100πt) V (3)157 V
写瞬时值时必须明确是从中性面开始计时，还是从与中性面垂直的位置开始计时.
(1(从中性面开始计时，e＝Emsin ωt；
(2(从与中性面垂直的位置开始计时，e＝Emcos ωt.)
例5 线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图象如图6所示，由图可知( )
图6
A.在A和C时刻线圈处于中性面位置
B.在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零
C.从A时刻到D时刻线圈转过的角度为π弧度
D.在A和C时刻磁通量变化率的绝对值最大
解析 当线圈在匀强磁场中处于中性面位置时，磁通量最大，感应电动势为零，感应电流为零，B、D两时刻线圈位于中性面位置.当线圈平面与磁感线平行时，磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，A、C时刻线圈平面与磁感线平行，D正确.从A时刻到D时刻线圈转过的角度为弧度.故选D.
答案 D
根据图象找出线圈位于中性面位置时对应的时刻，然后根据中性面的性质进行判断.
1.(交变电流的产生及规律)(多选)如图7所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，则在0～这段时间内( )
图7
A.线圈中的感应电流一直在减小
B.线圈中的感应电流先增大后减小
C.穿过线圈的磁通量一直在减小
D.穿过线圈的磁通量的变化率一直在减小
答案 AD
解析 题图位置，线圈平面与磁场平行，感应电流最大，因为＝，在0～时间内线圈转过四分之一个周期，感应电流从最大减小为零，穿过线圈的磁通量逐渐增大，穿过线圈的磁通量的变化率一直在减小.
2.(正弦式交变电流的图象)一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图8甲所示，则下列说法中正确的是( )
图8
A.t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直
B.t＝0.01 s时刻，Φ的变化率最大
C.t＝0.02 s时刻，感应电动势达到最大
D.该线圈产生的相应感应电动势的图象如图乙所示
答案 B
解析 由题图甲可知t＝0时刻，线圈的磁通量最大，线圈处于中性面，t＝0.01 s时刻，磁通量为零，但变化率最大，所以A项错误，B项正确.t＝0.02 s时，感应电动势应为零，C、D项均错误.
3.(交变电流的规律)交流发电机工作时电动势为e＝Emsin ωt，若将发电机的转速提高一倍，同时将电枢所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为( )
A.e′＝Emsin B.e′＝2Emsin
C.e′＝Emsin 2ωt D.e′＝sin 2ωt
答案 C
解析 感应电动势的瞬时值表达式e＝Emsin ωt，而Em＝nBωS，当ω加倍而S减半时，Em不变，故正确答案为C.
4.(交变电流的规律)有一10匝正方形线框，边长为20 cm，线框总电阻为1 Ω，线框绕OO′轴以10π rad/s的角速度匀速转动，如图9所示，垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5 T.求：
图9
(1)该线框产生的交变电流电动势最大值、电流最大值分别是多少；
(2)线框从图示位置转过60°时，感应电动势的瞬时值是多大.
答案 (1)6.28 V 6.28 A (2)5.44 V
解析 (1)交变电流电动势最大值为Em＝nBSω＝10×0.5×0.22×10π V＝6.28 V，电流最大值为Im＝＝ A＝6.28 A.
(2)线框从图示位置转过60°时，感应电动势e＝Emsin 60°≈5.44 V.
题组一 交变电流的特点、产生及规律
1.如图所示，属于交流电的是( )
答案 C
解析 方向随时间做周期性变化是交变电流最重要的特征.A、B、D三项所示的电流大小随时间做周期性变化，但其方向不变，不是交变电流，它们是直流电.C选项中电流的大小和方向都随时间做周期性变化，故选C.
2.如图1所示为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，正确的说法是( )
图1
A.线圈每转动一周，指针左右摆动两次
B.图示位置为中性面，线圈中无感应电流
C.图示位置ab边的感应电流方向为a→b
D.线圈平面与磁场方向平行时，磁通量的变化率为零
答案 C
解析 线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生呈周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈每转动一周，有两次经过中性面，电流方向改变两次，指针左右摆动一次，故A错；线圈处于图示位置时，ab边向右运动，由右手定则，ab边的感应电流方向为a→b，故C对；线圈平面与磁场方向平行时，ab、cd边垂直切割磁感线，线圈产生的电动势最大，也可以这样认为，线圈平面与磁场方向平行时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大，B、D错误.
3.如图2所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时( )
图2
A.线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流
B.线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势
C.线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是a→b→c→d→a
D.线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力
答案 A
解析 线圈绕垂直于磁场方向的轴转动产生交变电流，产生的电流、电动势及线圈各边所受安培力大小与转轴所在位置无关，故选项A正确，选项B、D错误；图示时刻产生电流的方向为a→d→c→b→a，故选项C错误.
题组二 正弦式交变电流的图象
4.一个矩形线圈绕垂直于匀强磁场的固定于线圈平面内的轴转动.线圈中感应电动势e随时间t的变化图象如图3所示，下列说法中正确的是( )
图3
A.t1时刻通过线圈的磁通量为零
B.t2时刻通过线圈的磁通量最大
C.t3时刻通过线圈的磁通量的变化率最大
D.每当e变换方向时通过线圈的磁通量最大
答案 D
解析 由题图可知，t2、t4时刻感应电动势最大，即线圈平面此时与磁场方向平行；在t1、t3时刻感应电动势为零，此时线圈平面与磁场方向垂直.故选D.
5.矩形线圈的匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图4所示，下列结论正确的是( )
图4
A.在t＝0.1 s和t＝0.3 s时，电动势最大
B.在t＝0.2 s和t＝0.4 s时，电动势改变方向
C.电动势的最大值是157 V
D.在t＝0.4 s时，磁通量的变化率为零
答案 C
解析 由Φ－t图象可知Φm＝BS＝0.2 Wb，T＝0.4 s，又因为n＝50，所以Em＝nBSω＝nΦm·＝157 V，C正确；t＝0.1 s 和t＝0.3 s时，Φ最大，e＝0，变向，t＝0.2 s和t＝0.4 s时，Φ＝0，e＝Em最大，故A、B错误；根据线圈在磁场中转动时产生感应电动势的特点知，t＝0.4 s时，最大，D错误.
6.如图5甲所示，一单匝矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动.若以线圈平面与磁场夹角θ＝45°时(如图乙所示)为计时起点，并规定当电流自a流向b时，电流方向为正.则如图所示的四幅图中正确的是( )
图5
答案 D
解析 由乙图看出，此时感应电动势不是最大值，也不是0，所以A、B项错；从图示位置转至中性面的过程中，e减小，故C错，D正确.
7.如图6所示是一台发电机的结构示意图，其中N、S是永久磁铁的两个磁极，它们的表面呈半圆柱面形状.M是圆柱形铁芯，它与磁极的柱面共轴，铁芯上有一矩形线框，可绕与铁芯M共轴的固定旋轴旋转.磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径、大小近似均匀的磁场.若从图示位置开始计时，当线框绕固定转轴匀速转动时，如图所示的图象中能正确反映线框中感应电动势e随时间t变化规律的是( )
图6
答案 D
解析 因发电机的两个磁极N、S呈半圆柱面形状，磁极间的磁感线如图所示，磁感应强度的大小不变，仅方向发生改变，故线框在磁场中转动时垂直切割磁感线，产生的感应电动势的大小不变，线框越过空隙段后，由于线框切割磁感线的方向发生变化，所以感应电动势的方向发生变化，综上所述，选项D正确.
8.如图7所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线OO′与磁场边界重合，线圈按图示方向匀速转动(ab向纸外，cd向纸内).若从图示位置开始计时，并规定电流方向沿a→b→c→d→a为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图象是下图中的( )
图7
答案 A
解析 由题意知线圈总有一半在磁场中做切割磁感线的匀速圆周运动，所以产生的仍然是正弦交变电流，只是感应电动势最大值为全部线圈在磁场中匀速转动情况下产生的感应电动势最大值的一半，所以选项B、C错误，再由右手定则可以判断出A选项符合题意.
题组三 交变电流的规律
9.有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，线圈中的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为Em，下列说法中正确的是( )
A.当磁通量为零时，感应电动势也为零
B.当磁通量减小时，感应电动势也减小
C.当磁通量等于0.5Φm时，感应电动势为0.5Em
D.角速度ω＝
答案 D
解析 由交变电流的产生原理可知，感应电动势与磁通量的变化率有关，与磁通量的大小无关.磁通量最大时，感应电动势为零；而磁通量为零时，感应电动势最大且Em＝BSω＝Φmω，故选项D正确.
10.如图8所示，一单匝矩形线圈abcd，已知ab边长为l1，bc边长为l2，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω从图示位置开始匀速转动，则t时刻线圈中的感应电动势为( )
图8
A.0.5Bl1l2ωsin ωt B.0.5Bl1l2ωcos ωt
C.Bl1l2ωsin ωt D.Bl1l2ωcos ωt
答案 D
解析 线圈从题图位置开始转动，感应电动势瞬时值表达式为e＝Emcos ωt，由题意，Em＝BSω＝Bl1l2ω，所以e＝Bl1l2ωcos ωt.
11.(多选)如图9所示，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，转动过程中线框中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝0.5sin (20t) V，由该表达式可推知以下哪些物理量( )
图9
A.匀强磁场的磁感应强度
B.线框的面积
C.穿过线框的磁通量的最大值
D.线框转动的角速度
答案 CD
解析 根据正弦式交变电流的感应电动势的瞬时值表达式：e＝BSωsin ωt，可得ω＝20 rad/s，而磁通量的最大值为Φm＝BS，所以可以根据BSω＝0.5 V求出磁通量的最大值.
12.一矩形线圈有100匝，面积为50 cm2，线圈内阻r＝2 Ω，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，从线圈平面与磁场平行时开始计时，已知磁感应强度B＝0.5 T，线圈的转速n＝1 200 r/min，外接一用电器，电阻为R＝18 Ω，试写出R两端电压的瞬时值表达式.
答案 u＝9πcos (40πt) V
解析 角速度ω＝2πn＝40π rad/s，
最大值Em＝nBSω＝100×0.5×50×10－4×40π V＝10π V，
线圈中感应电动势e＝Emcos ωt＝10πcos (40πt) V，
由闭合电路欧姆定律i＝，
故R两端电压u＝Ri＝9πcos (40πt) V.
13.如图10所示，在匀强磁场中有一个“π”形导线框可绕AB轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度B＝ T，线框的CD边长为20 cm，CE、DF长均为10 cm，转速为50 r/s.若从图示位置开始计时：
图10
(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)在e－t坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化的图象.
答案 (1)e＝10cos (100πt) V (2)见解析图
解析 (1)线框转动，开始计时的位置为线框平面与磁感线平行的位置，在t时刻线框转过的角度为ωt，此时刻e＝Bl1l2ωcos ωt，
即e＝BSωcos ωt.其中B＝ T，
S＝0.1×0.2 m2＝0.02 m2，
ω＝2πn＝2π×50 rad/s＝100π rad/s，
故e＝×0.02×100πcos (100πt) V，
即：e＝10cos (100πt) V.
(2)线框中感应电动势随时间变化的图象如图所示：
2 描述交变电流的物理量
[目标定位] 1.掌握交变电流的周期、频率、线圈转动角速度三者间的关系.2.理解交变电流有效值的含义，会进行有效值的相关计算.3.知道正弦式交变电流有效值与峰值的关系及在生活中的应用.4.了解相位及相位差的概念.
一、周期和频率
1.周期(T)：交变电流完成一次周期性变化所需的时间，用T表示，单位是秒.
2.频率(f)：交变电流在1 s内完成周期性变化的次数，用f表示，单位是赫兹，符号是Hz.
3.T、f、ω三者之间的关系：
T＝，f＝，ω＝＝2πf.
4.(1)我国工农业生产和生活所用的交变电流，周期是0.02 s，频率是50 Hz，电流方向每秒改变100次.
(2)打点计时器接交变电流，f＝50 Hz，T＝0.02 s，所以每隔0.02 s打一次点.
例1 如图1所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦式交变电流的图象，当调整线圈转速后，所产生的正弦式交变电流的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦式交变电流的说法正确的是( )
图1
A.线圈先后两次周期之比为2∶3
B.线圈先后两次转速之比为2∶3
C.交变电流a的瞬时值为u＝10sin (5πt)V
D.交变电流b的最大值为 V
解析 由u－t图象知：Ta∶Tb＝2∶3，故两次转速之比为3∶2，选项A正确，B错误；对交变电流a：Um＝10 V，Ta＝0.4 s，则ωa＝5π rad/s，故u＝Umsin(ωat)V＝10sin(5πt)V，选项C正确；由Em＝nBSω，且ωa∶ωb＝Tb∶Ta＝3∶2知，Emb＝Ema＝ V，选项D正确.
答案 ACD
(1(由图象可直接获得的信息有：①该交变电流的最大值、周期；②任意时刻交变电流的数值.
(2(掌握角速度ω、周期T、转速n的关系.
ω＝；ω＝2πn；n＝.
二、峰值和有效值
1.峰值：交变电流的电压、电流所能达到的最大数值.
(1)表达式：Em＝nBSω.
(2)应用：电容器所能承受的电压应高于(选填“高于”或“低于”)交流电压的峰值，否则电容器就可能被击穿.
2.有效值：让交流和恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交流的一个周期内，它们产生的热量相等，而这个恒定电流是I、电压是U，我们就把I、U叫做这个交流的有效值.
(1)正弦式交变电流有效值和最大值的关系：E＝；U＝；I＝.
(2)应用：电气设备铭牌上标注的额定电压、额定电流都是有效值.交流电压表和交流电流表测量的也是有效值.
(3)计算：①对于正弦式交变电流，可先根据Em＝nBSω求出最大值，然后根据E＝ 求出其有效值.
②当电流是非正弦式交变电流时，必须根据有效值的定义求解.先计算交变电流在一个周期内产生的热量Q，再将热量Q用相应的物理量的有效值表示Q＝I2RT或Q＝T，最后代入数据求解有效值.
深度思考
(1)交变电流的有效值是根据什么定义的？定义中包含三个“相同”具体指的是什么？
(2)交变电流的有效值是否等于其在一段时间内的平均值？
答案 (1)交变电流的有效值是根据电流的热效应来定义的；定义中应特别注意三个“相同”，即相同电阻、相同时间、相同热量.
(2)不是，有效值是根据电流的热效应定义的，不同于平均值.例如，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动一周时，其平均值为零，但有效值不为零.
例2 通过一阻值R＝100 Ω的电阻的交变电流如图2所示，其周期为1 s.电阻两端电压的有效值为( )
图2
A.12 V B.4 V C.15 V D.8 V
解析 根据电流的热效应先计算电流的有效值.由(0.1 A)2R×0.4 s×2＋(0.2 A)2R×0.1 s×2＝I2R×1 s，可得流过电阻的电流的有效值I＝ A，再由电阻两端电压的有效值为U＝IR＝4 V，可得B正确.
答案 B
对于非正弦式交变电流的有效值，应按有效值的定义计算，计算时要紧扣电流通过电阻产生的热量进行计算，计算时间一般取一个周期，半周期对称的可取半周期.
针对训练 如图3所示的交变电流由正弦式交变电流的一半和反向脉冲电流组合而成，则这种交变电流的有效值为( )
图3
A.I0 B.I0 C.I0 D.I0
答案 C
解析 由i－t图象知交变电流的周期T＝2 s.一个周期内：前半个周期电流的有效值：I1＝，后半个周期电流的有效值：I2＝I0.设交变电流的有效值为I，据交变电流有效值的定义有I2RT＝IR＋IR＝2R·＋IR，解得I＝I0.故选项C正确.
(1(若一个交变电流存在几种形式，可在一个周期内分段求出产生的热量，求其和.
(2(若图象是正弦(或余弦(式交变电流，其中的和周期部分可直接应用正弦式交变电流有效值与最大值间的关系I＝，U＝求解.
三、交变电流的“四值”
物理含义
重要关系
适用情况
瞬时值
交变电流某一时刻的值
e＝Emsin ωt
i＝Imsin ωt
计算线圈某一时刻的受力情况
最大值
最大的瞬时值
Em＝nBSω
Im＝
确定用电器的耐压值
有效值
跟交变电流的热效应等效的恒定电流值
E＝
U＝
I＝
(正弦式交变电流)
(1)计算与电流热效应相关的量(如功率、热量)
(2)交流电表的测量值
(3)电气设备标注的额定电压、额定电流
(4)保险丝的熔断电流
平均值
＝n
＝
计算通过电路横截面的电荷量
例3 如图4所示是某种正弦式交流电压的波形图，由图可确定该电压的( )
图4
A.周期是0.01 s
B.最大值是311 V
C.有效值约是220 V
D.瞬时值表达式为u＝220sin (100πt)V
解析 由交流电压的图象知，周期是0.02 s，A项错；最大值是311 V，B项正确；有效值约是220 V，C项正确；瞬时值表达式为u＝311sin(100πt)V，D项错误.
答案 BC
例4 如图5所示，矩形线圈abcd在磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中绕轴OO′以角速度ω＝10π rad/s匀速转动，线圈共10匝，电阻r＝5 Ω，ab＝0.3 m，bc＝0.6 m，负载电阻R＝45 Ω.
图5
(1)写出从图示位置开始计时的线圈中感应电动势的瞬时值表达式.
(2)求电阻R在0.05 s内产生的热量.(保留两位有效数字)
(3)求0.05 s内流过电阻R上的电荷量(设线圈从垂直中性面开始转动).
解析 (1)电动势的最大值为
Emax＝nBSω＝10×2×0.3×0.6×10π V＝113.04 V
由于从线圈平面经过与磁感线平行的位置开始计时，交变电流为最大值，故瞬时值表达式
e＝Emax·cos ωt＝113.04cos(10πt)V
(2)电流的有效值I＝＝≈1.6 A
所以0.05 s内R上产生的热量Q＝I2Rt＝5.76 J
(3)平均感应电动势为
＝n＝72 V
平均感应电流为＝＝1.44 A
所以通过电阻R的电荷量为q＝·t＝0.072 C.
答案 (1)e＝113.04cos(10πt)V (2)5.76 J (3)0.072 C
求解热量与电荷量的思路：
(1)求解热量用有效值，按以下思路.
→→→
(2)求解电荷量用平均值，按以下思路.
→→→
四、相位和相位差
1.定义：正弦式交变电流u＝Umsin(ωt＋φ)，其中“ωt＋φ”叫作交变电流的相位.两支交流的相位之差叫作它们的相位差.
2.正弦式交流电u1＝Umsin(ωt＋φ1)和u2＝Umsin(ωt＋φ2)的相位差是φ1－φ2.
深度思考
两个交变电流的相位不同，反映了什么问题？
答案 两个交变电流的相位不同，反映了两个交变电流变化的步调不同.
例5 有两支交变电流的表达式分别是：u1＝110sin V，u2＝220sin V.下列说法正确的是( )
A.它们的峰值相同
B.它们的周期相同
C.它们的相位差恒定
D.它们的变化步调一致
解析 u1代表的交流电的电压峰值为110 V，角速度为ω＝2πf＝100π，则频率f＝50 Hz；初相位为.u2代表的交流电的电压峰值为220 V，角速度为ω＝2πf＝100π，则频率f＝50 Hz；初相位为.由于它们的频率相同，所以它们的周期相同且相位差恒为－＝.
答案 BC
1.(描述交变电流的物理量)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成正弦函数关系，如图6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6
A.交变电流的频率为8 Hz
B.交变电流的有效值为 A
C.交变电流的最大值为4 A
D.电流的瞬时值表达式为i＝2sin(4πt)A
答案 B
解析 由e－t图象可知，交变电流的周期为0.25 s，故频率为4 Hz，选项A错误；根据欧姆定律可知交变电流的最大值为2 A，故有效值为 A，选项B正确，C错误.因ω＝2πf＝8π，故电流的瞬时值表达式为i＝2sin(8πt)A，故选项D错误.
2.(交变电流有效值的计算)如图7所示是一交变电流随时间变化的图象，求此交变电流的有效值.
图7
答案 5 A
解析 设该交变电流的有效值为I，让该交变电流和直流电分别通过同一电阻(阻值为R)，在一个周期(T＝0.2 s)内，该交变电流产生的热量：Q′＝IRt1＋IRt2
在一个周期内直流电通过该电阻产生的热量
Q＝I2RT
由Q＝Q′，代入数据，解得I＝5 A.
3.(交变电流有效值的应用)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交流电源上，其消耗的电功率为.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 V B.5 V C.10 V D.10 V
答案 C
解析 设电热器电阻为R，正弦交流电源的电压有效值为U效，接10 V直流电源时，P＝＝；接交流电源时＝，联立得U有效＝5 V，故电压最大值Um＝U有效＝10 V，选项C正确.
4.(最大值、有效值和平均值的区别及应用)如图8所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R.线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω匀速转动，线框中感应电流的有效值I＝ .线框从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量q＝ .
图8
答案
解析 感应电动势最大值Em＝BSω，感应电动势的有效值E＝，感应电流的有效值I＝＝，q＝Δt＝Δt＝Δt＝＝.
题组一 对描述交变电流物理量的认识
1.下列提到的交流电，不是指有效值的是( )
A.交流电压表的读数 B.保险丝熔断电流
C.电容器击穿电压 D.220 V交流电压
答案 C
解析 电容器击穿电压指电容器两端允许加的电压的最大值.
2.下列关于交变电流的说法正确的是( )
A.若交变电流的峰值为5 A，则它的最小值为－5 A
B.用交流电流表测交变电流时，指针来回摆动
C.我国工农业生产和生活用的交变电流频率为50 Hz，故电流方向每秒改变100次
D.正弦交变电流i＝20sin (10πt) A的峰值为20 A，频率为100 Hz
答案 C
解析 电流的负值表示电流方向与原来方向相反，不表示大小，A项错误；交流电流表测交变电流时，指针不会来回摆动，B项错误；我国工农业生产和生活用的交变电流的周期为0.02 s，交流电方向一个周期改变两次，所以每秒改变100次，C项正确；由ω＝2πf得正弦交变电流i＝20sin (10πt) A的频率为5 Hz，D项错误.
3.(多选)某小型发电机产生的感应电动势为e＝50sin (100πt)V.对此电动势，下列表述正确的有( )
A.最大值是50 V B.频率是100 Hz
C.有效值是25 V D.周期是0.02 s
答案 CD
解析 从中性面开始计时，感应电动势的表达式为e＝Emsin(ωt)V，因e＝50sin (100πt)V，所以最大值Em＝50 V，A错误；由ω＝2πf＝100π rad/s得f＝50 Hz，B错误；有效值E＝＝25 V，C正确；T＝＝0.02 s，D正确.
4.(多选)图1甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化，下列说法正确的是( )
图1
A.图甲表示交流电，图乙表示直流电
B.两种电压的有效值相等
C.图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝311sin (100πt) V
D.两种电压的周期相同
答案 CD
解析 图甲、乙都表示交流电，图甲中有效值U＝ V≈220 V，而图乙中的有效值不存在这一关系，所以它们的有效值不相同.由图甲看出T＝2×10－2s，ω＝＝100π rad/s，所以u＝311sin (100πt) V.由图象可知两种电压的周期都是2×10－2 s.
题组二 非正弦式交流电有效值的计算
5.阻值为1 Ω的电阻上通以交变电流，其it关系如图2所示，则在0～1 s内电阻上产生的热量为( )
图2
A.1 J B.1.5 J C.2 J D.2.8 J
答案 D
解析 因为所加的电流为交变电流，大小在变化，所以只能分时间段来求热量.在0～1 s内有效电流为1 A和2 A的时间段分别为t1＝0.4 s，t2＝0.6 s，所以Q＝IRt1＋IRt2＝2.8 J.
6.(多选)如图3甲所示为电热毯电路示意图，交流电压u＝311sin 100πt(V)，当开关S接通时，电热丝的电功率为P0；当开关S断开时，加在电热丝上的电压如图乙所示，则( )
图3
A.开关接通时，交流电压表的读数为220 V
B.开关接通时，交流电压表的读数为311 V
C.开关断开时，交流电压表的读数为311 V，电热丝功率为
D.开关断开时，交流电压表的读数为156 V，电热丝功率为
答案 AD
解析 当S接通时，加在电热丝上的瞬时电压
u＝311sin 100πt(V).
所以电热丝两端的有效电压U1＝＝ V≈220 V，故A正确，B错误.
当S断开时，前半个周期内所加电压不变，但后半个周期内U2＝0，所以电热丝的功率P＝P0.设此时交变电压的有效值为U2′，由＝·得U2＝≈156 V，即电压表的读数为156 V，故D正确，C错误.
7.如图4甲所示，调光台灯是通过双向可控硅电子器件来实现无级调节灯的亮度的.现将某无级调光台灯接在220 V的正弦交变电流上，经过可控硅调节后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时电压表的示数是( )
图4
A.220 V B.156 V C.110 V D.78 V
答案 B
解析 虽然图示电流不是正弦交变电流，根据正弦式交变电流的图象对称性可知，只要有T的图线就满足最大值是有效值的 倍，根据电流有效值定义有：
T＝2·.
解得U＝110 V≈156 V，故B对.
题组三 正弦式交流电有效值的理解和应用
8.一个照明电灯，其两端允许加的最大电压为311 V.当它接入220 V的照明电路时，这盏灯( )
A.将不亮 B.灯丝将烧断
C.只能暗淡发光 D.能正常发光
答案 D
解析 220 V的照明电路其有效值为220 V，最大值为311 V，正好适合.
9.把一只电热器接在100 V的直流电源上，在t时间内产生的热量为Q，若将它分别接到U1＝100sin(ωt)V和U2＝50sin(2ωt)V的交流电源上，仍要产生Q的热量，则所需时间分别是( )
A.t，2t B.2t，8t C.2t，2t D.t，4t
答案 B
解析 计算电热器在t时间内产生的热量时应该用电压的有效值，对U1＝100sin(ωt)V，电压的有效值为 V，故t＝()2t′，所以t′＝2t；对U2＝50sin(2ωt)V，电压的有效值为 V，故t＝()2t″，所以t″＝8t.
10.电阻R1、R2与交流电源按照图5甲所示的方式连接，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω.合上开关S后，通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示，则( )
图5
A.通过R1的电流有效值是1.2 A
B.R1两端的电压有效值是6 V
C.通过R2的电流最大值是 A
D.R2两端的电压最大值是6 V
答案 B
解析 R1与R2串联，R1与R2中的电流变化情况应相同，电流有效值I1＝I2＝0.6 A，电流最大值I1m＝I2m＝ A，电压有效值U1＝I1R1＝6 V，U2＝I2R2＝12 V，电压最大值U1m＝U1＝6 V，U2m＝U2＝12 V.综上所述，B项正确.
题组四 瞬时值、峰值、有效值、平均值的区别及应用
11.(多选)如图6所示，有一矩形线圈，面积为S，匝数为n，整个线圈的电阻为r，在磁感应强度为B的磁场中，线圈绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电阻为R，当线圈由图示位置转过90°的过程中，下列说法中正确的是( )
图6
A.磁通量的变化量为ΔΦ＝nBS
B.平均感应电动势为＝
C.电阻R所产生的焦耳热为Q＝
D.通过电阻R的电荷量为q＝
答案 BD
解析 逐项分析如下：
选项
诊断
结论
A
线圈在图示位置时磁通量Φ＝0，转过90°后磁通量Φ′＝BS，该过程中磁通量的变化量为ΔΦ＝Φ′－Φ＝BS，与线圈匝数无关
×
B
该过程中所用时间Δt＝＝，所以平均感应电动势＝＝
√
C
电路中的感应电流有效值I＝＝，所以电阻R所产生的焦耳热Q＝I2RΔt＝
×
D
电路中的感应电流的平均值＝＝，所以通过电阻R的电荷量q＝·Δt＝
√
12.如图7所示是某正弦交变电流的图象，根据图象求其峰值、周期和角速度，并写出交变电流的瞬时值表达式.
图7
答案 2 A 0.02 s 100π rad/s i＝2sin (100πt) A
解析 由题图可知，交变电流的周期为T＝0.02 s，角速度为ω＝＝100π rad/s
故其瞬时值表达式为i＝Imsin (100πt) A
当t＝0.002 5 s时，i＝ A
所以Imsin (100π×0.002 5) A＝ A，解得Im＝2 A
所以i＝2sin (100πt) A
13.如图8所示，边长为l的正方形线圈abcd的匝数为n，线圈电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界上，磁感应强度为B，现在线圈以OO′为轴，以角速度ω匀速转动，求：
图8
(1)闭合电路中电流瞬时值的表达式.
(2)线圈从图示位置转过90°的过程中电阻R上产生的热量.
(3)线圈从图示位置转过90°的过程中电阻R上通过的电荷量.
(4)电阻R上的最大电压.
答案 (1)sin(ωt) A (2)
(3) (4)
解析 (1)线圈转动时，总有一条边切割磁感线，且ad边和bc边转动的线速度大小相等，当线圈平行于磁场时，产生的感应电动势最大，为Em＝nBlv＝nBl·ω·l＝nBl2ω.
由闭合电路欧姆定律可知Im＝，当以图示位置为计时起点时，流过R的电流表达式为
i＝Imsin(ωt) A＝sin(ωt)A.
(2)在线圈由图示位置匀速转过90°的过程中，用有效值来计算电阻R上产生的热量Q＝I2R·，
其中I＝＝，T＝，
即Q＝I2R·＝.
(3)在转过90°的过程中感应电动势的平均值为
＝n＝＝，
流过R的平均电流＝＝，
所以流过R的电荷量q＝·＝·＝.
(4)由部分电路欧姆定律可知电阻R上的最大电压为Um＝ImR＝.
3 电感和电容对交变电流的影响
[目标定位] 1.通过实验了解电容、电感对交变电流的阻碍，能够分析简单电路中的电容、电感的作用.2.知道感抗、容抗，了解感抗、容抗与哪些因素有关.
一、电感器对交变电流的阻碍作用
1.实验探究：(如图1所示)
图1
取直流电源的电压与交流电电压的有效值相等.
(1)实验现象：接通直流电源时，灯泡亮些；接通交流电源时，灯泡暗些.(选填“亮些”或“暗些”)
(2)实验结论：电感线圈对交变电流有阻碍作用.
2.感抗：
(1)定义：电感器对交变电流阻碍作用的大小.
(2)影响因素：线圈的自感系数越大，交流的频率越高，感抗越大.
(3)感抗的应用
类型
区别
低频扼流圈
高频扼流圈
自感系数
较大
较小
感抗大小
较大
较小
作用
通直流、阻交流
通直流、通低频、阻高频
深度思考
电感器为什么对交变电流有阻碍作用？
答案 电感器的阻碍作用是由交变电流通过线圈时的自感电动势引起的，自感系数越大，交变电流的频率越高，自感电动势越大，对电流的阻碍作用越大.
例1 在如图2所示的电路中，L为电感线圈，D为灯泡，电流表的内阻为0，电压表的内阻无限大，交流电源的电压为u＝220sin(100πt)V.若保持电压的有效值不变，只将电源的频率改为100 Hz，下列说法中正确的是( )
图2
A.电流表的示数增大 B.电压表的示数增大
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，当电源的频率由原来的50 Hz增大为100 Hz时，线圈的感抗增大，在电压不变的情况下，电路中的电流减小，选项A错误.灯泡D的电阻是一定的，电流减小时，灯泡D实际消耗的电功率P＝I2R减小，灯泡D变暗，选项C正确，选项D错误.电压表与电感线圈并联，其示数为线圈两端的电压UL；设灯泡D两端的电压为UD，则电源电压的有效值为U＝UL＋UD，因UD＝IR，故电流I减小时，UD减小，因电源电压的有效值保持不变，故UL＝U－UD增大，选项B正确.
答案 BC
线圈对交变电流感抗的大小不仅与线圈自身(自感系数(有关，还与交变电流的频率有关.交流电的频率越大，感抗越大.
二、电容器对交变电流的影响
1.交变电流能够通过电容器：
(1)实验电路(如图3)：
图3
(2)实验现象：电路中串有电容器时，接通直流电源，灯泡不亮；接通交流电源，灯泡亮.
(3)实验结论：交变电流能够通过电容器，直流不能通过电容器.
2.容抗：
(1)定义：电容器对交变电流阻碍作用的大小.
(2)影响因素：电容器的电容越大，交流的频率越高，容抗越小.
(3)作用：“通交流，隔直流；通高频，阻低频”.
深度思考
(1)交变电流为什么能“通过”电容器？
(2)电容器为什么会对交变电流有阻碍作用？
答案 (1)把交流电源接到电容器两个极板，电容器交替进行充电和放电，于是电路中就有了电流，好像是交变电流“通过”了电容器，但实际自由电荷并没有通过电容器两极板间的绝缘介质.
(2)对于在导线中形成电流的自由电子来说，当电源的电动势推动它们向某一方向做定向运动时，电容器两极板上积聚的电荷就阻碍它们向这个方向运动，这就产生了电容器对交变电流的阻碍作用.
例2 如图4所示，电路由交流电源供电，最大电压保持不变，如果交变电流的频率升高，则下列说法中正确的是( )
图4
A.电容器上的电荷量最大值增大
B.电容器的容抗增大
C.电路中灯泡的亮度变亮
D.电路中灯泡的亮度变暗
解析 当交变电流的频率升高时，电容器的容抗减小，灯泡的亮度变亮，灯泡两端的电压变大，故选项C正确，选项B、D错误；由Q＝CU可知，选项A错误.
答案 C
交变电流不同于直流，交变电流能“通过”电容器，所以灯泡会亮.交变电流的频率改变，电容器的容抗改变，电容器两端的电压变化，灯泡两端的电压也随着变化.
例3 如图5甲、乙两图是电子技术中的常用电路，a、b是各部分电路的输入端，其中输入的交流高频成分用“～～～”表示，交流低频成分用“～”表示，直流成分用“—”表示.关于两图中负载电阻R上得到的电流特征是( )
图5
A.图甲中R得到的是交流成分
B.图甲中R得到的是直流成分
C.图乙中R得到的是低频成分
D.图乙中R得到的是高频成分
解析 当交变电流加在电容器上时，有“通交流，隔直流，通高频、阻低频”的特性，甲图中电容器隔直流，R得到的是交流成分，A正确，B错误；乙图中电容器能通过交流高频成分，阻碍交流低频成分，R得到的是低频成分，C正确，D错误.
答案 AC
电容器对交流电的阻碍作用概括为“通交流、隔直流；通高频，阻低频”.
三、电阻、感抗、容抗的作用及区别
1.容抗的大小除了与电容自身的性质有关外，还与交变电流的频率有关.若用XC表示容抗，则XC＝.
2.感抗的大小除了与电感线圈自身的性质有关外，还与交变电流的频率有关，若用XL表示感抗，则XL＝2πfL.
3.电阻无论对直流还是交流，阻碍作用相同，只取决于电阻本身.
例4 如图6所示，当交流电源电压恒为220 V，频率为50 Hz 时，三只灯泡A、B、D的亮度相同，若将交流电的频率改为100 Hz，则( )
图6
A.A灯最暗 B.B灯最暗
C.D灯最暗 D.三只灯泡的亮度依然相同
解析 当交变电流的频率增大时，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，所以A灯变暗，B灯变亮，D灯亮度不变，故A正确.
答案 A
电感器、电容器对交变电流的阻碍作用与交变电流的频率有关，而电阻对交变电流的阻碍作用和交变电流的频率无关.
1.(感抗及其应用)(多选)如图7所示的实验电路中，若交流电压的有效值与直流电压相等，S为双刀双掷开关，下列叙述中正确的是( )
图7
A.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
答案 AC
解析 线圈对恒定电流无感抗，对交变电流有感抗，并且有铁芯时感抗变大.故选项A、C正确.
2.(容抗及其应用)(多选)如图8所示，接在交流电源上的灯泡正常发光，以下说法正确的是( )
图8
A.把电介质插入电容器，灯泡变亮
B.增大电容器两板间的距离，灯泡变亮
C.减小电容器两板间的正对面积，灯泡变暗
D.使交变电流频率减小，灯泡变暗
答案 ACD
解析 电容器的电容与介电常数成正比，与正对面积成正比，与两板间距离成反比.而容抗与电容成反比，与频率成反比.把电介质插入电容器，电容变大，容抗减小，灯泡变亮，A正确；电容器两板间的距离增大，电容减小，容抗增大，灯泡变暗，B错误；减小电容器两板间的正对面积，电容减小，容抗增大，灯泡变暗，C正确；交流电的频率减小，容抗增大，灯泡变暗，D正确.
3.(感抗、容抗的区别)在收音机线路中，经天线接收下来的电信号既有高频成分又有低频成分，经放大后送给下一级，需要把低频成分和高频成分分开，只让低频成分输入给下一级，我们采用了如图9所示的装置电路，其中代号a、b应选择的元件是( )
图9
A.a是电容较大的电容器，b是低频扼流圈
B.a是电容较大的电容器，b是高频扼流圈
C.a是电容较小的电容器，b是低频扼流圈
D.a是电容较小的电容器，b是高频扼流圈
答案 D
解析 a应该将高频成分旁路掉，所以应该用电容较小的电容器；b应该让低频成分通过，所以应该用高频扼流圈.故选项D正确.
4.(电阻、感抗、容抗的区别)如图10所示，把电阻R、电感线圈L、电容器C并联到一交流电源上，三个电流表的示数相同.若保持电源电压大小不变，而将频率降低，则三个电流表的示数I1、I2、I3的关系是( )
图10
A.I1＝I2＝I3 B.I1>I2>I3
C.I2>I1>I3 D.I3>I1>I2
答案 C
解析 在交流电路中，当频率减小时，电阻对交流的阻碍作用不变，电感线圈对交流的阻碍作用(感抗)减小，电容器对交流的阻碍作用(容抗)增大.电流与电压、电阻(感抗、容抗)的关系符合欧姆定律.所以R支路电流I1不变，L支路电流I2增大，C支路电流I3减小，选项C正确.
