第10点 电磁感应中的图像问题
电磁感应中的图像问题综合了法拉第电磁感应定律——计算感应电动势的大小、楞次定律——判断感应电流方向、运动学知识——判定运动时间以及作图能力，是对电磁感应知识的综合考查．
1．思路导图
2．分析方法
对图像的分析，应做到“四明确一理解”：
(1)明确图像所描述的物理意义；明确各种“＋”、“－”的含义；明确斜率的含义；明确图像和电磁感应过程之间的对应关系．
(2)理解三个相似关系及其各自的物理意义：
v－Δv－，B－ΔB－，Φ－ΔΦ－
3．解决图像问题的一般步骤：
(1)明确图像的种类，即是B－t图像还是Φ－t图像，或者E－t图像、i－t图像等．
(2)分析电磁感应的具体过程．
(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系．
(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式．
(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等．
(6)画图像或判断图像．
4．电磁感应中图像类选择题的两个常见解法
(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项．
(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法．
对点例题 如图1所示，两个垂直纸面的匀强磁场方向相反．磁感应强度的大小均为B，磁场区域的宽度均为a，一正三角形(高为a)导线框ABC从图示位置沿图示方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，感应电流I与线框移动距离x的关系图像是( )
图1
解题指导 导线框进入左边磁场时，切割磁感线的有效长度L＝2vt·tan 30°，与时间成正比．根据楞次定律可以判定，导线框进入左边磁场和离开右边磁场时，电路中的感应电流方向均为逆时针方向．导线框在穿越两个磁场过程中，电路中的感应电流方向为顺时针方向．分析导线框进入、出来过程中有效切割长度可知感应电动势的变化，由I＝知，C正确．
答案 C
1．如图2所示，一导体圆环位于纸面内，O为圆心．环内两个圆心角为90°的扇形区域内分别有匀强磁场，两磁场的磁感应强度的大小相等，方向相反且均与纸面垂直．导体杆OM可绕O点转动，M端通过滑动触点与圆环良好接触．在圆心和圆环间连有电阻R.杆OM以角速度ω逆时针匀速转动，t＝0时恰好在图示位置．规定从a到b流经电阻R的电流方向为正，圆环和导体杆的电阻忽略不计，则杆从t＝0开始转动一周的过程中，电流随ωt变化的图像是( )
图2
答案 C
解析 设杆OM的有效切割长度为l.依据右手定则，可知转动角度在0～内，电流方向由M到O，在电阻R上电流方向是由b到a，为负值，且大小为I＝，为一定值；～π内没有感应电流；π～π内电流的方向由O到M，在电阻R上电流方向由a到b，即沿正方向；～2π内没有感应电流，因此C正确．
2．(多选)如图3所示，边长为L、总电阻为R的正方形线框abcd放置在光滑水平桌面上，其bc边紧靠磁感应强度为B、宽度为2L、方向竖直向下的有界匀强磁场的边缘．现使线框以初速度v0匀加速通过磁场，下列图线中能定性反映线框从开始进入到完全离开磁场的过程中，线框中的感应电流(以逆时针方向为正)的变化的是 ( )
图3
答案 AD
3．如图4甲所示，一矩形线圈abcd位于一随时间变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示．以I表示线圈中的感应电流(图甲中线圈上箭头方向为电流的正方向)，则下列选项中能正确表示线圈中电流I随时间t变化规律的是 ( )
图4
答案 C
第11点 电磁感应中的动力学问题
电磁感应和力学问题的综合，其联系桥梁是磁场对感应电流的安培力，因为感应电流与导体运动的加速度有相互制约的关系，这类问题中的导体一般不是做匀变速运动，而是经历一个动态变化过程，再趋于一个稳定状态，故解这类题时正确的进行动态分析，确定最终状态是解题的关键．
1．受力情况、运动情况的动态分析及思考路线
导体受力运动产生感应电动势→感应电流→通电导体受安培力→合力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化→…周而复始地循环，直至最终达到稳定状态，此时加速度为零，而导体通过加速达到最大速度做匀速直线运动或通过减速达到稳定速度做匀速直线运动．
2．解决此类问题的基本思路
解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”．
(1)“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E和r；
(2)“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力；
(3)“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；
(4)“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型．
3．两种状态处理
(1)导体处于平衡态——静止状态或匀速直线运动状态．
处理方法：根据平衡条件(合外力等于零)，列式分析．
(2)导体处于非平衡态——加速度不为零．
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．
4．电磁感应中的动力学临界问题
(1)解决这类问题的关键是通过运动状态的分析寻找过程中的临界状态，如由速度、加速度求最大值或最小值的条件．
(2)基本思路
注意 当导体切割磁感线运动存在临界条件时：
(1)若导体初速度等于临界速度，导体匀速切割磁感线；
(2)若导体初速度大于临界速度，导体先减速，后匀速运动；
(3)若导体初速度小于临界速度，导体先加速，后匀速运动．
对点例题 如图1所示，在距离水平地面h＝0.8 m的虚线的上方，有一个方向垂直于纸面水平向里的匀强磁场．正方形线框abcd的边长l＝0.2 m，质量m＝0.1 kg，电阻R＝0.08 Ω.一条不可伸长的轻绳绕过轻光滑滑轮，一端连线框，另一端连一质量M＝0.2 kg的物体A(A未在磁场中)．开始时线框的cd边在地面上，各段绳都处于伸直状态，从如图所示的位置由静止释放物体A，一段时间后线框进入磁场运动，已知线框的ab边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动．当线框的cd边进入磁场时物体A恰好落地，此时将轻绳剪断，线框继续上升一段时间后开始下落，最后落至地面．整个过程线框没有转动，线框平面始终处于纸面内，g取10 m/s2.求：
图1
(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小．
(2)线框从开始运动至到达最高点，用了多长时间？
(3)线框落地时的速度多大？
解题指导 (1)设线框到达磁场边界时速度大小为v，由机械能守恒定律可得：
Mg(h－l)＝mg(h－l)＋(M＋m)v2
代入数据解得：v＝2 m/s
线框的ab边刚进入磁场时，感应电流：I＝
线框恰好做匀速运动，有：
Mg＝mg＋IBl
代入数据解得：B＝1 T.
(2)设线框进入磁场之前运动时间为t1，有：
h－l＝vt1
代入数据解得：t1＝0.6 s
线框进入磁场过程做匀速运动，所用时间：
t2＝＝0.1 s
此后轻绳拉力消失，线框做竖直上抛运动，到达最高点时所用时间：t3＝＝0.2 s
线框从开始运动至到达最高点，所用时间：
t＝t1＋t2＋t3＝0.9 s
(3)线框从最高点下落至磁场边界时速度大小为2 m/s，线框所受安培力大小也不变，即
IBl＝(M－m)g
因此，线框穿出磁场过程还是做匀速运动，离开磁场后做竖直下抛运动．
由机械能守恒定律可得：mv＝mv2＋mg(h－l)
代入数据解得线框落地时的速度：v1＝4 m/s.
答案 (1)1 T (2)0.9 s (3)4 m/s
方法提炼 解决此类问题，应从电路分析入手，求出电流，然后进行受力分析，正确的受力分析是关键．再用牛顿第二定律求加速度以及其他的运动学量．涉及极值问题时，要分析出临界条件，根据临界条件求出极值．
1.(多选)如图2所示，电阻阻值为R，其他电阻均可忽略，ef是一电阻可不计的水平放置的导体棒，质量为m，棒的两端分别与ab、cd保持良好接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当导体棒ef从静止下滑一段时间后闭合开关S，则S闭合后 ( )
图2
A．导体棒ef的加速度可能大于g
B．导体棒ef的加速度一定小于g
C．导体棒ef最终速度随S闭合时刻的不同而不同
D．导体棒ef的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒
答案 AD
2.一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域继续下落，如图3所示，则 ( )
图3
A．若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程也是匀速运动
B．若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程也是加速运动
C．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程也是减速运动
D．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程是加速运动
答案 C
3．如图4甲所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L，一端通过导线与阻值为R的电阻连接；导轨上放一质量为m的金属杆，金属杆与导轨的电阻忽略不计；匀强磁场垂直水平面向里，用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动．当改变拉力的大小时，相对应的匀速运动速度v也会变化，v和F的关系如图乙所示(重力加速度g取10 m/s2)．问：
(1)金属杆在做匀速运动之前做什么运动？
图4
(2)若m＝0.5 kg，L＝0.5 m，R＝0.5 Ω，则磁感应强度B为多大？
(3)由v－F图线的截距可求得什么物理量？其值为多少？
答案 (1)见解析 (2)1 T (3)见解析
解析 (1)变速运动(或变加速运动或加速度减小的加速运动或加速运动)．
(2)感应电动势：E＝BLv
感应电流：I＝，安培力：F安＝BIL＝
由题图乙中图线可知金属杆受拉力、安培力和阻力的作用，匀速运动时合力为零．故
F＝＋f，v＝＝F－R
由题图乙中图线可知直线的斜率为k＝2，得B＝1 T.
(3)由图线的截距可以求得金属杆受到的阻力f，f＝2 N.
第12点 电磁感应现象中的能量问题
电磁感应过程往往涉及多种能量的转化
产生和维持感应电流的存在的过程就是其他形式的能量转化为感应电流电能的过程．在电磁感应现象中，认真分析电磁感应过程中的能量转化，熟练地应用能量转化与守恒定律是求解较复杂的电磁感应问题的常用方法．
1．过程分析
(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程．
(2)电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功．此过程中，其他形式的能转化为电能．“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．
(3)当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能．安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程．安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能．
2．解决此类问题的步骤
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(包括右手定则)确定感应电动势的大小和方向．
(2)画出等效电路图，写出回路中电阻消耗的电功率的表达式．
(3)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程，联立求解．
说明：在利用能量守恒定律解决电磁感应中的能量问题时，参与转化的能量的种类一定要考虑周全．哪些能量增加，哪些能量减少，要考虑准确，最后根据所满足的规律列方程分析求解．
3．焦耳热Q的两种求解方法
Q的两种求法
对点例题 (多选)如图1所示电路，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨下端接有电阻R，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可忽略不计的金属棒ab质量为m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用．金属棒沿导轨匀速下滑，则它在下滑高度h的过程中，以下说法正确的是 ( )
图1
A．作用在金属棒上各力的合力做功为零
B．重力做的功等于系统产生的电能
C．金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热
D．金属棒克服恒力F做的功等于电阻R上产生的焦耳热
解题指导 根据动能定理，合力做的功等于动能的增量，故A对；重力做的功等于重力势能的减少，重力做的功等于克服F所做的功与产生的电能之和，而克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热，所以B、D错，C对．
答案 AC
特别提醒 1.电磁感应现象的实质问题是能量的转化与守恒问题，从这个思路出发列方程求解，有时很方便．
2．通过克服安培力做功可以把其他形式的能转化为电能，电能最终转化为焦耳热．因此在同一关系式中，克服安培力做的功和产生的焦耳热不能同时出现．
1．(多选)如图2所示，竖直放置的两根足够长平行金属导轨相距L，导轨间接有一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触，且无摩擦，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，现将金属棒由静止释放， 金属棒下落高度为h时开始做匀速运动，在此过程中 ( )
图2
A．导体棒的最大速度为
B．通过电阻的电荷量为
C．导体棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量
D．重力和安培力对导体棒做功的代数和等于导体棒动能的增加量
答案 BD
解析 金属棒由静止释放后，当a＝0时，速度最大，即mg－BL＝0，解得vm＝，A项错误．此过程通过电阻的电荷量q＝Δt＝·Δt＝，B项正确．导体棒克服安培力做的功等于整个电路产生的热量，C项错误．由动能定理知对导体棒有ΔEk＝W重＋W安，D项正确．
2.(多选)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图3所示．除电阻R外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放．则 ( )
图3
A．金属棒的动能、重力势能与弹簧的弹性势能的总和保持不变
B．金属棒最后将静止，静止时弹簧伸长量为
C．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F＝
D．金属棒最后将静止，电阻R上产生的总热量为mg·
答案 BC
3.如图4所示，电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s＝1.15 m，两导轨间距L＝0.75 m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R＝1.5 Ω的电阻，磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r＝0.5 Ω、质量m＝0.2 kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Qr＝0.1 J．(取g＝10 m/s2)求：
图4
(1)金属棒在此过程中克服安培力做的功W安；
(2)金属棒下滑速度v＝2 m/s时的加速度a的大小；
(3)为求金属棒下滑的最大速度vm的大小，有同学解答如下：由动能定理，WG－W安＝mv，…….由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答．
答案 (1)0.4 J (2)3.2 m/s2 (3)见解析
解析 (1)下滑过程中安培力做的功即为电阻上产生的焦耳热，由于R＝3r，
因此QR＝3Qr＝0.3 J
所以W安＝Q＝QR＋Qr＝0.4 J
(2)金属棒下滑时受重力和安培力
F安＝BIL＝v
由牛顿第二定律得mgsin 30°－v＝ma
所以a＝gsin 30°－v
＝[10×－] m/s2＝3.2 m/s2
(3)此解法正确．
金属棒下滑时受重力和安培力作用，满足
mgsin 30°－v＝ma
上式表明，加速度随速度增大而减小，棒做加速度减小的加速运动．无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大．由动能定理可以得到棒的最大速度，因此(3)中同学的解法正确．
mgssin 30°－Q＝mv
所以vm＝
＝ m/s≈2.74 m/s.
第13点 自感现象的分析技巧
在求解有关自感现象的问题时，必须弄清自感线圈的工作原理和特点，这样才能把握好切入点和分析顺序，从而得到正确答案．
1．自感现象的原理
当通过导体线圈中的电流变化时，其产生的磁场也随之发生变化．由法拉第电磁感应定律可知，导体自身会产生阻碍自身电流变化的自感电动势．
2．自感现象的特点
(1)自感电动势只是阻碍自身电流变化，但不能阻止．
(2)自感电动势的大小跟自身电流变化的快慢有关．电流变化越快，自感电动势越大．
(3)自感电动势阻碍自身电流变化的结果，会给其他电路元件的电流产生影响．
①电流增大时，产生反电动势，阻碍电流增大，此时线圈相当于一个阻值很大的电阻；
②电流减小时，产生与原电流同向的电动势，阻碍电流减小，此时线圈相当于电源．
3．通电自感与断电自感
自感现象中主要有两种情况：即通电自感与断电自感．在分析过程中，要注意：(1)通过自感线圈的电流不能发生突变，即通电过程中，电流是逐渐变大，断电过程中，电流是逐渐变小，此时线圈可等效为“电源”，该“电源”与其他电路元件形成回路．(2)断电自感现象中灯泡是否“闪亮”问题的判断在于对电流大小的分析，若断电后通过灯泡的电流比原来强，则灯泡先闪亮后再慢慢熄灭．
对点例题 如图1所示电路，电路线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，LA、LB是两个相同的灯泡，设实验过程中灯泡均没有损坏，则 ( )
图1
A．S闭合瞬间，LA不亮，LB很亮；S断开瞬间，LA、LB立即熄灭
B．S闭合瞬间，LA很亮，LB逐渐亮；S断开瞬间，LA逐渐熄灭，LB立即熄灭
C．S闭合瞬间，LA、LB同时亮，然后LA熄灭，LB亮度不变；S断开瞬间，LA亮一下才熄灭，LB立即熄灭
D．S闭合瞬间，LA、LB同时亮，然后LA逐渐变暗到熄灭，LB变得更亮；S断开瞬间，LA亮一下才熄灭，LB立即熄灭
解题指导 S闭合瞬间，由于电感线圈L的自感系数足够大，其对电流的阻碍作用相当于一个阻值无穷大的电阻，所以LA、LB同时亮，然后，电感线圈L的阻碍作用逐渐消失，其相当于一段导线，LA被短路，所以LA逐渐变暗到熄灭，电路总电阻减小，电流增大，所以LB变得更亮；S断开瞬间，流过灯LB的电流突然消失，所以LB立即熄灭，但由于流过线圈的电流突然减小，线圈中会产生自感电动势，并与LA组成闭合回路，有电流流过LA，所以LA灯亮，但很快又熄灭，选项D正确．
答案 D
1．如图2所示的电路中，P、Q为两相同的灯泡，L的电阻不计，则下列说法正确的是( )
图2
A．S断开瞬间，P立即熄灭，Q过一会儿才熄灭
B．S接通瞬间，P、Q同时达到正常发光
C．S断开瞬间，通过P的电流从右向左
D．S断开瞬间，通过Q的电流与原来方向相反
答案 C
解析 S接通瞬间，L中电流从0开始增大，于是产生自感电动势，阻碍电流的增加．因此Q不会立即正常发光，较P要晚些，所以B项错误．S断开瞬间，因L的自感作用，通过P、Q形成的回路的电流逐渐减小为0，通过P的方向从右向左，通过Q的方向与原来相同，因此，P、Q两只灯泡会一起渐渐熄灭．故C项正确，A、D项错误．
2.(多选)在如图3所示的电路中，带铁心的、电阻较小的线圈L与灯A并联，当合上开关S后灯A正常发光．则下列说法中正确的是( )
图3
A．当断开S时，灯A立即熄灭
B．当断开S时，灯A可能突然闪亮然后熄灭
C．用阻值与灯A相同的线圈取代L接入电路，当断开S时，灯A逐渐熄灭
D．用阻值与线圈L相同的电阻取代L接入电路，当断开S时，灯A突然闪亮然后熄灭
答案 BC
解析 在S断开的瞬间，L与A构成闭合回路，灯A不会立即熄灭．关键是“小灯泡在熄灭之前是否闪亮一下”这一点如何确定．根据P＝I2R可知，灯A能否闪亮，取决于S断开的瞬间，流过A的电流是否更大一些．在断开S的瞬间，灯A中原来的电流IA立即消失，但灯A和线圈L组成的闭合回路，由于线圈L的自感作用，其中的电流IL不会立即消失，它还要通过回路维持短暂的时间．如果IL>IA，则灯A熄灭之前要闪亮一下；如果IL≤IA，则灯A是逐渐熄灭而不闪亮一下．至于IL和IA的大小关系，由RA和RL的大小关系决定：若RA>RL，则IA第14点 把握两个特殊位置，理解交变电流的变化规律
线圈绕垂直于匀强磁场且沿线圈平面的轴匀速转动时，会产生大小和方向都随时间做周期性变化的电流，称为交变电流．交变电流最大值和方向的改变出现在两个特殊位置上，即中性面和垂直于中性面两个位置．把握这两个位置，对理解交变电流的变化规律十分重要．
1．中性面
(1)如图1甲所示，线圈平面与磁感线垂直时的位置即为中性面位置．线圈处于中性面位置时，穿过线圈的Φ最大．
(2)如图乙所示，此时ab、cd边的速度方向与磁场方向平行，不切割磁感线，所以线圈中的感应电动势及感应电流均为零．从中性面开始计时，感应电动势随时间的变化关系式为e＝nBSωsin ωt，其图像如图丙所示．
(3)从中性面开始计时，线圈中磁通量随时间的变化关系式为Φ＝BScos ωt，Φ－t图像如图丁所示，特别需要注意t＝0时刻，即线圈处于中性面位置时，穿过线圈的Φ最大，但图像斜率为零(最小)，由法拉第电磁感应定律E＝n得此时感应电动势为零．
图1
2．中性面的垂面
(1)如图2甲所示，线圈平面与磁感线平行时的位置即为中性面的垂面．线圈处于垂直中性面位置时，穿过线圈的Φ为零．
(2)如图乙所示，此时ab、cd边的速度方向与磁场方向垂直，切割磁感线有效速度最大，所以线圈中的感应电动势及感应电流均为最大值．从垂直中性面开始计时，感应电动势随时间的变化关系式为e＝nBSωcos ωt，其图像如图丙所示．
(3)从垂直中性面开始计时，线圈中磁通量随时间的变化关系式为 Φ＝BSsin ωt，Φ－t图像如图丁所示，特别需要注意t＝0时刻，即线圈处于垂直中性面位置时，穿过线圈的Φ为零，但图像斜率最大，由法拉第电磁感应定律E＝n得此时感应电动势最大．
图2
3．两个特殊位置的特点
(1)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变．
(2)线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，电流方向不改变．
对点例题 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的变化图像如图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0
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
解题指导 由图像可知，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.
答案 D
特别提醒 线框转动一周经过中性面两次，因此线框转动一周电流的方向改变两次．
(多选)一单匝闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，在转动过程中，通过线圈的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为Em，下列说法正确的是( )
A．当磁通量为零时，感应电动势也为零
B．当磁通量减小时，感应电动势在增大
C．当磁通量等于0.5Φm时，感应电动势等于0.5Em
D．角速度ω＝
答案 BD
解析 因为Em＝BSω＝Φmω，则ω＝，D项正确；又当e＝Emsin ωt时，Φ＝Φmcos ωt，因此当磁通量减小时，感应电动势在增大，B项正确，A、C项错误．
第15点 交变电流“四值”再认识
近几年的高考在考查“交变电流”一章中的有关内容时，主要考查了交变电流的四值，即最大值、有效值、平均值、瞬时值，它们的物理意义不同，计算方法也不同，但又相互联系，有确定的数量关系．很多同学在理解应用上容易造成混乱，下面谈谈这四个值的理解与应用．
1．瞬时值
(1)反映的是不同时刻交流电的大小和方向，正弦交变电流瞬时值表达式为：e＝Emsin ωt，i＝Imsin ωt.应当注意必须从中性面开始计时．
(2)生活中用的市电电压为220 V，其最大值为220 V＝311 V(有时写为310 V)，频率为50 Hz，所以其电压瞬时值表达式为u＝311sin (314t) V.
2．峰值(最大值)和有效值
(1)峰值：交变电流在一个周期内电流或电压所能达到的最大数值，可以用来表示交变电流的电流或电压的变化幅度．
①线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，电动势的最大值Em＝nBSω.
②最大值在实际中有一定的指导意义，所有使用交流的用电器，其最大耐压值应大于其使用的交流电压的最大值，电容器上的标称电压值是电容器两极间所允许加的电压的最大值．
(2)有效值：根据电流的热效应来规定．让交变电流和恒定电流通过相同阻值的电阻，如果它们在一个周期内产生的热量相等，则这个恒定电流I、电压U叫做这个交变电流的有效值．
(3)正弦交变电流的有效值和峰值之间的关系：I＝，U＝.
注意 任何交变电流都有有效值，但上述关系只限于正弦交变电流，对其他形式的交变电流并不适用．
3．最大值、有效值和平均值的应用
(1)求电功、平均电功率以及确定保险丝的熔断电流等物理量时，要用有效值计算．
(2)求一段时间内通过导体横截面的电荷量时要用平均值，q＝t＝t＝n.
(3)在计算电容器的耐压值时，则要用交流电的最大值．
对点例题 在水平方向的匀强磁场中，有一正方形闭合线圈绕垂直于磁感线方向的轴匀速转动，已知线圈的匝数为n＝100匝、边长为20 cm、电阻为10 Ω、转动频率f＝50 Hz，磁场的磁感应强度为0.5 T．求：
(1)外力驱动线圈转动的功率；
(2)转至线圈平面与中性面的夹角为30°时，线圈产生的感应电动势及感应电流的大小；
(3)线圈由中性面转至与中性面成30°夹角的过程中，通过线圈横截面的电荷量．
解题指导 (1)线圈中感应电动势的最大值
Em＝nBSω＝nBS·2πf＝100×0.5×(0.2)2×2×3.14×50 V＝628 V
感应电动势的有效值为U＝＝314 V.
外力驱动线圈转动的功率与线圈中交变电流的功率相等，P外＝＝ W≈1.97×104 W.
(2)线圈转至与中性面成30°角时，感应电动势的瞬时值e＝Emsin 30° V＝314 V，交变电流的瞬时值i＝＝ A＝31.4 A.
(3)在线圈从中性面转至与中性面成30°角的过程中，线圈中的平均感应电动势＝n，平均感应电流＝＝n，通过线圈横截面的电荷量为q，则q＝Δt＝n＝n＝
＝ C≈0.027 C
答案 (1)1.97×104 W (2)314 V 31.4 A
(3)0.027 C
方法总结 正弦交流电的感应电动势的最大值Em＝nBSω.有效值U＝，用在计算有关电流热效应问题中．瞬时值是指在某一时刻或某一位置线圈中的感应电动势，可直接用公式e＝Emsin ωt或e＝Emcos ωt计算，由线圈的计时起点决定感应电动势的表达式是正弦形式还是余弦形式．平均值＝n用在计算通过导体横截面的电荷量的问题中．
1.如图1所示，交流发电机线圈的面积为0.05 m2，共100匝．该线圈在磁感应强度为 T的匀强磁场中，以10π rad/s的角速度匀速转动，电阻R1和R2的阻值均为50 Ω，线圈的内阻忽略不计，若从图示位置开始计时，则 ( )
图1
A．线圈中的电动势为e＝50sin (10πt) V
B．电流表的示数为 A
C．电压表的示数为50 A
D．R1上消耗的电功率为50 W
答案 B
2.如图2所示，线圈abcd的面积是0.05 m2，共100匝，线圈电阻为1 Ω，外接电阻R＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝ T，当线圈以300 r/min的转速匀速旋转时．问：
图2
(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)线圈转过 s时电动势的瞬时值多大？
(3)电路中，电压表和电流表的示数各是多少？
(4)从中性面开始计时，经 s通过电阻R的电荷量是多少？
答案 (1)e＝50sin (10πt) V (2)43.3 V
(3)31.86 V 3.54 A (4) C
解析 (1)e＝Emsin ωt＝nBS·2πfsin (2πft)
＝100××0.05×2π×sin (2π×t) V
＝50sin (10πt) V
(2)当t＝ s时，e＝50sin(10π×) V≈43.3 V.
(3)电动势的有效值为E＝＝ V≈35.4 V，
电流表示数I＝＝ A＝3.54 A，
电压表示数U＝IR＝3.54×9 V＝31.86 V.
(4) s内线圈转过的角度θ＝ωt＝×2π×＝.
该过程中，ΔΦ＝BS－BScos θ＝BS，
由＝，＝，＝
得q＝＝＝ C＝ C．
第16点 把握“等效”紧扣“三同”求交流电的有效值
有效值是交流电中最重要的物理量，必须会求解，特别是正弦交流电的有效值，应记住公式．
1．求交变电流有效值的方法有：
(1)利用I＝、U＝、E＝计算，只适用于正(余)弦式交流电．
(2)非正弦式交流电有效值的求解应根据电流的热效应进行计算，其中，交变电流的有效值是根据电流通过电阻时产生的热效应定义的，即让交变电流和直流电流通过相同的电阻，在相同的时间里若产生的热量相同，则交变电流(电压)的有效值就等于这个直流电流(电压)的值，即求解交变电流有效值问题必须在相同电阻、相同时间、相同热量的“三同”原则下求解．
2．应用有效值要注意以下几点：
(1)各种使用交流电的用电器上所标的额定电压、额定电流均指有效值．
(2)交流电压表和交流电流表所测的数值为交流电压和电流的有效值．
(3)在进行电功、电热、电功率的计算时，所代入的交流电压和电流的数值为有效值．
(4)凡没有特别说明的，指的都是有效值．通常所说的照明电路电压是220 V就是指的电压的有效值．
对点例题 如图1所示是一交变电压随时间变化的图像，求此交变电压的有效值．
图1
解题指导 设非正弦交变电压的有效值为U′，直流电的电压为U，让非正弦交变电压和直流电压分别加在同一电阻(设阻值为R)的两端，在一个周期(T＝0.4 s)内，非正弦交变电压产生的热量：Q′＝t1＋t2＋t3＋t4
＝×0.1＋×0.1＋×0.1＋×0.1＝
在这一个周期内，直流电压产生的热量
Q＝T＝
由Q＝Q′，得＝，
所以U＝ V，U′＝U＝ V
答案 V
方法总结 计算非正弦交变电流的有效值只能运用定义求解，其一般步骤是：
(1)计算非正弦交变电流在一个周期内通过某电阻产生的热量Q′.
(2)计算直流电在这一个周期内通过该电阻产生的热量Q.
(3)根据Q＝Q′列方程．
(4)解方程，求出直流电的数值，此数值就是非正弦交变电流的有效值．
如图2甲所示，为一种调光台灯电路示意图，它通过双向可控硅电子器件实现了调节亮度．给该台灯接220 V的正弦交流电后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时交流电压表的示数为 ( )
图2
A．220 V B．110 V
C. V D. V
答案 B
解析 本题考查电压的有效值的计算．设该电压的有效值为U，根据有效值定义有·＝T，解得U＝110 V，则B项正确．
第17点 交变电流图像理解的“一二三”
正弦交变电流的图像是正弦函数图像，但初相不一定是0，即不一定从中性面开始转动．结合法拉第电磁感应定律，从数学意义上讲，单匝线圈的电动势就是磁通量的变化率(磁通量对时间的导数)．
分析物理图像的要点：
一看：看“轴”、看“线”、看“斜率”、看“点”、看“截距”、看“面积”、看“拐点”，并理解其物理意义．
二变：掌握“图与图”、“图与式”和“图与物”之间的变通关系．
对于正弦交变电流的变化规律，不应只从其随时间按正弦规律变化这一点去认识，还应看到交变电流的电动势随线圈在匀强磁场中空间位置的变化而变化，随线圈磁通量的变化而变化．
三判：在此基础上进行正确的分析和判断．
对点例题 (多选)在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个面积为S的矩形线圈匀速转动时产生的交流电电压随时间变化的波形如图1所示，线圈与一阻值为R＝9 Ω的电阻串联在一起，线圈的电阻为1 Ω，则( )
图1
A．通过电阻R的电流瞬时值表达式为i＝10sin 200πt(A)
B．电阻R两端的电压有效值为90 V
C．1 s内电阻R上产生的热量为450 J
D．图中t＝1×10－2 s时，线圈位于中性面
解题指导 通过电阻R的电流最大值为Im＝＝10 A，线圈转动的角速度ω＝＝ rad/s＝100π rad/s，故电流的瞬时值表达式为i＝10sin 100πt(A)，A项错误；电阻R两端的电压有效值为U′＝R＝×9 V＝45 V，B项错误；1 s内电阻R上产生的热量Q＝t＝450 J，C项正确；由题图知t＝1.0×10－2 s时感应电动势为零，此时穿过线圈的磁通量最大，线圈位于中性面，D项正确．
答案 CD
规律总结 根据交变电流图像可以确定的量：
(1)电流最大值；
(2)周期T和频率f；
(3)不同时刻交流电的瞬时值；
(4)线圈处于中性面和电流最大值对应的时刻；
(5)任意时刻线圈的位置与磁场的夹角．
1．小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图2所示．此线圈与一个R＝10 Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法正确的是 ( )
图2
A．交变电流的周期为0.125 s
B．交变电流的频率为8 Hz
C．交变电流的有效值为 A
D．交变电流的最大值为4 A
答案 C
解析 由题图可知，交变电流的周期为0.250 s，频率为4 Hz，交变电流的最大值为 A＝2 A，有效值为 A＝ A，所以应选C.
2．某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图像如图3所示，下列说法中正确的是( )
图3
A．交变电流的频率为0.02 Hz
B．交变电流的瞬时值表达式为i＝5cos 50πt(A)
C．在t＝0.01 s时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大
D．若发电机线圈电阻为0.4 Ω，则其产生的热功率为5 W
答案 D
解析 由题图知，交流电的周期为0.02 s，故频率为50 Hz，A错；转动的角速度ω＝＝100π rad/s，故电流瞬时值表达式为i＝5cos 100πt(A)，B错；t＝0.01 s时，电流最大，此时线圈磁通量应为0，C错；交流电电流的有效值I＝＝ A，故P＝I2R＝2×0.4 W＝5 W，故D正确．
第18点 学习理想变压器的“一二三四”
1．一个原理
根据电磁感应的原理来改变交变电流的电压．
原线圈上加上交变电压(U1)→原线圈中产生交变电流(I1)→铁心中产生交变的磁通量(Φ)→副线圈中产生交变的电动势(E)→副线圈负载上得到交变电压(U2)→产生交变电流(I2)．
其能量转变方式为：原线圈电能→磁场能→副线圈电能．
2．两个特征
(1)无漏磁．即交变电流经过原线圈时，产生的磁通量将沿闭合铁心全部通过副线圈，没有一条磁感线不通过副线圈．
(2)无热损．即原、副线圈没有电阻，不产生焦耳热．
3．三个等式
(1)功率：P入＝P出
(2)电压：＝＝…
(3)电流：n1I1＝n2I2＋n3I3＋…
4．四个决定
(1)原线圈电压U1由提供原线圈电压的电源决定．
(2)副线圈电压U2由原线圈电压及匝数比决定，与副线圈所接负载无关．
(3)副线圈电流I2由副线圈电压和副线圈所接负载决定．
(4)原线圈电流I1由副线圈中的电流决定．
对点例题 如图1所示，理想变压器的交流输入电压U1＝220 V，有两个副线圈，其中n2＝36匝，标有“6 V，9 W”、“12 V，12 W”的灯泡分别接在两副线圈上且都正常发光，求：
图1
(1)原线圈的匝数n1和另一副线圈的匝数n3；
(2)原线圈中电流I1.
解题指导 由于两个副线圈上的两个灯泡均正常发光，所以两个副线圈输出的电压等于各自连接的灯泡的额定电压，根据电压与匝数成正比关系即可求出原线圈的匝数n1和另一副线圈的匝数n3；根据输出功率与输入功率相等的关系可计算出原线圈上的电流I1.
(1)由于两灯泡都正常发光，所以有U2＝6 V，U3＝12 V.
根据原、副线圈电压与匝数的关系＝，＝得n1＝n2＝×36＝1 320(匝)，n3＝n2＝×36＝72(匝)
(2)由于P入＝P出，P出＝P2＋P3，所以P入＝P2＋P3
即I1U1＝P2＋P3，则I1＝＝ A≈0.095 A
答案 (1)1 320匝 72匝 (2)0.095 A
规律总结 1.灯泡正常发光，意味着副线圈的电压、电流、功率均已知．
2．副线圈为多个时，变压比仍成立，而变流比不再适用．
3．副线圈为多个时，用原、副线圈上的功率相等来求往往较简单．
(多选)如图2所示，理想变压器原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，原线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表的示数为220 V，负载电阻R＝44 Ω，电流表A1的示数为0.20 A．下列判断中正确的是( )
图2
A．原线圈和副线圈的匝数比为2∶1
B．原线圈和副线圈的匝数比为5∶1
C．电流表A2的示数为1.0 A
D．电流表A2的示数为0.4 A
答案 BC
解析 对于理想变压器，P1＝U1I1＝220×0.20 W＝44 W，则负载电阻消耗的功率P2＝P1＝44 W，据P2＝，得U2＝＝ V＝44 V，则＝＝＝，故B正确．A2的示数I2＝＝ A＝1.0 A，故C正确．
第19点 巧妙入手分析变压器动态变化问题
变压器由于与实际生活联系紧密，在历年的高考中均有一定的体现．变压器问题往往与闭合电路的动态变化结合，要解决此类问题的关键是抓住不变量，从不变量入手分析变化量．要弄清“谁决定谁”的制约关系，从“制约量”入手分析“被制约量”．
1．匝数比不变的情况(如图1所示)
图1
(1)U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，不论负载电阻R如何变化，U2不变．
(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，输出电流I2决定输入电流I1，故I1发生变化．
(3)I2变化引起P2变化，P1＝P2，故P1发生变化．
2．负载电阻不变的情况(如图2所示)
图2
(1)U1不变，发生变化，故U2发生变化．
(2)R不变，U2变化，故I2发生变化．
(3)根据P2＝，P2发生变化，再根据P1＝P2，故P1变化，P1＝U1I1，U1不变，故I1发生变化．
3．分析动态问题的思路程序可表示为
对点例题 如图3所示，理想变压器的a、b端加上一交流电压(电压有效值保持不变)，副线圈c、d端所接灯泡L恰好正常发光．此时滑动变阻器的滑片P位于图示位置．现将滑片下移，则以下说法中正确的是( )
图3
A．灯仍能正常发光，原线圈输入电流变小
B．灯不能正常发光，原线圈输入功率变大
C．灯不能正常发光，原线圈输入电压变大
D．灯仍能正常发光，原线圈输入功率不变
解题指导 因为副线圈两端的电压没发生变化，所以灯仍能正常发光．当滑片下移时，由于滑动变阻器的电阻增大，所以副线圈中的电流减小，原线圈中输入的电流也变小，故输入的功率变小，A正确，B、C、D错误．
答案 A
1．(多选)如图4，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3和R4均为定值电阻，开关S是闭合的，和为理想电压表，读数分别为U1和U2；、和为理想电流表，读数分别为I1、I2和I3，现断开S，U1数值不变，下列推断中正确的是( )
图4
A．U2变小、I3变小 B．U2不变、I3变大
C．I1变小、I2变小 D．I2变大、I3变大
答案 BC
解析 断开S，负载总电阻增大，因为U2＝U1，U1不变，则U2不变，由I2＝，知I2变小，因为I1＝I2，故I1也变小．R1分压减小，则R3分压增大，故I3增大，综上可知B、C正确．
2．(多选)如图5所示，三只灯泡均正常发光，现将滑动变阻器R的滑片向下移动，已知原线圈上的电压及原、副线圈的匝数均不变，则下列说法中正确的是 ( )
图5
A．灯L3变暗
B．灯L1和L2均变暗
C．变压器原线圈的输入功率变大
D．副线圈n2中的电流变大
答案 AC
解析 由于原线圈上的电压及原、副线圈的匝数均不变，由电压与匝数成正比可知，两个副线圈上的电压均不变．当滑动变阻器R的滑片向下移动时，副线圈n3中的电流增大，电阻R1的电压增大，由闭合电路欧姆定律可得，灯L3两端的电压减小，故灯L3变暗，而副线圈n2的电压及回路中的电阻和电流不发生变化，故灯L1和L2的亮度不变，A正确，B、D错误；由于副线圈中的电流增大，则原线圈中的电流也随之增大，故原线圈的输入功率变大，C正确．
点第1点 从三个角度理解“磁通量及其变化”
“磁通量及其变化”是学好电磁感应的一个突破口，直接关系到对楞次定律及法拉第电磁感应定律的学习与应用．而在解决实际问题过程中由于对“磁通量”理解不全面，往往容易出错．下面从三个角度对该知识点进行剖析．
1．磁通量Φ的定义
磁感应强度B与垂直于磁场方向的面积S的乘积叫做穿过这个面积的磁通量，定义式为Φ＝BS.
(1)面积S是指闭合电路中包含磁场的那部分的有效面积．
如图1所示，若闭合电路abcd和ABCD所在平面均与匀强磁场B垂直，面积分别为S1和S2，且S1>S2，但磁场区域恰好只有ABCD那么大，穿过S1和S2的磁通量是相同的，因此，Φ＝BS中的S应指闭合电路中包含磁场的那部分的有效面积S2.
图1
(2)如果面积S与磁感应强度B不垂直，可将磁感应强度B向着垂直于面积S的方向投影，也可以将面积向着垂直于磁感应强度B的方向投影．
特例： B∥S时，Φ＝0；
B⊥S时，Φ最大(Φ＝BS)．
(3)磁通量与线圈的匝数无关．线圈匝数的多少不改变线圈面积大小，所以不管有多少匝线圈，S是不变的，B也和线圈无关，所以磁通量不受线圈匝数影响．也可以简单理解为磁通量大小只取决于穿过闭合线圈的磁感线条数．
2．磁通量的方向
磁通量是双向标量，若设初始时为正，则转过180°时为负．
说明：磁通量是标量，它的方向只表示磁感线是穿入还是穿出．当穿过某一面积的磁感线既有穿入的又有穿出的时，二者将互相抵消一部分，这类似于导体带电时的“净”电荷．
3．磁通量的变化ΔΦ
由公式：Φ＝BSsin θ可得
磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1有多种形式，主要有：
(1)S、θ不变，B改变，这时ΔΦ＝ΔB·Ssin θ
(2)B、θ不变，S改变，这时ΔΦ＝ΔS·Bsin θ
(3)B、S不变，θ改变，这时ΔΦ＝BS(sin θ2－sin θ1)
可见磁通量Φ是由B、S及它们间的夹角θ共同决定的，磁通量的变化情况应从这三个方面去考虑．
对点例题 如图2所示，一水平放置的矩形线框面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向斜向上，与水平面成30°角，现若使矩形线框以左边的边为轴转到竖直的虚线位置，则此过程中磁通量改变量的大小是( )
图2
A.BS B．BS
C.BS D．2BS
解题指导 Φ是标量，但有正负之分，在计算ΔΦ＝Φ2－Φ1时必须注意Φ2、Φ1的正负，要注意磁感线从线框的哪一面穿过，此题中在开始位置磁感线从线框的下面穿进，在末位置磁感线从线框的另一面穿进，Φ2、Φ1一正一负，再考虑到有效面积，故此题选C.又如：一面积为S的矩形线框放在磁感应强度为B的磁场中，开始磁感应强度B垂直矩形线框，当其绕某一条边转动180°的过程中，其磁通量的变化量ΔΦ＝－2BS，而不是零．
答案 C
1．下列关于磁通量的说法，正确的是 ( )
A．在匀强磁场中，穿过某一个面的磁通量等于磁感应强度与该面面积的乘积
B．磁通量是矢量，其正负表示方向
C．磁通量是形象描述穿过某一个面的磁感线条数的物理量
D．磁通量越大，磁通量的变化就越快
答案 C
解析 在匀强磁场中，如果磁场与平面垂直，则穿过某一个面的磁通量等于磁感应强度与该面面积的乘积，A错；磁通量是标量，B错．磁通量大小与磁通量变化快慢无关，D错．
2．(多选)如图3所示是等腰直角三棱柱，其中abcd面为正方形，边长为L，它们按图示方式放置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，下面说法中正确的是 ( )
图3
A．通过abcd面的磁通量大小为L2·B
B．通过dcfe面的磁通量大小为L2·B
C．通过abfe面的磁通量大小为零
D．通过bcf面的磁通量为零
答案 BCD
解析 通过abcd面的磁通量大小为L2B，A错误；dcfe面是abcd面在垂直磁场方向上的投影，所以磁通量大小为L2B，B正确，abfe面与bcf面和磁场平行，所以磁通量为零，C、D正确．故选B、C、D.
3．如图4所示，两个同心放置的共面金属圆环a和b，一条形磁铁穿过圆心且与环面垂直，则穿过两环的磁通量Φa、Φb的大小关系为( )
图4
A．Φa＞Φb
B．Φa＜Φb
C．Φa＝Φb
D．无法比较
答案 A
解析 因为内部与外部磁场要相互抵消，所以直径越大抵消得越多，故直径大的磁通量小．
4.一磁感应强度为B的匀强磁场方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd如图5所示放置，平面abcd与竖直方向成θ角．将abcd绕ad轴转180°角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量为( )
图5
A．0
B．－2BS
C．－2BScos θ
D．－2BSsin θ
答案 C
解析 初始时刻，平面abcd的有效面积为与B垂直的竖直投影面积Scos θ，其磁通量为BScos θ.将abcd绕ad轴转180°角时，其磁通量为－BScos θ.则穿过线圈平面的磁通量的变化量为ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－2BScos θ.
第20点 远距离输电问题的处理思路及基本关系
1．远距离输电的处理思路
对高压输电问题，正确画出输电过程示意图并在图上标出各物理量．按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”，或从“用电器”倒推到“发电机”的顺序一步一步进行分析．
2．远距离高压输电的几个基本关系(以图1为例)
图1
(1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P损＋P3.
(2)电压、电流关系：＝＝，＝＝，U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I线．
(3)输电电流：I线＝＝＝.
(4)输电线上损耗的电功率：P损＝I线·ΔU＝IR线＝()2R线．
当输送功率一定时，输电电压增大到原来的n倍，输电线上损耗的功率就减小到原来的.
