1 划时代的发现
2 探究感应电流的产生条件
[学习目标] 1.理解什么是电磁感应现象及产生感应电流的条件.2.会使用线圈以及常见磁铁完成简单的实验.3.了解磁通量的定义及变化．
一、电磁感应的发现
[导学探究] (1)在一次讲演中，奥斯特在南北方向的导线下面放置了一枚小磁针，当接通电源时小磁针为什么转动？
(2)法拉第把两个线圈绕在同一个铁环上，一个线圈接到电源上，另一个线圈接入“电流表”，在给一个线圈通电或断电的瞬间，观察电流表，会看到什么现象？说明了什么？
答案 (1)电流的周围产生磁场，小磁针受到磁场力的作用而转动．
(2)电流表的指针发生摆动，说明另一个线圈中产生了电流．
[知识梳理] 电流的磁效应及电磁感应现象的发现：
(1)丹麦物理学家奥斯特发现载流导体能使小磁针转动，这种作用称为电流的磁效应，揭示了电现象与磁现象之间存在密切联系．
(2)英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象，即“磁生电”现象，他把这种现象命名为电磁感应．产生的电流叫做感应电流．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)若把导线东西放置，当接通电源时，导线下面的小磁针一定会发生转动．( )
(2)奥斯特发现了电流的磁效应；法拉第发现了电磁感应现象．( )
(3)小磁针在通电导线附近发生偏转的现象是电磁感应现象．( )
(4)通电线圈在磁场中转动的现象是电流的磁效应．( )
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)×
二、磁通量及其变化
[导学探究] 如图1所示，闭合导线框架的面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B.
图1
(1)分别求出B⊥S(图示位置)和B∥S(线框绕OO′转90°)时，穿过闭合导线框架平面的磁通量．
(2)由图示位置绕OO′转过60°时，穿过框架平面的磁通量为多少？这个过程中磁通量变化了多少？
答案 (1)BS 0 (2)BS 减少了BS
[知识梳理] 磁通量的定义及公式：
(1)定义：闭合回路的面积与垂直穿过它的磁感应强度的乘积叫做磁通量．
(2)公式：Φ＝BS，其中的S应为平面在垂直于磁场方向上的投影面积．大小与线圈的匝数无关(填“有”或“无”)．ΔΦ＝Φ2－Φ1.
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)磁感应强度越大，线圈面积越大，则磁通量越大．( )
(2)穿过线圈的磁通量为零，但磁感应强度不一定为零．( )
(3)磁通量发生变化，一定是磁场发生变化引起的．( )
(4)利用公式Φ＝BS，可计算任何磁场中某个面的磁通量．( )
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)×
三、感应电流产生的条件
[导学探究] 如图2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2
如图3所示，当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3
如图4所示，将小螺线管A插入大螺线管B中不动，当开关S闭合或断开时，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，滑动变阻器的滑动触头不动时，电流表中无电流通过．(填“有”或“无”)
图4
[知识梳理] 产生感应电流的条件是：只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，闭合导体回路中就会产生感应电流．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生．( )
(2)穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内部就一定有感应电流产生．( )
(3)穿过闭合线圈的磁通量变化时，线圈中有感应电流．( )
(4)闭合正方形线框在匀强磁场中垂直磁感线运动，必然产生感应电流．( )
答案 (1)× (2)× (3)√ (4)×
一、磁通量Φ的理解与计算
1．匀强磁场中磁通量的计算
(1)B与S垂直时，Φ＝BS.
(2)B与S不垂直时，Φ＝B⊥S，B⊥为B垂直于线圈平面的分量．如图5甲所示，Φ＝B⊥S＝
(Bsin θ)·S.
也可以Φ＝BS⊥，S⊥为线圈在垂直磁场方向上的投影面积，如图乙所示，Φ＝BS⊥＝BScos θ.
图5
2．磁通量的变化
大致可分为以下几种情况：
(1)磁感应强度B不变，有效面积S发生变化．如图6(a)所示．
(2)有效面积S不变，磁感应强度B发生变化．如图(b)所示．
(3)磁感应强度B和有效面积S都不变，它们之间的夹角发生变化．如图(c)所示．
图6
例1 如图7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7
(1)在B减为0.4 T的过程中，线圈A和线圈B中的磁通量变化了多少？
(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.
1．磁通量与线圈匝数无关．
2．磁通量是标量，但有正、负，其正、负分别表示与规定的穿入方向相同、相反．
针对训练1 磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量，如图8所示，通有恒定电流的导线MN与闭合线框共面，第一次将线框由位置1平移到位置2，第二次将线框绕cd边翻转到位置2，设先后两次通过线框的磁通量变化分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则( )
图8
A．ΔΦ1>ΔΦ2 B．ΔΦ1＝ΔΦ2
C．ΔΦ1<ΔΦ2 D．无法确定
答案 C
二、感应电流产生条件的理解及应用
1．感应电流产生条件的理解
不论什么情况，只要满足电路闭合和磁通量发生变化这两个条件，就必然产生感应电流；反之，只要产生了感应电流，那么电路一定是闭合的，穿过该电路的磁通量也一定发生了变化．
2．注意区别ΔΦ与Φ：感应电流的产生与Φ无关，只取决于Φ的变化，即与ΔΦ有关．ΔΦ与Φ的大小没有必然的联系．
例2 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．
针对训练2 (多选) 如图9所示装置，在下列各种情况中，能使悬挂在螺线管附近的铜质闭合线圈A中产生感应电流的是( )
图9
A．开关S闭合的瞬间
B．开关S闭合后，电路中电流稳定时
C．开关S闭合后，滑动变阻器触头滑动的瞬间
D．开关S断开的瞬间
答案 ACD
例3 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．
判断部分导体做切割磁感线运动产生感应电流时应注意：
(1)导体是否将磁感线“割断”，如果没有“割断”就不能说切割．如例3中，A图是真“切割”，B、C图中没有切断，是假“切割”．
(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，如例3 D图中ad、bc边都切割磁感线，由切割不容易判断，则要回归到磁通量是否变化上去．
1．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 电路闭合和穿过电路的磁通量发生变化，同时满足这两个条件，电路中才会产生感应电流，本题中的A、B选项都不会使得电路中的磁通量发生变化，并不满足产生感应电流的条件，故都不正确．C选项中磁铁插入线圈时，虽有短暂电流产生，但未能及时观察，C项错误．在给线圈通电、断电瞬间，会引起闭合电路磁通量发生变化，产生感应电流，因此D项正确．
2. 如图10所示，a、b是两个同平面、同心放置的金属圆环，条形磁铁穿过圆环且与两环平面垂直，则穿过两圆环的磁通量Φa、Φb的大小关系为( )
图10
A．Φa>Φb
B．Φa<Φb
C．Φa＝Φb
D．不能比较
答案 A
解析 条形磁铁磁场的磁感线的分布特点是：①磁铁内外磁感线的条数相同；②磁铁内外磁感线的方向相反；③磁铁外部磁感线的分布是两端密、中间疏．两个同心放置的同平面的金属圆环与磁铁垂直且磁铁在中央时，通过其中一个圆环的磁感线的俯视图如图所示，
穿过该圆环的磁通量Φ＝Φ进－Φ出，由于两圆环面积Sa＜Sb，两圆环的Φ进相同，而
Φ出a＜Φ出b，所以穿过两圆环的有效磁通量Φa＞Φb，故A正确．
3．(多选)下图中能产生感应电流的是( )
答案 BD
解析 根据产生感应电流的条件：A选项中，电路没有闭合，无感应电流；B选项中，面积增大，闭合电路的磁通量增大，有感应电流；C选项中，穿过线圈的磁感线相互抵消，Φ恒为零，无感应电流；D选项中，磁通量发生变化，有感应电流．
4．(多选)如图11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11
A．将线框向左拉出磁场
B．以ab边为轴转动
C．以ad边为轴转动(小于60°)
D．以bc边为轴转动(小于60°)
答案 ABC
解析 将线框向左拉出磁场的过程中，线框的bc部分切割磁感线，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)．
一、选择题(1～6题为单选题，7～10题为多选题)
1．许多科学家在物理学发展中做出了重要贡献，下列表述中正确的是( )
A．牛顿测出引力常数
B．法拉第发现电磁感应现象
C．安培提出了磁场对运动电荷的作用力公式
D．奥斯特总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律
答案 B
2．如图所示实验装置中用于研究电磁感应现象的是( )
答案 B
解析 选项A是用来探究影响安培力大小因素的实验装置．选项B是研究电磁感应现象的实验装置，观察闭合线框在磁场中做切割磁感线运动时电流表是否会产生感应电流．选项C是用来探究安培力的方向与哪些因素有关的实验装置．选项D是奥斯特实验装置，证明通电导线周围存在磁场．
3. 如图1所示，大圆导线环A中通有电流，方向如图中箭头所示，另在导线环所在平面画一个圆B，它的一部分面积在A环内，另一部分面积在A环外，则穿过圆B的磁通量( )
图1
A．为0
B．垂直纸面向里
C．垂直纸面向外
D．条件不足，无法判断
答案 B
解析 因为通电导线环的磁场中心密集，外部稀疏，所以，穿过圆B的净磁感线为垂直纸面向里．
4. 如图2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(r＜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2
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．
5. 如图3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3
A．一直增加
B．一直减少
C．先增加后减少
D．先增加，再减少到零，然后再增加，然后再减少
答案 D
解析 离导线越近，磁场越强，当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，当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.