题组一 感抗及其应用
1.如图1所示的电路中，正弦交流电源电压的有效值为220 V，则关于交流电压表的示数，以下说法中正确的是( )
图1
A.等于220 V B.大于220 V
C.小于220 V D.等于零
答案 C
解析 电感线圈对交变电流产生感抗，具有“通直流、阻交流，通低频、阻高频”的作用，故C正确.
2.一个灯泡通过一个线圈与一交流电源相连接，如图2所示.一块铁插进线圈之后，该灯将( )
图2
A.变亮 B.变暗
C.没有影响 D.无法判断
答案 B
解析 插入铁改变了电感的自感系数，自感系数增大，感抗增大，降落的电压增大，灯泡上的电压减小，所以灯变暗.
3.如图3所示，交流电源的电压有效值跟直流电源的电压相等，当将双刀双掷开关接到直流电源上时，灯泡的实际功率为P1，而将双刀双掷开关接在交流电源上时，灯泡的实际功率为P2，则( )
图3
A.P1＝P2 B.P1＞P2
C.P1＜P2 D.不能比较
答案 B
解析 接在直流电源上，线圈对直流没有阻碍作用，电能全部转化为灯泡的内能，而当接至交流电源上时，线圈对电流有阻碍作用，因此电能除转化成灯泡的内能外，还有一部分电能转化为磁场能，故P1＞P2.
题组二 容抗及其应用
4.(多选)对电容器能通交变电流的原因，下列说法正确的是( )
A.当电容器接到交流电源上时，因为有自由电荷通过电容器，电路中才有交变电流
B.当电容器接到交流电源上时，电容器交替进行充电和放电，电路中才有交变电流
C.在有电容器的交流电路中，没有电荷定向移动
D.在有电容器的交流电路中，没有电荷通过电容器
答案 BD
解析 电容器实质上是通过反复充、放电来实现通电的，并无电荷通过电容器.
5.如图4所示，白炽灯和电容器串联后接在交流电源的两端，当交流电的频率增加时( )
图4
A.电容器电容增加 B.电容器电容减小
C.灯变暗 D.灯变亮
答案 D
解析 由C＝可知，C与f无关，故C不变，A、B错误.交变电流的频率增加，容抗变小，电流变大，故D正确.
6.如图5所示的电路，F为一交流发电机，C为平行板电容器，为使电流表的示数增加，可行的方法是( )
图5
A.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
答案 A
解析 当发电机转速增加时，交变电流的频率增大，电容器容抗减小，电流表的示数增大，A项正确，B项错误；换用介电常数较小的电介质，电容C减小，增大两极板间距离时，电容C也减小，容抗增大，对交变电流的阻碍作用增大，电流表的示数减小，C、D项错误.
题组三 电阻、感抗和容抗的区别
7.某信号源中有直流成分、交流高频成分和交流低频成分，为使放大器仅得到交流低频成分，如图所示电路中可行的是( )
答案 D
解析 A图放大器得到所有成分.B图放大器可得到直流成分，若为高频扼流圈也能得到低频成分.C图既可得高频成分也可得低频成分.D图通过C1的是高、低频成分都有，通过C2的旁路电容将高频成分滤去，故只有D合适.
8.(多选)如图6所示的电路中，A、B、C三灯亮度相同，电源为220 V、50 Hz的交流电源，以下叙述中正确的是( )
图6
A.改接220 V、100 Hz的交流电源时，A灯变亮，B灯变暗，C灯亮度不变
B.改接220 V、100 Hz的交流电源时，A灯变暗，B灯变亮，C灯变亮
C.改接220 V的直流电源时，A灯熄灭，B灯变亮，C灯亮度不变
D.改接220 V的直流电源时，A灯熄灭，B灯变亮，C灯变暗
答案 AC
解析 增加交流电源的频率时，感抗增大，容抗减小，电阻的阻碍不变.故A灯变亮，B灯变暗，C灯不变，故A正确，B错误；改为直流电源时，电容断路，A灯熄灭，电感L无感抗，B灯更亮，电阻R阻碍不变，C灯亮度不变.
9.如图7所示，甲、乙是规格相同的灯泡，接线柱a、b接电压为U的直流电源时，无论电源的正极与哪一个接线柱相连，甲灯均能正常发光，乙灯完全不亮.当a、b接电压的有效值为U的交流电源时，甲灯发出微弱的光，乙灯能正常发光，则下列判断正确的是( )
图7
A.与甲灯串联的元件x是电容器，与乙灯串联的元件y是电感线圈
B.与甲灯串联的元件x是电感线圈，与乙灯串联的元件y是电容器
C.与甲灯串联的元件x是二极管，与乙灯串联的元件y是电容器
D.与甲灯串联的元件x是电感线圈，与乙灯串联的元件y是二极管
答案 B
解析 由a、b接直流时的现象可知，元件x“通直流”，元件y“隔直流”，由a、b接交流电源时的现象可知，元件x“阻交流”，元件y“通交流”，根据电容器和电感线圈的特点可判断，元件x是电感线圈，元件y是电容器，选项B正确.
10.(多选)某一电学黑箱内可能有电容器、电感线圈、定值电阻等元件，在接线柱间以如图8所示的“Z”字形连接(两接线柱间只有一个元件).为了确定各元件种类，小华同学把DIS计算机辅助实验系统中的电流传感器(相当于电流表)与一直流电源、滑动变阻器、开关串联后，分别将AB、BC、CD接入电路，闭合开关，计算机显示的电流随时间变化的图象分别如图a、b、c所示，则以下判断中正确的是( )
图8
A.AB间是电容器 B.BC间是电感线圈
C.CD间是电容器 D.CD间是定值电阻
答案 ABD
解析 根据a图可知，有瞬时充电电流，稳定后电路中无电流，说明AB间是电容器，充电完毕，电路为开路，故A正确.根据b图可知，BC间的元件阻碍电流的增大，但是稳定后电流恒定，符合电感线圈的特点，所以BC间是电感线圈，故B正确.根据c图，接通电路后，电流马上达到稳定值，说明CD间是定值电阻，故C错误，D正确，故选A、B、D.
11.如图9所示是一种电风扇减速器电路.通过改变开关S跟0～5间的6个触点的接触，实现对电风扇电动机M的转速控制.请说明它的调速原理.
图9
答案 见解析
解析 当开关S接到触点0时，电路断开，风扇不转；当S接到触点1时，电路不经过线圈，电动机转速最大；当S分别接到触点2、3、4、5时，连入电路的线圈匝数逐渐增加，感抗逐渐增大，电动机转速逐渐减小.
4 变压器
[目标定位] 1.了解变压器的构造及几种常见的变压器，理解变压器的工作原理.2.掌握理想变压器的功率关系.3.理解变压器的变压规律和变流规律，并运用此规律解决实际问题.
一、变压器的原理
1.变压器的结构：如图1所示，为变压器的示意图和在电路图中的符号.
图1
(1)变压器的构造：闭合铁芯、原线圈(匝数用n1表示)、副线圈(匝数用n2表示).输入电压是U1，输出电压是U2，两个线圈都绕在闭合铁芯上.
(2)原线圈：与交流电源相连接的线圈，又叫做初级线圈.
(3)副线圈：与负载相连的另一个线圈，又叫做次级线圈.
2.变压器的工作基础是互感现象，由于互感作用，穿过原、副线圈的磁通量相等，磁通量的变化率相等，若原线圈匝数为n1，则U1＝n1，副线圈匝数为n2，则U2＝n2，所以＝.
3.原、副线圈的地位：
(1)原线圈在其所处回路中充当负载.
(2)副线圈在其所处回路中充当电源.
4.变压器不改变(选填“改变”或“不改变”)交流电的频率.
深度思考
(1)把两个没有导线相连的线圈套在同一个闭合铁芯上，一个线圈连接到交流电源的两端，另一个线圈连接到小灯泡上(如图2所示)，小灯泡能发光吗？为什么？
图2
答案 能.当左边线圈加上交流电压时，左边线圈中就有交变电流，它在铁芯中产生周期性变化的磁通量，根据法拉第电磁感应定律知，在左、右线圈中都要产生感应电动势，右线圈作为电源给小灯泡供电，小灯泡就会发光.
(2)若把交流电源改为蓄电池，小灯泡发光吗？
答案 不发光.
例1 理想变压器正常工作时，原、副线圈中一定相同的物理量是( )
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.原线圈的感应电动势和副线圈的感应电动势
答案 ABC
变压器能改变交变电压、交变电流，但不能改变功率和交变电流的频率.
二、理想变压器的规律
1.理想变压器的特点
(1)变压器铁芯内无漏磁；无发热损失.
(2)原副线圈不计内阻，即也无能量损失.
2.理想变压器的功率关系
从能量守恒看，理想变压器的输入功率等于输出功率，即P入＝P出.
3.变压器的变压关系
(1)只有一个副线圈：＝.
(2)有多个副线圈：＝＝＝…….
4.电流关系
(1)只有一个副线圈时，有U1I1＝U2I2，得：n1I1＝n2I2，即＝.
(2)当有多个副线圈时，由I1U1＝I2U2＋I3U3＋……得：n1I1＝n2I2＋n3I3＋…….
5.电压、电流、功率的制约关系
(1)电压制约：输入电压U1决定输出电压U2.(选填“U1”或“U2”)
(2)功率制约：P出决定P入，这体现了能量守恒的特点.(选填“P出”或“P入”)
(3)电流制约：输出电流I2决定输入电流I1.(选填“I1”或“I2”)
深度思考
变压器为什么不能改变交流电的频率？
答案 因为原、副线圈中的磁通量变化情况相同，所以变压器不能改变交流电的频率.
例2 如图3所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，和均为理想电表，灯泡电阻RL＝6 Ω，AB两端电压u1＝12sin 100πt(V).下列说法正确的是( )
图3
A.电流频率为100 Hz B.的读数为24 V
C.的读数为0.5 A D.变压器输入功率为6 W
解析 根据u1＝12sin 100πt(V)及U＝知U1＝12 V，f＝＝50 Hz，选项A错误；根据＝得U2＝U1＝×12 V＝6 V，即的读数为6 V，选项B错误；又I2＝＝ A＝1 A，即的读数为1 A，选项C错误；根据P1＝P2及P2＝＝ W＝6 W，选项D正确.
答案 D
(1(电压表、电流表示数均为有效值.
(2(理想变压器P入＝P出.
(3(变压器不改变频率，即原、副线圈电流频率相等.
针对训练 如图4所示，将额定电压为60 V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上.闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V和2.2 A.以下判断正确的是( )
图4
A.变压器输入功率为484 W
B.通过原线圈的电流的有效值为0.6 A
C.通过副线圈的电流的最大值为2.2 A
D.变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3
答案 BD
解析 变压器的输入功率P1＝P2＝I2U2＝2.2×60 W＝132 W，选项A错误；由＝得＝＝＝，选项D正确；由＝得I1＝I2＝×2.2 A＝0.6 A，选项B正确；根据I＝得通过副线圈的电流的最大值I2m＝I2＝ A，选项C错误.
例3 如图5所示，理想变压器三个线圈的匝数之比为n1∶n2∶n3＝10∶5∶1，其中n1接到220 V的交流电源上，n2和n3分别与电阻R2、R3组成闭合回路.已知通过电阻R3的电流I3＝2 A，电阻R2＝110 Ω，求通过电阻R2的电流I2和通过原线圈的电流I1.
图5
解析 由变压器原、副线圈电压比等于其匝数比可得，加在R2上的电压
U2＝ U1＝×220 V＝110 V
通过电阻R2的电流I2＝＝ A＝1 A
加在R3上的电压U3＝ U1＝×220 V＝22 V
根据输出功率等于输入功率得：
U1I1＝U2I2＋U3I3
代入数据解得通过原线圈的电流为：
I1＝0.7 A.
答案 1 A 0.7 A
含多个副线圈的变压器，电压仍与匝数成正比，但电流关系只能通过功率关系来判断.
三、几种常见的变压器
1.自耦变压器
如图6所示，铁芯上只绕一个线圈，低压线圈是高压线圈的一部分，既可以作为升压变压器使用，也可以作为降压变压器使用.
图6
规律：＝，＝.
2.电压互感器
(1)构造：小型降压变压器，如图7甲所示.
(2)接法：原线圈并联在高压电路中，副线圈接电压表；为了安全，外壳和副线圈应接地.
(3)作用：将高电压变为低电压，通过测量低电压，计算出高压电路的电压.
图7
3.电流互感器
(1)构造：小型升压变压器，如图乙所示.
(2)接法：原线圈串联在被测电路中，副线圈接电流表.为了安全，外壳和副线圈应接地.
(3)作用：将大电流变成小电流，通过测量小电流，计算出被测电路中的大电流.
例4 普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，如图8所示，图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为Iab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为Icd，为了使电流表能正常工作，则( )
图8
A.ab接MN、cd接PQ，Iab＜Icd
B.ab接MN、cd接PQ，Iab＞Icd
C.ab接PQ、cd接MN，Iab＜Icd
D.ab接PQ、cd接MN，Iab＞Icd
解析 根据单一副线圈的理想变压器原理，电流比值等于匝数比的倒数，可得ab接MN、cd接PQ，Iab＞Icd，故B正确.
答案 B
(1(电压互感器U1>U2，n1>n2；
(2(电流互感器I1>I2，n1
(3(电压互感器应并联接入电路，电流互感器应串联接入电路.
1.(变压器原理分析)关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是( )
A.通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变
B.穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都不相等
C.穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势
D.原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈
答案 C
解析 通有正弦交变电流的原线圈产生的磁场是变化的，由于面积S不变，故磁通量Φ变化，A错误；因理想变压器无漏磁，故B错误；由互感现象知C正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，原、副线圈通过磁场联系在一起，故D错误.
2.(理想变压器基本规律的应用)如图9所示为一理想变压器，原、副线圈匝数比为20∶1，两个标有“12 V,6 W”的灯泡并联在副线圈的两端.当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想电表)的示数分别是( )
图9
A.120 V,0.10 A B.240 V,0.025 A
C.120 V,0.05 A D.240 V,0.05 A
答案 D
解析 两灯泡正常工作，副线圈电压U2＝12 V，副线圈电流I2＝2× A＝1 A，根据匝数比得原线圈电流I1＝I2＝0.05 A，原线圈电压U1＝20U2＝240 V，选项D正确.
3.(理想变压器基本规律的应用)如图10为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器.原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220 V降至110 V，调节前后( )
图10
A.副线圈中的电流比为1∶2
B.副线圈输出功率比为2∶1
C.副线圈的接入匝数比为2∶1
D.原线圈输入功率比为1∶2
答案 C
解析 在输入电压U1和原线圈匝数n1不变的情况下，使输出电压U2有效值由220 V降至110 V，由＝知，副线圈接入匝数应该减为原来的一半，故副线圈的接入匝数之比为2∶1，故C正确；副线圈电压减半，电阻不变，电流也随之减半，所以电流之比为2∶1，故A错误；由P＝UI知，输出功率之比为4∶1，故B错误；副线圈输出功率等于原线圈输入功率，所以原线圈输入功率之比为4∶1，故D错误.
4.(互感器的应用)如图11所示，L1和L2是高压输电线，甲、乙是两只互感器，若已知n1∶n2＝1 000∶1，n3∶n4＝1∶100，图中电压表示数为220 V，电流表示数为10 A，则高压输电线的送电功率为( )
图11
A.2.2×103 W B.2.2×10－2 W
C.2.2×108 W D.2.2×104 W
答案 C
解析 由电流互感器知高压输电线中电流I＝1 000 A，由电压互感器知高压输电线的电压U＝220×103 V，则高压输电线的送电功率P＝UI＝2.2×108 W.
题组一 变压器原理分析
1.如图1所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝4∶1，当导体棒在匀强磁场中向左做匀速直线运动切割磁感线时，电流表A1的示数是12 mA，则电流表A2的示数为( )
图1
A.3 mA B.0
C.48 mA D.与负载R的值有关
答案 B
解析 导体棒向左匀速切割磁感线时，在原线圈n1中通过的是恒定电流，不能引起穿过副线圈n2的磁通量变化，在副线圈n2上无感应电动势出现，所以A2中无电流通过.
2.如图2甲、乙所示的电路中，当A、B接有效值为10 V的交流电压时，C、D间电压的有效值为4 V；当M、N接10 V直流电压时，P、Q间的电压也为4 V.现把C、D接4 V交流电压，P、Q接4 V直流电压，下列表示A、B间和M、N间电压的是( )
图2
A.10 V,10 V B.10 V,4 V
C.4 V,10 V D.10 V,0
答案 B
解析 题图甲是一个自耦变压器，当A、B作为输入端，C、D作为输出端时，是一个降压变压器，两边的电压之比等于两边线圈的匝数之比.当C、D作为输入端，A、B作为输出端时，是一个升压变压器，电压比也等于匝数比，所以C、D接4 V交流电压时，A、B间将得到10 V交流电压.题图乙是一个分压电路，当M、N作为输入端时，上下两个电阻上的电压跟它们电阻的大小成正比.但是当把电压加在P、Q两端时，电流只经过下面那个电阻，上面的电阻中没有电流通过，M、P两端也就没有电势差，即M、P两点的电势相等.所以当P、Q接4 V直流电压时，M、N两端的电压也是4 V.如果M、N或P、Q换成接交流电压，上述关系仍然成立，因为交流电在纯电阻电路中欧姆定律仍然适用.
题组二 变压器基本规律的应用
3.如图3所示，一输入电压为220 V、输出电压为36 V的变压器副线圈烧坏.为获知此变压器原、副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈，然后将原线圈接到220 V交流电源上，测得新绕线圈两端的电压为1 V，按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为( )
图3
A.1 100,360 B.1 100,180
C.2 200,180 D.2 200,360
答案 B
解析 由U1∶U2∶U3＝n1∶n2∶n3，可得n1＝n3＝1 100匝，n2＝n1＝180匝，B选项正确.
4.一台理想变压器从10 kV的线路中降压并提供200 A的负载电流.已知两个线圈的匝数比为40∶1，则变压器原线圈的电流、输出电压及输出功率是( )
A.5 A,250 V,50 kW
B.5 A,10 kV,50 kW
C.200 A,250 V,50 kW
D.200 A,10 kV,2×103 kW
答案 A
解析 设原线圈的输入电压、电流、输入功率分别为U1、I1、P1，副线圈输出电压、电流、输出功率分别为U2、I2、P2，原、副线圈匝数分别为n1、n2.
由＝知I1＝I2＝×200 A＝5 A.
由＝知U2＝U1＝×10×103 V＝250 V，
输出功率P出＝U2I2＝250×200 W＝50 kW.
5.(多选)如图4所示是霓虹灯的供电电路图，变压器可视为理想变压器.已知变压器原线圈与副线圈的匝数比＝，加在原线圈两端的电压为u1＝220sin (100πt) V.霓虹灯正常工作的电阻R＝440 kΩ，I1、I2表示原、副线圈中的电流.下列判断正确的是( )
图4
A.副线圈两端电压为6 220 V，副线圈中的电流为14.1 mA
B.副线圈两端电压为4 400 V，副线圈中的电流为10 mA
C.I1＜I2
D.I1＞I2
答案 BD
解析 原线圈两端电压的有效值U1＝＝ V＝220 V，由变压比＝知，U2＝＝4 400 V，副线圈中的电流I2＝＝ A＝0.01 A＝10 mA，原、副线圈中的电流跟匝数成反比，故I1＞I2.
6.如图5所示，理想变压器的原线圈接入u＝11 000sin(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”的用电器RL供电，该电器正常工作，由此可知( )
图5
A.原、副线圈的匝数比为50∶1
B.交变电压的频率为100 Hz
C.副线圈中电流的有效值为4 A
D.变压器的输入功率为880 W
答案 C
解析 因为用电器正常工作，可知用电器RL上的电压是220 V，电流为4 A，C正确；副线圈电压为244 V，所以原副线圈匝数比＝＝≈45∶1，A错误；变压器不改变交变电流的频率，原线圈电压频率为50 Hz，副线圈电压频率还是50 Hz，B错误；变压器输入功率等于输出功率，输出功率为976 W，所以输入功率也为976 W，D错误.
7.(多选)如图6所示，Q是熔断电流为1 A的保险丝，R为用电器，理想变压器的原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝2∶1.原线圈的电压为u＝220sin (100πt) V.要使保险丝不熔断，则( )
图6
A.副线圈电流最大值不超过2 A
B.副线圈中电流有效值不超过2 A
C.R的阻值一定不能小于55 Ω
D.R的阻值一定不能小于77 Ω
答案 BC
解析 保险丝的原理是电流的热效应，应该用电流的有效值.由＝得：U2＝U1＝×220 V＝110 V.由＝得：I2＝I1＝×1 A＝2 A.所以Rmin＝＝55 Ω，故B、C正确.
8.一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶5.原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u随时间t变化的图象如图7所示，副线圈仅接入一个10 Ω的电阻.则( )
图7
A.流过电阻的电流是20 A
B.与电阻并联的电压表的示数是100 V
C.经过1 min电阻发出的热量是6×103 J
D.变压器的输入功率是1×103 W
答案 D
解析 设输入电压为U1，输出电压为U2，由＝知U2＝100 V，I2＝＝ A＝10 A，故选项A、B错误；1 min内电阻产生的热量Q＝IRt＝102×10×60 J＝6×104 J，故选项C错误；P入＝P出＝＝1×103 W，故选项D正确.
9.如图8所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶2，两端分别接有四个阻值相同的灯泡，已知4盏灯均能发光，则L1和L2的功率之比为( )
图8
A.1∶1 B.1∶3 C.9∶1 D.3∶1
答案 C
解析 由题意知原、副线圈电压之比为1∶2，又灯泡电阻相等且正常发光，则灯泡2、3、4的额定功率相同，电流相同为I；由于电流与匝数成反比，所以原、副线圈中电流之比为2∶1，所以灯泡L1电流为3I，根据P＝I2R知，L1和L2的功率之比为9∶1，故选C.
题组三 几种变压器的使用
10.自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分.一升压式自耦调压变压器的电路如图9所示，其副线圈匝数可调.已知变压器线圈总匝数为1 900匝，原线圈为1 100匝，接在有效值为220 V的交流电源上.当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0 kW.设此时原线圈中电流的有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别为( )
图9
A.380 V和5.3 A B.380 V和9.1 A
C.240 V和5.3 A D.240 V和9.1 A
答案 B
解析 由理想变压器原、副线圈中电压、电流及功率关系可得：＝，＝，U1I1＝P2.所以，当变压器输出电压调至最大时，副线圈的匝数也最大，n2＝1 900匝，负载R上的功率也最大，为2.0 kW，则U2＝U1＝×220 V＝380 V，I1＝＝ A≈9.1 A，故选项B正确.
11.(多选)为了监测变电站向外输电情况，要在变电站安装互感器，其接线如图10所示，两变压器匝数分别为n1、n2和n3、n4，a和b是交流电表，则( )
图10
A.n1＞n2
B.n3＞n4
C.a为交流电流表，b为交流电压表
D.a为交流电压表，b为交流电流表
答案 AD
解析 由电路连接方式可知，左图是电压互感器，把高电压经过变压器降压后测量，所以n1＞n2，a为交流电压表，右图为电流互感器，把大电流经过变压器变为小电流再测量，所以n3＜n4 ，b为交流电流表.
12.如图11所示，一台有两个副线圈的变压器，原线圈匝数n1＝1 100匝.接入电压U1＝220 V的交流电路中.
图11
(1)要求在两个副线圈上分别得到电压U2＝6 V，U3＝110 V，它们的匝数n2、n3分别为多少？
(2)若在两副线圈上分别接上“6 V,20 W”、“110 V，60 W”的两个用电器，原线圈的输入电流为多少？
答案 (1)30匝 550匝 (2) A
解析 (1)根据原、副线圈间电压与匝数的关系：
由＝得n2＝n1＝×1 100匝＝30匝
n3＝n1＝×1 100匝＝550匝.
(2)设原线圈输入电流为I1，由P入＝P出得
U1I1＝U2I2＋U3I3＝P2＋P3
所以I1＝＝ A＝ A.
5 电能的输送
[目标定位] 1.了解远距离输电线路的基本构成.2.掌握远距离输电线上的能量损失与哪些因素有关.3.应用理想变压器、电路知识对简单的远距离输电线路进行定量计算.
一、降低输电损耗的两个途径
1.输送电能的基本要求
(1)可靠：保证供电线路可靠地工作，少有故障.
(2)保质：保证电能的质量——电压和频率稳定.
(3)经济：输电线路建造和运行的费用低，电能损耗少.
2.输电线上的功率损失
(1)损失功率计算：ΔP＝I2R线，I为输电电流，R线为输电线的电阻.
(2)减小输电线上功率损失的方法：
①减小输电线的电阻R线：由R线＝ρ得，要减小R线，在l保持不变的情况下，可以减小ρ，增大S.
②减小输电电流I：由P＝UI得，在输送功率一定的情况下，提高输电电压，即可减小输电电流.
采用高(选填“高”或“低”)压输电是减小输电线上功率损失最有效、最经济的措施.
3.输电线上的电压损失
(1)输电线路始端电压U跟末端电压U′的差值，称为输电线上的电压损失，ΔU＝U－U′，如图1所示，电压损失还可以表示为ΔU＝IR线＝R线.
图1
(2)减少输电线上电压损失的方法：
①减小输电线的电阻.
②提高输送电压.
深度思考
“提高电压，减小电流”与欧姆定律矛盾吗？
答案 不矛盾.欧姆定律是对纯电阻耗能元件而成立的定律，而“提高电压，减小电流”是从输送角度，由P＝UI，且P一定的条件下得出的结论，两者没有矛盾.
例1 中国已投产运行的1 000 kV特高压输电，是目前世界上电压最高的输电工程.假设甲、乙两地原来用500 kV的超高压输电，在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV特高压输电，不考虑其他因素的影响.则( )
A.输电电流变为原来的2倍
B.输电线上降落的电压将变为原来的2倍
C.输电线上降落的电压将变为原来的
D.输电线上损耗的电功率将变为原来的
解析 根据输送电功率P输＝U输I输及P输不变，可知，输电电流I输＝∝，当U输变为原来的2倍时，I输变为原来的，选项A错误；输电线上降落的电压U降＝I输R线∝I输，所以，当输电电流变为原来的时，输电线上降落的电压也变为原来的，选项B错误，C正确；输电线上损耗的电功率P损＝IR线∝I，所以输电线上损耗的电功率将变为原来的，选项D错误.
答案 C
(1(注意区别：
①输电电压U与输电线上降落的电压ΔU；
②输电功率P与输电线上损失的功率ΔP.
(2(抓住不变量：输送电功率不变，由P＝UI判断出输电电流I的变化，从而由ΔU＝IR、ΔP＝I2R判断ΔU、ΔP的变化.
例2 发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至学校的输电线总电阻为R线，通过输电线的电流为I，学校输入电压为U2，下列计算输电线功率损耗的式子中，正确的是( )
A. B. C.I2R线 D.I(U1－U2)
解析 输电线功率损耗P损＝I2R线＝＝IU线，其中U线＝U1－U2，故B、C、D正确.
答案 BCD
P损＝I2R＝＝ΔU·I.式中必须注意，ΔU为输电线路上的电压损失，而不是输电线电压.
二、高压输电线路的分析与计算
1.输送过程图(如图2所示)：
图2
(1)功率关系
P1＝P2，P3＝P4，P2＝ΔP＋P3→能量守恒
(2)电压、电流关系
＝＝，＝＝→理想变压器
U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I线→串联电路中电压、电流关系
(3(输电线中电流：I线＝(
(4(输电线上损耗的电功率：ΔP＝ΔUI线＝
2.特别强调：
(1)升压变压器副线圈的电压不等于降压变压器原线圈的电压，输电线上的电压损失ΔU＝I线R线，输电线上的功率损耗ΔP＝IR线.
(2)输电线的电阻计算时，应注意输电线长度为距离的两倍.
深度思考
在电能的输送过程中，U为输电电压，r为输电线电阻，则输电线中电流为I＝，对不对？为什么？
答案 不对.U为输电电压，而不是加在输电导线上的电压，即U≠Ir，而输电电流可通过＝求得.
例3 一台发电机最大输出功率为4 000 kW、输出电压为4 000 V，经变压器T1升压后向远方输电.输电线路总电阻R＝1 kΩ.到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220 V,60 W).若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T1和T2的损耗可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则( )
A.T1原、副线圈电流分别为103 A和20 A
B.T2原、副线圈电压分别为1.8×105 V和220 V
C.T1和T2的变压比分别为1∶50和40∶1
D.有6×104盏灯泡(220 V,60 W)正常发光
解析 远距离输电的电路如图所示，在升压变压器原线圈中有P＝U1I1，故得原线圈中电流为103 A，在远距离输电线路中由ΔP＝IR线得T1副线圈中电流为20 A，故选项A正确；在远距离输电线路中由P＝U2I2和I线＝I2得U2＝2×105 V，由ΔU＝I线R线，ΔU＝U2－U3可得T2原线圈电压为1.8×105 V，由于灯泡能正常发光，故T2副线圈电压为220 V，故选项B正确；由变压器变压特点知变压比与匝数成正比，故可得T1变压比为1∶50，而T2的变压比为9 000∶11，故选项C错误；正常发光时每盏灯的功率为60 W，由90%P＝NP额，可得N＝6×104盏，故选项D正确.
答案 ABD
远距离输电问题的四个关键：
(1(画出一个模型——远距离输电模型图.
(2(抓住输电的两端——电源和用电器.
(3(分析两条导线——输电导线.
(4(研究两次电压变换——升压和降压.
例4 发电机两端的电压为220 V，输出功率44 kW，输电导线的总电阻为0.2 Ω，如果用原、副线圈匝数比为1∶10的升压变压器升压，经输电线后，再用原、副线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户.
(1)画出全过程的线路示意图；
(2)求用户得到的电压和功率；
(3)若不经过变压而直接送到用户，求用户得到的电压和功率.
解析 (1)线路示意图如图所示.
(2)由图可知，升压变压器副线圈两端的输出电压U2＝U1＝2 200 V.据理想变压器P入＝P出，则升压变压器副线圈的输出电流I2＝＝ A＝20 A，输电线上的功率损失和电压损失分别为
P损＝IR线＝202×0.2 W＝80 W.
U损＝I2R线＝20×0.2 V＝4 V.
所以降压变压器原线圈的输入电压和电流为
U3＝U2－U损＝2 200 V－4 V＝2 196 V，
I3＝I2＝20 A.
降压变压器副线圈的输出电压和电流为
U4＝U3＝×2 196 V＝219.6 V，
I4＝I3＝10×20 A＝200 A.
用户得到的功率为
P4＝U4I4＝219.6×200 W＝4.392×104 W.
(3)若直接用220 V低压供电，
线圈示意图如图所示，
则输电电流I′＝＝ A＝200 A.
输电线路上的电压损失
ΔU′＝I′R线＝200×0.2 V＝40 V.
所以用户得到的电压
U2′＝U1－ΔU′＝220 V－40 V＝180 V，
用户得到的功率为
P′＝U2′I′＝180×200 W＝3.6×104 W.
答案 见解析
1.(输电线上的损耗)(多选)某发电厂原来用电压为U1的交流电输电，后改用变压比为1∶50的升压变压器将电压升高为U2后输电，输送的电功率保持不变.若输电线路的总电阻为R线，则下列说法中正确的是( )
A.由公式I＝可知，提高电压后输电线上的电流降为原来的
B.由公式I＝可知，提高电压后输电线上的电流增为原来的50倍
C.由公式P＝I2R线可知，提高电压后输电线上的功率损耗减为原来的
D.由公式P＝可知，提高电压后输电线上的功率损耗增大为原来的2 500倍
答案 AC
解析 由＝可知，U2＝50U1，输送功率不变，由公式I＝可知，输电线中的电流变为原来的，选项A正确；由P＝I2R线可知，输电线上的功率损耗减为原来的，选项C正确；选项B、D中的U2应为损失的电压，所以选项B、D错误.
2.(输电线上的损耗)图3为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u＝Umsin ωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )
图3
A.() B.()
C.4()2()2r D.4()2()2r
答案 C
解析 原线圈电压的有效值：U1＝，根据＝可得U2＝·，又因为是理想变压器，所以T的副线圈的输出功率等于原线圈的输入功率P，所以输电线上的电流I＝，输电线上损失的电功率为P′＝I2·2r＝4r2·2，所以C正确，A、B、D错误.
3.(远距离高压输电)(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图4所示，发电机的输出电压为200 V，输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器).要使额定电压为220 V的用电器正常工作，则( )
图4
A.＞
B.＜
C.升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
D.升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率
答案 AD
解析 由于输电线上有电阻，所以考虑到电压损失，则有升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，根据变压器的电压与匝数的关系，可知要让用电器正常工作，必须有＞，故A项对，B、C项错；考虑到输电线上有电功率的损失，可知D项对.
4.(远距离高压输电)某小型水力发电站的发电输出功率为5×104 W，发电机的输出电压为250 V，输电线总电阻R线＝5 Ω.为了使输电线上损失的功率为发电机输出功率的4%，必须采用远距离高压输电的方法，在发电机处安装升压变压器，而在用户处安装降压变压器.设用户所需电压为220 V，不计变压器的损失.求：(g取10 m/s2)
(1)输电线上的电流；
(2)升、降压变压器原、副线圈的匝数比；
(3)可供多少盏“220 V 40 W”的白炽灯正常工作？
答案 (1)20 A (2) (3)1 200盏
解析 (1)输电线中电流：P损＝IR线，
得I2＝ ＝20 A.
(2)由P＝U2I2，得U2＝ V＝2.5×103 V.
对升压变压器：＝＝＝.
对降压变压器：U3＝U2－IR线＝(2 500－20×5) V＝2 400 V，又U4＝220 V，故＝＝.
(3)n＝＝1 200(盏).
题组一 输电线路中的损耗问题
1.(多选)远距离输送交流电都采用高压输电.我国正在研究用比330 kV高得多的电压进行输电.采用高压输电的优点是( )
A.可节省输电线的材料
B.可根据需要调节交流电的频率
C.可减小输电线上的能量损失
D.可加快输电的速度
答案 AC
2.以下关于电能输送的分析，正确的是( )
A.由公式P＝知，输电电压越高，输电线上功率损失越少
B.由公式P＝知，输电导线电阻越大，输电线上功率损失越少
C.由公式P＝I2R知，输电电流越大，输电导线上功率损失越大
D.由公式P＝UI知，输电导线上的功率损失与电流成正比
答案 C
解析 输电线损失的功率ΔP＝I2R，故C正确；A中的U不能用输电电压，因U＝ΔU＋U3，ΔU为输电线损失的电压，U3为用户端电压或降压变压器的初级电压，故A、B、D错误.
3.(多选)2014年2月初，低温雨雪冰冻造成我国东部部分地区停电，为消除高压输电线上的冰凌，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰.若在正常供电时，输电线上送电电压为U，电流为I，热耗功率为ΔP；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9ΔP，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( )
A.输电电流为3I B.输电电流为9I
C.输电电压为3U D.输电电压为U
答案 AD
解析 输电线上的热耗功率ΔP＝I2R线，若热耗功率变为9ΔP，则9ΔP＝I′2R线，联立得I′＝3I，A对；输送功率不变，即P＝UI＝U′I′，得U′＝U，所以D对.
4.(多选)在远距离输电时，输送的电功率为P，输电电压为U，所用导线的电阻率为ρ，横截面积为S，总长度为l，输电线损失的功率为ΔP，用户得到的功率为P′，则下列关系式正确的是( )
A.ΔP＝ B.ΔP＝
C.P′＝P－ D.P′＝P
答案 BD
解析 输电线电阻为R线＝ρ，输电电流为I＝，故输电线上损失的电功率为ΔP＝I2R线＝2·ρ＝，用户得到的电功率为P′＝P－ΔP＝P.
5.照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的，可是我们在晚上七八点钟用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些，这是因为此时( )
A.总电阻比深夜时大，干路电流小，每盏灯分到的电压就小
B.总电阻比深夜时大，干路电流小，每一支路的电流就小
C.总电阻比深夜时小，干路电流大，输电线上损失的电压大
D.干路电流一定，支路比深夜时多，分去了一部分电压
答案 C
解析 此时用电器多，电阻小(因为用电器都是并联的)，而变压器输出电压U不变，由I＝可知，干路电流大，输电线上损失电压大，电灯两端电压小，故比深夜暗，故C正确.
题组二 远距离输电问题
6.(多选)如图1所示为远距离高压输电的示意图.关于远距离输电，下列表述正确的是( )
图1
A.增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失
B.高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗
C.在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小
D.高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好
答案 ABD
解析 导线横截面积越大，导线的电阻越小，电能损失就越小，A对；在输送功率一定的前提下，提高输送电压U，由I＝知，电流I减小，发热损耗减小，B对；若输送电压一定，由I＝知，输送的电功率P越大，I越大，发热损耗就越多，C错；高压输电要综合考虑材料成本、技术、经济性等各种因素，不是电压越高越好，D对.
7.如图2所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则( )
图2
A.用户用电器上交流电的频率是100 Hz
B.发电机输出交流电的电压有效值是500 V
C.输电线上的电流只由降压变压器原、副线圈的匝数比决定
D.当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小
答案 D
解析 由u－t图象可知，交流电的周期T＝0.02 s，故频率f＝＝50 Hz，选项A错误；交流电的电压最大值Um＝500 V，故有效值U＝＝250 V，选项B错误；输电线上的电流由降压变压器副线圈上的电阻和降压变压器原、副线圈的匝数比决定，选项C错误；当用户用电器的总电阻增大时，副线圈上的电流减小，根据＝，原线圈(输电线)上的电流减小，根据P＝IR得，输电线损失的功率减小，选项D正确.