对点例题 发电机输出功率为100 kW，输出电压是250 V，用户需要的电压是220 V，输电线电阻为10 Ω.若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：
(1)画出此输电线路的示意图；
(2)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比；
(3)用户得到的电功率是多少？
解题指导 (1)输电线路的示意图如图所示，
(2)输电线损耗的功率P线＝100×4% kW＝4 kW，
又P线＝IR线
所以输电线电流I2＝I3＝ ＝20 A
原线圈中输入电流I1＝＝ A＝400 A
所以＝＝＝
这样U2＝＝250×20 V＝5 000 V
U3＝U2－U线＝5 000－20×10 V＝4 800 V
所以＝＝＝
(3) 用户得到的电功率P出＝100×96% kW＝96 kW
答案 (1)见解题指导图 (2)1∶20 240∶11 (3)96 kW
规律总结 处理远距离输电需要注意的问题
(1)线路损耗问题
计算远距离输电有关线路功率损耗问题时，应注意不同公式中各物理量的含义及对应性，如P损＝I2R线，公式改为P损＝，电压U指什么电压才无误？用升压变压器的副线圈电压或用降压变压器原线圈电压都是错误的，必须对应加在导线两端损耗的电压，同理，P损＝I2R线的电流不能用升压变压器原线圈或降压变压器副线圈中的电流I1、I4，只能用通过输电导线的电流I2或I3.
(2)输电、配电问题
解答有关远距离输电的问题时，由于题中涉及几部分的电压、电流和功率，容易混淆，因此在解答这类问题时，最好画一个简单的输电线路示意图，将各部分电流、电压、功率分别标在图上，这样就很容易找到它们之间的关系，为顺利解答问题提供方便．
(多选)如图2是远距离输电的示意图，交流发电机E的输出电压经升压变压器升压后，由电阻为R的输电线向远方输电，到达用户端时再用降压变压器降压供用户使用，设变压器均为理想变压器，则下列说法正确的是 ( )
图2
A．降压变压器与用户负载连接的总开关S断开后，输电线上的功率损失为零
B．降压变压器与用户负载连接的总开关S断开后，线路上的电压损失达最大
C．S闭合，用户的用电器增多时，输电线上的功率损失增大
D．S闭合，用户的用电器增多时，用户得到的电压降低
答案 ACD
解析 远距离输电示意图如下
(1)从图中可看出功率之间的关系是：
P1＝P1′，P2＝P2′，P1′＝Pr＋P2
(2)电压之间的关系是：
＝，＝，U1′＝Ur＋U2；
(3)电流之间的关系是：
＝，＝，I1′＝Ir＝I2.
无负载时，无电流输出，输电线路上的电流为0，电压损失为零，故功率损失为零，所以A正确，B错误；当用户用电器增多即负载功率变大时，需要的输入功率变大，故输电线上的电流变大，输电线上的电压降变大，故输电线上的功率损失增大，用户得到的电压降低，所以C、D均正确．
第21点 传感器的应用原理分析
1．传感器定义
感受非电学量，并能把它们按照一定的规律转换为电学量，或转换为电路的通断的一类元件．
2．传感器的原理分析
(1)感受量分析
要明确传感器所感受的物理量，如力、热、光、磁、声等．
(2)输出信号分析
明确传感器的敏感元件，分析它的输入信号及输出信号，以及输入信号与输出信号间的变化规律．
(3)电路结构分析
认真分析传感器所在的电路结构，在熟悉常用电子元件工作特点基础上，分析电路输出信号与输入信号间的规律．
对点例题 如图1所示，A是浮子，B是金属触头，C为住宅楼房顶上的蓄水池，M是带水泵的电动机，D是弹簧，E是衔铁，F是电磁铁，S1、S2分别为触头开关，S为开关，J为电池．请利用上述器材，设计一个住宅楼房顶上的自动注水装置．
图1
(1)在图中连接电路图．
(2)简述其工作原理．(涉及到的元件可用字母代替)
解题指导 (1)电路图如图所示
(2)按图接好电路，合上开关S，缺水时水泵工作，水位升高，当浮子上升使B接触到S1时，左侧电路(控制电路)工作，电磁铁F有磁力，拉下衔铁E，使S2断开，电动机M不工作，停止注水，当水位下降使B与S1脱离，控制电路停止工作，F无磁性，使S2接通，M工作．
答案 见解题指导
方法总结 在分析和设计自动控制电路时，要透彻理解各个元件的特性，如光敏电阻、热敏电阻、电磁继电器、斯密特触发器等；要理清两个回路：含继电器的控制回路及含电动机的执行回路．
1．太阳能是一种清洁“绿色”能源．太阳能电池在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电学器件．某实验小组根据测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池在没有光照时(没有储存电能)的I－U特性．所用的器材包括：太阳能电池，电源E，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，开关S及导线若干．
(1)为了达到上述目的，请将图2连成一个完整的实验电路图．
(2)该实验小组根据实验得到的数据，描点绘出了如图3所示的I－U图像．由图可知，当电压小于2.0 V时，太阳能电池的电阻________(填“很大”或“很小”)；当电压为2.8 V时，太阳能电池的电阻约为________Ω.
图2 图3
答案 见解析
解析 (1)实验电路如图所示
(2)当电压小于2.0 V时，电流几乎为0，太阳能电池的电阻很大；当电压为2.8 V时，对应电流约为2.8 mA，太阳能电池的电阻约为R＝ Ω＝1.0×103 Ω.
2．自己设计一个以热敏电阻为传感器的简易自动报警器的实验电路图，要求当温度过高时，灯泡亮或电铃报警．所用的实验器材可以有电磁继电器、电铃、灯泡、热敏电阻、干电池、滑动变阻器、开关．
答案 实验电路图如图所示
解析 当温度升高时，热敏电阻的阻值减小，通过电磁继电器螺线管的电流增大，磁性增强，吸下金属片，触点接通，灯泡亮或电铃响，起到报警作用．通过调节滑动变阻器的阻值，可以达到调节报警温度的目的．
第2点 紧扣“闭合”与“变化”，理解感应电流产生的条件
电磁感应现象能否发生的判断
1．确定研究的闭合电路．
2．弄清楚回路内的磁场分析，并确定该回路的磁通量Φ.
3.
对点例题 在如图1所示的闭合铁心上绕有一组线圈，与滑动变阻器、电池构成闭合电路，a、b、c为三个闭合金属环，假定线圈产生的磁场全部集中在铁心内，则在滑动变阻器的滑片左、右滑动时，能产生感应电流的圆环是( )
图1
A．a、b、c三个环 B．b、c两个环
C．a、c两个环 D．a、b两个环
解题指导 金属环c中磁通量始终为零，保持不变，没有感应电流；在滑动变阻器的滑片左、右滑动时，左侧电路中电流发生变化，在闭合铁心中产生的磁场发生变化，闭合金属环a、b中磁通量发生变化，能产生感应电流．
答案 D
1．(多选)闭合矩形线圈跟磁感线方向垂直，如图2所示，下列哪种情况线圈中有感应电流( )
图2
A．线圈绕ab轴转动
B．线圈垂直纸面向外平动
C．线圈沿ab向右移动少许
D．线圈沿ad向下移动少许
答案 AC
解析 只有A、C情况下闭合矩形线圈中磁通量发生变化，所以只有A、C选项正确．
2．如图3，一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中，能使圆环中产生感应电流的做法是 ( )
图3
A．使匀强磁场均匀减弱
B．保持圆环水平并在磁场中上下移动
C．保持圆环水平并在磁场中左右移动
D．保持圆环水平并使圆环绕过圆心的竖直轴转动
答案 A
解析 使匀强磁场均匀减弱，穿过线圈的磁通量减小，产生感应电流，A正确；保持圆环水平并在磁场中上下移动时，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，B错误；保持圆环水平并在磁场中左右移动，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，C错误；保持圆环水平并使圆环绕过圆心的竖直轴转动，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，D错误．
3.一接有电压表的矩形线圈在匀强磁场中向右做匀速运动，如图4所示，下列说法正确的是 ( )
图4
A．线圈中有感应电流，电压表有示数
B．线圈中有感应电流，电压表没有示数
C．线圈中无感应电流，电压表有示数
D．线圈中无感应电流，电压表没有示数
答案 D
解析 由于矩形线圈在匀强磁场中向右做匀速运动，磁通量不变，线圈中无感应电流，电压表没有示数．
第3点 楞次定律的理解与运用
楞次定律是电磁感应一章的重点和难点，要做到透彻理解、灵活应用、融会贯通、举一反三，首先必须做到：
1．正确理解楞次定律中的“阻碍”——四层意思
正确、深入理解楞次定律中的“阻碍”是应用该定律的关键．理解时，要搞清四层意思：
(1)谁阻碍谁？是感应电流的磁场阻碍原磁通量的变化．
(2)阻碍什么？阻碍的是磁通量的变化，而不是阻碍磁通量本身．
(3)如何阻碍？当磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；当磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，即“增反减同”．
(4)结果如何？阻碍并不是阻止，只是延缓了磁通量变化的快慢，原来是增加的还是增加，减少的还是减少．
2．运用楞次定律判定电流方向——四个步骤
(1)明确穿过闭合回路的原磁场方向；
(2)判断穿过闭合回路的磁通量是增加还是减少；
(3)利用楞次定律确定感应电流的磁场方向；
(4)利用安培定则判定感应电流的方向．
应用楞次定律的步骤可概括为：一原二变三感四螺旋．
3．楞次定律的推广——四个拓展
对楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因：
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；
(2)阻碍相对运动——“来拒去留”；
(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”；
(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”．
对点例题 (多选)如图1所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处下落接近回路时( )
图1
A．P、Q将互相靠拢
B．P、Q将互相远离
C．磁铁的加速度仍为g
D．磁铁的加速度小于g
解题指导 从阻碍回路面积变化的角度看：当磁铁靠近闭合回路时，磁通量增加，两导体棒由于受到磁场对其中感应电流的力的作用而互相靠拢以阻碍磁通量的增加，故A项正确；从阻碍相对运动角度看：磁铁靠近回路时必受到阻碍靠近的向上的力的作用，因此磁铁的加速度小于g，故D项正确．
答案 AD
思维规范 由于穿过闭合回路的磁通量发生变化而产生感应电流，感应电流处在原磁场中必然受力，闭合导体受力的结果：
(1)阻碍原磁通量的变化——增反减同．
(2)阻碍导体与磁体间的相对运动——来拒去留．
(3)当回路发生形变时，感应电流的效果是阻碍回路发生形变．
(4)当由于线圈自身的电流发生变化而产生感应电流时，感应电流的效果是阻碍原电流的变化．
总之，如果问题不涉及感应电流的方向，则从楞次定律的另一种表述出发分析问题更简便．
1．(多选)如图2所示，在水平面上有一个固定的U形金属框架，其上置一个金属杆ab.在垂直于框架方向有一匀强磁场．则 ( )
图2
A．磁感应强度垂直纸面向外并增大时，ab杆将向右移动
B．磁感应强度垂直纸面向外并减小时，ab杆将向右移动
C．磁感应强度垂直纸面向里并增大时，ab杆将向右移动
D．磁感应强度垂直纸面向里并减小时，ab杆将向右移动
答案 BD
解析 据楞次定律，当磁感应强度垂直纸面向外增大时，金属框内产生顺时针电流，再据左手定则，可知金属杆受到向左的安培力，则金属杆将向左运动，所以A选项错误；当磁感应强度垂直纸面向外减小时，金属框内中产生逆时针电流，据左手定则，可知金属杆受到向右的安培力，金属杆将向右运动，B选项正确；当磁感应强度垂直纸面向里增大时，金属框内产生逆时针电流，金属杆受到向左的安培力，金属杆将向左运动，C选项错误；当磁感应强度垂直纸面向里减小时，金属框内产生顺时针电流，金属杆受到向右的安培力，金属杆将向右运动，D选项正确．
2．甲、乙两个完全相同的铜环可绕固定的轴OO′无摩擦旋转，若分别加上如图3甲、乙所示的匀强磁场，当同时给甲、乙相同的初速度旋转时 ( )
图3
A．甲环先停
B．乙环先停
C．两环同时停下
D．无法判断两环停止的先后
答案 B
解析 甲环旋转时没有切割磁感线，没有感应电流产生，而乙环旋转时切割磁感线，有感应电流产生，根据楞次定律，运动导体上的感应电流受的磁场力(安培力)总是反抗(或阻碍)导体的运动，因此乙环先停下．
3．(多选)如图4甲所示，A、B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置，A线圈中通过如图乙所示的电流I，则 ( )
图4
A．在t1到t2时间内A、B两线圈相吸引
B．在t2到t3时间内A、B两线圈相排斥
C．t1时刻两线圈作用力为零
D．t2时刻两线圈作用力最大
答案 ABC
解析 在t1到t2时间内，A中电流减小，穿过B的磁通量减少，根据楞次定律，则A、B两线圈相吸引；在t2到t3时间内，A中电流增大，A、B两线圈相排斥；t1时刻，A中电流最大，此时A中的电流的变化率为零，所以B中无感应电流产生，所以A、B之间作用力为零；t2时刻，A中电流为零，此时A中的电流的变化率最大，在B中感应电流最大，A、B之间作用力为零．选项A、B、C正确．
第4点 楞次定律与右手定则的剖析
在电磁感应中，我们常用楞次定律和右手定则来判断导体中感应电流的方向，为了对这两条规律理解更深入，应用更恰当，下面就这两条规律比较如下．
1．不同点
(1)研究对象不同：楞次定律所研究的对象是整个闭合回路；右手定则研究的对象是闭合回路中做切割磁感线运动的一部分导体．
(2)适用范围不同：楞次定律适用于由磁通量变化引起的感应电流的各种情况，当然也包括一部分导体做切割磁感线运动的情况；右手定则只适用于一部分导体在磁场中做切割磁感线运动的情况，若导体与磁场无相对运动，就无法应用右手定则．因此，右手定则可以看做楞次定律的一种特殊情况．
(3)应用的方便性不同：虽然楞次定律可适用于由磁通量变化引起的感应电流的各种情况，但其在应用的过程中，要弄清原磁通量的方向、原磁通量的变化情况、感应电流的磁场的方向等，分析过程不能有半点纰漏，逻辑性强，过程繁琐；若是回路中的一部分导体在做切割磁感线运动而产生感应电流，应用右手定则时，只需按定则“伸手”，就可以判断出感应电流的方向，比较直接、简单，应用更方便．
2．相同点
(1)目的相同：在电磁感应中，应用楞次定律和右手定则，都是为了判断出回路中感应电流的方向．
(2)本质相同：应用楞次定律来判断回路中感应电流的方向时，是因为闭合回路中的磁通量发生了变化；应用右手定则来判断回路中感应电流的方向时，是因为导体在做切割磁感线的运动，其本质也是由导体构成的闭合回路中的磁通量由于导体的运动而发生了变化．
对点例题 如图1所示，在竖直向下的磁场中，水平放置着闭合电路abcd.其中ab、cd两边的长度可以变化．当bc向右运动时(ad不动)，用两种方法分析通过灯泡L的电流的方向．
图1
解题指导 解法一：用楞次定律：回路面积增大，磁通量变大，感应电流会在回路内产生向上的磁场来阻碍磁通量变大，由安培定则可知感应电流应沿adcba方向，故流过灯泡的电流方向为由a向d.
解法二：用右手定则：直接判断出流经bc边的电流是由c向b，故流过灯泡的电流方向是由a向d.
答案 见解题指导
技巧点拨 凡是由于导体的运动而引起的感应电流方向的判断用右手定则；凡是由于磁场的变化而引起的感应电流方向的判断用楞次定律．
如图2所示，试判定当开关S闭合和断开瞬间，线圈ABCD中的电流方向．
图2
答案 S闭合时，感应电流方向为A→D→C→B→A；
S断开时，感应电流方向为A→B→C→D→A.
解析 当S闭合时：
(1)研究的回路是ABCD，穿过回路的磁场是电流I产生的磁场，方向(由安培定则判知)指向读者，且磁通量增大；
(2)由楞次定律得知感应电流磁场方向应和B原相反，即背离读者指向纸面内；
(3)由安培定则判知线圈ABCD中感应电流方向是A→D→C→B→A.
当S断开时：
(1)研究的回路仍是线圈ABCD，穿过回路的原磁场仍是电流I产生的磁场，方向(由安培定则判知)指向读者，且磁通量减小；
(2)由楞次定律得知感应电流磁场方向应和B原相同，即指向读者；
(3)由安培定则判知感应电流方向是A→B→C→D→A.
第5点 抓因寻果析“三定则一定律”
区别“三定则一定律”的关键是抓住其中的“因果”关系，才能选择正确的规律处理问题．
1．右手定则与左手定则的区别
“因电而动”——用左手，“力”字的最后一笔向左钩，可以联想到用左手定则来判断安培力．
“因动而电”——用右手，“电”字的最后一笔向右钩，可以联想到用右手定则来判断感应电流方向．
2．右手螺旋定则(安培定则)与楞次定律的区别
“因电生磁”——用右手螺旋定则．
“因磁生电”——用楞次定律(或右手定则)．
3．楞次定律中的因果关联
楞次定律所揭示的电磁感应过程中有两个最基本的因果联系：一是感应磁场与原磁场磁通量变化之间的阻碍与被阻碍的关系，二是感应电流与感应磁场间的产生和被产生的关系．抓住“阻碍”和“产生”这两个因果关联点是应用楞次定律解决相关物理问题的关键．
4．安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律综合应用的比较
基本现象
应用的定则或定律
运动电荷、电流产生磁场
安培定则
磁场对运动电荷、电流有作用力
左手定则
电磁感应
部分导体做切割磁感线运动
右手定则
闭合回路磁通量变化
楞次定律
对点例题 纸面内有U形金属导轨，AB部分是直导线(图1)．虚线范围内有垂直于纸面向里的匀强磁场．AB右侧有圆线圈C.为了使C中产生顺时针方向的感应电流，贴着导轨的金属棒MN在磁场里的运动情况是( )
图1
A．向右匀速运动 B．向左匀速运动
C．向右加速运动 D．向右减速运动
解题指导 C中若产生顺时针方向的感应电流，由右手螺旋定则得，其中心轴线产生的磁场B1方向垂直纸面向里；若MN向右运动，由右手定则得产生感应电流方向为N→M→A→B→N，对AB导线由右手螺旋定则得在AB右侧产生磁场B2方向垂直纸面向外．由于B1、B2方向相反，根据楞次定律知B1应阻碍B2的增强，所以MN应向
右加速运动．同理可得MN也可向左减速运动．只有C正确．
答案 C
(多选)两根相互平行的金属导轨水平放置于图2所示的匀强磁场中，在导轨上接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动．当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法中正确的是 ( )
图2
A．导体棒CD内有电流通过，方向是D→C
B．导体棒CD内有电流通过，方向是C→D
C．磁场对导体棒CD的作用力向左
D．磁场对导体棒AB的作用力向左
答案 BD
第6点 把握“变化率”，理解法拉第电磁感应定律
1．感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的变化率和线圈的匝数共同决定．而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系．
(1)Φ是状态量，是在某时刻(某位置)穿过闭合回路的磁感线条数，当磁场与回路平面垂直时，Φ＝BS.
(2)ΔΦ是过程量，是表示回路从某一时刻变化到另一时刻磁通量的变化量，即ΔΦ＝Φ2－Φ1.常见磁通量变化方式有：B不变，S变；S不变，B变；B和S都变．总之，只要影响磁通量的因素发生变化，磁通量就会变化．
(3)表示磁通量的变化快慢，即单位时间内磁通量的变化，又称为磁通量的变化率．
(4)Φ、ΔΦ、的大小没有直接关系，这一点可与运动学中v、Δv、三者类比．值得指出的是：Φ很大，可能很小；Φ很小，可能很大；Φ＝0，可能不为零(如线圈平面转到与磁感线平行时)．
2．具体而言：当ΔΦ仅由B引起时，则E＝n；当ΔΦ仅由S引起时，则E＝n.
3．磁通量的变化率是Φ－t图像上某点切线的斜率．当Φ按正弦规律变化时，Φ最大时，＝0，反之，当Φ为零时，最大．
对点例题 (多选)关于感应电动势、磁通量、磁通量的变化量，下列说法正确的是( )
A．穿过回路的磁通量越大，磁通量的变化量不一定越大，回路中的感应电动势也不一定越大
B．穿过回路的磁通量的变化量与线圈的匝数无关，回路中的感应电动势与线圈的匝数有关
C．穿过回路的磁通量的变化率为0，回路中的感应电动势一定为0
D．某一时刻穿过回路的磁通量为0，回路中的感应电动势一定为0
解题指导 E＝n的理解可以与加速度的定义式a＝类比，感应电动势与磁通量、磁通量的变化量均无关，而与磁通量的变化率有关．具体关系为：感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，且磁通量的变化率可以等效为一匝线圈产生的感应电动势．
答案 ABC
思维规范 处理此类问题的关键：一是紧扣法拉第电磁感应定律，二是区分Φ、ΔΦ和.与Φ、ΔΦ没有必然联系；与ΔΦ、Δt也没有直接关系，而是由二者共同决定的．磁通量的变化率有以下四种等效的说法：(1)磁通量的变化量与发生这些变化所用时间的比值．(2)单位时间内磁通量的变化量．(3)在Φ－t图像中，图线的斜率表示磁通量的变化率．(4)磁通量变化的快慢．
1．(多选)将一磁铁缓慢或者迅速地插到单匝闭合线框中的同一位置处，两个过程中相同的物理量是( )
A．磁通量的变化量
B．磁通量的变化率
C．感应电流的大小
D．流过线框横截面的电荷量
答案 AD
解析 将磁铁缓慢或迅速插到闭合线框的同一位置，磁通量的变化量相同．而用的时间不同，所以磁通量的变化率不同．感应电流I＝＝，故感应电流的大小不同，流过线框横截面的电荷量q＝I·Δt＝·Δt＝，两次磁通量的变化量相同，电阻不变，所以q与磁铁插入线框的快慢无关．选A、D.
2．穿过某闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像分别如图1所示中的①～④所示，下列说法正确的是 ( )
图1
A．图①有感应电动势，且大小恒定不变
B．图②产生的感应电动势一直在变大
C．图③在0～t1时间内的感应电动势是t1～t2时间内感应电动势的2倍
D．图④产生的感应电动势先变大再变小
答案 C
解析 感应电动势E＝，而对应Φ－t图像中图线的斜率，根据图线斜率的变化情况可得：①中无感应电动势；②中感应电动势恒定不变；③中感应电动势0～t1时间内的大小是t1～t2时间内大小的2倍；④中感应电动势先变小再变大．
3．一个面积S＝4×10－2 m2、匝数n＝100的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁场的磁感应强度B随时间变化的规律为ΔB/Δt＝2 T/s，则穿过这个线圈的磁通量的变化率为________ Wb/s，线圈中产生的感应电动势E＝________ V.
答案 8×10－2 8
解析 根据磁通量变化率的定义得
＝＝4×10－2×2 Wb/s＝8×10－2 Wb/s
由E＝得
E＝100×8×10－2 V＝8 V.
4．半径为r、电阻为R的n匝圆形线圈在边长为l的正方形abcd外，匀强磁场充满并垂直穿过该正方形区域，如图2甲所示．当磁场随时间的变化规律如图乙所示时，则穿过圆形线圈磁通量的变化率为________，t0时刻线圈产生的感应电流为________．
图2
答案 l2 n
解析 磁通量的变化率为
＝S＝l2
根据法拉第电磁感应定律得t0时刻线圈中的感应电动势
E＝n＝nl2
再根据闭合电路欧姆定律得感应电流I＝n＝n.
第7点 感应电动势两个公式的区别与联系
应用E＝n或E＝BLv求感应电动势是一个重难点内容，在解题时若能合理选取公式，将为解题带来极大的便利．弄清两个公式的区别和联系是突破这一难点的关键．
1．研究对象不同：E＝n是一个回路，E＝BLv是一段直导线(或能等效为直导线)．
2．适用范围不同：E＝n具有普遍性，无论什么方式引起Φ的变化都适用；而E＝BLv只适用于一段导线切割磁感线的情况．
3．条件不同：E＝n中不一定是匀强磁场；E＝BLv只适用于匀强磁场．
4．物理意义不同：E＝n求解的是Δt时间内的平均感应电动势；E＝BLv既能求导体做切割磁感线运动的平均感应电动势(v为平均速度)，也能求瞬时感应电动势(v为瞬时速度)．
特别提醒 (1)Φ、ΔΦ、的大小与线圈的匝数n无关．
(2)公式E＝n是求解回路某段时间内平均电动势的最佳选择．
特例：通过回路截面的电荷量q＝Δt＝Δt＝.
对点例题 如图1所示，半径为a的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强度B＝0.2 T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场同心放置，磁场与环面垂直，其中a＝0.4 m，b＝0.6 m，金属环上分别接有灯泡L1、L2，一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均不计．
图1
(1)若棒以5 m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径的瞬间，MN中的感应电动势；
(2)撤去中间的金属棒MN，将右边的半圆环以OO′为轴向上翻转90°，若此后磁场随时间均匀变化，其变化率为＝()T/s，求此时的感应电动势．
解题指导 (1)若棒以5 m/s的速率在环上向右匀速滑动，棒滑过圆环直径的瞬间：
E1＝B·2a·v＝0.2×0.8×5 V＝0.8 V
(2)磁场随时间均匀变化，此时感应电动势为：
E2＝ ＝S＝πa2·＝0.32 V.
答案 (1)0.8 V (2)0.32 V
思路点拨 1.一般情况下，E＝n只能用来求平均感应电动势；而E＝Blv既可求平均感应电动势，也可求瞬时感应电动势．
2．一般情况下，由磁场变化引起的感应电动势用E＝n求解；而由导体运动产生的感应电动势用E＝Blv求解．
如图2所示，矩形金属框置于匀强磁场中，ef为一导体棒，可在ab与cd间滑动并接触良好．设磁感应强度为B，ac长为L，在Δt时间内向左匀速滑过距离Δd，由法拉第电磁感应定律E＝n可知，下列说法正确的是 ( )
图2
A．当ef向左滑动过程中，左侧面积减少LΔd，右侧面积增加LΔd，因此E＝
B．当ef向左滑动过程中，左侧面积减少LΔd，右侧面积增加LΔd，互相抵消，因此E＝0
C．在公式E＝n中，在切割磁感线情况下，ΔΦ＝BΔS，ΔS应是导体棒切割磁感线扫过的面积，因此E＝
D．在切割磁感线的情况下，只能用E＝Blv计算，不能用E＝n计算
答案 C
第8点 导体棒切割磁感线问题剖析
导体切割磁感线是电磁感应中的一类重要问题，其感应电动势的计算公式E＝BLv虽然可由法拉第电磁感应定律E＝n推出，但其应用却更广泛．首先是因为，在实际的生产实践中，电磁感应主要是由导体与磁体的相对运动而引起的；其次在实际应用中，我们关注感应电动势的瞬时值多于关注其平均值，而利用E＝BLv可以更方便地求瞬时值．
公式E＝BLv的适用条件是B、L、v两两垂直，在实际问题的处理中，要处理好以下几种情况：
1．导体是否做切割磁感线运动问题
(1)导体速度与导体共线，此时无论磁场方向怎么样都不切割．
(2)导体速度与导体不共线，它们决定的平面我们可称之为导体运动平面．
①当导体运动平面与磁感线平行时，不切割．如图1(b)．
②当导体运动平面与磁感线不平行时，切割．如图1(a)．
图1
2．平动切割
(1)如图2(a)，在磁感应强度为B的匀强磁场中，棒以速度v垂直切割磁感线时，感应电动势E＝BLv.
图2
(2)如图2(b)，在磁感应强度为B的匀强磁场中，棒运动的速度v与磁场的方向成θ角，此时的感应电动势为E＝BLvsin θ.
3．转动切割
如图2(c)，在磁感应强度为B的匀强磁场中，长为L的导体棒绕其一端为轴以角速度ω匀速转动，此时产生的感应电动势E＝BωL2.
4．有效切割长度
即导体在与v垂直的方向上的投影长度．
图3
图3甲中的有效切割长度为：L＝sin θ；乙图中的有效切割长度为：L＝；丙图中的有效切割长度为：沿v1的方向运动时，L＝R；沿v2的方向运动时，L＝R.
对点例题 如图4所示，长为L的金属导线下悬挂一小球，在竖直向上的匀强磁场中做圆锥摆运动，圆锥与竖直方向的偏角为θ，摆球的角速度为ω，磁感应强度为B，则金属导线中产生的感应电动势的大小为________．
图4
解题指导 金属导线的有效长度为
L′＝Lsin θ
感应电动势E＝BL′2ω＝BL2ωsin2 θ
答案 BL2ωsin2 θ
思维规范 解答本题应注意两点：一是导线本身与磁场不垂直，应考虑其切割磁感线的有效长度；二是导线是转动切割磁感线，各点的切割速度不同，应考虑用平均速度．
1．如图5所示，abc为一金属导体，ab＝bc＝l，置于均匀磁场B中．当导体以速度v向右运动时，ac上产生的感应电动势为 ( )
图5
A．Blv B.Blv
C.Blv D．Blv＋Blv
答案 B
解析 ab边不切割磁感线，bc边在竖直方向的分量可视为切割磁感线的有效长度，根据感应电动势公式得E＝Blvsin 60°＝Blv，答案为B.
2．如图6所示，两个相邻的有界匀强磁场区域，方向相反，且垂直纸面，磁感应强度的大小均为B，以磁场区左边界为y轴建立坐标系，磁场区域在y轴方向足够长，在x轴方向宽度均为a.矩形导线框ABCD的CD边与y轴重合，AD边长为a.线框从图示位置水平向右匀速穿过两磁场区域，且线框平面始终保持与磁场垂直，线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图像正确的是(以逆时针方向为电流的正方向)( )
图6
答案 C
解析 在CD边进入磁场后，根据右手定则可得产生的感应电流由D指向C，所以为正，产生的电流大小设为I，当AB边进入磁场后，CD进入右边磁场，两边切割磁感线，所以产生的电流大小为2I，根据楞次定律产生的感应电流方向为顺时针，所以选C.
第9点 电磁感应中的电路问题
1．对电源的理解：在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体就是电源．如：切割磁感线的导体棒、内有磁通量变化的线圈等．这种电源将其他形式能转化为电能．
判断感应电流和感应电动势的方向，都是利用“相当于电源”的部分根据右手定则或楞次定律判定的．实际问题中应注意外电路电流由高电势流向低电势，而内电路则相反．
2．对电路的理解：内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈，外电路由电阻、电容等电学元件组成．
在闭合电路中，“相当于电源”的导体两端的电压与真实的电源两端的电压一样，等于路端电压，而不等于感应电动势．
3．解决电磁感应中的电路问题三步曲：
(1)确定电源．切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，利用E＝n或E＝BLv求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断电流方向．
(2)分析电路结构(内、外电路及外电路的串、并联关系)，画出等效电路图．
(3)利用电路规律求解．主要应用欧姆定律及串、并联电路的基本性质等列方程求解．
对点例题 固定在匀强磁场中的正方形导线框abcd各边长为L，其中ab是一段电阻为R的均匀电阻丝，其余三边均为电阻可以忽略的铜线，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，现有一段与ab完全相同的电阻丝PQ架在导线框上(如图1所示)，以恒定的速度v从ad滑向bc，当PQ滑过L/3的距离时，通过aP段电阻丝的电流强度是多大？方向如何？
图1
解题指导 PQ在磁场中做切割磁感线运动产生感应电动势，由于是回路，故电路中有感应电流，可将电阻丝PQ视为有内阻的电源，电阻丝aP与bP并联，且RaP＝R、RbP＝R，于是可画出如图所示的电路图．
电源电动势为E＝BvL，外电阻为
R外＝＝R.
总电阻为R总＝R外＋r＝R＋R，即R总＝R.电路中的电流为：
I＝＝.通过aP段的电流为：IaP＝I＝，方向由P到a.
答案 由 P到a
方法提炼 产生感应电动势的那部分导体相当于电源，注意电源内部电流的方向由低电势指向高电势．画出等效电路图是解决此类问题的关键，然后利用恒定电路的相关知识进行求解．
用均匀导线做成的正方形线框电阻为r、边长为0.2 m，正方形线框的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，如图2所示．当磁场以10 T/s的变化率增强时，线框中a、b两点间的电势差是 ( )
图2
A．Uab＝0.1 V
B．Uab＝－0.1 V
C．Uab＝0.2 V
D．Uab＝－0.2 V
答案 B
解析 题中正方形线框的左半部分磁通量变化而产生感应电动势，从而在线框中产生感应电流．把左半部分线框看成电源，其电动势为E，内阻为，画出等效电路图如图所示，则a、b两点间的电势差即为电源的路端电压．设l是边长，且依题意知＝10 T/s.由E＝得E＝＝10× V＝0.2 V，U＝I·＝·＝0.1 V．由于a点电势低于b点电势，故Uab＝－0.1 V，故B选项正确．
学案1 电磁感应——划时代的发现
[目标定位] 1.知道奥斯特发现了电流磁效应、法拉第发现了电磁感应现象.2.知道磁通量和磁通量变化量的含义.3.知道感应电流的产生条件．
一、划时代的发现
传统的英格兰科学研究方法中有一种叫做对称思维的方法．在奥斯特发现电流磁效应之后，学术界提出了什么新课题？
答案 根据对称思维的方法，学术界开始了对“将磁转变为电”的研究．
[要点总结]
1．新课题的提出：奥斯特发现了电流的磁效应，即“电能转化为磁”．根据对称思维的方法，法拉第在1822年提出了自己的新课题：“把磁转变为电”．
2．深入探究得真谛：法拉第把这种由磁得到电的现象叫做电磁感应现象．产生的电流叫做感应电流．他把引起电流的原因概括为：变化的电流、变化的磁场、运动的磁铁、在磁场中运动的导体等．
二、磁通量及其变化
如图1所示，框架的面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B.试求：
(1)框架平面与磁感应强度B垂直时，穿过框架平面的磁通量为多少？
(2)若框架绕OO′转过60°，则穿过框架平面的磁通量为多少？
(3)若从图示位置转过90°，则穿过框架平面的磁通量的变化量为多少？ 图1
(4)若从图示位置转过180°，则穿过框架平面的磁通量的变化量为多少？
答案 (1)BS (2)BS (3)－BS (4)－2BS
[要点总结]
1．磁通量
(1)定义：闭合导体回路的面积与垂直穿过它的磁感应强度的乘积叫磁通量，符号为Φ.在数值上等于穿过投影面的磁感线的条数．
(2)公式：Ф＝BS.其中S为回路平面在垂直磁场方向上的投影面积，也称为有效面积．所以当回路平面与磁场方向之间的夹角为θ时，磁通量Φ＝BSsin_θ，如图2所示．
图2
(3)单位：韦伯，简称韦，符号是Wb.
(4)注意：①磁通量是标量，但有正、负之分．一般来说，如果磁感线从线圈的正面穿入，线圈的磁通量就为“＋”，磁感线从线圈的反面穿入，线圈的磁通量就为“－”．②磁通量与线圈的匝数无关(填“有关”或“无关”)．
2．磁通量的变化量ΔΦ
(1)当B不变，有效面积S变化时，ΔΦ＝B·ΔS.
(2)当B变化，S不变时，ΔΦ＝ΔB·S.
(3)B和S同时变化，则ΔΦ＝Φ2－Φ1，但此时ΔΦ≠ΔB·ΔS.
特别提醒 计算穿过某平面的磁通量变化量时，要注意前、后磁通量的正、负值，如原磁通量Φ1＝BS，当平面转过180°后，磁通量Φ2＝－BS，磁通量的变化量ΔΦ＝－2BS.
例1 如图3所示的线框，面积为S，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，B的方向与线框平面成θ角，当线框转过90°到图中虚线所示的位置时，试求：
图3
(1)初、末位置穿过线框的磁通量的大小Φ1和Φ2；
(2)磁通量的变化量ΔΦ.
答案 (1)BSsin θ －BScos θ (2)－BS(cos θ＋sin θ)
解析 (1)解法一：在初始位置，把面积向垂直于磁场的方向进行投影，可得垂直于磁场方向的面积为S⊥＝Ssin θ，所以Φ1＝BSsin θ.在末位置，把面积向垂直于磁场的方向进行投影，可得垂直于磁场方向的面积为S⊥′＝Scos θ.由于磁感线从反面穿入，所以Φ2＝－BScos θ.
解法二：如图所示，把磁感应强度B沿垂直于面积S和平行于面积S的方向进行分解，得B上＝Bsin θ，B左＝Bcos θ
所以Φ1＝B上S＝BSsin θ，
Φ2＝－B左S＝－BScos θ.
(2)开始时B与线框平面成θ角，穿过线框的磁通量Φ1＝BSsin θ；当线框平面按顺时针方向转动时，穿过线框的磁通量减少，当转动θ时，穿过线框的磁通量减少为零，继续转动至90°时，磁感线从另一面穿过，磁通量变为“负”值，Φ2＝－BScos θ.所以，此过程中磁通量的变化量为
ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－BScos θ－BSsin θ
＝－BS(cos θ＋sin θ)．
例2 如图4所示，有一垂直纸面向里的匀强磁场，B＝0.8 T，磁场有明显的圆形边界，圆心为O，半径为1 cm.现于纸面内先后放上圆线圈A、B、C，圆心均处于O处．线圈A的半径为1 cm,10匝；线圈B的半径为2 cm,1匝；线圈C的半径为0.5 cm,1匝．问：
图4
(1)在B减为0.4 T的过程中，线圈A和线圈B中的磁通量变化多少？
(2)在磁场转过90°角的过程中，线圈C中的磁通量变化了多少？转过180°角呢？
答案 (1)A、B线圈的磁通量均减少了1.256×10－4 Wb
(2)减少了6.28×10－5 Wb 减少了1.256×10－4 Wb
解析 (1)A、B线圈中的磁通量始终一样，故它们的变化量也一样．
ΔΦ＝(B2－B)·πr2＝－1.256×10－4 Wb
即A、B线圈中的磁通量都减少1.256×10－4 Wb
(2)对线圈C，Φ1＝Bπr′2＝6.28×10－5 Wb
当转过90°时，Φ2＝0，
故ΔΦ1＝Φ2－Φ1＝0－6.28×10－5 Wb
＝－6.28×10－5 Wb
当转过180°时，磁感线从另一侧穿过线圈，若取Φ1为正，则Φ3为负，有Φ3＝－Bπr′2，
故ΔΦ2＝Φ3－Φ1＝－2Bπr′2＝－1.256×10－4 Wb.
三、感应电流的产生条件
1．实验1：如图5所示，条形磁铁插入或拔出线圈时，线圈中有电流产生，但条形磁铁在线圈中静止不动时，线圈中无电流产生．(填“有”或“无”)
图5
2．实验2：如图6所示，导体AB做切割磁感线运动时，线路中有电流产生，而导体AB顺着磁感线运动时，线路中无电流产生(填“有”或“无”)．
图6
3．实验3：如图7所示，将小螺线管A插入大螺线管B中不动，当开关S接通或断开时，电流表中有电流通过；若开关S一直闭合，当改变滑动变阻器的阻值时，电流表中有电流通过；而开关一直闭合，滑动变阻器滑动触头不动时，电流表中无电流产生(填“有”或“无”)．
图7
4．上述三个实验产生感应电流的情况不同，但其中肯定有某种共同的原因，完成下表并总结产生感应电流的条件.
实验1
闭合电路中磁感应强度B①变化，闭合电路的面积S②不变
共同原因：⑥闭合电路中⑦磁通量发生变化
实验2
闭合电路中磁感应强度B不变，闭合电路的面积S③变化
实验3
闭合电路中磁感应强度B④变化，闭合电路的面积S⑤不变
总结 实验1是磁体即磁场运动改变磁通量；实验2是通过导体相对磁场运动改变磁通量；实验3通过改变电流从而改变磁场强弱，进而改变磁通量，所以可以将产生感应电流的条件描述为“只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就会产生感应电流”．
[要点总结]
1．产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化．
2．特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动．在利用“切割”来讨论和判断有无感应电流时，应该注意：
(1)导体是否将磁感线“割断”，如果没有“割断”就不能说切割．如图8所示，甲、乙两图中，导线是真“切割”，而图丙中，导体没有切割磁感线．
图8
(2)是否仅是闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动，如图丁．如果由切割不容易判断，则要回归到磁通量是否变化上去．
[延伸思考] 电路不闭合时，磁通量发生变化是否能产生电磁感应现象？
答案 当电路不闭合时，没有感应电流，但有感应电动势，只产生感应电动势的现象也可以称为电磁感应现象．
例3 如图所示，用导线做成圆形或正方形回路，这些回路与一直导线构成几种位置组合(彼此绝缘)，下列组合中，切断直导线中的电流时，闭合回路中会有感应电流产生的是( )
答案 C
解析 利用安培定则判断直线电流产生的磁场，其磁感线是一些以直导线为轴的无数组同心圆，即磁感线所在平面均垂直于导线，且直线电流产生的磁场分布情况是靠近直导线处磁场强，远离直导线处磁场弱．所以，A中
穿过圆形线圈的磁场如图甲所示，其有效磁通量为ΦA＝Φ出－Φ进＝0，且始终为0，即使切断导线中的电流，ΦA也始终为0，A中不可能产生感应电流．B中线圈平面与导线的磁场平行，穿过B中线圈的磁通量也始终为0，B中也不能产生感应电流．C中穿过线圈的磁通量如图乙所示，Φ进>Φ出，即ΦC≠0，当切断导线中电流后，经过一定时间，穿过线圈的磁通量减小为0，所以C中有感应电流产生．D中线圈的磁通量如图丙所示，其有效磁通量为ΦD＝Φ出－Φ进＝0，且始终为0，即使切断导线中的电流，ΦD也始终为0，D中不可能产生感应电流．
例4 金属矩形线圈abcd在匀强磁场中做如图所示的运动，线圈中有感应电流的是( )
答案 A
解析 在选项B、C中，线圈中的磁通量始终为零，不产生感应电流；选项D中磁通量始终最大，保持不变，也没有感应电流；选项A中，在线圈转动过程中，磁通量做周期性变化，产生感应电流，故A正确．
1．(对电磁感应现象的认识)下列关于电磁感应现象的认识，正确的是( )
A．它最先是由奥斯特通过实验发现的
B．它说明了电流周围存在磁场
C．它说明了闭合回路中磁通量变化时会产生电流
D．它说明了电流在磁场中会受到力的作用
答案 C
解析 奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应，故A错误；电流周围存在磁场是电流的磁效应，故B错误；变化的磁场产生电流的现象是电磁感应现象，故C正确；电磁感应现象并没有说明电流在磁场中会受到力的作用，故D错误．
2．(对磁通量Φ及其变化量ΔΦ的理解)
如图9所示，一矩形线框从abcd位置移到a′b′c′d′位置的过程中，关于穿过线框的磁通量情况，下列叙述正确的是(线框平行于纸面移动) ( )
图9
A．一直增加
B．一直减少
C．先增加后减少
D．先增加，再减少直到零，然后再增加，然后再减少
答案 D
解析 离导线越近，磁场越强，在线框从左向右靠近导线的过程中，穿过线框的磁通量增大，当线框跨在导线上向右运动时，磁通量减小，当导线在线框正中央时，磁通量为零，从该位置向右，磁通量又增大，在线框离开导线向右运动的过程中，磁通量又减小；故A、B、C错误，D正确，故选D.