6. 如图4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4
A．使线圈在其平面内平动或转动
B．使线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动
C．使线圈以ac为轴转动
D．使线圈以bd为轴稍做转动
答案 D
解析 线圈在匀强磁场中运动，磁感应强度B为定值，由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.
7．如图5所示，电流表与螺线管组成闭合电路，以下能使电流表指针偏转的是( )
图5
A．将磁铁插入螺线管的过程中
B．磁铁放在螺线管中不动时
C．将磁铁从螺线管中向上拉出的过程中
D．磁铁静止而将螺线管向上移动
答案 ACD
解析 只要是螺线管中的磁通量发生变化，回路中有感应电流，指针便会偏转；只要是螺线管中的磁通量不发生变化，回路中无感应电流，指针便不会偏转．在磁铁插入、拉出过程中螺线管中的磁通量均发生变化，能产生感应电流，电流表指针偏转．故A、C正确；
磁铁放在螺线管中不动时，螺线管中的磁通量不发生变化，无感应电流产生，故B错误；
由于磁铁静止而螺线管向上移动，螺线管中的磁通量发生变化，有感应电流产生，电流表指针偏转，故D正确．
8．闭合线圈按如图所示的方式在磁场中运动，则穿过闭合线圈的磁通量发生变化的是( )
答案 AB
解析 A图中，图示状态Φ＝0，转至90°过程中Φ增大，因此磁通量发生变化；B图中离直导线越远磁场越弱，磁感线越稀，所以当线圈远离导线时，线圈中磁通量不断变小；C图中一定要把条形磁铁周围的磁感线空间分布图弄清楚，在图示位置，线圈中的磁通量为零，在向下移动过程中，线圈的磁通量一直为零，磁通量不变；D图中，随着线圈的转动，B与S都不变，B又垂直于S，所以Φ＝BS始终不变，故正确答案为A、B.
9．如图6所示，在匀强磁场中有两条平行的金属导轨，磁场方向与导轨平面垂直．导轨上有两条可沿导轨自由移动的金属棒ab、cd，与导轨接触良好．这两条金属棒ab、cd的运动速度分别是v1、v2，若井字形回路中有感应电流通过，则可能( )
图6
A．v1>v2 B．v1C．v1＝v2 D．无法确定
答案 AB
10. 如图7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7
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．正确选项为A、B、C.
二、非选择题
11．在研究电磁感应现象的实验中，所用器材如图8所示．它们是①电流表；②直流电源；③带铁芯的线圈A；④线圈B；⑤开关；⑥滑动变阻器(用来控制电流以改变磁场强弱)．试按实验的要求在实物图上连线(图中已连好一根导线)．
图8
答案 连接电路如图所示
12．如图9所示，线圈Ⅰ与电源、开关、滑动变阻器相连，线圈Ⅱ与电流计相连，线圈Ⅰ与线圈Ⅱ绕在同一个铁芯上，在下列情况下，电流计中是否有示数？
图9
(1)开关闭合瞬间；(2)开关闭合稳定后；(3)开关闭合稳定后，来回移动滑动变阻器的滑片；
(4)开关断开瞬间．
答案 (1)有 (2)无 (3)有 (4)有
解析 (1)开关闭合时线圈Ⅰ中电流从无到有，电流的磁场也从无到有，穿过线圈Ⅱ的磁通量也从无到有，线圈Ⅱ中产生感应电流，电流计有示数．
(2)开关闭合稳定后，线圈Ⅰ中电流稳定不变，电流的磁场不变，此时线圈Ⅱ中虽有磁通量但磁通量稳定不变，线圈Ⅱ中无感应电流产生，电流计无示数．
(3)开关闭合稳定后，来回移动滑动变阻器的滑片，电阻变化，线圈Ⅰ中的电流变化，电流形成的磁场也发生变化，穿过线圈Ⅱ的磁通量也发生变化，线圈Ⅱ中有感应电流产生，电流计有示数．
(4)开关断开瞬间，线圈Ⅰ中电流从有到无，电流的磁场也从有到无，穿过线圈Ⅱ的磁通量也从有到无，线圈Ⅱ中有感应电流产生，电流计有示数．
3 楞次定律
[学习目标] 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、楞次定律
[导学探究] 根据如图1甲、乙、丙、丁所示进行电路图连接与实验操作，并填好实验现象．
图1
甲
乙
丙
丁
条形磁铁运动的情况
N极向下
插入线圈
S极向下
插入线圈
N极向上
拔出线圈
S极向上
拔出线圈
原磁场方向(向上或向下)
向下
向上
向下
向上
穿过线圈的磁通量变化情况(增加或减少)
增加
增加
减少
减少
感应电流的方向(在螺线管上俯视)
逆时针
顺时针
顺时针
逆时针
感应电流的磁场方向(向上或向下)
向上
向下
向下
向上
原磁场与感应电流磁场的方向关系
相反
相反
相同
相同
请根据上表所填内容理解：甲、乙两种情况下，磁通量都增加，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；丙、丁两种情况下，磁通量都减少，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同．
[知识梳理] 楞次定律：
(1)内容：感应电流总是具有这样的方向，就是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)理解：当磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场方向相反，当磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场方向相同，即增反减同．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)感应电流的磁场总是与引起感应电流的磁场方向相反．( )
(2)感应电流的磁场可能与引起感应电流的磁场方向相同．( )
(3)感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．( )
答案 (1)× (2)√ (3)√
二、右手定则
[导学探究] 如图2所示，导体棒ab向右做切割磁感线运动．
图2
(1)请用楞次定律判断感应电流的方向．
(2)感应电流I的方向、原磁场B的方向、导体棒运动的速度v的方向三者之间什么关系？根据课本P13右手定则，自己试着做一做．
答案 (1)感应电流的方向a→d→c→b→a.