8.(多选)在如图3所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的总电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有( )
图3
A.升压变压器的输出电压增大
B.降压变压器的输出电压增大
C.输电线上损耗的功率增大
D.输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
答案 CD
解析 升压变压器原线圈两端电压不变，变压比不变，故副线圈两端电压不变，A错误；I＝，U损＝IR线，U3＝U2－U损，因P变大，I变大，所以U损变大，所以降压变压器原线圈两端电压U3变小，故降压变压器的输出电压减小，B错误；P损＝2R线，因P变大，所以P损变大，C正确；＝＝，因P变大，所以变大，D正确.
9.远距离输电的原理图如图4所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R.变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )
图4
A.＝ B.I2＝
C.I1U1＝IR D.I1U1＝I2U2
答案 D
解析 根据理想变压器的工作原理得I1U1＝I2U2、＝.U2不是加在R两端的电压，故I2≠.而I1U1等于R上消耗的功率IR与下一级变压器的输入功率之和.选项D正确.
10.如图5所示为远距离交流输电的简化电路图.发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流是I2.则( )
图5
A.用户端的电压为
B.输电线上的电压降为U
C.理想变压器的输入功率为Ir
D.输电线路上损失的电功率为I1U
答案 A
解析 根据理想变压器的工作原理，得I1U1＝I2U2，所以用户端的电压U2＝，选项A正确；输电线上的电压降U′＝I1r＝U－U1，选项B错误；变压器的输入功率P1＝I1U－Ir＝I1U1，选项C错误；输电线路上损失的功率P′＝Ir＝I1(U－U1)，选项D错误.
11.某小型实验水电站输出功率是20 kW，输电线总电阻是6 Ω.(保留四位有效数字)
(1)若采用380 V的电压输电，求输电线损耗的功率.
(2)若改用5 000 V高压输电，用户利用n1∶n2＝22∶1的变压器降压，求用户得到的电压.
答案 (1)16.62 kW (2)226.2 V
解析 (1)输电线上的电流为I＝＝ A
≈52.63 A
输电线路损耗的功率为P线＝I2R＝52.632×6 W≈16 620 W＝16.62 kW.
(2)改用高压输电后，输电线上的电流变为I′＝＝ A＝4 A
用户在变压器降压前获得的电压U1＝U′－I′R＝(5 000－4×6)V＝4 976 V
根据＝，用户得到的电压为
U2＝U1＝×4 976 V≈226.2 V.
12.如图6所示，发电站通过升压变压器、输电导线和降压变压器把电能输送到用户(升压变压器和降压变压器都可视为理想变压器)，若发电机的输出功率是100 kW，输出电压是250 V，升压变压器的原、副线圈的匝数比为1∶25，求：
图6
(1)升压变压器的输出电压和输电导线中的电流；
(2)若输电导线中的电功率损失为输入功率的4%，求输电导线的总电阻和降压变压器原线圈两端的电压.
答案 (1)6 250 V 16 A (2)15.625 Ω 6 000 V
解析 (1)对升压变压器，据公式＝，有
U2＝U1＝×250 V＝6 250 V
I2＝＝＝ A＝16 A.
(2)P损＝IR线，P损＝0.04P1
所以R线＝＝15.625 Ω
因为ΔU＝U2－U3＝I2R线
所以U3＝U2－I2R线＝6 000 V.
习题课 交变电流的产生及描述
[目标定位] 1.进一步熟悉交变电流的产生过程，能够求解交变电流的瞬时值.2.进一步理解交变电流图象的物理意义.3.知道交变电流“四值”的区别，应用“四值”求解相关问题.
一、交变电流的瞬时值及图象问题
例1 如图1所示是一多匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的感应电动势的图象，根据图象可知( )
图1
A.此感应电动势的瞬时表达式为e＝200sin (0.02t) V
B.此感应电动势的瞬时表达式为e＝200sin (100πt) V
C.t＝0.01 s时，穿过线圈的磁通量为零
D.t＝0.02 s时，穿过线圈的磁通量的变化率最大
答案 B
(1(求解感应电动势瞬时值：
①确定线圈转动从哪个位置开始；
②确定线圈转动的角速度ω(以rad/s作为单位(；
③确定感应电动势瞬时值表达式.
(2(正弦交流电的图象是一条正弦曲线，从图象中可以得到以下信息：
①周期(T(和角速度(ω(：线圈转动的角速度ω＝.
②峰值(Em，Im(：图象上的最大值，可计算出有效值E＝，I＝.
③瞬时值：每个“点”表示某一时刻的瞬时值.
④可确定线圈位于中性面的时刻，也可确定线圈平行于磁感线的时刻.
⑤判断线圈中磁通量Φ及磁通量变化率的变化情况.
二、平均值及电荷量的求解
例2 发电机的转子是匝数为100匝、边长为20 cm的正方形线圈，将它置于磁感应强度B＝0.05 T的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的轴以ω＝100π rad/s的角速度转动，当线圈平面与磁场方向垂直时开始计时.线圈和外电路的总电阻R＝10 Ω.
(1)写出交变电流的瞬时值表达式.
(2)线圈从计时开始，转过过程中通过线圈某一横截面的电荷量为多少？
解析 (1)感应电动势的最大值为Em＝nBSω＝100×0.05×0.2×0.2×100π V＝20π V，
Im＝＝2π A，
所以i＝Imsin(ωt)A＝2πsin (100πt) A.
(2)线圈从计时开始，转过过程中通过线圈某一横截面
的电荷量q＝t＝.从中性面开始计时，转过，如图所示.ΔΦ＝BΔS＝BS(1－sin 30°)＝BS，
q＝＝ C＝1×10－2 C.
答案 (1)i＝2πsin (100πt) A (2)1×10－2 C
(1(感应电动势的平均值＝n.
(2(求电荷量要用感应电流的平均值：＝，q＝·Δt＝n.
三、有效值的计算
例3 有两个完全相同的电热器，分别通以如图2甲和乙所示的峰值相等的方波交变电流和正弦交变电流.求这两个电热器的电功率之比.
图2
解析 交变电流通过纯电阻用电器R时，其电功率P＝I2R，I应该是交变电流的有效值.
对于题图甲所示的方波交变电流，因大小恒定，故有效值I甲＝Im.
对于题图乙所示的正弦交变电流，有效值I乙＝
P甲＝IR，P乙＝2R＝IR
所以P甲∶P乙＝2∶1.
答案 2∶1
例4 如图3所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大)，在A、B间加一正弦交流电u＝20sin(100πt) V，则加在R2上的电压有效值为( )
图3
A.10 V B.20 V C.15 V D.5 V
解析 由二极管的单向导电性可知，若二极管导通，加在R2上的电压波形为半个周期，最大值为20 V，若二极管截止，R1、R2串联，则R2上的电压半个周期最大值为10 V.由有效值的定义可得加在R2上的电压有效值为5 V，选项D正确.
答案 D
对于交变电流有效值的计算一般有以下两种情况：
(1(对于按正(余(弦规律变化的电流，可先根据Em＝nBSω求出其最大值，然后根据E＝求出其有效值.有关电功、电功率的计算，各种交流仪表读数都要用有效值.
(2(当电流按非正(余(弦规律变化时，必须根据有效值的定义求解，在计算有效值时要注意三同：相同电阻、相同时间(一般要取一个周期(、产生相等热量.
四、交变电流“四值”的综合应用
例5 如图4所示，在匀强磁场中有一个内阻r＝3 Ω、面积S＝0.02 m2的半圆形导线框可绕OO′轴旋转.已知匀强磁场的磁感应强度B＝ T.若线框以ω＝100π rad/s的角速度匀速转动，且通过电刷给“6 V，12 W”的小灯泡供电，则：
图4
(1)若从图示位置开始计时，求线框中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)从图示位置开始，线框转过90°的过程中，通过导线横截面的电荷量是多少？该电荷量与线框转动的快慢是否有关？
(3)由题目所给已知条件，外电路所接小灯泡能否正常发光？如不能，则小灯泡的实际功率为多大？
解析 (1)线框转动时产生感应电动势的最大值Em＝BSω＝×0.02×100π V＝10 V
因线框转动从平行于磁感线位置开始计时，则感应电动势的瞬时值表达式
e＝Emcos(ωt)V＝10cos (100πt) V.
(2)线框转过90°过程中，产生的平均电动势＝＝，流过的电荷量q＝·T＝，
灯泡电阻R＝＝ Ω＝3 Ω.
故q＝＝ C＝ C，与线框转动的快慢无关.
(3)线框产生的感应电动势的有效值E＝＝10 V，灯泡两端电压U＝R＝5 V.因U＜6 V，故灯泡不能正常发光，其实际功率P＝＝ W＝ W.
答案 (1)e＝10cos (100πt) V
(2) C 无关 (3)不能 W
最大值、有效值、瞬时值、平均值，在不同情况下的使用：
(1)在研究电容器的耐压值时，只能用最大值.
(2)在研究交变电流做功、电功率及产生的热量时，只能用有效值W＝EIt，Q＝I2Rt，交流电表指示的也是有效值.
(3)在研究交变电流通过导体横截面的电荷量时，只能用平均值.
(4)在研究某一时刻线圈受到的安培力时，只能用瞬时值.
1.(图象信息分析)某正弦式交流电的电流i随时间t变化的图象如图5所示.由图可知( )
图5
A.电流的最大值为10 A
B.电流的有效值为10 A
C.该交流电的周期为0.03 s
D.该交流电的频率为0.02 Hz
答案 B
解析 由题图知此交流电的电流的最大值为10 A，则有效值为I＝ A＝10 A；周期为0.02 s，则频率为f＝＝50 Hz.
2.(有效值的理解和计算)如图6所示，为一正弦交流电通过一电子元件后的波形图，则下列说法正确的是( )
图6
A.这也是一种交流电
B.电流的变化周期是0.01 s
C.电流的有效值是1 A
D.电流通过100 Ω的电阻时，1 s内产生的热量为200 J
答案 C
解析 因电流方向不变，故不是交流电，A错；其周期为0.02 s，B错；由电流的热效应可知2R·＝I2RT，解得I＝1 A，故C对；由Q＝I2Rt可知Q＝1×100×1 J＝100 J，D错.
3.(有效值的理解和计算)如图7所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B.电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界).则线框内产生的感应电流的有效值为( )
图7
A. B. C. D.
答案 D
解析 线框转动的角速度为ω，进磁场的过程用时个周期，出磁场的过程用时个周期，进、出磁场时产生的感应电流大小都为I′＝，则转动一周产生的感应电流的有效值满足I2RT＝()2R×T，解得I＝.D正确.
4.(交变电流“四值”的应用)如图8所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5 T，边长L＝10 cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r＝1 Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，角速度ω＝2π rad/s，外电路电阻R＝4 Ω，求：(保留三位有效数字)
图8
(1)转动过程中感应电动势的最大值.
(2)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过60°角时的瞬时感应电动势.
(3)交流电压表的示数.
(4)周期内通过电阻R的电荷量为多少.
答案 (1)3.14 V (2)1.57 V (3)1.78 V
(4)0.086 6 C
解析 (1)感应电动势的最大值
Em＝nBSω＝100×0.5×0.12×2π V≈3.14 V.
(2)转过60°时的瞬时感应电动势
e＝Emcos 60°＝3.14×0.5 V＝1.57 V.
(3)电压表示数为外电压的有效值
Em·＝×3.14× V≈1.78 V.
(4)周期内通过电阻R的电荷量
q＝·＝·＝·＝
＝ C≈0.086 6 C.
题组一 交变电流的产生规律及图象的应用
1.一矩形金属线圈共10匝，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的感应电动势e随时间t变化的规律如图1所示，下列说法中正确的是( )
图1
A.此交流电的频率为0.2 Hz
B.此感应电动势的有效值为1 V
C.t＝0.1 s时，线圈平面与磁场方向平行
D.在线圈转动过程中，穿过线圈的最大磁通量为 Wb
答案 D
解析 由题图可知，此交流电的周期T＝0.2 s，频率f＝＝5 Hz，A错；E＝＝ V，B错.t＝0.1 s时，电动势为0，线圈平面与磁感线垂直，C错.因Em＝nBSω，其中n＝10，ω＝＝10π rad/s，故Φm＝BS＝ Wb，D正确.
2.小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图2所示.矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( )
图2
A.峰值是e0 B.峰值是2e0
C.有效值是Ne0 D.有效值是Ne0
答案 D
解析 矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，所以发电机的电动势峰值为2Ne0，A、B错误；由于不计线圈的电阻，所以电机的输出电压峰值为2Ne0，故有效值为＝Ne0，故D正确.
3.(多选)如图3所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦交流电的图象，当只改变线圈的转速后，产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下说法正确的是( )
图3
A.线圈先后两次转速之比为2∶3
B.通过线圈的磁通量最大值之比为3∶2
C.先后两次交流电的电压最大值之比为3∶2
D.先后两次交流电的电压有效值之比为3∶2
答案 CD
解析 由图可知，周期Ta＝0.4 s，Tb＝0.6 s，则线圈先后两次转速之比na∶nb＝Tb∶Ta＝3∶2.故A错误.由于线圈的面积不变，故磁通量的最大值不变；故磁通量最大值之比为1∶1；故B错误；由电动势的最大值Em＝NBSω，得两个电压最大值之比Uma∶Umb＝ωa∶ωb＝3∶2，故C正确；有效值为最大值除以；故比值不变；交流电的有效值之比仍为3∶2；故D正确；故选C、D.
题组二 有效值的应用
4.如图4所示是某种交变电流的电流强度随时间变化的图线，i>0部分的图线是一个正弦曲线的正半周，i<0部分的图线是另一个正弦曲线的负半周，则这种交变电流的有效值为( )
图4
A.I0 B.I0 C.I0 D.I0
答案 B
解析 取一个周期时间，由电流的热效应求解；设电流的有效值为I，则I2R·3T＝2R·T＋2R·2T，解得：I＝I0，故选B.
5.如图5所示是一交变电流的i－t图象，则该交流电电流的有效值为( )
图5
A.4 A B. A C. A D.2 A
答案 B
解析 设交流电电流的有效值为I，周期为T，电阻为R.
则I2RT＝2·R·＋42·R·T
解得I＝ A.故选B.
6.如图6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6
A.1∶ B.1∶2 C.1∶3 D.1∶6
答案 C
解析 计算电功时，I要用有效值.图甲中，设周期为T，由有效值的定义得( A)2R·＋0＋( A)2R·＝IRT，得I1＝ A；图乙中，电流的值不变，I2＝1 A，由W＝I2Rt可以得到W甲∶W乙＝1∶3.C正确.
题组三 交流电“四值”的应用
7.标有“220 V,0.5 μF”字样的电容器能接入下面哪个电路中使用( )
A.e＝220sin (100πt) V B.220 V的照明电路中
C.e＝380sin (100πt) V D.380 V的照明电路中
答案 A
8.(多选)如图7所示，交流电压u＝311sin (314t＋) V加在阻值为220 Ω的电阻两端，则( )
图7
A.电压表的读数为311 V
B.电流表的读数为1.414 V
C.电流表的读数为1 A
D.2 s内电阻产生的电热是440 J
答案 CD
解析 电压表测的是有效值，故读数为 V≈220 V，电流表示数应为1 A，故C、D正确.
9.在图8所示电路中，A是熔断电流I0＝2 A的保险丝，R是可变电阻，S是交流电源.交流电源的内阻不计，其电动势随时间变化的规律是e＝220sin (314t) V.为了不使保险丝熔断，可变电阻的阻值应该大于( )
图8
A.110 Ω B.110 Ω
C.220 Ω D.220 Ω
答案 B
解析 E＝220 V，Rmin＝＝ Ω＝110 Ω.
10.如图9所示，线圈面积为0.05 m2，共100匝，线圈总电阻为1 Ω，与外电阻R＝9 Ω相连，线圈在B＝ T的匀强磁场中绕OO′轴以转速n＝300 r/min匀速转动.从线圈处于中性面开始计时，求：
图9
(1)电动势的瞬时值表达式；
(2)两电表○A 、○V 的示数；
(3)线圈转过 s时电动势的瞬时值；
(4)线圈转过 s的过程中，通过电阻的电荷量；
(5)线圈匀速转一周外力做的功.
答案 见解析
解析 (1)Em＝NBSω，ω＝2πn，因为n＝300 r/min＝5 r/s，ω＝2πn＝2π×5 rad/s＝10π rad/s，所以Em＝NBSω＝100××0.05×10π V＝100 V.
从线圈处于中性面开始计时，则e＝Emsin ωt，所以e＝100sin (10πt) V.
(2)此时两表的示数：
I＝＝＝ A＝5 A.
UR＝IR＝5×9 V＝45 V.
(3)当线圈转过 s时，
e＝100sin (10π×) V＝100sin V＝50 V.
(4)线圈转过t＝ s的过程中，
转过的角度为：
θ＝ωt＝10π×＝，
通过电阻的电荷量为：
q＝Δt＝Δt＝Δt＝.
|ΔΦ|＝|Φ2－Φ1|＝|BS(cos－1)|＝BS，
所以q＝＝＝ C.
(5)线圈匀速转动一周，外力做功与电流做功相等
WF＝T＝× J＝100 J.
习题课 变压器的应用及远距离输电问题
[目标定位] 1.进一步理解变压器的原理及规律.2.熟练应用变压器原、副线圈的决定因素解决动态分析问题.3.熟悉远距离输电中的各物理量关系和损耗问题，熟练解决远距离高压输电中的实际问题.
一、理想变压器中的规律分析
例1 如图1所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1.原线圈接入一电压为u＝U0sin ωt的交流电源，副线圈接一个R＝27.5 Ω的负载电阻.若U0＝220 V，ω＝100π rad/s，则下述结论正确的是( )
图1
A.副线圈中电压表的读数为55 V
B.副线圈中输出交变电流的周期为 s
C.原线圈中电流表的读数为0.5 A
D.原线圈中的输入功率为110 W
解析 原线圈电压有效值为U＝220 V，电压表读数为U2＝ V＝55 V，周期T＝＝ s，副线圈中电流I2＝＝2 A，原线圈中电流I1＝＝0.5 A，P＝I1U＝110 W.
答案 AC
(1(功率关系：P入＝P出.
(2(电压关系：＝＝＝…….
(3(电流关系：若只有一个副线圈＝.
若有多组副线圈n1I1＝n2I2＋n3I3＋…….
(4(变压器不改变频率.
例2 如图2所示，理想变压器原线圈的匝数为1 000匝，两个副线圈的匝数分别为n2＝50匝和n3＝100匝，L1是“6 V 2 W”的小灯泡，L2是“12 V 4 W”的小灯泡.当原线圈接上交变电压时，L1、L2都正常发光，那么，原线圈中的电流为( )
图2
A. A B. A C. A D.
解析 对多个副线圈，其电压关系有＝＝.
由于输入功率和输出功率相等有n1I1＝n2I2＋n3I3.
两灯泡正常发光，对L1有U2＝6 V，I2＝＝ A，对L2有U3＝12 V，I3＝＝ A.
原线圈上的电压U1＝U2＝×6 V＝120 V.
副线圈上总的输出功率
P出＝PL1＋PL2＝2 W＋4 W＝6 W.
原线圈上的输入功率P入＝P出＝6 W.
原线圈中的电流I1＝＝ A＝ A.故选项C正确.
答案 C
若理想变压器的次级有两组或多组线圈时：
(1(电压仍与匝数成正比，如
(2(求电流要根据P入＝P出，即U1I1＝U2I2＋U3I3＋…或n1I1＝n2I2＋n3I3＋….
二、理想变压器电路的动态问题分析
例3 如图3所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合开关S，下列说法正确的是( )
图3
A.P向下滑动时，灯L变亮
B.P向下滑动时，变压器的输出电压不变
C.P向上滑动时，变压器的输入电流变小
D.P向上滑动时，变压器的输出功率变大
解析 由于理想变压器输入电压U1不变，原、副线圈匝数不变，所以输出电压U2也不变，灯L亮度不随P的滑动而改变，故选项A错误，选项B正确.P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，负载总电阻R总减小，由I2＝知，通过副线圈的电流I2增大，输出功率P2＝U2I2增大，再由＝知输入电流I1也增大，故选项C错误，D正确.
答案 BD
负载发生变化时，电流和电压如何变化的判断，先要由判断U2是否变化，再根据U2及负载电阻的变化，由欧姆定律确定副线圈中的电流I2的变化，最后再由P入＝P出判断原线圈中电流的变化.
动态问题的分析思路可表示为：
三、远距离高压输电中的损耗问题
例4 三峡电站某机组输出的电功率为50万千瓦.
(1)若输出的电压为20万伏，则输电线上的电流为多少？
(2)某处与电站间每根输电线的电阻为10欧，则输电线上损失的功率为多少？它占输出功率的几分之几？
(3)若将电压升高至50万伏，输电线上的电流为多少？输电线上损失的功率又为多少？它占输出功率的几分之几？
解析 (1)由P＝UI得I＝＝＝2 500 A
(2)输电线上损失的功率ΔP＝I2·2r＝2 5002×2×10 W＝1.25×108 W
损失功率与输出功率之比为＝＝
(3)将电压升高至50万伏时，I′＝＝＝1 000 A
输电线上损失的功率ΔP′＝I′2·2r＝1 0002×2×10 W＝2×107 W
损失功率与输出功率之比为＝＝
答案 (1)2 500 A (2)1.25×108 W
(3)1 000 A 2×107 W
1.(变压器基本规律的应用)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上，如图4所示.设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则( )
图4
A.U＝66 V，k＝ B.U＝22 V，k＝
C.U＝66 V，k＝ D.U＝22 V，k＝
答案 A
解析 原、副线圈电压比等于匝数比，根据副线圈负载电阻的电压U，可知副线圈电压为U，原线圈电压为3U，副线圈电流I2＝，根据＝得原线圈电流I1＝，那么原线圈输入电压220 V＝3U＋×R，整理可得U＝66 V；原、副线圈电阻消耗的功率根据P＝I2R，电阻相等，I1∶I2＝1∶3，可得功率之比为P1∶P2＝1∶9，即k＝.根据以上分析可知选项A正确.
2.(变压器电路的动态分析)如图5所示，用一理想变压器给负载供电，变压器输入端的电压不变，开始时开关S是断开的.现将开关S闭合，则图中所有交流电表的示数以及输入功率的变化情况是( )
图5
A.V1、V2的示数不变，A1的示数增大，A2的示数减小，P入增大
B.V1、V2的示数不变，A1、A2的示数增大，P入增大
C.V1、V2的示数不变，A1、A2的示数减小，P入减小
D.V1的示数不变，V2的示数增大，A1的示数减小，A2的示数增大，P入减小
答案 B
解析 电压表V1的示数由输入电压决定；电压表V2的示数由输入电压U1(大小等于电压表V1的示数)和匝数比决定；电流表A2的示数即I2由输出电压U2(大小等于电压表V2的示数)和负载电阻R负决定；电流表A1的示数即I1由变压器的匝数比和输出电流I2决定；P入随P出而变化，由P出决定.因输入电压不变，所以电压表V1的示数不变；据公式U2＝，可知U2也不变，即电压表V2的示数不变；又据I2＝知，S闭合后R负减小，故I2增大，电流表A2的示数增大；输入电流I1随输出电流I2的增大而增大，故电流表A1的示数增大；因P出＝U2I2，故P出增大；P入随P出变化，故P入也增大；可见本题的正确选项为B.
3.(变压器电路的动态分析)(多选)如图6所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头.在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则( )
图6
A.保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大
B.保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小
C.保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大
D.保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小
答案 BC
解析 Q位置不动，副线圈电压U2不变，当P上滑时，R增大，由P＝可知总功率减小，原线圈电压U1不变，由P＝U1I1可知原线圈电流I1减小，故A错误，B正确；当P位置不动，Q上滑时，由＝知U2增大，同理分析原线圈电流I1增大，故C正确，D错误.
4.(远距离输电问题)风力发电作为新型环保能源，近年来得到了快速发展，如图7所示的风车阵中发电机输出功率为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.若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：
图7
(1)画出此输电线路的示意图.
(2)用户得到的电功率是多少.
(3)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比.
答案 (1)见解析 (2)96 kW (3)1∶20 240∶11
解析 (1)如图所示
(2)用户得到的功率P用＝P－P损＝96 kW.
(3)输电线损失的功率
P损＝P×4%＝100 kW×4%＝4 kW.
输电线电流
I2＝ ＝ A＝20 A.
升压变压器输出电压
U2＝＝ V＝5×103 V.
升压变压器原、副线圈匝数比：
＝＝＝.
电压损失U损＝I2R线＝20×10 V＝200 V.
降压变压器原线圈输入电压
U3＝U2－U损＝4 800 V.
降压变压器原、副线圈匝数比
＝＝.
题组一 变压器基本规律的应用
1.如图1所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，原线圈接正弦交流电源，副线圈接入“220 V,60 W”灯泡一只，且灯泡正常发光，则( )
图1
A.电流表的示数为 A
B.电源输出功率为1 200 W
C.电流表的示数为 A
D.原线圈两端电压为11 V
答案 C
解析 由于灯泡正常发光，可知副线圈两端电压为220 V，由＝可知，原线圈两端电压U1＝20×220 V＝4 400 V，选项D错误；又因输入功率等于输出功率，P1＝P2＝60 W，故选项B错误；电流表读数为有效值，原线圈中电流I1＝＝ A＝ A，故选项A错误，选项C正确.
2.如图2所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝10∶1，输出端电阻R＝50 Ω，把原线圈接入“220 V，50 Hz”的正弦交流电时(电表为理想电表)( )
图2
A.当X为电流表时，若电阻R增大，则原线圈中的电流将增大
B.当X为电流表时，电压表V的示数为22 V
C.当X为电流表时，电流表的示数为0.44 A
D.当X为二极管时，电压表V的示数为11 V
答案 B
解析 当X为电流表时，若电阻R增大，副线圈中的电流变小，原线圈中的电流也变小，A项错误；当X为电流表时，根据公式＝，解得U2＝22 V，电压表测量的电压为有效值，所以电压表V的示数为22 V，B项正确；当X为电流表时，电流表的示数为I2＝＝ A＝0.44 A，C项错误；当X为二极管时，在一个周期内只有半个周期的时间有电流通过，此时由T＝·，解得U＝11 V，D项错误.
3.(多选)如图3所示，一理想变压器原线圈与频率为50 Hz的正弦交流电源相连，两个阻值均为20 Ω的电阻串联后接在副线圈的两端，图中的电流表、电压表均为理想交流电表，原、副线圈匝数分别为200匝和100匝，电压表的示数为5 V.则( )
图3
A.电流表的示数为0.5 A
B.流过电阻的交变电流的频率为100 Hz
C.交流电源的输出电压的最大值为20 V
D.交流电源的输出功率为2.5 W
答案 CD
解析 根据欧姆定律可得副线圈中的电流I2＝＝0.25 A，根据理想变压器原、副线圈中的电流与匝数的关系＝，可解得I1＝0.125 A，A错误；理想变压器原、副线圈中的交变电流的频率相同，都为50 Hz，B错误；副线圈输出电压的有效值为10 V，根据正弦交变电流的最大值和有效值的关系可得其最大值应为U2m＝10 V，原、副线圈电压比为＝，可得交流电源输出电压的最大值为U1m＝20 V，C正确；对于理想变压器，交流电源的输出功率等于变压器副线圈负载消耗的功率，P＝2× W＝2.5 W，故D正确.
4.如图4所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R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A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A，则下列说法正确的是( )
图4
A.电压表V1示数增大
B.电压表V2、V3示数均增大
C.该变压器起升压作用
D.变阻器滑片是沿c→d的方向滑动
答案 D
解析 由于a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，故电压表V1示数不变，选项A错误；由理想变压器原理公式＝且U1、n1、n2不变，则U2不变，即V2的示数不变，V3的示数U3＝U2－I2R0应减小，故选项B错误；由公式＝得：＝＝＝4，则n1＞n2，该变压器起降压作用，故C错误；又I2＝，I2增大，R应减小，故滑片应沿c→d方向滑动，故D正确.
题组二 变压器电路的动态分析
5.如图5所示，理想变压器原线圈输入电压u＝Umsin ωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器.和是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；和是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示.下列说法正确的是( )
图5
A.I1和I2表示电流的瞬时值
B.U1和U2表示电压的最大值
C.滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大
D.滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小
答案 C
解析 交流电表测量的是交变电流的有效值，故A、B错误；由于理想变压器的输出电压U2＝U1与负载无关，即滑片P下滑时U2不变，故D错误；由I1U1＝知R减小时I1变大，故C正确.
6.(多选)为保证用户电压稳定在220 V，变电所需适时进行调压，图6甲为变压器示意图.保持输入电压u1不变，当滑动接头P上下移动时可改变输出电压.某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图乙所示.以下说法正确的是( )
图6
A.u2＝190sin (50πt) V
B.u2＝190sin (100πt) V
C.为使用户电压稳定在220 V，应将P适当下移
D.为使用户电压稳定在220 V，应将P适当上移
答案 BD
解析 由电压u2随时间t变化的曲线可知，用户电压的最大值是190 V，周期是2×10－2 s，所以u2＝190sin (100πt) V，A错误，B正确；根据＝，n1减小，U2增大，因此为使用户电压稳定在220 V，应将P适当上移，C错误，D正确.
7.(多选)如图7所示电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关.P是滑动变阻器R的滑动触头，U1为加在原线圈两端的交流电压，I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流.下列说法正确的是( )
图7
A.保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小
B.保持P的位置及U1不变，S由a切换到b，则I2减小
C.保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则I1增大
D.保持U1不变，S接在b端，将P向上滑动，则I1减小
答案 BC
解析 保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则副线圈匝数增加，输出电压增大，输出功率增大，则输入功率随之增大，故A错，C对；S由a切换到b，副线圈匝数减小，输出电压减小，则输出电流减小，B对；只是将P上滑，R减小，I2增大，由I1＝可知I1增大，则D错.
8.如图8所示，用理想变压器给负载供电，变压器输入电压不变，变压器降压后用总电阻为R的输电线对用电器供电，设两个灯泡的电阻相同，且都在发光，若将滑动变阻器的滑片P向N移动，会出现的现象是( )
图8
A.电流表的示数变大，灯泡L1、L2均变暗
B.电流表的示数变小，灯泡L1、L2均变暗
C.电流表的示数变大，灯泡L1变亮，L2变暗
D.电流表的示数不变，灯泡L1变暗，L2变亮
答案 C
解析 副线圈输出电压不变，滑动变阻器的滑片P向N移动的过程中，并联部分电阻减小，副线圈中的电流增大，但因为灯泡L2两端的电压减小，所以通过灯泡L2的电流减小，又因为总电流增大，所以通过灯泡L1的电流增大，即灯泡L1变亮，灯泡L2变暗.副线圈上的电流增大，根据I1＝I2可知，输入电流变大，电流表的示数变大.
9.(多选)调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图9所示.线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，CD之间加上输入电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压，图中为交流电流表，为交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，CD两端接恒压交流电源，变压器可视为理想变压器，以下说法正确的是( )
图9
A.当滑动触头P逆时针转动时，电流表读数变大，电压表读数变大
B.当滑动触头P逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变大
C.当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变小，电压表读数变大
D.当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变小
答案 AD
解析 当滑动触头P逆时针转动时，相当于增加了副线圈的匝数，而原线圈匝数保持不变，根据＝可知，输出电压增大，其他因素不变时，电压表读数变大，电流表读数变大.当线圈匝数不变而将滑动变阻器滑动触头向下滑动时，输出电压不变，总电阻减小，则总电流增大，R1两端电压增大，R2两端电压减小，电压表读数变小，流过R2的电流减小，因此，流过R3的电流增大，电流表读数变大.
题组三 远距离输电问题
10.(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图10甲所示，发电机的输出电压变化规律如图乙所示.输电线的总电阻为r，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈的匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器).要使额定电压为220 V的用电器正常工作，则( )
图10
A.乙图中电压的瞬时值表达式为u＝220sin 100πt (V)
B.乙图中电压的有效值和用电器的额定电压都是220 V，所以＝
C.通过升压变压器的电流频率比通过降压变压器的电流频率大
D.升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率
答案 AD
解析 由于输电线上的电阻会损失电压、电功率，使得U2>U3，故P2>P3，选项D正确；因为＝，＝，又由于U1＝U4＝220 V，U2>U3，所以<，选项B错误；由交流电及变压器基础知识可知选项A、C错误.
11.某发电厂引进秸秆焚烧发电机设备，该发电机输出功率为40 kW，输出电压为400 V，用变压比(原、副线圈匝数比)为n1∶n2＝1∶5的变压器升压后向某小区供电，输电线的总电阻为r＝5 Ω，电能到达该小区后再用变压器降为220 V.
(1)画出输电过程的电路示意图.
(2)求输电线上损失的电功率.
(3)求降压变压器的变压比n3∶n4.
答案 (1)示意图见解析
(2)2 000 W
(3)95∶11
解析 (1)输电过程，电路示意图如图所示.
(2)因为＝
输电电压U2＝U1＝×400 V＝2 000 V
因为P输＝U2I
解得输电电流I＝20 A
输电线上损失的功率
P损＝I2r＝(20 A)2×5 Ω＝2 000 W
(3)输电线上损失的电压
U损＝Ir＝20 A×5 Ω＝100 V
降压变压器的输入电压
U3＝U2－U损＝2 000 V－100 V＝1 900 V
降压变压器的变压比＝＝＝.
1 传感器及其工作原理
[目标定位] 1.知道什么是传感器，理解传感器的工作原理.2.掌握制作传感器的常用元件：光敏电阻、热敏电阻、金属热电阻、霍尔元件等的基本特性及工作原理.3.初步掌握各种常用元件的简单应用.
一、传感器
1.定义：能够感受诸如力、温度、光、声、化学成分等非电学量，并能把它们按照一定的规律转换为电压、电流等电学量，或转换为电路的通断.
2.工作原理
①敏感元件：相当于人的感觉器官，是传感器的核心部分，是利用材料的某种敏感效应(如热敏、光敏、压敏、力敏、湿敏等)制成的.
②转换元件：是传感器中能将敏感元件输出的与被测物理量成一定关系的非电信号转换成电信号的电子元件.
③转换电路：将转换元件输出的不易测量的非电学量转换成易于测量的电学量，如电压、电流、电阻等.
深度思考
传感器在现代信息技术与自动控制中有什么作用？
答案 传感器的作用是把非电学量(如光、声音、温度等)转化为电学量(如电压、电流等)，尤其是将电学量与计算机技术结合，可以方便地实现信息的采集、处理、输出的自动化和智能化，所以传感器在现代信息技术与自动控制中有极其重要的作用.
例1 传感器是把非电学量(如速度、温度、压力等)的变化转换成电学量的变化的一种元件，在自动控制中有着相当广泛的应用.有一种测量人的体重的电子秤，其测量部分的原理图如图1中的虚线框所示，它主要由压力传感器R(电阻值会随所受压力大小发生变化的可变电阻)、显示体重大小的仪表A(实质是理想的电流表)组成.
图1
压力传感器表面能承受的最大压强为1×107 Pa，且已知压力传感器R的电阻与所受压力的关系如下表所示.设踏板和压杆的质量可以忽略不计，接通电源后，压力传感器两端的电压恒为4.8 V，取g＝10 m/s2.请回答：
压力F/N
0
250
500
750
1 000
1 250
1 500
…
电阻R/Ω
300
270
240
210
180
150
120
…
(1)该秤零起点(即踏板空载时)的刻度线应标在电流表刻度盘______A处.
(2)如果某人站在该秤踏板上，电流表刻度盘的示数为20 mA，则这个人的体重是_____ kg.
答案 (1)1.6×10－2 (2)50
解析 (1)由题图表知，踏板空载时，压力传感器电阻R＝300 Ω，此时A中电流I＝＝ A＝1.6×10－2A.
(2)当电流I＝20 mA＝20×10－3 A时，压力传感器的电阻R＝＝ Ω＝240 Ω，对应表格中，这个人的体重为50 kg.
传感器问题的分析思路
不同类型的传感器，其工作原理一般不同，但所有的传感器都是把非电学量的变化转换为电学量的变化.因此我们可以根据电学量的变化来推测相关量的变化.
二、光敏电阻
1.特点
电阻值随光照增强而减小.
2.原因分析
光敏电阻由半导体材料制成，无光照时，载流子极少，导电性能不好；随着光照的增强，载流子增多，导电性能变好.
3.作用：把光照强弱这个光学量转换为电阻这个电学量.
例2 如图2所示，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻，当照射光强度增大时( )
图2
A.电压表的示数增大 B.R2中电流减小
C.小灯泡的功率增大 D.电路的路端电压增大
解析 当照射光强度增大时，R3阻值减小，外电路总电阻随R3的减小而减小，R1两端电压因干路电流增大而增大，电压表的示数增大，同时内电压增大，故电路路端电压减小，A项正确，D项错误；由路端电压减小，R1两端电压增大知，R2两端电压必减小，则R2中电流减小，故B项正确；结合干路电流增大知流过小灯泡的电流必增大，则小灯泡的功率增大，故C项正确.