3．(产生感应电流的分析判断)(多选)如图10所示，开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列办法中可行的是( )
图10
A．将线框向左拉出磁场
B．以ab边为轴转动(小于90°)
C．以ad边为轴转动(小于60°)
D．以bc边为轴转动(小于60°)
答案 ABC
解析 将线框向左拉出磁场的过程中，线框的bc部分切割磁感线，或者说穿过线框的磁通量减少，所以线框中将产生感应电流．
当线框以ab边为轴转动(小于90°)时，线框的cd边的右半段在做切割磁感线运动，或者说穿过线框的磁通量在发生变化，所以线框中将产生感应电流．
当线框以ad边为轴转动(小于60°)时，穿过线框的磁通量在减小，所以在这个过程中线框内会产生感应电流．如果转过的角度超过60°(60°～300°)，bc边将进入无磁场区，那么线框中将不产生感应电流．
当线框以bc边为轴转动时，如果转动的角度小于60°，则穿过线框的磁通量始终保持不变(其值为磁感应强度与矩形线框面积的一半的乘积)．
4．(产生感应电流的分析判断)如图11所示，绕在铁心上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成闭合回路，在铁心的右端套有一个表面绝缘的铜环A，下列各种情况中铜环A中没有感应电流的是( )
图11
A．线圈中通以恒定的电流
B．通电时，使滑动变阻器的滑片P匀速移动
C．通电时，使滑动变阻器的滑片P加速移动
D．将开关突然断开的瞬间
答案 A
解析 只要通电时滑动变阻器的滑片P移动，电路中电流就会发生变化，变化的电流产生变化的磁场，铜环A中磁通量发生变化，有感应电流；同样，将开关断开瞬间，电路中电流从有到无，仍会在铜环A中产生感应电流．
题组一 电磁感应现象的发现
1．奥斯特发现了电流磁效应，使整个科学界受到了极大的震动，通过对电流磁效应的逆向思维，人们提出的问题是( )
A．电流具有热效应 B．电流具有磁效应
C．磁能生电 D．磁体具有磁化效应
答案 C
2．下列属于电磁感应现象的是( )
A．通电导体周围产生磁场
B．磁场对感应电流发生作用，阻碍导体运动
C．闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时，在电路中产生电流的现象
D．电荷在磁场中定向移动形成电流
答案 C
解析 电流能产生磁场，是电流的磁效应现象，不是电磁感应现象，故A错误；感应电流在磁场中受到力的作用，不是电磁感应现象，故B错误；闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时，在电路中产生电流的现象是电磁感应现象，故C正确；电荷在磁场中定向移动形成电流，不是电磁感应产生的电流，不是电磁感应现象，故D错误．
题组二 对磁通量Φ及其变化量ΔΦ的理解与计算
3．关于磁通量，下列叙述正确的是 ( )
A．在匀强磁场中，穿过一个面的磁通量等于磁感应强度与该面面积的乘积
B．在匀强磁场中，a线圈的面积比b线圈的大，则穿过a线圈的磁通量一定比穿过b线圈的磁通量大
C．把一个线圈放在M、N两处，若放在M处时穿过线圈的磁通量比放在N处时大，则M处的磁感应强度一定比N处大
D．同一线圈放在磁感应强度大处，穿过线圈的磁通量不一定大
答案 D
解析 磁通量等于磁感应强度与平面在垂直磁场方向上的投影面积的乘积，A错误；线圈面积大，但投影面积不一定大，B错误；磁通量大，磁感应强度不一定大，C错误，D正确．
4．关于磁通量的概念，以下说法中正确的是 ( )
A．磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量越大
B．磁感应强度越大，线圈面积越大，则磁通量越大
C．穿过线圈的磁通量为零，但磁感应强度不一定为零
D．磁通量发生变化，一定是磁场发生变化引起的
答案 C
解析 根据磁通量的定义，Φ＝B·S·sin θ，因此A、B选项错误；穿过线圈的磁通量为零时，磁感应强度不一定为零；磁通量发生变化，可能是面积变化引起的，也可能是磁场变化引起的，D错．
5.如图1所示，半径为R的圆形线圈共有n匝，其中心位置处半径为r的范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面，若磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为 ( )
图1
A．πBR2 B．πBr2
C．nπBR2 D．nπBr2
答案 B
解析 由磁通量的定义式知Φ＝BS＝πBr2，故B正确．
题组三 产生感应电流的分析判断
6．关于电磁感应现象，下列说法中正确的是( )
A．闭合线圈放在变化的磁场中，必然有感应电流产生
B．闭合正方形线圈在匀强磁场中垂直磁感线运动，必然产生感应电流
C．穿过闭合线圈的磁通量变化时，线圈中有感应电流
D．只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就一定有感应电流产生
答案 C
解析 产生感应电流的条件：(1)闭合电路；(2)磁通量Φ发生变化，两个条件缺一不可．
7．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是( )
A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化
B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化
C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化
D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化
答案 D
解析 产生感应电流必须满足的条件：①电路闭合；②穿过闭合电路的磁通量要发生变化．选项A、B电路闭合，但磁通量不变，不能产生感应电流，故选项A、B不能观察到电流表的变化；选项C满足产生感应电流的条件，也能产生感应电流，但是等我们从一个房间到另一个房间后，电流表中已没有电流，故选项C不能观察到电流表的变化；选项D满足产生感应电流的条件，能产生感应电流，可以观察到电流表的变化，所以选D.
8．下图中能产生感应电流的是( )
答案 B
解析 根据产生感应电流的条件：A中，电路没闭合，无感应电流；B中，面积增大，闭合电路的磁通量增大，有感应电流；C中，穿过线圈的磁感线相互抵消，Φ恒为零，无感应电流；D中，磁通量不发生变化，无感应电流．
9.如图2所示，一有范围的匀强磁场宽度为d，若将一个边长为L的正方形导线框以速度v匀速地通过磁场区域，已知d＞L，则导线框从开始进入到完全离开磁场的过程中无感应电流的时间等于( )
图2
A. B.
C. D.
答案 C
解析 只有导线框完全在磁场里面运动时，导线框中才无感应电流．
10.如图3所示，闭合圆形导线圈平行地放置在匀强磁场中，其中ac、bd分别是平行、垂直于磁场方向的两直径．试分析线圈做以下哪种运动时能产生感应电流( )
图3
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ΔΦ＝B·ΔS知：只要回路中相对磁场的正对面积改变量ΔS≠0，则磁通量一定改变，回路中一定有感应电流产生．当线圈在其平面内平动或转动时，线圈相对磁场的正对面积始终为零，即ΔS＝0，因而无感应电流产生，A错；当线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动时，同样ΔS＝0，因而无感应电流产生，B错；当线圈以ac为轴转动时，线圈相对磁场的正对面积改变量ΔS仍为零，回路中仍无感应电流产生，C错；当线圈以bd为轴稍做转动时，线圈相对磁场的正对面积发生了改变，因此在回路中产生了感应电流．故选D.
11．为观察电磁感应现象，某学生将电流表、螺线管A和B、蓄电池、开关用导线连接成如图4所示的实验电路．当接通和断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其原因是( )
图4
A．开关位置接错
B．电流表的正、负极接反
C．线圈B的3、4接头接反
D．蓄电池的正、负极接反
答案 A
解析 本题考查了感应电流产生的条件．因感应电流产生的条件是闭合电路中的磁通量发生变化，由电路图可知，把开关接在B与电流表之间，因与1、2接头相连的电路在开关接通和断开开关时，电流不改变，所以不可能有感应电流，电流表也不可能偏转，开关应接在A与电源之间．
12.(多选)如图5所示，导线ab和cd互相平行，则下列四种情况中，导线cd中有电流的是 ( )
图5
A．开关S闭合或断开的瞬间
B．开关S是闭合的，滑动触头向左滑
C．开关S是闭合的，滑动触头向右滑
D．开关S始终闭合，滑动触头不动
答案 ABC
解析 开关S闭合或断开的瞬间；开关S闭合，滑动触头向左滑的过程；开关S闭合，滑动触头向右滑的过程都会使通过导线ab段的电流发生变化，使穿过cd回路的磁通量发生变化，从而在cd导线中产生感应电流．因此本题的正确选项应为A、B、C.
13．(多选)如图6所示，A为多匝线圈，与开关、滑动变阻器相连后接到M、N间的交流电源上，B为一接有小灯泡的闭合多匝线圈，下列关于小灯泡发光说法正确的是( )
图6
A．闭合开关后小灯泡可能发光
B．若闭合开关后小灯泡发光，则再将B线圈靠近A，则小灯泡更亮
C．闭合开关瞬间，小灯泡才能发光
D．若闭合开关后小灯泡不发光，将滑动变阻器滑片左移后，小灯泡可能会发光
答案 AB
解析 闭合开关后，A中有交变电流，B中就会有变化的磁场，B中有感应电流，若电流足够大，小灯泡可能发光，A正确；C、D错误；若闭合开关后小灯泡发光，再将B线圈靠近A，磁场变强，所以小灯泡会更亮，B正确．
学案2 探究感应电流的方向
[目标定位] 1.正确理解楞次定律的内容及其本质.2.掌握右手定则，并理解右手定则实际上为楞次定律的一种具体表现形式.3.能够熟练运用楞次定律和右手定则判断感应电流的方向．
一、探究感应电流的方向
1．用如图1所示的装置探究感应电流的方向．
图1
(1)当磁铁的N极移近铝环时，观察到的现象是什么？磁铁的S极远离铝环时，观察到的现象是什么？
(2)铝环是非铁磁性物体，它怎么会被磁铁排斥和吸引呢？
答案 (1)移近时，铝环被排斥；远离时，铝环被吸引．
(2)磁铁相对铝环运动的过程中，穿过铝环的磁通量发生了变化，铝环中产生了感应电流．感应电流也会产生磁场．磁铁和铝环之间的排斥和吸引，都是缘于感应电流磁场对磁铁的作用．
2．如图2所示，思考并回答下列问题，
图2
(1)N极移近铝环时穿过铝环的磁通量是增加还是减少？远离时情况如何？
(2)铝环中产生的感应电流的磁场对原磁通量的变化有什么影响？
答案 (1)移近时磁通量增加；远离时磁通量减少．
(2)原磁通量增加时，两种磁场方向相反，感应电流的磁场阻碍原磁通量的增加；原磁通量减少时，两种磁场方向相同，感应电流的磁场阻碍原磁通量的减少．
[要点总结]
1．楞次定律：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．
2．楞次定律中“阻碍”的含义：
(1)谁在阻碍——感应电流的磁场．
(2)阻碍什么——阻碍的是穿过回路的磁通量的变化，而不是磁通量本身．
(3)如何阻碍——当原磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；当原磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，“阻碍”不一定是感应电流的磁场与原磁场的方向相反，而是“增反减同”．
(4)阻碍效果——阻碍并不是阻止，最终增加的还增加，减少的还减少，只是延缓了原磁场的磁通量的变化．
3．从相对运动的角度看，感应电流的磁场总是阻碍相对运动(来拒去留)．
[延伸思考] 电磁感应过程中有电能产生，该电能是否凭空增加？从能量守恒的角度如何解释？
答案 从能量守恒的角度来看，感应电流的磁场总是在阻碍着它自己的产生，为了维持感应电流，就必须克服这个阻碍作用做功，使其他形式能量转化成电能，这就是感应电流能量的来源．
例1 如图3所示，在一水平、固定的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁(N极朝上，S极朝下)由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触．关于圆环中感应电流的方向(从上向下看)，下列说法正确的是( )
图3
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 磁铁下落过程中原磁场是向上的，穿过圆环的磁通量先增大后减小，由楞次定律可判断出选项C正确．
二、楞次定律的应用
在长直通电导线附近有一闭合线圈abcd，如图4所示．当直导线中的电流强度I逐渐减小时，试判断线圈中感应电流的方向．
请从解答此题的实践中，体会用楞次定律判定感应电流方向的具体思路．
图4
答案 线圈abcd中感应电流方向为顺时针．
若要判定感应电流方向，需先弄清楚感应电流的磁场方向．根据楞次定律“阻碍”的含义，则要先明确原磁场的方向及其磁通量的变化情况．
[要点总结]
应用楞次定律判断感应电流方向的步骤
(1)明确研究对象是哪一个闭合电路．
(2)明确原磁场的方向．
(3)判断闭合回路内原磁场的磁通量是增加还是减少．
(4)由楞次定律判断感应电流的磁场方向．
(5)由安培定则判断感应电流的方向．
例2 (多选)如图5所示，通电导线旁边同一平面有矩形线圈abcd，则( )
图5
A．若线圈向右平动，其中感应电流方向是a→b→c→d
B．若线圈竖直向下平动，无感应电流产生
C．当线圈以ad边为轴转动时(转动角度小于90°)，其中感应电流方向是a→b→c→d
D．当线圈向导线靠近时，其中感应电流方向是a→b→c→d
答案 BD
解析 先由右手螺旋定则判断出导线产生的原磁场在线圈处垂直线圈向里，当线圈向右平动时，通过线圈的磁通量减小，感应电流的磁场与原磁场方向相同，感应电流的方向为a→d→c→b，A错．若线圈竖直向下平动时，磁通量不变，无感应电流产生，B正确．当线圈以ad边为轴转动时，感应电流方向是a→d→c→b，C错．当线圈向导线靠近时，磁通量增大，感应电流的磁场与原磁场的方向相反，感应电流的方向是a→b→c→d，D正确，故选B、D.
针对训练 如图6所示，闭合金属圆环垂直于磁场方向放置在匀强磁场中，现将它从匀强磁场中匀速拉出，以下各种说法中正确的是( )
图6
A．向左和向右拉出时，环中感应电流方向相反
B．向左和向右拉出时，环中感应电流方向都是沿顺时针方向
C．向左和向右拉出时，环中感应电流方向都是沿逆时针方向
D．将圆环拉出磁场的过程中，当环全部处在磁场中运动时，也有感应电流产生
答案 B
解析 圆环中感应电流的方向，取决于圆环中磁通量的变化情况，向左或向右将圆环拉出磁场的过程中，圆环中垂直纸面向里的磁感线的条数都要减少，根据楞次定律可知，感应电流产生的磁场的方向与原磁场方向相同，即都垂直纸面向里，应用安培定则可以判断出感应电流的方向沿顺时针方向．圆环全部处在磁场中运动时，虽然做切割磁感线运动，但环中磁通量不变，只有圆环离开磁场，环的一部分在磁场中，另一部分在磁场外时，环中磁通量才发生变化，环中才有感应电流．B选项正确．
三、右手定则
如图7所示，导体棒ab向右做切割磁感线运动．
图7
(1)请用楞次定律判断感应电流的方向．
(2)能否找到一种更简单的方法来判断闭合回路中部分导体切割磁感线产生的电流的方向呢？(提示：研究电流I的方向、原磁场B的方向、导体棒运动的速度v的方向三者之间的关系)
答案 (1)感应电流的方向a→d→c→b→a.
(2)可以用右手定则来判断．
[要点总结]
1．内容：伸开右手，使拇指跟其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内，让磁感线垂直从手心进入，拇指指向导体运动的方向，其余四指所指的方向就是感应电流的方向．
2．右手定则是楞次定律的特例．
(1)楞次定律适用于各种电磁感应现象，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在磁场中做切割磁感线运动的情况．
3．当导体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(在等效电源内，从负极指向正极)．
例3 下列图中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，导体ab上的感应电流方向为a→b的是( )
答案 A
解析 题中四图都属于闭合电路的一部分导体切割磁感线，应用右手定则判断可得：A中电流方向为a→b，B中电流方向为b→a，C中电流沿a→d→c→b→a方向，D中电流方向为b→a.故选A.
1．(对楞次定律的理解)关于楞次定律，下列说法正确的是 ( )
A．感应电流的磁场总是能阻止引起感应电流的磁通量的变化
B．闭合电路的一部分导体在磁场中运动时，不一定受磁场阻碍作用
C．原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场同向
D．感应电流的磁场总是跟原磁场反向，阻碍原磁场的变化
答案 B
解析 感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项A错误；闭合电路的一部分导体在磁场中平行磁感线运动时，不受磁场阻碍作用，选项B正确；原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场反向，选项C错误；感应电流的磁场当原磁场增强时跟原磁场反向，当原磁场减弱时跟原磁场同向，选项D错误．
2．(楞次定律的应用)(多选)磁场垂直穿过一个圆形线框，由于磁场的变化，在线框中产生顺时针方向的感应电流，如图8所示，则以下说法正确的是( )
图8
A．若磁场方向垂直线框向里，则此磁场的磁感应强度是在增强
B．若磁场方向垂直线框向里，则此磁场的磁感应强度是在减弱
C．若磁场方向垂直线框向外，则此磁场的磁感应强度是在增强
D．若磁场方向垂直线框向外，则此磁场的磁感应强度是在减弱
答案 BC
解析 所产生的感应电流为顺时针方向，由安培定则知感应电流的磁场垂直纸面向里，由楞次定律中的“增反减同”可知，原因可能是方向垂直纸面向里的磁场正在减弱或是方向垂直纸面向外的磁场正在增强，故选B、C.
3.(楞次定律的应用)(多选)如图9所示，在水平面上有一个闭合的线圈，将一根条形磁铁从线圈的上方插入线圈中，在磁铁进入线圈的过程中，线圈中会产生感应电流，磁铁会受到线圈中电流的作用力，若从线圈上方俯视，关于感应电流和作用力的方向，以下判断正确的是 ( )
图9
A．若磁铁的N极向下插入，线圈中产生顺时针方向的感应电流
B．若磁铁的S极向下插入，线圈中产生顺时针方向的感应电流
C．无论N极向下插入还是S极向下插入，磁铁都受到向下的引力
D．无论N极向下插入还是S极向下插入，磁铁都受到向上的斥力
答案 BD
解析 若磁铁的N极向下插入，穿过线圈的磁通量增加，磁场方向向下，根据楞次定律可知，感应磁场方向向上，由右手螺旋定则知，线圈中产生逆时针方向的感应电流，故A错误；若磁铁的S极向下插入，穿过线圈的磁通量增加，磁场方向向上，根据楞次定律可知，感应磁场方向向下，由右手螺旋定则知，线圈中产生顺时针方向的感应电流，故B正确；通电线圈的磁场与条形磁铁相似，根据安培定则判断可知，当N极向下插入时，线圈上端相当于N
极，当S极向下插入时，线圈上端相当于S极，存在斥力，故C错误，D正确．导体与磁体的作用力也可以根据楞次定律的另一种表述判断：感应电流的磁场总要阻碍导体与磁体间的相对运动，无论N极向下插入还是S极向下插入，磁体与线圈的相对位置都在减小，故磁体与线圈之间存在斥力，故C错误，D正确．
4．(右手定则的应用)(多选)如图10 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10
A．感应电流方向是N→M
B．感应电流方向是M→N
C．安培力水平向左
D．安培力水平向右
答案 AC
解析 由右手定则知，MN中感应电流方向是N→M，再由左手定则可知，MN所受安培力方向垂直导体棒水平向左，故选A、C.
题组一 对楞次定律的理解
1．关于感应电流，以下说法中正确的是 ( )
A．感应电流的方向总是与原电流的方向相反
B．感应电流的方向总是与原电流的方向相同
C．感应电流的磁场总是阻碍闭合电路内原磁场的磁通量的变化
D．感应电流的磁场总是与原线圈内的磁场方向相反
答案 C
解析 由楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍闭合电路内部原磁场的磁通量的变化，故C正确；如果原磁场中的磁通量是增大的，则感应电流的磁场就与它相反，来消弱它的增大，如果原磁场中的磁通量是减小的，则感应电流的磁场就与它相同，来阻碍它的减小，故A、B、D错误．
2．根据楞次定律可知，感应电流的磁场一定是 ( )
A．与引起感应电流的磁场反向
B．阻止引起感应电流的磁通量变化
C．阻碍引起感应电流的磁通量变化
D．使电路磁通量为零
答案 C
解析 由楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍引起它的原磁通量的变化．具体来说就是“增反减同”．因此C正确．
题组二 楞次定律的应用
3．(多选)如图是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流，各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中表示正确的是( )
答案 CD
解析 先根据楞次定律“来拒去留”判断线圈的N极和S极．A中线圈上端应为N极，B中线圈上端应为N极，C中线圈上端应为S极，D中线圈上端应为S极，再根据安培定则确定感应电流的方向，A、B错误，C、D正确．
4．矩形导线框abcd与长直导线MN放在同一水平面上，ab边与MN平行，导线MN中通入如图1所示的电流，当MN中的电流增大时，下列说法正确的是 ( )
图1
A．导线框abcd中没有感应电流
B．导线框abcd中有顺时针方向的感应电流
C．导线框所受的安培力的合力方向水平向左
D．导线框所受的安培力的合力方向水平向右
答案 D
解析 直导线中的电流增大时，根据安培定则知，通过线框的磁场方向垂直纸面向里，且增强，根据楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向，故A、B错误．根据左手定则知，ab边所受安培力方向水平向右，cd边所受安培力方向水平向左，离导线越近，磁感应强度越大，所以ab边所受的安培力大于cd边所受的安培力，则导线框所受安培力的合力方向水平向右，故C错误，D正确．故选D.
5．如图2所示，匀强磁场垂直于圆形线圈指向纸里，a、b、c、d为圆形线圈上等距离的四点，现用外力作用在上述四点，将线圈拉成正方形．设线圈导线不可伸长，且线圈仍处于原先所在的平面内，则在线圈发生形变的过程中( )
图2
A．线圈中将产生adcb方向的感应电流
B．线圈中将产生abcd方向的感应电流
C．线圈中产生感应电流的方向先是abcd，后是adcb
D．线圈中无感应电流产生
答案 B
解析 将线圈拉成正方形其面积减小，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律可判知线圈中产生沿顺时针方向的感应电流，B选项正确．
6.如图3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3
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，闭合线圈中的磁通量增大，当条形磁铁穿出螺线管时，闭合线圈中的磁通量减小，由楞次定律可知C正确．
7．长直导线与矩形线框abcd处在同一平面中静止不动，如图4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交流电，i－t图像如图乙所示．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4
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 0～时间内，直导线中的电流增大，通过线框中的磁通量增大，线框中产生逆时针方向的电流.～时间内，直导线中的电流减小，通过线框中的磁通量减小，线框中产生顺时针方向的电流，同样判断出第3个、第4个周期时间内的电流方向分别为顺时针和逆时针．
8.如图5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，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5
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
解析 在靠近直导线至直导线处于线框中间位置的过程中，线框中磁通量先增大后减小，原磁场方向垂直纸面向里，感应电流的磁场方向应先垂直纸面向外后垂直纸面向里，由右手螺旋定则可判断电流方向为先逆时针后顺时针，同理在线框继续运动到线框完全越过直导线的过程中，感应电流方向为顺时针，在远离导线的过程中，感应电流方向为逆时针，故选C.
9.如图6所示，一对大磁极，中间处可视为匀强磁场，上、下边缘处为非匀强磁场，一矩形导线框abcd保持水平，从两磁极间中心上方某处开始下落，并穿过磁场，则( )
图6
A．线框中有感应电流，方向是先a→b→c→d→a后d→c→b→a→d
B．线框中有感应电流，方向是先d→c→b→a→d后a→b→c→d→a
C．受磁场的作用，线框要发生转动
D．线框中始终没有感应电流
答案 D
解析 由于线框从两极间中心上方某处开始下落，根据对称性知，下落过程中穿过线框abcd的磁通量始终是零，没有变化，所以始终没有感应电流，因此不会受磁场的作用，故选项D正确．
10.(多选)北半球地磁场的竖直分量向下．如图7所示，在北京某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线圈abcd，线圈的ab边沿南北方向、ad边沿东西方向．下列说法中正确的是( )
图7
A．若使线圈向东平动，则a点的电势比b点的电势低
B．若使线圈向北平动，则a点的电势比b点的电势低
C．若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a→b→c→d→a
D．若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a→d→c→b→a
答案 AC
解析 用楞次定律判断产生的感应电流的方向．线圈向东平动时，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，线圈向北平动，则a、b电势相等，高于c、d两点电势，B错；以ab为轴将线圈翻转，向下的磁通量减小了，感应电流的磁场方向应该向下，再由右手螺旋定则知，感应电流的方向为a→b→c→d→a，则C对，D错．
题组三 右手定则的应用
11．如图8所示，CDEF是一个矩形金属框，当导体棒AB向右移动时，回路中会产生感应电流，则下列说法中正确的是( )
图8
A．导体棒中的电流方向由B→A
B．电流表A1中的电流方向由F→E
C．电流表A1中的电流方向由E→F
D．电流表A2中的电流方向由D→C
答案 B
解析 根据右手定则，导体棒内部电流方向为A到B，所以电流表A1中的电流方向由F→E，A、C错，B对．同理电流表A2中的电流方向由C→D，D错．
12．如图9所示，同一平面内的三条平行导线串有两个电阻R和r，导体棒PQ与三条导线接触良好，匀强磁场的方向垂直纸面向里．导体棒的电阻可忽略，当导体棒向左滑动时，下列说法正确的是( )
图9
A．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由b到a
B．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由b到a
C．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由a到b
D．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由a到b
答案 B
解析 根据磁场方向和导体棒的运动方向，用右手定则可以判断出在PQ中产生的感应电动势的方向由P指向Q，即导体棒下端电势高、上端电势低，所以在接入R的闭合电路中，电流由c流向d，在接入r的闭合电路中，电流由b流向a.
图10
13．如图10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( )
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R中有P→R→Q方向的电流，B正确，A、C错．D选项中流过R的感应电流方向不变，D错．
学案3 习题课：楞次定律的应用
[目标定位] 1.学习应用楞次定律的推论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、“增反减同”法
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，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；
(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”．
注意：本方法适用于磁感线单方向穿过闭合回路的情况．
例1 如图1所示，一水平放置的矩形闭合线圈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，这个过程中线圈的感应电流 ( )
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
答案 A
解析 本题考查用楞次定律判断感应电流的方向，关键要分析清楚矩形线圈由位置Ⅰ到位置Ⅱ和由位置Ⅱ到位置Ⅲ两过程中，穿过线圈的磁感线方向相反．由条形磁铁的磁场可知，线圈在位置Ⅱ时穿过闭合线圈的磁通量最小为零．由于位置Ⅰ和位置Ⅲ都很接近位置Ⅱ，则线圈从位置Ⅰ到位置Ⅱ，从下向上穿过线圈的磁通量在减少，线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，从上向下穿过线圈的磁通量在增加，根据楞次定律可知感应电流的方向是abcd.
二、“来拒去留”法
导体与磁场相对运动产生电磁感应现象时，产生的感应电流与磁场间有力的作用，这种力的作用会“阻碍”相对运动，简称口诀“来拒去留”．
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
答案 A
解析 本题可由两种方法来解决：
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，故A正确．
甲 乙
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．
三、“增缩减扩”法
当闭合电路中有感应电流产生时，电路的各部分导线就会受到安培力作用，会使电路的面积有变化(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)若原磁通量减小，则通过增大有效面积起到阻碍的作用．
口诀记为“增缩减扩”．
注意：本方法适用于磁感线单方向穿过闭合回路的情况．
例3 如图3所示，在载流直导线旁固定有两平行光滑金属导轨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
答案 C
解析 由于在闭合回路abcd中，ab和cd电流方向相反，所以两导体运动方向一定相反，排除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大，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，达到阻碍磁通量增大的目的，故选C.
四、“增离减靠”法
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)若原磁通量减小，则通过靠近磁场源起到阻碍的作用．
口诀记为“增离减靠”．
例4 如图4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接通瞬间，两铜环的运动情况是( )
图4
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 开关S接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，则两环将同时向两侧运动，故A正确．
五、安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的区别应用
1．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各种情况．
(2)右手定则的研究对象为闭合导体回路的一部分，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)
例5 如图5所示，导轨间的匀强磁场方向垂直于纸面向里．圆形金属环B正对磁铁A，当导体棒MN在导轨上向右加速滑动时，(说明：导体棒切割磁感线速度越大，感应电流越大) 下列说法正确的是( )
图5
A．MN中电流方向N→M，B被A吸引
B．MN中电流方向N→M，B被A排斥
C．MN中电流方向M→N，B被A吸引
D．MN中电流方向M→N，B被A排斥
答案 B
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，磁铁A的磁场方向向左，且逐渐增强，根据楞次定律知，B环中的感应电流产生的磁场在轴线上方向向右，B被A排斥，B正确，A、C、D错误．
1．(“来拒去留”法)如图6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、丙拿至相同高度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6
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.
2．(“增缩减扩”法及“来拒去留”法)如图7所示，水平桌面上放有一个闭合铝环，在铝环轴线上方有一个条形磁铁．当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，下列判断正确的是 ( )
图7
A．铝环有收缩趋势，对桌面压力减小
B．铝环有收缩趋势，对桌面压力增大
C．铝环有扩张趋势，对桌面压力减小
D．铝环有扩张趋势，对桌面压力增大
答案 B
解析 根据楞次定律可知：当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，闭合铝环内的磁通量增大，因此铝环面积应有收缩的趋势，同时有远离磁铁的趋势，故增大了和桌面的挤压程度，从而使铝环对桌面压力增大，故B项正确．
3．(“增离减靠”法)(多选)如图8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8
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已经闭合时，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．
4.(安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的区别运用)
图9
(多选)如图9所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力的作用下运动时，MN在磁场力的作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是( )
A．向右加速运动
B．向左加速运动
C．向右减速运动
D．向左减速运动
答案 BC
解析 当PQ向右运动时，用右手定则可判定PQ中感应电流的方向是由Q→P，由安培定则可知穿过L1的磁场方向是自下而上的；若PQ向右加速运动，则穿过L1的磁通量增加，用楞次定律可以判断流过MN的感应电流是从N→M的，用左手定则可判定MN受到向左的安培力，将向左运动，可见选项A错误；若PQ向右减速运动，流过MN的感应电流方向、MN所受的安培力的方向均将反向，MN向右运动，所以选项C正确；同理可判断选项B正确，选项D错误．
题组一 “来拒去留”法
1．如图1所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下．在磁铁的N极向下靠近线圈的过程中 ( )
图1
A．通过电阻的感应电流方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥
B．通过电阻的感应电流方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥
C．通过电阻的感应电流方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引
D．通过电阻的感应电流方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引
答案 B
解析 根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，因此阻碍条形磁铁的下落，即“来拒去留”，同名磁极相斥，所以线圈上端为N极，根据安培定则判断线圈电流方向，线圈下端为正极，上端为负极，电流方向从下端由b经电阻到a再回到线圈负极，B对．
2．如图2所示，将一质量为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，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T1和T2，重力加速度大小为g，则 ( )
图2
A．T1＞mg，T2＞mg
B．T1＜mg，T2＜mg
C．T1＞mg，T2＜mg
D．T1＜mg，T2＞mg
答案 A
解析 当环经过磁铁上端，穿过环的磁通量增加，圆环中的感应电流的磁场要阻碍其磁通量增加，所以磁铁对环有向上的斥力作用，由牛顿第三定律，环对磁铁有向下的斥力作用，使得细线对磁铁的拉力大于磁铁的重力，即T1＞mg；同理，当环经过磁铁下端时，穿过环的磁通量减小，在圆环中产生的感应电流的磁场要阻碍其磁通量减小，所以磁铁对环有向上的吸引力作用，由牛顿第三定律，则环对磁铁有向下的吸引力作用，使得细线对磁铁的拉力大于磁铁的重力，即T2＞mg，选项A正确．
3．如图3所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈．当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力N及在水平方向运动趋势的正确判断是 ( )
图3
A．N先小于mg后大于mg，运动趋势向左
B．N先大于mg后小于mg，运动趋势向左
C．N先小于mg后大于mg，运动趋势向右
D．N先大于mg后小于mg，运动趋势向右
答案 D
解析 条形磁铁从线圈正上方由左向右运动的过程中，线圈中的磁通量先增大后减小，根据楞次定律的第二种描述：“来拒去留”可知，线圈先有向下和向右的运动趋势，后有向上和向右的运动趋势；故线圈受到的支持力先大于重力后小于重力；运动趋势向右．故选D.
4．如图4所示，两个相同的轻质铝环套在一根水平光滑绝缘杆上，当一条形磁铁向左运动靠近两环时，两环的运动情况是 ( )
图4
A．同时向左运动，间距变大
B．同时向左运动，间距变小
C．同时向右运动，间距变小
D．同时向右运动，间距变大
答案 B
解析 磁铁向左运动，穿过两环的磁通量均增加．根据楞次定律，感应电流的磁场将阻碍原磁通量增加，所以两者都向左运动．另外，两环产生的感应电流方向相同，依据安培定则和左手定则可以判断两个环之间是相互吸引的，所以选项A、C、D错误，B正确．
题组二 “增缩减扩”法
5．(多选)如图5所示，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变化为圆形，则磁场( )
图5
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 对于线圈来说，圆形面积最大，即由于磁场变化，导致线圈面积变大，根据楞次定律“增缩减扩”，可判断磁场在减弱，可能是方向向外的磁场逐渐减弱也可能是方向向里的磁场逐渐减弱，选项C、D对．
6．(多选)如图6所示，在水平面上有一固定的导轨，导轨为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6
A．若磁场方向竖直向上并增强，杆ab将向右移动
B．若磁场方向竖直向上并减弱，杆ab将向右移动
C．若磁场方向竖直向下并增强，杆ab将向右移动
D．若磁场方向竖直向下并减弱，杆ab将向右移动
答案 BD
解析 不管磁场方向竖直向上还是竖直向下，当磁感应强度增大时，回路中磁通量变大，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．
7.如图7所示，光滑固定金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放在导轨上，形成闭合回路．当一条形磁铁从上方向下迅速接近回路时，可动的两导体棒P、Q将 ( )
图7
A．保持不动
B．相互远离
C．相互靠近
D．无法判断
答案 C
解析 效果法：四根导体组成闭合回路，当磁铁迅速接近回路时，不管是N极还是S极，穿过回路的磁通量都增加，闭合回路中产生感应电流，感应电流将“阻碍”原磁通量的增加，怎样来阻碍增加呢？可动的两根导体只能用减小回路面积的方法来阻碍原磁通量的增加，得到的结论是P、Q相互靠近，选项C正确．还可以用常规法，根据导体受磁场力的方向来判断．
8．如图8所示，ab是一个可绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导线框，当滑动变阻器R的滑片自左向右滑动时，线框ab的运动情况是( )
图8
A．保持静止不动
B．逆时针转动
C．顺时针转动
D．发生转动，但电源极性不明，无法确定转动的方向
答案 C
解析 根据题图所示电路，线框ab所处位置的磁场是水平方向的，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电路中电阻增大，电流减弱，则穿过闭合导线框ab的磁通量将减少．Φ＝BSsin θ，θ为线圈平面与磁场方向的夹角，根据楞次定律，感应电流的磁场将阻碍原来磁场的变化，则线框ab只有顺时针旋转使θ角增大，而使穿过线圈的磁通量增加，则C正确．注意此题并不需要明确电源的极性．
题组三 “增离减靠”法
9.如图9所示，一个有弹性的金属线圈被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方，直导线与线圈在同一竖直面内，当通电直导线中电流增大时，弹性线圈的面积S和橡皮绳的长度l将( )
图9
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，穿过金属线圈的磁通量增大，金属线圈中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流要阻碍原磁通量的增大：一是用缩小面积的方式进行阻碍；二是用远离直导线的方法进行阻碍，故D正确．
10．如图10所示，A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且与圆盘面平行，其轴线与胶木盘A的轴线OO′重合，现使胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则 ( )
图10
A．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大
B．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小
C．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小
D．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大
答案 B
解析 胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小增大，根据右手螺旋定则知，通过B的磁通量向下，且增大，根据楞次定律的另一种表述，引起的效果阻碍原磁通量的增大，知金属环的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以丝线的拉力减小．故B正确，A、C、D错误．
题组四 安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的区别运用
11．如图11甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示．在0～时间内，直导线中电流向上，则在～T时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力的方向是 ( )
图11
A．感应电流方向为顺时针，线框所受安培力的合力方向向左
B．感应电流方向为逆时针，线框所受安培力的合力方向向右
C．感应电流方向为顺时针，线框所受安培力的合力方向向右
D．感应电流方向为逆时针，线框所受安培力的合力方向向左
答案 C
解析 在～T时间内，直导线电流方向向下，根据安培定则，知直导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流．根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培力方向水平向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力方向水平向右，故C正确，A、B、D错误．
12．(多选)如图12所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大线圈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(两线圈共面放置)是 ( )
图12
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
学案4 探究感应电动势的大小
[目标定位] 1.能区分磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ和磁通量的变化率.2.理解和掌握法拉第电磁感应定律，并能应用于计算感应电动势的大小.3.能够运用E＝BLv或E＝BLvsin θ计算导体切割磁感线时的感应电动势．
一、法拉第电磁感应定律
实验探究：感应电动势大小与磁通量变化的关系
实验装置如图1所示，根据实验结果完成表格(填“较大”或“较小”)，然后回答下列问题．
图1
表1
同样速度快速插入线圈
不同速度插入线圈
一条磁铁
两条磁铁
一条磁铁
两条磁铁
指针摆动角度
相对较小
相对较大
角度大小和磁铁条数无必然联系
表2
一条磁铁缓慢插入线圈
一条磁铁快速插入线圈
N极向下
S极向下
N极向下
S极向下
指针摆动角度
较小
较小
较大
较大
(1)在实验中，为什么可以用电流表指针偏转角度大致判断感应电动势的大小？
(2)感应电动势的大小跟磁通量变化的大小有关吗？
(3)感应电动势的大小跟磁通量变化的快慢有关吗？
(4)磁场方向对感应电动势的大小是否有影响？
答案 (1)穿过闭合电路的Φ变化?产生E感?产生I感．由闭合电路欧姆定律I＝知，当电路的总电阻一定时，E感越大，I感越大，指针偏转角度越大．
(2)感应电动势的大小跟磁通量变化的大小无必然联系．
(3)磁通量变化相同，但磁通量变化越快，感应电动势越大．
(4)磁场方向对感应电动势的大小没有影响．
[要点总结]
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．公式：E＝n，其中n为线圈匝数，ΔΦ总是取绝对值．
此公式一般用来表示Δt时间内感应电动势的平均值．
3．对法拉第电磁感应定律的理解
(1)磁通量的变化率和磁通量Φ没有(填“有”或“没有”)直接关系．Φ很大时，可能很小，也可能很大；Φ＝0时，可能不为0.
(2)E＝n有两种常见形式：①线圈面积S不变，磁感应强度B均匀变化：E＝nS.②磁感应强度B不变，线圈面积S均匀变化：E＝nB·.(其中是Φ－t图像上某点切线的斜率，为B－t图像上某点切线的斜率)
(3)产生感应电动势的那部分导体相当于电源．如果电路没有闭合，这时虽然没有感应电流，但感应电动势依然存在．
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
答案 D
解析 本题考查对法拉第电磁感应定律的理解，关键是抓住感应电动势的大小和磁通量的变化率成正比．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系，它由磁通量的变化率决定，故选D.
例2 如图2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2
(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？
答案 (1)8×10－3 Wb (2)4×10－3 Wb/s (3)6 V
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.
二、导体切割磁感线时的感应电动势
如图3所示，闭合电路一部分导体ab处于匀强磁场中，磁感应强度为B，ab的长度为L，ab以速度v匀速切割磁感线，求回路中产生的感应电动势．
图3
答案 设在Δt时间内导体棒由原来的位置运动到a1b1，如图所示，这时线框面积的变化量为
ΔS＝LvΔt
穿过闭合电路磁通量的变化量为ΔΦ＝BΔS＝BLvΔt
根据法拉第电磁感应定律得E＝＝BLv.
[要点总结]
1．当导体平动垂直切割磁感线时，即B、L、v两两垂直时(如图4所示)E＝BLv.
图4
2．公式中L指有效切割长度：即导体在与v垂直的方向上的投影长度．
图5
图5甲中的有效切割长度为：L＝sin θ；
图乙中的有效切割长度为：L＝；
图丙中的有效切割长度为：沿v1的方向运动时，L＝R；沿v2的方向运动时，L＝R.
图6
[延伸思考] 如图6所示，如果长为L的直导线的运动方向与直导线本身是垂直的，但与磁感线方向有一个夹角θ(θ≠90°)，则此时直导线上产生的感应电动势表达式是什么？
答案 如图所示，可以把速度v分解为两个分量：垂直于磁感线的分量v1＝vsin θ和平行于磁感线的分量v2＝vcos θ.后者不切割磁感线，不产生感应电动势；前者切割磁感线，产生的感应电动势为E＝BLv1＝BLvsin θ.
例3 如图7所示，PQRS为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN为边界的匀强磁场中，磁场方向垂直线框平面，MN边界与线框的边QR所在的水平直线成45°角，E、F分别为PS和PQ的中点．关于线框中的感应电流( )
图7
A．当E点经过边界MN时，感应电流最大
B．当P点经过边界MN时，感应电流最大
C．当F点经过边界MN时，感应电流最大
D．当Q点经过边界MN时，感应电流最大
答案 B
解析 当P点经过边界MN时，有效切割长度最长，感应电动势最大，所以感应电流最大．
例4 试写出如图8所示的各种情况下导线中产生的感应电动势的表达式(导线长均为l，速度为v，磁感应强度均为B，图(3)、(4)中导线垂直纸面)．
图8
答案 (1)E＝0 (2)E＝Blv (3)E＝0
(4)E＝Blvcos θ
1．(对法拉第电磁感应定律的理解)(多选)如图9所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度随时间变化，下列说法正确的是( )
图9
A．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流可能减小
B．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流一定增大
C．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流一定增大
D．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变
答案 AD
解析 由法拉第电磁感应定律可知，感应电流的大小取决于磁通量的变化率，与磁感应强度的增与减无关，选项A、D正确．
2．(公式E＝n的应用)(多选)单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，若线圈所围面积的磁通量随时间变化的规律如图10所示，则O～D过程中( )
图10
A．线圈中O时刻感应电动势最大
B．线圈中D时刻感应电动势为零
C．线圈中D时刻感应电动势最大
D．线圈中O至D时间内的平均感应电动势为0.4 V
答案 ABD
解析 由法拉第电磁感应定律E＝n，即为Φ－t图像对应时刻切线的斜率，所以A、B正确，C错误；线圈中O至D时间内的平均感应电动势E＝n＝1× V＝0.4 V，所以D正确．
3．(公式E＝BLv的应用)如图11所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一个水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出，设运动的整个过程中不计空气阻力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小将( )
图11
A．越来越大 B．越来越小
C．保持不变 D．无法确定
答案 C
解析 金属棒做平抛运动，水平速度不变，且水平速度即为金属棒垂直切割磁感线的速度，故感应电动势保持不变．
题组一 对法拉第电磁感应定律的理解
1．(多选)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势，下列表述正确的是 ( )
A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关
B．当穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势可能不为零
C．当穿过线圈的磁通量变化越快时，感应电动势越大
D．感应电动势的大小与磁通量的变化量成正比
答案 BC
解析 由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝n，即感应电动势与线圈匝数有关，故A错误；同时可知，感应电动势与磁通量的变化率有关，故D错误；磁通量变化越快，感应电动势越大，故C正确；当穿过线圈的磁通量为零时，磁通量的变化率不一定为零，因此感应电动势不一定为零，故B正确．
2．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必然联系，故A、B错；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．
3.(多选)如图1所示，闭合开关S，将条形磁铁匀速插入闭合线圈，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 两次磁通量变化相同，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，故感应电流为零，但感应电动势不为零，故D错误．故选A、B.
题组二 公式E＝n的应用
4．下列各图中，相同的条形磁铁穿过相同的线圈时，线圈中产生的感应电动势最大的是 ( )
答案 D
解析 感应电动势的大小为E＝n＝n，A、B两种情况磁通量变化量相同，C中ΔΦ最小，D中ΔΦ最大，磁铁穿过线圈所用的时间A、C、D相同且小于B所用的时间，所以D选项正确．
5．一单匝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，线框中感应电动势的比值为( )
A. B．1 C．2 D．4
答案 B
解析 根据法拉第电磁感应定律E＝，设初始时刻磁感应强度为B0，线框面积为S0，则第一种情况下的感应电动势为E1＝＝＝B0S0；第二种情况下的感应电动势为E2＝＝＝B0S0，所以两种情况下线框中的感应电动势相等，比值为1，故选项B正确．
6．(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的变化图像如图2所示，则( )
图2
A．在t＝0时，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大
B．在t＝1×10－2 s时，感应电动势最大
C．在t＝2×10－2 s时，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，E最大，B对.0～2×10－2 s，ΔΦ≠0，E≠0，D错．
7.如图3所示，半径为r的n匝线圈套在边长为L的正方形abcd之外，匀强磁场局限在正方形区域内且垂直穿过正方形平面，当磁感应强度以的变化率均匀变化时，线圈中产生的感应电动势的大小为 ( )
图3
A．πr2 B．L2
C．nπr2 D．nL2
答案 D
解析 根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势的大小为E＝n＝nL2.