(2)满足右手定则．
[知识梳理] 右手定则：
伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)右手定则只能用来判断导体垂直切割磁感线时的感应电流方向．( )
(2)所有的电磁感应现象都可以用楞次定律判断感应电流方向．( )
(3)所有的电磁感应现象，都可以用安培定则判断感应电流方向．( )
(4)当导体不动，而磁场运动时，不能用右手定则判断感应电流方向．( )
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)×
一、楞次定律的理解
1．因果关系：楞次定律反映了电磁感应现象中的因果关系，磁通量发生变化是原因，产生感应电流是结果．
2．“阻碍”的含义：
(1)谁阻碍——感应电流产生的磁场．
(2)阻碍谁——阻碍引起感应电流的磁通量的变化．
(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．
(4)阻碍效果——阻碍并不是阻止，结果增加的还是增加，减少的还是减少．
注意：从相对运动的角度看，感应电流的效果是阻碍相对运动．
例1 关于楞次定律，下列说法正确的是 ( )
A．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
B．闭合电路的一部分导体在磁场中运动时，必受磁场阻碍作用
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 A
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正确；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错误；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；当原磁场增强时感应电流的磁场跟原磁场反向，当原磁场减弱时感应电流的磁场跟原磁场同向，选项D错误．
二、楞次定律的应用
例2 (多选)如图3所示，闭合金属圆环沿垂直于磁场方向放置在有界匀强磁场中，将它从匀强磁场中匀速拉出，以下各种说法中正确的是( )
图3
A．向左拉出和向右拉出时，环中的感应电流方向相反
B．向左或向右拉出时，环中感应电流方向都是沿顺时针方向的
C．向左或向右拉出时，环中感应电流方向都是沿逆时针方向的
D．将圆环左右拉动，当环全部处在磁场中运动时，圆环中无感应电流
答案 BD
解析 将金属圆环不管从哪边拉出磁场，穿过闭合圆环的磁通量都要减少，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍原磁通量的减少，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，应用安培定则可以判断出感应电流的方向是顺时针方向的，选项B正确，A、C错误；另外在圆环离开磁场前，穿过圆环的磁通量没有改变，该种情况无感应电流，D正确．
楞次定律应用四步曲
(1)确定原磁场方向；
(2)判定产生感应电流的磁通量如何变化(增加还是减少)；
(3)根据楞次定律确定感应电流的磁场方向(增反减同)；
(4)判定感应电流的方向．
该步骤也可以简单地描述为“一原二变三感四螺旋”，一原——确定原磁场的方向；二变——确定磁通量是增加还是减少，三感——判断感应电流的磁场方向；四螺旋——用右手螺旋定则判断感应电流的方向．
针对训练 如图4所示，金属环所在区域存在着匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．当磁感应强度逐渐增大时，内、外金属环中感应电流的方向为( )
图4
A．外环顺时针、内环逆时针
B．外环逆时针、内环顺时针
C．内、外环均为逆时针
D．内、外环均为顺时针
答案 B
解析 首先明确研究的回路由外环和内环共同组成，回路中包围的磁场方向垂直纸面向里且内、外环之间的磁通量增加．由楞次定律可知两环之间的感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，垂直于纸面向外，再由安培定则判断出感应电流的方向是：在外环沿逆时针方向，在内环沿顺时针方向，故选项B正确．
三、右手定则的应用
1．适用范围：闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流方向的判断．
2．右手定则反映了磁场方向、导体运动方向和电流方向三者之间的相互垂直关系．
(1)大拇指的方向是导体相对磁场切割磁感线的运动方向，既可以是导体运动而磁场未动，也可以是导体未动而磁场运动，还可以是两者以不同速度同时运动．
(2)四指指向电流方向，切割磁感线的导体相当于电源．
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中电流方向沿a→d→c→b→a，D中电流方向为b→a.故选A.
1. 某磁场磁感线如图5所示，有一铜线圈自图中A处落至B处，在下落过程中，自上向下看，线圈中的感应电流方向是( )
图5
A．始终顺时针
B．始终逆时针
C．先顺时针再逆时针
D．先逆时针再顺时针
答案 C
解析 自A处落至图示位置时，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律知线圈中感应电流方向为顺时针，从图示位置落至B处时，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律知，线圈中感应电流方向为逆时针，C项正确．
2．磁铁在线圈中心上方开始运动时，线圈中产生如图6方向的感应电流，则磁铁( )
图6
A．向上运动 B．向下运动
C．向左运动 D．向右运动
答案 B
3．如图7所示，匀强磁场与圆形导体环平面垂直，导体ef与环接触良好，当ef向右匀速运动时( )
图7
A．圆环中磁通量不变，环上无感应电流产生
B．整个环中有顺时针方向的电流
C．整个环中有逆时针方向的电流
D．环的右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流
答案 D
解析 由右手定则知ef上的电流由e→f，故右侧的电流方向为逆时针，左侧的电流方向为顺时针，选D.
4. 1931年，英国物理学家狄拉克曾经从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”.1982年，美国物理学家卡布莱拉设计了一个寻找磁单极子的实验．他设想，如果一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如图8所示的超导线圈，那么，从上向下看，超导线圈上将出现( )
图8
A．先顺时针方向，后逆时针方向的感应电流
B．先逆时针方向，后顺时针方向的感应电流
C．顺时针方向持续流动的感应电流
D．逆时针方向持续流动的感应电流
答案 D
解析 N极磁单极子从上向下通过时，穿过线圈的磁通量先向下增加，接着突变为向上减少．故由楞次定律知，感应电流的磁场一直向上，故电流始终为逆时针．
选择题(1～8题为单选题，9～12题为多选题)
1．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原磁通量的变化
C．阻碍引起感应电流的原磁通量的变化
D．使电路磁通量为零
答案 C
2. 如图1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1
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．
3．如图2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2
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．
4．电阻R、电容器C与一线圈连成闭合电路，条形磁铁位于线圈的正上方，N极朝下，如图3所示．现使磁铁N极远离线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是( )
图3
A．从b到a，下极板带正电
B．从a到b，下极板带正电
C．从b到a，上极板带正电
D．从a到b，上极板带正电
答案 D
解析 当磁铁开始由图示位置向上运动时，向下穿过线圈的磁通量变小，由楞次定律可得，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，即向下，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而上，由于线圈相当于电源，则流过R的电流方向是从a到b，电容器上极板带正电．故选D.
5. 如图4所示，一圆形金属线圈放置在水平桌面上，匀强磁场垂直桌面竖直向下，过线圈上A点作切线OO′，OO′与线圈在同一平面上．在线圈以OO′为轴翻转180°的过程中，线圈中电流方向( )
图4
A．始终为A→B→C→A
B．始终为A→C→B→A
C．先为A→C→B→A再为A→B→C→A
D．先为A→B→C→A再为A→C→B→A
答案 A
解析 在线圈以OO′为轴翻转0～90°的过程中，穿过线圈正面向里的磁通量逐渐减少，由楞次定律可知感应电流方向为A→B→C→A；线圈以OO′为轴翻转90°～180°的过程中，穿过线圈反面向里的磁通量逐渐增加，由楞次定律可知感应电流方向仍然为A→B→C→A，
A正确．
6．如图5所示为一个圆环形导体，有一个带负电的粒子沿直径方向在圆环表面匀速掠过的过程，环中感应电流的情况( )
图5
A．无感应电流
B．有逆时针方向的感应电流
C．有顺时针方向的感应电流
D．有先逆时针方向后顺时针方向的感应电流
答案 A
解析 由题意可知，带负电的粒子沿直径方向运动，周围会产生磁场，但因沿着直径运动，则穿过圆环的合磁通量为零，因此没有感应电流，故A正确，B、C、D错误．
7．长直导线与矩形线框abcd处在同一平面中静止不动，如图6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图象如图乙所示．规定沿长直导线方向向上的电流为正方向．关于最初一个周期内矩形线框中感应电流的方向，下列说法正确的是( )
图6
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7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7
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．受磁场力的作用，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，因此不会受磁场力的作用．故选项D正确．
9. 某空间出现了如图8所示的一组闭合电场线，方向从上向下看是顺时针的，这可能是( )
图8
A．沿AB方向磁场在迅速减弱
B．沿AB方向磁场在迅速增强
C．沿BA方向磁场在迅速增强
D．沿BA方向磁场在迅速减弱
答案 AC
10．要使图9中b线圈中产生图示方向的电流，可采取的办法有( )
图9
A．闭合开关S
B．闭合开关S后，把b靠近a
C．闭合开关S后，把滑动变阻器R的滑片左移
D．闭合开关S后，把a中铁芯向左边抽出
答案 CD
11. 如图10所示，通电直导线L和平行直导线放置的闭合导体框abcd，当通电导线L运动时，以下说法正确的是 ( )
图10
A．当导线L向左平移时，导体框abcd中感应电流的方向为abcda
B．当导线L向左平移时，导体框abcd中感应电流的方向为adcba
C．当导线L向右平移时(未到达ad)，导体框abcd中感应电流的方向为abcda
D．当导线L向右平移时(未到达ad)，导体框abcd中感应电流的方向为adcba
答案 AD
解析 当导线L向左平移时，闭合导体框abcd中磁场减弱，磁通量减少，abcd回路中产生的感应电流的磁场将阻碍原磁通量的减少，由于导线L在导体框abcd中磁场方向垂直纸面向里，所以abcd中感应电流的磁场方向应为垂直纸面向里，由安培定则可知感应电流的方向为abcda，选项A正确；当导线L向右平移时(未到达ad)，闭合导体框abcd中磁场增强，磁通量增加，abcd回路中产生的感应电流的磁场将阻碍原磁通量的增加，可知感应电流的磁场为垂直纸面向外，再由安培定则可知感应电流的方向为adcba，选项D正确．
12. 如图11所示，导体棒AB、CD可在水平轨道上自由滑动，当导体棒AB向左移动时 ( )
图11
A．AB中感应电流的方向为A到B
B．AB中感应电流的方向为B到A
C．CD向左移动
D．CD向右移动
答案 AD
解析 由右手定则可判断AB中感应电流方向为A→B，CD中电流方向为C→D，由左手定则可判定CD受到向右的安培力作用而向右运动．
4 法拉第电磁感应定律
[学习目标] 1.理解和掌握法拉第电磁感应定律，能够运用法拉第电磁感应定律定量计算感应电动势的大小.2.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.3.知道反电动势的定义和在生产中的应用．
一、电磁感应定律
[导学探究] 回顾“探究感应电流的产生条件”中的三个实验，并回答下列问题：
(1)如图1所示，将条形磁铁从同一高度插入线圈的实验中，快速插入和缓慢插入有什么相同和不同？指针偏转程度相同吗？
图1
(2)三个实验中哪些情况下指针偏转角度会大一些？指针偏转大小取决于什么？
答案 (1)磁通量变化相同，但磁通量变化的快慢不同，快速插入比缓慢插入时指针偏转程度大．
(2)将条形磁铁插入线圈的实验中，条形磁铁快速插入(或拔出)比缓慢插入(或拔出)时的大，I大，E大，指针偏转程度大．
导体棒切割磁感线运动实验中，导体棒运动越快，越大，I越大，E越大，指针偏转程度越大．
模仿法拉第的实验中，开关断开(或闭合)瞬间比开关闭合状态下移动滑动变阻器的滑片时大，I大，E大，指针偏转程度大．
指针偏转大小取决于的大小．
[知识梳理]
1．法拉第电磁感应定律
(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比．
(2)表达式：E＝n，其中n是线圈的匝数．
2．对Φ、ΔΦ与的理解
(1)Φ：可形象地用某时刻穿过某个面的磁感线的条数表示．Φ＝BS，S是与B垂直的投影面的面积．
(2)ΔΦ：某段时间内穿过某个面的磁通量的变化量，ΔΦ＝Φ2－Φ1，若只是S变化则ΔΦ＝B·ΔS，若只是B变化，则ΔΦ＝ΔB·S.