答案 ABC
三、热敏电阻和金属热电阻
氧化锰热敏电阻
金属热电阻
特点
电阻率随温度升高而减小
电阻率随温度升高而增大
制作材料
半导体
金属
优点
灵敏度好
化学稳定性好，测温范围大
作用
把温度这个热学量转换为电阻这个电学量
深度思考
热敏电阻是温度传感器中的重要元件，是不是所有的热敏电阻的阻值都随温度的升高而减小？
答案 不是.正温度系数热敏电阻器(PTC)在温度升高时电阻值增大，负温度系数热敏电阻器(NTC)在温度升高时电阻值减小.
例3 在温控电路中，通过热敏电阻阻值随温度的变化可实现对电路相关物理量的控制.如图3所示电路，R1为定值电阻，R2为半导体热敏电阻(温度越高电阻越小)，C为电容器.当环境温度降低时( )
图3
A.电容器C的带电荷量增大
B.电压表的读数增大
C.电容器C两板间的电场强度减小
D.R1消耗的功率增大
解析 当环境温度降低时，R2变大，电路的总电阻变大，由I＝知I变小，又U＝E－Ir，电压表的读数U增大，B正确；又由P1＝I2R1可知，R1消耗的功率P1变小，D错误；电容器两板间的电压U2＝U－U1，U1＝IR1，可知U1变小，U2变大，由场强E′＝，Q＝CU2可知Q、E′都增大，故A正确，C错误.
答案 AB
解决含有热敏电阻、光敏电阻的直流电路动态分析问题：
①明确热敏电阻、光敏电阻的电阻特性；
②解题思路：
R局
四、霍尔元件
1.构造
在一个很小的矩形半导体薄片上，制作四个电极E、F、M、N，就成为一个霍尔元件.
2.原理
E、F间通入恒定的电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B时，薄片中的载流子就在洛伦兹力作用下，向着与电流和磁场都垂直的方向漂移，使M、N间出现电压(如图4所示).
图4
3.作用
霍尔元件能够把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量.
深度思考
如图4所示，霍尔元件中M、N间的电压UH如何计算？(在图中设E、F间通入的电流恒为I，外加磁场为B，薄片厚度为d，单位体积内载流子数为n，单个载流子所带电荷量为q)
答案 该霍尔元件中的载流子受到磁场力作用发生偏转，造成半导体内部出现电场.载流子同时受到电场力作用.当磁场力与电场力平衡时，MN间电势差达到稳定，且有
q＝qvB(L为MN之间的宽度)①
再根据电流的微观解释I＝nqSv②
S＝Ld③
由①②③整理后，得UH＝.
令k＝，所以UH＝k.
例4 如图5所示，有电流I流过长方体金属块，金属块宽为d，高为b，有一磁感应强度为B的匀强磁场垂直于纸面向里，金属块单位体积内的自由电子数为n，问：金属块上、下表面哪面电势高？电势差是多少？
图5
解析 因为自由电荷为电子，运动方向与电流方向相反，故由左手定则可判定向上偏，则上表面聚集负电荷，下表面带等量的正电荷，故下表面电势高，设其稳定电压为U，当运动的自由电子所受电场力与洛伦兹力平衡时，有e＝evB，因为导体中的电流I＝neSv＝nev·bd，故U＝
答案 下表面电势高
霍尔电势高低的判断方法：由左手定则判断带电粒子的受力方向，如果带电粒子是正电荷，则拇指所指的面为高电势面，如果是负电荷，则拇指所指的面为低电势面，但无论是正电荷还是负电荷，四指指的都是电流方向，即正电荷定向移动的方向，负电荷定向移动的反方向.在判断电势高低时一定要注意载流子是正电荷还是负电荷.
1.(对传感器的理解)用遥控器调换电视机频道的过程，实际上就是传感器把光信号转化为电信号的过程.下列属于这类传感器的是( )
A.红外报警装置
B.走廊照明灯的声控开关
C.自动洗衣机中的压力传感装置
D.电饭煲中控制加热和保温的温控器
答案 A
解析 遥控器是利用红外线传输信号的，故A项正确.
2.(光敏电阻的特性)如图6所示，电源两端的电压恒定，L为小灯泡，R为光敏电阻，LED为发光二极管(电流越大，发出的光越强)，且R与LED间距不变，闭合开关S后，下列说法中正确的是( )
图6
A.当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率增大
B.当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率减小
C.当滑动触头P向右移动时，L消耗的功率可能不变
D.无论怎样移动滑动触头P，L消耗的功率都不变
答案 A
解析 当滑动触头P向左移动时，使其电阻减小，则流过二极管的电流增大，从而发光增强，使光敏电阻R的阻值减小，通过灯泡L的电流增大，则L消耗的功率增大，A正确，B、D错误；当滑动触头P向右移动时，可分析出L消耗的功率变小，C错误.
3.(热敏电阻的特性)如图7所示，R1为定值电阻，R2为负温度系数的热敏电阻，L为小灯泡，当温度降低时( )
图7
A.R1两端的电压增大 B.电流表的示数增大
C.小灯泡的亮度变强 D.小灯泡的亮度变弱
答案 C
解析 R2与灯泡L并联后与R1串联，与电源构成闭合电路，当热敏电阻R2温度降低时，它的电阻值增大，外电路电阻增大，电流表读数减小，灯泡L两端电压增大，灯泡亮度变强，R1两端电压减小，故C正确，其余各项均错.
4.(霍尔元件原理分析及应用)(多选)如图8所示是霍尔元件的工作原理示意图，如果用d表示薄片的厚度，k为霍尔系数，相对于一个霍尔元件d、k为定值，如果保持电流I恒定，则可以验证UH随B的变化情况.以下说法中正确的是( )
图8
A.增大穿过霍尔元件工作面的磁感应强度B时，UH将变大
B.在测定地球两极的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平
C.在测定地球赤道上的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平
D.改变磁感线与霍尔元件工作面的夹角，UH将发生变化
答案 ABD
解析
A
B增强，由UH＝k，知UH将变大
正确
B
地球两极处磁场可看作与地面垂直，所以工作面应保持水平
正确
C
赤道处磁场可看作与地面平行，所以工作面应保持竖直
错误
D
若磁场与工作面夹角为θ，则应有qvBsin θ＝q，可见θ变化时，UH将变化
正确
题组一 对传感器的理解
1.有一些星级宾馆的洗手间装有自动干手机，洗手后将湿手靠近，机内的传感器就开通电热器加热，有热空气从机内喷出，将湿手烘干，手靠近干手机能使传感器工作，是因为( )
A.改变湿度 B.改变温度
C.改变磁场 D.改变电容
答案 D
解析 手靠近干手机后，使电容式传感器的电容改变，干手机内的电热器工作.
2.传感器是把非电学量(如位移、压力、流量、声强等)转换成电学量的一种元件.如图1所示为一种电容式传感器，电路可将声音信号转化为电信号.电路中a、b构成一个电容器，b是固定不动的金属板，a是能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜.若声源S发出频率恒定的声波使a振动，则a在振动过程中( )
图1
A.a、b板之间的电场强度不变
B.a、b板所带的电荷量不变
C.电路中始终有方向不变的电流
D.向右位移最大时，电容器的电容最大
答案 D
解析 a、b始终跟电源相连，电势差U不变，由于a、b间距离变化，由E＝知场强变化，A错误；由C＝知d变化时C变化，a向右位移最大时，电容最大，D正确；由Q＝CU知a、b所带电荷量变化，电路中电流方向改变，B、C错误.
3.(多选)电容式传感器是用来将非电信号转变为电信号的装置.由于电容器的电容C取决于极板正对面积S、极板间距离d以及极板间的电介质这几个因素，当某一物理量发生变化时就能引起上述某个因素的变化，从而引起电容的变化，如图2所示是四个电容式传感器的示意图，关于这四个传感器的作用，下列说法正确的是( )
图2
A.甲图的传感器可以用来测量角度
B.乙图的传感器可以用来测量液面的高度
C.丙图的传感器可以用来测量压力
D.丁图的传感器只能用来测量速度
答案 ABC
题组二 光敏电阻的特性
4.如图3所示，将一光敏电阻接入多用电表两表笔上，将多用电表的选择开关置于欧姆挡，用光照射光敏电阻时，表针的偏角为θ；现用手掌挡住部分光线，表针的偏角为θ′，则可判断( )
图3
A.θ′＝θ B.θ′＜θ
C.θ′＞θ D.不能确定
答案 B
解析 光敏电阻的阻值随光照强度的增强而减小，用手掌挡住部分光线，阻值变大，指针自左向右偏转角度变小.
5.如图4甲所示，光敏电阻R2上加上如图乙所示的光照，那么R2两端的电压变化是下列图中的( )
图4
答案 B
解析 光敏电阻阻值随光照的增强而减小，根据题图乙知R2两端的电压随之同频率地先减小后增大，但不会是零，所以选B.
6.(多选)如图5所示为光敏电阻自动计数器的示意图，其中R1为光敏电阻，R2为定值电阻.此光电计数器的工作原理是( )
图5
A.当有光照射R1时，信号处理系统获得高电压
B.当有光照射R1时，信号处理系统获得低电压
C.信号处理系统每获得一次低电压就计数一次
D.信号处理系统每获得一次高电压就计数一次
答案 AC
解析 光电计数器的工作原理：当有物体挡住射到光敏电阻R1的光照时，R1电阻增大，电路中电流减小，R2两端电压降低，信号处理系统得到低电压，计数器每由高电压变到低电压，就计一个数，从而达到自动计数的目的.
题组三 热敏电阻的特性
7.(多选)如图6为电阻R随温度T变化的图线.下列说法中正确的是( )
图6
A.图线1是热敏电阻的图线，它是用金属材料制成的
B.图线2的热敏电阻的图线，它是用半导体材料制成的
C.图线1对应的材料化学稳定性好、测温范围大、灵敏度高
D.图线2对应的材料化学稳定性差、测温范围小、灵敏度高
答案 BD
解析 金属热电阻的阻值随温度升高而增大，半导体材料的热敏电阻的阻值随温度升高而减小，所以A错，B对；图线1对应的材料化学稳定性好但灵敏度低，图线2对应的材料化学稳定性差但灵敏度高，所以C错，D对.
8.如图7所示是一个火灾报警器的部分电路示意图，其中R2为用半导体热敏材料(负温度系数)制成的传感器，电流表为值班室的显示器，a、b之间接报警器，当传感器R2所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是( )
图7
A.I增大，U增大 B.I减小，U减小
C.I减小，U增大 D.I增大，U减小
答案 B
解析 当R2所在处出现火情时，半导体热敏材料制成的传感器的电阻将减小，则此时电路中的总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可知：外电路的电压将减小，电路中的总电流增大，所以R1上的电压增大，R3两端的电压将减小，显示器的电流减小.故正确选项为B.
9.温度传感器广泛应用于室内空调、电冰箱等家用电器中，它是利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性来工作的.如图8甲所示，电源的电动势E＝9 V，内阻不计；G为灵敏电流表，内阻Rg保持不变；R为热敏电阻，其电阻阻值与温度的变化关系如图乙所示.闭合开关S，当R的温度等于20 ℃时，电流表示数I1＝2 mA；当电流表的示数I2＝3.6 mA时，热敏电阻的温度是( )
图8
A.60 ℃ B.80 ℃ C.100 ℃ D.120 ℃
答案 D
解析 在20 ℃时，E＝(Rg＋R1)I1，得Rg＝500 Ω，设温度为t时，E＝(Rg＋R2)I2，代入数据得R2＝2 000 Ω，从题图乙中可以看出t＝120 ℃，故选D.
10.如图9所示，由电源、小灯泡、电阻丝、开关组成的电路中，当闭合开关S后，小灯泡正常发光，若用酒精灯加热电阻丝时，发现小灯泡亮度变化是变暗，发生这一现象的主要原因是( )
图9
A.小灯泡的电阻发生了变化
B.小灯泡灯丝的电阻率随温度发生了变化
C.电阻丝的电阻率随温度发生了变化
D.电源的电压随温度发生了变化
答案 C
解析 电阻丝的电阻率随温度的升高而增大，电阻丝的电阻也增大，电路中电流减小，根据P＝I2R知，小灯泡的实际功率减小，所以变暗.
题组四 霍尔元件原理分析及应用
11.(多选)如图10所示是霍尔元件的示意图，一块通电的铜板放在磁场中，铜板的前、后板面垂直于磁场，板内通有如图方向的电流，a、b是铜板上、下边缘的两点，则( )
图10
A.电势φa＞φb
B.电势φb＞φa
C.电流增大时，|φa－φb|增大
D.其他条件不变，将铜板改为NaCl溶液时，电势结果仍然一样
答案 AC
解析 铜板中的自由电荷是电子，电子定向移动的方向与电流的方向相反，由左手定则可判断出电子因受洛伦兹力作用向b侧偏转，所以φa＞φb，A对，B错；因|φa－φb|＝k，所以电流增大时，|φa－φb|增大，C对；若将铜板改为NaCl溶液，溶液中的正、负离子均向b侧偏转，|φa－φb|＝0，即不产生霍尔效应，故D选项错误.
12.为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图11所示的流量计.该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口.在垂直于上下底面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，在前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极.污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U.若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是( )
图11
A.若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高
B.若污水中负离子较多，则前表面比后表面电势高
C.污水中离子浓度越高电压表的示数将越大
D.污水流量Q与U成正比，与a、b无关
答案 D
解析 由左手定则可以判断出正离子较多时，正离子受到的洛伦兹力使其向后表面偏转聚集而导致后表面电势升高，同理负离子较多时，负离子向前表面偏转聚集而导致前表面电势低，故A、B错误.设前、后表面间的最高电压为U，则＝qvB，所以U＝vBb，由此可知U与离子浓度无关，故C错误.因Q＝vbc，而U＝cBb，所以Q＝，D正确.
13.一种半导体材料称为“霍尔材料”，用它制成的元件称为“霍尔元件”，这种材料有可定向移动的电荷，称为“载流子”，每个载流子的电荷量大小为1个元电荷量，即q＝1.6×10－19 C，霍尔元件在自动检测、控制领域得到广泛应用，如录像机中用来测量录像磁鼓的转速、电梯中用来检测电梯门是否关闭以及自动控制升降电动机的电源的通断等.
在一次实验中，一块霍尔材料制成的薄片宽Lab＝1.0×10－2 m、Lbc＝4.0×10－2 m、厚h＝1×10－3 m，水平放置在竖直方向上的磁感应强度B＝1.5 T的匀强磁场中，bc方向通有I＝3.0 A的电流，如图12所示，沿宽度产生1.0×10－5 V的横向电压.
图12
(1)假定载流子是电子，a、b两端中哪端电势较高？
(2)薄板中形成电流I的载流子定向运动的速率多大？
答案 (1)a (2)6.7×10－4 m/s
解析 (1)根据左手定则可确定a端电势高.
(2)当导体内由于载流子沿电流方向所在的直线定向运动时，受洛伦兹力作用而产生横向分运动，产生横向电场，横向电场的电场力与洛伦兹力平衡时，导体横向电压稳定.设载流子沿电流方向所在直线定向移动的速度为v，横向电压为Uab，横向电场强度为E，电场力为Fe＝eE＝e，磁场力FB＝evB，平衡时e＝evB，
得v＝≈6.7×10－4 m/s.
2 传感器的应用
[目标定位] 1.了解传感器在日常生产、生活中的应用.2.理解传感器在电子秤、电熨斗、电饭锅中的应用.3.理解光传感器在鼠标器和火灾报警器中的应用.
一、传感器的应用分析
1.传感器应用的一般模式
传感器→电路→
2.传感器的工作原理分析
(1)检测量分析：明确传感器所检测的物理量，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，在熟悉常用元件工作特点的基础上，分析电路输出信号与输入信号间的规律.
二、传感器的应用实例
1.力传感器的应用——电子秤
(1)组成及敏感元件：由金属梁和应变片组成，敏感元件是应变片.
(2)工作原理：
(3)作用：应变片将物体形变这个力学量转换为电压这个电学量.
2.温度传感器的应用实例
(1)电熨斗
①构造(如图1所示)
图1
②敏感元件：双金属片.
③工作原理：温度变化时，由于双金属片上层金属与下层金属的膨胀系数不同，双金属片发生弯曲从而控制电路的通断.
(2)电饭锅
①构造(如图2所示)
图2
②敏感元件：感温铁氧体
③工作原理
(ⅰ)居里温度：感温铁氧体常温下具有铁磁性，温度上升到约103_℃时，失去铁磁性，这一温度称为该材料的“居里温度”.
(ⅱ)自动断电原理：用手按下开关通电加热，开始煮饭，当锅内加热温度达到103_℃时，铁氧体失去磁性，与永久磁铁失去吸引力，被弹簧片弹开，从而推动杠杆使触点开关断开.
3.光传感器的应用——火灾报警器
(1)组成及敏感元件：由带孔的罩子、发光二极管LED、光电三极管和不透明的挡板组成，敏感元件为光电三极管.
(2)工作原理：
???
深度思考
(1)用电熨斗熨烫棉麻衣物需要设定较高的温度，熨烫丝绸衣物需要设定较低的温度.它是如何利用调温旋钮来实现的？
(2)如果用电饭锅烧水会不会自动断电？
答案 (1)通过调温旋钮来调升降螺丝的高度来实现不同温度的设定.如需设定的温度较高，则应使升降螺丝下降；反之升高.
(2)如果用电饭锅烧水，在水沸腾后因为水温保持在100 ℃，故不能自动断电，只有水烧干后，温度升到103 ℃才能自动断电.
例1 关于电子秤中应变式力传感器说法正确的是( )
A.应变片是由导体材料制成
B.当应变片的表面拉伸时，其电阻变大，反之变小
C.传感器输出的是金属架上的电压
D.外力越大，输出的电压差值也越大
解析 应变片多用半导体材料制成，应变片的表面拉伸时，其电阻变大，反之变小，故选项A错，B对；传感器输出的是应变片上、下两表面的电压差，并且随着外力的增大，输出的电压差值也增大，故C错，D对.
答案 BD
例2 为了锻炼身体，小明利用所学物理知识设计了一个电子拉力计，如图3所示是原理图.轻质弹簧右端和金属滑片P固定在一起(弹簧的电阻不计，P与R1间的摩擦不计)，弹簧劲度系数为100 N/cm.定值电阻R0＝5 Ω，ab是一根长为5 cm的均匀电阻丝，阻值R1＝25 Ω，电源输出电压恒为U＝3 V，理想电流表的量程为0～0.6 A.当拉环不受力时，滑片P处于a端.下列关于这个电路的说法正确的是(不计电源内阻)( )
图3
A.小明在电路中连入R0的目的是保护电路
B.当拉环不受力时，闭合开关后电流表的读数为0.1 A
C.当拉力为400 N时，电流表指针指在0.3 A处
D.当拉力为400 N时，电流表指针指在0.5 A处
解析 若电路无电阻R0，且金属滑片P在b端时，回路短路损坏电源，R0的存在使电路不出现短路，因此A正确；当拉环不受力时，滑片P在a端，由闭合电路欧姆定律得，I＝＝0.1 A，故B正确；拉力为400 N时，由F＝kΔx，则Δx＝4 cm，对应的电阻为RaP＝20 Ω，R1接入电路的电阻RPb＝5 Ω，由闭合电路欧姆定律得，I′＝＝0.3 A，故D错，C正确.
答案 ABC
力学传感器的分析方法：
(1(分析清楚力学传感器的工作原理，明确装置是如何将力这个非电学量转化为电学量是解决该类问题的关键.
(2(涉及电路计算时，注意欧姆定律及分压原理的应用.
例3 如图4是电饭锅的结构图，如果感温磁体的“居里温度”为103 ℃时，下列说法中正确的是( )
图4
A.常温下感温磁体具有较强的磁性
B.当温度超过103 ℃时，感温磁体的磁性较强
C.饭熟后，水分被大米吸收，锅底的温度会超过103 ℃，这时开关按钮会跳起
D.常压下只要锅内有水，锅内的温度就不可能达到103 ℃，开关按钮就不会自动跳起
答案 ACD
例4 如图5所示是电饭煲的电路图，S1是一个温控开关，手动闭合后，当此开关温度达到居里点(103 ℃)时，会自动断开.S2是一个自动温控开关，当温度低于70 ℃时，会自动闭合；温度高于80 ℃时，会自动断开.红灯是加热时的指示灯，黄灯是保温时的指示灯.分流电阻R1＝R2＝500 Ω，加热电阻丝R3＝50 Ω，两灯的电阻不计.
图5
(1)分析电饭煲的工作原理；
(2)计算加热和保温两种状态下，电饭煲消耗的电功率之比；
(3)简要回答，如果不闭合开关S1能将饭煮熟吗？
解析 (1)接上电源，S2自动闭合，同时手动闭合S1，这时黄灯短路，红灯亮，电饭煲处于加热状态.加热到80 ℃时，S2自动断开，S1仍闭合；饭煮熟后，温度升高到103 ℃时，S1自动断开，黄灯亮，电饭煲处于保温状态，由于散热，待温度降至70 ℃时，S2自动闭合，电饭煲重新加热，温度达到80 ℃时，S2又自动断开，再次处于保温状态，如此循环.
(2)加热时电饭煲消耗的电功率P1＝，保温时电饭煲消耗的电功率P2＝，两式中R并＝＝ Ω＝ Ω，故＝＝＝.
(3)如果不闭合S1，开始时S2是闭合的，R1被短路，功率为P1；当温度上升到80 ℃时，S2自动断开，功率降为P2；温度降低到70 ℃，S2自动闭合……温度只能在70 ℃～80 ℃之间变化，不能将饭煮熟.
答案 见解析
例5 下列关于光传感器应用的有关说法中正确的是( )
A.火灾报警器是利用烟雾对光的反射来工作的
B.火灾报警器中的光电三极管平时收不到LED发出的光，呈现高电阻状态
C.机械式鼠标器的传感器是红外发射管
D.当鼠标器在桌面上移动时，红外接收管收到的是断续的红外线脉冲
解析 火灾报警器是利用烟雾对光的散射来工作的，平时光电三极管呈高电阻状态，即选项A错误，选项B正确；机械式鼠标器的两个红外接收管就是两个光传感器，它的作用就是把光信号(红外线脉冲)转换或电信号.故选项C错误，选项D正确.
答案 BD
光传感器的应用——鼠标器
(1)机械式鼠标器的内部组成如图6所示，包括滚球、滚轴与码盘、红外发射管与红外接收管(光传感器).
图6
(2)工作原理：鼠标器移动时，滚球的运动通过滚轴带动两个码盘转动，红外接收管就收到断续的红外线脉冲，输出相应的电脉冲信号，计算机分别统计x、y两个方向的脉冲信息，处理后就使屏幕上的光标产生相应的位移.
1.(力传感器的应用)压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，在升降机中将重物放在压敏电阻上，压敏电阻接在如图7甲所示的电路中，电流表示数变化如图乙所示，某同学根据电流表的示数变化情况推断升降机的运动状态，下列说法中正确的是( )
图7
A.0～t1时间内，升降机一定匀速运动
B.0～t1时间内，升降机可能减速上升
C.t1～t2时间内，升降机可能匀速上升
D.t1～t2时间内，升降机可能匀加速上升
答案 B
解析 在0～t1时间内，电流恒定，表明压敏电阻的阻值恒定，则重物对压敏电阻的压力恒定，则升降机可能处于静止、匀速运动或匀变速直线运动，故A选项错误，B选项正确；t1～t2时间内，电流在增加，表明压敏电阻的阻值在减小，则重物对压敏电阻的压力在增大，重物的加速度是变化的，故不可能做匀速运动或匀加速运动，C、D两项都错.
2.(温度传感器的应用)传感器的种类多种多样，其性能也各不相同，空调机在室内温度达到设定的温度后，会自动停止工作，空调机内使用的传感器是( )
A.生物传感器 B.红外传感器
C.温度传感器 D.压力传感器
答案 C
3.(温度传感器的应用)(多选)如图8所示是自动调温式电熨斗，下列说法正确的是( )
图8
A.常温时上、下触点是接触的
B.双金属片温度升高时，上金属片形变较大，双金属片将向下弯曲
C.原来温度控制在80 ℃断开电源，现要求60 ℃断开电源，应使调温旋钮下移一些
D.由熨烫丝绸衣物状态转化为熨烫棉麻衣物状态，应使调温旋钮下移一些
答案 ABD
4.(光传感器的应用)如图9为烟雾散射式火灾报警器，它主要由带孔的外罩、发光二极管LED、光电三极管及不透明的挡板组成，请简述它的工作原理.
图9
答案 见解析
解析 报警器工作时发光二极管处于发光状态，由于挡板遮挡，平时光电三极管接收不到LED发出的光，呈现高电阻状态.烟雾进入罩内后对光有散射作用，使部分光线照射到光电三极管上，其电阻变小，与传感器连接的电路检测出这种变化，就会报警.
题组一 力传感器的应用
1.电子秤使用的是( )
A.超声波传感器 B.压力传感器
C.温度传感器 D.红外传感器
答案 B
2.如图1所示，两块水平放置的金属板距离为d，用导线、开关K与一个n匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的变化磁场B中.两板间放一台小压力传感器，压力传感器上表面静止放置一个质量为m、电荷量为＋q的小球.K断开时传感器上有示数，K闭合时传感器上恰好无示数.则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量变化率分别是( )
图1
A.正在增强，＝ B.正在减弱，＝
C.正在减弱，＝ D.正在增强，＝
答案 D
解析 K闭合时传感器上恰好无示数，说明小球受竖直向上的电场力，且电场力大小等于重力，由楞次定律可判断磁场B正在增强，根据法拉第电磁感应定律E＝n＝U，又q·＝mg得＝，故D正确.
3.利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小.实验时，把图2甲中的小球举高到绳子的悬点O处，然后让小球自由下落.用这种方法获得的弹性绳的拉力随时间的变化图线如图乙所示.根据图线所提供的信息，以下判断正确的是( )
图2
A.t2时刻小球所处位置是运动中最高点
B.t1～t2期间小球速度先增大后减小
C.t3时刻小球动能最小
D.t2与t5时刻小球速度大小不同
答案 B
解析 小球下落的轨迹展开图如图所示，B处为绳子的原长处，C处为小球重力与绳上拉力相等处，D处为小球下落的最低点，在题F－t图中，0～t1小球在OB间下落，t1～t2小球在BD间下落，t2～t3小球由D处回到B处，t3～t4小球在BO间上升，而后下落至B点.由F－t图知，小球在t2时刻下落到最大距离，然后最大距离在逐渐减小，由以上分析知，小球的最大速度出现在C点，对应于t1～t2之间，A错，B对；t3时刻小球速度不为零，故动能不可能最小，C错误；t2和t5分别对应小球先后两次下落过程中经过最低点的时刻，速度大小为零，D错误.正确选项为B.
4.(多选)压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小.一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如图3甲所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体m，升降机静止时电流表示数为I0.某过程中电流表的示数如图乙所示，则在此过程( )
图3
A.物体处于失重状态
B.物体处于超重状态
C.升降机一定向上做匀加速运动
D.升降机可能向下做匀减速运动
答案 BD
解析 电流表的示数变为2I0且保持不变，说明此时压敏电阻的阻值比升降机静止时小，压敏电阻所受压力变大，物体处于超重状态，即物体具有向上的加速度，B、D正确，A、C错误.
题组二 光传感器的应用
5.在电梯门口放置一障碍物，会发现电梯门不停地开关，这是由于在电梯门上装有的传感器是( )
A.光传感器 B.温度传感器
C.声传感器 D.压力传感器
答案 A
解析 在电梯门口放置一障碍物，电梯门不停地开关，说明电梯门口有一个光传感器，故A选项正确.
6.街旁的路灯、江海里的航标都要求在夜晚亮、白天熄，利用半导体的电学特性制成了自动点亮、熄灭的装置，实现了自动控制，这是利用半导体的( )
A.压敏性 B.光敏性
C.热敏性 D.三种特性都利用
答案 B
7.(多选)如图4所示，用光敏电阻LDR和灯泡制成的一种简易水污染指示器，下列说法中正确的是( )
图4
A.严重污染时，LDR是高电阻
B.轻度污染时，LDR是高电阻
C.无论污染程度如何，LDR的电阻不变，阻值大小由材料本身因素决定
D.该仪器的使用会因为白天和晚上受到影响
答案 AD
解析 严重污染时，透过污水照到LDR上的光线较少，LDR电阻较大，A对，B错；LDR由半导体材料制成，受光照影响，电阻会发生变化，C错；白天和晚上自然光的强弱不同，或多或少会影响LDR的电阻，D对.
题组三 温度传感器的应用
8.在防治“非典”期间，在机场、车站等交通出入口，使用了红外线热像仪，红外线热像仪通过红外线遥感，可检测出经过它时的发热病人，从而可以有效控制疫情的传播.关于红外线热像仪，下列说法正确的是( )
A.选择红外线进行检测，主要是因为红外线具有荧光效应
B.红外线热像仪通过发射红外线照射人体来检测
C.红外线热像仪同时还具有杀菌作用
D.一切物体都能发射红外线，而且物体在不同温度下发射的红外线的频率和强度不同
答案 D
解析 红外线热像仪是根据物体发射的红外线的频率和强度不同而工作的，故D正确.
9.小强用恒温箱进行实验时，发现恒温箱的温度持续升高，无法自动控制.经检查，恒温箱的控制器没有故障.参照图5，下列对故障判断正确的是( )
图5
A.只可能是热敏电阻出现故障
B.只可能是温度设定装置出现故障
C.热敏电阻和温度设定装置都可能出现故障
D.可能是加热器出现故障
答案 C
解析 由恒温箱原理图可知，若热敏电阻出现故障或温度设定装置出现故障都会向控制器传递错误信息，导致控制器发出错误指令，故C正确，A、B错误.若加热器出现故障，只有一种可能，即不能加热，而题中加热器一直加热才会使温度持续升高，故D错误.
10.(多选)在家用电热灭蚊器中，电热部分主要元件是PTC元件，PTC元件是由钛酸钡等半导体材料制成的电阻器，其电阻率ρ随温度t的变化关系如图6所示，由于这种特性，使PTC元件具有发热、保温双重功能.以下判断正确的是( )
图6
A.通电后，其电功率先增大后减小
B.通电后，其电功率先减小后增大
C.当其产生的热量与散发的热量相等时，温度保持在t1不变
D.当其产生的热量与散发的热量相等时，温度保持在t1和t2之间的某一值不变
答案 AD
解析 当电热灭蚊器温度由0升到t1的过程中，电阻器的电阻率ρ随温度的升高而减小，其电阻R随之减小，由于加在电热灭蚊器上的电压U保持不变，电热灭蚊器的电功率P随之增大，当t＝t1时，电功率P达到最大.当温度由t1升高到t2的过程中，ρ增大，R增大，P减小.而温度越高，其与外界环境温度的差别也就越大，高于环境温度的电热灭蚊器的散热功率P′也就越大.因此在这之间的某一温度t3会有P＝P3＝P′，即电功率P减小到等于散热功率时，即达到保温；当tP′，使温度自动升高到t3；当t>t3，P11.如图7甲所示为温度在10 ℃左右的环境中工作的某自动恒温箱原理简图，箱内的电阻R1＝20 kΩ，R2＝10 kΩ，R3＝40 kΩ，RT为热敏电阻，它的电阻随温度变化的图线如图乙所示.当a、b两端电压Uab＜0时，电压鉴别器会令开关S接通，恒温箱内的电热丝发热，使箱内温度升高；当Uab＞0时，电压鉴别器会令开关S断开，停止加热，恒温箱内的温度恒定在________℃.
图7
答案 32(31～33均可)
解析 设电路路端电压为U，当Uab＝0时，有R1＝R3，解得RT＝20 kΩ.
由题图乙可知，当RT＝20 kΩ时，t＝32 ℃.
12.电饭煲的工作原理图如图8所示，可分为两部分，即控制部分：由S2、R1和黄灯组成.工作(加热)部分：由发热电阻R3、R2和红灯组成，S1是一个磁铁限温开关，手动闭合，当此开关的温度达到居里点(103 ℃)时，自动断开，且不能自动复位(闭合)，S2是一个双金属片自动开关，当温度达到70～80 ℃时，自动断开，低于70 ℃时，自动闭合，红灯、黄灯是指示灯，通过的电流必须较小，所以R1、R2起_______作用，R3是发热电阻，由于煮饭前温度低于70 ℃，所以S2是_______(填“断开的”或“闭合的”).接通电源并按下S1后，黄灯灭而红灯亮，R3发热，当温度达到70～80 ℃时，S2断开，当温度达到103 ℃时饭熟，S1断开，当温度降到70 ℃以下时，S2闭合，电饭煲处于保温状态，由以上描述可知R2_______R3(填“>”、“<”或“＝”)，若用电饭煲烧水时，直到水被烧干S1才会断开，试解释此现象.
图8
答案 见解析
解析 R1、R2起的作用是限流，防止指示灯因电流过大而烧毁，S2是自动控制温度开关，当温度低于70 ℃时自动闭合，当温度达到70～80 ℃时又自动断开，使电饭煲处于保温状态，由于R3的功率较大，因此R2>R3.由于开关S1必须当温度达到103 ℃时才自动断开，而水的沸点只有100 ℃，因此用电饭煲烧水时，直到水被浇干后S1才会断开.
3 实验：传感器的应用
[目标定位] 1.理解光控开关、温度报警器的工作原理.2.理解光控开关、温度报警器的灵敏度调节原理.3.会用传感器制作简单的自动控制设备.
一、光控开关电路分析
1.工作原理(如图1所示).
图1
2.斯密特触发器
实质是一个具有特殊功能的非门，当A端电势高于1.6 V时，Y端会输出0.25 V的低电势，当A端电势低于0.8 V时，Y端会输出3.4 V的高电势.
3.电路分析
(1)电磁继电器的工作原理
由于集成电路允许通过的电流较小，要用白炽灯泡模仿路灯，就要使用继电器来启闭另外的供电电路.如图2所示，图中虚线框内即为电磁继电器J，D为动触点，E为静触点.当线圈A中通电时，铁芯中产生磁场，吸引衔铁B向下运动，从而带动动触点D向下与静触点E接触，将工作电路接通，当线圈A中电流为零时，电磁铁失去磁性，衔铁B在弹簧作用下被拉起，动触点D与静触点E分离，自动切断工作电路.
图2
(2)控制电路的原理
天较亮时，光敏电阻RG阻值较小，斯密特触发器输入端A电势较低，则输出端Y输出高电平，线圈中无电流，工作电路不通；天较暗时，光敏电阻RG电阻增大，斯密特触发器输入端A电势升高，当升高到一定值，输出端Y由高电平突然跳到低电平，有电流通过线圈A，电磁继电器工作，接通工作电路，使路灯自动开启；天明后，RG阻值减小，斯密特触发器输入端A电势逐渐降低，降到一定值，输出端Y突然由低电平跳到高电平，则线圈A中不再有电流，电磁继电器自动切断工作电路的电源，路灯熄灭.
深度思考
如图1甲所示，要想在天更暗时路灯才会亮，应该把R1的阻值如何调节？
答案 要想在天更暗时路灯才会亮，应该把R1的阻值调大些，这样要使斯密特触发器的输入端A的电压达到某个值(如1.6 V)，就需要RG的值达到更大，即天色更暗.
例1 如图3所示为一个逻辑电平检测电路，A与被测点相接，则( )
图3
A.A为低电平，LED发光
B.A为高电平，LED发光
C.A为低电平，LED不发光
D.A为高电平，LED不发光
解析 A为低电平时，Y为高电平，LED的电压小，不发光；A为高电平时，Y为低电平，LED的电压大，发光，故B、C正确.
答案 BC
(1)图中“”叫斯密特触发器，是一种具有特殊功能的“非”门.
(2)与物理学中的电路图不同，在涉及门电路的电路图时，表示的是电路中的逻辑关系，通常不把电流的通路完整地画出来.
针对训练1 如图4所示的光控电路，用发光二极管LED模仿路灯，RG为光敏电阻，R1的最大电阻为51 kΩ，R2为330 Ω.白天，光的强度较大，光敏电阻RG的电阻值较________，加在斯密特触发器A端的电压较________，则输出端Y输出高电平，发光二极管LED________(填“导通”或“不导通”)；当天色暗到一定程度时，RG的阻值增大到一定值，斯密特触发器输入端A的电压上升到某个值(1.6 V)，输出端Y突然从高电平跳到低电平，则发光二极管LED______(填“导通”或“不导通”)，这样就达到了使路灯白天熄灭，天暗自动开启的目的.
图4
答案 小 低 不导通 导通
解析 白天，光照强度较大，光敏电阻RG的电阻值较小，加在斯密特触发器A端的电压较低，则输出端Y输出高电平，发光二极管LED不导通；当天色暗到一定程度时，RG阻值增大到一定值，斯密特触发器的输入端A的电压上升到某个值(1.6 V)时，输出端Y会突然从高电平跳到低电平，则发光二极管LED导通发光(相当于路灯亮了)，这样就达到了使路灯白天熄灭，天暗自动开启的目的.
二、温度报警器电路分析
1.电路
如图5所示.
图5
2.工作原理
常温下，调整R1的阻值使斯密特触发器的输入端A处于低电平，则输出端Y处于高电平，无电流通过蜂鸣器，蜂鸣器不发声；当温度升高时，热敏电阻RT阻值减小，斯密特触发器输入端A电势升高，当达到某一值(高电平)，其输出端由高电平跳到低电平，蜂鸣器通电，从而发出报警声，R1的阻值不同，则报警温度不同.
深度思考
如图5所示，要使热敏电阻在感测到更高的温度时才报警，应如何调节滑动变阻器R1?
答案 要使热敏电阻在感测到更高的温度时才报警，应减小R1的阻值，R1阻值越小，加在斯密特触发器输入端A端达到高电平，则热敏电阻阻值要求越小，即温度越高.