8．如图4甲所示，圆形线圈M的匝数为50匝，它的两个端点a、b与理想电压表相连，线圈中磁场方向如图甲所示，线圈中磁通量的变化规律如图乙所示，则a、b两点的电势高低与电压表读数为( )
图4
A．Φa>Φb,20 V B．Φa>Φb,10 V
C．Φa<Φb,20 V D．Φa<Φb,10 V
答案 B
解析 由题意可知，线圈M中磁场的磁通量随时间均匀增加，则E＝n＝50× V＝10 V；由楞次定律可知，此时感应电流的磁场与原磁场反向，由右手螺旋定则知，此时a点的电势较高．
9．如图5甲所示，环形线圈的匝数n＝1000，它的两个端点a和b间接有一理想电压表，线圈内磁感应强度B的变化规律如图乙所示，线圈面积S＝100 cm2，则Uab＝________，电压表示数为________ V.
图5
答案 50 V 50
解析 由B－t图像可知＝5 T/s
由E＝nS
得：E＝1000×5×100×10－4 V＝50 V
题组三 公式E＝BLv的应用
10．如图6所示的情况中，金属导体中产生的感应电动势为Blv的是 ( )
图6
A．乙和丁 B．甲、乙、丁
C．甲、乙、丙、丁 D．只有乙
答案 B
11．(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.则落潮时，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，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．
12．如图7所示，平行金属导轨的间距为d，一端跨接一阻值为R的电阻，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于导轨所在平面向里，一根长直金属棒与导轨成60°角放置，且接触良好，则当金属棒以垂直于棒的恒定速度v沿金属导轨滑行时，其他电阻不计，电阻R中的电流为 ( )
图7
A. B.
C. D.
答案 A
解析 导体切割磁感线的有效长度是L＝，感应电动势E＝BLv，R中的电流为I＝.联立解得I＝.
题组四 综合应用
13．如图8(a)所示的螺线管，匝数n＝1 500匝、横截面积S＝20 cm2、电阻r＝1.5 Ω，与螺线管串联的外电阻R1＝3.5 Ω、R2＝25 Ω，方向向右穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度按图(b)所示规律变化，试计算回路中的电流．
图8
答案 0.2 A
解析 由题图(b)知，螺线管中磁感应强度B均匀增大，其变化率为＝ T/s＝2 T/s
由法拉第电磁感应定律知螺线管中产生的感应电动势
E＝n＝n·S＝1 500×20×10－4×2 V＝6.0 V
由闭合电路欧姆定律知螺线管回路的电流为
I＝＝ A＝0.2 A.
14．在范围足够大磁感应强度为B＝0.2 T的、方向竖直向下的匀强磁场中，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＝＝5 m/s，(也可用＝ m/s＝5 m/s求解)
故平均感应电动势E＝Bl＝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.
学案5 习题课：法拉第电磁感应定律的应用
[目标定位] 1.知道公式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.掌握导体棒转动切割磁感线产生感应电动势的计算.3.掌握电磁感应电路中电荷量求解的基本思路和方法．
一、E＝n和E＝BLv的选用技巧
1．E＝n适用于任何情况，但一般用于求平均感应电动势，当Δt→0时，E可为瞬时值．
2．E＝BLv是法拉第电磁感应定律在导体切割磁感线时的具体表达式．
(1)当v为平均速度时，E为平均感应电动势．
(2)当v为瞬时速度时，E为瞬时感应电动势．
3．当回路中同时存在两部分导体切割磁感线产生的感应电动势时，总动电势在两者方向相同时相加，方向相反时相减．(方向相同或相反是指感应电流在回路中的方向)．
例1 如图1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点开始沿导轨匀速向右滑动，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1
(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？
答案 (1)5 m 5 V 1.06 A
(2) Wb V
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，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≈8.2 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＝ V.
二、电磁感应中的电荷量问题
电磁感应现象中通过闭合电路某截面的电荷量q＝Δt，而＝＝n，则q＝n，所以q只和线圈匝数、磁通量的变化量及总电阻有关，与完成该过程所用的时间无关．
注意：求解电路中通过的电荷量时，一定要用平均电动势和平均电流计算．
例2 面积S＝0.2 m2、n＝100匝的圆形线圈，处在如图2所示的磁场内，磁感应强度B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2
(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)方向由b→a 0.4 C (2)9×10－6 C
解析 (1)由楞次定律可求得电流的方向为逆时针，通过R的电流方向为b→a，
q＝Δt＝Δt＝nΔt＝n＝0.4 C.
(2)由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.
例3 如图3甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝1 000，线圈面积S＝300 cm2，线圈的电阻r＝1 Ω，线圈外接一个阻值R＝4 Ω的电阻，线圈处在一方向垂直线圈平面向里的圆形磁场中，圆形磁场的面积S0＝200 cm2，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．求：
(1)第4 s时线圈的磁通量及前4 s内磁通量的变化量；
(2)前4 s内的感应电动势和前4 s内通过R的电荷量．
图3
答案 (1)8×10－3 Wb 4×10－3 Wb (2)1 V 0.8 C
解析 (1)第4 s时线圈的磁通量
Φ＝BS0＝0.4×200×10－4 Wb＝8×10－3 Wb
因此前4 s内磁通量的变化量为
ΔΦ＝0.2×200×10－4 Wb＝4×10－3 Wb
(2)由图像可知前4 s内磁感应强度B的变化率
＝0.05 T/s
前4 s内的平均感应电动势
E＝nS0＝1 000×0.05×0.02 V＝1 V
电路中平均电流＝
通过R的电荷量q＝t＝n
所以q＝0.8 C.
三、转动切割产生感应电动势的计算
如图4所示，一长为l的导体棒在磁感应强度为B的匀强磁场中绕O点以角速度ω匀速转动，则导体棒产生的感应电动势E＝Bωl2.公式推导见例4.
图4
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匀速转动，如图5所示，磁感应强度为B.求：
图5
(1)ab棒各点速率的平均值．
(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？
答案 (1)ωl (2)Bl2ω (3)Bl2ωΔt Bl2ω
解析 (1)ab棒各点速率平均值，＝＝＝ωl
(2)a、b两端的电势差：E＝Bl＝Bl2ω
(3)设经时间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.
1．(E＝n与E＝Blv的选用技巧)
(多选)如图6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6
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 在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向始终为逆时针方向，A正确．根据左手定则可判断，CD段受安培力向下，B不正确．当半圆形闭合回路进入磁场一半时，这时有效切割长度最大为a，所以感应电动势最大值Em＝Bav，C正确．感应电动势平均值＝＝πBav，D正确．
2．(电磁感应中的电荷量问题)(多选)如图7所示是测量通电螺线管内部磁感应强度的一种装置：把一个很小的测量线圈放在待测处(测量线圈平面与螺线管轴线垂直)，将线圈与可以测量电荷量的冲击电流计G串联，当将双刀双掷开关K由位置1拨到位置2时，测得通过测量线圈的电荷量为q.已知测量线圈的匝数为N，截面积为S，测量线圈和G串联回路的总电阻为R.下列判断正确的是( )
图7
A．在此过程中，穿过测量线圈的磁通量的变化量ΔΦ＝qR
B．在此过程中，穿过测量线圈的磁通量的变化量ΔΦ＝
C．待测处的磁感应强度的大小为B＝
D．待测处的磁感应强度的大小为B＝
答案 BD
解析 由E＝N，E＝IR，q＝IΔt，得q＝，故ΔΦ＝，又ΔΦ＝2BS，所以B＝，B、D正确．
3.(转动切割产生感应电动势的计算)如图8所示，导体棒AB的长度为2R，绕O点以角速度ω匀速转动，OB长为R，且O、B、A三点在一条直线上，有一磁感应强度为B0的匀强磁场充满转动平面且与转动平面垂直，那么A、B两端的电势差为 ( )
图8
A.B0ωR2 B．2B0ωR2
C．4B0ωR2 D．6B0ωR2
答案 C
解析 A点线速度vA＝ω·3R，B点线速度vB＝ωR，AB棒切割磁感线的平均速度＝＝2ωR，由E＝BLv得，A、B两端的电势差为E＝B0·2R·＝4B0ωR2，C正确．
4．(E＝n与E＝BLv的选用技巧)可绕固定轴OO′转动的正方形线框的边长为L，不计摩擦和空气阻力，线框从水平位置由静止释放，到达竖直位置所用的时间为t，此时ab边的速度为v.设线框始终处在竖直向下，磁感应强度为B的匀强磁场中，如图9所示，试求：
图9
(1)这个过程中回路中的感应电动势；
(2)到达竖直位置瞬间回路中的感应电动势．
答案 (1) (2)BLv
解析 (1)线框从水平位置到达竖直位置的过程中回路中的感应电动势E＝＝.
(2)线框到达竖直位置时回路中的感应电动势E′＝BLv.
题组一 电磁感应中的电荷量问题
1．如图1所示，将直径为d、电阻为R的闭合金属圆环从磁感应强度为B的匀强磁场B中拉出，这一过程中通过金属环某一截面的电荷量为 ( )
图1
A. B.
C. D.
答案 A
解析 ＝n，故q＝·Δt＝·Δt＝n＝n＝.
图2
2．在物理实验中，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2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.若将线圈放在被测量的匀强磁场中，开始线圈平面与磁场垂直，现把探测线圈翻转90°，冲击电流计测出通过线圈的电量为q，由上述数据可测出被测量磁场的磁感应强度为 ( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 由法拉第电磁感应定律：E＝n可求出感应电动势大小，再由闭合电路欧姆定律I＝可求出感应电流大小，根据电荷量的公式q＝It，可得q＝n.由于开始线圈平面与磁场垂直，现把探测线圈翻转90°，则有ΔΦ＝BS；所以由以上公式可得：q＝，则磁感应强度B＝，故B正确，A、C、D错误；故选B.
题组二 转动切割产生感应电动势的理解及计算
3．一直升机停在南半球的地磁极上空．该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B.直升机螺旋桨叶片的长度为l，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动，螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图3所示，如果忽略a到转轴中心线的距离，用E表示每个叶片中的感应电动势，则( )
图3
A．E＝πfl2B，且a点电势低于b点电势
B．E＝2πfl2B，且a点电势低于b点电势
C．E＝πfl2B，且a点电势高于b点电势
D．E＝2πfl2B，且a点电势高于b点电势
答案 A
解析 解这道题要考虑两个问题：一是感应电动势大小，E＝Blv＝Blω×＝Bl×2πf×＝πfl2B；二是感应电动势的方向，由右手定则可以判断出感应电动势的方向是由a→b，因此a点电势低．
4.如图4所示，导体棒AB的长为2R，绕O点以角速度ω匀速转动，OB长为R，且O、B、A三点在一条直线上，有一磁感应强度为B的匀强磁场充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB两端的电势差大小为( )
图4
A.BωR2 B．2BωR2
C．4BωR2 D．6BωR2
答案 C
解析 A点线速度vA＝ω·3R，B点线速度vB＝ωR，AB棒切割磁感线的平均速度＝＝2ωR，由E＝Blv得，AB两端的电势差大小为E＝B·2R·＝4BωR2，C正确．
5．法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机．如图5所示，用紫铜做的圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与电流表连接起来形成回路．转动摇柄，使圆盘逆时针匀速转动，电流表的指针发生偏转．下列说法正确的是( )
图5
A．回路中电流的大小变化，方向不变
B．回路中电流的大小不变，方向变化
C．回路中电流的大小和方向都周期性变化
D．回路中电流的方向不变，从b导线流进电流表
答案 D
解析 圆盘辐向垂直切割磁感线，由E＝Br2ω可得，电动势的大小一定，则电流的大小一定；由右手定则可知，电流方向从圆盘边缘流向圆心，电流从b导线流进电流表，选项D正确．
题组三 E＝n与E＝BLv的运用技巧及综合应用
6.如图6所示，匀强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6
A. B. C. D.
答案 C
解析 当线框绕过圆心O的转动轴以角速度ω匀速转动时，由于面积的变化产生感应电动势，从而产生感应电流．设半圆的半径为r，导线框的电阻为R，即I1＝＝＝＝＝.当线框不动，磁感应强度变化时，I2＝＝＝＝，因I1＝I2，可得＝，C选项正确．
7．图7甲为列车运行的俯视图，列车首节车厢下面安装一块电磁铁，电磁铁产生垂直于地面的匀强磁场，列车经过放在铁轨间的线圈时，线圈产生的电脉冲信号传到控制中心，如图乙所示，则列车的运动情况可能是( )
图7
A．匀速运动 B．匀加速运动
C．匀减速运动 D．变加速运动
答案 C
解析 当列车通过线圈时，线圈的左边或右边切割磁感线，由E＝BLv可得电动势的大小由速度v决定，由题图乙可得线圈产生的感应电动势均匀减小，则列车做匀减速运动，选项C正确．
8．穿过某线圈的磁通量随时间的变化关系如图8所示，在线圈内产生感应电动势最大值的时间是( )
图8
A．0～2 s B．2～4 s
C．4～6 s D．6～10 s
答案 C
解析 在Φ—t图像中，其斜率在数值上等于磁通量的变化率，斜率越大，电动势也越大；故C正确．
9．如图9甲所示，光滑平行导轨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的绝缘丝线将两棒系住．整个装置处在匀强磁场中，t＝0的时刻，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的变化如图乙所示．不计感应电流磁场的影响，整个过程丝线未被拉断．求：(1)0～2.0 s的时间内，电路中感应电流的大小与方向；
(2)t＝1.0 s时，丝线的拉力大小．
图9
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
由题图乙可知t＝1.0 s时B＝0.1 T
则T＝F＝BId＝1.0×10－5 N.
10.如图10所示，线框由导线组成，cd、ef两边竖直放置且相互平行，导体棒ab水平放置并可沿cd、ef无摩擦滑动，导体棒ab所在处为匀强磁场且B2＝2 T，已知ab长为L＝0.1 m，整个电路总电阻R＝5 Ω.螺线管匝数n＝4，螺线管横截面积S＝0.1 m2.在螺线管内有图示方向磁场B1，若＝10 T/s均匀增大时，导体棒恰好处于静止状态，试求：(g＝10 m/s2)
图10
(1)通过导体棒ab的电流大小；
(2)导体棒ab的质量m为多少？
答案 (1)0.8 A (2)0.016 kg
解析 (1)螺线管产生的感应电动势：
E＝n＝nS＝4×10×0.1 V＝4 V
I＝＝0.8 A
(2)ab所受的安培力F＝B2IL＝2×0.8×0.1 N＝0.16 N
导体棒静止时有F＝mg
求得m＝0.016 kg
11.如图11所示，倾角为α的光滑导轨上端接一定值电阻，Ⅰ和Ⅱ是边长都为L的两正方形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向上，区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B1、恒定不变，区域Ⅱ中磁场随时间按B2＝kt的规律变化，一质量为m、电阻为r的金属杆穿过区域Ⅰ垂直地跨放在两导轨上，并恰能保持静止．试求：
图11
(1)通过金属杆的电流大小；
(2)定值电阻的阻值为多大？
答案 (1) (2)－r
解析 (1)对金属杆：mgsin α＝B1IL
解得：I＝
(2)E＝＝L2＝kL2
I＝
故：R＝－r＝－r.
学案6 习题课：电磁感应中的电路问题和图像问题
[目标定位] 1.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.2.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像问题．
一、电磁感应中的电路问题
在电磁感应现象中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势．若回路闭合，则产生感应电流，所以电磁感应问题常与电路知识综合考查．
解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法是：
(1)明确哪部分导体或电路产生感应电动势，该导体或电路就是电源，其他部分是外电路．
(2)画等效电路图．分清内外电路，画出等效电路图是解决此类问题的关键．
(3)感应电动势的大小由法拉第电磁感应定律E＝BLv或E＝n确定，感应电动势的方向由楞次定律或右手定则确定，在等效电源内部从负极指向正极．
(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 用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图1所示．在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc和Ud.下列判断正确的是( )
图1
A．UaC．Ua＝Ub答案 B
解析 Ua＝BLv，Ub＝BLv，Uc＝·B·2Lv＝BLv，Ud＝B·2L·v＝BLv，故选B.
例2 如图2所示，有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度B＝0.2 T，磁场方向垂直纸面向里．在磁场中有一半径r＝0.4 m的金属圆环，磁场与圆环面垂直，圆环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R0＝2 Ω.一金属棒MN与圆环接触良好，棒与圆环的电阻均忽略不计．
图2
(1)若棒以v0＝5 m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径的瞬间MN中的电动势和流过灯L1的电流；
(2)撤去金属棒MN，若此时磁场的磁感应强度随时间均匀变化，磁感应强度的变化率为＝ T/s，求回路中的电动势和灯L1的电功率．
答案 (1)0.8 V 0.4 A (2)0.64 V 5.12×10－2 W
解析 (1)等效电路如图所示．
MN中的电动势E1＝B·2r·v0＝0.8 V
MN中的电流I＝＝0.8 A
流过灯L1的电流I1＝＝0.4 A
(2)等效电路如图所示
回路中的电动势E2＝·πr2
＝0.64 V
回路中的电流I′＝＝0.16 A
灯L1的电功率P1＝I′2R0＝5.12×10－2 W.
二、电磁感应中的图像问题
1．对于图像问题，搞清物理量之间的函数关系、变化范围、初始条件、斜率的物理意义等，往往是解题的关键．
2．解决图像问题的一般步骤
(1)明确图像的种类，即是B－t图像还是Φ－t图像，或者E－t图像、I－t图像等．
(2)分析电磁感应的具体过程．
(3)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，导体垂直切割磁感线，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)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．
(5)画图像或判断图像．特别注意分析斜率的变化、截距等．
例3 在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环．规定导体环中电流的正方向如图3甲所示，磁场的磁感应强度向上为正．当磁感应强度B随时间t按图乙所示规律变化时，下列能正确表示导体环中感应电流变化情况的是 ( )
图3
答案 C
解析 根据法拉第电磁感应定律有：E＝n＝nS，因此在面积、匝数不变的情况下，感应电动势与磁场的变化率成正比，即与B－t图像中的斜率成正比，由图像可知：0～2 s，斜率不变，故感应电流不变，根据楞次定律可知感应电流方向顺时针即为正值，2～4 s斜率不变，电流方向为逆时针，整个过程中的斜率大小不变，所以感应电流大小不变，故A、B、D错误，C正确．
例4 如图4所示，一个由导体做成的矩形线圈，以恒定速率v运动，从无磁场区进入匀强磁场区，磁场宽度大于矩形线圈的宽度da，然后出来，若取逆时针方向的电流为正方向，那么下列图中的哪一个图能正确地表示回路中的电流与时间的函数关系( )
图4
答案 C
解析 根据楞次定律，线圈进入磁场的过程，穿过线圈的磁通量垂直线圈向里且增加，产生逆时针的感应电流，因为速度恒定，所以电流恒定，故A、D错误；离开磁场时，穿过线圈的磁通量垂直线圈向里且减少，产生顺时针的感应电流，B错误，故选C.
1．(电磁感应中的电路问题)由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，如图所示，则在移出过程中线框一边a、b两点间的电势差绝对值最大的是( )
答案 B
解析 本题在磁场中的线框与速度垂直的边等效为切割磁感线产生感应电动势的电源．四个选项中的感应电动势大小均相等，回路电阻也相等，因此电路中的电流相等，B中a、b两点间电势差为路端电压，为电动势的倍，而其他选项则为电动势的倍．故B正确．
2．(电磁感应中的图像问题)如图5所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为L，磁场方向垂直纸面向里，abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为L，t＝0时刻bc边与磁场区域边界重合．现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿a—b—c—d—a方向为感应电流正方向，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是 ( )
图5
答案 B
解析 由于bc进入磁场时，根据右手定则判断出其感应电流的方向是沿adcba的方向，其方向与电流的正方向相反，故是负的，所以A、C错误；当逐渐向右移动时，切割磁感线的条数在增加，故感应电流在增大；当bc边穿出磁场区域时，线圈中的感应电流方向变为abcda，是正方向，故其图像在时间轴的上方，所以B正确，D错误．
3．(电磁感应中的电路问题)如图6所示，在磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，有一个半径r＝0.5 m的金属圆环．圆环所在的平面与磁感线垂直，OA是一个金属棒，它沿着顺时针方向以20 rad/s的角速度绕圆心O匀速转动．A端始终与圆环良好接触，OA棒的电阻R＝0.1 Ω，图中定值电阻R1＝100 Ω、R2＝4.9 Ω，电容器的电容C＝100 pF.圆环和连接导线的电阻忽略不计，则：
图6
(1)电容器所带的电荷量是多少？哪个极板带正电？
(2)电路中消耗的电功率是多少？
答案 (1)4.9×10－10 C 上极板带正电 (2)5 W
解析 (1)等效电路如图所示
金属棒OA产生的感应电动势为：
E＝Bl＝Brω＝5 V，I＝＝1 A.
则Q＝CUC＝CIR2＝4.9×10－10 C.
根据右手定则，感应电流的方向由O→A，但金属棒切割磁感线相当于电源，在电源内部电流从电势低处流向电势高处，故A点电势高于O点电势，所以电容器上极板与A点相接为正极，带正电，同理电容器下极板与O点相接为负极，带负电．
(2)电路中消耗的电功率P消＝I2(R＋R2)＝5 W，或P消＝IE＝5 W.
题组一 电磁感应中的图像问题
1．(多选)如图1甲所示，一个闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中，设向里为磁感应强度B的正方向，线圈中的箭头为电流I的正方向．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下图中的( )
图1
答案 CD
2．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2甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t按如图乙所示规律变化时，下图中能正确表示线圈中感应电动势E变化的是 ( )
图2
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，磁感应强度B不变，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．
3．如图3甲所示，光滑导轨水平放置在竖直方向的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示(规定向下为正方向)，导体棒ab垂直导轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力F的作用下始终处于静止状态．规定a→b的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0～2t0时间内，能正确反映流过导体棒ab的电流与时间或外力与时间关系的图线是 ( )
图3
答案 D
解析 在0～t0时间内磁通量为向上减少，t0～2t0时间内磁通量为向下增加，两者等效，且根据B－t图线可知，两段时间内磁通量的变化率相等，根据楞次定律可判断0～2t0时间内均产生由b到a的大小不变的感应电流，选项A、B均错误；在0～t0可判断所受安培力的方向水平向右，则所受水平外力方向向左，大小F＝BIL随B的减小呈线性减小；在t0～2t0时间内，可判断所受安培力的方向水平向左，则所受水平外力方向向右，大小F＝BIL随B的增加呈线性增大，选项D正确．
4．如图4所示的区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.一个电阻为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轴匀速转动(O轴位于磁场边界上)，周期为T，从图示位置开始计时，则线框内产生的感应电流的图像为(规定电流顺时针方向为正) ( )
图4
答案 A
解析 (1)正确利用法拉第电磁感应定律，在本题中由于扇形导线框匀速转动，因此导线框进入磁场的过程中产生的感应电动势是恒定的．(2)注意只有线框在进入磁场和离开磁场时，才有感应电流产生，当完全进入时，由于磁通量不变，故无感应电流产生．故A正确．
5.如图5所示，在空间中存在两个相邻的、磁感应强度大小相等、方向相反的有界匀强磁场，其宽度均为L.现将宽度也为L的矩形闭合线圈，从图示位置垂直于磁场方向匀速拉过磁场区域，则在该过程中，能正确反映线圈中所产生的感应电流或其所受的外力随时间变化的图像是( )
图5
答案 D
解析 当矩形闭合线圈进入磁场时，由法拉第电磁感应定律判断，当线圈处在两个磁场中时，两个边切割磁感线，此过程中感应电流的大小是最大的，所以选项A、B是错误的．由楞次定律可知，当矩形闭合线圈进入磁场和离开磁场时，磁场力总是阻碍线圈的运动，方向始终向左，所以外力F始终水平向右．安培力的大小不同，线圈处在两个磁场中时安培力最大．故选项D是正确的，选项C是错误的．
6．如图6所示，宽度为d的有界匀强磁场，方向垂直于纸面向里．在纸面所在平面内有一对角线长也为d的正方形闭合导线框ABCD，沿AC方向垂直磁场边界匀速穿过该磁场区域．规定逆时针方向为感应电流的正方向，t＝0时C点恰好进入磁场，则从C点进入磁场开始到A点离开磁场为止，下图中能正确描述闭合导线框中感应电流随时间的变化图像的是 ( )
图6
答案 A
解析 导线框在进磁场的过程中，根据楞次定律可知，感应电流的方向为CBADC方向，即为正值，在出磁场的过程中，根据楞次定律知，感应电流的方向为ABCDA，即为负值．在导线框进入磁场直到进入一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，在导线框继续运动至全部进入磁场的过程中，切割的有效长度均匀减小，感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小；在导线框出磁场直到离开一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电流均匀增大，在导线框全部出磁场的过程中，切割的有效长度均匀减小，感应电流均匀减小．故A正确，B、C、D错误．
题组二 电磁感应中的电路问题
7．如图7所示，将用粗细相同的铜丝做成边长分别为L0和2L0的两只闭合正方形线框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，若闭合线框的电流分别为Ia、Ib，则Ia∶Ib为 ( )
图7
A．1∶4 B．1∶2
C．1∶1 D．不能确定
答案 C
解析 产生的电动势为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.
8.如图8所示，两个相同导线制成的开口圆环，大环半径为小环半径的2倍，现用电阻不计的导线将两环连接在一起，若将大环放入一均匀变化的磁场中，小环处在磁场外，a、b两点间电压为U1，若将小环放入这个磁场中，大环在磁场外，a、b两点间电压为U2，则 ( )
图8
A.＝1 B.＝2
C.＝4 D.＝
答案 B
解析 根据题意设小环的电阻为R，则大环的电阻为2R，小环的面积为S，则大环的面积为4S，且＝k，当大环放入一均匀变化的磁场中时，大环相当于电源，小环相当于外电路，所以E1＝4kS，U1＝R＝kS；当小环放入磁场中时，同理可得U2＝2R＝kS，故＝2.选项B正确．
9.如图9所示，竖直平面内有一粗细均匀的金属圆环，半径为a、总电阻为R(指剪开拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点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9
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.
10.如图10所示，半径为R的圆形导轨处在垂直于导轨平面的匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里．一根长度略大于导轨直径的导体棒MN以恒定速率v在圆导轨上从左端滑到右端，电路中的定值电阻阻值为r，其余电阻不计．导体棒与圆形导轨接触良好．求：
图10
(1)在滑动过程中通过电阻r的电流的平均值；
(2)MN从左端到右端的整个过程中，通过r的电荷量；
(3)当MN通过圆形导轨中心时，通过r的电流是多少？
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)计算平均电流，应该用法拉第电磁感应定律先求出平均感应电动势．整个过程磁通量的变化为ΔΦ＝BS＝πBR2，所用的时间Δt＝，代入公式＝＝，平均电流为＝＝.
(2)电荷量的计算应该用平均电流，q＝Δt＝.
(3)当MN通过圆形导轨中心时，切割磁感线的有效长度最大，L＝2R，根据导体切割磁感线产生的电动势公式E＝BLv，得E＝B·2Rv，此时通过r的电流为I＝＝.
11．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11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接触，当金属棒以恒定速度v向右移动经过环心O时，求：
图11
(1)棒上电流的大小和方向及棒两端的电压UMN；
(2)圆环消耗的热功率和在圆环及金属棒上消耗的总热功率．
答案 (1) N→M Bav (2)
解析 (1)金属棒MN切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv＝2Bav.
外电路的总电阻为R外＝＝R
金属棒上电流的大小为
I＝＝＝，电流方向从N到M
金属棒两端的电压为电源的路端电压
UMN＝IR外＝Bav.
(2)圆环消耗的热功率为外电路的总功率
P外＝I2R外＝
圆环和金属棒上消耗的总热功率为电路的总功率
P总＝IE＝.
学案7 电磁感应的案例分析
[目标定位] 1.了解反电动势及其作用.2.掌握电磁感应中动力学问题的分析方法.3.掌握电磁感应中的能量转化与守恒问题，并能用来处理力电综合问题．
一、反电动势
1．定义：电动机转动时，线圈因切割磁感线，所以会产生感应电动势，线圈中产生的感应电动势跟加在线圈上的电压方向相反．这个跟外加电压方向相反的感应电动势叫反电动势．
2．在具有反电动势的电路中，其功率关系为IU－IE反＝I2R；式中IU是电源供给电动机的功率(输入功率)，IE反是电动机输出的机械功率(输出功率)，I2R是电动机回路中损失的热功率．
二、电磁感应中的动力学问题
1．电磁感应中产生的感应电流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)求回路中的电流强度的大小和方向．
(3)分析研究导体受力情况(包括安培力)．
(4)列动力学方程或平衡方程求解．
2．电磁感应现象中涉及的具有收尾速度的力学问题，关键要抓好受力情况和运动情况的动态分析：
周而复始地循环，加速度等于零时，导体达到稳定运动状态．
3．两种状态处理
导体匀速运动，应根据平衡条件列式分析；导体做匀速直线运动之前，往往做变加速运动，处于非平衡状态，应根据牛顿第二定律或结合功能关系分析．
例1 如图1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1
(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．
答案 (1)见解析图
(2) gsin θ－ (3)
解析 (1)如图所示，
ab杆受：重力mg，竖直向下；支持力N，垂直于斜面向上；安培力F安，沿斜面向上．
(2)当ab杆速度为v时，感应电动势E＝BLv，此时
电路中电流I＝＝
ab杆受到安培力F安＝BIL＝
根据牛顿第二定律，有
ma＝mgsin θ－F安＝mgsin θ－
a＝gsin θ－.
(3)当a＝0时，ab杆有最大速度
vm＝.
例2 (多选)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，且已知金属杆接入电路的电阻为R，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图像可能是图中的( )
图2
答案 ACD
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；若三、电磁感应中的能量问题
1．电磁感应现象中的能量转化方式
(1)与感生电动势有关的电磁感应现象中，磁场能转化为电能．
(2)与动生电动势有关的电磁感应现象中，通过克服安培力做功，把机械能或其他形式的能转化为电能．克服安培力做多少功，就产生多少电能．
2．求解电磁感应现象中能量守恒问题的一般思路
(1)分析回路，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；
(3)列有关能量的关系式．
3．焦耳热的计算技巧
(1)感应电路中电流恒定，焦耳热Q＝I2Rt.
(2)感应电路中电流变化，可用以下方法分析：
①利用功能关系：产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W安，而克服安培力做的功可由动能定理求得；
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．
例3 如图3所示，足够长的平行光滑U形导轨倾斜放置，所在平面的倾角θ＝37°，导轨间的距离L＝1.0 m，下端连接R＝1.6 Ω的电阻，导轨电阻不计，所在空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝1.0 T．质量m＝0.5 kg、电阻r＝0.4 Ω的金属棒ab垂直置于导轨上，现用沿导轨平面且垂直于金属棒、大小为F＝5.0 N的恒力使金属棒ab从静止开始沿导轨向上滑行，当金属棒滑行s＝2.8 m后速度保持不变．求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)
图3
(1)金属棒匀速运动时的速度大小v；
(2)金属棒从静止到刚开始匀速运动的过程中，电阻R上产生的热量QR.
答案 (1)4 m/s (2)1.28 J
解析 (1)金属棒匀速运动时产生的感应电流为I＝
由平衡条件有F＝mgsin θ＋BIL
代入数据解得v＝4 m/s.
(2)设整个电路中产生的热量为Q，由能量守恒定律有
Q＝Fs－mgs·sin θ－mv2
而QR＝Q，代入数据解得QR＝1.28 J.
1．(电磁感应中的动力学问题)如图4所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落．如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为 ( )
图4
A．a1＞a2＞a3＞a4
B．a1＝a2＝a3＝a4
C．a1＝a3＞a2＞a4
D．a1＝a3＞a2＝a4
答案 C
解析 线圈自由下落时，加速度为a1＝g.线圈完全在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度为a3＝g.线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力，根据牛顿第二定律得知，a2＜g，a4＜g.线圈完全在磁场中时做匀加速运动，到达4处时的速度大于2处的速度，则线圈在4处所受的安培力大于在2处所受的安培力，又知，磁场力总小于重力，则a2＞a4，故a1＝a3＞a2＞a4.所以本题选C.
2.(电磁感应中的能量问题)(多选)如图5所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计．斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．质量为m、电阻可以忽略不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，且上升的高度为h，在这一过程中 ( )
图5
A．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零
B．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热之和
C．恒力F与安培力的合力所做的功等于零
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
答案 AD
解析 金属棒匀速上滑的过程中，对金属棒受力分析可知，有三个力对金属棒做功，恒力F做正功，重力做负功，安培力阻碍相对运动，沿斜面向下，做负功．匀速运动时，所受合力为零，故合力做功为零，A正确；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于R上产生的焦耳热，故外力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热，D正确．
3．(电磁感应中的动力学问题)如图6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6
(1)拉力F的大小；
(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
有：F＝
(2)解法一：t＝
所以：Q＝I2Rt
Q＝
解法二：Q＝W＝FL1＝.
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，金属棒ab置于水平放置的光滑框架cdef上，棒与框架接触良好，匀强磁场垂直于ab棒斜向下．从某时刻开始磁感应强度均匀减小，同时施加一个水平方向的外力F使金属棒ab保持静止，则F( )
图2
A．方向向右，且为恒力 B．方向向右，且为变力
C．方向向左，且为变力 D．方向向左，且为恒力
答案 C
3．如图3所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d＞L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动，t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v－t图像中，正确描述上述过程的是( )
图3
答案 D
解析 导线框进入磁场的过程中，线框受到向左的安培力作用，根据E＝BLv、I＝、F＝BIL得F＝，随着v的减小，安培力F减小，导线框做加速度逐渐减小的减速运动．整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，根据F＝，导线框做加速度逐渐减小的减速运动，所以选项D正确．
4.如图4所示，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b和下边界d水平．在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平．线圈从水平面a开始下落．已知磁场上、下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离．若线圈下边刚通过水平面b、c(位于磁场中)和d时，线圈所受到的磁场力的大小分别为Fb、Fc和Fd，则( )
图4
A．Fd>Fc>Fb B．FcC．Fc>Fb>Fd D．Fc答案 D
解析 线圈从a到b做自由落体运动，在b处开始进入磁场切割磁感线，产生感应电流，受到安培力作用，由于线圈的上下边的距离很短，所以经历很短的变速运动而完全进入磁场，在c处线圈中磁通量不变，不产生感应电流，不受安培力作用，但线圈在重力作用下依然加速，因此线圈在d处离开磁场切割磁感线时，产生的感应电流较大，故该处所受安培力必然大于b处．综合分析可知，选项D正确．
题组二 电磁感应中的能量问题
5．(多选)如图5所示，位于一水平面内的两根平行的光滑金属导轨，处在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在的平面，导轨的一端与一电阻相连；具有一定质量的金属杆ab放在导轨上并与导轨垂直．现用一平行于导轨的恒力F拉杆ab，使它由静止开始向右运动．杆和导轨的电阻、感应电流产生的磁场均可不计．用E表示回路中的感应电动势，i表示回路中的感应电流，在i随时间增大的过程中，电阻消耗的功率等于 ( )
图5
A．F的功率
B．安培力的功率的绝对值
C．F与安培力的合力的功率
D．iE
答案 BD
6.如图6所示，边长为L的正方形导线框质量为m，由距磁场H高处自由下落，其下边ab进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边dc刚刚穿出磁场时，速度减为ab边刚进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为( )
图6
A．2mgL
B．2mgL＋mgH
C．2mgL＋mgH
D．2mgL＋mgH
答案 C
解析 设线框刚进入磁场时的速度为v1，刚穿出磁场时的速度v2＝①
线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L.由题意得mv＝mgH②
mv＋mg·2L＝mv＋Q③
由①②③得Q＝2mgL＋mgH.C选项正确．
7.水平放置的光滑平行导轨上放置一根长为L、质量为m的导体棒ab，ab处在磁感应强度大小为B、方向如图7所示的匀强磁场中，导轨的一端接一阻值为R的电阻，导轨及导体棒电阻不计．现使ab在水平恒力F作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动，当通过的位移为x时，ab达到最大速度vm.此时撤去外力，最后ab静止在导轨上．在ab运动的整个过程中，下列说法正确的是( )
图7
A．撤去外力后，ab做匀减速运动
B．合力对ab做的功为Fx
C．R上释放的热量为Fx＋mv
D．R上释放的热量为Fx
答案 D
解析 撤去外力后，导体棒水平方向只受安培力作用，而F安＝，F安随v的变化而变化，故导体棒做加速度变化的变速运动，A错；对整个过程由动能定理得W合＝ΔEk＝0，B错；由能量守恒定律知，恒力F做的功等于整个回路产生的电能，电能又转化为R上释放的热量，即Q＝Fx，C错，D正确．
题组三 电磁感应中的动力学及能量综合问题
8．如图8所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m、有效电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q.下列说法正确的是 ( )
图8
A．金属棒在导轨上做匀减速运动
B．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为
C．整个过程中金属棒克服安培力做功为mv2
D．整个过程中电阻R上产生的焦耳热为mv2
答案 C
解析 因为金属棒向右运动时受到向左的安培力作用，且安培力随速度的减小而减小，所以金属棒向左做加速度减小的减速运动；
根据E＝＝，q＝IΔt＝Δt＝，
解得x＝；
整个过程中金属棒克服安培力做功等于金属棒动能的减少量mv2；整个过程中电路中产生的热量等于机械能的减少量mv2，电阻R上产生的焦耳热为mv2.
9．如图9所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距L，理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直．一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放．导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I.整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻．求：
图9
(1)磁感应强度的大小B；
(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；
(3)流经电流表电流的最大值Im.
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)电流稳定后，导体棒做匀速运动，
则有BIL＝mg
解得：B＝
(2)感应电动势E＝BLv
感应电流I＝
解得v＝
(3)由题意分析知，导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为vm
根据机械能守恒有mv＝mgh
感应电动势的最大值Em＝BLvm
感应电流最大值Im＝
解得Im＝.
10．如图10甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝1 m，上端接有电阻R＝3 Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m＝0.1 kg、电阻r＝1 Ω的金属杆ab，从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v－t图像如图乙所示，(取g＝10 m/s2)求：
图10
(1)磁感应强度B；
(2)杆在磁场中下落0.1 s的过程中电阻R产生的热量．
答案 (1)2 T (2)0.075 J
解析 (1)由图像可知，杆自由下落0.1 s进入磁场以v＝1.0 m/s做匀速运动产生的电动势E＝BLv
杆中的电流I＝
杆所受安培力F安＝BIL
由平衡条件得mg＝F安
代入数据得B＝2 T
(2)电阻R产生的热量Q＝I2Rt＝0.075 J.
11．如图11所示，光滑金属直轨道MN和PQ固定在同一水平面内，MN、PQ平行且足够长，两轨道间的宽度L＝0.50 m，轨道左端接一阻值R＝0.50 Ω的电阻．轨道处于磁感应强度B＝0.40 T，方向竖直向下的匀强磁场中．质量m＝0.50 kg的导体棒ab垂直于轨道放置．在沿着轨道方向向右的力F作用下，导体棒由静止开始运动，导体棒与轨道始终接触良好并且相互垂直．不计轨道和导体棒的电阻，不计空气阻力．若力F的大小保持不变，且F＝1.0 N，求：
(1)导体棒能达到最大速度大小vm；
(2)导体棒的速度v＝5.0 m/s时，导体棒的加速度大小a.
图11
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＝0.4 N，
根据牛顿第二定律，
有F－F安＝ma，
解得a＝1.2 m/s2.
12．如图12所示，倾角为θ的“U”形金属框架下端连接一阻值为R的电阻，相互平行的金属杆MN、PQ间距为L，与金属杆垂直的虚线a1b1、a2b2区域内有垂直框架平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，a1b1、a2b2间距离为d，一长为L、质量为m、电阻为R的导体棒在金属框架平面上与磁场上边界a2b2距离d处从静止开始释放，最后匀速通过磁场下边界a1b1.重力加速度为g(金属框架摩擦及电阻不计)．求：
图12
(1)导体棒刚到达磁场上边界a2b2时速度大小v1；
(2)导体棒匀速通过磁场下边界a1b1时速度大小v2；
(3)导体棒穿越磁场过程中，回路产生的电能．
答案 (1) (2)
(3)2mgdsin θ－
解析 (1)导体棒在磁场外沿斜面下滑，只有重力做功，
由机械能守恒定律得：mgdsin θ＝mv
解得：v1＝
(2)导体棒匀速通过匀强磁场下边界a1b1时，由平衡条件：
mgsin θ＝F安
F安＝BIL＝
解得：v2＝
(3)由能量守恒定律得：mgdsin θ－Q＝mv－mv
解得：Q＝2mgdsin θ－.
章末检测卷
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分)
1．2013年12月我国发射的“玉兔号”月球车成功着陆月球，预计在2020年将实施载人登月．假如宇航员登月后想探测一下月球表面是否有磁场，他手边有一只灵敏电流表和一个小线圈，则下列推断正确的是 ( )
A．直接将电流表放于月球表面，看是否有示数来判断磁场有无
B．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表无示数，则判断月球表面无磁场
C．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表有示数，则可判断月球表面有磁场
D．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某个平面内沿两个互相垂直的方向运动，月球表面若有磁场，则电流表至少有一次示数不为零
答案 C
解析 电流表有示数时可判断有磁场存在，沿某方向运动而无示数不能确定磁场是否存在，只有C正确．
2．很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒．一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐．让条形磁铁从静止开始下落．条形磁铁在圆筒中的运动速率( )
A．均匀增大
B．先增大，后减小
C．逐渐增大，趋于不变
D．先增大，再减小，最后不变
答案 C
解析 开始时，条形磁铁以加速度g竖直下落，则穿过铜环的磁通量发生变化，铜环中产生感应电流，感应电流的磁场阻碍条形磁铁的下落．开始时的感应电流比较小，条形磁铁向下做加速运动，且随下落速度增大，其加速度变小．当条形磁铁的速度达到一定值后，相应铜环对条形磁铁的作用力趋近于条形磁铁的重力，故条形磁铁先加速运动，但加速度变小，最后的速度趋近于某个定值．选项C正确．
3.如图1所示是研究通电自感实验的电路图，A1、A2是两个规格相同的小灯泡，闭合电键调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，调节滑动变阻器R1的滑动触头，使它们都正常发光，然后断开电键S.重新闭合电键S，则 ( )
图1
A．闭合瞬间，A1立刻变亮，A2逐渐变亮
B．闭合瞬间，A1、A2均立刻变亮
C．稳定后，L和R两端的电势差一定相同
D．稳定后，A1和A2两端的电势差不相同
答案 C
解析 根据题设条件可知，闭合电键调节滑动变阻器R的滑动触头，使两个灯泡的亮度相同，说明此时滑动变阻器R接入电路的阻值与线圈L的电阻一样大，断开电键再重新闭合电键的瞬间，根据自感原理可判断，A2立刻变亮，而A1逐渐变亮，A、B均错误；稳定后，自感现象消失，根据题设条件可判断，线圈L和R两端的电势差一定相同，A1和A2两端的电势差也相同，所以C正确，D错误．
4．如图2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像是( )
图2
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，线圈的磁通量不变，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．
5．如图3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3
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.