(3)：穿过某个面的磁通量变化的快慢，若只是S变化则＝B·，若只是B变化则＝S·.
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)线圈中磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大．( )
(2)线圈中磁通量的变化量ΔΦ越大，线圈中产生的感应电动势一定越大．( )
(3)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．( )
(4)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 (1)× (2)× (3)× (4)√
二、导线切割磁感线时的感应电动势
[导学探究] 如图2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，利用法拉第电磁感应定律求回路中产生的感应电动势．
图2
答案 设在Δt时间内导体ab由原来的位置运动到a1b1，如图所示，这时闭合电路面积的变化量为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.
[知识梳理] 导线切割磁感线时产生的感应电动势的大小：
(1)导线垂直于磁场运动，B、l、v两两垂直时，如图3所示，E＝Blv.
图3
(2)导线的运动方向与导线本身垂直，但与磁感线方向夹角为θ时，如图4所示，E＝Blvsin θ.
图4
[即学即用] 如图5所示的情况中，金属导体中产生的感应电动势为Blv的是 ．
图5
答案 甲、乙、丁
三、反电动势
[导学探究] (1)电动机的线圈电阻为R，当它正常运转时，两端的电压为U，流过电动机的电流为I，可以用I＝来计算电动机线圈中的电流吗？为什么？
(2)如果电动机机械阻力过大而停止转动，会发生什么情况？应采取什么措施？
答案 (1)不能．由于电动机正常工作时，线圈转动切割磁感线而产生一个反电动势，使线圈两端的电压减小，所以线圈中的电流I<.
(2)电动机停止转动，这时就没有了反电动势，线圈的电阻一般很小，直接连在电源的两端，线圈中电流会很大，电动机可能会被烧毁，这时应立即切断电源，进行检查．
[知识梳理] 反电动势及作用：
(1)电动机转动时，线圈中会产生反电动势，它的作用是阻碍线圈的转动，要维持线圈原来的转动就必须向电动机提供电能．
(2)若电动机工作中由于机械阻力过大而停止转动，这时就没有了反电动势，线圈中电流会很大，可能会把电动机烧毁，这时应立即切断电源，进行检查．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)电动机转动时，线圈中会产生反电动势，若断电后，线圈会由于反电动势的存在而反向转动．( )
(2)当线圈减速转动时，也存在反电动势．( )
(3)随着科技的进步，也会使反电动势的作用变成线圈转动的动力．( )
答案 (1)× (2)√ (3)×
一、法拉第电磁感应定律的理解
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n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，和电路的电阻R无关．
2．在Φ－t图象中，磁通量的变化率是图象上某点切线的斜率．
例1 关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是 ( )
A．穿过线圈的磁通量Φ最大时，所产生的感应电动势就一定最大
B．穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ增大时，所产生的感应电动势也增大
C．穿过线圈的磁通量Φ等于0，所产生的感应电动势就一定为0
D．穿过线圈的磁通量的变化率越大，所产生的感应电动势就越大
答案 D
解析 根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，与磁通量Φ及磁通量的变化量ΔΦ没有必然联系．当磁通量Φ很大时，感应电动势可能很小，甚至为0.当磁通量Φ等于0时，其变化率可能很大，产生的感应电动势也会很大，而ΔΦ增大时，可能减小．如图所示，
t1时刻，Φ最大，但E＝0；0～t1时间内ΔΦ增大，但减小，E减小；t2时刻，Φ＝0，但最大，E最大．故D正确．
二、E＝n的应用
1．E＝n一般用来求Δt时间内感应电动势的平均值，其中n为线圈匝数，ΔΦ取绝对值．
2．常见感应电动势的计算式：
(1)线圈面积S不变，磁感应强度B均匀变化：E＝n·S.(为B－t图象上某点切线的斜率)
(2)磁感应强度B不变，线圈面积S均匀变化：E＝nB·.
(3)磁感应强度B、垂直于磁场的回路面积S均发生变化：E＝n.
例2 如图6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6
(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.
针对训练 (多选)单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的关系图象如图7所示，则( )
图7
A．在t＝0时刻，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大
B．在t＝1×10－2 s时刻，感应电动势最大
C．在t＝2×10－2 s时刻，感应电动势为零
D．在0～2×10－2 s时间内，线圈中感应电动势的平均值为零
答案 BC
解析 由法拉第电磁感应定律知E∝，故t＝0及t＝2×10－2 s 时刻，E＝0，A错，C对；t＝1×10－2 s时E最大，B对；0～2×10－2 s时间内，ΔΦ≠0，E≠0，D错．
三、E＝Blv的应用
例3 如图8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与线框的边成45°角，E、F分别为PS和PQ的中点．关于线框中的感应电流( )
图8
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．
导线切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv，公式中l指有效切割长度，即导线在与v垂直的方向上的投影长度．
图9
(1)图9甲中的有效切割长度为：沿v1方向运动时，l＝sin θ；沿v2方向运动时，l＝.
(2)图乙中的有效切割长度为：沿v1方向运动时，l＝2R；沿v2方向运动时，l＝0.
(3)图丙中的有效切割长度为：沿v1方向运动时，l＝R；沿v2方向运动时，l＝R.
1．穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加2 Wb，则( )
A．线圈中感应电动势每秒增加2 V
B．线圈中感应电动势每秒减少2 V
C．线圈中感应电动势始终为2 V
D．线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2 V
答案 C
解析 由E＝n知：恒定，n＝1，所以E＝2 V.
2. 如图10所示，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相互垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ε′.则等于( )
图10
A. B. C．1 D.
答案 B
解析 设折弯前金属棒切割磁感线的长度为L，ε＝BLv；折弯后，金属棒切割磁感线的有效长度为l＝ ＝L，故产生的感应电动势为ε′＝Blv＝B·Lv＝ε，所以＝，B正确．
3．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．
4．有一匝数为100匝的线圈，单匝线圈的面积为100 cm2.线圈的总电阻为0.1 Ω，线圈中磁场均匀变化，其变化规律如图12所示，且磁场方向垂直于线圈平面向里，线圈中产生的感应电动势多大？
图12
答案 0.1 V
解析 取线圈为研究对象，在1～2 s内，其磁通量的变化量为ΔΦ＝Φ2－Φ1＝(B2－B1)S，
磁通量的变化率为＝，
由公式E＝n得
E＝100× V＝0.1 V.