例2 温度报警器电路如图6所示，常温下，调整____的阻值使斯密特触发器的输入端A处于低电平，则输出端Y处于高电平，无电流通过蜂鸣器，蜂鸣器不发声；当温度升高时，热敏电阻RT阻值____，斯密特触发器的输入端A电势____，当达到某一值(高电平)时，其输出端由高电平跳到低电平，蜂鸣器通电，从而发出报警声.R1的阻值不同，则报警温度不同.
图6
解析 常温下，调整R1的阻值使斯密特触发器的输入端A处于低电平，则输出端Y处于高电平，无电流通过蜂鸣器，蜂鸣器不发声；当温度升高时，热敏电阻RT阻值减小，斯密特触发器输入端A电势升高，当达到某一值(高电平)时，其输出端由高电平跳到低电平，蜂鸣器通电，从而发出警报声，R1的阻值不同，报警温度不同.
答案 R1 减小 升高
针对训练2 如图7所示，是一个火警报警装置的逻辑电路图.RT是一个热敏电阻，低温时电阻值很大，高温时电阻值很小，R是一个阻值较小的分压电阻.
图7
(1)要做到低温时电铃不响，火警时产生高温，电铃响起，在图中虚线处应接入怎样的元件？
(2)为什么温度高时电铃会被接通？
(3)为了提高该电路的灵敏度，即报警温度调得稍低些，R的值应大一些还是小一些？
答案 见解析
解析 (1)温度较低时RT的阻值很大，R比RT小得多，因此P、X之间电压较大.要求此时电铃不响，表明输出给电铃的电压应该较小，输入与输出相反，可见虚线处元件应是“非”门.(2)高温时RT的阻值减小，P、X之间电压降低，输入低电压时，从“非”门输出的是高电压，电铃响起.(3)由前面分析可知，若R较大，由于它的分压作用，RT两端的电压降低，则外界温度不太高时，就能使P、X之间电压降到低电压输入，电铃就能发声，因此R较大时，反应较灵敏.
三、自动控制电路的分析与设计
例3 现有热敏电阻、电炉丝、电源、电磁继电器、滑动变阻器、开关和导线若干.如图8所示，试设计一个温控电路.要求温度低于某一温度时，电炉丝自动通电供热，超过某一温度时，又可以自动断电，画出电路图并说明工作过程.
图8
解析 热敏电阻与滑动变阻器及电磁继电器构成低压控制电路.
答案 电路图如图所示.工作过程：闭合开关S，当温度低于设计值时，热敏电阻的阻值较大，通过电磁继电器的电流不能使它工作，K接通使电炉丝加热，当温度达到设计值时，热敏电阻的阻值减小到某一值，通过电磁继电器的电流达到工作电流，K断开，电炉丝断电，停止供热.当温度低于设计值时，又重复上述过程.
设计自动控制电路时，一般按照以下的思路进行：
(1(根据题目给出的仪器和要求画出控制电路和工作电路
控制电路由电源、开关、光敏电阻(或热敏电阻等其他敏感元件(、电磁继电器和导线等组成；工作电路由电源、用电器(灯泡、电热丝或其他用电器(、导线等组成.这两个电路相互独立，又通过电磁继电器相关联，电磁继电器实际上是工作电路的开关.
(2(分析自控电路的合理性
电路设计完成后，要对它的合理性进行分析，用光照射光敏电阻或对热敏电阻加热，检查工作电路的接通和断开是否符合实际要求.例如，自控路灯电路的设计要求是白天切断工作电路，使路灯熄灭，晚上接通工作电路，使路灯发光.
1.(温度报警器电路分析)(多选)如图9是温度报警器的电路示意图，下面对此电路的分析正确的是( )
图9
A.当RT的温度升高时，其阻值减小，A端电势降低，Y端电势升高，蜂鸣器会发出报警声
B.当RT的温度升高时，其阻值减小，A端电势升高，Y端电势降低，蜂鸣器会发出报警声
C.当增大R1时，A端电势升高，Y端电势降低，蜂鸣器会发出报警声
D.当增大R1时，A端电势降低，Y端电势升高，蜂鸣器会发出报警声
答案 BC
2.(自动控制电路的分析与设计)如图10所示，某小型电磁继电器，其中L为含铁芯的线圈.P为可绕O点转动的铁片，K为弹簧，S为一对触头，A、B、C、D为四个接线柱.电磁继电器与传感器配合，可完成自动控制的要求，其工作方式是( )
图10
A.A与B接信号电压，C与D跟被控电路串联
B.A与B接信号电压，C与D跟被控电路并联
C.C与D接信号电压，A与B跟被控电路串联
D.C与D接信号电压，A与B跟被控电路并联
答案 A
解析 A、B接电磁继电器的线圈，所以A、B应接信号电压，线圈电流随信号电压变化使电磁继电器相吸或释放，从而使C、D接通或断开，进而起到控制作用，故正确答案为A.
3.(自动控制电路的分析与设计)如图11所示是自动水位报警的示意图，其中继电器的线圈通过电流时，磁铁吸引衔铁1，使它与触头3断开，与触头2接触.若要求水位正常时绿灯亮，高出一定水位时红灯亮，现有红、绿灯泡各一个，红灯泡应安在________位置，绿灯泡应安在______位置(填“A”或“B”).
图11
答案 B A
解析 水位正常时，线圈中没有电流，衔铁1与触头3接触，这时应绿灯亮，所以绿灯泡应安在A位置，当高出一定水位时，线圈中有电流，磁铁吸引衔铁1，使它与触头3断开，与触头2接触，这时应红灯亮，所以红灯泡应安在B位置.
4.(光控开关电路分析与设计)光敏电阻在各种自动化装置中有很多应用，其中就可用于街道路灯的自动控制开关，如图12所示为模拟电路，其中A为光敏电阻，B为电磁继电器，C为照明电路，D为路灯，请连成正确的电路，达到日出灯熄、日落灯亮的效果.
图12
答案 见解析图
解析 电路连接如图所示.当天亮时，光线照射光敏电阻A，其阻值迅速减小，控制回路电流增大，电磁继电器B工作，吸下衔铁使触点断开，路灯熄灭.当夜晚降临，光线变暗，光敏电阻A的阻值增大，控制回路电流减小，弹簧将衔铁拉起，触点接通，路灯点亮.
题组一 光控开关电路分析
1.逻辑电路在电子线路中有着重要的应用.某同学利用“非”门电路设计了一个路灯自动控制门电路.天黑了，让路灯自动接通；天亮了，让路灯自动熄灭.图1中RG是一个光敏电阻，当有光线照射时，光敏电阻的阻值会明显减小.R是可调电阻，起分压作用.“非”门电路能将输入的高压信号转变为低压信号，或将低压信号转变为高压信号，J为路灯总开关控制电路，它在获得高电压时才启动(图中未画出路灯电路).
图1
(1)当天黑时，RG的阻值变________，“非”门电路获得_______电压，J得到_______电压.(填“大”、“小”或“高”、“低”)
(2)如果路灯开关自动接通时天色还比较亮，现要调节自动控制装置，使得它在天色较暗时才会自动接通开关，应将R的阻值调________(填“大”或“小”)一些.
答案 (1)大 低 高 (2)大
解析 (1)天黑时，光线减弱，光敏电阻RG的阻值变大，A端输入低电压，Y端输出高电压，J得到高电压，开始控制路灯工作.(2)如果路灯开关自动接通时天色还比较亮，应将R的阻值调大，使A端输入电压较高，当天色较暗时，RG的电阻变大，A端的电压降低，Y端的电压升高，J得到高电压，开始控制路灯工作.
2.把蜂鸣器、光敏电阻、干簧管继电器、开关、电源按如图2甲所示电路连接，制成光电报警装置.当报警器有光照射时，蜂鸣器发声，当没有光照或者光照很弱时，蜂鸣器不发声.光敏电阻：光敏电阻受光照射后，阻值会变小.干簧管继电器：由干簧管和绕在干簧管外的线圈组成，如图乙所示，当线圈中有一定的电流时，线圈产生的磁场使密封在干簧管内的两个铁质簧片磁化，两个簧片在磁力作用下由原来的分离状态变成闭合状态.当线圈中没有电流或者电流很微弱时，磁场消失，簧片在弹力的作用下回复到分离状态.试说明光电报警器的工作原理.
图2
答案 当报警器有光照射时，光敏电阻阻值减小，电路中电流增大，线圈产生的磁场使密封在干簧管内的两个铁质簧片磁化，两个簧片由原来的分离状态变成闭合状态，蜂鸣器电路接通，蜂鸣器发声；反之，当没有光照射或光照很微弱时，光敏电阻阻值很大，电路中的电流很小，干簧管内的两个铁质簧片处于分离状态，连接蜂鸣器的电路断开，蜂鸣器不发声.
题组二 温控开关电路分析
3.如图3所示为用热敏电阻R和继电器L等组成的一个简单的恒温控制电路，其中热敏电阻的阻值会随温度的升高而减小.电源甲与继电器、热敏电阻等组成控制电路，电源乙与恒温箱加热器(图中未画出)相连接.则( )
图3
A.当温度降低到某一数值，衔铁P将会被吸下
B.当温度升高到某一数值，衔铁P将会被吸下
C.工作时，应该把恒温箱内的加热器接在C、D端
D.工作时，应该把恒温箱内的加热器接在A、C端
答案 B
解析 当温度降低到某一数值，热敏电阻R的阻值增大，电路中电流减小，继电器L对衔铁P吸引力减小，P将不会被吸下，故A错误.当温度升高到某一数值，热敏电阻R的阻值减小，电路中电流增大，继电器L对衔铁P吸引力增大，P将会被吸下，故B正确.恒温箱内温度高到一定数值后，应与电源断开停止加热，由以上分析可知，温度升高后，A、B端断开，所以工作时，应该把恒温箱内的加热器接在A、B端，故C、D错误.
4.如图4所示为一自动控制温度的电路，请说明其工作原理.
图4
答案 见解析
解析 当开关P在弹簧拉力作用下拉到上面与a接触时，电热丝工作；随着温度升高，热敏电阻温度升高，阻值减小，通过电磁铁的电流增大，电磁铁磁性增强到一定程度时把P吸到b，电热丝停止工作，指示灯亮.
题组三 自动控制电路的分析与设计
5.(多选)如图5所示，全自动洗衣机中的排水阀是由程序控制器控制其动作的，当进行排水和脱水工序时，控制铁芯1的线圈通电，使铁芯2运动，从而牵引排水阀的阀门排除污水.以下说法中正确的是( )
图5
A.若输入的控制电流由a流入，由b流出，则铁芯2中A端为N极，B端为S极
B.若输入的控制电流由a流入，由b流出，则铁芯2中A端为S极，B端为N极
C.若a、b处输入交变电流，铁芯2不能被吸入线圈中
D.若a、b处输入交变电流，铁芯2仍能被吸入线圈中
答案 AD
解析 铁芯被通电螺线管磁化.
6.(多选)某同学设计的家庭电路保护装置如图6所示，铁芯左侧线圈L1由火线和零线并行绕成.当右侧线圈L2中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关K，从而切断家庭电路.仅考虑L1在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有( )
图6
A.家庭电路正常工作时，L2中的磁通量为零
B.家庭电路中使用的电器增多时，L2中的磁通量不变
C.家庭电路发生短路时，开关K将被电磁铁吸起
D.地面上的人接触火线发生触电时，开关K将被电磁铁吸起
答案 ABD
解析 由于零线、火线中电流方向相反，产生的磁场方向相反，所以家庭电路正常工作时，L2中的磁通量为零，选项A正确；家庭电路短路和用电器增多时均不会引起L2的磁通量的变化，选项B正确，C错误；地面上的人接触火线发生触电时，线圈L1中磁场变化引起L2中磁通量的变化，产生感应电流，吸起K，切断家庭电路，选项D正确.
7.如图7是一种防汛报警器的原理图，S是触点开关，B是一个漏斗形的竹片圆筒，里面有浮子A，请你说明这种报警器的工作原理.
图7
答案 见解析
解析 由题图可以看出，水面上升时，浮子A在漏斗形的竹片圆筒内上浮，顶起金属板.当水面上升达到警戒水位时，使触点开关S闭合，电磁铁电路连通，电磁铁通电有磁性，吸下衔铁使报警电路的触点开关闭合，灯亮发出防汛警报.
1 划时代的发现 2 探究感应电流的产生条件
[目标定位] 1.知道奥斯特实验、电磁感应现象，了解电生磁和磁生电的发现过程.2.通过实验观察和实验探究，理解感应电流的产生条件.3.能说出磁通量变化的含义，会利用电磁感应产生的条件解决实际问题.
一、电磁感应现象
1.奥斯特梦圆“电生磁”
1820年，丹麦物理学家奥斯特发现通电导线能使放在导线附近的小磁针偏转，这种作用称为电流的磁效应.
电流的磁效应说明电流能在其周围产生磁场.
2.法拉第心系“磁生电”
1831年，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，产生的电流叫感应电流.
法拉第把引起电流的原因概括为五类：变化的电流、变化的磁场、运动的恒定电流、运动的磁铁、在磁场中运动的导体.
深度思考
电流的磁效应与电磁感应有什么区别？
答案 电流的磁效应是指电流周围产生磁场，即“电生磁”.电磁感应现象是利用磁场产生感应电流，即“磁生电”.“电生磁”和“磁生电”是两种因果关系相反的现象，要正确区分这两种现象，弄清现象的因果关系是关键.
例1 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.由于导体自身电流发生变化，在回路中产生感应电流
D.电荷在磁场中定向移动形成电流
解析 根据引起电流原因的五类情况可知，导体自身电流发生变化，在回路中产生感应电流为电磁感应现象.故选项C正确.
答案 C
二、深化理解磁通量及其变化
1.磁通量的计算
(1)B与S垂直时：Φ＝BS，S为线圈的有效面积.如图1(a)所示.
(2)B与S不垂直时：Φ＝BS⊥＝B⊥S，S⊥为线圈在垂直磁场方向上的投影面积.B⊥为B在垂直于S方向上的分量.如图(b)、(c)所示.
(3)某线圈所围面积内有不同方向的磁场时，规定某个方向的磁通量为正，反方向的磁通量为负，求其代数和，如图(d)所示.
图1
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.
3.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2(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2
4.用磁感线的条数表示磁通量.当回路中有不同方向的磁感线穿过时，磁通量是指穿过某一面磁感线的“净”条数，即不同方向的磁感线的条数差.
深度思考
将两个同圆心但大小不同的线圈套在条形磁铁上，通过哪个线圈的磁通量大？
答案 通过小线圈的磁通量大.若穿过某一平面的磁感线既有穿出，又有穿入，则穿过该面的合磁通量为磁感线的净条数.
例2 磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量，如图3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3
A.ΔΦ1>ΔΦ2 B.ΔΦ1＝ΔΦ2
C.ΔΦ1<ΔΦ2 D.无法确定
解析 设闭合线框在位置1时的磁通量为Φ1，在位置2时的磁通量为Φ2，直线电流产生的磁场在位置1处比在位置2处要强，故Φ1>Φ2.
将闭合线框从位置1平移到位置2，磁感线是从闭合线框的同一面穿过的，所以ΔΦ1＝|Φ2－Φ1|＝Φ1－Φ2；将闭合线框从位置1绕cd边翻转到位置2，磁感线分别从闭合线框的正反两面穿过，所以ΔФ2＝|(－Φ2)－Φ1|＝Φ1＋Φ2(以原来穿过的方向为正方向，则后来从另一面穿过的方向为负方向).故正确选项为C.
答案 C
磁通量虽然是标量，但有正、负.该题中线框由位置1平移到位置2和绕cd边翻转到位置2时，在位置2的磁通量大小都相等，但磁感线穿入的方向相反.
例3 边长L＝10 cm的正方形线框有10匝，固定在匀强磁场中，磁场方向与线框平面间的夹角θ＝30°，如图4所示，磁感应强度随时间的变化规律为B＝2＋3t(T)，求：
图4
(1)2 s末穿过线框的磁通量.
(2)第3 s内穿过线框的磁通量的变化量ΔΦ.
解析 (1)2 s末穿过线框的磁感应强度
B2＝(2＋3×2) T＝8 T，
由Φ＝BSsin θ，知2 s末穿过线框的磁通量
Φ＝B2Ssin θ＝8×(0.1)2×sin 30° Wb＝4×10－2 Wb.
(2)第3 s内磁感应强度的变化ΔB＝3 T，
所以ΔΦ＝ΔBSsin θ＝3×(0.1)2×sin 30° Wb＝1.5×10－2 Wb.
答案 (1)4×10－2 Wb (2)1.5×10－2 Wb
(1(求解磁通量的变化量时要取有效面积；
(2(磁通量的变化与线圈的匝数无关；
(3(磁感线从不同侧面穿过线圈时磁通量的正、负不同.
三、探究感应电流的产生条件
1.导体棒在磁场中运动是否产生电流
如图5所示，将可移动导体AB放置在磁场中，并和电流表组成闭合回路.实验(1)操作及现象如下：
图5
实验操作
实验现象(有无电流)
导体棒静止
无
导体棒平行磁感线上、下运动
无
导体棒垂直磁感线左、右运动
有
2.磁铁在螺线管中运动是否产生电流
如图6所示，将螺线管与电流表组成闭合回路，把条形磁铁插入或抽出螺线管.实验(2)操作及现象如下：
图6
实验操作
实验现象(有无电流)
N极插入线圈
有
N极停在线圈中
无
N极从线圈中抽出
有
S极插入线圈
有
S极停在线圈中
无
S极从线圈中抽出
有
3.模拟法拉第的实验
如图7所示，线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连到电流表上，把线圈A装在线圈B的里面.实验(3)操作及现象如下：
图7
实验操作
实验现象(线圈B中有无电流)
开关闭合瞬间
有
开关断开瞬间
有
开关闭合时，滑动变阻器不动
无
开关闭合时，迅速移动滑动变阻器的滑片
有
4.归纳结论：产生感应电流的条件
(1)电路闭合；
(2)磁通量发生变化.
如果电路不闭合，不会产生感应电流，但仍会产生感应电动势，就像直流电路一样，电路不闭合，没有电流，但电源仍然存在.
深度思考
在螺线管A(如图8甲所示)中电流随时间变化的图象如图乙所示，则t＝t0时刻线圈B中有感应电流吗？
图8
答案 有.虽然此时穿过B的磁通量为0，但磁通量在变化，感应电流的产生与Φ无关，取决于Φ的变化.
例4 下图中能产生感应电流的是( )
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，磁通量不发生变化，无感应电流.
答案 B
(1(电路闭合和磁通量发生变化是产生感应电流的两个条件，二者缺一不可.
(2(磁通量发生变化，其主要内涵体现在“变化”上，磁通量很大若没有变化也不会产生感应电流，磁通量虽然是零但是如果在变化仍然可以产生感应电流.
1.(磁通量的理解)如图9所示，矩形线框abcd放置在水平面内，磁场方向与水平方向成α角，已知sin α＝，回路面积为S，磁感应强度为B，则通过线框的磁通量为( )
图9
A.BS B.BS C.BS D.BS
答案 B
解析 根据磁通量的定义可得通过线框的磁通量Φ＝BSsin α，代入解得Φ＝BS，所以B选项正确.
2.(电磁感应现象的产生)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也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.
3.(产生感应电流的判断)(多选)如图10所示，竖直放置的长直导线通有恒定电流，有一矩形线框与导线在同一平面内，在下列情况中线框产生感应电流的是( )
图10
A.导线中的电流变大
B.线框向右平动
C.线框向下平动
D.线框以AB边为轴转动
答案 ABD
4.(磁通量的变化)一电阻为R、面积为S的矩形导线框abcd处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面成θ＝45°角(如图11所示).当导线框以ab边为轴顺时针转过90°的过程中，穿过导线框abcd的磁通量的变化量ΔΦ＝____________.
图11
答案 BS(正、负均可)
解析 由Φ＝BSsin θ，θ＝45°知，初、末状态磁通量大小都为BS，但由于初、末状态磁场穿过线框某一面方向相反，若选Φ初＝BS，则Φ末＝－BS，所以ΔΦ＝Φ末－Φ初＝－BS，若选Φ初＝－BS，则ΔΦ＝BS.
题组一 电磁感应现象的发现
1.法拉第经过精心设计的一系列实验，发现了电磁感应现象，将历史上认为各自独立的学科“电学”与“磁学”真正联系起来.在下面几个典型的实验设计思想中，所做的推论后来被实验否定的是( )
A.既然磁铁可使近旁的铁块带磁性，静电荷可使近旁的导体表面感应出电荷，那么静止导线上的稳恒电流可使在近旁静止的线圈中感应出电流
B.既然磁铁可使近旁运动的导体中感应出电动势，那么稳恒电流也可使近旁运动的线圈中感应出电流
C.既然运动的磁铁可使近旁静止的线圈中感应出电流，那么静止的磁铁也可使近旁运动的导体中感应出电动势
D.既然运动的磁铁可使近旁的导体中感应出电动势，那么运动导线上的稳恒电流也可使近旁的线圈中感应出电流
答案 A
解析 法拉第经过研究发现引起感应电流的原因都与变化和运动有关，B、C、D三项所叙述的情况都被实验证实了，A项中的推论不成立.
题组二 磁通量及其变化的分析
2.如图1所示，虚线框内有匀强磁场，大环和小环是垂直于磁场方向放置的两个圆环，分别用Φ1和Φ2表示穿过大、小两环的磁通量，则有( )
图1
A.Φ1>Φ2 B.Φ1<Φ2
C.Φ1＝Φ2 D.无法确定
答案 C
解析 对于大环和小环来说，磁感线的净条数没有变化，所以选C.
3.如图2所示，ab是水平面内一个圆的直径，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向上竖直平移时，电流产生的磁场穿过圆的磁通量将 ( )
图2
A.逐渐增大 B.逐渐减小
C.始终为零 D.不为零，但保持不变
答案 C
解析 作出磁感线穿过圆的情况的俯视图，如图所示，根据磁场具有对称性可以知道，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，故磁通量始终为零，C项正确.
4.如图3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3
A.Φa>Φb B.Φa<Φb
C.Φa＝Φb D.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，通过其中的磁感线的俯视图如图所示，穿过圆环的磁通量Φ＝Φ进－Φ出，由于两圆环面积SaΦb，故A正确.
题组三 有无感应电流的判断
5.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.闭合正方形线框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.
6.(多选)下列情况中都是线框在磁场中做切割磁感线运动，其中线框中有感应电流的是( )
答案 BC
解析 A中虽然导体“切割”了磁感线，但穿过闭合线框的磁通量并没有发生变化，没有感应电流；B中线框的一部分导体“切割”了磁感线，穿过线框的磁感线条数越来越少，线框中有感应电流；C中虽然与A近似，但由于是非匀强磁场，运动过程中，穿过线框的磁感线条数增加，线框中有感应电流；D中尽管线框是部分切割，但磁感线条数不变，无感应电流.故选B、C.
7.如图4所示，闭合圆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4
A.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ΔФ＝B·ΔS知：只要回路中相对磁场的正对面积改变量ΔS≠0，则磁通量一定要改变，回路中一定有感应电流产生.当线圈在纸面内平动或转动时，线圈相对磁场的正对面积始终为零，因此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，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.
8.(多选)如图5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5
A.v1>v2 B.v1C.v1＝v2 D.无法确定
答案 AB
9.(多选)如图6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6
A.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部分做切割磁感线运动，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中会产生感应电流.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).
10.某学生做观察电磁感应现象的实验，将电流表、线圈A和B、蓄电池、开关用导线连接成如图7所示的实验电路，当他接通、断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其原因是( )
图7
A.开关位置接错
B.电流表的正、负极接反
C.线圈B的接头3、4接反
D.蓄电池的正、负极接反
答案 A
解析 图中所示开关的连接不能控制含有电源的电路中电流的通断.而本实验的内容之一就是用来研究在开关通断瞬间，电流的有无是否导致磁场发生变化，进而产生感应电流的情况.因而图中接法达不到目的.关键是开关没有起到控制电源接通、断开的作用，开关应串联到电源和接头1、2之间.
11.如图8所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动.t＝0时刻，磁感应强度为B0，此时刻MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形.为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，磁感应强度B应怎样随时间t变化？请推导出这种情况下B与t的关系式.
图8
答案 B＝
解析 要使MN棒中不产生感应电流，应使穿过线框平面的磁通量不发生变化，在t＝0时刻，穿过线框平面的磁通量
Φ1＝B0S＝B0l2
设t时刻的磁感应强度为B，此时刻磁通量为
Φ2＝Bl(l＋vt)
由Φ1＝Φ2得B＝.
3 楞次定律
[目标定位] 1.理解楞次定律的内容，并应用楞次定律判定感应电流的方向.2.通过实验探究，感受楞次定律的实验推导过程，培养观察实验，分析、归纳、总结物理规律的能力.3.掌握右手定则，并理解右手定则实际上是楞次定律的一种表现形式.
一、探究感应电流的方向
1.实验探究
将螺线管与电流表组成闭合回路，分别将N极、S极插入、抽出线圈，如图1所示，记录感应电流方向如下：
图1
2.分析
操作方法
内容
甲
乙
丙
丁
N极向下插入线圈
N极向上抽出线圈
S极向下插入线圈
S极向上抽出线圈
原来磁场的方向
向下
向下
向上
向上
原来磁场的磁通量变化
增大
减小
增大
减小
感应电流方向
逆时针(俯视)
顺时针(俯视)
顺时针(俯视)
逆时针(俯视)
感应电流的磁场方向
向上
向下
向下
向上
原磁场与感应电流的磁场方向的关系
相反
相同
相反
相同
深度思考
感应电流的磁场与原磁场的方向，是相同还是相反？感应电流的磁场起到什么作用？
答案 当磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反；当磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场的方向相同.感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化.
例1 如图2所示，是“研究电磁感应现象”的实验装置.
图2
(1)将实物电路中所缺的导线补充完整.
(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么闭合开关后，将线圈L1迅速插入线圈L2中，灵敏电流计的指针将________偏转.(选填“向左”“向右”或“不”)
(3)线圈L1插入线圈L2后，将滑动变阻器的滑片迅速向右移动时，灵敏电流计的指针将________偏转.(选填“向左”“向右”或“不”)
解析 (1)补充的实物电路如图所示.
(2)已知闭合开关瞬间，线圈L2中的磁通量增加，产生的感应电流使灵敏电流计的指针向右偏转.当开关闭合后，将线圈L1迅速插入线圈L2中时，线圈L2中的磁通量增加，由已知条件可知产生的感应电流也应使灵敏电流计的指针向右偏转.
(3)滑动变阻器的滑片迅速向右移动，线圈L1中的电流变小，线圈L2中的磁场方向不变，磁通量减少，则灵敏电流计的指针向左偏转.
答案 (1)见解析图 (2)向右 (3)向左
在“研究电磁感应现象”的实验中，用线圈产生的磁场模拟条形磁铁的磁场，要注意三点：
(1(线圈L2与灵敏电流计直接相连，了解灵敏电流计指针的偏转方向与电流方向之间的关系.
(2(明确线圈L1中电流的变化.
(3(明确线圈L2中磁通量的变化及磁场方向.
二、楞次定律
1.楞次定律
(1)内容：感应电流具有这样的方向，即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)简化表述：
增反减同
(3)适用情况：所有电磁感应现象.
2.楞次定律的理解
(1)因果关系：磁通量发生变化是原因，产生感应电流是结果，原因产生结果，结果又反过来影响原因.
(2)楞次定律中“阻碍”的含义
→
↓
→
↓
→ 当磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反；当磁通量
减少时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同，即“增反减同”
↓
→
深度思考
(1)“阻碍”是否意味着“相反”.
(2)“阻碍”与“阻止”的意思相同吗？
答案 (1)“阻碍”并不意味着“相反”，当磁通量减少时，“阻碍”意味着“相同”.
(2)不相同，“阻碍”不是“阻止”，二者之间的程度不同.阻碍是使事情不能顺利发展，但还是向原来的方向发展了；阻止是使事情停止，不再向原来的方向发展了.
例2 关于楞次定律，下列说法中正确的是( )
A.感应电流的磁场总是阻碍原磁场的增强
B.感应电流的磁场总是阻碍原磁场的减弱
C.感应电流的磁场总是和原磁场方向相反
D.感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化
解析 楞次定律的内容：感应电流具有这样的方向，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故选D.
答案 D
例3 下列各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抽出，由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，其中正确的是( )
解析 根据楞次定律可确定感应电流的方向：以C选项为例，当磁铁向下运动时：(1)闭合线圈中的原磁场的方向——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.运用以上分析方法可知，C、D正确.
答案 CD
应用楞次定律判断感应电流方向的步骤：
三、右手定则
1.当导体做切割磁感线运动时，可以用右手定则判断感应电流的方向.
右手定则：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向.
2.当切割磁感线时四指的指向就是感应电流的方向，即感应电动势的方向(注意等效电源内部感应电流方向由负极指向正极).
深度思考
(1)右手定则与楞次定律有什么关系？两定律各在什么情况下使用较方便？
(2)什么情况下应用右手定则，什么情况下应用左手定则？
答案 (1)导体运动切割磁感线产生感应电流是磁通量变化引起感应电流的特例，所以右手定则是楞次定律的特例.
①楞次定律适用于所有电磁感应现象，对于磁感应强度B随时间t变化而产生的电磁感应现象较方便.
②右手定则只适用于导体做切割磁感线运动的情况.
(2)因动而生电时用右手定则；
因电而受力时用左手定则.
例4 下图表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景，其中能产生由a到b的感应电流的是( )
解析 由右手定则判知，A中感应电流方向为a→b，B、C、D中均为b→a.
答案 A
闭合电路的一部分导体切割磁感线时，应用右手定则比较方便.
1.(楞次定律的应用)电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图3所示.现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是( )
图3
A.从a到b，上极板带正电
B.从a到b，下极板带正电
C.从b到a，上极板带正电
D.从b到a，下极板带正电
答案 B
解析 穿过线圈的磁场方向向下，磁铁接近时，线圈中磁通量增加，由楞次定律知，产生感应电流的磁场方向向上，由安培定则可知，流过R的电流方向是从a到b，a电势高于b，对电容器充电，故电容器下极板带正电，B正确.
2.(楞次定律的应用)(多选)如图4所示，通电直导线L和平行直导线放置的闭合导体框abcd，当通电导线L运动时，以下说法正确的是( )
图4
A.当导线L向左平移时，导体框abcd中感应电流的方向为abcda
B.当导线L向左平移时，导体框abcd中感应电流的方向为adcba
C.当导线L向右平移时，导体框abcd中感应电流的方向为abcda
D.当导线L向右平移时，导体框abcd中感应电流的方向为adcba
答案 AD
解析 当导线L向左平移时，闭合导体框abcd中磁场减弱，磁通量减少，abcd回路中产生的感应电流的磁场将阻碍磁通量的减少，由于导线L在abcd中磁场方向垂直纸面向里，所以abcd中感应电流的磁场方向应为垂直纸面向里，由安培定则可知感应电流的方向为abcda，选项A正确；当导线L向右平移时，闭合电路abcd中磁场增强，磁通量增加，abcd回路中产生的感应电流的磁场将阻碍磁通量的增加，可知感应电流的磁场为垂直纸面向外，再由安培定则可知感应电流的方向为adcba，选项D正确.
3.(右手定则的应用)如图5所示，匀强磁场与圆形导体环所在平面垂直，导体ef与环接触良好，当ef向右匀速运动时( )
图5
A.圆环中磁通量不变，环上无感应电流产生
B.整个环中有顺时针方向的电流
C.整个环中有逆时针方向的电流
D.环的右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流
答案 D
解析 由右手定则知ef上的电流由e→f，故右侧的电流方向为逆时针，左侧的电流方向为顺时针，选D.
4.(右手定则的应用)(多选)如图6所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，现在垂直于导轨放置一根导体棒MN，用一水平向右的力F拉动导体棒MN，以下关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是( )
图6
A.感应电流方向是N→M
B.感应电流方向是M→N
C.安培力方向水平向左
D.安培力方向水平向右
答案 AC
解析 方法1：由右手定则知，MN中感应电流方向是N→M，再由左手定则可判知，MN所受安培力方向垂直导体棒水平向左.
方法2：由楞次定律知，本题中感应电流是由于MN相对于磁场向右运动引起的，则安培力必然阻碍这种相对运动，由安培力方向既垂直于电流方向又垂直于磁场方向可判知，MN所受安培力方向垂直于MN水平向左，再由右手定则，判断出感应电流的方向是N→M.故选A、C.
题组一 对楞次定律的理解和应用
1.根据楞次定律知，感应电流的磁场一定是( )
A.阻碍引起感应电流的磁通量
B.与引起感应电流的磁场方向相反
C.阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化
D.与引起感应电流的磁场方向相同
答案 C
解析 感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化.
2.某实验小组用如图1所示的实验装置来验证楞次定律.当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时，通过电流计的感应电流的方向是( )
图1
A.a→G→b
B.先a→G→b，后b→G→a
C.b→G→a
D.先b→G→a，后a→G→b
答案 D
解析 条形磁铁进入线圈的过程中：①确定原磁场的方向：条形磁铁在穿入线圈的过程中，磁场方向向下.②明确闭合回路中磁通量变化的情况：向下的磁通量增加.③由楞次定律的“增反减同”可知：线圈中的感应电流产生的磁场方向向上.④应用安培定则可以判断感应电流的方向为逆时针(俯视)，即：电流的方向从b→G→a.同理可以判断出条形磁铁穿出线圈的过程中，向下的磁通量减少，由楞次定律可得：线圈中将产生顺时针方向的感应电流(俯视)，即：电流的方向从a→G→b.
3.1931年，英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”.1982年，美国物理学家卡布莱设计了一个寻找磁单极子的实验.他设想，如果一个只有S极的磁单极子从上向下穿过如图2所示的超导线圈，那么从上向下看，超导线圈的感应电流是( )
图2
A.先顺时针方向，后逆时针方向的感应电流
B.先逆时针方向，后顺时针方向的感应电流
C.顺时针方向持续流动的感应电流
D.逆时针方向持续流动的感应电流
答案 C
解析 S磁单极子靠近超导线圈时，线圈中磁通量向上增加，由楞次定律可以判断，从上向下看感应电流为顺时针方向；当S磁单极子远离超导线圈时，线圈中磁通量向下减少，感应电流方向仍为顺时针方向，C正确.
4.1831年法拉第把两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器R组成一个回路，B线圈与开关S、电流表G组成另一个回路，如图3所示.通过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件.关于该实验，下列说法正确的是( )
图3
A.闭合开关S的瞬间，电流表G中有a→b的感应电流
B.闭合开关S的瞬间，电流表G中有b→a的感应电流
C.闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中有a→b的感应电流
D.闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中有b→a的感应电流
答案 D
解析 在滑片不动的情况下，A线圈中通过的是恒定电流，产生的磁场是恒定的，所以B线圈中不产生感应电流，所以选项A、B错误；在滑片移动增大电阻R的过程中，A线圈中通过的是逐渐减弱的电流，即线圈B处于逐渐减弱的磁场中，由安培定则和楞次定律可判断得知，电流表中的电流从b→a，故选项C错误，D正确.
5.(多选)如图4所示，当磁铁运动时，流过电阻的电流是由A经R到B，则磁铁的运动可能是( )
图4
A.向下运动 B.向上运动
C.向左运动 D.以上都不可能
答案 BC
解析 本题可通过逆向应用楞次定律来判定.由感应电流方向A→R→B，应用安培定则得知感应电流在螺线管内产生的磁场方向应是从上指向下；运用楞次定律判得螺线管内磁通量的变化应是向下减少或向上增大；由条形磁铁的磁感线分布知，螺线管内原磁场是向下的，故应是磁通量减少，即磁铁向上运动或向左、向右平移，所以正确的选项是B、C.
6.如图5所示，闭合金属圆环沿垂直于磁场方向放置在匀强磁场中，将它从匀强磁场中匀速拉出，以下各种说法中正确的是( )
图5
A.向左拉出和向右拉出时，环中感应电流方向相反
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
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
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，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，虽然导线做切割磁感线运动，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.
7.如图6所示，金属线框与直导线AB在同一平面内，直导线中通有电流I，若将线框由位置1拉至位置2的过程中，线框中感应电流的方向是( )
图6
A.先顺时针，后逆时针，再顺时针
B.始终顺时针
C.先逆时针，后顺时针，再逆时针
D.始终逆时针
答案 C
8.(多选)闭合线圈abcd在磁场中运动到如图7所示位置时，ab边受到的磁场力竖直向上，此线圈的运动情况可能是( )
图7
A.向右进入磁场 B.向左移出磁场
C.以ab为轴转动 D.以cd为轴转动
答案 BCD
9.(多选)北半球地磁场的竖直分量向下.如图8所示，在北京某中学实验室的水平桌面上，放置一个边长为L的正方形闭合导体线框abcd，线框的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向.下列说法中正确的是( )
图8
A.若使线框向东平动，则a点的电势比b点的电势低
B.若使线框向北平动，则a点的电势比b点的电势低
C.若以ab为轴将线框向上翻转，则线框中感应电流方向为a→b→c→d→a
D.若以ab为轴将线框向上翻转，则线框中感应电流方向为a→d→c→b→a
答案 AC
解析 线框向东平动时，ba和cd两边切割磁感线，且两边切割磁感线产生的感应电动势大小相同，a点电势比b点电势低，A对；同理，线框向北平动，则a、b电势相等，高于c、d两点电势，B错；以ab为轴将线框向上翻转，向下的磁通量减少了，感应电流的磁场方向应该向下，再由安培定则知，感应电流的方向为a→b→c→d→a，则C对，D错.