6．在边长为L的等边三角形区域abc内存在着垂直纸面向外的匀强磁场，一个边长也为L的等边三角形导线框def在纸面上以某一速度向右匀速运动，底边ef始终与磁场的底边界bc在同一直线上，如图4所示．取沿顺时针的电流为正，在线框通过磁场的过程中，其感应电流随时间变化的图像是( )
图4
答案 B
解析 线框进入磁场后，切割的有效长度为：l＝vttan 60°，产生的感应电动势为：E＝Blv＝Bv2ttan 60°，所以感应电流为：I＝，从开始进入磁场到d与a重合之前，电流与t是成正比的，由楞次定律判得线框中的电流方向是顺时针的，此后线框切割的有效长度均匀减小，电流随时间变化仍然是线性关系，由楞次定律判得线框中的电流方向是逆时针的，综合以上分析可知B正确，A、C、D错误．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．每题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得2分，错选得0分)
7.如图5所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是( )
图5
A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高
B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动
C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动
D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动
答案 ABD
解析 由右手定则可知，处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高，选项A正确；根据E＝Blv可知所加磁场越强，则感应电动势越大，感应电流越大，产生的阻碍圆盘转动的安培力越大，则圆盘越容易停止转动，选项B正确；若加反向磁场，根据楞次定律可知安培力阻碍圆盘的转动，故圆盘仍减速转动，选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘，则圆盘中无感应电流，不产生安培力，圆盘匀速转动，选项D正确．
8.用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径．如图6所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图6，磁感应强度大小随时间的变化率＝k(k＜0)．则 ( )
图6
A．圆环中产生逆时针方向的感应电流
B．圆环具有扩张的趋势
C．圆环中感应电流的大小为||
D．图中a、b两点间的电势差大小为Uab＝|πkr2|
答案 BD
解析 由题意可知磁感应强度均匀减小，穿过闭合线圈的磁通量减小，根据楞次定律可以判断，圆环中产生顺时针方向的感应电流，圆环具有扩张的趋势，故A错误，B正确；圆环中产生的感应电动势为E＝＝S＝|πr2k|，圆环的电阻为R＝ρ＝，所以圆环中感应电流的大小为I＝＝||，故C错误；图中a、b两点间的电势差Uab＝I×R＝|πkr2|，故D正确．
9．两圆环A、B置于同一水平面上，其中A为均匀带电绝缘体，B为导体环．当A以如图7所示的方向绕中心轴转动的角速度发生变化时，B中产生如图所示方向的感应电流，则( )
图7
A．A可能带正电且转速减小
B．A可能带正电且转速增大
C．A可能带负电且转速减小
D．A可能带负电且转速增大
答案 BC
解析 选取A为研究对象，若A带正电，且转速增大，则使穿过环面的磁通量向里增加，由楞次定律知，B环中感应电流的磁场方向向外，故B正确，A错误；若A带负电，且转速增大，则使穿过环面的磁通量向外增加，由楞次定律知，B环中感应电流的磁场方向向里，B环中感应电流的方向应为顺时针方向，故D错误，C正确．
10.如图8所示，竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R，金属杆ab质量为m，跨在平行导轨上，垂直导轨平面的水平匀强磁场的磁感应强度为B，不计ab与导轨电阻及一切摩擦，且ab与导轨接触良好．若ab杆在竖直向上的外力F作用下匀速上升，则以下说法正确的是 ( )
图8
A．拉力F所做的功等于电阻R上产生的热量
B．杆ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量
C．电流所做的功等于重力势能的增加量
D．拉力F与重力做功的代数和等于电阻R上产生的热量
答案 BD
解析 当外力F拉着金属杆匀速上升时，拉力要克服重力和安培力做功，拉力做的功等于克服安培力和重力做功之和，即等于电阻R上产生的热量和金属杆增加的重力势能之和，选项A错误，D正确．克服安培力做多少功，电阻R上就产生多少热量，选项B正确．电流做的功不等于重力势能的增加量，选项C错误．综上所述，本题的正确选项为B、D.
三、填空题(本题共2小题，共9分)
11.(3分)如图9所示，半径为r的金属圆环绕通过直径的轴OO′以角速度ω匀速转动，匀强磁场的磁感应强度为B，以金属环的环面与磁场方向重合时开始计时，求在转动30°角的过程中，环中产生的平均感应电动势为________．
图9
答案 3Bωr2
解析 ΔΦ＝Φ2－Φ1＝BSsin 30°－0＝πBr2.
又Δt＝＝＝
所以＝＝＝3Bωr2.
12．(6分)把一个矩形线圈从有理想边界的匀强磁场中匀速拉出(如图10所示)，第一次速度为v1，第二次速度为v2且v2＝2v1，则两种情况下拉力做的功之比W1∶W2＝________，拉力的功率之比P1∶P2＝________.线圈中产生热量之比Q1∶Q2＝________.
图10
答案 1∶2 1∶4 1∶2
解析 设线圈的ab边长为l，bc边长为l′，整个线圈的电阻为R，把ab边拉出磁场时，cd边以速度v匀速运动切割磁感线，产生感应电动势E＝Blv.
其电流方向从c指向d，线圈中形成的感应电流
I＝＝，
cd边所受的安培力
F安＝BIl＝，
为了维持线圈匀速运动，所需外力大小为
F＝F安＝，
因此拉出线圈过程中外力的功
W＝Fl′＝v(W∝v)，
外力的功率P＝Fv＝v2(P∝v2)，
线圈中产生的热量
Q＝I2Rt＝R·＝v＝W(即Q∝v)．
由上面得出的W、P、Q的表达式可知，两种情况下拉力的功、功率及线圈中的热量之比分别为
＝＝
＝＝
＝＝.
四、计算题(本题共4小题，共47分)
13．(10分)如图11甲所示，截面积为0.2 m2的100匝圆形线圈A处在变化的磁场中．磁场方向垂直纸面，其磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，设垂直纸面向外为B的正方向．R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，C＝30 μF，线圈的内阻不计，求电容器上极板所带电荷量并说明正负．
图11
答案 7.2×10－6 C 上极板带正电
解析 E＝nS＝100××0.2 V＝0.4 V
电路中的电流I＝＝ A＝0.04 A.
所以UC＝U2＝IR2＝0.04×6 V＝0.24 V
Q＝CUC＝30×10－6×0.24 C＝7.2×10－6 C.
由楞次定律和安培定则可知，电容器的上极板带正电．
14．(11分)如图12所示，ef、gh为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距为L＝1 m，导轨左端连接一个R＝3 Ω的电阻，一根电阻为1 Ω的金属棒cd垂直地放在导轨上，与导轨接触良好，导轨的电阻不计，整个装置放在磁感应强度为B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上．现对金属棒施加4 N的水平向右的拉力F，使棒从静止开始向右运动，试解答以下问题：
图12
(1)金属棒达到的最大速度是多少？
(2)金属棒达到最大速度后，R上的发热功率为多大？
答案 (1)4 m/s (2)12 W
解析 (1)当金属棒速度最大时，拉力与安培力相等.＝F
vm＝＝4 m/s.
(2)回路中电流为I＝＝2 A，电阻R上的发热功率为P＝I2R＝12 W.
15．(13分)如图13所示，有两根足够长、不计电阻、相距L的平行光滑金属导轨cd、ef与水平面成θ角固定放置，底端接一阻值为R的电阻，在轨道平面内有磁感应强度为B的匀强磁场、方向垂直轨道平面斜向上．现有一平行于ce、垂直于导轨、质量为m、电阻不计的金属杆ab，在沿轨道平面向上的恒定拉力F作用下，从底端ce由静止沿导轨向上运动，当ab杆速度达到稳定后，撤去拉力F，最后ab杆又沿轨道匀速回到ce端．已知ab杆向上和向下运动的最大速度相等．求：拉力F和杆ab最后回到ce端的速度v.
图13
答案 2mgsin θ
解析 当ab杆沿导轨上滑达到最大速度v时，其受力如图所示：
由平衡条件可知：
F－FB＝mgsin θ①
又FB＝BIL②
而I＝③
联立①②③式得：
F－－mgsin θ＝0④
同理可得，ab杆沿导轨下滑达到最大速度时：
mgsin θ－＝0⑤
联立④⑤两式解得：
F＝2mgsin θ
v＝.
16．(13分)某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图14所示，一个半径为R＝0.1 m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA，A端与导轨接触良好，O端固定在圆心处的转轴上．转轴的左端有一个半径为r＝的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动．圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m＝0.5 kg的铝块．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T．a点与导轨相连，b点通过电刷与O端相连．测量a、b两点间的电势差U可求得铝块速度．铝块由静止释放，下落h＝0.3 m时，测得U＝0.15 V．(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g＝10 m/s2)
图14
(1)测U时，与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？
(2)求此时铝块的速度大小；
(3)求此下落过程中铝块机械能的损失．
答案 (1)正极 (2)2 m/s (3)0.5 J
解析 (1)正极
(2)由电磁感应定律得U＝E＝
ΔΦ＝BR2Δθ
U＝BωR2
v＝rω＝ωR
所以v＝＝2 m/s.
(3)ΔE＝mgh－mv2
ΔE＝0.5 J.
学案1 怎样产生交变电流
[目标定位] 1.会观察电流(或电压)的波形图，理解交变电流和直流的概念.2.理解交变电流的产生过程，会分析电动势和电流方向的变化规律.3.知道交变电流的变化规律及表示方法，知道交变电流的瞬时值、最大值的物理含义．
一、交变电流
两个发光二极管接成如图1所示电路
图1
(1)把电路接在干电池的两端时，可以观察到的现象是什么？
(2)把电路接在手摇式发电机两端时，又会观察到怎样的现象？
答案 (1)当接在干电池两端时，只有一个发光二极管会亮．
(2)当接在手摇式发电机两端时，两个发光二极管间或的闪亮，原因是发电机产生与直流不同的电流，两个发光二极管一会儿接通这一个，一会儿再接通另外一个，电流方向不停地改变．
[要点总结]
1．大小和方向都随时间做周期性变化的电流叫交变电流，简称交流．
2．方向不随时间变化的电流称为直流．大小、方向都不随时间变化的电流称为恒定电流．
3．对直流电流和交变电流的区分主要是看电流方向是否变化．
例1 (多选)如图所示的图像中属于交变电流的有( )
答案 ABC
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．
二、交变电流的产生
图2
假定线圈沿逆时针方向匀速转动，如图2甲至丁所示．请分析判断：
(1)图中，在线圈由甲转到乙的过程中，AB边中电流向哪个方向流动？
(2)在线圈由丙转到丁的过程中，AB边中电流向哪个方向流动？
(3)当线圈转到什么位置时线圈中没有电流，转到什么位置时线圈中的电流最大？
(4)大致画出通过电流表的电流随时间变化的曲线，从E经过负载流向F的电流记为正，反之为负．在横坐标上标出线圈到达甲、乙、丙、丁几个位置时对应的时刻．
答案 (1)由B到A (2)由A到B
(3)线圈转到甲或丙位置时线圈中没有电流，称为中性面．线圈转到乙或丁位置时线圈中的电流最大．
(4)
[要点总结]
1．交流发电机的构造：主要由可转动的线圈(电枢)和磁体两部分组成．
2．正弦式交变电流的产生：将闭合矩形线圈置于匀强磁场中，并绕垂直磁场方向的轴匀速转动．
3．中性面——线圈平面与磁感线垂直时的位置
(1)线圈处于中性面位置时，穿过线圈的Φ最大，但线圈中的电流为零(填“最大”或“零”)．
(2)线圈每次经过中性面时，线圈中感应电流方向都要改变．线圈转动一周，感应电流方向改变两次．
4．旋转电枢式发电机和旋转磁极式发电机
(1) 旋转电枢式发电机产生电压一般不超过500 V
(2) 旋转磁极式发电机能产生几千伏到几万伏电压
5．交变电流的电能从哪里来
从能量转化的角度看，发电机是把机械能转变为电能的机器．
例2 (多选)矩形线框绕垂直于匀强磁场且在线框平面的轴匀速转动时产生了交变电流，下列说法正确的是 ( )
A．当线框位于中性面时，线框中感应电动势最大
B．当穿过线框的磁通量为零时，线框中的感应电动势也为零
C．每当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流方向就改变一次
D．线框经过中性面时，各边切割磁感线的速度为零
答案 CD
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，所以电动势等于零，也应该知道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也就在此时刻变化．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垂直切割，有效切割速度最大，所以感应电动势最大，也可以说此时穿过线框的磁通量的变化率最大．故C、D选项正确．
三、交变电流的变化规律
如图3所示是图2中线圈ABCD在磁场中绕轴OO′转动时的截面图．设AB边长为L1，BC边长为L2，线圈面积S＝L1L2，磁感应强度为B，线圈转动的角速度为ω，则：
图3
(1)甲、乙、丙位置AB边产生的感应电动势各为多大？
(2)甲、乙、丙位置整个线圈中的感应电动势各为多大？
(3)若线圈有n匝，则甲、乙、丙中整个线圈的感应电动势各为多大？
答案 (1)甲：eAB＝0
乙：eAB＝BL1vsin ωt＝BL1·sin ωt
＝BL1L2ωsin ωt＝BSω·sin ωt
丙：eAB＝BL1v＝BL1·＝BL1L2ω＝BSω
(2)整个线圈中的感应电动势由AB和CD两部分产生，且eAB＝eCD，所以
甲：e＝0
乙：e＝eAB＋eCD＝BSω·sin ωt
丙：e＝BSω
(3)若线圈有n匝，则相当于n个完全相同的电源串联，所以
甲：e＝0
乙：e＝nBSωsin ωt
丙：e＝nBSω
[要点总结]
1．正弦式交变电流的瞬时值表达式
(1)当从中性面开始计时：e＝Emaxsin_ωt.
(2)当从与中性面垂直的位置开始计时：e＝Emaxcos_ωt.
2．正弦式交变电流的峰值表达式
Emax＝nBSω
与线圈的形状及转动轴的位置无关．(填“有关”或“无关”)
3．两个特殊位置
(1)中性面：线圈平面与磁场垂直．
Φ最大，为0，e为0，i为0.(填“0”或“最大”)
线圈每次经过中性面时，线圈感应电流的方向要改变．线圈转动一圈，感应电流方向改变两次．
(2)垂直中性面：线圈平面与磁场平行．
Φ为0，最大，e为最大，i最大．(填“0”或“最大”)
4．(1)正弦式交变电流的图像及应用
或
从中性面计时 从垂直中性面(B∥S)计时
(2)从正弦式交变电流的图像中可以解读到以下信息：
①交变电流的周期T、峰值Im或者Em.
②因线圈在中性面时感应电动势、感应电流均为零，磁通量最大，所以可确定线圈位于中性面的时刻，也可根据电流或者电压峰值找出线圈平行磁感线的时刻．
③判断线圈中磁通量Φ最小、最大的时刻及磁通量变化率最大、最小的时刻．
④分析判断i、e的大小和方向随时间变化的规律．
例3 有一个正方形线圈的匝数为10匝，边长为20 cm，线圈总电阻为1 Ω，线圈绕OO′轴以10π rad/s的角速度匀速转动，如图4所示，匀强磁场的磁感应强度为0.5 T，求：
图4
(1)该线圈产生的交变电流电动势的峰值、电流的峰值分别是多少．
(2)若从中性面位置开始计时，写出感应电动势随时间变化的表达式．
(3)线圈从中性面位置开始，转过30°时，感应电动势的瞬时值是多大．
答案 (1)6.28 V 6.28 A (2)e＝6.28sin (10πt) V
(3)3.14 V
解析 (1)交变电流电动势的峰值为
Emax＝2nBLv＝nBSω
＝10×0.5×0.22×10π V≈6.28 V
电流的峰值为Imax＝＝6.28 A.
(2)从中性面位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emaxsin ωt＝6.28sin (10πt) V.
(3)线圈从中性面位置开始转过30°，感应电动势
e＝Emaxsin 30°＝3.14 V.
例4 线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交变电流的图像如图5所示，由图中信息可以判断( )
图5
A．在A和C时刻线圈处于中性面位置
B．在B和D穿过线圈的磁通量为零
C．从A～D线圈转过的角度为2π
D．若从O～D历时0.02 s，则在1 s内交变电流的方向改变100次
答案 D
解析 根据题图，首先判断出交变电流的瞬时值表达式i＝Imaxsin ωt.其中Imax是交变电流的最大值，ω是线圈旋转的角速度．另外，应该进一步认识到线圈是从中性面开始旋转，而且线圈每旋转一周，两次经过中性面，经过中性面的位置时电流改变方向，从题图可以看出，在O、B、D时刻电流为零，所以此时刻线圈恰好在中性面的位置，且穿过线圈的磁通量最大；在A、C时刻电流最大，线圈处于和中性面垂直的位置，此时磁通量为零；从A到D，线圈旋转周，转过的角度为；如果从O到D历时0.02 s，恰好为一个周期，所以1 s内线圈转过50个周期，100次经过中性面，电流方向改变100次．综合以上分析可得，只有选项D正确.
1．(交变电流的产生)(多选)下列各图中，线圈中能产生交变电流的有( )
答案 BCD
2．(交变电流的规律)(多选)如图6所示，矩形线圈abcd放在匀强磁场中，ad＝bc＝l1，ab＝cd＝l2.从图示位置起该线圈以角速度ω绕不同转轴匀速转动，则( )
图6
A．以OO′为转轴时，感应电动势e＝Bl1l2ωsin ωt
B．以O1O1′为转轴时，感应电动势e＝Bl1l2ωsin ωt
C．以OO′为转轴时，感应电动势e＝Bl1l2ωcos ωt
D．以OO′为转轴跟以ab为转轴一样，感应电动势e＝Bl1l2ωsin (ωt＋)
答案 CD
解析 以O1O1′为轴转动时，磁通量不变，不产生交变电流．无论以OO′为轴还是以ab为轴转动，感应电动势的最大值都是Bl1l2ω.由于是从与磁场平行的面开始计时，产生的是余弦式交变电流，故C、D正确．
3．(交变电流的图像)一只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像如图7甲所示，则下列说法中正确的是( )
图7
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，交变电动势达到最大
D．该线圈产生的相应感应电动势的图像如图乙所示
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．
图8
4．(交变电流的规律)如图8所示，线圈的面积是0.05 m2，共100匝，匀强磁场的磁感应强度B＝ T，当线圈以300 r/min的转速匀速旋转时，求：
(1)若从线圈的中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式．
(2)从中性面开始计时，线圈转过 s时电动势瞬时值多大？
答案 (1)e＝50sin(10πt)V (2)43.3 V
解析 (1)n＝300 r/min＝5 r/s，因为从中性面开始转动，并且求的是瞬时值，故
e＝Emaxsin ωt＝NBS·2πnsin (2πnt)＝50sin (10πt)V
(2)当t＝ s时，e＝50sin (10π×)V≈43.3 V
题组一 交变电流的产生
1．一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，当线圈通过中性面时( )
A．线圈平面与磁感线方向平行
B．通过线圈的磁通量达到最大值
C．通过线圈的磁通量变化率达到最大值
D．线圈中的感应电动势达到最大值
答案 B
解析 中性面是通过磁通量最大的位置，也是磁通量变化率为零的位置，即在该位置通过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势为零，无感应电流，B正确．
2．关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，以下说法中正确的是( )
A．线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次，感应电动势方向不变
B．线圈每转动一周，感应电流方向就改变一次
C．线圈平面每经过中性面一次，感应电动势和感应电流的方向都要改变一次
D．线圈转动一周，感应电动势和感应电流方向都要改变一次
答案 C
解析 根据交变电流的变化规律可得，如果从中性面开始计时有e＝Emaxsin ωt和i＝Imaxsin ωt；如果从垂直于中性面的位置开始计时有e＝Emaxcos ωt和i＝Imaxcos ωt，不难看出：线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次，感应电动势方向也改变一次；线圈每转动一周，感应电流和感应电动势方向都改变两次，C正确．
题组二 交变电流的图像
3．处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab边垂直．在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合，如图1所示，线圈的cd边离开纸面向外运动．若规定沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流i随时间t变化的图像是( )
图1
答案 C
解析 线圈在磁场中从题图位置开始匀速转动时可以产生按余弦规律变化的交变电流．对于题图起始时刻，线圈的cd边离开纸面向外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的电动势的瞬时值最大；用右手定则判断出电流方向为逆时针方向，与规定的正方向相同，所以C对．
4．如图2所示是磁电式电流表的结构图和磁场分布图，若磁极与圆柱间的磁场都是沿半径方向，且磁场有理想的边界，线圈经过有磁场的位置处磁感应强度大小相等．某同学用此种电流表中的线圈和磁体做成发电机使用，让线圈匀速转动，若从图中水平位置开始计时，取起始电流方向为正方向，表示产生的电流随时间变化关系的下列图像中正确的是( )
图2
答案 C
解析 由于线圈在磁场中切割磁感线，切割速度方向总是与磁场方向垂直，磁感应强度B、导线有效长度L和导线切割速率v等都不变化，由E＝BLv可知产生的感应电动势大小不变，感应电流大小不变．根据右手定则，电流方向做周期性变化，C正确．
5．(多选)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，所产生的交变电流的波形图如图3所示，下列说法中正确的是( )
图3
A．在t1时刻穿过线圈的磁通量达到峰值
B．在t2时刻穿过线圈的磁通量达到峰值
C．在t3时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到峰值
D．在t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到峰值
答案 BC
解析 从题图中可知，t1、t3时刻线圈中感应电流达到峰值，磁通量变化率达到峰值，而磁通量最小，线圈平面与磁感线平行；t2、t4时刻感应电流等于零，磁通量变化率为零，线圈处于中性面位置，磁通量达到峰值，正确答案为B、C.
6．(多选)如图4甲所示为一个矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动．线圈内磁通量随时间t变化如图乙所示，则下列说法中正确的是 ( )
图4
A．t1时刻线圈中的感应电动势最大
B．t2时刻ab的运动方向与磁场方向垂直
C．t3时刻线圈平面与中性面重合
D．t4、t5时刻线圈中感应电流的方向相同
答案 BC
解析 t1时刻通过线圈的Φ最大，磁通量变化率最小，此时感应电动势为零，A错；在t2、t4时刻感应电动势为Emax，此时ab、cd的运动方向垂直于磁场方向，B正确；t1、t3、t5时刻，Φ最大，＝0，此时线圈平面垂直于磁场方向，与中性面重合，C正确；t5时刻感应电流为零，D错．故正确答案为B、C.
7．(多选)如图5甲所示，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，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，则在t＝时刻 ( )
图5
A．线圈中的电流最大 B．穿过线圈的磁通量为零
C．线圈所受的安培力为零 D．线圈中的电流为零
答案 CD
解析 线圈转动的角速度为ω，则转过一圈用时，当t＝时说明转过了圈，此时线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，B错误．由于此时感应电动势为零，所以线圈中电流为零，线圈所受的安培力为零，A错误，C、D正确．
题组三 交变电流的规律
8．一矩形线圈在匀强磁场中转动产生的感应电动势为e＝10sin (20πt) V，则下列说法正确的是( )
A．t＝0时，线圈位于中性面
B．t＝0时，穿过线圈的磁通量为零
C．t＝0时，线圈切割磁感线的有效速度最大
D．t＝0.4 s时，电动势第一次出现最大值
答案 A
解析 由电动势e＝10sin (20πt) V知，计时从线圈位于中性面时开始，所以t＝0时，线圈位于中性面，磁通量最大，但此时线圈切割磁感线的线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速度为零，A正确，B、C错误．当t＝0.4 s时，e＝10sin(20π×0.4) V＝0，D错误．
9.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的感应电动势最大值为50 V，那么该线圈由图6所示位置转过30°，线圈中的感应电动势大小为( )
图6
A．50 V B．25 V
C．25 V D．10 V
答案 B
解析 由题给条件知：感应电动势瞬时值表达式为e＝50cos ωt V＝50cos θ V，当θ＝30°时，e＝25 V，B对．
10．交流发电机在工作时电动势为e＝Emaxsin ωt，若将发电机的转速提高一倍，同时将线圈所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为( )
A．e′＝Emaxsin B．e′＝2Emaxsin
C．e′＝Emaxsin 2ωt D．e′＝sin 2ωt
答案 C
解析 感应电动势瞬时值表达式e＝Emaxsin ωt，而Emax＝nBSω.当ω加倍而S减半时，Emax不变，故正确答案为C选项．
11.如图7所示，匀强磁场的磁感应强度为B＝0.50 T，矩形线圈的匝数N＝100匝，边长Lab＝0.20 m，Lbc＝0.10 m，以3 000 r/min的转速匀速转动，若从线圈平面通过中性面时开始计时，试求：
图7
(1)感应电动势的瞬时值表达式；
(2)若线圈总电阻为2 Ω，线圈外接电阻为8 Ω，写出交变电流的瞬时值表达式；
(3)线圈由图示位置转过的过程中，感应电动势的平均值．
答案 (1)e＝100πsin (100πt) V
(2)i＝10πsin (100πt) A
(3)200 V
解析 (1)线圈的角速度ω＝2πn＝100π rad/s
线圈电动势的最大值Emax＝NBSω＝100π V
故感应电动势的瞬时值表达式：
e＝Emaxsin ωt＝100πsin (100πt) V
(2)Imax＝＝10π A
所以交变电流的瞬时值表达式：
i＝10πsin (100πt) A
(3)＝N＝N＝4NBSn＝200 V
12．如图8甲所示，矩形线圈匝数N＝100 匝，ab＝30 cm，ad＝20 cm，匀强磁场磁感应强度B＝0.8 T，绕轴OO′从图示位置开始匀速转动，角速度ω＝100π rad/s，试求：
甲 乙
图8
(1)穿过线圈的磁通量最大值Φmax为多大？线圈转到什么位置时取得此值？
(2)线圈产生的感应电动势最大值Emax为多大？线圈转到什么位置时取得此值？
(3)写出感应电动势e随时间变化的表达式，并在图乙中作出图像．
答案 见解析
解析 (1)当线圈转至与磁感线垂直时，磁通量有最大值．Φmax＝BS＝0.8×0.3×0.2 Wb＝0.048 Wb
(2)线圈与磁感线平行时，感应电动势有最大值
Emax＝NBSω＝480π V
(3)表达式e＝Emaxcos ωt＝480πcos (100πt) V
图像如图所示
学案2 怎样描述交变电流
[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之间的关系.2.能理解电流的有效值是与热效应有关的量，而平均值只是简单意义的平均.3.掌握交变电流有效值与最大值的关系，会进行有效值的计算.4.掌握交变电流的变化规律及两种表示方法．
一、周期和频率
如图1所示，这个交变电流的周期是多少？频率是多少？
图1
答案 周期T＝0.02 s；频率f＝50 Hz.
[要点总结]
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．转速(n)：线圈单位时间(1 s或1 min)转过的圈数，单位是r/s或r/min.
4．各物理量之间的关系：f＝，ω＝＝2πf，ω＝2πn(n的单位为r/s)．
5．我国电网中交变电流的周期是0.02 s，频率是50 Hz.
例1 (多选)矩形金属线圈共10匝，绕垂直于磁场方向的转动轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的交流电动势e随时间t变化的情况如图2所示．下列说法中正确的是( )
图2
A．此交变电流的频率为0.2 Hz
B．1 s内电流方向变化10次
C．t＝0.1 s时，线圈平面与磁场方向平行
D．1 s内线圈转5圈
答案 BD
解析 由图像知T＝0.2 s，故f＝＝ Hz＝5 Hz，即1 s内完成5个周期，线圈转5圈，每转1圈电流方向改变2次，故A错，B、D对；在t＝0.1 s时，e＝0，所以线圈平面与磁场方向垂直，故C错．
二、最大值和有效值
1．图3是通过一个R＝1 Ω的电阻的电流i随时间t变化的曲线．这个电流不是恒定电流．
(1)怎样计算1 s内电阻R中产生的热量？
(2)如果有一个大小、方向都不变的恒定电流通过这个电阻R，也能在1 s内产生同样的热量，这个电流是多大？
图3
答案 (1)Q＝IRt1＋IRt2＝42×1×0.5 J＋22×1×0.5 J＝10 J
(2)由Q＝I2Rt得I＝ ＝ A＝ A
2．某交流电压瞬时值表达式u＝6sin (100πt) V，把标有“6 V,2 W”的小灯泡接在此电源上会不会被烧坏？把标有6 V的电容器接在此电源上会不会被击穿？
答案 小灯泡不会被烧坏，交流电压瞬时值表达式u＝6sin (100πt) V中6 V是最大值，其有效值为6 V，而标有“6 V,2 W”的小灯泡中的6 V是有效值．电容器会被击穿．
[要点总结]
1．最大值：它是所有瞬时值中的最大值．
(1)当线圈平面跟磁感线平行时，感应电动势最大，Em＝nBSω(转轴垂直于磁感线)．
(2)电容器接在交流电路中，交流电压的最大值不能超过电容器的耐压值．
2．有效值：让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交变电流的一个周期内它们产生的热量相等，我们就把这个恒定电流的电流值I、电压值U，叫做这个交变电流的有效值．计算时要注意三同：“相同电阻”上、“一个周期”内、产生“相同热量”．
3．正弦式交变电流的有效值I、U与最大值Im、Um的关系：I＝、U＝.
注意：非正弦式交变电流的有效值只能根据电流的热效应计算．
4．有效值的应用
(1)计算与电流热效应有关的量(如功率、热量)要用有效值．
(2)交流电表的测量值，电气设备标注的额定电压、额定电流，通常提到的交流电的数值均指有效值．
5．平均值的应用
计算通过导体某一截面的电荷量时，只能用交变电流的平均值，即q＝·Δt＝Δt＝.
例2 一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图4甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则 ( )
图4
A．电压表的示数为220 V
B．电路中的电流方向每秒钟改变50次
C．灯泡实际消耗的功率为484 W
D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J
答案 D
解析 电压表示数为灯泡两端电压的有效值，由题图知电动势的最大值Em＝220 V，有效值E＝220 V，灯泡两端电压U＝＝209 V，A错；
由题图甲知T＝0.02 s，一个周期内电流方向变化两次，可知1 s内电流方向变化100次，B错；
灯泡的实际功率P＝＝ W＝459.8 W，C错；
电流的有效值I＝＝2.2 A，发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Qr＝I2rt＝2.22×5×1 J＝24.2 J，D对．
例3 如图5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5
A.I0 B.I0
C.I0 D．I0
答案 C
解析 由i－t图像知交变电流的周期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，根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．
例4 如图6所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R.当线圈由图示位置转过90°的过程中，求：
图6
(1)通过电阻R的电荷量q；
(2)电阻R上所产生的热量Q.
答案 (1) (2)
解析 (1)依题意磁通量的变化量ΔΦ＝BS，线圈转过90°的时间为Δt＝＝＝，平均感应电动势为＝N＝.平均感应电流为＝＝.通过电阻R的电荷量为q＝·Δt＝.
(2)线圈中感应电动势有效值和最大值Emax的关系是E＝＝，电路中电流的有效值为I＝＝.
电阻R上产生的热量为Q＝I2Rt＝.
三、用数学方法描述交流电
如图7为某交变电流的u－t图像，试指出它的周期、频率、最大值、有效值，并写出其函数表达式．
图7
答案 周期T＝0.02 s，频率f＝＝50 Hz，最大值Umax＝6 V，有效值U＝＝6 V．函数表达式u＝6sin (100πt)V.
[要点总结]
1．正弦交流电的图像
如图8所示，从图像中可直接得到的物理量有：瞬时值、最大值和周期；通过计算可以得到有效值、频率和角频率．
图8
2．正弦交流电的瞬时值表达式
电动势：e＝Emaxsin_ωt；
电压：u＝Umaxsin_ωt；
电流：i＝Imaxsin_ωt.
例5 一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图9所示，由图可知( )
图9
A．该交流电的电压的有效值为100 V
B．该交流电的频率为25 Hz
C．该交流电压瞬时值的表达式为u＝100sin 25t V
D．并联在该电压两端的电压表指针不停摆动
答案 B
解析 根据题图可知该交变电流电压的最大值为100 V，周期为4×10－2 s，所以频率为25 Hz，A错，B对；而ω＝2πf＝50π rad/s，所以u＝100sin (50πt) V，C错；交流电压表的示数为交流电的有效值而不是瞬时值，不随时间变化，D错．
1．(对描述交变电流物理量的认识)如图10是某种正弦式交流电压的波形图，由图可确定该电压的 ( )
图10
A．周期是0.01 s
B．最大值是220 V
C．有效值是220 V
D．表达式为u＝220sin (100πt) V
答案 C
解析 由题图可知，该交流电压的周期为0.02 s，最大值为311 V，而有效值U＝＝ V＝220 V，故A、B错误，C正确．正弦交流电压的瞬时值表达式
u＝Umaxsin ωt＝311sin (t) V＝311sin (100πt) V，
故D错误．
2．(正弦式交变电流有效值的计算)一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，周期为T.从中性面开始计时，当t＝T时，线圈中感应电动势的瞬时值为2 V，则此交变电流的有效值为( )
A．2 V B．2 V
C. V D. V
答案 A
解析 先用代入法求出感应电动势的最大值：由e＝Emaxsin ωt得2 V＝Emaxsin (×)，由此得Emax＝4 V，因此有效值为2 V，选项A正确．
3．(非正弦式交变电流有效值的计算)通过一阻值R＝100 Ω的电阻的交变电流如图11所示，其周期为1 s．电阻两端电压的有效值为 ( )
图11
A．12 V B．4 V
C．15 V D．8 V
答案 B
解析 根据电流的热效应计算电流的有效值．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，电阻两端电压的有效值为U＝IR＝4 V，B正确．
4．(最大值、有效值、瞬时值、平均值的区别和应用)交流发电机线圈电阻r＝1 Ω，用电器电阻R＝9 Ω，闭合开关后电压表示数为9 V，如图12所示，那么该交流发电机( )
图12
A．电动势的峰值为10 V
B．电动势的有效值为9 V
C．交流发电机线圈通过中性面时电动势的瞬时值为10 V
D．交流发电机线圈自中性面转过90°的过程中的平均感应电动势为 V
答案 D
解析 电压表示数等于路端电压，电路中的电流为I＝＝ A＝1 A，所以电动势的有效值为：E＝I(R＋r)＝1×(1＋9) V＝10 V，所以电动势的最大值为Em＝E＝10 V，故选项A、B错；线圈通过中性面时Φ最大，但＝0，故e＝0，选项C错；线圈从中性面转过90°过程中，ΔΦ＝BS，Δt＝＝，所以＝n＝，由于Em＝nBSω，所以＝＝ V，选项D对．
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．以下说法正确的是 ( )
A．交变电流的有效值就是它的平均值
B．任何交变电流的有效值都是它最大值的
C．如果交变电流接在电阻R上产生的热量为Q，那么该交变电流的有效值为
D．以上说法均不正确
答案 D
解析 有效值是根据电流的热效应来定义的，平均值并不是有效值，例如线圈在匀强磁场中转动一圈，其平均电动势为零，故A错．在正弦(余弦)式交变电流中，其有效值为最大值的，对于其他交变电流并不一定满足此关系，故B错．交变电流要产生热量需要一定的时间，C选项中没有告诉时间，因此是错误的．
3．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规定正方向相反，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，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．
题组二 正弦式交变电流有效值的计算
4．在图1所示电路中，A是熔断电流I0＝2 A的保险丝，电阻可忽略，R是可变电阻，S是交流电源．交流电源的内电阻不计，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1
A．110 Ω B．110 Ω
C．220 Ω D．220 Ω
答案 B
解析 U＝220 V，Rmin＝＝ Ω＝110 Ω.
5．把U0＝10 V的直流电压加在阻值为R的电阻上，其发热功率跟另一个正弦交流电压加在阻值为上的电功率相同，则这个交变电流的电压的峰值为 ( )
A．10 V B．10 V C．20 V D．20 V
答案 A
解析 直流电压U0加在阻值为R的电阻上，而交变电流加在阻值为的电阻上，它们联系的桥梁是发热功率相等．设这个交流电压的有效值为U，则由电功率公式得T＝T，U＝，故Umax＝ U＝U0＝10 V，正确答案为A.
6．电阻R1、R2与交流电源按照如图2甲所示方式连接，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2
A．通过R1的电流的有效值是1.2 A
B．R1两端的电压有效值是6 V
C．通过R2的电流的最大值是1.2 A
D．R2两端的电压最大值是6 V
答案 B
解析 由题图乙可得，正弦交变电流的最大值Imax＝0.6 A，所以电流的有效值I＝＝0.6 A，电阻R1、R2串联，所以电流的最大值均为0.6 A，有效值均为0.6 A．由欧姆定律U＝IR得，U1＝IR1＝6 V，所以U1max＝U1＝6 V；U2＝IR2＝12 V，U2max＝U2＝12 V.
题组三 非正弦式交变电流有效值的计算
7．阻值为1 Ω的电阻上通以交变电流，其i－t关系如图3所示，则在0～1 s内电阻上产生的热量为 ( )
图3
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内有效电流的瞬时值大小为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.
8．某一交变电流的电压波形如图4所示，求这一交变电流的电压的有效值U.
图4
答案 2 V
解析 假设让一直流电压U和如题图所示的交流电压分别加在同一电阻两端，交变电流在一个周期内产生的热量Q1＝2(·＋·)＝·.直流电在一个周期内产生的热量Q2＝·T.由交变电流有效值的定义知Q1＝Q2，即·＝·T.解得U＝2 V.
题组四 瞬时值、最大值、有效值、平均值的区别和应用
9．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，从中性面开始转动180°的过程中，平均感应电动势和最大感应电动势之比为( )
A. B. C．2π D．π
答案 B
10．如图5所示是某正弦交变电流的图像，根据图像求其峰值、周期和角速度，并写出交变电流的瞬时值表达式．
图5
答案 2 A 0.02 s 100π rad/s i＝2sin (100πt) A
解析 由图像可知，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)
当t＝0.002 5 s时，i＝1.414 A
所以Imsin (100π×0.002 5)＝1.414 A，解得Im＝2 A
所以i＝2sin (100πt) A.
11.如图6所示，线圈abcd的面积是0.05 m2，共100匝，线圈电阻为1 Ω，外接电阻R＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度为B＝ T，当线圈以300 r/min的转速匀速转动时，求：
图6
(1)电路中交流电压表和交流电流表的示数；
(2)线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量．
答案 (1)31.86 V 3.54 A (2)0.16 C
解析 (1)Emax＝nBSω
＝100××0.05×2π× V
＝50 V
E＝＝25 V≈35.4 V.
电流表示数I＝＝3.54 A，
电压表示数U＝IR＝3.54×9 V＝31.86 V.
(2)从图示位置转过90°的过程中，
＝n，
又因为＝，
q＝Δt，联立得q＝＝≈0.16 C.
学案3 习题课：交变电流的产生及描述
[目标定位] 1.理解交变电流的产生过程，能够求解交变电流的瞬时值.2.理解交变电流图像的物理意义.3.知道交变电流“四值”的区别，会求解交变电流的有效值．
一、对交变电流产生规律的理解
求解感应电动势瞬时值时：(1)先要计算峰值Emax＝nBSω；(2)确定线圈转动从哪个位置开始，以便确定瞬时值表达式是按正弦规律变化还是按余弦规律变化；(3)确定线圈转动的角速度ω(以rad/s作单位)；(4)最后确定感应电动势的瞬时值表达式．
例1 图1甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图．其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的匝数n＝100匝，电阻r＝10 Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R＝90 Ω，与R并联的交流电压表为理想电表．在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图乙所示正弦规律变化．求：
图1
(1)交流发电机产生的电动势最大值；
(2)电动势的瞬时值表达式；
(3)线圈转过 s时电动势的瞬时值；
(4)电路中交流电压表的示数．
答案 (1)62.8 V (2)e＝62.8cos (10πt) V (3)31.4 V
(4)40 V
解析 (1)交流发电机产生电动势的最大值Emax＝nBSω
而Φmax＝BS，ω＝，所以Emax＝
由Φ－t图线可知，Φmax＝2.0×10－2 Wb，T＝0.2 s
所以Emax＝20π V＝62.8 V.
(2)线圈转动的角速度ω＝＝ rad/s＝10π rad/s，由于从垂直中性面处开始计时，所以感应电动势瞬时值表达式为
e＝Emaxcos ωt＝62.8cos (10πt) V
(3)当线圈转过 s时
e＝20πcos(10π×) V＝10π V＝31.4 V
(4)电动势的有效值E＝＝10π V
U＝E＝×10π V＝9π V≈40 V
二、交变电流图像的应用
正弦交流电的图像是一条正弦曲线，从图像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)：图像上的最大值，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．
例2 (多选)如图2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交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图像如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( )
图2
A．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零
B．线圈先后两次转速之比为3∶2
C．交流电a的瞬时值为e＝10sin (5πt) V
D．交流电b的最大值为 V
答案 BCD
解析 由题图可知，t＝0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，A错误；由题图可知Ta∶Tb＝2∶3，故na∶nb＝3∶2，B正确；由题图可知，C正确；因ωa∶ωb＝3∶2，交流电最大值Emax＝nBSω，故Emaxa∶Emaxb＝3∶2，Emaxb＝Emaxa＝ V，D正确．
三、交变电流有效值的计算
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求出其峰值，然后根据E＝求出其有效值．
2．当电流按非正弦规律变化时，必须根据有效值的定义求解．计算时要注意三同：相同电阻、相同时间(一般要取一个周期)、产生相等热量．
例3 有两个完全相同的电热器，分别通以如图3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3
答案 2∶1
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.
四、交变电流“四值”的应用比较
交变电流的四值，即最大值、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，交流电表显示的也是有效值．
(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．
特别提醒 (1)交变电流的平均值是针对某一过程的物理量，在不同的时间内平均值一般不相同．
(2)平均电动势不等于初、末两时刻瞬时值的平均值，必须用法拉第电磁感应定律计算即＝n.
例4 一个电阻为r、边长为L的正方形线圈abcd共N匝，线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO′以如图4所示的角速度ω匀速转动，外电路电阻为R.
图4
(1)写出此刻线圈感应电流的方向．
(2)线圈转动过程中感应电动势的最大值为多大？
(3)设发电机由柴油机带动，其他能量损失不计，线圈转一周柴油机做多少功？
(4)从图示位置开始，线圈转过60°的过程中通过R的电荷量是多少？
(5)图中电流表和电压表的示数各是多少？
答案 见解析
解析 (1)由右手定则可判定电流的方向沿adcba.
(2)Emax＝NBSω＝NBωL2.
(3)电动势的有效值E＝.
电流的有效值I＝，由于不计能量损失，柴油机做的功全部转化为电能，线圈转一周，柴油机做的功
W＝EIt＝t＝·＝.
(4)通过R的电荷量
q＝·Δt＝·Δt
＝N＝＝
(5)电流表示数
I＝＝＝
电压表示数
U＝IR＝
1．(交变电流图像的应用)(多选)图5甲、乙分别表示两种电压的波形，其中甲电压按正弦规律变化．下列说法正确的是( )
图5
A．甲表示交流电，乙表示直流电
B．两种电压的有效值相等
C．甲电压的瞬时值表达式为u＝311sin (100πt) V
D．甲交变电流的有效值比乙交变电流的有效值大
答案 CD
解析 两题图中交变电流的大小和方向都随时间变化，在t轴的上方为正，下方为负，A错．有效值E＝只对正弦交流电适用，将两个图像叠放在一起，可以看出两个交变电流的最大值相等，甲对应的有效值大，所以B错，D对．由题图甲可知C对．
2．(对交变电流产生规律的理解)如图6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6
(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关系的图像．
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圈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关系的图像如图所示．
3．(交变电流“四值”的应用比较)如图7所示，单匝线圈在匀强磁场中绕OO′轴从图示位置开始匀速转动．已知从图示位置转过时，线圈中电动势大小为10 V，求：
图7
(1)感应电动势的最大值；
(2)感应电动势的有效值；
(3)与线圈相接的交流电压表的示数．
答案 (1)20 V (2)10 V (3)10 V
解析 (1)图示位置为中性面，从此时开始计时，感应电动势的瞬时值为e＝Emaxsin ωt，
将ωt＝，e＝10 V代入上式，求得Emax＝20 V.
(2)此电流为正弦交变电流，所以感应电动势的有效值
E＝＝ V＝10 V.
(3)此交流电压表测的是感应电动势的有效值，大小为10 V.