一、选择题(1～8题为单选题，9～11题为多选题)
1．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，感应电动势一定为零
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 C
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；穿过线圈的磁通量变化越快，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错误．
2．如图1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1
A. B.
C. D.
答案 A
解析 金属棒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＝.
3. 如图2为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb( )
图2
A．恒为
B．从0均匀变化到
C．恒为－
D．从0均匀变化到－
答案 C
解析 根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E＝n＝n，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b点电势高于a点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a、b两点电势差恒为φa－φb＝－n，选项C正确．
4. 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.
5. 如图4所示，长为L的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C的平行板电容器上，P、Q为电容器的两个极板，磁场垂直于环面向里，磁感应强度以B＝B0＋kt(k>0)随时间变化，t＝0时，P、Q两板电势相等，两板间的距离远小于环的半径，经时间t，电容器P板( )
图4
A．不带电
B．所带电荷量与t成正比
C．带正电，电荷量是
D．带负电，电荷量是
答案 D
解析 磁感应强度以B＝B0＋kt(k>0)随时间变化，由法拉第电磁感应定律得：E＝＝S＝kS，而S＝，经时间t电容器P板所带电荷量Q＝EC＝；由楞次定律和安培定则知电容器P板带负电，故D选项正确．
6．如图5所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B随时间均匀增大．两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb，不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是( )
图5
A．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向
B．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向
C．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向
D．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向
答案 B
解析 由法拉第电磁感应定律得圆环中产生的电动势为E＝＝πr2·，则＝＝，由楞次定律可知感应电流的方向均沿顺时针方向，B项对．
7．如图6甲所示，闭合电路由电阻R和阻值为r的环形导体构成，其余电阻不计．环形导体所围的面积为S.环形导体位于一垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示．在0～t0时间内，下列说法正确的是( )
图6
A．通过R的电流方向由B指向A，电流大小为
B．通过R的电流方向由A指向B，电流大小为
C．通过R的电流方向由B指向A，电流大小为
D．通过R的电流方向由A指向B，电流大小为
答案 D
解析 原磁场增强，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场反向，垂直纸面向外，再由安培定则可判定环形电流为逆时针方向，通过R的电流方向由A指向B；I＝＝＝＝＝.故选D.
8．如图7所示，边长为a的导线框ABCD处于磁感应强度为B0的匀强磁场中，BC边与磁场右边界重合，现发生以下两个过程：一是仅让线框以垂直于边界的速度v匀速向右运动；二是仅使磁感应强度随时间均匀变化．若导线框在上述两个过程中产生的感应电流大小相等，则磁感应强度随时间的变化率为( )
图7
A. B.
C. D.
答案 B
解析 第一种情况根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，可得：I＝；同样当磁感应强度随时间均匀变化时，可得：I＝，联立得：＝，选项B正确，选项A、C、D错误．
9．如图8所示，闭合开关S，将条形磁铁插入闭合线圈，第一次用时0.2 s，第二次用时0.4 s，并且两次磁铁的起始和终止位置相同，则( )
图8
A．第一次线圈中的磁通量变化较快
B．第一次电流表G的最大偏转角较大
C．第二次电流表G的最大偏转角较大
D．若断开开关S，电流表G均不偏转，故两次线圈两端均无感应电动势
答案 AB
解析 磁通量变化相同，第一次时间短，则第一次线圈中磁通量变化较快，故A正确；感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，磁通量的变化率大，感应电动势大，产生的感应电流大，电流表G的最大偏转角大，故B正确，C错误；断开开关，电流表不偏转，知感应电流为零，但感应电动势不为零，故D错误．故选A、B.
10. 如图9所示，一个金属圆环放在匀强磁场中，将它匀速向右拉出磁场，下列说法中正确的是(不计重力)( )
图9
A．环中感应电流的方向是顺时针方向
B．环中感应电流强度的大小不变
C．所施加水平拉力的大小不变
D．若将此环向左拉出磁场，则环中感应电流的方向也是顺时针方向
答案 AD
11. 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，得即为Φ－t图象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．
二、非选择题
12．在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，B＝0.2 T，有一水平放置的光滑框架，宽度为l＝0.4 m，如图11所示，框架上放置一质量为0.05 kg、电阻为1 Ω的金属杆cd，框架电阻不计．若cd杆以恒定加速度a＝2 m/s2由静止开始做匀变速直线运动，则：
图11
(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.
13．如图12所示，线框用导线组成，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所在处有匀强磁场且B2＝2 T，已知ab长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均匀增加时，导体棒恰好处于静止状态，试求：(g＝10 m/s2)
图12
(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＝n S＝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
解得m＝0.016 kg.
5 电磁感应现象的两类情况
[学习目标] 1.知道感生电动势产生的原因，会判断感生电动势的方向，并会计算它的大小.
2.了解动生电动势产生的原因，会判断动生电动势的方向，并会计算它的大小.3.知道公式
E＝n与E＝Blv的区别和联系．
一、电磁感应现象中的感生电场
[导学探究] 如图1所示，B增强，那么就会在空间激发一个感生电场E.如果E处空间存在闭合导体，导体中的自由电荷就会在电场力的作用下定向移动，而产生感应电流．
图1
(1)感生电场的方向与感应电流的方向有什么关系？如何判断感生电场的方向？
(2)上述情况下，哪种作用扮演了非静电力的角色？
答案 (1)感应电流的方向与正电荷移动的方向相同．感生电场的方向与正电荷受力的方向相同，因此，感生电场的方向与感应电流的方向相同，感生电场的方向可以用楞次定律判定．
(2)感生电场对自由电荷的作用．
[知识梳理] 感生电动势的产生：
(1)由感生电场产生的电动势叫感生电动势．
(2)感生电动势大小：E＝n.
(3)方向判断：由楞次定律和右手螺旋定则判定．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)感生电场线是闭合的．( )
(2)只要磁场变化，即使没有电路，在空间也将产生感生电场．( )
(3)处于变化磁场中的导体，其内部自由电荷定向移动，是由于受到感生电场的作用．( )
答案 (1)√ (2)√ (3)√
二、电磁感应现象中的洛伦兹力
[导学探究] 如图2所示，导体棒CD在匀强磁场中运动．
图2
(1)自由电荷会随着导体棒运动，并因此受到洛伦兹力．导体棒中的自由电荷受到的洛伦兹力方向如何？(为了方便，可以认为导体中的自由电荷是正电荷)．
(2)若导体棒一直运动下去，自由电荷是否总会沿着导体棒一直运动下去？为什么？
(3)导体棒哪端电势比较高？如果用导线把C、D两端连到磁场外的一个用电器上，导体棒中电流是沿什么方向的？
答案 (1)导体中自由电荷(正电荷)具有水平方向的速度，由左手定则可判断自由电荷受到沿棒向上的洛伦兹力作用．
(2)自由电荷不会一直运动下去．因为C、D两端聚集电荷越来越多，在CD棒间产生的电场越来越强，当电场力等于洛伦兹力时，自由电荷不再定向运动．
(3)C端电势较高，导体棒中电流是由D指向C的．
[知识梳理] 动生电动势的产生：
(1)由于导体运动产生的电动势叫动生电动势．
(2)动生电动势大小：E＝Blv(B的方向与v的方向垂直)．
(3)方向判断：右手定则．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)导体内自由电荷受洛伦兹力作用是产生动生电动势的原因．( )
(2)导体切割磁感线运动时，导体内的自由电荷受到的洛伦兹力方向沿导体棒的方向．( )
(3)导体切割磁感线运动时，导体内的自由电荷受到的洛伦兹力对电荷做正功．( )
(4)只要导体在磁场中运动，导体两端就会产生动生电动势．( )
答案 (1)√ (2)× (3)× (4)×
一、对感生电场的理解
1．变化的磁场周围产生感生电场，与闭合电路是否存在无关．如果在变化磁场中放一个闭合电路，自由电荷在感生电场的作用下发生定向移动．
2．感生电场可用电场线形象描述．感生电场是一种涡旋电场，电场线是闭合的；而静电场的电场线不闭合．
例1 (多选)某空间出现了如图3所示的一组闭合的电场线，这可能是( )
图3
A．沿AB方向磁场在迅速减弱
B．沿AB方向磁场在迅速增强
C．沿BA方向磁场在迅速增强
D．沿BA方向磁场在迅速减弱
答案 AC
闭合回路(可假定其存在)的感应电流方向就表示感生电场的方向．判断思路如下：
→
→
二、动生电动势的理解与应用
例2 如图4所示，边长为L的正方形线圈与匀强磁场垂直，磁感应强度为B.当线圈按图示方向以速度v垂直B运动时，下列判断正确的是( )
图4
A．线圈中无电流，φa＝φb＝φc＝φd
B．线圈中无电流，φa＞φb＝φd＞φc
C．线圈中有电流，φa＝φb＝φc＝φd
D．线圈中有电流，φa＞φb＝φd＞φc
答案 B
解析 线圈在运动过程中，穿过线圈的磁通量不变，所以在线圈中不会产生感应电流，C、D错误．导线两端有电势差，根据右手定则，可知B正确．
三、E＝n和E＝Blv的比较应用
E＝n
E＝Blv
区别
研究对象
整个闭合回路
回路中做切割磁感线运动的那部分导体
适用范围
各种电磁感应现象
只适用于导体垂直切割磁感线运动的情况
计算结果
Δt内的平均感应电动势
某一时刻的瞬时感应电动势
联系
E＝Blv是由E＝n在一定条件下推导出来的，该公式可看做法拉第电磁感应定律的一个推论
例3 如图5所示，导轨OM和ON都在纸面内，导体AB可在导轨上无摩擦滑动，若AB以5 m/s的速度从O点开始沿导轨匀速右滑，导体与导轨都足够长，磁场的磁感应强度为
0.2 T．问：
图5
(1)3 s末夹在导轨间的导体长度是多少？此时导体切割磁感线产生的感应电动势多大？
(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 (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
(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：
＝＝ V＝ V.