题组二 右手定则的应用
10.两根相互平行的金属导轨水平放置于图9所示的匀强磁场中，在导轨上与导轨接触良好的导体棒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9
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的作用力水平向左
D.磁场对导体棒AB的作用力水平向右
答案 B
解析 当导体棒AB向右运动时，由右手定则可以判断回路中感应电流方向为A→C→D→B→A，再根据左手定则进一步确定导体棒CD的受力方向水平向右，导体棒AB受力方向水平向左.
11.(多选)如图10所示，导体棒AB、CD可在水平轨道上自由滑动，且两水平轨道在中央交叉处互不相通.当导体棒AB水平向左移动时( )
图10
A.导体棒AB中感应电流的方向为A到B
B.导体棒AB中感应电流的方向为B到A
C.导体棒CD水平向左移动
D.导体棒CD水平向右移动
答案 AD
解析 当导体棒AB向左移动时，由右手定则可判断回路中感应电流方向为A→B→C→D→A，故A项正确，B项错误；再根据左手定则可确定CD棒受力水平向右，故C项错误，D项正确.
12.如图11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，当导体ab沿轨道向右滑动时，则( )
图11
A.cd向右滑 B.cd不动
C.cd向左滑 D.无法确定
答案 A
解析 对ab应用右手定则确定回路中电流方向，应用左手定则确定cd受力后的运动方向，与磁场的方向无关.本题也可用“来拒去留”直接判断.
13.如图12所示，一个金属圆盘安装在竖直的转动轴上，置于蹄形磁铁之间，两块铜片A、O分别与金属圆盘的边缘和转动轴接触.若使金属圆盘按图示方向(俯视顺时针方向)转动起来，下列说法正确的是( )
图12
A.电阻R中有Q→R→P方向的感应电流
B.电阻R中有P→R→Q方向的感应电流
C.穿过圆盘的磁通量始终没有变化，电阻R中无感应电流
D.调换磁铁的N、S极同时改变金属圆盘的转动方向，R中感应电流的方向也会发生改变
答案 B
解析 根据右手定则可判断出R中有P→R→Q方向的感应电流，B正确，A、C错.D选项中流过R的感应电流方向不变，D错.
4 法拉第电磁感应定律
[目标定位] 1.理解法拉第电磁感应定律的内容、数学表达式.2.会用E＝Blvsin θ和E＝n解决问题.
一、法拉第电磁感应定律
1.感应电动势
在电磁感应现象中产生的电动势，叫感应电动势.产生感应电动势的那部分导体相当于电源，导体本身的电阻相当于电源内阻.当电路断开时，无(“有”或“无”)感应电流，但有(“有”或“无”)感应电动势.
2.法拉第电磁感应定律
(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比.
(2)表达式：E＝n.
3.对感应电动势的理解
(1)磁通量的变化常由B的变化或S的变化引起.
①当ΔΦ仅由B的变化引起时，E＝nS.
②当ΔΦ仅由S的变化引起时，E＝nB.
(2)E＝n计算的是Δt时间内平均感应电动势，当Δt→0时，E＝n的值才等于瞬时感应电动势.
深度思考
(1)感应电动势的大小与Φ或ΔΦ的大小有没有关系？
(2)Φ、ΔΦ、与线圈匝数有关吗？感应电动势E与线圈匝数有关吗？
答案 (1)E的大小与Φ或ΔΦ的大小没有关系.
(2)Φ、ΔΦ、均与某一面积相联系，与线圈匝数无关，n匝线圈时相当于n个单匝线圈的串联，所以感应电动势E与线圈匝数有关.
例1 下列几种说法中正确的是( )
A.线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大
B.线圈中磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大
C.线圈放在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电动势一定越大
D.线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势一定越大
解析 感应电动势的大小和磁通量的大小、磁通量变化量的大小以及磁场的强弱均无关，它由磁通量的变化率决定，故选D.
答案 D
例2 如图1甲所示的螺线管，匝数n＝1 500匝，横截面积S＝20 cm2，方向向右穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化，
图1
(1)2 s内穿过线圈的磁通量的变化量是多少？
(2)磁通量的变化率多大？
(3)线圈中感应电动势的大小为多少？
解析 (1)磁通量的变化量是由磁感应强度的变化引起的，则Φ1＝B1S
Φ2＝B2S ΔΦ＝Φ2－Φ1，所以ΔΦ＝ΔBS＝(6－2)×20×10－4 Wb＝8×10－3 Wb
(2)磁通量的变化率为
＝ Wb/s＝4×10－3 Wb/s
(3)根据法拉第电磁感应定律得感应电动势的大小
E＝n＝1 500×4×10－3 V＝6 V
答案 (1)8×10－3 Wb (2)4×10－3 Wb/s (3)6 V
应用E＝n时应注意的三个问题：
(1(此公式适用于求平均电动势.
(2(计算电动势大小时，ΔΦ取绝对值不涉及正、负.
(3(＝·S，为Φ－t图象的斜率，为B－t图象的斜率.
二、导体切割磁感线时的感应电动势
1.垂直切割：导体棒垂直于磁场运动，B、l、v两两垂直时，如图2甲所示，E＝Blv.
图2
2.不垂直切割：导体的运动方向与导体本身垂直，但与磁感线方向夹角为θ时，如图乙所示，则E＝Blv1＝Blvsin θ.
3.公式E＝Blvsin θ的理解：
(1)该公式可看成法拉第电磁感应定律的一个推论，通常用来求导体做切割磁感线运动时的感应电动势.
(2)式中l应理解为导体切割磁感线时的有效长度，即导体在与v垂直方向上的投影长度.如图3甲中，感应电动势E＝Blv＝2Brv≠Bπrv(半圆弧形导线做切割磁感线运动).在图乙中，感应电动势E＝Blvsin θ≠Blv.
(3)公式中的v应理解为导体和磁场间的相对速度，当导体不动而磁场运动时，同样有感应电动势产生.
图3
深度思考
导体棒的运动速度越大，产生的感应电动势越大吗？
答案 导体棒切割磁感线时，产生的感应电动势的大小与垂直磁感线的速度有关，而速度大，垂直磁感线方向的速度不一定大.所以，导体棒运动速度越大，产生的感应电动势不一定越大.
例3 如图4所示，一金属弯杆处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，已知ab＝bc＝L，当它以速度v向右平动时，a、c两点间的电势差为( )
图4
A.BLv B.BLvsin θ
C.BLvcos θ D.BLv(1＋sin θ)
解析 导体杆切割磁感线的有效长度为Lsin θ，故B正确.
答案 B
在公式E＝BLv中，L是指导体棒的有效切割长度，即导体棒在垂直于速度v方向上的投影长度.
三、公式E＝n与E＝Blvsin θ的区别
1.研究对象不同
E＝n研究整个闭合回路，适用于各种电磁感应现象；E＝Blvsin θ研究的是闭合回路的一部分，即做切割磁感线运动的导体.
2.实际应用不同
E＝n应用于磁感应强度变化所产生的感应电动势较方便；E＝Blvsin θ应用于导体切割磁感线所产生的感应电动势较方便.
3.E的意义不同
E＝n求的一般是平均感应电动势，E＝Blv一般求的是瞬时感应电动势.
例4 如图5所示，导轨OM和ON都在纸面内，导体AB可在导轨上无摩擦滑动，若AB以5 m/s的速度从O点开始沿导轨匀速右滑，导体与导轨都足够长，它们每米长度的电阻都是0.2 Ω，磁场的磁感应强度为0.2 T.问：
图5
(1)3 s末夹在导轨间的导体长度是多少？此时导体切割磁感线产生的感应电动势多大？回路中的电流为多少？
(2)3 s内回路中的磁通量变化了多少？此过程中的平均感应电动势为多少？
解析 (1)夹在导轨间的部分导体切割磁感线产生的电动势才是电路中的感应电动势.
3 s末时刻，夹在导轨间导体的长度为：
l＝vt·tan 30°＝5×3×tan 30° m＝5 m
此时：E＝Blv＝0.2×5 ×5 V＝5 V
电路电阻为R＝(15＋5 ＋10 )×0.2 Ω≈8.196 Ω
所以I＝≈1.06 A
(2)3 s内回路中磁通量的变化量ΔΦ＝BS－0＝0.2××15×5 Wb＝ Wb
3 s内电路产生的平均感应电动势为：E＝＝ V≈4.33 V.
答案 (1)5 m 5 V 1.06 A (2) Wb 4.33 V
E＝Blv和E＝n本质上是统一的.前者是后者的一种特殊情况.但是，当导体做切割磁感线运动时，用E＝Blv求E比较方便；当穿过电路的磁通量发生变化时，用E＝n求E比较方便.
1.(对法拉第电磁感应定律的理解)关于感应电动势的大小，下列说法正确的是( )
A.穿过闭合电路的磁通量最大时，其感应电动势一定最大
B.穿过闭合电路的磁通量为零时，其感应电动势一定为零
C.穿过闭合电路的磁通量由不为零变为零时，其感应电动势一定为零
D.穿过闭合电路的磁通量由不为零变为零时，其感应电动势一定不为零
答案 D
解析 磁通量的大小与感应电动势的大小不存在内在的联系，故A、B错误；当磁通量由不为零变为零时，闭合电路的磁通量一定改变，一定有感应电流产生，有感应电流就一定有感应电动势，故C错，D对.
2.(公式E＝n的应用)(多选)如图6甲所示，线圈的匝数n＝100匝，横截面积S＝50 cm2，线圈总电阻r＝10 Ω，沿轴向有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁场的磁感应强度随时间做如图乙所示规律变化，则在开始的0.1 s内( )
图6
A.磁通量的变化量为0.25 Wb
B.磁通量的变化率为2.5×10－2 Wb/s
C.a、b间电压为0
D.在a、b间接一个理想电流表时，电流表的示数为0.25 A
答案 BD
解析 通过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，若设Φ2＝B2S为正，则线圈中磁通量的变化量为ΔΦ＝B2S－(－B1S)，代入数据得ΔΦ＝(0.1＋0.4)×50×10－4 Wb＝2.5×10－3 Wb，A错；磁通量的变化率＝Wb/s＝2.5×10－2 Wb/s，B正确；根据法拉第电磁感应定律可知，当a、b间断开时，其间电压等于线圈产生的感应电动势，感应电动势大小为E＝n＝2.5 V且恒定，C错；在a、b间接一个理想电流表时相当于a、b间接通而形成回路，回路总电阻即为线圈的总电阻，故感应电流大小I＝＝ A＝0.25 A，D项正确.
3.(公式E＝n的应用)(多选)单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的关系图象如图7所示，则( )
图7
A.在t＝0时刻，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大
B.在t＝1×10－2 s时刻，感应电动势最大
C.在t＝2×10－2 s时刻，感应电动势为零
D.在0～2×10－2 s时间内，线圈中感应电动势的平均值为零
答案 BC
解析 由法拉第电磁感应定律知E∝，故t＝0及t＝2×10－2 s时刻，E＝0，A错，C对；t＝1×10－2 s时E最大，B对；0～2×10－2 s时间内，ΔΦ≠0，E≠0，D错.
4.(公式E＝Blv的应用)(多选)某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5×10－5 T.一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过，设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s.下列说法正确的是( )
A.电压表记录的电压为5 mV
B.电压表记录的电压为9 mV
C.河南岸的电势较高
D.河北岸的电势较高
答案 BD
解析 海水在落潮时自西向东流，该过程可以理解为：自西向东运动的导体在切割竖直向下的磁感线，根据右手定则可判断，北岸是正极，电势高，南岸电势低，所以C错误，D正确；根据法拉第电磁感应定律E＝Blv＝4.5×10－5×100×2 V＝9×10－3 V，所以A错误，B正确.
题组一 对法拉第电磁感应定律的理解
1.(多选)如图1所示，闭合开关S，将条形磁铁插入闭合线圈，第一次用时0.2 s，第二次用时0.4 s，并且两次磁铁的起始和终止位置相同，则( )
图1
A.第一次线圈中的磁通量变化较快
B.第一次电流表G的最大偏转角较大
C.第二次电流表G的最大偏转角较大
D.若断开开关S，电流表G均不偏转，故两次线圈两端均无感应电动势
答案 AB
解析 磁通量变化相同，第一次时间短，则第一次线圈中磁通量变化较快，故A正确；感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，磁通量的变化率大，感应电动势大，产生的感应电流大，故B正确，C错误；断开开关，电流表不偏转，知感应电流为零，但感应电动势不为零，故D错误.故选A、B.
2.穿过某单匝闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图2中的①～④所示，下列说法正确的是( )
图2
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＝n，而对应Φ－t图象中图线的斜率，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.
题组二 公式E＝n的应用
3.穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加2 Wb，则( )
A.线圈中感应电动势每秒增加2 V
B.线圈中感应电动势每秒减少2 V
C.线圈中感应电动势始终为2 V
D.线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2 V
答案 C
解析 由E＝n知：恒定，n＝1，所以E＝2 V.
4.一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直.先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s时间内均匀地增大到原来的两倍.接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半.先后两个过程中，线框中感应电动势大小的比值为( )
A. B.1 C.2 D.4
答案 B
解析 设原磁感应强度是B，线框面积是S.第1 s内ΔΦ1＝2BS－BS＝BS，第2 s内ΔΦ2＝2B·－2B·S＝－BS.因为E＝n，所以两次感应电动势大小相等，B正确.
5.如图3所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中.在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )
图3
A. B.
C. D.
答案 B
解析 线圈中产生的感应电动势E＝n＝n··S＝n··＝，选项B正确.
6.如图4所示，A、B两单匝闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比rA∶rB＝2∶1，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环所在的平面.在磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中，流过两导线环的感应电流大小之比为( )
图4
A.＝1 B.＝2 C.＝ D.＝
答案 D
解析 A、B两导线环的半径不同，它们所包围的面积不同，但某一时刻穿过它们的磁通量相等，所以两导线环上的磁通量变化率是相等的，E＝＝S相同，得＝1，I＝，R＝ρ(S1为导线的横截面积)，l＝2πr，所以＝，代入数值得＝＝.
题组三 公式E＝Blv的应用
7.如图5所示的情况中，金属导体中产生的感应电动势为Blv的是( )
图5
A.乙和丁 B.甲、乙、丁
C.甲、乙、丙、丁 D.只有乙
答案 B
8.如图6所示，一根导体棒ab在垂直于纸面向里的匀强磁场中自由下落，并始终保持水平方向且与磁场方向垂直.则有( )
图6
A.Uab＝0
B.φa＞φb，Uab保持不变
C.φa＞φb，Uab越来越大
D.φa＜φb，Uab越来越大
答案 D
解析 ab棒向下运动时，可由右手定则判断，感应电动势方向为a→b，所以φb＞φa，由Uab＝E＝Blv及棒自由下落时v越来越大，可知Uab越来越大，故D选项正确.
9.如图7所示，MN、PQ是间距为L的平行金属导轨，置于磁感应强度为B、方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻.一根与导轨接触良好、有效阻值为R的金属导线ab垂直导轨放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动，则(不计导轨电阻)( )
图7
A.通过电阻R的电流方向为P→R→M
B.a、b两点间的电压为BLv
C.a端电势比b端高
D.a端电势比b端低
答案 C
解析 由右手定则可知，通过电阻R的电流方向为M→R→P，a端电势比b端高，选项A、D错误，C正确；ab产生的电动势为：E＝BLv，则a、b两点间的电压为Uab＝E＝BLv，选项B错误.故选C.
10.如图8所示，平行导轨间距为d，其左端接一个电阻R，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于平行金属导轨所在平面，一根金属棒与导轨成θ角放置，金属棒与导轨的电阻均不计.当金属棒沿垂直于棒的方向以恒定的速度v在导轨上滑行时，通过电阻R的电流大小是( )
图8
A. B.
C. D.
答案 D
解析 金属棒MN垂直于磁场放置，运动速度v与棒垂直，且v⊥B，即已构成两两互相垂直关系，MN接入导轨间的有效长度为l＝，所以E＝Blv＝，I＝＝，故选项D正确.
题组四 综合应用
11.在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，B＝0.2 T，有一水平放置的光滑框架，宽度为l＝0.4 m，如图9所示，框架上放置一质量为0.05 kg、电阻为1 Ω的金属杆cd，框架电阻不计.若cd杆以恒定加速度a＝2 m/s2，由静止开始做匀变速直线运动，则：
图9
(1)在5 s内平均感应电动势是多少？
(2)第5 s末，回路中的电流多大？
(3)第5 s末，作用在cd杆上的水平外力多大？
答案 (1)0.4 V (2)0.8 A (3)0.164 N
解析 (1)5 s内的位移：x＝at2＝25 m，
5 s内的平均速度v＝＝5 m/s
(也可用v＝ m/s＝5 m/s求解)
故平均感应电动势E＝Blv＝0.4 V.
(2)第5 s末：v′＝at＝10 m/s，
此时感应电动势：E′＝Blv′
则回路中的电流为：
I＝＝＝ A＝0.8 A.
(3)杆做匀加速运动，则F－F安＝ma，
即F＝BIl＋ma＝0.164 N.
12.如图10甲所示，平行导轨MN、PQ水平放置，电阻不计，两导轨间距d＝10 cm，导体棒ab、cd放在导轨上，并与导轨垂直.每根棒在导轨间的部分，电阻均为R＝1.0 Ω.用长为l＝20 cm的绝缘丝线(丝线不可伸长)将两棒系住，整个装置处在匀强磁场中.t＝0时刻，磁场方向竖直向下，丝线刚好处于未被拉伸的自然状态.此后，
磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示.不计感应电流磁场的影响，整个过程中丝线未被拉断.求：
(1)0～2.0 s时间内，电路中感应电流的大小与方向；
(2)t＝1.0 s时刻丝线的拉力大小.
图10
答案 (1)1.0×10－3 A 顺时针 (2)1.0×10－5 N
解析 (1)由题图乙可知＝0.1 T/s
由法拉第电磁感应定律有E＝＝S＝2.0×10－3 V
则I＝＝1.0×10－3 A
由楞次定律可知电流方向为顺时针方向
(2)导体棒在水平方向上受丝线拉力和安培力平衡
由图乙可知t＝1.0 s时B＝0.1 T
则FT＝F安＝BId＝1.0×10－5 N
5 电磁感应现象的两类情况
[目标定位] 1.知道感生电动势的产生以及与感生电场的联系，会判断感生电动势的方向并计算其大小.2.知道动生电动势的产生以及与洛伦兹力的关系，会判断动生电动势的方向并计算其大小.3.进一步掌握E＝n及E＝Blv的区别和联系，会求转动切割时感应电动势的大小.4.求电磁感应中的电荷量问题.
一、电磁感应现象中的感生电场
1.感生电场
(1)定义：麦克斯韦在他的电磁理论中指出：变化的磁场能在周围空间激发电场，这种电场叫感生电场.
(2)理解：
①如图1所示，当磁场变化时，产生的感生电场的电场线是与磁场方向垂直的闭合曲线，感生电场是一种涡旋电场.
图1
②感生电场的产生跟空间中是否存在闭合电路无关.
③感生电场的方向根据闭合电路(或假想的闭合电路)中感应电流的方向确定.
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：就是感生电场对自由电荷的作用.
深度思考
感生电场的方向与感应电流的方向有什么关系？如何判断感生电场的方向？
答案 电流的方向与正电荷移动的方向相同，感生电场的方向与正电荷受力的方向相同，因此，感生电场的方向与感应电流的方向相同.感生电场的方向可以用楞次定律和右手定则判定.
例1 如图2所示，内壁光滑、水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于圆环直径的带正电的小球，以速率v0沿逆时针方向匀速转动(俯视)，若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场.若运动过程中小球带电荷量不变，那么( )
图2
A.小球对玻璃圆环的压力一定不断增大
B.小球所受的磁场力一定不断增大
C.小球先沿逆时针方向减速运动，过一段时间后沿顺时针方向加速运动
D.磁场力对小球一直不做功
解析 当磁场增强时，会产生顺时针方向的涡旋电场，电场力先对小球做负功使其速度减为零，后对小球做正功使其沿顺时针做加速运动，所以C正确；磁场力始终与小球运动方向垂直，因此始终对小球不做功，D正确；小球在水平面内沿半径方向受两个力作用：环的挤压力FN和磁场的洛伦兹力F，这两个力的合力充当小球做圆周运动的向心力，其中F＝qvB，磁场在增强，小球速度先减小后增大，所以洛伦兹力不一定总在增大，故B错；向心力F向＝m，其大小随速度先减小后增大，因此挤压力FN也不一定始终增大，故A错，正确答案为C、D.
答案 CD
(1(感生电场是一种涡旋电场，电场线是闭合的.涡旋电场也会对电荷产生力的作用.
(2(实际问题中我们常要用磁场的方向和强弱变化的情况，根据楞次定律或安培定则来确定感生电场的方向.
二、电磁感应现象中的洛伦兹力
1.成因：导体棒做切割磁感线运动时，导体棒中的自由电荷随棒一起定向运动，并因此受到洛伦兹力.
2.动生电动势：由于导体运动而产生的感应电动势.
3.动生电动势中的非静电力：与洛伦兹力有关.
深度思考
动生电动势的产生与洛伦兹力有关，洛伦兹力做功吗？
答案 洛伦兹力不做功.
解析 (1)运动导体中的自由电子，不仅随导体以速度v运动，而且还沿导体以速度u做定向移动，如图所示.因此，导体中的电子的合速度v合等于v和u的矢量和，所以电子受到的洛伦兹力为F合＝ev合B，F合与合速度v合垂直.
(2)从做功角度分析，由于F合与v合垂直，所以它对电子不做功.
例2 我国处在地球的北半球，飞机在我国上空匀速地巡航，机翼保持水平，飞机高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差.设左侧机翼末端处的电势为φ1，右侧机翼末端处的电势为φ2，则( )
A.飞机从西向东飞时，φ1比φ2高
B.飞机从东向西飞时，φ2比φ1高
C.飞机从南向北飞时，φ1比φ2高
D.飞机从北向南飞时，φ2比φ1高
解析 在北半球，地磁场有竖直向下的分量，飞机在水平飞行过程中，机翼切割磁感线，产生感应电动势，应用右手定则可以判断两边机翼的电势高低.伸开右手，让大拇指与其余四指在同一平面内，并且垂直，让磁感线穿过手心，即手心朝上，大拇指指向飞机的飞行方向，其余四指所指的方向就是感应电流的方向，由于不是闭合电路，电路中只存在感应电动势，仍然按照有电流来判断，整个切割磁感线的两边机翼就是电源，在电源内部，电流是从低电势处流向高电势处的.因此不管飞机向哪个方向飞行，都是左边机翼末端电势高，即A、C选项正确.
答案 AC
例3 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3甲所示.当磁场随时间的变化规律如图乙所示时，求穿过圆形线圈磁通量的变化率为多大？t0时刻线圈产生的感应电流为多少？
图3
解析 磁通量的变化率：＝S＝l2.
根据法拉第电磁感应定律得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.
答案 l2 n
感生电动势与动生电动势的对比
感生电动势
动生电动势
产生原因
磁场的变化
导体切割磁感线
移动电荷的非静电力
感生电场对自由电荷的电场力
导体中自由电荷所受洛伦兹力沿导体方向的分力
回路中相当于电源的部分
处于变化磁场中的线圈部分
做切割磁感线运动的导体
方向判断
楞次定律
右手定则
大小计算方法
E＝n
E＝Blvsin θ
v⊥B时，E＝Blv
三、电磁感应中的转动切割问题
例4 长为l的金属棒ab以a点为轴在垂直于匀强磁场的平面内以角速度ω做匀速转动，如图4所示，磁感应强度为B，求：
图4
(1)ab棒各点的平均速率；
(2)ab两端的电势差；
(3)经时间Δt金属棒ab所扫过面积中磁通量为多少？此过程中平均感应电动势多大？
解析 (1)ab棒中点的速率
＝＝＝ωl
(2)ab两端的电势差：E＝Bl＝Bl2ω
(3)经时间Δt金属棒ab所扫过的扇形面积为ΔS，则：
ΔS＝l2θ＝l2ωΔt，ΔΦ＝BΔS＝Bl2ωΔt.
由法拉第电磁感应定律得：
E＝＝＝Bl2ω.
答案 (1)ωl (2)Bl2ω (3)Bl2ωΔt Bl2ω
导体转动切割磁感线：
当导体棒在垂直于磁场的平面内，其一端固定，以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E＝Bl＝Bl2ω，如图5所示.
图5
四、电磁感应中的电荷量问题
例5 如图6甲所示，有一面积为S＝100 cm2的金属环，电阻为R＝0.1 Ω，环中磁场的变化规律如图乙所示，且磁场方向垂直纸面向里，在1～2 s时间内，通过金属环的电荷量是多少？
图6
解析 由法拉第电磁感应定律知金属环中产生的平均感应电动势＝，由闭合电路欧姆定律知金属环中的感应电流为＝.通过金属环截面的电荷量q＝·Δt＝＝ C＝0.01 C.
答案 0.01 C
求解电路中通过的电荷量时，一定要用平均感应电动势和平均感应电流计算.
设感应电动势的平均值为，则在Δt时间内：＝n，＝，又q＝Δt，所以q＝n.其中ΔΦ对应某过程磁通量的变化，R为回路的总电阻，n为电路中线圈的匝数.
1.(感生电场问题)如图7所示，内壁光滑的塑料管弯成的圆环平放在水平桌面上，环内有一带负电的小球，整个装置处于竖直向下的磁场中，当磁场突然增强时，小球将( )
图7
A.沿顺时针方向运动
B.沿逆时针方向运动
C.在原位置附近往复运动
D.仍然保持静止状态
答案 A
解析 当磁场增强时，由楞次定律知感应电流沿逆时针方向，即感生电场沿逆时针方向，带负电的小球在电场力作用下沿顺时针方向运动.
2.(E＝n及E＝Blv的比较应用)(多选)如图8所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路.虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面.回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直.从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是( )
图8
A.感应电流方向不变
B.CD段直导线始终不受安培力
C.感应电动势最大值Em＝Bav
D.感应电动势平均值＝πBav
答案 ACD
解析 导线切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可知，感应电流方向不变，A正确；感应电动势最大值即切割磁感线等效长度最大时的电动势，故Em＝Bav，C正确；＝，ΔΦ＝B·πa2，Δt＝，由上式得＝πBav，D正确.
3.(电磁感应中的转动切割问题)如图9所示，一个半径为r的铜盘，在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω绕中心轴OO′匀速转动，磁场方向与盘面垂直，在盘的中心轴与边缘处分别安装电刷.设整个回路电阻为R，当铜盘匀速转动角速度为ω时，通过电阻的电流为________.
图9
答案
解析 当铜盘匀速转动时，产生的感应电动势相当于一根导体棒绕其一个端点在磁场中做切割磁感线的圆周运动产生的电动势为E＝Br2ω，所以通过电阻的电流为.
4.(电磁感应中的电荷量计算)物理实验中，常用一种叫做“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电荷量.如图10所示，探测线圈与冲击电流计串联后可用来测定磁场的磁感应强度.已知线圈的匝数为n，面积为S，线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R.若将线圈放在被测匀强磁场中，开始时线圈平面与磁场垂直，现把探测线圈翻转180°，冲击电流计测出通过线圈的电荷量为q，由上述数据可测出被测磁场的磁感应强度为( )
图10
A. B. C. D.
答案 C
解析 q＝·Δt＝·Δt＝Δt＝n＝n，
所以B＝.
题组一 感生电场和感生电动势
1.(多选)如图1所示，一个闭合电路静止于磁场中，由于磁场强弱的变化，而使电路中产生了感应电动势，下列说法中正确的是( )
图1
A.磁场变化时，会在空间激发一个电场
B.使电荷定向移动形成电流的力是磁场力
C.使电荷定向移动形成电流的力是电场力
D.以上说法都不对
答案 AC
解析 磁场变化时，会在空间产生感生电场，感生电场的电场力使电荷定向移动形成电流，故A、C正确.
2.(多选)下列说法中正确的是( )
A.感生电场是由变化的磁场产生
B.恒定的磁场也能在周围空间产生感生电场
C.感生电场的方向也同样可以用楞次定律和右手螺旋定则来判定
D.感生电场的电场线是闭合曲线，其方向一定是沿逆时针方向
答案 AC
解析 磁场变化时在空间激发感生电场，其方向与所产生的感应电流方向相同，可由楞次定律和右手螺旋定则判断，A、C项正确.
3.如图2所示，一个带正电的粒子在垂直于匀强磁场的平面内做圆周运动，当磁感应强度均匀增大时，此粒子的动能将( )
图2
A.不变 B.增加
C.减少 D.以上情况都有可能
答案 B
解析 当垂直纸面向里的磁场均匀增强时，产生逆时针方向的涡旋电场，带正电的粒子将受到这个电场对它的电场力作用，而使动能增加，故B正确.
4.(多选)如图3甲所示，面积为S＝1 m2的导体圆环内通有垂直于圆平面向里的磁场，磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示(B取向里方向为正).以下说法中正确的是( )
图3
A.环中产生逆时针方向的感应电流
B.环中产生顺时针方向的感应电流
C.环中产生的感应电动势大小为1 V
D.环中产生的感应电动势大小为2 V
答案 AC
解析 由楞次定律可判断，环中产生逆时针方向的感应电流，选项A正确，B错误；根据法拉第电磁感应定律，环中产生的感应电动势大小为E＝S＝×1 V＝1 V，选项C正确，D错误.
题组二 动生电动势的理解及计算问题
5.如图4所示，PQRS为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN为边界的匀强磁场，磁场方向垂直线框平面向里，MN边界与线框的QR所在的水平直线成45°角，E、F分别是PS和PQ的中点.关于线框中的感应电流，正确的说法是( )
图4
A.当E点经过边界MN时，线框中感应电流最大
B.当P点经过边界MN时，线框中感应电流最大
C.当F点经过边界MN时，线框中感应电流最大
D.当Q点经过边界MN时，线框中感应电流最大
答案 B
解析 当P点经过边界MN时，切割磁感线的有效长度是SR，感应电流达到最大.
6.(多选)如图5所示，三角形金属导轨EOF上放有一根金属杆AB，在外力作用下，保持金属杆AB和OF垂直，以速度v匀速向右移动.设导轨和金属杆AB都是用粗细相同的同种材料制成的，金属杆AB与导轨接触良好，则下列判断正确的是( )
图5
A.电路中的感应电动势大小不变
B.电路中的感应电流大小不变
C.电路中的感应电动势大小逐渐增大
D.电路中的感应电流大小逐渐增大
答案 BC
解析 设三角形金属导轨的夹角为θ，金属杆AB从O点经t秒走了vt的距离，则E＝Bvt·tan θ·v，电路总长为l＝vt＋vttan θ＋＝vt，又因为R＝ρ，所以I＝＝，I与t无关，是恒量，故选项B正确.E逐渐增大，故选项C正确.
题组三 电磁感应中的转动切割问题
7.夏天将到，在北半球，当我们抬头观看教室内的电风扇时，发现电风扇正在逆时针转动.金属材质的电风扇示意图如图6所示，由于电磁场的存在，下列关于A、O两点的电势及电势差的说法，正确的是( )
图6
A.A点电势比O点电势高
B.A点电势比O点电势低
C.A点电势和O点电势相等
D.扇叶长度越短，UAO的电势差数值越大
答案 A
解析 在北半球，地磁场的竖直分量竖直向下，由右手定则可判断OA中电流方向由O到A，再根据在电源内部电流由负极流向正极，可知A点为正极，电势高，A对，B、C错；由E＝Blv可知D错.
8.如图7所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流.现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化.为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为( )
图7
A. B. C. D.
答案 C
解析 设圆的半径为L，电阻为R，当线框以角速度ω匀速转动时产生的感应电动势E1＝B0ωL2.当线框不动，而磁感应强度随时间变化时E2＝πL2，由＝得B0ωL2＝πL2，即＝，故C项正确.
题组四 电磁感应中的电荷量问题
9.如图8所示，空间存在垂直于纸面的匀强磁场，在半径为a的圆形区域内部及外部，磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B.一半径为b(b＞a)，电阻为R的圆形导线环放置在纸面内，其圆心与圆形区域的中心重合.当内、外磁场同时由B均匀地减小到零的过程中，通过导线环截面的电量为( )
图8
A. B.
C. D.
答案 A
解析 开始时穿过导线环向里的磁通量设为正值，Φ1＝Bπa2，向外的磁通量则为负值，Φ2＝－B·π(b2－a2)，总的磁通量为它们的代数和(取绝对值)Φ＝B·π|(b2－2a2)|，末态总的磁通量为Φ′＝0，由法拉第电磁感应定律得平均感应电动势为＝，通过导线环截面的电量为q＝·Δt＝，A项正确.
10.如图9所示，将一半径为r的金属圆环在垂直于环面的磁感应强度为B的匀强磁场中用力握中间成“8”字形(金属圆环未发生翻转)，并使上、下两圆环半径相等.如果环的电阻为R，则此过程中流过环的电荷量为( )
图9
A. B. C.0 D.－
答案 B
解析 流过环的电荷量只与磁通量的变化量和环的电阻有关，与时间等其他量无关，因此，ΔΦ＝Bπr2－2·Bπ2＝Bπr2，电荷量为q＝＝.
11.面积S＝0.2 m2、n＝100匝的圆形线圈，处在如图10所示的磁场内，磁感应强度随时间t变化的规律是B＝0.02t(T)，R＝3 Ω，C＝30 μF，线圈电阻r＝1 Ω，求：
图10
(1)通过R的电流方向和4 s内通过导线横截面的电荷量；
(2)电容器的电荷量.
答案 (1)b→a 0.4 C (2)9×10－6 C
解析 (1)由楞次定律可得电流的方向为逆时针，通过R的电流方向为b→a.由法拉第电磁感应定律可得出线圈中的电动势，由欧姆定律可求得通过R的电流.
q＝It＝t＝nt＝0.4 C.
(2)E＝n＝nS＝100×0.2×0.02 V＝0.4 V，
I＝＝ A＝0.1 A，
UC＝UR＝IR＝0.1×3 V＝0.3 V，
q′＝CUC＝30×10－6×0.3 C＝9×10－6 C.
12.金属杆MN和PQ间距为l，MP间接有电阻R，磁场如图11所示，磁感应强度为B.金属棒AB长为2l，由图示位置以A为轴，以角速度ω匀速转过90°(顺时针)其他电阻不计，求该过程中；
图11
(1)R上的最大电功率；
(2)通过R的电荷量.
答案 (1) (2)
解析 AB转动切割磁感线，且切割长度由l增至2l以后AB离开MN，电路断开.
(1)当B端恰转至MN上时，E最大.
Em＝B·2l·＝2Bωl2，Pm＝＝
(2)AB由初位置转至B端恰在MN上的过程中
ΔΦ＝B··l·2l·sin 60°＝Bl2
q＝I·Δt＝＝.
6 互感和自感
[目标定位] 1.知道互感现象和自感现象.2.观察通电自感和断电自感实验现象，了解自感现象中自感电动势的作用.3.理解自感系数和自感系数的决定因素.
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，这种现象叫互感.
2.作用：利用互感现象可以把能量由一个线圈传递到另一个线圈，如变压器、收音机的磁性天线.
3.危害：互感现象能发生在任何两个相互靠近的电路之间，电力工程和电子电路中，有时会影响电路正常工作.
深度思考
互感现象的实质是什么？
答案 互感现象的实质是电磁感应现象.
例1 如图1所示是一种延时开关的原理图，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C线路接通；当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放.则( )
图1
A.由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用
B.由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用
C.如果断开B线圈的开关S2，无延时作用
D.如果断开B线圈的开关S2，延时将变长
解析 线圈A中的磁场随开关S1的闭合而产生，随S1的断开而消失.当S1闭合时，线圈A中的磁场穿过线圈B，当S2闭合，S1断开时，线圈A在线圈B中的磁场变弱，线圈B中有感应电流，B中电流的磁场继续吸引D而起到延时的作用，所以B正确，A错误；若S2断开，线圈B中不产生感应电流而起不到延时作用，所以C正确，D错误.
答案 BC
互感现象是一种常见的电磁感应现象，它不仅发生在绕同一铁芯上的两个线圈之间，而且还可以发生在任何相互靠近的电路之间.
二、自感现象
1.定义：当一个线圈中的电流发生变化时，它产生的变化的磁场不仅在邻近的电路中激发出感应电动势，同样也在它本身激发出感应电动势的现象叫自感.
2.自感电动势对电流的作用：电流增加时，自感电动势阻碍电流的增加；电流减小时，自感电动势阻碍电流的减小.
实验1：演示通电自感现象
图2
实验电路如图2所示，开关S接通时，可以看到灯泡2立即发光，而灯泡1是逐渐亮起来的.
实验2：演示断电自感现象.
图3
实验电路如图3所示，线圈L的电阻比灯泡的电阻小，接通电路，灯泡正常发光后，迅速断开开关S，可以看到灯泡闪亮一下再逐渐熄灭.
深度思考
在断电自感现象中，电流减小时，自感线圈中的电流大小一定小于原先所通过电流的大小，为什么灯泡有时闪亮一下再熄灭？
答案 断电自感时，自感线圈中的电流大小一定小于原先所通过电流的大小，但是可能会大于灯泡中的电流，所以灯泡会闪亮.
例2 在如图4所示的甲、乙电路中，电阻R和灯泡电阻的阻值相等，自感线圈L的电阻值可认为是0，在接通开关S时，则( )
图4
A.在电路甲中，A将渐渐变亮
B.在电路甲中，A将先变亮，然后渐渐变暗
C.在电路乙中，A将渐渐变亮
D.在电路乙中，A将先由亮渐渐变暗，然后熄灭
解析 在电路甲中，当接通开关S时，通过与灯泡相连的自感线圈的电流突然增大，由于线圈的自感现象，开始时，自感线圈产生一个很大的自感电动势来阻碍电流的流入，流入灯泡的电流很小；后来由于电流的不断流入，通过自感线圈的电流变化逐渐变慢，所以自感线圈的阻碍作用逐渐减小；当流过线圈的电流最大时，自感线圈就没有阻碍作用，所以通过灯泡的电流只能慢慢增大，故选项A正确.