题组一 对交变电流产生规律的理解
1．如图1所示，在水平方向的匀强磁场中，有一单匝矩形导线框可绕垂直于磁场方向的水平轴转动．在线框由水平位置以角速度ω匀速转过90°的过程中，穿过线框面的最大磁通量为Φ，已知导线框的电阻为R，则下列说法中正确的是 ( )
图1
A．导线框转到如图所示的位置时电流的方向将发生改变
B．导线框转到如图所示的位置时电流的方向为badc
C．以图中位置作为计时起点，该导线框产生的交流电瞬时值表达式为e＝Φωsin ωt
D．以图中位置作为计时起点，该导线框产生的交流电瞬时值表达式为e＝Φωcos ωt
答案 D
2．面积均为S的两个电阻相同的线圈，分别放在如图2甲、乙所示的磁场中，甲图中有磁感应强度为B0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期T绕OO′轴匀速转动，乙图中磁场变化规律为B＝B0cos t，从图示位置开始计时，则 ( )
图2
A．两线圈的磁通量变化规律相同
B．两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同
C．经相同的时间t(t＞T)，两线圈产生的热量不同
D．从此时刻起，经时间，流过两线圈横截面的电荷量不同
答案 A
解析 甲图中的磁通量变化规律为Φ甲＝B0Scos t，乙图中磁通量的变化规律为Φ乙＝B0Scos t.由于两线圈的磁通量变化规律相同，则两线圈中感应电动势的变化规律相同，达到最大值的时刻也相同，有效值E也相同，又因两线圈电阻相同，所以Q＝t也相同，经过时间，通过两线圈横截面的电荷量q＝·也相同，故只有A正确．
题组二 交变电流图像的应用
3．某台家用柴油发电机正常工作时能够产生与我国照明电网相同的交变电流．现在该发电机出现了故障，转子匀速转动时的转速只能达到正常工作时的一半，则它产生的电动势随时间变化的图像是 ( )
答案 B
解析 线圈转速为正常时的一半，据ω＝2πn＝知，周期变为正常时的2倍，又据Emax＝NBSω知，最大值变为正常时的一半，结合我国电网交流电实际情况，知正确选项为B.
4．一矩形金属线圈共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变化的情况如图3所示，下列说法中正确的是 ( )
图3
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错误．t＝0.1 s时，感应电动势为0，线圈平面与磁感线垂直，C错误．因Emax＝nBSω，其中n＝10，ω＝＝10π rad/s，故Φ＝BS＝ Wb，D正确．
5．如图4(a)所示，一矩形线圈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°时为计时起点，如图(b)所示，并规定当电流自a流向b时电流方向为正．则选项所示的四幅图中正确的是( )
图4
答案 D
解析 由楞次定律知，t＝0时，感应电流方向为负，线圈平面与中性面的夹角为－θ＝，线圈再转过到达中性面，所以，在线圈转过的过程中电流在减小，θ＝时，i＝0，因而只有D项正确．
题组三 交变电流有效值的计算
6．如图5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5
A．I0 B.I0
C.I0 D.I0
答案 B
解析 设电流的有效值为I，则I2R·3T＝2R·T＋2R·2T，解得：I＝I0，故选B.
7．一个小型电热器若接在输出电压为10 V的直流电源上，消耗电功率为P；若把它接在某个正弦式交流电源上，其消耗的电功率为.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 根据P＝，对直流电有P＝，对正弦式交流电有＝，所以正弦式交流电的有效值为U′＝ ＝ V，故交流电源输出电压的最大值Um′＝U′＝10 V，故选项C正确，选项A、B、D错误．
题组四 交变电流“四值”的应用比较
8．(多选)如图6所示，单匝矩形线圈放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，以恒定的角速度ω绕ab边转动，磁场方向垂直于纸面向里，线圈所围面积为S，线圈导线的总电阻为R.t＝0时刻线圈平面与纸面重合．则( )
图6
A．线圈中电流t时刻瞬时值表达式为i＝cos ωt
B．线圈中电流的有效值为I＝
C．线圈中电流的有效值为I＝
D．线圈消耗的电功率为P＝
答案 CD
解析 回路中感应电动势最大值Emax＝BSω，电流最大值Imax＝＝，t＝0时线圈位于中性面，故电流瞬时值表达式i＝sin ωt.线圈中电流的有效值I＝＝，P＝I2R＝，故A、B错误，C、D正确．
9．如图7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7
(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，流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，则小灯泡实际功率为多大？
答案 (1)e＝10cos (100πt) V (2) C 无关 (3)不能 W
解析 (1)线框转动时产生感应电动势的最大值Emax＝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＝Emaxcos ωt＝10cos (100πt) V.
(2)线框转过90°的过程中，产生的平均电动势＝.
流过导线横截面的电荷量q＝·Δt＝，
又灯泡电阻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.
学案4 探究电阻、电感和电容的作用
[目标定位] 1.知道电阻器对交流电的阻碍作用与对直流电的阻碍作用相同.2.能理解电感器、电容器对交变电流形成阻碍作用的原因.3.知道用感抗、容抗来表示电感器、电容器对交变电流阻碍作用的大小.4.能够分析简单电路中的电容器、电感器的作用．
一、电阻器对交变电流的作用
阅读教材相关内容，结合图1回答下列问题(A、B是规格相同的灯泡)：
图1
(1)当开关S扳向交流电源时，两只灯泡的亮度是否相同？这说明什么问题？
(2)把开关S扳向直流电源和交流电源，比较这两种情况下灯泡A的亮度有没有变化，这又说明什么问题？
答案 (1)B比A更亮些，这说明电阻器对交流电有阻碍作用．
(2)开关S扳向直流电源和交流电源，两种情况下灯泡A的亮度相同，这说明电阻器对交流的阻碍作用跟对直流的阻碍作用相同．
[要点总结]
1．电阻器对交变电流和直流电的阻碍作用是相同的．
2．在交流电路中，电阻定律和欧姆定律都成立．
二、电感器对交变电流的作用
如图2所示，把带铁心的线圈L与小灯泡串联起来，先把它们接到直流电源上，再把它们接到交流电源上，取直流电源的电压与交流电压的有效值相等．
图2
(1)对比两种情况下灯泡的亮度有什么不同？说明了什么？
(2)乙图中换用自感系数更大的线圈或调换频率更高的交流电源，灯泡的亮度有何变化？说明了什么？
答案 (1)甲图中灯泡比乙图中灯泡更亮，说明电感器对交变电流有阻碍作用．
(2)不论是换用自感系数更大的线圈还是调换频率更高的交流电源，灯泡均变得更暗，说明线圈的自感系数越大，交流电的频率越高，线圈对交流电的阻碍作用越大．
[要点总结]
1．感抗：电感器对交变电流的阻碍作用的大小．
2．电感器的感抗是由变化的电流在线圈中产生的感应电动势引起的，与制成线圈导体的电阻无关．
3．电感器对交变电流的阻碍作用的大小用感抗XL表示，XL＝2πfL.所以感抗的两个决定因素：
(1)电感器的电感量(自感系数)；
(2)交变电流的频率．
4．电感器在电路中的作用
(1)通直流，阻交流；
(2)通低频，阻高频．
例1 (多选)如图3所示实验电路中，若直流电压和交流电压的有效值相等，S为双刀双掷开关，下面叙述正确的是( )
图3
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，把电感线圈中的铁心抽出时灯变亮
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，当交流电频率减小时，感抗变小，灯变亮，并且是有铁心时感抗更大，故铁心抽出时灯变亮．
三、电容器对交变电流的作用
如图4甲、乙所示，把灯泡和电容器串联起来，先把它们接到直流电源上，再把它们接到交流电源上，观察灯泡的发光情况．
图4
(1)分析电容器能通交流的原因．
(2)若把图乙中的电容器去掉，变成图丙所示电路，会发生什么现象？说明了什么？
(3)在图乙中，改变电容器的电容和电源频率，灯泡亮度会有什么变化？
答案 (1)把交流电源接到电容器两个极板上后，当电源电压升高时，电源给电容器充电，电荷向电容器极板上聚集，在电路中，形成充电电流；当电源电压降低时，电容器放电，电荷从极板上流出，在电路中形成放电电流．电容器交替进行充电和放电，电路中就有了电流，好像是交流“通过”了电容器，但实际上自由电荷并没有通过电容器两极板间的绝缘介质．
(2)灯泡变得比乙中亮，说明电容器对交变电流有阻碍作用．
(3)电容变大时，灯泡变亮；频率增大时，灯泡变亮．
[要点总结]
1．容抗：电容器对交变电流的阻碍作用的大小．
2．电容器对交变电流的阻碍作用：
电源电压推动自由电荷定向移动时，电容器极板上积累的电荷会阻碍自由电荷向此方向做定向运动，这就产生了电容器对交变电流的阻碍作用．
3．电容器对交变电流的阻碍作用的大小用容抗XC表示，XC＝，所以决定容抗的两个因素：
(1)电容器的电容量；
(2)交变电流的频率．
4．电容器能通交变电流，并不是电荷真的穿过了电容器．
5．电容器在电路中的作用：
通交流，隔直流，通高频，阻低频．
例2 (多选)如图5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5
A．把电介质插入电容器，灯泡变亮
B．增大电容器两极板间的距离，灯泡变亮
C．减小电容器两极板间的正对面积，灯泡变暗
D．使交变电流频率减小，灯泡变暗
答案 ACD
解析 把电介质插入电容器，电容变大，容抗变小，电容器对交变电流阻碍作用变小，所以灯泡变亮，故A正确；增大电容器两极板间的距离，电容变小，电容器对交变电流阻碍作用变大，所以灯泡变暗，故B错误；减小电容器两极板间的正对面积，电容变小，灯泡变暗，故C正确；使交变电流频率减小，电容器对交变电流阻碍作用变大，灯泡变暗，故D正确．
四、电阻、感抗、容抗的对比
1．容抗的大小除了与电容自身的性质有关，还与交变电流的频率有关．频率越高，容抗越小．(填“大”或“小”)
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，频率越高，感抗越大．(填“大”或“小”)
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3 如图6所示，电路中完全相同的三只灯泡L1、L2、L3分别与电阻R、电感L、电容C串联，然后再并联到220 V、50 Hz的交流电路上，三只灯泡亮度恰好相同．若保持交流电压不变，将交变电流的频率增大到60 Hz，则发生的现象是( )
图6
A．三灯亮度不变
B．三灯均变亮
C．L1不变、L2变亮、L3变暗
D．L1不变、L2变暗、L3变亮
答案 D
解析 当交变电流的频率变大时，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，因此L3变亮，L2变暗．又因为电阻在直流和交流电路中起相同的作用，故L1亮度不变，所以选D.
1．(对感抗的理解)(多选)在如图7所示的电路中，L为电感线圈，R为灯泡的电阻值，电流表内阻为零，电压表内阻无限大，交流电源的电压u＝220sin (100πt) V．若保持电压的有效值不变，只将电源频率改为100 Hz，下列说法正确的是( )
图7
A．电流表示数增大 B．电压表示数增大
C．灯泡变暗 D．灯泡变亮
答案 BC
解析 由u＝220sin (100πt) V，可得电源原来的频率f＝＝ Hz＝50 Hz，当电源频率由原来的50 Hz增为100 Hz时，线圈的感抗增大，在电压不变的情况下，电路中的电流减小，选项A错误；灯泡的电阻值R是一定的，电流减小时，实际消耗的电功率(P＝I2R)减小，灯泡变暗，选项C正确，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，设灯泡两端电压为UR，则电源电压的有效值为U＝UL＋UR，因UR＝IR，故电流I减小时，UR减小．因电源电压的有效值保持不变，故UL＝U－UR增大，选项B正确．
2．(对容抗的理解)如图8所示，白炽灯和电容器串联后接在交流电源的两端，当交流电源的频率增大时 ( )
图8
A．电容器电容增大 B．电容器电容减小
C．灯变暗 D．灯变亮
答案 D
解析 电容器的电容是由电容器本身的特性决定的，与外加的交流电源的频率无关，选项A、B错误．当交流电源的频率增大时，电容器充、放电的速度加快，电容器的容抗减小，电流增大，灯变亮．
3．(电阻、感抗、容抗的对比)如图9所示，三个灯泡相同，而且足够耐压，电源内阻忽略．单刀双掷开关S接A时，三个灯亮度相同，那么S接B时( )
图9
A．三个灯亮度相同
B．甲灯最亮，丙灯不亮
C．甲灯和乙灯亮度相同，丙灯不亮
D．只有丙灯不亮，乙灯最亮
答案 D
解析 开关S接A时，甲、乙、丙三个支路均有交流电通过，开关S接B时，电路处于直流工作状态，电容C“隔直流、通交流”；电感L“阻交流、通直流”；R对交流、直流有相同的阻抗．可判断此时电路中I丙＝0，I甲不变，I乙增大；又因为灯泡亮度与功率(P＝I2R)成正比，所以只有丙灯不亮，乙灯最亮．
题组一 对感抗的理解
1．一个灯泡通过一个粗导线的线圈与一交流电源相连接，如图1所示．一铁棒插进线圈后，该灯将( )
图1
A．变亮 B．变暗
C．对灯的亮度没影响 D．无法判断
答案 B
解析 在线圈内由于磁场变化而产生的感应电动势，总是阻碍电流变化，正是这种阻碍变化的特性，使线圈产生了感抗．加入铁心改变了电感线圈的自感系数，使自感系数增大，感抗增大，降落的电压增大，灯泡两端的电压减小，所以灯变暗．
2．(多选)如图2所示，输入端ab的输入电压既有直流成分，又有交流成分，以下说法中正确的是(L的直流电阻不为零)( )
图2
A．直流成分只能从L通过
B．交流成分只能从R通过
C．通过R的既有直流成分又有交流成分
D．通过L的直流成分比通过R的直流成分要大
答案 CD
解析 由于线圈L直流电阻不为零，所以有直流通过R，而线圈对交流有阻碍作用，因此也有交流成分通过R，B错误，C正确；由于R对交流也有阻碍作用，所以也有交流成分通过L，A错误；因为线圈的直流电阻一般都很小，所以通过线圈的直流成分比通过R的要大，D正确．
题组二 对容抗的理解
3．(多选)对交变电流通过电容器的理解正确的是( )
A．交变电流能够使电容器极板间的绝缘介质变成导体
B．交变电流定向移动的电荷通过电容器两极板间的绝缘介质
C．交变电流能够使电容器交替进行充电、放电，电路中就有了电流，表现为交变电流通过了电容器
D．交变电流通过了电容器，实际上自由电荷并没有通过电容器极板间的绝缘介质(击穿除外)
答案 CD
解析 电流能“通过”电容器，并非自由电荷真的通过电容器两极板间的绝缘介质，而是交变电流交替对电容器充、放电，电路中有了电流，表现为交变电流通过了电容器．
4．有两个电容器的电容分别为C1＝5 μF和C2＝3 μF，分别加在峰值一定的交流电源上，在下列各种情况下，哪一种情况通过电容器的电流最大( )
A．在C1上所加交变电流频率为50 Hz
B．在C2上所加交变电流的频率为50 Hz
C．在C1上所加交变电流的频率为100 Hz
D．在C2上所加交变电流的频率为100 Hz
答案 C
解析 电容越大，电流频率越大，容抗越小，电流越容易通过电容器．C1>C2,100 Hz>50 Hz，所以C正确．
5．(多选)如图3所示，甲、乙两图中用交流电源，丙、丁两图中用直流电源，各电路图中灯泡、电容器、电压表示数都相同，则下列说法正确的是( )
图3
A．灯L1比灯L2亮
B．灯L3也能发光，但亮度最暗
C．灯L2和L4亮度相同
D．灯L4比灯L1亮
答案 CD
解析 电压表示数相同，说明交流电压的有效值相同．甲图中电容器与灯L1串联，电容器对电流有阻碍作用；乙图中电容器与灯L2并联，电压表的示数为灯L2两端的电压；丙图中电容器与灯L3串联且是直流电源，电容器“隔直流，通交流”，所以没有电流流过灯L3，灯L3不亮；丁图中电容器与灯L4并联，电压表的示数为灯L4两端的电压．综合以上分析，C、D两项正确．
题组三 电阻、感抗、容抗的对比
6．如图4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4
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接直流电流时的现象可知，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，元件x是电感线圈，元件y是电容器，选项B正确．
7．如图5所示，在电路两端加上正弦交流电，保持电压有效值不变，使频率增大，发现各灯的亮暗情况是：灯L1变亮，灯L2变暗，灯L3不变，则M、N、L中所接元件可能是 ( )
图5
A．M为电阻，N为电容器，L为电感线圈
B．M为电感线圈，N为电容器，L为电阻
C．M为电容器，N为电感线圈，L为电阻
D．M为电阻，N为电感线圈，L为电容器
答案 C
解析
8．如图6所示的电路，有直流和交流成分的电流通过，为了尽量减少R2上的交流成分，应( )
图6
A．选用自感系数较大的线圈和电容较小的电容器
B．选用自感系数较小的线圈和电容较大的电容器
C．选用自感系数较小的线圈和电容较小的电容器
D．选用自感系数较大的线圈和电容较大的电容器
答案 D
9．(多选)某一电学黑箱内可能有电容、电感线圈、定值电阻等元件，在接线柱间以如图7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像分别如图a、b、c所示，则下列判断中正确的是( )
图7
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，阻碍电流的增大，但是最后稳定后电流恒定，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．
学案5 章末总结
一、交变电流有效值的计算
1．一般交变电流有效值的求法——分段求和
Q＝I2RT＝IRt1＋IRt2＋…
2．说明
(1)交变电流的有效值是根据电流的热效应规定的，与电流的方向无关，计算电功和热量必须用有效值；
(2)有效值一般与所取时间的长短有关，在无特别说明时是以一个周期的时间来确定有效值的；
(3)交流电压表和交流电流表通过交流电时，实际上已经由电表内部元件把交变电流变成了等效的直流电，所以交流电表读出的就是交变电流的有效值，并且电表的指针不会忽左忽右地摆动．
3．正弦(或余弦)交变电流有效值与最大值之间的关系
I＝ U＝
4．一般用电器上标注的额定值是有效值，而电容器上标注的是最大值．
例1 如图1表示一交变电流随时间变化的图像，求此交变电流的有效值．
图1
答案 A
解析 设该交变电流的有效值为I′，直流电的电流强度为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＝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′，解得I＝ A，即此交变电流的有效值I′＝I＝ A
二、交变电流图像的应用
交变电流的图像反映了感应电动势(电流)随时间的变化特征，对正弦式交变电流来说，我们可以从图像中获取如下信息：
1．交变电流的周期(T)
一个完整的正弦波对应的时间段，知道了周期便可以算出线圈转动的角速度ω＝.
2．交变电流的最大值(Emax、Imax)
图像上的最大值，知道了最大值，便可计算出感应电动势(电流)的有效值．
3．任意时刻交变电流的瞬时值
图像上每个“点”表示某一时刻交变电流的瞬时值．
例2 (多选)一个按正弦规律变化的交变电流的图像如图2所示，由图像可知( )
图2
A．该交变电流的频率为0.2 Hz
B．该交变电流的有效值为14.1 A
C．该交变电流瞬时值表达式为i＝20sin (0.02t) A
D．t＝时刻，该交变电流大小与其有效值相等
答案 BD
解析 由题图可知，Imax＝20 A，T＝0.02 s，由f＝得，f＝ Hz＝50 Hz，故A项错误；交变电流的有效值I＝＝ A＝14.1 A，B项正确；由ω＝2πf得，ω＝100π rad/s，交变电流瞬时值表达式i＝Imaxsin ωt＝20sin (100πt) A，故C项错误；t＝时，i＝20sin ωt＝20sin(·) A＝20sin A＝14.1 A＝I，故D项正确．
三、交变电流“四值”的计算和应用
1．最大值：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的交变电流最大值Emax＝nBSω，在考虑电容器的耐压值时应根据交变电流的最大值．
2．有效值：正弦式交变电流的有效值I＝，其他交变电流的有效值应根据有效值的定义计算，求电功、电功率，确定保险丝的熔断电流，要用到有效值；没有特殊说明时，交变电流的电流、电压、电动势指有效值，交流电表的测量值是有效值，交流用电设备上所标的额定电压、额定电流是有效值．
3．瞬时值：当线圈平面处于中性面时开始计时，瞬时电动势的表达式为e＝Emaxsin ωt.瞬时值对应某一时刻的电压、电流值．
4．平均值：平均值需用＝n和＝进行计算，求一段时间内通过导体横截面的电荷量时要用平均值．
q＝·Δt＝n.
例3 如图3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，线圈总电阻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：
图3
(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)由图示位置转过60°角的过程中产生的平均感应电动势；
(4)电压表的示数；
(5)线圈转动一周外力所做的功；
(6)由图示位置开始周期内通过R的电荷量为多少？
答案 (1)3.14 V (2)1.57 V (3)2.60 V (4)1.78 V (5)0.986 J (6)0.086 6 C
解析 (1)感应电动势的最大值为
Emax＝nBSω＝3.14 V.
(2)转过60°角时的瞬时感应电动势为
e＝Emaxcos 60°＝3.14×0.5 V＝1.57 V.
(3)转过60°角的过程中产生的平均感应电动势为
＝n＝n
＝100× V≈2.60 V.
(4)电压表示数为外电路电压的有效值
U＝·R＝×4 V≈1.78 V.
(5)转动一周所做的功等于电流产生的热量
W＝Q＝()2··T≈0.986 J.
(6)周期内通过电阻R的电荷量为
q＝·＝·
＝·
＝＝0.086 6 C.
四、电感器和电容器对交变电流的作用
1．感抗
(1)反映电感器对交变电流阻碍作用的大小．
(2)影响感抗大小的因素：自感系数越大、交变电流的频率越高，线圈的感抗越大．
(3)具体关系：XL＝2πfL.
2．容抗
(1)反映电容器对交流阻碍作用的大小．
(2)影响容抗大小的因素：电容越大、交变电流的频率越高，电容器对交流的阻碍作用就越小，容抗越小．
(3)具体关系：XC＝.
例4 两个相同的白炽灯泡L1和L2接到如图4所示的电路中，灯L1与电容器串联，灯L2与电感线圈串联．当a、b间接电压最大值为Umax、频率为f的正弦交流电源时，两灯都发光，且亮度相同．更换一个新的正弦交流电源后，灯L1的亮度低于灯L2的亮度．新电源两极间的电压最大值和频率可能是( )
图4
A．最大值仍为Umax，而频率大于f
B．最大值仍为Umax，而频率小于f
C．最大值大于Umax，而频率仍为f
D．最大值小于Umax，而频率仍为f
答案 B
解析 更换新电源后，灯L1的亮度低于灯L2的亮度，说明电容器的容抗增大，电感线圈的感抗减小．由频率对容抗、感抗的影响可知新电源频率减小，所以B正确．
1．(交变电流有效值的计算)如图5所示的电流通过图中的电阻R，则交流电流表的示数为( )
图5
A．5 A B．2.5 A C. A D．5 A
答案 B
解析 交流电流表的示数为电流的有效值，题图中的I－t图像是正弦半波交变电流曲线，在半个周期内，它的有效值与正弦交变电流的有效值相同，再根据该电流在一个周期内所做的功和其有效值做功等效的关系，就可以求出电流表的示数，因为Imax＝5 A，I＝＝ A，所以有＝IRT，IA＝＝2.5 A.
2．(交变电流的图像的应用)(多选)交流电源的输出电压U随时间t变化的图像如图6所示，则下列说法正确的是( )
图6
A．交变电流的频率50 Hz
B．交变电流的周期为2 s
C．交流电压的瞬时值表达式为e＝220sin(100πt) V
D．交流电压的有效值为220 V
答案 ACD
解析 由图像可知，交变电流的周期为T＝2×10－2s，频率f＝＝50 Hz，最大值为220 V，由U＝Umax知，有效值为220 V，瞬时值为e＝220sin (100πt) V，故选项A、C、D正确．
3．(交变电流四值的计算和应用)如图7所示，有一单匝闭合的正方形线圈，边长为20 cm，线圈绕OO′轴在B＝1.0 T的匀强磁场中匀速转动，角速度为ω＝100 rad/s，若已知线圈电阻为1 Ω，求：
图7
(1)感应电动势的峰值；
(2)从图示位置转过的过程中感应电动势的平均值；
(3)线圈从图示位置转过的过程中产生的热量Q；
(4)线圈从图示位置转过的过程中通过线圈某截面的电荷量q.
答案 (1)4 V (2)2.55 V (3)0.13 J (4)0.04 C
解析 (1)由题意可知，感应电动势的最大值为
Emax＝BSω＝4 V.
(2)线圈从图示位置转过的过程中，磁通量的变化ΔΦ＝BS，经历时间Δt＝，所以此过程中感应电动势的平均值为
＝＝＝Emax≈2.55 V.
(3)线圈中感应电流的有效值为
I＝＝＝2 A.
线圈转过的时间
t＝＝＝ s.
所以在转动过程中产生的热量为Q＝I2Rt≈0.13 J.
(4)线圈转过过程中的感应电流的平均值为
＝＝ A.
所以在转动过程中流过线圈某截面的电荷量为
q＝t＝0.04 C.
章末检测卷
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分)
1．如下图所示的四种随时间变化的电流图像，其中属于交变电流的是( )
答案 D
解析 由图像可知，A、B、C选项电流的大小变化，但电流的方向一直没变，由交变电流、直流电的广义定义知该电流应为直流电．D选项中电流大小和方向都改变，故为交变电流．
2．图1甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示的电压按正弦规律变化，图乙所示的电压是正弦函数的一部分，下列说法错误的是( )
图1
A．图甲、图乙均表示交流电
B．图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝20sin (100πt) V
C．图乙所示电压的有效值为10 V
D．图乙所示电压的有效值为10 V
答案 C
解析 根据交变电流定义，图甲、图乙均表示交流电，图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝20sin (100πt) V，选项A、B正确．由有效值定义，×0.02 s＝0.04 s×，解得题图乙所示电压的有效值为10 V，选项D正确，C错误．
3．在如图2所示的交流电路中，保持电源电压一定，当交变电流的频率增大时，各电压表的示数将( )
图2
A．V1、V3增大，V2减小
B．V1不变，V2减小，V3增大
C．V1不变，V2增大，V3减小
D．V1、V2、V3都不变
答案 C
解析 电感线圈对交流电的阻碍作用随着频率的增大而增大，因此电压表V2示数增大，电容器对交流电的阻碍作用随着频率的增大而减小，电压表V3减小，电压表V1不变，故选C.
4．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图3甲所示，产生的感应电动势的图像如图乙所示，则( )
图3
A．t＝0.005 s时线框的磁通量变化率为零
B．t＝0.01 s时线框平面与中性面重合
C．线框产生的感应电动势有效值为311 V
D．线框产生的感应电动势频率为100 Hz
答案 B
解析 由题图乙可知，正弦交流电电压的最大值为311 V，周期T＝0.02 s，所以该交流电的有效值为U＝＝ V≈220 V，频率f＝＝50 Hz，C、D错误；由题图乙知，t＝0.005 s时电动势最大，磁通量的变化率最大，A错误；t＝0.01 s时电动势为0，磁通量变化率为0，但磁通量最大，线框处于中性面位置，B正确．
5．某电源输出的电流既有交流成分又有直流成分，而我们只需要稳定的直流，下列设计的电路图中，能最大限度使电阻R2获得稳定直流的是( )
答案 A
6.如图4所示，线框匝数为N、面积为S，以角速度ω绕垂直磁感应强度为B的匀强磁场的轴匀速转动．线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻R、理想电流表和二极管D.二极管D具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大．下列说法正确的是( )
图4
A．图示位置电流最大
B．R两端电压的有效值U＝NBS
C．交流电流表的示数I＝NBS
D．一个周期内通过R的电荷量q＝
答案 C
解析 由题图可知，图示位置通过R的电流为零，R两端电压的瞬时值如图所示表示．
设电压的有效值为U，在一个周期内有：＝T，解得：U＝NBSω，电流的有效值I＝＝，在一个周期内，只有半周期的时间有电流通过R，故：q＝N＝，故选C.
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．每题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得2分，错选得0分)
7.如图5所示的电路，一灯泡和一可变电容器串联，下列说法正确的是( )
图5
A．a、b端接稳恒直流电，灯泡发亮
B．a、b端接交变电流，灯泡发亮
C．a、b端接交变电流，灯泡发亮，且将电容器电容增大时，灯泡亮度增大
D．a、b端接交变电流，灯泡发亮，在不改变交变电流有效值的情况下增大其频率，灯泡亮度增大
答案 BCD
解析 电容器有“通交流，隔直流，通高频，阻低频”的特点，B、D项正确，A错误；增大电容器的电容，电容的阻碍作用减小，电流增大，灯泡的亮度增大，C项正确．
8．一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图6所示，由图可知( )
图6
A．该交流电的电压瞬时值的表达式为u＝100sin (25t) V
B．该交流电的频率为25 Hz
C．该交流电的电压的有效值为100 V
D．若将该交流电压加在阻值R＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为50 W
答案 BD
解析 由图像可知正弦交流电的周期T＝0.04 s，则f＝＝25 Hz，ω＝2πf＝50π rad/s，所以该交流电的电压瞬时值的表达式为u＝100sin (50πt) V，A错误，B正确；该交流电的电压的有效值为 V＝50 V，则C错误；若将该交流电压加在阻值R＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为P＝＝ W＝50 W，则D正确，所以正确答案为B、D.
9．如图7甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示，以下判断正确的是 ( )
图7
A．电流表的示数为10 A
B．线圈转动的角速度为50π rad/s
C．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行
D．0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左
答案 AC
10．如图8所示，发电机内部线圈处于磁铁和圆柱形铁心之间的径向磁场中，两半边间的过渡区域宽度很小，可忽略不计．线圈的总匝数为N、总电阻为r，每匝线圈的面积为S，线圈所在位置的磁感应强度大小为B.当线圈以角速度ω匀速转动时，额定电压为U、电阻为R的小灯泡在电路中恰能正常发光，则发电机产生的感应电动势的有效值是( )
图8
A．NBSω B.NBSω C．U D．(1＋)U
答案 AD
解析 根据题述线圈处于磁铁和圆柱形铁心之间的径向磁场中，当线圈以角速度ω匀速转动时，产生的交变电流为矩形波，发电机产生的感应电动势的有效值是NBSω，选项A正确，B错误．由闭合电路欧姆定律，E＝U＋＝(1＋)U，选项C错误，D正确．
三、填空题(本题共2小题，共8分)
11.(4分)一交流电压随时间变化的图像如图9所示．若将该电压加在10 μF的电容器上，则电容器的耐压值应小于______ V；若将该电压加在一阻值为1 kΩ的纯电阻用电器上，用电器恰能正常工作，为避免意外事故的发生，电路中保险丝额定电流不能低于________ A.
图9
答案 200 0.14
解析 电容器的耐压值应小于交流电的最大值，即小于200 V；保险丝的额定电流为有效值，所以I＝＝ A＝0.14 A.
12．(4分)有一个电子元件，当它两端的电压的瞬时值高于e＝110 V时则导电，低于e＝110 V时不导电，若把这个电子元件接到有效值为220 V、频率为50 Hz的正弦交流电的两端，则它在1 s内导电________次，每个周期内的导电时间为________．
答案 100 s
解析 由题意知，加在电子元件两端电压随时间变化的图像如图所示，表达式为
u＝220sin ωt V
其中ω＝2πf，f＝50 Hz，T＝＝0.02 s，得u＝220sin (100πt) V
把u′＝110 V代入上述表达式得到
t1＝ s，t2＝ s
所以每个周期内的通电时间为
Δt＝2(t2－t1)＝ s＝ s
由所画的u－t图像知，一个周期内导电两次，所以1 s内导电的次数为n＝2＝100.
四、计算题(本题共4小题，共48分)
13．(8分)一台微波炉说明书所列的部分技术参数如下表，请回答：
型号
WD800(MG－5579MT)
输入电源
220 V,50 Hz
输出功率
800 W
微波频率
2 450 MHz
输入功率
1 250 W
(1)这台微波炉使用的是哪一种电源？
(2)这台微波炉输入电流的有效值是多大？输入电流的峰值是多大？
答案 (1)交流电源 (2)5.68 A 8.03 A
解析 (1)由表数据可知其是交流电源．
(2)输入电流有效值I＝＝ A≈5.68 A
输入电流的峰值Imax＝I＝×5.68 A≈8.03 A.
14．(10分)某电路两端交流电压u＝Umaxsin (100πt)，在t＝0.005 s时刻，电压u为10 V，求接在此电路两端的电压表示数．如将阻值为R的电阻接在此交流电压上时功率为P，而改接在电压为U0的直流电压上时功率为，求U0的值．
答案 7.07 V 5 V
解析 根据u＝Umaxsin (100πt)，代入t＝0.005 s时的电压值，10 V＝Umaxsin (0.5π)，得Umax＝10 V
而电压表的示数指的是有效值
故U＝Umax＝7.07 V
由功率关系P＝和P＝得
所求直流电压的值U0＝ U＝ Umax＝5 V.
15．(12分)如图10所示，间距为l的光滑平行金属导轨，水平放置在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，右端接阻值为R的电阻．一电阻为r、质量为m的导体棒放置在导轨上，在外力F作用下从t＝0时刻开始运动，其速度随时间的变化规律为v＝vmaxsin ωt.不计导轨电阻，求：
图10
(1)从t＝0到t＝时间内电阻R产生的热量；
(2)从t＝0到t＝时间内外力F所做的功．
答案 (1) (2)mv＋
解析 导体切割磁感线产生的电动势为
e＝Blv＝Blvmaxsin ωt＝Emaxsin ωt
可见它是一个正弦交变电流，所以其有效值为
E＝＝
电流的有效值为I＝
(1)时间t＝＝T
所以这段时间内产生的热量为
Q＝I2Rt＝.
(2)t′＝＝
在四分之一周期内产生的热量为
Q′＝I2·(R＋r)·＝·(R＋r)·＝
由功能关系得：W外＝mv＋Q′
W外＝mv＋.
16．(18分)如图11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．当线圈在B＝ T的匀强磁场中绕OO′以转速n＝300 r/min匀速转动时，求：
图11
(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出电动势的瞬时值表达式；
(2)两电表、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R的电荷量；
(5)线圈匀速转一周外力做的功．
答案 (1)e＝100sin (10πt) V (2)5 A 45 V
(3)50 V (4) C (5)100 J
解析 (1)因为Emax＝NBSω，ω＝2πn，其中n＝300 r/min＝5 r/s，代入数据可得ω＝10π rad/s，Emax＝100 V
若从线圈处于中性面时开始计时，则e＝Emaxsin ωt，所以电动势的瞬时值表达式为e＝100sin (10πt) V.
(2)两电表的示数为交流电的有效值：I＝＝＝5 A，UR＝IR＝45 V.
(3)当线圈转过 s时，电动势的瞬时值e＝100sin(10π×) V＝50 V.
(4)线圈转过t＝ s的过程中，通过电阻R的电荷量为q＝Δt＝Δt＝Δt＝，解得q＝＝ C.
(5)线圈匀速转动一周，外力做功与电流做功相等，计算电功时必须运用交流电的有效值，即W＝T＝100 J.
学案1 高压输电原理
[目标定位] 1.掌握输电过程中降低输电损耗的两个途径.2.理解高压输电的原理.3.会对简单的远距离输电线路进行定量计算．
一、远距离输电为什么要用高电压
如图1所示，假定输电线路中的电流为I，两条导线的总电阻为R，在图中导线电阻集中画为r，输送功率为P，发电厂输出的电压为U.那么：
图1
(1)远距离大功率输电面临的困难是什么？
(2)输电线上功率损失的原因是什么？功率损失的表达式是什么？降低输电损耗的两个途径是什么？
(3)为什么远距离输电必须用高压呢？
答案 (1)在输电线上有功率损失．
(2)由于输电线有电阻，当有电流流过输电线时，有一部分电能转化为电热而损失掉了．这是输电线上功率损失的主要原因．
功率损失表达式：ΔP＝I2R，所以降低输电损耗的两个途径为：①减小输电线的电阻R；②减小输电电流I.
(3)因为发电厂的输出功率P是一定的，由P＝UI得，要减小输电电流I，必须提高输出电压U.
[要点总结]
输电线上的电压损失和功率损失(设输电线的电阻为R，电流为I)
1．电压损失
输电线始端电压U与输电线末端电压U′的差值．ΔU＝U－U′＝IR.
2．功率损失
(1)远距离输电时，输电线有电阻，电流的热效应引起功率损失，损失的电功率ΔP＝I2R.
(2)若输电线上损失的电压为ΔU，则功率损失还可以表示为ΔP＝，ΔP＝ΔU·I.
3．减小电压、功率损失的方法
(1)减小输电线的电阻R
由R＝ρ可知，距离L一定时，使用电阻率小的材料，增大导体横截面积可以减小电阻．
(2)减小输电电流I
由P＝UI可知，当输送功率一定时，升高电压可以减小电流．
[延伸思考] 为什么在用电高峰期家中的白炽灯灯光较暗？
答案 用电高峰期到用户家中的输电线电流I较大，输电线上损失的电压ΔU＝Ir较大，用户得到的电压U－ΔU较低，达不到额定功率，因此白炽灯灯光较暗．
例1 (多选)如图2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2
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 由P损＝I2R和R＝ρ知S越大，R越小，P损越小，所以A正确．由P＝UI及P损＝I2R知B正确，C错误．电压越高，对输电线路绝缘性能和对变压器的要求越高，实际输送电能时，要综合考虑各种因素，所以D正确．
例2 发电厂发电机直接向学校供电，发电机输出电压为U1，发电厂至学校的输电导线总电阻为R，导线的电流为I，学校得到的电压为U2，则下列关于输电线损失的功率的式子中错误的是( )
A. B.
C．I2R D．I(U1－U2)
答案 A
解析 用P＝求电阻上损失的功率时，U要与电阻R相对应，选项A中的U1是输出电压不是输电线上的电压，故A是错误的．B中的U1－U2是输电线上的电压，因此，B是正确的．C、D中的电流I是输电线中的电流，故C、D都是正确的．
例3 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？
答案 (1)2 500 A (2)1.25×108 W 25%
(3)1 000 A 2×107 W 4%
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＝＝＝25%
(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＝＝＝4%
针对训练 (多选)在我国北方部分地区经常出现低温雨雪冰冻天气，高压输电线因结冰而造成严重损毁，如图3所示，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．在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热耗功率为ΔP；若输电功率和输电线电阻不变，除冰时，需要输电线上热耗功率为9ΔP，则除冰时( )
图3
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 高压线上的热耗功率为ΔP＝I2R线①
若热耗功率变为9ΔP，则9ΔP＝I′2R线②
由①②得I′＝3I，A对．又输送功率不变，P＝UI＝U′I′，得U′＝U，所以D对．
二、交流输配电网
发电机发出的交变电流先送到升压变电站，将电压升高到220 kV以上，由高压输电线向远处输送．在用电区，先由第一级变电站将电压降到110 kV，再输送到第二级变电站，将电压降到10 kV，送到用电区．对普通生活用电，则还要用变压器进一步将电压降到220 V.
1．(降低输电损耗的途径)中央电视台《焦点访谈》多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重，其客观原因是电网陈旧老化．近来，农村进行电网改造，为减少远距离输电的损耗而降低电费价格可采取的措施有( )
A．提高输送功率 B．增大输送电流
C．提高输电电压 D．减小输电导线的横截面积
答案 C
解析 电费高低与线路损耗有关，损耗越大，电费越高，减少损耗的途径：(1)减小输电导线中的电流，即可提高输电电压；(2)减小输电线的电阻，即增大输电导线的横截面积，故C正确．
2．(输电线上电压损失问题)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．这是因为用电高峰时( )
A．总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，每盏灯两端的电压较低
B．总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，通过每盏灯的电流较小
C．总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，输电线上损失的电压较大
D．供电线路上电流恒定，但开的灯比深夜时多，通过每盏灯的电流小
答案 C
解析 照明供电线路的用电器是并联的，晚上七、八点钟用电高峰时，用电器越多，总电阻越小，供电线路上的电流越大，输电线上损失的电压较大，用户得到的电压较小，所以电灯比深夜时要显得暗，故选C.
3．(输电线上功率损失的计算)远距离输电，原来用电压U0输送，输电线上损失的功率为P0，现要使输电线路上损失的功率减少到原来的1%，在保持输送功率不变的情况下，输电电压变为____U0.
答案 10
解析 设输送功率为P，则P0＝()2R线，0.01P0＝()2R线，所以U＝10 U0.
4．(输电线上功率损失的计算)一座小型发电站，用总电阻是0.5 Ω的输电线把电输送给用户，发电站输送的电功率是20 kW.假如用250 V的电压输电，估算输电导线上的功率损失和用户得到的功率．假如改用500 V的电压输电，输电线上的功率损失和用户得到的功率又各是多少？
答案 3.2 kW 16.8 kW 0.8 kW 19.2 kW
解析 假如用250 V的电压输电，输电线上的功率损失为P损＝()2R＝()2×0.5 W＝3.2 kW
用户得到的功率为
P用＝P－P损＝20 kW－3.2 kW＝16.8 kW
假如改用500 V的电压输电，输电线上的功率损失为
P损′＝()2R＝()2×0.5 W＝0.8 kW
用户得到的功率为
P用′＝P－P损′＝20 kW－0.8 kW＝19.2 kW.
题组一 降低输电损耗的途径
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1 000 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
解析 由于远距离输电，往往输送电功率一定，根据P＝UI，输送电压U越高，则输送电流I＝越小，据P线＝I2R知，当要求在输电线能量损耗一定的情况下，输电线电阻可略大，导线可做得细一些或选择电阻率大的材料(非铜材)；若输电线确定，即R确定，则可减小线路上的能量损耗，故A、C项正确；而交流电的频率是一定的，不需调节，输电的速度就是电磁波的传播速度，也是一定的，故B、D项不正确．
2．远距离输电时，在输送功率不变的条件下( )
A．增加导线的电阻，可以减小输电电流，提高输电效率
B．提高输电电压，可以减小输电电流，提高输电效率
C．提高输电电压，势必增大输电导线上能量的损耗
D．提高输电电压，势必增大输电导线上的电流
答案 B
解析 在输送功率一定的前提下，P输＝U输·I输，P损＝I·R线，η＝×100%，所以选项B正确．
3．关于减小远距离输电线上的功率损耗，下列说法正确的是( )
A．由功率P＝，应降低输电电压，增大导线电阻
B．由P＝IU，应低电压小电流输电
C．由P＝I2R，应减小导线电阻或减小输电电流
D．上述说法均不对
答案 C
解析 输电时导线上损失的电压ΔU＝IR，它不同于输电电压，P＝或P＝IU中的U应为导线上损失的电压ΔU，故A、B错误，导线上功率的损失为发热损失，P＝I2R，故C正确．
题组二 输电线上功率损失的计算
4．(多选)在电能输送过程中，若输送的电功率一定，则在输电线上损失的电功率( )
A．随输电线电阻的增大而增大
B．和输送电压的平方成正比
C．和输电线上电压降落的平方成正比
D．和输电线中电流的平方成正比
答案 ACD
解析 由损失功率公式P损＝I2R线＝()2R线＝.
5．超导材料电阻降为零的温度称为临界温度.1987年我国科学家制成了临界温度为90 K的高温超导材料，利用超导材料零电阻的性质，可实现无损耗输电．现有一直流电路，输电线的总电阻为0.4 Ω，它提供给用电器的电功率为40 kW，电压为800 V．如果用临界温度以下的超导电缆替代原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为( )
A．1 kW B．1.6×103 kW
C．1.6 kW D．10 kW
答案 A
解析 输电线中电流I＝，输电线上损失功率P′＝I2R线＝＝1 kW.
6．输电线的电阻为R，输送电功率为P.现分别用U1和U2两种电压来输电，则两种输电线上损失的功率之比为( )
A．U1∶U2 B．U∶U
C．U∶U D．U2∶U1
答案 C
解析 由P＝UI得输电线中的电流I＝.输电线上损失的功率P损＝I2R＝()2R＝，即在输送功率和输电线电阻不变的情况下，损失的功率与输电电压的平方成反比．所以两次输电线上损失的功率之比P损1∶P损2＝U∶U.