四、导体棒转动切割磁感线产生感应电动势的计算
例4 长为l的金属棒ab以a点为轴在垂直于匀强磁场的平面内以角速度ω做匀速转动，如图6所示，磁感应强度为B.求：
图6
(1)ab棒的平均速率；
(2)ab两端的电势差；
(3)经时间Δt金属棒ab所扫过面积中磁通量为多少？此过程中平均感应电动势多大？
解析 (1)ab棒的平均速率＝＝＝ωl.
(2)ab两端的电势差：E＝Bl＝Bl2ω.
(3)经时间Δt金属棒ab所扫过的扇形面积为ΔS，则：
ΔS＝l2θ＝l2ωΔt，ΔΦ＝BΔS＝Bl2ωΔt.
由法拉第电磁感应定律得：
＝＝＝Bl2ω.
答案 (1)ωl (2)Bl2ω (3)Bl2ωΔt Bl2ω
导体转动切割磁感线：
当导体棒在垂直于磁场的平面内，其一端固定，以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E＝Bl＝Bl2ω，如图7所示．
图7
若圆盘在磁场中以ω绕圆心匀速转动时，如图8所示，相当于无数根“辐条”转动切割，它们之间相当于电源的并联结构，圆盘上的感应电动势仍为E＝Br＝Br2ω.
图8
1. 如图9所示，在一水平光滑绝缘塑料板上有一环形凹槽，有一质量为m、电荷量为q的带正电小球，在槽内沿顺时针方向做匀速圆周运动，现加一竖直向上的均匀变化的匀强磁场，则( )
图9
A．小球速度变大
B．小球速度变小
C．小球速度不变
D．小球速度可能变大也可能变小
答案 D
解析 磁场的变化使空间产生感生电场，但没有说明是变大还是变小，所以产生的感生电场可能与小球运动方向相同也可能相反，D项正确．
2. 如图10，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为φa、φb、φc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是( )
图10
A．φa＞φc，金属框中无电流
B．φb＞φc，金属框中电流方向沿a－b－c－a
C．φbc＝－Bl2ω，金属框中无电流
D．φbc＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－a
答案 C
解析 金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误．转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断φa<φc，φb<φc，选项A错误．由转动切割产生感应电动势的公式得Ubc＝－Bl2ω，选项C正确．
3．(多选) 如图11所示，三角形金属导轨EOF上放有一金属杆AB，在外力作用下，使AB保持与OF垂直，从O点开始以速度v匀速右移，该导轨与金属杆均为粗细相同的同种金属制成，则下列判断正确的是 ( )
图11
A．电路中的感应电流大小不变
B．电路中的感应电动势大小不变
C．电路中的感应电动势逐渐增大
D．电路中的感应电流逐渐减小
答案 AC
解析 设金属杆从O开始运动到如题图所示位置所经历的时间为t，∠EOF＝θ，金属杆切割磁感线的有效长度为L，故E＝BLv＝Bv·vttan θ＝Bv2tan θ·t，即电路中感应电动势与时间成正比，C选项正确；电路中感应电流I＝＝.而l等于闭合三角形的周长，即
l＝vt＋vt·tan θ＋＝vt(1＋tan θ＋)，所以I＝是恒量，所以A正确．
一、选择题(1～6题为单选题，7～9题为多选题)
1. 如图1所示，导体AB在做切割磁感线运动时，将产生一个感应电动势，因而在电路中有电流通过，下列说法中正确的是( )
图1
A．因导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势
B．动生电动势的产生与洛伦兹力无关
C．动生电动势的产生与电场力有关
D．动生电动势和感生电动势产生的原因是一样的
答案 A
2. 如图2所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )
图2
A. B.
C. D.
答案 B
解析 线圈中产生的感应电动势E＝n＝n··S＝n··＝，选项B正确．
3．如图3甲所示，矩形导线框abcd固定在变化的磁场中，产生了如图乙所示的电流(电流方向abcda为正方向)．若规定垂直纸面向里的方向为磁场正方向，能够产生如图乙所示电流的磁场为( )
图3
答案 D
解析 由题图乙可知，0～t1内，线框中的电流的大小与方向都不变，根据法拉第电磁感应定律可知，线框中的磁通量的变化率相同，故0～t1内磁感应强度与时间的关系是一条斜线，A、B错．又由于0～t1时间内电流的方向为正，即沿abcda方向，由楞次定律可知，电路中感应电流的磁场方向向里，故0～t1内原磁场方向向里减小或向外增大，因此D项符合题意．
4. 如图4所示，两块水平放置的金属板间距离为d，用导线与一个n匝线圈连接，线圈置于方向竖直向上的磁场B中．两板间有一个质量为m，电荷量为＋q的油滴恰好处于平衡状态，则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量的变化率分别是( )
图4
A．正在增强；＝
B．正在减弱；＝
C．正在减弱；＝
D．正在增强；＝
答案 B
解析 电荷量为q的带正电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电容器的下极板带正电，所以线圈下端相当于电源的正极，由题意可知，根据安培定则和楞次定律，可得穿过线圈的磁通量在均匀减弱；线圈产生的感应电动势：E＝n；油滴所受电场力：F＝q，对油滴，根据平衡条件得：q＝mg；所以解得线圈中磁通量的变化率的大小为＝.故B正确，A、C、D错误．
5. 英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场．如图5所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为＋q的小球，已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是( )
图5
A．0 B.r2qk
C．2πr2qk D．πr2qk
答案 D
解析 根据法拉第电磁感应定律可知，磁场变化产生的感生电动势为E＝πr2＝kπr2，小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小W＝qE＝πr2qk，故选项D正确．
6. 如图6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6
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．
7．在空间某处存在一变化的磁场，则 ( )
A．在磁场中放一闭合线圈，线圈中一定会产生感应电流
B．在磁场中放一闭合线圈，线圈中不一定会产生感应电流
C．在磁场中不放闭合线圈，在变化的磁场周围一定不会产生电场
D．在磁场中不放闭合线圈，在变化的磁场周围一定会产生电场
答案 BD
解析 由感应电流产生的条件可知，只有闭合回路中磁通量发生改变，才能产生感应电流，如果闭合线圈平面与磁场方向平行，则线圈中无感应电流产生，故A错，B对；感应电场的产生与变化的磁场周围有无闭合回路无关，故C错，D对．
8. 如图7所示，在直流电流附近有一根金属棒ab，当金属棒以b端为圆心，以ab为半径，在过导线的平面内匀速旋转到图中虚线位置时( )
图7
A．a端聚积电子
B．b端聚积电子
C．金属棒内电场强度等于零
D．φa>φb
答案 BD
解析 因金属棒所在区域的磁场的方向垂直于纸面向外，当金属棒转动时，由右手定则可知，a端的电势高于b端的电势，b端聚积电子，选项B、D正确，A错误；因a、b两端存在电压，由E＝知，金属棒内电场强度不为零，故C错误．
9．如图8所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路．虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列说法正确的是( )
图8
A．感应电流方向不变
B．CD段直导线始终不受安培力
C．感应电动势最大值Em＝Bav
D．感应电动势平均值＝πBav
答案 ACD
解析 在闭合回路进入磁场的过程中，通过闭合回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．当半圆形闭合回路一半进入磁场时，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．
二、非选择题
10．如图9甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨，间距d＝0.5 m．右端接一阻值为4 Ω的小灯泡L，在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B按如图乙规律变化．CF长为2 m．在t＝0时，金属棒ab从图示位置由静止在恒力F作用下向右运动到EF位置，整个过程中小灯泡亮度始终不变．已知ab金属棒电阻为1 Ω，求：
图9
(1)通过小灯泡的电流；
(2)恒力F的大小；
(3)金属棒的质量．
答案 (1)0.1 A (2)0.1 N (3)0.8 kg
解析 (1)金属棒未进入磁场时，
电路总电阻R总＝RL＋Rab＝5 Ω
回路中感应电动势为：E1＝＝S＝0.5 V
灯泡中的电流为IL＝＝0.1 A.