在电路乙中，当接通开关S时，通过自感线圈的电流突然增大，由于线圈的自感现象，开始时，自感线圈就产生一个很大的自感电动势来阻碍电流的流入，流入线圈的电流很小(可认为是0)，电路中的电流可以认为都是从灯泡通过的，以后自感线圈的阻碍作用逐渐减小，通过自感线圈的电流逐渐增大，而通过灯泡的电流逐渐减小，直到流过线圈的电流最大时，自感线圈就没有阻碍作用，又因为自感线圈L的电阻值可认为是0，所以通过灯泡的电流可认为是0，故选项D正确.
答案 AD
分析通电自感需抓住三点：(1(通电瞬间自感线圈处相当于断路；(2(电流增大过程中自感线圈对电流有阻碍作用使线圈中的电流从0逐渐增大到稳定值；(3(电流稳定时自感线圈相当于导体.
例3 如图5(a)、(b)所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯泡A的电阻，闭合开关S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则( )
图5
A.在电路(a)中，断开S，A将渐渐变暗
B.在电路(a)中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
C.在电路(b)中，断开S，A将渐渐变暗
D.在电路(b)中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
解析 在电路(a)中，灯A和线圈L串联，它们的电流相同，断开S时，线圈上产生自感电动势，阻碍原电流的减小，流过灯A的电流逐渐减小，从而灯A只能渐渐变暗.在电路(b)中，电阻R和灯A串联，灯A的电阻大于线圈L的电阻，电流则小于线圈L中的电流，断开S时，电源不再给灯泡供电，而线圈产生自感电动势阻碍电流的减小，通过R、A形成回路，灯A中电流突然变大，灯A将先变得更亮，然后渐渐变暗，故A、D正确.
答案 AD
针对训练 如图6所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，线圈L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开S，下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中，正确的是( )
图6
答案 B
解析 在t＝0时刻闭合开关S，由于线圈L产生自感电动势，阻碍电流通过，电源输出电流较小，路端电压较高，经过一段时间电路稳定，电源输出电流较大，路端电压较低.在t＝t1时刻断开S，线圈L产生自感电动势，与灯泡构成闭合回路，灯泡D中有反向电流通过，所以表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中正确的是B.
(1(断电时，自感线圈处相当于电源，其电流逐渐减小，不会发生突变.
(2(断电时，灯泡会不会闪亮一下再熄灭取决于通过灯泡前后电流大小的关系.若断电前自感线圈电流IL大于灯泡的电流ID则灯泡会闪亮一下再熄灭；若断电前自感线圈中的电流IL小于或等于灯泡中的电流ID则不会出现闪亮，而是逐渐熄灭.
(3(要注意断电前后通过灯泡的电流方向是否变化.
三、自感系数 磁场的能量
1.自感系数
(1)自感电动势的大小：E＝L，其中L是自感系数，简称自感或电感，单位：亨利，符号：H.1 mH＝10－3 H，1 μH＝10－6 H.
(2)自感系数的决定因素：与线圈的大小、形状、圈数，以及是否有铁芯等因素有关.
2.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，电源把能量输送给磁场，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.
例4 关于线圈的自感系数，下面说法正确的是( )
A.线圈的自感系数越大，自感电动势就一定越大
B.线圈中电流等于零时，自感系数也等于零
C.线圈中电流变化越快，自感系数越大
D.线圈的自感系数由线圈本身的因素及有无铁芯决定
解析 线圈的自感系数是由线圈本身的因素及有无铁芯决定的，与有无电流、电流变化情况都没有关系，故B、C错误，D正确；自感电动势的大小除了与自感系数有关，还与电流的变化率有关，故A错误.
答案 D
对自感系数的理解：
(1(自感系数的大小由线圈本身的特性及有无铁芯决定，线圈越长，单位长度的匝数越多，自感系数越大.
(2(自感系数与E、ΔI、Δt等均无关.
1.(对互感现象的理解)如图7(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上.在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示.已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是( )
图7
答案 C
解析 由题图(b)可知在cd间不同时间段内产生的电压是恒定的，所以在该时间段内线圈ab中的磁场是均匀变化的，则线圈ab中的电流是均匀变化的，故选项A、B、D错误，选项C正确.
2.(对通、断电自感的理解)(多选)如图8所示，带铁芯的电感线圈的电阻与电阻器R的阻值相同，A1、A2是两个完全相同的电流表，则下列说法中正确的是( )
图8
A.闭合S瞬间，电流表A1示数小于A2示数
B.闭合S瞬间，电流表A1示数等于A2示数
C.断开S瞬间，电流表A1示数大于A2示数
D.断开S瞬间，电流表A1示数等于A2示数
答案 AD
解析 开关S闭合瞬间，线圈L产生自感电动势阻碍电流增大，所以此时电流表A1中的电流小于电流表A2中的电流，A项正确；开关断开瞬间，线圈L与A1、A2和R构成回路，线圈L中产生自感电动势，阻碍电流减小，所以A1、A2中电流也逐渐减小，但始终相等，D项正确.
3.(对通、断电自感的理解)如图9所示的电路中A1和A2是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数很大的线圈，其阻值与R相同.在开关S接通和断开时，灯泡A1和A2亮暗的顺序是( )
图9
A.闭合时A1先达最亮，断开时A1后灭
B.闭合时A2先达最亮，断开时A1后灭
C.闭合时A1先达最亮，断开时A1先灭
D.闭合时A2先达最亮，断开时A2先灭
答案 A
解析 当开关S闭合时，A1和A2同时亮，但由于自感现象的存在，线圈上产生自感电动势阻碍电流的增大，使通过线圈的电流从零开始逐渐增大，所以开始时电流几乎全部从A1通过，而该电流又将同时分两路通过A2和R，所以A1先达最亮，经过一段时间电路稳定后，A1和A2达到一样亮；当开关S断开时，电源电流立即为零，因此A2立即熄灭，而对A1，由于通过线圈的电流突然减小，线圈中产生自感电动势阻碍电流的减小，使线圈L和A1组成的闭合电路中有感应电流，所以A1后灭.
4.(对自感电动势的理解)关于线圈中自感电动势大小的说法中正确的是( )
A.电感一定时，电流变化越大，自感电动势越大
B.电感一定时，电流变化越快，自感电动势越大
C.通过线圈的电流为零的瞬间，自感电动势为零
D.通过线圈的电流为最大值的瞬间，自感电动势最大
答案 B
解析 电感一定时，电流变化越快，越大，由E＝L知，自感电动势越大，A错，B对；线圈中电流为零时，电流的变化率不一定为零，自感电动势不一定为零，故C错；当通过线圈的电流最大时，电流的变化率为零，自感电动势为零，故D错.
题组一 对互感现象的理解
1.在无线电仪器中，常需要在距离较近处安装两个线圈，并要求当一个线圈中电流有变化时，对另一个线圈中电流的影响尽量小.如图所示两个线圈的相对安装位置最符合该要求的是( )
答案 D
解析 两个相距较近的线圈，当其中的一个线圈中电流发生变化时，就在周围空间产生变化的磁场.这个变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势，即发生互感现象.要使这种影响尽量小，应采用选项D所示的安装位置才符合要求.因为通电线圈的磁场分布与条形磁铁的磁场分布类似，采用选项D所示的安装位置时，变化的磁场穿过另一线圈的磁通量最小.
2.(多选)在图1中，线圈M和线圈P绕在同一铁芯上，则( )
图1
A.当闭合开关S的一瞬间，线圈P里没有感应电流
B.当闭合开关S的一瞬间，线圈P里有感应电流
C.当断开开关S的一瞬间，线圈P里没有感应电流
D.当断开开关S的一瞬间，线圈P里有感应电流
答案 BD
解析 闭合与断开S的瞬间，P内的磁通量都会发生变化，有感应电流产生.
题组二 对通、断电自感现象的分析
3.如图2是用于观察自感现象的电路图，设线圈的自感系数很大，线圈的直流电阻RL与灯泡的电阻R满足RL?R，则在开关S由闭合到断开的瞬间，可以观察到( )
图2
A.灯泡立即熄灭
B.灯泡逐渐熄灭
C.灯泡有明显的闪亮现象
D.只有在RL?R时，才会看到灯泡有明显的闪亮现象
答案 C
解析 S闭合，电路稳定时，由于RL?R，那么IL?IR，S断开的瞬时，流过线圈的电流IL要减小，在L上产生的自感电动势要阻碍电流的减小，而灯泡与线圈形成闭合回路，流过线圈的电流IL通过灯泡，由于IL?IR，因此灯开始有明显的闪亮，C正确，A、B错误.若RL?R，则IL?IR，这样灯不会有明显的闪亮，D错.
4.如图3所示，L为一纯电感线圈(即电阻为零).A是一个灯泡，下列说法正确的是( )
图3
A.开关S闭合瞬间，无电流通过灯泡
B.开关S闭合后，电路稳定时，无电流通过灯泡
C.开关S断开瞬间，无电流通过灯泡
D.开关S闭合瞬间及稳定时，灯泡中均有从a到b的电流，而在开关S断开瞬间，灯泡中有从b到a的电流
答案 B
解析 开关S闭合瞬间，灯泡中的电流从a到b，线圈由于自感作用，通过它的电流将逐渐增加.开关S闭合后，电路稳定时，纯电感线圈对电流无阻碍作用，将灯泡短路，灯泡中无电流通过.开关S断开瞬间，由于线圈的自感作用，线圈中原有向右的电流将逐渐减小，线圈和灯泡形成回路，故灯泡中有从b到a的瞬间电流.
5.如图4所示，多匝电感线圈的电阻和电池内阻都忽略不计，两个定值电阻的阻值都是R，开关S原来打开，电流为I0，现合上开关将一电阻短路，于是线圈中有自感电动势产生，此电动势( )
图4
A.有阻碍电流的作用，最后电流由I0减小到零
B.有阻碍电流的作用，最后电流总小于I0
C.有阻碍电流增大的作用，因而电流I0保持不变
D.有阻碍电流增大的作用，但电流最后还是增大到2I0
答案 D
解析 当S合上时，电路的电阻减小，电路中电流要增大，故L要产生自感电动势，阻碍电路中的电流增大，但阻碍不是阻止；当S闭合电流稳定后，L的自感作用消失，电路的电流为I＝＝2I0，D项正确.
6.如图5所示，电感线圈L的自感系数足够大，其电阻忽略不计，LA、LB是两个相同的灯泡，且在下列实验中不会烧毁，电阻R2阻值约等于R1的两倍，则( )
图5
A.闭合开关S时，LA、LB同时达到最亮，且LB更亮一些
B.闭合开关S时，LA、LB均慢慢亮起来，且LA更亮一些
C.断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB马上熄灭
D.断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB闪亮后才慢慢熄灭
答案 D
解析 由于灯泡LA与线圈L和R1串联，灯泡LB与电阻R2串联，当S闭合瞬间，通过线圈的电流突然增大，线圈产生自感电动势，阻碍电流的增大，所以LB比LA先亮，A、B选项错误；由于LA所在的支路电阻阻值较小，故稳定时电流较大，即LA更亮一些，当S断开瞬间，线圈产生自感电动势，两灯组成的串联电路中，电流从线圈中开始减小，即从IA减小，故LA慢慢熄灭，LB闪亮后才慢慢熄灭，C错误，D正确.
7.(多选)如图6所示，E为电池，L是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个规格相同的灯泡，S是控制电路的开关.对于这个电路，下列说法中正确的是( )
图6
A.刚闭合S的瞬间，通过D1、D2的电流大小相等
B.刚闭合S的瞬间，通过D1、D2的电流大小不相等
C.闭合S待电路达到稳定后，D1熄灭，D2比S刚闭合时亮
D.闭合S待电路达到稳定后，再将S断开的瞬间，D2立即熄灭
答案 ACD
解析 刚闭合S的瞬间，由于线圈的阻碍作用，通过D1、D2的电流大小相等，A正确，B错误.闭合S待电路达到稳定后，D1中无电流通过，D1熄灭，回路的电阻减小，电流增大，D2比S刚闭合时亮，C正确；闭合S待电路达到稳定后，再将S断开的瞬间，D2中无电流，立即熄灭，D正确.故选A、C、D.
8.如图7所示的电路可用来测定自感系数较大的线圈的直流电阻，线圈两端并联一个电压表，用来测量自感线圈两端的直流电压，在实验完毕后，将电路拆去时应( )
图7
A.先断开开关S1 B.先断开开关S2
C.先拆去电流表 D.先拆去电阻R
答案 B
解析 当开关S1、S2闭合稳定后，线圈中的电流由a→b，电压表右端为“＋”极，左端为“－”极，指针正向偏转，先断开开关S1或先拆去电流表A或先拆去电阻R的瞬间，线圈中产生的自感电动势相当于瞬间电源，其a端相当于电源的负极，b端相当于电源的正极，此时电压表上加了一个反向电压，使指针反偏，若反偏电压过大，会烧坏电压表，故应先断开开关S2，故选B.
9.某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图8所示的电路.检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象.虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因.你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是( )
图8
A.电源的内阻较大 B.小灯泡电阻偏大
C.线圈电阻偏大 D.线圈的自感系数较大
答案 C
解析 根据实物连线图画出正确的电路图，如图所示，当闭合开关S，电路稳定之后，小灯泡中有稳定的电流IA，自感线圈中有稳定的电流IL，当开关S突然断开时，电流IA立即消失，但是，由于自感电动势的作用，流过线圈的电流IL不能突变，而是要继续流动，于是，自感线圈和小灯泡构成了回路，如果IL>IA，则能观察到小灯泡闪亮一下再熄灭，线圈的自感系数越大，小灯泡延时闪亮的时间就越长.如果不满足IL>IA的条件，小灯泡只是延时熄灭，不会观察到闪亮一下再熄灭.可见灯泡未闪亮的根本原因是不满足IL>IA的条件，这是线圈电阻偏大造成的.故C正确.
题组三 自感现象中的图象问题
10.在如图9所示的电路中，开关S是闭合的，此时流过线圈L的电流为i1，流过灯泡A的电流为i2，且i1＞i2.在t1时刻将S断开，那么流过灯泡A的电流随时间变化的图象是下列图中的哪一个( )
图9
答案 D
解析 开关S闭合时，L与A并联，其电流分别为i1和i2，方向都是从左向右.在断开S的瞬间，灯A中原来从左向右的电流i2立即消失，但灯A与线圈L组成闭合回路，由于L的自感作用，其中的电流i1不会立即消失，而是在回路中逐渐减弱，这段时间内灯A中有从右向左的电流通过.这时通过A的电流是从i1开始减弱，故正确选项为D.
11.在如图10所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I.然后，断开S.若t′时刻再闭合S，则在t′前后的一小段时间内，正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t变化的图象是( )
图10
答案 B
解析 与滑动变阻器R串联的L2，没有自感，直接变亮，电流变化图象如A中图线，C、D错误.与带铁芯的电感线圈串联的L1，由于电感线圈的自感作用，电流逐渐变大，A错误，B正确.
题组四 对自感系数及自感电动势的理解
12.关于自感现象，下列说法正确的是( )
A.感应电流一定和原电流方向相反
B.线圈中产生的自感电动势较大时，其自感系数一定较大
C.对于同一线圈，当电流变化较快时，线圈中的自感系数较大
D.对于同一线圈，当电流变化较快时，线圈中的自感电动势也较大
答案 D
解析 自感现象中感应电动势的方向遵从楞次定律，当原电流减小时，自感电动势和自感电流与原电流方向相同；当原电流增大时，自感电流与原电流方向相反，所以A错误；自感电动势的大小E自＝L，所以自感电动势大不一定是由自感系数大引起的，有可能是电流的变化率很大引起的，所以B错误；线圈自感系数的大小，由线圈本身决定，与线圈中有无电流以及电流变化的快慢无关，所以C错误；由E自＝L知，对于同一线圈，自感系数L确定，当电流变化较快时，线圈中产生的自感电动势也较大，所以D正确.
13.(多选)下列说法正确的是( )
A.当线圈中电流不变时，线圈中没有自感电动势
B.当线圈中电流反向时，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反
C.当线圈中电流增大时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反
D.当线圈中电流减小时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反
答案 AC
解析 线圈中电流不变时，自身电流产生的磁场的磁通量不变，线圈中不可能产生自感电动势，选项A正确.当线圈中电流反向时，若电流大小不变，则不产生自感电动势，故选项B错误；当线圈中电流增大时，电流产生的磁场的磁通量增大，根据楞次定律和右手定则可判断自感电动势的方向与原电流方向相反，选项C正确；同理可知选项D错误.
7 涡流
[目标定位] 1.了解涡流是怎样产生的及涡流现象的利用和危害.2.通过对涡流实例的分析，了解涡流现象在生活和生产中的应用.3.了解电磁阻尼和电磁驱动.
一、涡流
1.定义
用整块金属材料作铁芯绕制的线圈，当线圈中通有变化的电流时，变化的电流会产生变化的磁场，变化的磁场穿过铁芯，整个铁芯会自成回路，产生感应电流，这种电流看起来像水的旋涡，把这种电流叫做涡电流，简称涡流.
2.对涡流的理解
(1)本质： 电磁感应现象.
(2)条件：穿过金属块的磁通量发生变化，并且金属块本身构成闭合回路.
(3)特点：整个导体回路的电阻一般很小，感应电流很大.故金属块的发热功率很大.
3.产生涡流的两种情况
(1)块状金属放在变化的磁场中.
(2)块状金属进出磁场或在非匀强磁场中运动.
4.应用
(1)涡流热效应的应用，如真空冶炼炉.
(2)涡流磁效应的应用，如探雷器.
5.涡流的危害与防止
(1)涡流的危害
在各种电机、变压器中，涡流会使铁芯的温度升高，危及线圈绝缘材料的寿命；另外涡流发热要消耗额外的能量，使电机、变压器的效率降低.
(2)涡流的防止
为了减小涡流，变压器、电机中的铁芯不是由整块的钢铁制成，而是用薄薄的硅钢片叠压而成.一方面硅钢片的电阻率比一般钢铁的要大，从而减少损耗；另一方面，每层硅钢片之间都是绝缘的，阻断了涡流的通路，进一步减小了涡流的发热.
深度思考
发生涡流时，金属块并没有接入闭合电路，为什么会产生感应电流？
答案 金属块自身构成闭合回路，导体内部等效成许多闭合电路.当穿过金属块的磁通量变化时，金属块内部会产生感应电流.
例1 下列关于涡流的说法中正确的是( )
A.涡流跟平时常见的感应电流一样，都是因为穿过导体的磁通量变化而产生的
B.涡流不是感应电流，而是一种有别于感应电流的特殊电流
C.涡流有热效应，但没有磁效应
D.在硅钢片中不能产生涡流
解析 涡流是一种特殊的电磁感应现象，它是感应电流，既有热效应，又有磁效应.硅钢片中能产生涡流，但电流较小，故选项A正确.
答案 A
例2 变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成，而不采用一块整硅钢，这是为了( )
A.增大涡流，提高变压器的效率
B.减小涡流，提高变压器的效率
C.增大涡流，减小铁芯的发热量
D.减小涡流，减小铁芯的发热量
解析 涡流的主要效应之一就是发热，而变压器的铁芯发热，是我们不希望出现的，所以不采用整块硅钢，而采用薄硅钢片叠压在一起，目的是减小涡流，减小铁芯的发热量，进而提高变压器的效率.故选项B、D正确.
答案 BD
减小涡流的途径之一是增大铁芯材料的电阻率；另一途径就是用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯.
二、电磁阻尼和电磁驱动
1.电磁阻尼：
(1)定义：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动.
(2)应用：磁电式仪表中利用电磁阻尼使指针迅速停止，便于读数.
2.电磁驱动：
(1)定义：磁场相对于导体转动时，导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用，使导体运动起来.
(2)应用：交流感应电动机.
3.电磁阻尼和电磁驱动的比较：
比较内容
电磁阻尼
电磁驱动
不同点
成因
由导体在磁场中运动形成的
由磁场运动而形成的
效果
安培力方向与导体运动方向相反，为阻力
安培力方向与磁场运动方向相同，为动力
能量转化
克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，最终转化为内能
磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能
共同点
两者都是电磁感应现象，导体受到的安培力都是阻碍导体与磁场间的相对运动
深度思考
电磁阻尼是谁阻碍谁的运动？电磁驱动是谁驱动谁？
答案 电磁阻尼是磁场阻碍导体相对磁场的运动，电磁驱动是磁场驱动导体的运动.
例3 如图1所示，上端开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置.小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块( )
图1
A.在P和Q中都做自由落体运动
B.在两个下落过程中的机械能都守恒
C.在P中的下落时间比在Q中的长
D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大
解析 小磁块下落过程中，在铜管P中产生感应电流，小磁块受到向上的磁场力，不做自由落体运动，而在塑料管Q中只受到重力，在Q中做自由落体运动，故选项A错误；根据功能关系知，在P中下落时，小磁块机械能减少，在Q中下落时，小磁块机械能守恒，故选项B错误；在P中加速度较小，在P中下落时间较长，选项C正确；由于在P中下落时要克服磁场力做功，机械能有损失，故知，落至底部时在P中的速度比在Q中的小，选项D错误.
答案 C
例4 如图2所示，蹄形磁铁和矩形线圈均可绕竖直轴OO′转动.从上向下看，当磁铁逆时针转动时，则( )
图2
A.线圈将逆时针转动，转速与磁铁相同
B.线圈将逆时针转动，转速比磁铁小
C.线圈将顺时针转动，转速比磁铁大
D.线圈将顺时针转动，转速比磁铁小
解析 当磁铁逆时针转动时，线圈中产生感应电流，根据楞次定律知，感应电流总是阻碍磁铁和线圈之间的相对运动，线圈将与磁铁同向转动，但转动速度比磁铁小.B项正确.
答案 B
电磁阻尼、电磁驱动现象中安培力的作用效果都是阻碍相对运动，减小导体与磁场的相对速度.但阻碍不是阻止，导体与磁场的运动不同步.
1.(涡流的应用)(多选)如图3所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来.若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( )
图3
A.增加线圈的匝数
B.提高交流电源的频率
C.将金属杯换为瓷杯
D.取走线圈中的铁芯
答案 AB
解析 当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热，使水温升高.要缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻.增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势，瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导致磁性减弱.所以选项A、B正确，选项C、D错误.
2(涡流的应用)(多选)如图4所示是高频焊接原理示意图.线圈中通以高频变化的电流时，待焊接的金属工件中就产生感应电流，感应电流通过焊缝处产生大量热量，将金属熔化，把工件焊接在一起，而工件其他部分发热很少，以下说法正确的是( )
图4
A.交流电的频率越高，焊缝处的温度升高得越快
B.交流电的频率越低，焊缝处的温度升高得越快
C.工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻小
D.工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻大
答案 AD
解析 交流电频率越高，则产生的感应电流越大，升温越快，工件电流相同，电阻越大，温度越高，放热越多.
3.(对电磁阻尼的理解)(多选)如图5所示，磁电式仪表的线圈通常是用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上，这样做的目的是( )
图5
A.防止涡流而设计的 B.利用涡流而设计的
C.起电磁阻尼的作用 D.起电磁驱动的作用
答案 BC
解析 线圈通电后在安培力作用下转动，铝框随之转动，在铝框内产生涡流.涡流将阻碍线圈的转动，使线圈偏转后尽快停下来，这样做是利用涡流来起电磁阻尼的作用.
4.(对电磁驱动的理解)如图6所示，光滑水平绝缘面上有两个金属环静止在平面上，环1竖直，环2水平放置，均处于中间分割线上，在平面中间分割线正上方有一条形磁铁，当磁铁沿中间分割线向右运动时，下列说法正确的是( )
图6
A.两环都向右运动
B.两环都向左运动
C.环1静止，环2向右运动
D.两环都静止
答案 C
解析 条形磁铁向右运动时，环1中磁通量保持为零不变，无感应电流，仍静止；环2中磁通量变化，根据楞次定律，为阻碍磁通量的变化，感应电流的效果使环2向右运动.
题组一 涡流的应用
1.(多选)对变压器和电动机中涡流的认识，以下说法正确的是( )
A.涡流会使铁芯温度升高，减少线圈绝缘的寿命
B.涡流发热，要损耗额外的能量
C.为了不产生涡流，变压器和电动机的铁芯用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯
D.涡流产生于线圈中，对原电流起阻碍作用
答案 AB
解析 变压器和电动机中产生的涡流会使温度升高消耗能量，同时会减少线圈绝缘的寿命，A、B正确；变压器和电动机的铁芯用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯是为了增加电阻，减小电流，减少产生的热量，C错误；涡流产生于铁芯中，对原电流无阻碍作用，D错误.故选A、B.
2.如图1所示，在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上分别放一小铁锅水和一玻璃杯水.给线圈通入电流，一段时间后，一个容器中水温升高，则通入的电流与水温升高的是( )
图1
A.恒定直流、小铁锅
B.恒定直流、玻璃杯
C.变化的电流、小铁锅
D.变化的电流、玻璃杯
答案 C
解析 通入恒定电流时，所产生的磁场不变，不会产生感应电流.通入变化的电流时，所产生的磁场发生变化，在空间产生感生电场，铁锅是导体，感生电场在导体内产生涡流，电能转化为内能，使水温升高.涡流是由变化的磁场在导体内产生的，所以玻璃杯中的水不会升温，故C正确.
3.(多选)如图2所示是用涡流金属探测器探测地下金属物的示意图，下列说法中正确的是( )
图2
A.探测器内的探测线圈会产生交变磁场
B.只有有磁性的金属物才会被探测器探测到
C.探测到地下的金属物是因为探头中产生了涡流
D.探测到地下的金属物是因为金属物中产生了涡流
答案 AD
4.高频感应炉是用来熔化金属对其进行冶炼的.如图3所示为冶炼金属的高频感应炉的示意图，炉内放入被冶炼的金属，线圈通入高频交变电流，这时被冶炼的金属就能被熔化，这种冶炼方法速度快，温度易控制，并能避免有害杂质混入被治炼的金属中，因此适用于冶炼特种金属.那么该炉的加热原理是( )
图3
A.利用线圈中电流产生的焦耳热
B.利用线圈中电流产生的磁场
C.利用交变电流的交变磁场在炉内金属中产生的涡流
D.给线圈通电的同时，给炉内金属也通了电
答案 C
5.如图4所示为高频电磁炉的工作示意图，它是采用电磁感应原理产生涡流加热的，它利用变化的电流通过线圈产生变化的磁场，当变化的磁场通过含铁质锅的底部时，即会产生无数小涡流，使锅体本身自行高速升温，然后再加热锅内食物.电磁炉工作时产生的电磁波，完全被线圈底部的屏蔽层和顶板上的含铁质锅所吸收，不会泄漏，对人体健康无危害.关于电磁炉，以下说法中正确的是( )
图4
A.电磁炉是利用变化的磁场在食物中产生涡流对食物加热的
B.电磁炉是利用变化的磁场产生涡流，使含铁质锅底迅速升温，进而对锅内食物加热的
C.电磁炉是利用变化的磁场使食物中的极性水分子振动和旋转来对食物加热的
D.电磁炉跟电炉一样是让电流通过电阻丝产生热量来对食物加热的
答案 B
解析 电磁炉的工作原理是利用变化的电流通过线圈产生变化的磁场，变化的磁场通过含铁质锅的底部产生无数小涡流，使锅体温度升高后加热食物，故选项A、D错误，B正确；而选项C是微波炉的加热原理，C错误.
题组二 对电磁阻尼的理解
6.(多选)如图5所示，在O点正下方有一个具有理想边界的磁场，铜环在A点由静止释放，向右摆至最高点B，不考虑空气阻力，则下列说法正确的是( )
图5
A.A、B两点在同一水平线上
B.A点高于B点
C.A点低于B点
D.铜环最终将做等幅摆动
答案 BD
解析 铜环在进入和穿出磁场的过程中，穿过环的磁通量发生变化，环中有感应电流产生，将损耗一定的机械能，所以A点高于B点.铜环的摆角会越来越小，最终出不了磁场，而做等幅摆动.
7.如图6所示，使一个铜盘绕其竖直的轴OO′转动，且假设摩擦等阻力不计，转动是匀速的.现把一个蹄形磁铁移近铜盘，则( )
图6
A.铜盘转动将变慢
B.铜盘转动将变快
C.铜盘仍以原来的转速转动
D.铜盘的转动速度是否变化，要根据磁铁的上下两端的极性来决定
答案 A
解析 当一个蹄形磁铁移近铜盘时，铜盘转动切割磁感线，产生感应电流，由楞次定律可知感应电流受到的安培力阻碍其相对运动，所以铜盘的转动将变慢.本题也可以从能量守恒的角度去分析，因为铜盘转动切割磁感线，产生感应电流，铜盘的机械能不断转化成电能，铜盘转动会逐渐变慢，故正确选项为A.
8.如图7所示，在光滑水平桌面上放一条形磁铁，分别将大小相同的铁球、铝球和木球放在磁铁的一端且给它们一个相同的初速度，让其向磁铁滚去，观察小球的运动情况是( )
图7
A.都做匀速运动
B.甲、乙做加速运动
C.甲做加速运动，乙做减速运动，丙做匀速运动
D.甲做减速运动，乙做加速运动，丙做匀速运动
答案 C
解析 铁球将加速运动，其原因是铁球被磁化后与磁铁之间产生相互吸引的磁力.铝球将减速运动，其原因是铝球内产生了感应电流，感应电流的磁场阻碍相对运动.木球将匀速运动，其原因是木球既不能被磁化，也不能产生感应电流，所以磁铁对木球不产生力的作用.
9.弹簧上端固定，下端挂一条形磁铁，使磁铁上下振动，磁铁的振动幅度不变.若在振动过程中把线圈靠近磁铁，如图8所示，观察磁铁的振幅将会发现( )
图8
A.S闭合时振幅逐渐减小，S断开时振幅不变
B.S闭合时振幅逐渐增大，S断开时振幅不变
C.S闭合或断开，振幅变化相同
D.S闭合或断开，振幅都不发生变化
答案 A
解析 S断开时，磁铁振动穿过线圈的磁通量发生变化，但线圈中无感应电流，振幅不变；S闭合时有感应电流，有电能产生，磁铁的机械能越来越少，振幅逐渐减少，A正确.
10.(多选)如图9所示，A、B为大小、形状均相同且内壁光滑、但用不同材料制成的圆管，竖直固定在相同高度.两个相同的磁性小球，同时从A、B管上端的管口无初速度释放，穿过A管比穿过B管的小球先落到地面.下面对于两管的描述中可能正确的是( )
图9
A.A管是用塑料制成的，B管是用铜制成的
B.A管是用铝制成的，B管是用胶木制成的
C.A管是用胶木制成的，B管是用塑料制成的
D.A管用胶木制成的，B管是用铝制成的
答案 AD
题组三 对电磁驱动的理解
11.如图10所示，在一蹄形磁铁下面放一个铜盘，铜盘和磁铁均可以自由绕OO′轴转动，两磁极靠近铜盘，但不接触.当磁铁绕轴转动时，铜盘将( )
图10
A.以相同的转速与磁铁同向转动
B.以较小的转速与磁铁同向转动
C.以相同的转速与磁铁反向转动
D.静止不动
答案 B
解析 因磁铁的转动，引起铜盘中磁通量发生变化而产生感应电流，进而受安培力作用而发生转动，由楞次定律可知安培力的作用是阻碍相对运动，所以铜盘与磁铁同向转动，又由产生电磁感应的条件可知，线圈中能产生感应电流的条件必须是磁通量发生变化.故铜盘转动方向与磁铁相同而转速小，所以正确选项是B.
12.(多选)位于光滑水平面的小车上放置一螺线管，一个比螺线管长的条形磁铁沿着螺线管的轴线以初速度v水平穿过，如图11所示，在此过程中( )
图11
A.磁铁做匀速直线运动 B.磁铁做减速运动
C.小车向右做加速运动 D.小车先加速后减速
答案 BC
解析
习题课（一）电磁感应中的图象和电路问题
[目标定位] 1.进一步理解公式E＝n与E＝Blv的区别和联系，能够应用两个公式求解感应电动势.2.掌握电磁感应现象中电路问题的分析方法和解题基本思路.3.综合应用楞次定律和法拉第电磁感应定律解决电磁感应中的图象问题.
一、电磁感应中的电路问题
电磁感应问题常与电路知识综合考查，解决此类问题的基本方法是：
(1)明确哪部分电路或导体产生感应电动势，该电路或导体就相当于电源，其他部分是外电路.
(2)画等效电路图，分清内、外电路.
(3)用法拉第电磁感应定律E＝n或E＝Blv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.在等效电源内部，方向从负极指向正极.
(4)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率、电热等公式联立求解.
例1 粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行.现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如下图所示，则在移出过程中线框的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是( )
解析 磁场中切割磁感线的边相当于电源，外电路由三个相同电阻串联形成，A、C、D中a、b两点间电势差为外电路中一个电阻两端的电压为：U＝E＝，B图中a、b两点间电势差为路端电压为：U＝E＝，所以a、b两点间电势差绝对值最大的是B图，故A、C、D错误，B正确.
答案 B
例2 把总电阻为2R的均匀电阻丝焊接成一半径为a的圆环，水平固定在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，如图1所示，一长度为2a、电阻等于R、粗细均匀的金属棒MN放在圆环上，它与圆环始终保持良好的接触，当金属棒以恒定速度v向右移动经过环心O时，求：
图1
(1)棒上电流的大小和方向及棒两端的电压UMN；
(2)在圆环和金属棒上消耗的总热功率.
解析 (1)把切割磁感线的金属棒看成一个具有内阻为R、电动势为E的电源，两个半圆环看成两个并联电阻，画出等效电路如图所示.等效电源电动势为：E＝Blv＝2Bav.
外电路的总电阻为：R外＝＝R.
棒上电流大小为：I＝＝＝.
电流方向从N流向M.
根据分压原理，棒两端的电压为：
UMN＝·E＝Bav.
(2)圆环和金属棒上消耗的总热功率为：
P＝IE＝.
答案 (1) 方向由N→M Bav
(2)
电磁感应中电路问题的分析方法：
(1(明确电路结构，分清内、外电路，画出等效电路图.
(2(根据产生感应电动势的方式计算感应电动势的大小，如果是磁场变化，由E＝n计算；如果是导体切割磁感线，由E＝Blv计算.
(3(根据楞次定律或右手定则判断感应电流的方向.
(4(根据电路组成列出相应的方程式.
二、电磁感应中的图象问题
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、F－t图象等.
2.分析电磁感应的具体过程.
3.确定感应电动势(或感应电流)的大小和方向，有下列两种情况：
(1)若回路面积不变，磁感应强度变化时，用楞次定律确定感应电流的方向，用E＝n确定感应电动势大小的变化.
(2)若磁场不变，导体切割磁感线，用右手定则判断感应电流的方向，用E＝Blv确定感应电动势大小的变化.
4.画图象或判断图象.特别注意分析斜率的变化、截距等.
5.涉及受力问题，可由安培力公式F＝BIL和牛顿运动定律等规律写出有关函数关系式.
例3 如图2甲所示，矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示，若规定顺时针方向为感应电流的正方向，下列各图中正确的是( )
图2
解析 0～1 s内，磁感应强度B均匀增大，由法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势E＝恒定，电流i＝恒定；由楞次定律可知，电流方向为逆时针方向，即负方向，在i－t图象上，是一段平行于t轴的直线，且方向为负，可见，A、C不正确.在1～2 s内B、D中电流情况相同，在2～3 s内，负向的磁感应强度均匀增大，由法拉第电磁感应定律知，产生的感应电动势E＝恒定，电流i＝恒定，由楞次定律知，电流方向为顺时针方向，即正方向，在i－t图象上，是一段平行于t轴的直线，且方向为正，只有D符合，选D.
答案 D
本类题目线圈面积不变而磁场发生变化，可根据E＝nS 判断E的大小及变化，由楞次定律判断感应电流的方向，即图象的“＋”、“－”.其中为B－t图象斜率，特别注意1～3 s内斜率不变，I感的大小、方向都不变.
例4 如图3所示，一底边为L，底边上的高也为L的等腰三角形导体线框以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过长为2L，宽为L的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里.t＝0时刻，三角形导体线框的底边刚进入磁场，取沿逆时针方向的感应电流为正，则在三角形导体线框穿过磁场区域的过程中，感应电流i随时间t变化的图线可能是( )
图3
解析 根据E＝BLv，I＝＝，三角形导体线框进、出磁场时，有效长度L都变小.再根据右手定则，进、出磁场时感应电流方向相反，进磁场时感应电流方向为正，出磁场时感应电流方向为负，故选A.
答案 A
线框进、出匀强磁场，可根据E＝BLv判断E大小变化，再根据右手定则判断方向.特别注意L为切割的有效长度.
1.(电磁感应中的电路问题)一闭合圆形线圈放在匀强磁场中，线圈的轴线与磁场方向成30°角，磁感应强度随时间均匀变化.在下列方法中能使线圈中感应电流增加一倍的是( )
A.把线圈匝数增大一倍
B.把线圈面积增大一倍
C.把线圈半径增大一倍
D.把线圈匝数减少到原来的一半
答案 C
解析 设感应电流为I，电阻为R，匝数为n，线圈半径为r，线圈面积为S，导线横截面积为S′，电阻率为ρ.