7．(多选)某发电厂原来用11 kV的交变电压输电，后来改用升压变压器将电压升到220 kV输电，输送的电功率都是P.若输电线路的电阻为R，则下列说法中正确的是( )
A．根据公式I＝，提高电压后输电线上的电流降为原来的
B．根据公式I＝，提高电压后输电线上的电流增为原来的20倍
C．根据公式P损＝I2R＝R，提高电压后输电线上的功率损失减为原来的
D．根据公式P损＝，提高电压后输电线上的功率损失增大为原来的400倍
答案 AC
解析 输电线上电流为I＝，也可以用I＝来表示，其中ΔU为输电线上电阻R两端的电压，而不是输送电压，故A正确，B错误；输电线上的功率损失为P损＝I2R＝R，C正确；如果用P损＝，则U应为R两端的电压ΔU，故D错误．
8．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，输电线上损耗的电功率为P.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，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为( )
A. B. C．2P D．4P
答案 A
解析 在超高压输电中，设输送电功率为P′，输电电压为U，输电线总电阻为R，则输电线上损耗的电功率为P＝2R，当输电电压升为原来的2倍时，输电线上损耗的电功率变为原来的，故选A.
9．输电线路的电阻为R，发电站输出功率为P，输电电压为U，则用户得到的功率为( )
A．P B．P－()2·R
C．P－ D．()2·R
答案 B
解析 用户得到功率P得＝P－I2R＝P－()2·R，所以B正确．
10．(多选)在远距离输电时，输送的电功率为P，输送电压为U，所用导线的电阻率为ρ，横截面积为S，总长度为L，输电线损失的电功率为P′，用户得到的电功率为P用，则P′、P用的关系式正确的是 ( )
A．P′＝ B．P′＝
C．P用＝P－ D．P用＝P(1－)
答案 BD
解析 输电线电阻R＝ρ，
输电电流I＝，
故输电线上损失的电功率为
P′＝I2R＝()2ρ＝
用户得到的功率为P用＝P－P′＝P(1－)．
故选B、D.
11．用相同材料制成的导线向同一处用户输送10 kW的电功率，在输电电压U1＝110 V和U2＝220 V两种情况下，要求输电线中损失的电功率相同，则两种情况下输电导线横截面积之比为______．
答案 4∶1
解析 由公式：P损＝()2R线得
＝＝，再由R＝ρ得＝.
12．我国西部特别是云、贵、川有大量的水力资源，西电东送是西部大开发的重要项目之一．据报道，云南大朝山在2005年已建成100万千瓦的水力发电站．设电站输电电压为25万伏，则输电线上的电流是________ A．如输电线总电阻为40 Ω，则电流通过输电线时，在输电线上发热消耗的功率为________ kW.如将输电电压升高到100万伏，则输电线上发热消耗的功率为________ kW.根据以上数据得出你认为合理的输电方法是________．
答案 4×103 6.4×105 4×104 提高输电电压
解析 当输电电压U1＝25万伏时，
I1＝＝ A＝4×103 A
输电线上热功率
P热1＝IR＝(4×103)2×40 W＝6.4×105 kW
当输电电压U2＝100万伏时，
I2＝＝ A＝1×103 A
输电线上热功率
P热2＝IR＝(1×103)2×40 W＝4×104 kW
由以上计算可知：在输电功率P一定时，输电电压越高，输电线上损失的热功率P热越小，故合理的输电方法是提高输电电压．
13．有一个发电站，输送功率为P＝500 kW，当使用U＝5 kV的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4 800度．求：
(1)这时的输电效率η和输电线的总电阻r；
(2)若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么电站应使用多高的电压向外输电？
答案 (1)60% 20 Ω (2)22.4 kV
解析 (1)由于输送功率为P＝500 kW，一昼夜输送电能E＝Pt＝12 000度，终点得到的电能E′＝7 200度，因此输电效率η＝×100%＝60%.输电线上的电流I＝＝100 A，而输电线损耗功率为P损＝ kW＝200 kW，因此可得r＝＝20 Ω.
(2)输电线上损耗的功率P损＝()2r∝，故＝，原来P损＝200 kW，现要使P损′＝10 kW，计算可得输电电压应调节为U′≈22.4 kV.
学案2 变压器为什么能改变电压 电能的开发与利用
[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.掌握理想变压器的电压与匝数的关系并能用它解决相关问题.3.掌握理想变压器的功率关系，并能推导出原、副线圈的电流关系.4.了解我国电能开发与利用的现状及前景．
一、变压器的原理及电压与匝数的关系
把两个没有导线相连的线圈套在同一个闭合铁心上，一个线圈通过开关连到交流电源的两端，另一个线圈连到小灯泡上(如图1所示)．
图1
(1)小灯泡能发光吗？为什么？
(2)若小灯泡发光，那么小灯泡两端电压与什么因素有关？
(3)若将原线圈接到恒定的直流电源上，小灯泡亮不亮？分析讨论原因．
答案 (1)能发光，当左边线圈加上交变电压时，左边线圈中就有交变电流，它在铁心中产生周期性变化的磁场，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)左、右线圈中每一匝线圈上磁通量的变化率都相同，若左边匝数为n1，则E1＝n1；若右边匝数为n2，则E2＝n2，故有＝；若忽略左边线圈的电阻，则有E1＝E电源，这样看来小灯泡两端电压与左侧交流电源电动势及两线圈匝数比都有关系．
(3)不亮．原线圈接到恒定直流电源上，通过原线圈的电流的大小、方向均不变，它产生的磁场通过副线圈的磁通量不变，因此在副线圈中不会产生感应电动势，副线圈两端没有电压，所以小灯泡不亮．
[要点总结]
1．变压器的构造：闭合铁心、与交流电源相连接的线圈叫原线圈(匝数用n1表示，又叫做初级线圈)、与负载相连的另一个线圈叫副线圈(匝数用n2表示，又叫做次级线圈)，两个线圈都绕在闭合铁心上．
2．变压器的工作原理是电磁感应．因此变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用．(后两空填“变化”或“恒定”)
3．变压器中的电压关系
(1)只有一个副线圈：＝.
(2)有多个副线圈：＝＝…
4．变压器不能(填“能”或“不能”)改变交变电流的频率．
5．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．
例1 (多选)关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是 ( )
A．通过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心流到了副线圈
答案 BC
解析 B∝I，由于面积S不变，故Φ∝I，A错误．因理想变压器无漏磁，故B、C正确．原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，故D错．
二、理想变压器中的功率及电流关系
1．什么是理想变压器？理想变压器输入与输出功率有什么关系？
答案 理想变压器的理想化条件一般指的是：忽略原、副线圈内阻上的分压，忽略原、副线圈磁通量的差别，忽略变压器自身的能量损耗．所以理想变压器的输入功率等于输出功率，即P入＝P出．
2．若只有一个副线圈时，原、副线圈中的电流与匝数有什么关系？
答案 由能量守恒定律知P入＝P出，即U1I1＝U2I2.
所以＝＝.
3．若有多个副线圈时，电流与匝数间的关系是什么？
答案 若有多个副线圈P1＝P2＋P3＋…，即U1I1＝U2I2＋U3I3＋…
将U1∶U2∶U3∶…＝n1∶n2∶n3∶…代入得
n1I1＝n2I2＋n3I3＋…
[要点总结]
1．理想变压器的特点：
(1)变压器铁心内无漏磁；无发热损失．
(2)原、副线圈不计内阻，即无能量损失．
实际变压器(特别是大型变压器)一般可以看成理想变压器．
2．功率关系：P入＝P出．
3．电流关系：
(1)若只有一个副线圈时I1U1＝I2U2，即＝.
(2)若有多个副线圈时I1U1＝I2U2＋I3U3＋…
得I1n1＝I2n2＋I3n3＋….
例2 理想变压器连接电路如图2甲所示，已知原、副线圈匝数比为10∶1，当输入电压波形如图乙时，电流表读数为2 A，则( )
图2
A．电压表读数为282 V
B．电压表读数为28.2 V
C．输入功率为56.4 W
D．输入功率为40 W
答案 D
解析 由题图乙可知，Um＝282 V，则输入电压有效值U1＝≈200 V．根据＝知，U2＝20 V，再根据＝知，I1＝0.2 A，输入功率P＝U1I1＝40 W，故A、B、C错，D正确．
三、几种常见的变压器
1．自耦变压器如图3所示，铁心上只绕有一个线圈，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3
规律 ＝ ＝.
2．电压互感器、电流互感器
(1)构造：小型变压器，如图4所示．
(2)接法：电压互感器原线圈并联在高压电路中，副线圈接电压表；电流互感器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：电压互感器可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，电流互感器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．
图4
例3 (多选)图5甲、乙是配电房中的互感器和电表的接线图，下列说法中正确的是( )
图5
A．线圈匝数n1B．线圈匝数n1>n2，n3>n4
C．甲图中的电表是电压表，输出端不可短路
D．乙图中的电表是电流表，输出端不可断路
答案 CD
解析 题图甲中的原线圈并联在电路中，为电压互感器，是降压变压器，n1>n2，题图甲中的电表为电压表；题图乙中的原线圈串联在电路中，为电流互感器，是升压变压器，n3四、理想变压器中各量的制约关系和动态分析
1．变压器工作时的制约关系
(1)电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比一定时，输入电压U1决定输出电压U2，即U2＝.
(2)功率制约：P出决定P入，P出增大，P入增大；P出减小，P入减小；P出为0，P入为0.
(3)电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比一定，且输入电压U1确定时，副线圈中的输出电流I2决定原线圈中的电流I1，即I1＝.
2．对理想变压器进行动态分析的两种常见情况
(1)原、副线圈匝数比不变，负载电阻变化，进行动态分析的顺序是R→I2→P出→P入→I1；
(2)负载电阻不变，匝数比变化进行动态分析的顺序是n1、n2→U2→I2→P出→P入→I1.
例4 (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，同理分析知原线圈电流I1增大，故C正确，D错误.
1．(对理想变压器原理的理解)如图7所示，理想变压器原、副线圈匝数之比n1∶n2＝4∶1，当导线在平行导轨上匀速切割磁感线时，电流表的示数是12 mA，则副线圈中电流表的示数是( )
图7
A．3 mA B．48 mA
C．零 D．与R阻值有关
答案 C
解析 当导线在平行导轨上匀速切割磁感线时，产生的电流是恒定的电流，不会使副线圈的磁通量变化，因而副线圈中无感应电流，选项C正确．
2．(理想变压器基本规律的应用)(多选)如图8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8
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＝2.2 A，选项C错误．
3．(互感器的应用)如图9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，则高压输电线的电功率为( )
图9
A．2.2×104 W B．2.2×10－2 W
C．2.2×108 W D．2.2×105 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U＝220×103 V，则高压输电线的电功率P＝UI＝2.2×108 W.
4．(理想变压器中的动态分析)(多选)如图10所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在
原线圈两端加上交变电压u，其瞬时值表达式为u＝220 sin (100πt) V，现把单刀双掷开关与a连接，则( )
图10
A．电压表的示数为22 V
B．流过滑动变阻器的电流的方向每秒改变100次
C．在滑动变阻器的触头P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变大
D．若把单刀双掷开关由a扳向b时，保持滑动变阻器的触头P不动，电压表示数变大，电流表的示数变小
答案 AB
解析 理想变压器可以变压、变流，但不改变功率和频率；由交变电压的表达式可知，该交变电压的频率为50 Hz，而产生交变电压的线圈每转一圈，其电流变向两次，故B正确；电压表的读数是有效值，根据理想变压器的变压比等于匝数比可知，该电压表的读数为22 V，A正确；滑动变阻器的触头P向上移动，其接入电路的阻值减小，而变压器两端的电压不变，则电压表的读数不变，副线圈中的电流变大，则电流表的读数变大，C错误；单刀双掷开关由a扳向b时，变压器的原线圈的有效匝数减小，由＝可知，U′变大，变压器的输出功率和输入功率变大，故电压表和电流表的读数都变大，D错误．
题组一 对理想变压器原理的理解
1．如图所示四个电路，能够实现升压的是 ( )
答案 D
解析 变压器只能对交变电流变压，不能对直流变压，故A、B错误，由于电压与线圈匝数成正比，所以D能实现升压．
2．(多选)理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，以下说法中正确的是( )
A．穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10∶1
B．穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等
C．原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为10∶1
D．正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1∶1
答案 BD
解析 对于理想变压器，认为无磁通量损失，因而穿过两个线圈每一匝的磁通量相等，磁通量的变化率相等，每一匝线圈产生的感应电动势相等，电压与匝数成正比．理想变压器没有能量损失，故输入功率等于输出功率．
题组二 理想变压器基本规律的应用
3．(多选)如图1所示，一理想变压器的原线圈匝数为n1＝1 100匝，接电压U1＝220 V的交流电，副线圈接“20 V 10 W”的灯泡，灯泡正常发光，可知 ( )
图1
A．副线圈的匝数n2＝200匝
B．副线圈中的电流I2＝0.5 A
C．原线圈中的输入功率为10 W
D．原线圈中的电流I1＝0.1 A
答案 BC
解析 由于理想变压器的电压比等于匝数比，副线圈匝数n2＝100匝，A错误；理想变压器的原、副线圈的功率相等．所以原线圈的输入功率为10 W，C正确；由功率P＝UI可得副线圈中的电流I2＝0.5 A，原线圈中的电流I1＝I2≈0.045 A，B正确，D错误．
4．如图2所示，理想变压器的原线圈接在u＝220 sin (100πt )V的交流电源上，副线圈接有R＝55 Ω的负载电阻．原、副线圈匝数之比为2∶1.电流表、电压表均为理想电表，下列说法中正确的是( )
图2
A．原线圈中电流表的读数为1 A
B．原线圈中的输入功率为220 W
C．副线圈中电压表的读数为110 V
D．副线圈中输出交流电的周期为50 s
答案 A
解析 先计算副线圈的电压的有效值，原线圈电压的有效值为220 V，根据匝数比可以得到副线圈的电压的有效值为110 V，根据负载电阻的大小可以知道副线圈中电流为2 A，根据原、副线圈的输入功率和输出功率相等可以知道原线圈中输入功率为220 W，电流有效值为1 A．副线圈中输出交流电的周期与原线圈相同为0.02 s.
5．一台理想降压变压器从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，则变压器的原线圈电流、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 由＝得I1＝×200 A＝5 A；由＝得U2＝＝ V＝250 V；由理想变压器功率关系得P入＝P出＝U1I1＝U2I2＝200×250 W＝50 kW.故正确选项为A.
6．(多选)如图3所示是霓虹灯的供电电路，电路中的变压器可视为理想变压器．已知变压器原线圈与副线圈匝数比＝，加在原线圈的电压为u1＝311sin (100πt) V．霓虹灯正常工作时的电阻R＝440 kΩ，I1、I2表示原、副线圈中的电流．下列判断正确的是 ( )
图3
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、副线圈电流跟匝数成反比，故I1＞I2.
7．(多选)如图4所示，一只理想变压器原线圈与频率为50 Hz的正弦交变电源相连，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、副线圈分别为200匝和100匝，电压表的示数为5 V．则 ( )
图4
A．电流表的读数为0.5 A
B．流过电阻的交变电流的频率为100 Hz
C．交变电源的输出电压的最大值为20 V
D．交变电源的输出功率为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＝，可得交变电源输出电压的最大值为U1m＝20 V，C正确；对于理想变压器，交变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．
题组三 几种常见的变压器
8．自耦变压器铁心上只绕有一个线圈，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5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分别约为 ( )
图5
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 根据理想变压器电压比关系＝，代入数据解得副线圈两端的电压有效值U2＝380 V，因理想变压器原、副线圈输入和输出的功率相等，即P入＝P出＝U1I1，解得I1＝ A≈9.1 A，选项B正确，选项A、C、D错误．
9．(多选)如图6所示，L1、L2是高压输电线，图中两电表示数分别是220 V和10 A，已知甲图中原、副线圈匝数比为100∶1，乙图中原、副线圈匝数比为1∶10，则( )
图6
A．甲图中的电表是电压表，输电电压为22 000 V
B．甲图是电流互感器，输电电流是100 A
C．乙图中的电表是电压表，输电电压为22 000 V
D．乙图是电流互感器，输电电流是100 A
答案 AD
解析 根据匝数比＝，有U1＝U2＝×220 V＝22 000 V，故A正确；甲图是电压互感器，故B错误；乙图是电流互感器，电表是电流表，故C错误；只有一个副线圈的变压器，电流比等于匝数的反比＝，有I1＝I2＝×10 A＝100 A，故D正确．
10．如图7所示，在铁心上、下分别绕有匝数n1＝800匝和n2＝200匝的两个线圈，上线圈两端与u＝51sin (314t) V的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是( )
图7
A．2.0 V
B．9.0 V
C．12.7 V
D．144.0 V
答案 A
解析 由题意知原线圈电压的有效值为U1＝ V，若磁通量无损失，则根据＝得U2＝× V≈9.0 V．因铁心不是闭合的，考虑到漏磁的影响，n2线圈两端电压的有效值应小于9.0 V，故只有选项A正确．
题组四 理想变压器中的动态分析
11．(多选)如图8所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R.开始时，开关S断开．当开关S接通时，以下说法中正确的是 ( )
图8
A．副线圈两端的输出电压减小
B．副线圈输电线等效电阻R上的电压增大
C．通过灯炮L1的电流减小
D．原线圈中的电流增大
答案 BCD
解析 由于输入电压不变，所以当S接通时，理想变压器副线圈两端输出电压不变．并联灯泡L2，总电阻变小，由欧姆定律知，流过等效电阻R的电流增大，等效电阻R上的电压UR＝IR增大．副线圈输出电流增大，根据输入功率等于输出功率I1U1＝I2U2知，I2增大，原线圈输入电流I1也增大．UMN不变，UR变大，所以UL1变小，流过灯泡L1的电流减小．
12．(多选)如图9所示，某理想变压器的原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端电压为一最大值不变的正弦交流电，在其他条件不变的情况下，为了使变压器输入功率增大，可使 ( )
图9
A．原线圈匝数n1增加 B．副线圈匝数n2增加
C．负载电阻R的阻值增大 D．负载电阻R的阻值减小
答案 BD
解析 由＝，P出＝
可得P出＝
又因为P入＝P出，所以P入＝
分析可得选项B、D正确．
13．(多选)如图10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10
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
答案 BD
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，选项D正确．
章末检测卷
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分)
1．发电厂给某工厂的功率限额为500 kW，用100 kV高压输送，当该工厂由于休假，只使用50 kW的电功率时，发电厂和工厂间的高压线路电流为( )
A．0.5 A B．5 A
C．50 A D．不知电阻，无法求出
答案 A
2．500千伏超高压输电是我国目前正在实施的一项重大工程，我省超高压输电工程正在紧张建设之中．若输送功率为3 200万千瓦，原来采用200千伏输电，由于输电线有电阻而损失的电功率为P损，则采用500千伏超高压输电后，在输电线上损失的电功率为(设输电线的电阻未变)( )
A．0.4P损 B．0.16P损 C．2.5P损 D．6.25P损
答案 B
解析 根据P损＝r可知：当输电电压由200 kV升高到500 kV时，其线路损耗由P损减小到0.16P损，选项B正确．
3．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，图1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1
A．ab接MN、cd接PQ，IabB．ab接MN、cd接PQ，Iab>Icd
C．ab接PQ、cd接MN，IabD．ab接PQ，cd接MN，Iab>Icd
答案 B
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．
4．如图2所示，图甲是远距离输电线路的示意图，图乙是发电机输出电压随时间变化的图像，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图像可知，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．
5．如图3所示，一自耦变压器(可看做理想变压器)输入端AB间加一正弦交流电压，在输出端CD间接灯泡和滑动变阻器．转动滑片P可以改变副线圈的匝数，移动滑片Q可以改变接入电路电阻的阻值．则( )
图3
A．只将P逆时针小角度转动，灯泡变亮
B．只将P顺时针小角度转动，灯泡变亮
C．只将Q向上移动，灯泡变暗
D．只将Q向下移动，灯泡变亮
答案 A
解析 只将P逆时针转动，输出端匝数增多，输出电压增大，灯泡变亮，选项A正确，B错误．只将Q向上或向下移动，输出电压不变，灯泡亮度不变，选项C、D错误．
6．如图4所示，理想变压器MN原线圈接一交流电源，副线圈回路中有一定值电阻R0和两个小灯泡L1、L2，电表为理想电表．最初开关S是断开的，现闭合开关S，则( )
图4
A．副线圈两端电压变大
B．灯泡L1变亮
C．电流表A1示数变大
D．电阻R0中的电流变小
答案 C
解析 根据＝，U2＝U1，故U2不变，A错误；闭合开关S，副线圈回路中的电阻减小，电流I2增大，D错误；根据＝，则I1＝I2，所以电流表A1示数变大，C正确；R0两端电压增大，UL1减小，灯泡L1消耗的功率PL1＝，故功率PL1减小，灯泡L1变暗，B错误．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分，每题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得2分，错选得0分)
7．如图5甲所示，理想变压器的原线圈电路中装有0.5 A的保险丝L，原线圈匝数n1＝600匝，副线圈匝数n2＝120匝．当原线圈接在如图乙所示的交变电源上时，要使整个电路和用电器正常工作，则副线圈两端可以接 ( )
图5
A．阻值为14.4 Ω的电阻
B．并联两盏“36 V 40 W”的灯泡
C．工作频率为10 Hz的电视
D．耐压值为36 V的电容器
答案 AB
解析 理想变压器可以变压、变流，但不可以改变功率和频率；由题图乙可知，原线圈中交变电源的周期为0.02 s，频率为50 Hz，则副线圈得到的交变电流的频率也为50 Hz，故接入工作频率为10 Hz的电视不能正常工作，C错误；由题图乙可知，原线圈所接电源电压的有效值为180 V，由理想变压器特点可知，变压比等于匝数比，则U2＝×180 V，解得U2＝36 V，B中两灯泡接入电路时，原线圈中的电流I1＝ A≈0.44 A＜0.5 A，B正确；副线圈两端电压的有效值为36 V，但其最大值大于电容器的耐压值，故D错误；由理想变压器特点可知，原、副线圈消耗的功率相等，则＝180 V×0.5 A，解得R＝14.4 Ω，A正确．
8．如图6所示，理想变压器初级线圈接一正弦式交变电流，交变电流的电压有效值恒定不变．则下列说法中正确的是( )
图6
A．只将S1从2拨向1时，电流表示数变小
B．只将S2从4拨向3时，电流表示数变小
C．只将S3从闭合变为断开，电阻R2两端电压增大
D．只将变阻器R3的滑动触头上移，变压器的输入功率减小
答案 BD
解析 只将S1从2拨向1时，输出电压增大，输出功率增大，原线圈输入电流增大，电流表示数变大，选项A错误．只将S2从4拨向3时，输出电压减小，输出功率减小，原线圈输入电流减小，电流表示数变小，选项B正确．只将S3从闭合变为断开，电阻R2两端电压不变，选项C错误．只将变阻器R3的滑动触头上移，变压器的输出电流减小，输出功率减小，由变压器功率关系可知其输入功率减小，选项D正确．
9．如图7所示，有一台交流发电机E，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R.T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4.设T1的输入电压U1一定，当用户消耗的电功率变大时，有( )
图7
A．U2变小，U4变大
B．U2不变，U3变小
C．P1变小，P2变小
D．P2变大，P3变大
答案 BD
解析 由理想变压器输出功率决定输入功率可得，当用户消耗功率变大时，升压变压器的输入功率必增大，即P1变大，输入电压U1为定值不变，升压变压器的匝数不变，故输出电压U2不变，由于P1变大，由P1＝U1I1＝P2＝U2I2可得，I1变大，P2、I2变大，闭合电路欧姆定律：U3＝U2－I2R，故U3变小，降压变压器原、副线圈匝数不变，所以随U3变小，U4变小，A、C错误，B正确．由于用户功率变大，即P4变大，理想变压器无功率损耗可得：P3＝P4，功率P3也变大，故D正确．
10．如图8所示，理想变压器的三只线圈匝数之比n1∶n2∶n3＝10∶5∶1，图中灯泡L的规格为“50 V,25 W”，电阻R的阻值是10 Ω，若灯泡L正常发光，据此可知( )
图8
A．变压器线圈a、b两端输入的交流电压为100 V
B．电流表读数为5 A
C．1 min内电阻R产生的热量为6.0×104 J
D．变压器输入电流为0.35 A
答案 AD
解析 灯泡L正常发光，说明灯泡L两端电压为U2＝50 V，由变压公式可知，变压器线圈a、b两端输入的交流电压为U1＝U2＝100 V，选项A正确；由变压公式可知，线圈n3两端电压为U3＝U2＝10 V，电流表读数I3＝＝1 A，选项B错误；由焦耳定律可得1 min内电阻R产生的热量为Q＝IRt＝12×10×60 J＝6.0×102 J，选项C错误；由理想变压器输入功率等于输出功率知I1U1＝P2＋I3U3＝25 W＋10 W＝35 W．变压器输入电流为I1＝ A＝0.35 A，选项D正确．
三、填空题(本题共2小题，共10分)
11．(2分)如图9所示，理想变压器的输出端接有一电动机，电动机的电阻为R，电动机带动一质量为m的重物以速度v匀速上升，若变压器的输入功率为P，电动机因摩擦造成的能量损失不计，则图中电流表的读数应等于________．
图9
答案
解析 理想变压器P出＝P入①
由题意知：P入＝P②
P出＝mgv＋I2R③
综合①②③得I＝ .
12．(8分)如图10所示，理想变压器原线圈与一10 V的交流电源相连，副线圈并联两个小灯泡a和b，小灯泡a的额定功率为0.3 W，正常发光时电阻为30 Ω，已知两灯泡均正常发光，流过原线圈的电流为0.09 A，可计算出原、副线圈的匝数比为________，流过灯泡b的电流为________A.
图10
答案 10∶3 0.2
解析 副线圈两端电压U2等于小灯泡a两端电压Ua，由Pa＝得Ua＝3 V，则原、副线圈的匝数比＝＝；流过灯泡a的电流Ia＝＝0.1 A
又＝＝，得I2＝0.3 A．流过灯泡b的电流Ib＝I2－Ia＝0.3 A－0.1 A＝0.2 A.
四、计算题(本大题共4小题，共46分)
13．(8分)有一台内阻为1 Ω的发电机，供给一个学校照明用电，如图11所示．升压变压器匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻R＝4 Ω，全校共22个班，每班有“220 V 40 W”的灯6盏．若保证全部电灯正常发光，则：
图11
(1)发电机输出功率是多大？
(2)输电效率是多少？
答案 (1)5 424 W (2)97.3%
解析 (1)对降压变压器：
U2′I2＝U3I3＝nP灯＝22×6×40 W＝5 280 W.
U2′＝U3＝880 V.
I2＝＝ A＝6 A.
对升压变压器：
U1I1＝U2I2＝IR＋U2′I2＝62×4 W＋5 280 W＝5 424 W.
所以发电机输出功率P出＝5 424 W.
(2)η＝×100%＝×100%≈97.3%.
14．(10分)如图12所示，理想变压器B的原线圈跟副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，交流电源电压u＝311sin (100πt) V，F为熔断电流为I0＝1.0 A的保险丝，负载R为一可变电阻．
(1)当电阻R＝100 Ω时，保险丝能否被熔断？
(2)要使保险丝不被熔断，电阻R的阻值应不小于多少？变压器输出的电功率不能超过多少？
图12
答案 (1)保险丝不会被熔断 (2)55 Ω 220 W
解析 原线圈电压的有效值为U1＝ V＝220 V
由＝得副线圈两端的电压
U2＝U1＝×220 V＝110 V
(1)当R＝100 Ω时，副线圈中电流
I2＝＝ A＝1.10 A.
由U1I1＝U2I2 得原线圈中的电流为
I1＝I2＝×1.10 A＝0.55 A，由于I1＜I0 (熔断电流)，故保险丝不会被熔断．
(2)设电阻R取某一值R0时，原线圈中的电流I1′刚好到达熔断电流I0，即I1′＝1.0 A，则副线圈中的电流为
I2′＝I1′＝·I1′＝2×1.0 A＝2.0 A
变阻器阻值为R0＝＝ Ω＝55 Ω
此时变压器的输出功率为
P2＝I2′U2＝2.0×110 W＝220 W
可见，要使保险丝F不被熔断，电阻R的阻值不能小于55 Ω，输出的电功率不能大于220 W.
15．(12分)一台发电机输出的电功率为100 kW，输出电压为250 V，现欲向远处输电，若输电线的总电阻为8 Ω，要求输电时输电线上损失的电功率不超过输送电功率的5%，并向用户输送220 V电压．
(1)试画出这次输电线路的示意图．
(2)求输电所需升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数之比分别是多少？
(3)求用户得到的电功率是多少？
答案 (1)见解析图
(2)1∶16 190∶11
(3)95 kW
解析 (1)由于是大功率、远距离输电，为了减少输电线路损失的电能，所以要采用高压输电，再用降压变压器向用户输送220 V电压，画出其输电线路的示意图如图所示．
(2)由于要求PR≤P2×5%，
又因为P1＝P2
PR＝5%×P1＝5%×100 kW＝5×103 W
故通过输电线的最大电流为
I2＝＝ A＝25 A
降压变压器输入功率
P2′＝P2－PR＝(100×103－5×103)W
＝9.5×104 W
I3＝＝ A＝ A
I1＝＝ A＝400 A.
所以升压变压器的原、副线圈的匝数之比
＝＝＝
降压变压器的原、副线圈的匝数之比
＝＝＝
(3)由于是理想变压器，用户得到的电功率即为降压变压器的输入功率
P用＝P1－PR＝(100×103－5×103)W＝95 kW.
16．(16分)一台小型发电机的最大输出功率为100 kW，输出电压恒为500 V，现用电阻率为1.8×10－8 Ω·m，横截面积为10－5 m2的输电线向4×103 m远处的用户输电，要使发电机满负荷运行时，输电线上的损失功率不超过发电机总功率的4%，求：
(1)所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比是多少？
(2)如果用户用电器的额定电压为220 V，那么所用的理想降压变压器原、副线圈的匝数比是多少？
(3)想一想，当深夜接入电路的用电器减少时，用电器两端的电压是大于、小于还是等于220 V？若用电器电路中电流为100 A，求此时用电器两端的电压数值．
答案 (1)1∶12 (2)288∶11 (3)大于220 V 227 V
解析 (1)输电要用两根导线，则输电线的电阻为r＝ρ＝1.8×10－8× Ω＝14.4 Ω
由题意知P损＝P×4%＝()2r
代入数据解得：U2＝6 000 V
升压变压器原、副线圈匝数比＝＝＝.
(2)I2＝＝ A＝ A
U损＝I2·r＝×14.4 V＝240 V
而U3＝U2－U损
＝6 000 V－240 V＝5 760 V
＝＝＝
降压变压器原、副线圈匝数比为288∶11
(3)用电器总数减少时，用电器两端电压将增大
由题知I4′＝100 A则由
＝＝
所以I3′＝
U损′＝I3′·r＝×14.4 V＝55 V
而U1、U2不变
U3′＝U2－U损′＝(6 000－55) V＝5 945 V
＝，
U4′＝×U3′＝×5 945 V≈227 V.
学案1 传感器的原理 探究热敏电阻的温度特性曲线
[目标定位] 1.知道传感器的定义，理解其工作原理.2.了解光敏电阻、热敏电阻等元件的特征.3.会探究热敏电阻的温度特性曲线．
一、什么是传感器
光声控延时开关的敏感元件有哪些？你能画出它的原理图吗？
答案 有光敏感元件和声敏感元件．
[要点总结]
1．传感器是通过测量外界的物理量、化学量或生物量来捕捉和识别信息，并将被测量的非电学量转化成电学量的装置．
2．各种传感器的作用都是把非电学量转换成电学量．
3．传感器的结构
非电学量敏感元件―→处理电路电学量
4．敏感元件是传感器中的关键性元件，它承担着直接“感知”和转换外界信息的任务．
5．根据检测量的不同，传感器可分为物理型、化学型和生物型．
例1 如图1是一种测定油箱油量多少或变化多少的装置．
图1
其中电源电压保持不变，R是滑动变阻器，它的金属滑片是金属杆的一端．在装置中使用了一只电压表(图中没有画出)，通过观察电压表示数，可以了解油量情况．
将电压表分别接在b、c之间与c、d之间，当油量变化时，电压表的示数变化有何不同？
答案 见解析
解析 把电压表接在b、c之间，油量增加时，R减小，电压表的示数减小；油量减少时，R增大，电压表的示数增大．
把电压表接在c、d之间，油量增加时，R减小，电路中电流增大，则R′两端的电压增大，电压表的示数增大，同理，油量减少时，电压表的示数减小．
二、研究光敏电阻的导电特性
在工厂生产车间的生产线上安装计数器后，就可以准确得知生产产品的数量，如图2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．此光电计数器的基本工作原理是什么？
图2
答案 当光被产品挡住时，R1电阻增大，电路中电流减小，R2两端电压减小，信号处理系统得到低电压，每通过一个产品就获得一次低电压，并计数一次．
[要点总结]
1．光敏电阻是用半导体材料(如硫化镉)制成的．
特点：光照越强，电阻越小．
2．光敏电阻能够把光照强弱这个光学量转换为电阻这个电学量．
例2 (多选)如图3所示，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻，当入射光强度增大时( )
图3
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
答案 ABC
解析 当入射光强度增大时，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，从而电压表的示数增大，同时内电压增大，故电路的路端电压减小，A项正确，D项错误．由路端电压减小，而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，故小灯泡的功率增大，C项正确．
三、探究热敏电阻的温度特性
如图4所示，将多用电表的选择开关置于欧姆挡，再将多用电表的两支表笔与负温度系数的热敏电阻Rt的两端相连，这时表针恰好指在刻度盘的正中央．若在Rt上擦一些酒精，表针将如何摆动？若用吹风机将热风吹向电阻，表针将如何摆动？
图4
答案 由于酒精蒸发，热敏电阻Rt温度降低，电阻值增大，指针应向左偏；用吹风机将热风吹向电阻，Rt温度升高，电阻值减小，指针将向右偏．
[要点总结]
1．金属导体的电阻率随温度升高而增大．
2．热敏电阻一般用人工合成的新型陶瓷材料制成，也可用半导体材料制成．
3．热敏电阻所用材料根据其温度特性可分为三类
(1)正温度系数的热敏材料(PTC)：电阻随温度的上升而增加．
(2)负温度系数的热敏材料(NTC)：电阻随温度的上升而下降．
(3)临界温度系数的热敏材料(CTC)：电阻在很小的温度范围(临界)内急剧下降．
例3 (多选)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5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5
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
答案 AB
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.
1．(对传感器的认识)关于传感器，下列说法正确的是 ( )
A．所有传感器都是由半导体材料制成的
B．金属材料也可以制成传感器
C．传感器主要是通过感知电压的变化来传递信号的
D．水银温度计是一种传感器
答案 B
解析 大多数传感器是由半导体材料制成的，某些金属也可以制成传感器，如金属热电阻，故A错，B对；传感器将非电学量转换为电学量，因此传感器感知的应该是“非电信号”，故C错；水银温度计能感受热学量，但不能把热学量转化为电学量，因此不是传感器，故D错．
2．(对光敏电阻、热敏电阻的认识及电路分析)(多选)如图6所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，RT为负温度系数热敏电阻，RG为光敏电阻，闭合开关S后，小灯泡L正常发光，由于环境改变(光照或温度)，发现小灯泡亮度变暗，则引起小灯泡变暗的原因可能是( )
图6
A．温度不变，光照增强 B．温度升高，光照不变
C．温度降低，光照增强 D．温度升高，光照减弱
答案 AC
3．(对光敏电阻、热敏电阻的认识及电路分析)
(多选)如图7所示，Rt为正温度系数热敏电阻，R1为光敏电阻，R2和R3均为定值电阻，电源电动势为E，内阻为r，V为理想电压表，现发现电压表示数增大，可能的原因是( )
图7
A．热敏电阻温度升高，其他条件不变
B．热敏电阻温度降低，其他条件不变
C．光照减弱，其他条件不变
D．光照增强，其他条件不变
答案 BC
解析 电压表示数变大，而R3为定值电阻，说明流经R3的电流增大，由电路结构可知，这可能是由于Rt减小或R1增大，由热敏电阻和光敏电阻特性知，可能是由于温度降低或光照减弱，故B、C项正确，A、D项错误．
题组一 对传感器的认识
1．(多选)传感器担负着信息采集的任务，它可以( )
A．将力学量(如形变量)转变成电学量
B．将热学量转变成电学量
C．将光学量转变成电学量
D．将电学量转变成力学量
答案 ABC
解析 传感器是将所感受到的不便于测量的物理量(如力、热、光、声等)转换成便于测量的物理量(一般是电学量)的一类元件．故选项A、B、C对，选项D错．
2.如图1所示，是电容式话筒的示意图，它是利用电容制成的传感器，话筒的振动膜前面有薄薄的金属层，膜后距膜几十微米处有一金属板，振动膜上的金属层和这个金属板构成电容器的两极．在两极间加一电压U，人对着话筒说话时，振动膜前后振动，使电容发生变化，从而使声音信号被话筒转化为电信号，其中导致电容变化的原因是电容器两板间的 ( )
图1
A．距离变化 B．正对面积变化
C．电介质变化 D．电压变化
答案 A
解析 振动膜前后振动，使振动膜上的金属层与金属板间的距离发生变化，从而将声音信号转化为电信号．
题组二 对光敏电阻的认识及电路分析
3．(多选)如图2所示是利用硫化镉制成的光敏电阻自动计数器的示意图，其中A是发光仪器，B是光敏电阻(光照增强时电阻变小)，下列说法中正确的是 ( )
图2
A．当传送带上没有物品挡住由A射向B的光信号时，光敏电阻的阻值变小，电压表读数变小
B．当传送带上没有物品挡住由A射向B的光信号时，光敏电阻的阻值变大，电压表读数变大
C．当传送带上有物品挡住由A射向B的光信号时，光敏电阻的阻值变小，电压表读数变小
D．当传送带上有物品挡住由A射向B的光信号时，光敏电阻的阻值变大，电压表读数变大
答案 AD
解析 光敏电阻的阻值与光照强度有关，光照强度越大，光敏电阻阻值越小．当传送带上没有物品挡住由A射向B的光信号时，光敏电阻阻值变小，电路中电流变大，电源内阻上的电压变大，路端电压变小，所以电压表读数变小，选项A正确；相反，当传送带上有物品挡住由A射向B的光信号时，光敏电阻的阻值变大，电路中电流变小，电源内阻上的电压变小，路端电压变大，所以电压表读数变大，选项D正确．
4．(多选)如图3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3
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；白天和晚上自然光强弱不同，或多或少会影响LDR的电阻，D对．
5.如图4所示，R3是光敏电阻(光照时电阻变小)，当开关S闭合后，在没有光照射时，a、b两点等电势．当用光照射电阻R3时，则( )
图4
A．a点电势高于b点电势
B．a点电势低于b点电势
C．a点电势等于b点电势
D．a点电势和b点电势的大小无法比较
答案 A
解析 R3是光敏电阻，当有光照射时电阻变小，R3两端电压减小，故a点电势升高，因其他电阻的阻值不变，所以a点电势高于b点电势．
6.如图5所示，电源两端的电压恒定，L为小灯泡，R为光敏电阻，D为发光二极管(电流越大，发光越强)，且R与D距离较近且不变，下列说法中正确的是( )
图5
A．当滑片向左移动时，L消耗的功率增大
B．当滑片向左移动时，L消耗的功率减小
C．当滑片向右移动时，L消耗的功率不变
D．无论怎样移动滑动触头，L消耗的功率不变
答案 A
解析 电源电压恒定，也就是说，并联电路两端电压恒定，当滑片向左移动时，发光二极管发光变强，光敏电阻的电阻值变小，所以电流变大，则L的功率变大，故选项A正确．
题组三 对热敏电阻、金属热电阻的认识及电路分析
7．(多选)对热敏电阻，正确的叙述是( )
A．受热后，电阻随温度的升高而变化明显
B．受热后，电阻基本不变
C．热敏电阻可以用来测量很小范围内的温度，反应快，而且精确度高
D．以上说法都不对
答案 AC
8．如图6所示是观察电阻R的阻值随温度变化情况的示意图，现在把杯中的水由冷水变为热水，关于欧姆表的读数变化情况正确的是( )
图6
A．如果R为金属热电阻，读数变大，且变化非常明显
B．如果R为金属热电阻，读数变小，且变化不明显
C．如果R为热敏电阻(用半导体材料制作)，读数变化非常明显
D．如果R为热敏电阻(用半导体材料制作)，读数变化不明显
答案 C
解析 如果R为金属热电阻，则读数变大，但不会非常明显，故A、B均错；如果R为热敏电阻，读数变化非常明显，故C对，D错．
9．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并联后再与R1串联，与电源构成闭合电路，当温度降低时，热敏电阻R2的阻值增大，外电路电阻增大，电流表读数减小，灯泡L两端的电压增大，灯泡的亮度变强，R1两端的电压减小，故只有C正确．
学案2 用传感器做实验 信息时代离不开传感器
[目标定位] 1.知道温度传感器、力传感器的原理和应用.2.理解霍尔元件的原理.3.了解现代生产、生活中常用的传感器．
一、实验中常见的几种传感器的分析
1．温度传感器的原理
温度传感器是利用热敏电阻的阻值会随温度的变化而变化的原理制成的，它能把温度这个热学量转换为电压这个电学量．如各种家用电器(空调、冰箱、热水器、饮水机等)的温度控制器、火警报警器、恒温箱等．
2．力传感器的原理
如图1所示，力传感器可以用来测重力、压力、拉力等各种力，应变片能够把物体形变这个力学量转换为电压这个电学量．
3．磁传感器的原理(霍尔效应的应用)
(1)霍尔元件是一种磁敏感元件．
(2)霍尔效应：如图2所示，在金属薄片相对的两侧面通以控制电流I，在与薄片垂直方向施加磁感应强度为B的磁场，那么，在垂直于电流和磁场方向的另外两个侧面将产生与控制电流和磁场成正比的电动势UH，这种现象称为霍尔效应，即UH＝RH.
图1 图2
图3
例1 (多选)如图3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，对于一个霍尔元件d、k为定值，如果保持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(工作面是指较大的平面)( )
A．将永磁体的一个磁极逐渐靠近霍尔元件的工作面，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 将永磁体的磁极逐渐靠近霍尔元件的工作面时，B增大，I恒定，由公式UH＝知UH将变大，选项A正确；地球两极的磁场方向在竖直方向上，所以霍尔元件的工作面应保持水平，使B与工作面垂直，选项B正确；地球赤道上的磁场沿水平方向，只有霍尔元件的工作面在竖直方向且垂直于南北时，B才与工作面垂直，选项C错误；改变磁感线与霍尔元件工作面的夹角，B在垂直工作面方向上的大小发生变化，UH将发生变化，选项D正确．
例2 按图4所示连接好电路，合上S，发现小灯泡不亮，原因是__________________________；
用电吹风对热敏电阻吹一会儿，会发现小灯泡________，原因是_________________________；
停止吹风，会发现___________________________________________；把热敏电阻放入冷水中会发现__________________________________．
图4
答案 由于热敏电阻阻值较大，左侧电路电流较小，电磁铁磁性较弱吸不住衔铁 亮了 电吹风对热敏电阻加热使其阻值变小，电路中电流增大，电磁铁吸住衔铁，右侧电路接通 小灯泡不会立即熄灭，因为热敏电阻温度仍然较高 小灯泡熄灭
二、随处可见的传感器
1．红外测温仪：是一种将红外辐射波转换成电信号的传感装置．
2．数码相机和摄像机：敏感元件叫做电荷耦合器件(CCD)，它能将光信号转换成模拟电信号，模拟电信号再通过A/D转换器转换成数字电信号．
3．酒精浓度测试仪：敏感元件是酒精传感器．
在生活中还有煤气报警器、火警报警器、红外报警器、防盗报警器等等．工业生产中有热轧生产线上的传感器，农业生产中有空气湿度传感器、土壤湿度传感器、土壤营养传感器等等．
例3 如图5所示是会议室和宾馆房间的天花板上装有的火灾报警器的结构原理图，罩内装有发光二极管LED、光电三极管和不透明的挡板．平时光电三极管接收不到LED发出的光，呈现高电阻状态．发生火灾时，下列说法正确的是( )
图5
A．进入罩内的烟雾遮挡了光线，使光电三极管电阻更大，检测电路检测出变化发出警报
B．光电三极管温度升高，电阻变小，检测电路检测出变化发出警报
C．进入罩内的烟雾对光有散射作用，部分光线照到光电三极管上，电阻变小，发出警报
D．以上说法均不正确
答案 C
解析 由火灾报警器的原理可知，发生火灾时烟雾进入罩内，使光发生散射，部分光线照到光电三极管上，电阻变小，与传感器相连的电路检测出这种变化，发出警报，C对．
例4 电饭煲的工作原理如图6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，
图6
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．
答案 见解析
解析 R1、R2起的作用是限流，防止指示灯(氖泡)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，直到水被烧干后S1才会断开．
三、信息社会离不开传感器
智能式传感器集信息检测、信息处理、信息记忆、逻辑思维和判断功能于一身，把计算机、各种用途的传感器和输入输出接口等制在同一块芯片上，即成为大规模集成电路智能传感器．
四、遥测与遥感
遥感遥测的基本原理是通过遥感传感器对观测目标产生的电磁波、热辐射进行远距离收集、转换，用计算机处理、识别，得出结论．主要应用在地球资源勘测、环境监控、气象预报、军事侦察等方面.