(2)因灯泡亮度不变，故在t＝4 s末金属棒刚好进入磁场，且做匀速运动，此时金属棒中的电流I＝IL＝0.1 A
恒力大小：F＝F安＝BId＝0.1 N.
(3)因灯泡亮度不变，金属棒在磁场中运动时，产生的感应电动势为E2＝E1＝0.5 V
金属棒在磁场中的速度v＝＝0.5 m/s
金属棒未进入磁场的加速度为a＝＝0.125 m/s2
故金属棒的质量为m＝＝0.8 kg.
11. 如图10所示，固定在水平桌面上的金属框架edcf处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒ab在框架上可无摩擦滑动，此时adcb构成一个边长为l的正方形，金属棒的电阻为r，其余部分电阻不计，开始时磁感应强度为B0.
图10
(1)若从t＝0时刻起，磁感应强度均匀增加，每秒增量为k，同时保持金属棒静止．求金属棒中的感应电流，在图上标出感应电流的方向．
(2)在上述(1)情况中，始终保持金属棒静止，当t＝t1时需加的垂直于金属棒的水平拉力为多大？
(3)若从t＝0时刻起，磁感应强度逐渐减小，当金属棒以恒定速度v向右做匀速运动时，可使金属棒中不产生感应电流．则磁感应强度应怎样随时间变化(写出B与t的关系式)?
答案 (1) 见解析图 (2)(B0＋kt1)
(3)B＝
解析 (1)感应电动势E＝＝kl2.
感应电流I＝＝，
由楞次定律可判定感应电流方向为逆时针，如图所示．
(2)t＝t1时，B＝B0＋kt1，F＝BIl，所以F＝(B0＋kt1).
(3)要使金属棒中不产生感应电流，则应保持总磁通量不变，即Bl(l＋vt)＝B0l2，所以B＝.
6 互感和自感
[学习目标] 1.了解互感现象及其应用.2.能够通过电磁感应的有关规律分析通电自感和断电自感现象.3.了解自感电动势的表达式E＝L，知道自感系数的决定因素.4.了解自感现象中的能量转化．
一、通电自感现象
[导学探究] 通电自感：如图1所示，开关S闭合的时候两个灯泡的发光情况有什么不同？根据楞次定律结合电路图分析现象产生的原因．
图1
答案 现象：灯泡A2立即发光，灯泡A1逐渐亮起来．
原因：电路接通时，电流由零开始增加，穿过线圈L的磁通量逐渐增加，为了阻碍磁通量的增加，感应电流产生的磁通量与原来电流产生的磁通量方向相反，则线圈中感应电动势方向与原来的电流方向相反，阻碍了L中电流的增加，即推迟了电流达到实际值的时间．
[知识梳理] 自感及自感电动势的特点：
(1)自感：当一个线圈中的电流变化时，它产生的变化的磁场不仅在邻近的电路中激发出感应电动势，同样也在它本身激发出感应电动势．这种现象称为自感．由于自感而产生的感应电动势叫做自感电动势．
(2)当线圈中的电流增大时，自感电动势的方向与原电流方向相反，阻碍电流的增大，但不能阻止电流的变化．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)在实际电路中，自感现象有害而无益．( )
(2)只要电路中有线圈，自感现象就会存在．( )
(3)线圈中的电流越大，自感现象越明显．( )
(4)线圈中的电流变化越快，自感现象越明显．( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
二、断电自感现象
[导学探究] 断电自感：如图2所示，先闭合开关使灯泡发光，然后断开开关．
图2
(1)开关断开前后，流过灯泡的电流方向相同吗？
(2)在断开过程中，有时灯泡闪亮一下再熄灭，有时灯泡只会缓慢变暗直至熄灭，请分析上述两种现象的原因是什么？
答案 (1)S闭合时，灯泡A中电流方向向左，S断开瞬间，灯泡A中电流方向向右，所以开关S断开前后，流过灯泡的电流方向相反．
(2)在电源断开后灯泡又闪亮一下的原因是灯泡断电后自感线圈中产生的感应电流比原灯泡中的电流大．要想使灯泡闪亮一下再熄灭，就必须使自感线圈的电阻小于与之并联的灯泡电阻．而当线圈电阻大于等于灯泡电阻时，灯泡就会缓慢变暗直至熄灭．
[知识梳理] 对断电自感现象的认识：
(1)当线圈中的电流减小时，自感电动势的方向与原电流方向相同；
(2)断电自感中，若断开开关瞬间通过灯泡的电流大于断开开关前的电流，灯泡会闪亮一下；若断开开关瞬间通过灯泡的电流小于等于断开开关前的电流，灯泡不会闪亮一下，而是逐渐变暗．
(3)自感电动势总是阻碍线圈中电流的变化，但不能阻止线圈中电流的变化．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)自感现象中，感应电流一定与原电流方向相反．( )
(2)发生断电自感时，因为断开电源之后电路中还有电流，所以不符合能量守恒定律．( )
(3)线圈的电阻很小，对恒定电流的阻碍作用很小．( )
答案 (1)× (2)× (3)√
三、自感系数
[导学探究] 如图3所示，李辉在断开正在工作的电动机开关时，会产生电火花，这是为什么？
图3
答案 电动机中的线圈匝数很多，当电路开关断开时会产生很大的自感电动势，使得开关中的金属片之间产生电火花．
[知识梳理] 自感电动势及自感系数：
(1)自感电动势：E＝L，其中L是自感系数，简称自感或电感．单位：亨利，符号：H.