由法拉第电磁感应定律知E＝n＝n，由闭合电路欧姆定律知I＝，由电阻定律知R＝ρ，则I＝cos 30°.其中、ρ、S′均为恒量，所以I∝r，故选C.
2.(电磁感应中的电路问题)如图4所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场.当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差为( )
图4
A.BRv B.BRv C.BRv D.BRv
答案 D
解析 设整个圆环电阻是R，其外电阻是圆环总电阻的，即磁场外的部分，而在磁场内切割磁感线的有效长度是R，其相当于电源，E＝B·R·v，根据欧姆定律可得U＝E＝BRv，选项D正确.
3.(电磁感应中的图象问题)如图5所示，在x≤0的区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面(纸面)向里.具有一定电阻的矩形线框abcd位于xOy平面内，线框的ab边与y轴重合.令线框从t＝0时刻起由静止开始沿x轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流i(取逆时针方向的电流为正)随时间t的变化图线正确的是( )
图5
答案 D
解析 因为线框做匀加速直线运动，所以感应电动势为E＝Blv＝Blat，因此感应电流大小与时间成正比，由楞次定律可知方向为顺时针.
4.(电磁感应中的图象问题)一矩形线框位于一随时间t变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线框所在的平面(纸面)向里，如图6甲所示，磁感应强度B随t的变化规律如图乙所示.以i表示线框中的感应电流，以图甲中线框上箭头所示方向的电流为正方向(即顺时针方向为正方向)，则以下的i－t图中正确的是( )
图6
答案 C
题组一 电磁感应中的图象分析
1.如图1甲所示，闭合的圆线圈放在匀强磁场(图中未画出)中，t＝0时磁感线垂直线圈平面向里穿过线圈，磁感应强度随时间变化的关系图线如图乙所示，则在0～2 s内线圈中感应电流的大小和方向为( )
图1
A.逐渐增大，逆时针
B.逐渐减小，顺时针
C.大小不变，顺时针
D.大小不变，先顺时针后逆时针
答案 C
解析 因为B－t图线的斜率不变，所以感应电流恒定.根据愣次定律判断电流方向为顺时针.
2.如图2所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒PQ沿导轨从MN处匀速运动到M′N′的过程中，棒上感应电动势E随时间t变化的图象，可能正确的是( )
图2
答案 A
解析 在金属棒PQ进入磁场区域之前或离开磁场后，棒上均不会产生感应电动势，D项错误.在磁场中运动时，感应电动势E＝Blv与时间无关，保持不变，故A选项正确.
3.(多选)如图3甲所示，一个闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中，设磁场方向向里为磁感应强度B的正方向，线圈中的箭头为电流I的正方向.线圈及线圈中感应电流i随时间变化的图线如图乙所示，则磁感应强度B随时间变化的图线可能是 ( )
图3
答案 CD
4.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4甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t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4
答案 A
解析 在第1 s内，由楞次定律可判定电流为正，其产生的感应电动势E1＝＝S，在第2 s和第3 s内，磁场B不变化，即线圈中无感应电流，在第4 s和第5 s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E2＝＝S，由于ΔB1＝ΔB2，Δt2＝2Δt1，故E1＝2E2，由此可知，A选项正确.
5.如图5所示，一宽40 cm的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，一边长为20 cm的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的速度v＝20 cm/s匀速通过磁场区域.在运动过程中，线框有一边始终与磁场区域的边界平行，取它刚进入磁场的时刻t＝0，正确反映感应电流随时间变化规律的图象是( )
图5
答案 C
解析 线框在进入磁场的过程中，由楞次定律可知感应电流方向是逆时针的，E＝Blv，感应电流i＝＝，是一个恒定的值.线框全部进入磁场后在磁场中运动的过程中，线框的磁通量不变，所以无感应电流.离开磁场的过程中，由楞次定律可知感应电流方向是顺时针的，其大小与进入时相等，综合上述三个过程，选项C正确.
6.将一段导线绕成图6甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内.回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中.回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示.用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反应F随时间t变化的图象是( )
图6
答案 B
解析 0～时间内，回路中产生顺时针方向、大小不变的感应电流，根据左手定则可以判定ab边所受安培力向左.～T时间内，回路中产生逆时针方向、大小不变的感应电流，根据左手定则可以判定ab边所受安培力向右，故B正确.
题组二 电磁感应中的电路问题
7.用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2 m，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图7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7
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，从而在线框中有感应电流产生，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，所以U＝IR＝·＝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.
8.如图8所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，不考虑线框的重力，若闭合线框的电流分别为Ia、Ib，则Ia∶Ib为( )
图8
A.1∶4 B.1∶2 C.1∶1 D.不能确定
答案 C
解析 产生的感应电动势为E＝Blv，由闭合电路欧姆定律得I＝，又Lb＝2La，由电阻定律知Rb＝2Ra，故Ia∶Ib＝1∶1.
9.在图9中，EF、GH为平行的金属导轨，其电阻不计，R为电阻，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体棒.有匀强磁场垂直于导轨平面.若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当AB棒( )
图9
A.匀速滑动时，I1＝0，I2＝0
B.匀速滑动时，I1≠0，I2≠0
C.加速滑动时，I1＝0，I2＝0
D.加速滑动时，I1≠0，I2≠0
答案 D
解析 导体棒水平运动时产生感应电动势，对整个电路，可把AB棒看作电源，等效电路如图所示.当棒匀速滑动时，电动势E不变，故I1≠0，I2＝0.当棒加速运动时，电动势E不断变大，电容器不断充电，故I1≠0，I2≠0.
10.如图10所示，竖直平面内有一金属圆环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面.环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为( )
图10
A. B. C. D.Bav
答案 A
解析 摆到竖直位置时，AB切割磁感线的瞬时感应电动势E＝B·2a·v＝Bav.由闭合电路欧姆定律有UAB＝·＝Bav，故选A.
11.固定在匀强磁场中的正方形导线框abcd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忽略的铜线.磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里.现有一段与ab段的材料、粗细、长度均相同的电阻丝PQ架在导线框上，如图12所示.若PQ以恒定的速度v从ad滑向bc，当其滑过l的距离时，通过aP的电阻丝的电流是多大？方向如何？
图12
答案 方向由P到a
解析 PQ右移切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，外电路由Pa与Pb并联而成，PQ滑过时的等效电路如图所示.PQ切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝Blv，感应电流方向由Q指向P.
外电路总电阻为
R外＝＝R，
电路总电流为I＝＝＝，
aP的电流大小为IaP＝I＝，方向由P到a.
习题课（二）电磁感应中的动力学和能量问题
[目标定位] 1.综合运用楞次定律和法拉第电磁感应定律解决电磁感应中的动力学问题.2.会分析电磁感应中的能量转化问题.
一、电磁感应中的动力学问题
1.具有感应电流的导体在磁场中将受到安培力作用，所以电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是：
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向.
(2)求回路中的感应电流的大小和方向.
(3)分析导体的受力情况(包括安培力).
(4)列动力学方程或平衡方程求解.
2.两种状态处理
(1)导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态.
处理方法：根据平衡条件——合力等于零列式分析.
(2)导体处于非平衡状态——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.
例1 如图1所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，电阻R＝0.3 Ω接在导轨一端，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2.从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，求：(g＝10 m/s2)
图1
(1)导体棒所能达到的最大速度；
(2)试定性画出导体棒运动的速度－时间图象.
解析 ab棒在拉力F作用下运动，随着ab棒切割磁感线运动的速度增大，棒中的感应电动势增大，棒中感应电流增大，棒受到的安培力也增大，最终达到匀速运动时棒的速度达到最大值.外力在克服安培力做功的过程中，消耗了其他形式的能，转化成了电能，最终转化成了焦耳热.
(1)导体棒切割磁感线运动，产生的感应电动势：
E＝BLv①
I＝②
导体棒受到的安培力F安＝BIL③
导体棒运动过程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用，根据牛顿第二定律：
F－μmg－F安＝ma④
由①②③④得：F－μmg－＝ma⑤
由上式可以看出，随着速度的增大，安培力增大，加速度a减小，当加速度a减小到0时，速度达到最大.
此时有F－μmg－＝0⑥
可得：vm＝＝10 m/s⑦
(2)导体棒运动的速度－时间图象如图所示.
答案 (1)10 m/s (2)见解析图
电磁感应动力学问题中，要把握好受力情况、运动情况的动态分析.
基本思路是：导体受外力运动产生感应电动势感应电流导体受安培力―→合外力变化加速度变化―→速度变化―→感应电动势变化……→a＝0，v最大值.
周而复始地循环，循环结束时，加速度等于零，导体达到稳定状态，a＝0，速度v达到最大值.
例2 如图2所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，轨距为0.2 m，金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4 Ω，导轨电阻不计，导体ab的质量为0.2 g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.2 T，且磁场区域足够大，当导体ab自由下落0.4 s时，突然闭合开关S，则：
图2
(1)试说出S接通后，导体ab的运动情况；
(2)导体ab匀速下落的速度是多少？(g取10 m/s2)
解析 (1)闭合S之前导体ab自由下落的末速度为：
v0＝gt＝4 m/s.
S闭合瞬间，导体产生感应电动势，回路中产生感应电流，ab立即受到一个竖直向上的安培力.
F安＝BIL＝＝0.016 N＞mg＝0.002 N.
此刻导体所受到合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为
a＝＝－g，所以ab做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动.当速度减小至F安＝mg时，ab做竖直向下的匀速运动.
(2)设匀速下落的速度为vm，
此时F安＝mg，即＝mg，vm＝＝0.5 m/s.
答案 (1)先做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动，后做匀速运动
(2)0.5 m/s
例3 如图3甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦.
图3
(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；
(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；
(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值.
解析 (1)如图所示，ab杆受重力mg，竖直向下；支持力FN，垂直于斜面向上；安培力F安.
(2)当ab杆的速度大小为v时，感应电动势E＝BLv，此时
电路中的电流I＝＝
ab杆受到安培力F安＝BIL＝
根据牛顿第二定律，有
mgsin θ－F安＝mgsin θ－＝ma
a＝gsin θ－.
(3)当a＝0时，ab杆有最大速度：vm＝.
答案 (1)见解析图
(2) gsin θ－ (3)
电磁感应中力学问题的解题技巧：
(1(受力分析时，要把立体图转换为平面图，同时标明电流方向及磁场B的方向，以便准确地画出安培力的方向.
(2(要特别注意安培力的大小和方向都有可能变化，不像重力或其他力一样是恒力.
(3(根据牛顿第二定律分析a的变化情况，以求出稳定状态的速度.
(4(列出稳定状态下的受力平衡方程往往是解题的突破口.
二、电磁感应中的能量问题
1.电磁感应现象中的能量守恒
电磁感应现象中的“阻碍”是能量守恒的具体体现，在这种“阻碍”的过程中，其他形式的能转化为电能.
2.电磁感应现象中的能量转化方式
3.求解电磁感应现象中能量问题的一般思路
(1)确定回路，分清电源和外电路.
(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化.如：
①有滑动摩擦力做功，必有内能产生；
②有重力做功，重力势能必然发生变化；
③克服安培力做功，必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能；如果安培力做正功，就是电能转化为其他形式的能.
(3)列有关能量的关系式.
例4 如图4所示，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度为B.正方形金属框abcd可绕光滑轴OO′转动，边长为L，总电阻为R，ab边质量为m，其他三边质量不计，现将abcd拉至水平位置，并由静止释放，经一定时间到达竖直位置，ab边的速度大小为v，则在金属框内产生热量大小等于( )
图4
A. B.
C.mgL－ D.mgL＋
解析 金属框绕光滑轴转下的过程中机械能有损失但能量守恒，损失的机械能为mgL－，故产生的热量为mgL－，答案C正确.
答案 C
例5 如图5所示，两根电阻不计的光滑平行金属导轨倾角为θ，导轨下端接有电阻R，匀强磁场垂直斜面向上.质量为m、电阻不计的金属棒ab在沿斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，上升高度为h，在这个过程中( )
图5
A.金属棒所受各力的合力所做的功等于零
B.金属棒所受各力的合力所做的功等于mgh和电阻R上产生的焦耳热之和
C.恒力F与重力的合力所做的功等于棒克服安培力所做的功与电阻R上产生的焦耳热之和
D.恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热
解析 棒匀速上升的过程有三个力做功：恒力F做正功、重力G做负功、安培力F安做负功.根据动能定理：W＝WF＋WG＋W安＝0，故A对，B错；恒力F与重力G的合力所做的功等于棒克服安培力做的功.而棒克服安培力做的功等于回路中电能(最终转化为焦耳热)的增加量，克服安培力做功与焦耳热不能重复考虑，故C错，D对.
答案 AD
电磁感应中焦耳热的计算技巧：
(1(电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt.
(2(感应电流变化，可用以下方法分析：
①利用动能定理，求出克服安培力做的功，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W安.
②利用能量守恒，即感应电流产生的焦耳热等于其他形式能量的减少，即Q＝ΔE其他.
1.(电磁感应中的动力学问题)如图6所示，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，从不同高度由静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻.线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直.设OO′下方磁场区域足够大，不计空气阻力，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律( )
图6
答案 A
解析 线框在0～t1这段时间内做自由落体运动，v－t图象为过原点的倾斜直线，t2之后线框完全进入磁场区域中，无感应电流，线框不受安培力，只受重力，线框做匀加速直线运动，v－t图象为倾斜直线.t1～t2这段时间线框受到安培力作用，线框的运动类型只有三种，即可能为匀速直线运动、也可能为加速度逐渐减小的加速直线运动，还可能为加速度逐渐减小的减速直线运动，而A选项中，线框做加速度逐渐增大的减速直线运动是不可能的，故不可能的v－t图象为A选项中的图象.
2.(电磁感应中的动力学问题)如图7所示，光滑金属直导轨MN和PQ固定在同一水平面内，MN、PQ平行且足够长，两导轨间的宽度L＝0.5 m.导轨左端接一阻值R＝0.5 Ω的电阻.导轨处于磁感应强度大小为B＝0.4 T，方向竖直向下的匀强磁场中，质量m＝0.5 kg的导体棒ab垂直于导轨放置.在沿着导轨方向向右的力F作用下，导体棒由静止开始运动，导体棒与导轨始终接触良好并且相互垂直，不计导轨和导体棒的电阻，不计空气阻力，若力F的大小保持不变，且F＝1.0 N，求：
图7
(1)导体棒能达到的最大速度大小vm；
(2)导体棒的速度v＝5.0 m/s时，导体棒的加速度大小.
答案 (1)12.5 m/s (2)1.2 m/s2
解析 (1)导体棒达到最大速度vm时受力平衡，有F＝F安m，此时F安m＝，解得vm＝12.5 m/s.
(2)导体棒的速度v＝5.0 m/s时，感应电动势E＝BLv＝1.0 V，导体棒上通过的感应电流大小I＝＝2.0 A，导体棒受到的安培力F安＝BIL＝0.40 N，根据牛顿第二定律，有F－F安＝ma，解得a＝1.2 m/s2.
3.(电磁感应中的能量问题)如图8所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距L＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻，一质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T.金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当金属棒的位移x＝9 m时撤去外力，金属棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触.求：
图8
(1)金属棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；
(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；
(3)外力做的功WF.
答案 (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J
解析 (1)匀加速运动过程中产生的平均电动势＝n
回路中的电流为＝
通过电阻R的电荷量为q＝Δt
由上述公式联立可得：q＝n＝＝ C＝4.5 C.
(2)撤去外力前金属棒做匀加速运动，根据运动学公式得x＝at2，v＝at
所以v＝6 m/s
撤去外力后金属棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将金属棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为内能，所以焦耳热等于金属棒的动能减少量，有：
Q2＝ΔEk＝mv2＝×0.1×62 J＝1.8 J.
(3)根据题意，在撤去外力前的焦耳热为
Q1＝2Q2＝3.6 J，
撤去外力前拉力做正功、安培力做负功(其大小等于焦耳热Q1)、重力不做功.金属棒的动能增大，根据动能定理有：
ΔEk＝WF－Q1
则WF＝Q1＋ΔEk＝3.6 J＋1.8 J＝5.4 J.
题组一 电磁感应中的动力学问题
1.如图1所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动.杆ef及线框中导线的电阻都可不计.开始时，给ef一个向右的初速度，则( )
图1
A.ef将减速向右运动，但不是匀减速
B.ef将匀减速向右运动，最后停止
C.ef将匀速向右运动
D.ef将往返运动
答案 A
解析 ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F＝BIL＝＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，故A正确.
2.如图2所示，MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计，ab是一根不但与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆，开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，过段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图象不可能是下图中的( )
图2
答案 B
解析 S闭合时，若＞mg，先减速再匀速，D项有可能；若＝mg，匀速，A项有可能；若＜mg，先加速再匀速，C项有可能；由于v变化，－mg＝ma中a不恒定，故B项不可能.
3.(多选)如图3所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，间距为l，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B.一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则( )
图3
A.如果B变大，vm将变大
B.如果α变大，vm将变大
C.如果R变大，vm将变大
D.如果m变小，vm将变大
答案 BC
解析 金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势E＝Blv，在闭合电路中形成电流I＝，因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力F安作用，F安＝BIl＝，先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定出安培力方向，如图所示，根据牛顿第二定律，得mgsin α－＝ma，当a→0时，v→vm，解得vm＝，故选项B、C正确.
4.均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m.将其置于磁感应强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图4所示.线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行.当cd边刚进入磁场时，
图4
(1)求线框中产生的感应电动势大小；
(2)求cd两点间的电势差大小；
(3)若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h.
答案 (1)BL (2)BL (3)
解析 (1)cd边刚进入磁场时，线框速度：v＝
线框中产生的感应电动势E＝BLv＝BL
(2)此时线框中的电流I＝
cd切割磁感线相当于电源，cd两点间的电势差即路端电压：U＝I·R＝BL
(3)安培力：F安＝BIL＝
根据牛顿第二定律：mg－F安＝ma，
由a＝0，解得下落高度h＝
题组二 电磁感应中的能量问题
5.光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图5所示，抛物线的方程为y＝x2，其下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(图中虚线所示)，一个质量为m的小金属块从抛物线y＝b(b＞a)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是( )
图5
A.mgb B.mv2
C.mg(b－a) D.mg(b－a)＋mv2
答案 D
解析 金属块在进入磁场或离开磁场的过程中，穿过金属块的磁通量发生变化，产生电流，进而产生焦耳热，最后，金属块在高为a的曲面上做往复运动，减少的机械能为mg(b－a)＋mv2，由能量守恒定律可知，减少的机械能全部转化成焦耳热，即D选项正确.
6.如图6所示，质量为m、高为h的矩形导线框在竖直面内自由下落，其上下两边始终保持水平，途中恰好匀速穿过一有理想边界、高亦为h的匀强磁场区域，线框在此过程中产生的内能为( )
图6
A.mgh B.2mgh
C.大于mgh而小于2mgh D.大于2mgh
答案 B
解析 因线框匀速穿过磁场，在穿过磁场的过程中合外力做功为零，克服安培力做功为2mgh，产生的内能亦为2mgh.故选B.
7.如图7所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则( )
图7
A.Q1＞Q2，q1＝q2 B.Q1＞Q2，q1＞q2
C.Q1＝Q2，q1＝q2 D.Q1＝Q2，q1＞q2
答案 A
解析 根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1lbc＝lbc＝lab，同理Q2＝lbc，又lab＞lbc，故Q1＞Q2；因q＝t＝t＝，故q1＝q2，因此A正确.
题组三 电磁感应中的动力学问题和能量问题的综合
8.(多选)如图8所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动.导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是( )
图8
A.当导体棒速度达到时加速度大小为gsin θ
B.当导体棒速度达到时加速度大小为gsin θ
C.P＝2mgvsin θ
D.P＝3mgvsin θ
答案 AC
9.如图9所示，长L1、宽L2的矩形线圈电阻为R，处于磁感应强度为B的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直，求将线圈以向右的速度v匀速拉出磁场的过程中，
图9
(1)拉力的大小F；
(2)线圈中产生的电热Q.
答案 (1) (2)
解析 (1)线圈出磁场时：F＝BIL2
I＝
E＝BL2v
解得F＝
(2)方法一：t＝
Q＝I2Rt
所以Q＝
方法二：Q＝W＝FL1＝
10.如图10所示，足够长的光滑金属框竖直放置，框宽L＝0.5 m，框的电阻不计，匀强磁场的磁感应强度B＝1 T，方向与框面垂直，金属棒MN的质量为100 g，电阻为1 Ω，现让MN无初速度释放并与框保持接触良好的竖直下落，从释放直至到最大速度的过程中通过棒某一截面的电荷量为2 C，求此过程中回路产生的电能为多少？(空气阻力不计，g＝10 m/s2)
图10
答案 3.2 J
解析 金属棒下落过程做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小到零时速度达到最大，
根据平衡条件得mg＝①
在下落过程中，金属棒减少的重力势能转化为它的动能和电能E，由能量守恒定律得mgh＝mv＋E②
通过棒某一横截面的电荷量为q＝③
由①②③解得：
E＝mgh－mv＝－
＝ J－ J＝3.2 J.
习题课 楞次定律的应用
[目标定位] 1.应用楞次定律判断感应电流的方向.2.理解安培定则、左手定则、右手定则和楞次定律的区别.
一、楞次定律的基本应用
1.楞次定律
感应电流具有这样的方向，即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.应用楞次定律判断感应电流方向的一般步骤
(1)明确所研究的闭合电路，判断原磁场的方向；
(2)判断闭合电路内原磁场的磁通量的变化情况；
(3)由楞次定律判断感应电流的磁场方向；
(4)由安培定则根据感应电流的磁场方向，判断出感应电流的方向.
例1 如图1所示，一水平放置的矩形闭合线框abcd在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，由图中位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和位置Ⅲ都很接近位置Ⅱ，这个过程中线框的感应电流( )
图1
A.沿abcd流动
B.沿dcba流动
C.先沿abcd流动，后沿dcba流动
D.先沿dcba流动，后沿abcd流动
解析 由条形磁铁的磁场可知，线框在位置Ⅱ时穿过闭合线框的磁通量最少，为零，线框从位置Ⅰ到位置Ⅱ，从下向上穿过线框的磁通量在减少，线框从位置Ⅱ到位置Ⅲ，从上向下穿过线框的磁通量在增加，根据楞次定律可知感应电流的方向是abcd.
答案 A
感应电流的磁场，总是阻碍引起感应电流的磁通量(原磁场磁通量(的变化.
(1(当原磁场磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场方向相反.
(2(当原磁场磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同.口诀记为“增反减同”.
二、楞次定律的拓展应用
例2 如图2所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是( )
图2
A.向右摆动 B.向左摆动
C.静止 D.无法判定
解析 本题可用两种方法来解决：
方法1：画出磁铁的磁感线分布，如图甲所示，当磁铁向铜环运动时，穿过铜环的磁通量增加，由楞次定律判断出铜环中的感应电流方向如图甲所示.分析铜环受安培力作用而运动时，可把铜环中的电流等效为多段直线电流元.取上、下两小段电流元作为研究对象.由左手定则确定两段电流元的受力，由此可推断出整个铜环所受合力向右，则A选项正确.
方法2(等效法)：磁铁向右运动，使铜环产生的感应电流可等效为图乙所示的条形磁铁，两磁铁有排斥作用，故A正确.
答案 A
导体与磁场相对运动产生电磁感应现象时，产生的感应电流的导体受到磁场的安培力，这个安培力会“阻碍”相对运动，口诀记为“来拒去留”.
例3 如图3所示，在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两可自由滑动的导体ab和cd.当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体ab和cd的运动情况是( )
图3
A.一起向左运动
B.一起向右运动
C.ab和cd相向运动，相互靠近
D.ab和cd相背运动，相互远离
解析 由于ab和cd电流方向相反，所以两导体运动方向一定相反，排除选项A、B；当载流直导线中的电流逐渐增强时，穿过闭合回路的磁通量增加，根据楞次定律，感应电流总是阻碍穿过回路磁通量的变化，所以两导体相互靠近，减小面积，达到阻碍磁通量增加的目的，故选C.
答案 C
当闭合电路中有感应电流产生时，闭合电路的各部分导体就会受到安培力作用，会使闭合电路的面积有变化(或有变化趋势).
(1)若原磁通量增加，则通过减小有效面积起到阻碍的作用.
(2)若原磁通量减少，则通过增大有效面积起到阻碍的作用.
口诀记为“增缩减扩”.
温馨提示：本方法适用于磁感线单方向穿过闭合回路的情况.
例4 一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动，M连接在如图4所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关，下列情况中，可观测到N向左运动的是( )
图4
A.在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间
B.在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间
C.在S已向a闭合的情况下，将R的滑片向c端移动时
D.在S已向a闭合的情况下，将R的滑片向d端移动时
解析 金属环N向左运动，说明穿过N的磁通量在减少，说明线圈M中的电流在减少，只有选项C符合.
答案 C
发生电磁感应现象时，通过什么方式来“阻碍”原磁通量的变化要根据具体情况而定.可能是阻碍导体的相对运动，也可能是改变线圈的有效面积，还可能是通过远离或靠近变化的磁场源来阻碍原磁通量的变化，即：
(1(若原磁通量增加，则通过远离磁场源起到阻碍的作用.
(2(若原磁通量减少，则通过靠近磁场源起到阻碍的作用.
口诀记为“增离减靠”.
三、安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的区别
例5 如图5所示装置中，cd杆光滑且原来静止.当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动(导体棒切割磁感线速度越大，感应电流越大)( )
图5
A.向右匀速运动 B.向右加速运动
C.向左加速运动 D.向左减速运动
解析 ab匀速运动时，ab中感应电流恒定，L1中磁通量不变，穿过L2的磁通量不变，L2中无感应电流产生，cd杆保持静止，A不正确；ab向右加速运动时，L2中的磁通量向下增加，由楞次定律知L2中感应电流产生的磁场方向向上，故通过cd的电流方向向下，cd向右移动，B正确；同理可得C错误，D正确.
答案 BD
右手定则是楞次定律的特殊情况：
①楞次定律的研究对象为整个闭合导体回路，适用于磁通量变化引起感应电流的所有情况.
②右手定则的研究对象为闭合导体回路的一部分，仅适用于一段导体在磁场中做切割磁感线运动.
(2(区别安培定则、左手定则、右手定则的关键是抓住因果关系：
①因电而生磁(I→B(→安培定则.(判断电流周围磁感线的方向(
②因动而生电(v、B→I感(→右手定则.(导体切割磁感线产生感应电流(
③因电而受力(I、B→F安(→左手定则.(磁场对电流有作用力(
1.(楞次定律的基本应用)如图6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6
A.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 取导体圆环为研究对象，磁铁下落过程中原磁场方向是向上的，穿过圆环的磁通量先增加后减少，由楞次定律可判断出选项C正确.
2.(楞次定律的拓展应用)如图7所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙移至相同高度H处同时释放(各线框下落过程中不翻转)，则以下说法正确的是( )
图7
A.三者同时落地
B.甲、乙同时落地，丙后落地
C.甲、丙同时落地，乙后落地
D.乙、丙同时落地，甲后落地
答案 D
解析 在下落过程中，闭合铜线框中产生感应电流，由“来拒去留”可知，答案选D.
3.(楞次定律的拓展应用)如图8所示，一个有弹性的金属圆环被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方，直导线与圆环在同一竖直面内，当通电直导线中电流增大时，弹性圆环的面积S和橡皮绳的长度l将( )
图8
A.S增大，l变长 B.S减小，l变短
C.S增大，l变短 D.S减小，l变长
答案 D
解析 当通电直导线中电流增大时，穿过金属圆环的磁通量增加，金属圆环中产生感应电流.根据楞次定律可知，感应电流要阻碍磁通量的增加：一是用缩小面积的方式进行阻碍；二是用远离通电直导线的方式进行阻碍，故D正确.
4.(楞次定律的拓展应用)(多选)如图9所示是某电磁冲击钻的原理图，若突然发现钻头M向右运动，则可能是( )
图9
A.开关S闭合瞬间
B.开关S由闭合到断开的瞬间
C.开关S已经是闭合的，滑动变阻器滑片P向左迅速滑动
D.开关S已经是闭合的，滑动变阻器滑片P向右迅速滑动
答案 AC
解析 当开关突然闭合时，左线圈上有了电流，产生磁场，而对于右线圈来说，磁通量增加，产生感应电流，使钻头M向右运动，故A项正确；当开关S已经是闭合的时，只有左侧线圈电流增大才会导致钻头M向右运动，故C项正确.
5.(“一定律三定则”的综合应用)如图10所示，导轨间的磁场方向垂直于纸面向里，当导体棒MN在导轨上水平向右加速滑动时，正对电磁铁A的圆形金属环B中(导体棒切割磁感线速度越大，感应电流越大)( )
图10
A.有感应电流，且B被A吸引
B.无感应电流
C.可能有，也可能没有感应电流
D.有感应电流，且B被A排斥
答案 D
解析 MN向右加速滑动，根据右手定则，MN中的电流方向从N→M，且大小在逐渐变大，根据安培定则知，电磁铁A的磁场方向水平向左，且大小逐渐增强，根据楞次定律知，B环中的感应电流产生的磁场方向水平向右，B被A排斥.D正确，A、B、C错误.
题组一 楞次定律的基本应用
1.如图1所示，一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合螺线管，则电路中( )
图1
A.始终有感应电流自a向b流过电流表G
B.始终有感应电流自b向a流过电流表G
C.先有a→G→b方向的感应电流，后有b→G→a方向的感应电流
D.将不会产生感应电流
答案 C
解析 当条形磁铁进入螺线管时，闭合螺线管中的磁通量增加，当穿出时，磁通量减少，由楞次定律可知C正确.
2.长直导线与矩形线框abcd处在同一平面内静止不动，如图2甲所示.长直导线中通以大小和方向都随时间做周期性变化的电流，i－t图象如图乙所示.规定沿长直导线方向向上的电流为正方向.关于最初一个周期内矩形线框中感应电流的方向，下列说法正确的是( )
图2
A.由顺时针方向变为逆时针方向
B.由逆时针方向变为顺时针方向
C.由顺时针方向变为逆时针方向，再变为顺时针方向
D.由逆时针方向变为顺时针方向，再变为逆时针方向
答案 D
解析 将一个周期分为四个阶段，对全过程的分析列表如下：
时间段
长直导线中电流
线框中磁通量
感应电流的磁场
感应电流的方向
0～
向上，逐渐变大
向纸里、变大
垂直纸面向外
逆时针方向
～
向上，逐渐变小
向纸里、变小
垂直纸面向里
顺时针方向
～
向下，逐渐变大
向纸外、变大
垂直纸面向里
顺时针方向
～T
向下，逐渐变小
向纸外、变小
垂直纸面向外
逆时针方向
看上表的最后一列，可知选项D正确.
题组二 楞次定律的拓展应用
3.如图3所示，老师做了一个物理小实验让学生观察：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，老师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，同学们看到的现象是( )
图3
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
答案 B
解析 左环没有闭合，在磁铁插入过程中，不产生感应电流，故横杆不发生转动.右环闭合，在磁铁插入过程中，产生感应电流，横杆将发生转动.
4.如图4所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过.现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ.设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为FT1和FT2，重力加速度大小为g，则( )
图4
A.FT1>mg，FT2>mg
B.FT1C.FT1>mg，FT2D.FT1mg
答案 A
解析 当圆环经过磁铁上端时，磁通量增加，根据楞次定律可知磁铁要把圆环向上推，根据牛顿第三定律可知圆环要给磁铁一个向下的磁场力，因此有FT1>mg.当圆环经过磁铁下端时，磁通量减少，根据楞次定律可知磁铁要把圆环向上吸，根据牛顿第三定律可知圆环要给磁铁一个向下的磁场力，因此有FT2>mg，所以只有A正确.
5.如图5所示，ab是一个可以绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导体线圈，当滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动过程中，线圈ab将( )
图5
A.静止不动
B.逆时针转动
C.顺时针转动
D.发生转动，但因电源的极性不明，无法确定转动的方向
答案 C
解析 滑片P向右滑动过程中，电流增大，线圈处的磁场变强，磁通量增加，根据“阻碍”含义，线圈将阻碍磁通量增加而顺时针转动，故C正确.
6.如图6所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线框.当一竖直放置的条形磁铁从线框中线AB正上方等高快速经过时，若线框始终不动，则关于线框受到的支持力FN及在水平方向运动趋势的判断正确的是( )
图6
A.FN先小于 mg 后大于 mg，运动趋势向左
B.FN先大于 mg 后小于 mg，运动趋势向左
C.FN先小于 mg 后大于 mg，运动趋势向右
D.FN先大于 mg 后小于 mg，运动趋势向右
答案 D
解析 条形磁铁从线框正上方由左向右运动的过程中，线框中的磁通量先增加后减少，根据楞次定律的“来拒去留”可知，线框先有向下和向右的趋势，后有向上和向右的趋势；故线框受到的支持力先大于重力后小于重力，同时运动趋势向右.故选D.
7.(多选)如图7所示，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形，则磁场( )
图7
A.逐渐增强，方向向外 B.逐渐增强，方向向里
C.逐渐减弱，方向向外 D.逐渐减弱，方向向里
答案 CD
解析 对于导线回路来说，圆形面积最大，即由于磁场变化，导致导线回路面积变大，根据楞次定律“增缩减扩”，可判断磁场在减弱，可能是方向垂直软导线回路平面向外的磁场逐渐减弱也可能是方向垂直软导线回路平面向里的磁场逐渐减弱，选项C、D对.
8.(多选)如图8所示，在水平面上有一固定的U形金属框架，框架上放置一金属杆ab，不计摩擦，在竖直方向上有匀强磁场，则( )
图8
A.若磁场方向竖直向上并增大时，杆ab将向右移动
B.若磁场方向竖直向上并减小时，杆ab将向右移动
C.若磁场方向竖直向下并增大时，杆ab将向右移动
D.若磁场方向竖直向下并减小时，杆ab将向右移动
答案 BD
解析 不论磁场方向竖直向上还是竖直向下，当磁感应强度增大时，回路中磁通量增加，由楞次定律知杆ab将向左移动，反之，杆ab将向右移动，选项B、D正确.
9.(多选)如图9所示，一根长导线弯曲成“Π”形，通以直流电I，正中间用绝缘线悬挂一金属环C，环与导线处于同一竖直平面内.在电流I增大的过程中，下列判断正确的是( )
图9
A.金属环中无感应电流产生
B.金属环中有逆时针方向的感应电流
C.悬挂金属环C的竖直线的拉力大于环的重力
D.悬挂金属环C的竖直线的拉力小于环的重力
答案 BC
解析 Φ＝BS，S不变，I增大，B增大，所以有感应电流产生，A错误.由楞次定律得，感应电流方向沿逆时针，B正确.由圆的上半部分B大于下半部分，所以安培力以上半圆为主，I方向向左，B垂直纸面向里，F安方向向下，所以F拉＝mg＋F安，拉力大于重力，C正确，D错误.
10.如图10所示，光滑的水平桌面上放着两个完全相同的金属环a和b.当一条形磁铁的N极竖直向下迅速靠近两环时，则( )
图10
A.a、b两环均静止不动
B.a、b两环互相靠近
C.a、b两环互相远离
D.a、b两环均向上跳起
答案 C
解析 据题意，由楞次定律可知，当条形磁铁N极向下靠近两环时，穿过两环的磁通量都增加，根据“增离减靠”可知两环将向两边运动，故C选项正确.
11.(多选)如图11所示，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布.一铜制圆环用细线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速度释放，在圆环从a摆向b的过程中( )
图11
A.感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针
B.感应电流的方向一直是逆时针
C.安培力方向始终与速度方向相反
D.安培力方向始终沿水平方向
答案 AD
解析 圆环从位置a无初速度释放，在到达磁场分界线之前，穿过圆环向里的磁感线条数增加，根据楞次定律可知，圆环内感应电流的方向为逆时针，圆环经过磁场分界线时，穿过圆环向里的磁感线条数减少，根据楞次定律可知，圆环内感应电流的方向为顺时针；圆环通过磁场分界线之后，穿过圆环向外的磁感线条数减少，根据楞次定律可知，圆环内感应电流的方向为逆时针；因磁场在竖直方向分布均匀，圆环所受竖直方向的安培力平衡，故总的安培力始终沿水平方向.综上所述，A、D正确.
12.如图12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闭合瞬间，两铜环的运动情况是( )
图12
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
答案 A
解析 当开关S闭合瞬间，小铜环中磁通量从无到有逐渐增加，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，则两环将向两侧运动，故A正确.
题组三 “一定律三定则”的综合应用
13.如图13所示，在两个沿竖直方向的匀强磁场中，分别放入两个完全一样的水平金属圆盘a和b.它们可以绕竖直轴自由转动，用导线通过电刷把它们相连.当圆盘a转动时( )
图13
A.圆盘b总是与a沿相同方向转动
B.圆盘b总是与a沿相反方向转动
C.若B1、B2同向，则a、b转向相同
D.若B1、B2反向，则a、b转向相同
答案 D
解析 当圆盘a转动时，由于切割磁感线而产生感应电流，该电流流入b盘中，在磁场中由于受安培力b盘会转动.但若不知B1、B2的方向关系，则b盘与a盘的转向关系将无法确定.故A、B错.设B1、B2同向且向上，a盘逆时针转动，则由右手定则可知a盘中的感应电流由a→a′，b盘受力将顺时针转动，故C错，同理可判定D项正确.
14.(多选)如图14所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大导线圈M相连接，要使小导线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的金属棒ab的运动情况(两导线圈共面放置)是( )
图14
A.向右匀速运动 B.向左加速运动
C.向右减速运动 D.向右加速运动
答案 BC