1．(传感器的应用实例)(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7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7
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．
2．(传感器的应用实例)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8所示，由于这种特性，PTC元件具有发热、保温双重功能．对此，以下判断正确的是 ( )
图8
①通电后，其电功率先增大后减小 ②通电后，其电功率先减小后增大 ③当其产生的热量与散发的热量相等时，温度保持在t1不变 ④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
A．①② B．②③
C．②④ D．①④
答案 D
解析 当温度由零升到t1的过程中，PTC的电阻率ρ随温度升高而减小，其电阻R随之减小，由于加在灭蚊器上的电压U保持不变，灭蚊器的热功率P随之增大，当t＝t1时，P＝P1达到最大．当温度继续升高，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，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′，即电热功率P减小到等于散热功率时，即达到保温；当t＜t3时，P＞P′，使温度自动升高到t3；当t＞t3时，P＜P′，使温度自动降到t3，实现自动保温，正确选项为D.
3．(传感器的应用分析)如图9所示是一种自动控制水温的装置，加热电路的两个端点P、Q应接到触头a、b上还是c、d上？热敏电阻两端M、N应接到哪两个触头上？
图9
答案 见解析
解析 P、Q应该分别接在触头a、b上，同时，M、N应该分别接e、f，其工作原理是：当水温升高时，热敏电阻阻值减小，电磁铁中电流增大，吸引力增大，使衔铁被吸下，a、b断开，使加热装置停止加热；当水温降低到一定程度时，热敏电阻阻值增大，电磁铁中电流减小，吸引力减小，衔铁被弹簧弹上去，使a、b之间连接，加热装置开始加热，从而实现水温控制．
题组一 传感器应用实例
1．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．
2．(多选)电饭锅的结构图如图1所示，如果感温磁体的“居里温度”为103 ℃时，下列说法中正确的是( )
图1
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，锅底的温度会达到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
3．某楼梯口的电灯开关装有传感器，天黑时，出现声音才能发光，而白天即使有声音，电灯也不能发光，该开关中有两种传感器元件，它们可能是( )
A．热敏电阻和光敏电阻 B．金属热电阻和光敏电阻
C．热敏电阻和霍尔元件 D．光敏电阻和驻极体话筒
答案 D
解析 两种传感器分别把声音信号转换为电信号，把光信号转换为电信号，所以选项D正确．
4．如图2所示是一个测定液面高度的传感器，在导线芯的外面涂上一层绝缘物质，放在导电液体中，导线芯和导电液体构成电容器的两极，把这两极接入外电路，当电容值增大引起外电路的电流变化时，说明导电液体的深度h( )
图2
A．增大 B．减小
C．不变 D．无法确定
答案 A
解析 由题意知，导线芯和导电液体构成电容器的两极，类似于平行板电容器的两极．当导电液体深度h增大时，导线芯和导电液体正对面积增大，电容器的电容值变大．
题组二 对霍尔元件的认识及应用
5．如图3所示，截面为矩形的金属导体，放在磁场中，当导体中通有图示电流时，导体的上、下表面的电势关系为( )
图3
A．UM>UN
B．UM＝UN
C．UMD．无法判断
答案 A
解析 霍尔效应形成的原因是带电粒子在磁场中受到洛伦兹力作用定向移动，根据左手定则，金属导体中自由电子受到向下的洛伦兹力作用，向导体的下表面N运动，则导体的上表面M剩下正电荷，所以UM>UN.故选A.
6．如图4所示，厚度为d、宽度为h的导体板放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流通过导体板时，在导体板的上侧面A和下侧面A′之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应．实验表明，当磁场不太强时，电势差UH、电流I和磁感应强度B的关系为UH＝RH.式中的比例系数RH称为霍尔系数．霍尔效应可解释如下：外部磁场的洛伦兹力使运动的电子聚集在导体板的一侧，在导体板的另一侧会出现多余的正电荷，从而形成横向电场．横向电场对电子施加与洛伦兹力方向相反的电场力．当电场力与洛伦兹力达到平衡时，导体板上下两侧之间就会形成稳定的电势差．
设电流I是由电子的定向移动形成的，电子的平均定向速度为v，电荷量为e，回答下列问题：
图4
(1)达到稳定状态时，导体板上侧面A的电势________下侧面A′的电势(填“高于”“低于”或“等于”)．
(2)电子所受的洛伦兹力的大小为________．
(3)当导体板上、下两侧之间的电势差为UH时，电子所受电场力的大小为________．
(4)由电场力和洛伦兹力平衡的条件，证明霍尔系数为RH＝，其中n代表导体板单位体积中电子的个数．
答案 见解析
解析 (1)导体中电子定向移动形成电流，电子运动方向与电流方向相反，利用左手定则可判定电子向A板偏，A′板上出现等量正电荷，所以A板电势低于A′板电势．
(2)洛伦兹力大小F洛＝Bev
(3)电场力F电＝Ee＝e
(4)由F洛＝F电得Bev＝e UH＝hvB
导体中通过的电流I＝nev·d·h
由UH＝RH得hvB＝RH，得RH＝.
题组三 传感器的应用分析
7．如图5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5
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 根据温度变化，分析R的变化，确定电路中电流的变化，电流增大时，继电器L对衔铁吸引力增大，P将会被吸下．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．故选B.
8．如图6所示为小型电磁继电器的构造示意图，其中L为含铁心的线圈．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6
A．A与B接信号电压，C与D可跟被控电路串联
B．A与B接信号电压，C与D可跟被控电路并联
C．C与D接信号电压，A与B可跟被控电路串联
D．C与D接信号电压，A与B可跟被控电路并联
答案 A
9．(多选)某同学设计的家庭电路保护装置如图7所示，铁心左侧线圈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在铁心中产生的磁场，下列说法正确的有( )
图7
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．
10．如图8所示为一自动控制温度的电路，请说明其工作原理．
图8
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．
学案3 章末总结
一、常见敏感元件的特点及应用
1．光敏电阻：光敏电阻的阻值与所受光照的强度有关，光照增强阻值减小，光照减弱阻值增大．
2．热敏电阻：热敏电阻有正温度系数、负温度系数和临界温度系数三种．正温度系数的热敏电阻的阻值随温度升高而增大，负温度系数的热敏电阻的阻值随温度升高而减小．
3．霍尔元件能够把磁感应强度这个磁学量转换成电压这个电学量．
例1 如图1所示是一火警报警器的部分电路示意图．其中R2为用半导体负温度系数热敏材料制成的传感器，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1
A．I变大，U变大 B．I变大，U变小
C．I变小，U变大 D．I变小，U变小
答案 D
解析 R2所在处出现火情时，温度升高，则R2的阻值减小．R2↓→R总↓→I干↑→U1↑→U3↓→I↓，故显示器的电流I变小，由U＝E－I干r，I干变大，知U变小，故选项D正确．
针对训练 如图2所示是某居民小区门口利用光敏电阻设计的行人监控装置，R1为光敏电阻，R2为定值电阻，A、B接监控装置．则( )
①当有人通过而遮蔽光线时，A、B之间电压升高 ②当有人通过而遮蔽光线时，A、B之间电压降低 ③当仅增大R2的阻值时，可增大A、B之间的电压 ④当仅减小R2的阻值时，可增大A、B之间的电压
图2
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
答案 C
解析 R1是光敏电阻，有光照射时，阻值变小，当有人通过而遮蔽光线时，R1的阻值变大，回路中的电流I减小，A、B间的电压U＝IR2减小，故①错误，②正确；由闭合电路欧姆定律得：U＝E－I(R1＋r)，当仅增大R2的阻值时，电路中的电流减小，A、B间的电压U增大，故③正确；当仅减小R2的阻值时，电路中的电流增大，A、B间的电压U减小，故④错误，故应选C.
二、传感器的应用
1．传感器的应用
传感器的应用过程包括三个环节：感、传、用．
(1)“感”是指传感器的敏感元件感应信息，并转化为电学量．
(2)“传”是指通过电路等将传感器敏感元件获取并转化的电学信息传给执行机构．
(3)“用”是指执行机构利用传感器传来的信息进行某种显示或某种动作．
2．传感器电路问题的设计思路
处理与传感器有关的电路设计问题时，可将整个电路分解为：
(1)传感器所在的信息采集部分；
(2)转化传输部分(这部分电路往往与直流电路的动态分析有关)；
(3)执行电路．
例2 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3，下列对故障判断正确的是( )
图3
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．
例3 传感器担负着信息的采集任务，在自动控制中发挥着重要作用，传感器能够将感受到的物理量(如温度、光、声等)转换成便于测量的量(通常是电学量)，例如热敏传感器，主要是应用了半导体材料制成的热敏电阻，某热敏电阻RT阻值随温度变化的图线如图4甲所示，图乙是由该热敏电阻RT作为传感器制作的简单自动报警器线路图．问：
图4
(1)为了使温度过高时报警器铃响，c应接在________(填“a”或“b”)处．
(2)若要使启动报警的温度提高些，应将滑动变阻器的滑片P向________移动(填“左”或“右”)．
(3)如果在调试报警器达到最低报警温度时，无论如何调节滑动变阻器的滑片P都不能使报警器工作，且电路连接完好，各电路元件都能处于工作状态，则造成工作电路实际不能工作的原因可能是__________________________________________________________．
答案 (1)a (2)左 (3)电源提供电压太小，以至于电磁铁磁性太弱或弹簧劲度系数太大
解析 热敏电阻RT在温度升高时阻值变小，电路中电流变大，电磁铁磁性增强，把右侧衔铁吸引过来，与a接触，故c应接在a处；为使启动报警的温度提高，则应使电路中电阻更大，这样使报警温度提高，滑片应左移.
1．(传感器的应用)如图5所示是一种水位自动报警器的原理示意图，当杯中的水的水位到达金属块B时，出现的情况是 ( )
图5
A．L1灯亮 B．L2灯亮
C．L1、L2两灯同时亮 D．L1、L2两灯都不亮
答案 B
解析 由电路结构可以看出，当杯中的水的水位到达金属块B时，左端电路被接通，这样螺线管就产生磁场，相当于一个磁铁，对与弹簧相连的衔铁产生吸引作用，使之向下移动，这样L2电路被接通．
2．(传感器的应用)一热敏电阻在温度为80℃时阻值很大，当温度达到100℃时阻值就很小，今用一电阻丝给水加热，并配以热敏电阻以保持水温在80℃到100℃之间，可将电阻丝与热敏电阻并联，一并放入水中，如图6所示，图中R1为热敏电阻，R2为电阻丝．请简述其工作原理．
图6
答案 见解析
解析 开始水温较低时，R1阻值较大，电阻丝R2对水进行加热；当水温达到100℃左右时，R1阻值变得很小，R2被短路，将停止加热；当温度降低到80 ℃时，R1阻值又变得很大，R2又开始加热．这样就可达到保温的效果．
3．(传感器的应用)用如图7所示的电磁继电器设计一个高温报警器，要求是：正常情况绿灯亮，有险情时电铃报警，可供选择的器材如下：热敏电阻、绿灯泡、小电铃、学生用电源、继电器、滑动变阻器、开关、导线．
图7
答案 如图所示．
解析 将热敏电阻、学生用电源、滑动变阻器、开关串联接入继电器的a、b端；将学生用电源与电铃、绿灯泡分别接入c、d、e之间，正常情况时热敏电阻阻值大，ab间电流小，电磁铁磁性弱，ce接通，绿灯亮．温度升高时，热敏电阻阻值变小，ab间电流变大，电磁铁磁性变强，吸住衔铁，cd接通，ce断开，绿灯灭，电铃响．
章末检测卷
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分)
1．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
2．有一种在光照或温度升高时排气扇都能启动的自动控制装置，下列说法正确的是 ( )
A．两个传感器都是光电传感器
B．两个传感器分别是光电传感器和温度传感器
C．两个传感器可能分别是温度传感器、电容式传感器
D．只有光照和温度都适合时排气扇才能工作
答案 B
解析 题中提到有光照或温度升高时排气扇都能自动控制，由此可见两个传感器一个是光电传感器，一个是温度传感器，而且排气扇自动工作只需光照或温度一个满足条件即可，A、C、D错，B对．
3．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
4．如图1所示是某种汽车上的一种自动测定油箱内油面高度的装置．R是滑动变阻器．它的金属滑片是杠杆的一端，从油量表(由电流表改装而成)指针所指的刻度，就可以知道油箱内油面的高度，当滑动变阻器的金属滑片向下移动时( )
图1
A．电路中的电流减小，油箱油面降低
B．电路中的电流减小，油箱油面升高
C．电路中的电流增大，油箱油面降低
D．电路中的电流增大，油箱油面升高
答案 D
解析 当油箱油面升高时，由于浮力作用使金属滑片向下移动，而回路电阻减小，电流增大，故D项正确．
5．某仪器内部电路如图2所示，其中M是一个质量较大的金属块，左、右两端分别与金属丝制作的弹簧相连，并套在光滑水平细杆上，a、b、c三块金属片的间隙很小(b固定在金属块上)．当金属块处于平衡时两根弹簧均处于原长状态．若将该仪器固定在一辆汽车上，则下列说法正确的是 ( )
图2
A．当汽车加速前进时，甲灯亮
B．当汽车加速前进时，乙灯亮
C．当汽车刹车时，乙灯亮
D．当汽车刹车时，甲、乙灯均不亮
答案 B
解析 向右加速时，M向左移动，金属块与a接触，乙灯亮；当刹车时，M向右移动，金属块与c接触，甲灯亮．故选项B正确．
6．氧化锡传感器主要用于汽车尾气中一氧化碳浓度的检测．它的电阻随一氧化碳浓度的变化而变化，在图3甲所示的电路中，不同的一氧化碳浓度对应着传感器的不同电阻，这样，显示仪表的指针就与一氧化碳浓度有了对应关系，观察仪表指针就能判断一氧化碳浓度是否超标．有一种氧化锡传感器，其技术资料中给出的是电导(即电阻的倒数)—CO浓度曲线如图乙所示，请判断，下列选项中电压表示数U0与一氧化碳浓度c之间的对应关系正确的是 ( )
图3
答案 B
解析 由题图乙知一氧化碳浓度越高，传感器电阻越小，电路中的电流越大，电压表示数U0越大，B正确．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分，每题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得2分，错选得0分)
7．关于传感器的作用，下列说法中正确的是 ( )
A．传感器都能进行自动控制
B．传感器可以用来采集信息
C．传感器可以将感受到的一些信号转换为电学量
D．传感器可以将所有感受到的信号都转换为电学量
答案 BC
解析 传感器是将感受的非电学量转化为电学量的仪器，不同的传感器感受不同的信号，B、C对．
8．下列说法正确的是 ( )
A．话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号
B．电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器作用是控制电路的通断
C．电子秤所使用的测力装置是力传感器
D．半导体热敏电阻常用作温度传感器，因为温度越高，它的电阻值越大
答案 BC
解析 话筒是一种常用的声传感器，其作用是将声信号转换为电信号，选项A错误；半导体热敏电阻的温度越高，它的电阻值越小，选项D错误．
9．下列说法正确的是( )
A．热敏电阻是把热量这个热学量转换为电阻这个电学量
B．力传感器可以将力学量转换为电学量
C．电熨斗中的双金属片是温度传感器
D．霍尔元件是能够把磁学量磁感应强度转换为电压的传感元件
答案 BCD
解析 热敏电阻是把温度这个热学量转换为电阻这个电学量的元件，A错误；B、C、D正确．
10．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4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4
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
答案 ABC
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．
三、填空题(本题共2小题，共8分)
11．(4分)目前有些居民区内楼道灯的控制，使用的是一种延时开关，该延时开关的简化原理如图5所示．图中D是红色发光二极管(只要有很小的电流通过就能使其发出红色亮光)，R为限流电阻，K为按钮式开关，虚线框内S表示延时开关电路，当按下K接通电路瞬间，延时开关触发，相当于S闭合，这时释放K后，延时开关S约在1 min后断开，灯泡熄灭．根据上述信息和原理图，我们可推断：
按钮开关K按下前，发光二极管是________(填“发光的”或“熄灭的”)，按钮开关K按下再释放后，灯泡L发光持续时间约________ min.这一过程中发光二极管是________．限流电阻R的阻值和灯丝电阻RL相比，应满足R________RL的条件．
图5
答案 发光的 1 熄灭的 ?
解析 开关K按下前，S断开，有电流经过发光二极管，故发光二极管是发光的．当按下开关K后，延时开关S闭合，二极管和R被短路，二极管不发光，由于延时开关S约1 min后断开，故灯泡L能持续发光1 min，由于R为限流电阻，且二极管只要有很小的电流通过就能发光，故应满足R?RL.
12．(4分)如图6所示是自动水位报警器的示意图，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6
答案 B A
解析 水位较低时，线圈中没有电流，衔铁1与触头3接触，这时应绿灯亮，所以A处应安绿灯泡，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．
四、计算题(本大题共4小题，共48分)
13．(10分)(1)用如图7所示的传感器可以测运动物体的位移，说明它的工作原理是什么？
(2)电子电路中常用到一种称为“干簧管”的元件，它的结构是玻璃管内封入的两个软磁性材料制成的簧片，如图8所示，它是传感器吗？
图7
图8
答案 见解析
解析 (1)它可以将位移变化转化为电容信号，当物体向左运动时，电容增大；向右运动时，电容减小．
(2)它是传感器，可以感知磁场．
玻璃管内封入两个软磁性材料制成的簧片，当存在磁场时，如条形磁铁靠近，两个簧片被磁化而相互吸引接触，灯泡就发光，因此能感知磁场的存在．
14．(10分)温度传感器广泛应用于室内空调、电冰箱和微波炉等家电产品中，它是利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性工作的．在图9甲中，电源的电动势E＝9.0 V，内阻可忽略不计；G为灵敏电流表，内阻Rg保持不变；R为热敏电阻，其阻值与温度的变化关系如图乙中的R－t图线所示．闭合开关，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R的温度是多少？
图9
答案 120℃
解析 温度为20℃时R为4 kΩ，由I＝，得Rg＝500 Ω，
若I＝3.6 mA，可得R＋Rg＝2.5 kΩ，则R＝2 kΩ
根据题图乙得，此时温度为120℃.
15．(14分)某种电饭锅的工作原理图如图10所示，煮饭时开关S是闭合的，红色指示灯亮；饭熟后(温度大约为103℃)保护开关S自动断开，黄灯亮．
图10
(1)电阻R1的作用是保护红色指示灯不致因电流过大而烧毁，与电饭锅发热板的等效电阻相比，二者大小应有什么关系？为什么？
(2)通常情况下用这种电饭锅烧水时，它的自动断电功能是否起作用？为什么？
答案 见解析
解析 (1)R1应该远大于发热板的等效电阻．因为红色指示灯只起指示作用，R1和红色指示灯消耗的电功率应远小于发热板的功率，两者又是并联接入电路的，电压相同，所以流过R1和红色指示灯的电流应远小于流过发热板的电流，因此R1应该远大于发热板的等效电阻．
(2)不起作用．水沸腾时的温度为100℃，烧开时水温不会达到103℃，所以自动断电功能不起作用．
16．(14分)如图11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11
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，电磁铁的电路连通，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．
综合检测卷A
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分)
1．目前金属探测器已经广泛应用于各种安检、高考及一些重要场所，关于金属探测器的下列有关论述正确的是 ( )
A．金属探测器可用于月饼生产中，用来防止细小的金属颗粒混入月饼馅中
B．金属探测器能帮助医生探测儿童吞食或扎到手脚中的金属物，是因为探测器的线圈中能产生涡流
C．使用金属探测器的时候，应该让探测器静止不动，探测效果会更好
D．能利用金属探测器检测考生是否携带手机等违禁物品，是因为探测器的线圈中通有直流电
答案 A
解析 金属探测器是通过其通有交流电的探测线圈，会在隐藏金属中激起涡流，反射回探测线圈，从而改变原交流电的大小和相位，从而起到探测作用．当探测器对于被测金属发生相对移动时，探测器中的线圈的交流电产生的磁场相对变化较快，在金属中产生的涡流会更强，检测效果更好，正确选项为A.
2．一磁铁自远处匀速沿一圆形线圈的轴线运动，并穿过线圈向远处而去，如图1所示，则下列四个图中能较正确反映线圈中电流I和时间t的关系的是(线圈中电流的图示箭头方向为正方向) ( )
图1
答案 B
解析 当条形磁铁向右运动且并未穿过线圈过程中，通过线圈的磁通量向右逐渐增加，由楞次定律可知，线圈中的感应电流为正方向，当条形磁铁的正中央到达线圈位置时，磁通量的变化率最小，感应电流为零，当条形磁铁正中央通过线圈后，穿过线圈向右的磁通量逐渐减小，则线圈中产生负方向的感应电流，且先增大再减小，故选项B正确．
3．如图2所示，电感L的电感很大，电源内阻不可忽略，A、B是完全相同的两只灯泡，当开关S闭合时，下列判断正确的是 ( )
图2
A．灯A比灯B先亮，然后灯A熄灭
B．灯B比灯A先亮，然后灯B逐渐变暗
C．灯A与灯B一起亮，而后灯A熄灭
D．灯A与灯B一起亮，而后灯B熄灭
答案 B
解析 开关S闭合时，B灯立即亮，A灯由于电感L的自感作用，将逐渐变亮，由于总电流逐渐变大，路端电压变小，B灯逐渐变暗，选项B符合要求．
4．如图3所示是一交变电流的i－t图像，则该交变电流的有效值为 ( )
图3
A．4 A B．2 A C. A D. A
答案 D
解析 设该交变电流的有效值为I，由有效值的定义得()2Rt1＋IRt2＝I2RT.而T＝t1＋t2，
代入数据解得：I＝ A，故D正确．
5．一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动．在转动过程中，线框中的最大磁通量为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，感应电动势为零
B．当磁通量减小时，感应电动势在减小
C．当磁通量等于0.5Φm，感应电动势等于0.5Em
D．角速度ω等于Em/Φm
答案 D
解析 根据正弦式交变电流的产生及其变化规律(设从中性面开始)，e＝Emsin ωt＝BSωsin ωt＝Φmωsin ωt可知D是正确的．
6．如图4所示，水平桌面上一个面积为S的圆形金属框置于匀强磁场中，金属框平面与磁场垂直，磁感应强度B1随时间t的变化关系如图(1)所示，磁场方向垂直线框平面向下．圆形金属框与一个水平的平行金属导轨相连接，导轨上放置一根导体棒，导体棒的长为L，电阻为R，且与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场中，其磁感应强度恒为B2，方向垂直导轨平面向下，如图(2)所示．若导体棒始终保持静止，则其所受的静摩擦力f随时间变化的图像是图中的(设向右为静摩擦力的正方向)哪一个 ( )
图4
答案 A
解析 根据楞次定律、左手定则和平衡条件可知A项正确．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．每题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得2分，错选得0分)
7．如图5所示，10匝矩形线框在磁感应强度B＝ T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴OO′以角速度ω＝100 rad/s匀速转动，线框电阻不计，面积为S＝0.3 m2，线框通过滑环与一理想变压器的原线圈相连，副线圈接有两只灯泡L1(规格为“0.3 W,30 Ω”)和L2，开关闭合时两灯泡正常发光，且原线圈中电流表示数为0.04 A，则下列判断正确的是( )
图5
A．若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为30cos (100t) V
B．理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1
C．灯泡L2的额定功率为0.9 W
D．若开关S断开，电流表的示数将增大
答案 ABC
解析 变压器的输入电压的最大值为Um＝nBSω＝10××0.3×100 V＝30 V；从垂直中性面位置开始计时，故线框中感应电动势的瞬时值为u＝Umcos ωt＝30cos (100t) V，故A正确．变压器输入电压的有效值为U1＝＝30 V．开关闭合时两灯泡均正常发光，所以U2＝＝ V＝3 V，所以＝＝＝，故B正确．原线圈的输入功率为P1＝U1I1＝30×0.04 W＝1.2 W．由于原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，所以PL2＝P1－PL1＝1.2 W－0.3 W＝0.9 W，故C正确．若开关S断开，输出电压不变，输出端电阻增大，输出电流减小，故输入电流也减小，电流表的示数减小，D错误．
8．如图6甲是录音机的录音电路原理图，乙是研究自感现象的实验电路图，丙是光电传感的火灾报警器的部分电路图，丁是电容式话筒的电路原理图，下列说法正确的是 ( )
图6
A．甲图中录音机录音时，由于话筒的声电转换，线圈中变化的电流在磁头缝隙处产生变化的磁场
B．乙图电路开关断开瞬间，灯泡会突然闪亮一下，并在开关处产生电火花
C．丙图电路中，当有烟雾进入罩内时，光电三极管上就会因烟雾的散射而有光的照射，表现出电阻的变化
D．丁图电路中，根据电磁感应原理，声波的振动会在电路中产生恒定的电流
答案 AC
解析 乙图电路开关断开瞬间，线圈中产生很高的自感电动势，但由于电路不能构成回路，所以不会产生感应电流，灯泡不会突然闪亮一下，选项B错误；丁图电路中，声波的振动会改变M、N间的距离，从而改变了电容的大小，在电路中产生变化的充放电电流，选项D错误．
9．如图7甲所示是某燃气炉点火装置的原理图．转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5 000 V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．以下判断正确的是( )
图7
A．电压表的示数等于5 V
B．电压表的示数等于 V
C．实现点火的条件是>1 000
D．实现点火的条件是<1 000
答案 BC
解析 由u－t图像知，交流电压的最大值Um＝5 V，所以电压表的示数U1＝＝ V，故选项A错误，选项B正确；根据＝得＝，变压器副线圈电压的最大值U2m＝5 000 V时，有效值U2＝＝ V，所以点火的条件>＝1 000，故选项C正确，选项D错误．
10．如图8所示，边长为L的正方形闭合导线框置于磁感应强度为B的匀强磁场中，线框平面与磁感线的方向垂直．用力将线框分别以速度v1和v2匀速拉出磁场，比较这两个过程，以下判断正确的是 ( )
图8
A．若v1＞v2，通过线框导线的电荷量q1＞q2
B．若v1＞v2，拉力F1＞F2
C．若v1＝2v2，拉力的功率P1＝2P2
D．若v1＝2v2，拉力所做的功W1＝2W2
答案 BD
解析 由于E＝，I＝，q＝IΔt，所以q＝.由于ΔΦ及R一定，故q1＝q2，故A错误．
由于拉力F＝F安，而F安＝BIL，I＝，E＝BLv，
所以F＝F安＝.
由此可看出，若v1＞v2，F1＞F2，故B正确．
由P＝Fv，F＝F安＝.
所以P＝.
由于v1＝2v2，P1＝4P2，故C错误．
由拉力做功W＝FL＝F安L＝·L＝，
又因v1＝2v2，故W1＝2W2，故D正确．
三、填空题(本题共2小题，共11分)
11．(4分)如图9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9
答案
解析 电动势最大值Em＝BSω，有效值E＝＝BSω.由闭合电路欧姆定律可得I＝＝，电荷量q＝·Δt＝·Δt＝＝.
12．(7分)在研究电磁感应现象实验中，
(1)为了能明显地观察到实验现象，请在如图10所示的实验器材中选择必要的器材，在图中用实线连接成相应的实物电路图．
图10
(2)将原线圈插入到副线圈中，闭合开关，副线圈中的感应电流方向与原线圈中电流的绕行方向________(填“相同”或“相反”)．
(3)将原线圈拔出时，副线圈中的感应电流与原线圈中电流的绕行方向________(填“相同”或“相反”)．
答案 (1)见解析图 (2)相反 (3)相同
解析 (1)实物电路图如图所示．
(2)因闭合开关时，穿过副线圈的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，故电流的绕行方向相反．
(3)将原线圈拔出时，穿过副线圈的磁通量减小，由楞次定律知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，故电流的绕行方向相同．
四、计算题(本题共4小题，共45分)
13．(8分)轻质细线吊着一质量为m＝0.32 kg、边长为L＝0.8 m、匝数n＝10的正方形线圈，总电阻为r＝1 Ω、边长为的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图11甲所示，磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化关系如图乙所示，从t＝0开始经t0时间细线开始松驰，取g＝10 m/s2.求：
图11
(1)在前t0时间内线圈中产生的电动势；
(2)在前t0时间内线圈的电功率；
(3)t0的值．
答案 (1)0.4 V (2)0.16 W (3)2 s
解析 (1)由法拉第电磁感应定律得E＝n＝n××()2＝10××()2×0.5 V＝0.4 V.
(2)I＝＝0.4 A，P＝I2r＝0.16 W.
(3)线圈受力分析可知，当细线松驰时有：
F安＝nBI＝mg，I＝，B＝＝2 T
由题图乙知：B＝1＋0.5t0(T)，解得t0＝2 s.
14．(10分)如图12所示为交流发电机示意图，匝数为n＝100匝的矩形线圈，边长分别为10 cm和20 cm，内阻为5 Ω，在磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中绕OO′轴以50 rad/s的角速度匀速转动，线圈外部和20 Ω的电阻R相连接．求：
图12
(1)S断开时，电压表示数；
(2)开关S合上时，电压表和电流表示数；
(3)通过电阻R的电流最大值是多少？电阻R上所消耗的电功率是多少？
答案 (1)50 V (2)40 V 2 A (3)2 A 80 W
解析 (1)感应电动势的最大值
Em＝nBSω＝100×0.5×0.1×0.2×50 V＝50 V
S断开时，电压表示数为电源电动势的有效值E＝＝50 V.
(2)当开关S合上时，由闭合电路欧姆定律得
I＝＝ A＝2 A，U＝IR＝2×20 V＝40 V
(3)通过R的电流最大值Im＝I＝2 A.
电阻R上所消耗的电功率P＝UI＝40×2 W＝80 W.
15．(12分)如图13所示，某小型水电站发电机的输出功率为10 kW，输出电压为400 V，向距离较远的用户供电，为了减少电能损失，使用2 kV高压输电，最后用户得到220 V、9.5 kW的电力，求：
图13
(1)升压变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2；
(2)输电线路导线的总电阻R；
(3)降压变压器原、副线圈的匝数比n3∶n4.
答案 (1)1∶5 (2)20 Ω (3)95∶11
解析 (1)＝＝
(2)ΔP＝0.5 kW＝IR，又P1＝P2＝U2I2
所以I2＝5 A，R＝20 Ω
(3)U3＝U2－I2R，＝，解得＝
16．(15分)如图14甲所示，光滑且足够长的金属导轨MN、PQ平行地固定在同一水平面上，两导轨间距L＝0.20 m，电阻R＝0.40 Ω，导轨上停放一质量m＝0.10 kg的金属杆ab，位于两导轨之间的金属杆的电阻r＝0.10 Ω，导轨的电阻可忽略不计．整个装置处于磁感应强度B＝0.50 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．现用一水平外力F水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图乙所示．从金属杆开始运动经t＝5.0 s时，求：
图14
(1)通过金属杆的感应电流的大小和方向；
(2)金属杆的速度大小；
(3)外力F的瞬时功率．
答案 (1)1.0 A b→a (2)5.0 m/s (3)1.0 W
解析 (1)由题图乙可知，t＝5.0 s时的U＝0.40 V
此时电路中的电流(即通过金属杆的电流)I＝＝1.0 A
用右手定则判断出，此时电流的方向为由b指向a
(2)金属杆产生的感应电动势E＝I(R＋r)＝0.50 V
因E＝BLv，所以5.0 s时金属杆的速度大小
v＝＝5.0 m/s
(3)金属杆速度为v时，电压表的示数应为U＝BLv
由题图乙可知，U与t成正比，由于R、r、B及L均为不变量，所以v与t成正比，即金属杆应沿水平方向向右做初速度为零的匀加速直线运动．
金属杆运动的加速度a＝＝1.0 m/s2
根据牛顿第二定律，在5.0 s末时对金属杆有
F－BIL＝ma，解得F＝0.20 N
此时F的瞬时功率P＝Fv＝1.0 W.
综合检测卷B
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分)
1．了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．则以下符合事实的是 ( )
A．丹麦物理学家奥斯特梦圆电生磁，终于发现了电磁感应现象
B．英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场
C．法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕
D．安培定则是用来判断通电导线在磁场中所受安培力方向的
答案 B
2．如图1所示，上下开口、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
答案 C
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．
3.如图2所示是测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路，L两端并联一只电压表，用来测量自感线圈的直流电压．在测量完毕后，将电路解体时应 ( )
图2
A．先断开S1
B．先断开S2
C．先拆除电流表
D．先拆除电阻R
答案 A
解析 只要不断开S1线圈L与电压表就会组成闭合电路，在断开电路干路时，线圈L会因此产生感应电流，流过电压表的电流方向与原来方向相反，电压表中指针将反向转动，损坏电压表，所以必须先拆下电压表，即断开S1.
4.如图3所示，两条平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向上匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直，则下图中哪一个可以定性地表示线框在上述过程中感应电流随时间变化的规律 ( )
图3
答案 D
解析 感应电流的变化与感应电动势的变化一致，线圈进入磁场过程中，切割磁感线的有效长度逐渐变短，感应电动势逐渐变小，完全进入磁场之后，磁通量不再变化，感应电动势等于零，离开磁场过程中，切割磁感线的有效长度逐渐变短，感应电动势也是逐渐变小，D正确．
5．一矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电动势为e＝10sin (20πt) V，则下列说法正确的是( )
A．t＝0时，线圈位于中性面
B．t＝0时，穿过线圈的磁通量为零
C．t＝0时，线圈切割磁感线的有效速度最大
D．t＝0.4 s时，电动势第一次出现最大值
答案 A
解析 由电动势e＝10sin (20πt) V知，计时从线圈位于中性面时开始，所以t＝0时，线圈位于中性面，磁通量最大，但此时线圈切割磁感线的线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速度为零，A正确，B、C错误．当t＝0.4 s时，e＝10sin (20π×0.4) V＝0，D错误．
6．如图4所示，光滑导轨倾斜放置，下端连一灯泡，匀强磁场垂直于导轨平面，当金属棒ab沿导轨下滑到稳定状态时，灯泡的电功率为P，其他电阻不计，要使灯泡在棒稳定运动状态下的电功率为2P，则应 ( )
图4
A．将导轨间距变为原来的倍
B．换一电阻减半的灯泡
C．将磁场磁感应强度B加倍
D．换一质量为原来倍的金属棒
答案 D
解析 导体棒达到稳定状态时，有
mgsin θ＝BIL＝①
灯泡的电功率P＝②
由①②式得P＝
根据上式可知只有D项正确．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．每题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得2分，错选得0分)
7．如图5所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在正弦交流电源上．变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，其阻值随温度升高而减小．电流表为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3为一定值电阻．当传感器R2所在处出现火警时，以下说法中正确的是 ( )
图5
A.的示数不变，的示数增大
B.的示数增大，的示数减小
C.的示数不变，的示数增大
D.的示数不变，的示数减小
答案 BD
8.如图6所示，矩形线圈abcd的边长分别是ab＝L，ad＝D，线圈与磁感应强度为B的匀强磁场平行，线圈以ab边为轴做角速度为ω的匀速转动，下列说法正确的是(从图示位置开始计时) ( )
图6
A．t＝0时线圈的感应电动势为零
B．转过90°时线圈的感应电动势为零
C．转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为ωBLD
D．转过90°的过程中线圈中的平均感应电动势为
答案 BD
解析 A、B两选项中都是瞬时感应电动势，用E＝BLv求解比较方便．t＝0时，只有cd边切割磁感线，感应电动势E1＝BLv＝BL·ωD＝BSω≠0，A错；转过90°时，线圈的四条边均不切割磁感线，E2＝0，B正确；C、D两选项求的都是平均感应电动势，用E＝较方便．转过90°的过程中，穿过线圈的磁通量由0变为Φ＝BLD.转过90°所用时间Δt＝＝＝，故平均电动势为：E＝＝＝，故C错，D正确．
9．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，B错误；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，D错误．
10．如图7所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一质量为m、长为l的导体棒从ab位置获得平行斜面的大小为v的初速度向上运动，最远到达a′b′的位置，滑行的距离为s，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为μ.则 ( )
图7
A．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为
B．上滑过程中安培力、滑动摩擦力和重力对导体棒做的总功为
C．上滑过程中电流做功产生的热量为－mgs(sin θ＋μcos θ)
D．上滑过程中导体棒损失的机械能为－mgssin θ
答案 CD
解析 上滑过程中导体棒在初始位置所受安培力最大，即F＝BIl＝Bl＝，所以选项A错误；上滑过程中由动能定理可得安培力、滑动摩擦力和重力对导体棒做的总功为W安培力＋W摩擦力＋WG＝ΔEk＝－mv2，选项B错误；上滑过程中电流做功产生的热量等于克服安培力做的功，选项C正确；由能量守恒定律可判断D正确．
三、填空题(本题共2小题，共11分)
11．(4分)如图8所示，变压器的原线圈1接到有效值为220 V的交流电源上．副线圈2的匝数n2＝30匝，与一个“12 V，12 W”的灯泡L连接，L能正常发光．副线圈3的输出电压U3＝110 V，与电阻R连接，通过R的电流为0.4 A，由此可知原线圈1与副线圈3的匝数比为________，原线圈1中通过的电流为________ A.
图8
答案 2∶1 0.25
图9
12．(7分)如图9所示，有一个电阻不计的光滑导体框架，水平放在磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中，框架宽为l.框架上放一质量为m、电阻为R的导体棒，现用一水平恒力F作用于棒上，使棒由静止开始运动．当棒的速度为零时，其加速度a＝________，当棒的加速度为零时，其速度v＝________.
答案 (1) (2)
解析 (1)当导体棒速度为零时，导体棒中电流为零．
F＝ma，a＝
(2)当棒的加速度为零时，
F＝F安，F安＝BIl，I＝，v＝.
四、计算题(本题共4小题，共45分)
13．(8分)如图10所示，在水平平行放置的两根长直导轨MN与PQ上，放着一根直导线ab，ab与导轨垂直，它在导轨间的长度为20 cm，这部分的电阻为0.02 Ω.导轨部分处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.20 T，电阻R＝0.08 Ω，其他电阻不计．ab的质量为0.02 kg.
图10
(1)打开开关S，ab在水平恒力F＝0.01 N的作用下，由静止沿轨道滑动，求经过多长时间速度才能达到10 m/s；
(2)上述过程中感应电动势随时间变化的表达式是怎样的？
(3)当ab的速度达到10 m/s时，闭合开关S，为了保持ab仍能以10 m/s的速度匀速运动，水平拉力F应变为多少？
答案 (1)20 s (2)E＝0.02t (3)0.16 N
解析 (1)由牛顿第二定律F＝ma，得a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，t＝＝ s＝20 s.
(2)因为感应电动势E＝BLv＝BLat＝0.02t，所以感应电动势与时间成正比．
(3)导线ab保持以10 m/s的速度运动，受到的安培力F安＝BIL＝＝0.16 N
安培力与拉力F是一对平衡力，故F＝0.16 N.
14．(9分)如图11所示，一个小型旋转电枢式交流发电机，其矩形线圈的长为l1，宽为l2，共有n匝，总电阻为r，与线圈两端相接触的集流环上接有一个阻值为R的定值电阻．线圈以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中绕与磁场方向垂直的对称轴OO′匀速转动，沿转动轴OO′方向看去，线圈转动方向沿顺时针．求：
图11
(1)线圈经过图示位置时通过电阻R上的感应电流的方向；
(2)从图示位置(线圈平面平行于磁场方向)开始计时，经多长时间，通过电阻R上电流的瞬时值第一次为零？
(3)与电阻并联的电压表的示数是多少？
答案 (1)自上而下 (2) (3)
解析 (1)根据右手定则判断，R上的感应电流的方向为自上而下．
(2)t＝T＝＝.
(3)Em＝nBl1l2ω.所以E＝nBl1l2ω.
UR＝·E＝.
15．(14分)如图12所示，某电厂要将电能输送给较远的用户，输送的总功率为9.8×104 W，电厂输出的电压仅为350 V，为减少输送的功率损失，先用升压变压器将电压升高后输出，再用降压变压器将电压降低供用户使用．已知输电线路的总电阻R为4 Ω，允许损失的功率为输送功率的5%，用户所需的电压为220 V，求升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比．
图12
答案 1∶8 133∶11
解析 电路中损失功率P损＝5%P总
而P损＝IR
输电线路中的电流
I2＝ ＝35 A
升压变压器的输出电压
U2＝＝2.8×103 V
根据理想变压器电压之间的关系，升压变压器的原、副线圈的匝数比＝＝
降压变压器的输入功率
P3＝P总－P损＝95%·P总＝9.31×104 W
所以降压变压器的输入电压
U3＝＝2 660 V
降压变压器的原、副线圈的匝数比
＝＝＝.
16．(14分)如图13所示，倾角为θ的足够长的光滑绝缘斜面上存在宽度均为L的匀强磁场和匀强电场区域，磁场的下边界与电场的上边界相距为3L，其中电场方向沿斜面向上，磁场方向垂直于斜面向下、磁感应强度的大小为B.电荷量为q的带正电小球(视为质点)通过长度为L的绝缘轻杆与边长为L、电阻为R的正方形单匝线框相连，组成总质量为m的装置，置于斜面上，线框上边与磁场的上边界重合．现将该装置由静止释放，当线框下边刚离开磁场时恰好做匀速运动；当小球运动到电场的下边界时刚好返回．已知L＝1 m，B＝0.8 T，q＝2.2×10－6 C，R＝0.1 Ω，m＝0.8 kg，θ＝53°，sin 53°＝0.8，g取10 m/s2.求：
图13
(1)线框做匀速运动时的速度大小；
(2)电场强度的大小；
(3)正方形单匝线框中产生的总焦耳热．
答案 (1)1 m/s (2)6×106 N/C (3)12.8 J
解析 (1)设线框做匀速运动时的速度大小v
E＝BLv I＝ F安＝BIL
则F安＝
由平衡条件得F安＝mgsin θ
解得v＝＝1 m/s
(2)从线框刚离开磁场区域到小球运动到电场下边界的过程
由动能定理mg·2Lsin θ＋(－qEL)＝0－mv2
解得：E＝6×106 N/C
(3)经足够长的时间后，线框上边运动到磁场区域的下边界时速度恰为零，此后线框不再进入磁场，不再产生焦耳热．从开始运动到该状态，由能量守恒得
Q＝mg·2Lsin θ
解得：Q＝12.8 J.