(2)自感系数与线圈的大小、形状、圈数，以及是否有铁芯等因素有关．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)线圈中电流变化越快，自感系数越大．( )
(2)线圈的自感系数越大，自感电动势就一定越大．( )
(3)一个线圈中的电流均匀增大，自感电动势也均匀增大．( )
(4)线圈自感系数由线圈本身性质及有无铁芯决定．( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
一、互感现象的理解与应用
1．两个相互靠近的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势，这种现象叫互感．
2．利用互感现象可以把能量由一个线圈传递到另一个线圈，如变压器、收音机的磁性天线．
例1 (多选)如图4所示，是一种延时装置的原理图，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C线路接通；当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放．则 ( )
图4
A．由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用
B．由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用
C．如果断开B线圈的开关S2，无延时作用
D．如果断开B线圈的开关S2，延时将变化
答案 BC
解析 线圈A中的磁场随开关S1的闭合而产生，随S1的断开而消失．当S1闭合时，线圈A中的磁场穿过线圈B，当S2闭合，S1断开时，线圈A在线圈B中的磁场变弱，线圈B中有感应电流，B中电流的磁场继续吸引D而起到延时的作用，所以B正确，A错误；若S2断开，线圈B中不产生感应电流而起不到延时作用，所以C正确，D错误．
二、自感现象的分析
例2 如图5所示，电感线圈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，且在下列实验中不会烧毁，电阻R2阻值约等于R1的两倍，则 ( )
图5
A．闭合开关S时，LA、LB同时达到最亮，且LB更亮一些
B．闭合开关S时，LA、LB均慢慢亮起来，且LA更亮一些
C．断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB马上熄灭
D．断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB闪亮后才慢慢熄灭
答案 D
解析 由于灯泡LA与线圈L串联，灯泡LB与电阻R2串联，当S闭合的瞬间，通过线圈的电流突然增大，线圈产生自感电动势，阻碍电流的增加，所以LB先亮，A、B错误．由于LA所在的支路电阻阻值偏小，故稳定时电流大，即LA更亮一些，当S断开的瞬间，线圈产生自感电动势，两灯组成的串联电路中，电流从IA开始减小，故LA慢慢熄灭，LB闪亮后才慢慢熄灭，C错误，D正确．
自感线圈对电流的变化有阻碍作用，具体表现为：
(1)通电瞬间自感线圈处相当于断路．
(2)断电时，自感线圈相当于电源，其电流由原值逐渐减小，不会发生突变(必须有闭合回路)．
(3)电流稳定时自感线圈相当于导体，若其直流电阻忽略不计，则相当于导线．
针对训练 (多选) 如图6所示，L为一纯电感线圈(即电阻为零)，LA是一灯泡，下列说法正确的是 ( )
图6
A．开关S闭合瞬间，无电流通过灯泡
B．开关S闭合后，电路稳定时，无电流通过灯泡
C．开关S断开瞬间，无电流通过灯泡
D．开关S闭合瞬间，灯泡中有从a到b的电流，而在开关S断开瞬间，灯泡中有从b到a的电流
答案 BD
解析 开关S闭合瞬间，灯泡中的电流从a到b，A错误；线圈由于自感作用，通过它的电流逐渐增加，开关S接通后，电路稳定时，纯电感线圈对电流无阻碍作用，将灯泡短路，灯泡中无电流通过，B正确；开关S断开的瞬间，由于线圈的自感作用，线圈中原有向右的电流将逐渐减小，线圈与灯泡形成回路，故灯泡中有从b到a的瞬间电流，C错误，D正确．
三、自感现象的图象问题
例3 如图7所示的电路中，S闭合且稳定后流过电感线圈的电流是2 A，流过灯泡的电流是1 A，现将S突然断开，S断开前后，能正确反映流过灯泡的电流i随时间t变化关系的图象是( )
图7
答案 D
解析 开关S断开前，通过灯泡D的电流是稳定的，其值为1 A．开关S断开瞬间，自感线圈的支路由于自感现象会产生与线圈中原电流方向相同的感应电动势，使线圈中的电流从原来的2 A逐渐减小，方向不变，且同灯泡D构成回路，通过灯泡D的电流和线圈L中的电流相同，也应该是从2 A逐渐减小到零，但是方向与原来通过灯泡D的电流方向相反，D对．
1．断电时，自感线圈处电流由原值逐渐减小，不能发生突变，而且电流方向也不变．
2．断电前后，无线圈的支路要注意电流方向是否变化．
1．关于自感现象，下列说法正确的是( )
A．感应电流一定和原来的电流方向相反
B．对于同一线圈，当电流变化越大时，线圈产生的自感电动势也越大
C．对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈的自感系数也越大
D．对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈中的自感电动势也越大
答案 D
解析 当电流增大时，感应电流的方向与原来的电流方向相反，当电流减小时，感应电流的方向与原来的电流方向相同，故选项A错误；自感电动势的大小，与电流变化快慢有关，与电流变化大小无关，故选项B错误，D正确；自感系数只取决于线圈本身的因素及有无铁芯，与电流变化情况无关，故选项C错误．
2．(多选) 某线圈通有如图8所示的电流，则线圈中自感电动势改变方向的时刻有( )
图8
A．第1 s末
B．第2 s末
C．第3 s末
D．第4 s末
答案 BD
解析 在自感现象中当原电流减小时，自感电动势与原电流的方向相同，当原电流增加时，自感电动势与原电流方向相反．在0～1 s内原电流正方向减小，所以自感电动势的方向是正方向，在1～2 s内原电流负方向增加，所以自感电动势与其方向相反，即沿正方向；同理分析2～3 s、3～4 s、4～5 s内可得正确选项为B、D.
3. 在如图9所示的电路中，L为电阻很小的线圈，G1和G2为零刻度在表盘中央的两相同的电流表．当开关S闭合时，电流表G1、G2的指针都偏向右方，那么当断开开关S时，将出现的现象是( )
图9
A．G1和G2指针都立即回到零点
B．G1指针立即回到零点，而G2指针缓慢地回到零点
C．G1指针缓慢地回到零点，而G2指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点
D．G2指针缓慢地回到零点，而G1指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点
答案 D
解析 根据题意，电流方向自右向左时，电流表指针向右偏，那么，电流方向自左向右时，电流表指针应向左偏．
当开关S断开的瞬间，G1中原电流立即消失，而对于G2所在支路，由于线圈L的自感作用，阻碍电流不能立即消失，自感电流沿L、G2、G1的方向，在由它们组成的闭合回路中继续维持一段时间，即G2中的电流按原方向自右向左逐渐减为零，此时G1中的电流和原电流方向相反，变为自左向右，且与G2中的电流同时缓慢减为零，故选项D正确．
4．在如图10所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S后，调节R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I.然后，断开S.若t′时刻再闭合S，则在t′前后的一小段时间内，能正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t变化的图象是( )
图10
答案 B
选择题(1～8题为单选题，9～13题为多选题)
1．在无线电仪器中，常需要在距离较近处安装两个线圈，并要求当一个线圈中电流有变化时，对另一个线圈中电流的影响尽量小．如图所示两个线圈的相对安装位置最符合该要求的是( )
答案 D
解析 两个相距较近的线圈，当其中的一个线圈中电流发生变化时，就在周围空间产生变化的磁场．这个变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势，即发生互感现象．要使这种影响尽量小，应采用选项D所示的安装位置才符合要求．因为通电线圈周围的磁场分布与条形磁铁的磁场分布类似，采用选项D所示的安装位置时，变化的磁场穿过另一线圈的磁通量最小．
2. 如图1所示，两个电阻阻值均为R，电感线圈L的电阻及电池内阻均可忽略不计，S原来断开，电路中电流I0＝，现将S闭合，于是电路中产生了自感电动势，此自感电动势的作用是 ( )
图1
A．使电路的电流减小，最后由I0减小到零
B．有阻碍电流增大的作用，最后电流小于I0
C．有阻碍电流增大的作用，因而电流总保持不变
D．有阻碍电流增大的作用，但电流最后还是变为2I0
答案 D
解析 S闭合，电路中电阻减小，电流增大，线圈产生的自感电动势的作用是阻碍原电流的增大，A错；阻碍电流增大，不是不让电流增大，而是让电流增大的速度变慢，B、C错；最后达到稳定时，电路中电流为I＝＝2I0，故D正确．
3. 如图2所示，绕在铁芯上的线圈M与电源、滑动变阻器和开关组成了一个闭合回路，在铁芯的右端，线圈P与电流表连成闭合电路．下列说法正确的是( )
图2
A．开关S闭合后，线圈P中有感应电流，M、P相互排斥
B．开关S闭合后，使变阻器滑片向左匀速移动，线圈P中有感应电流，M、P相互排斥
C．开关S闭合后，使变阻器滑片向右匀速移动，线圈P中有感应电流，M、P相互排斥
D．开关S闭合瞬间，线圈P中有感应电流，M、P相互吸引
答案 B
解析 开关S闭合后，线圈M中的电流不变，产生的磁场方向由安培定则判知，沿铁芯轴线向右，线圈P中的磁通量不变，故不会产生感应电流，M、P没有排斥作用，也没有吸引作用，故A错误；当开关S闭合后，滑片向左匀速移动，线圈M中的电流增大，因而穿过线圈P的磁通量增加，产生感应电流，并且由楞次定律知，感应电流的磁场方向与线圈M的磁场方向相反，故M、P两线圈相互排斥，B正确．同理判知C错误．S闭合瞬间，线圈P中有感应电流，M、P相互排斥，所以D错误．
4. 如图3所示的电路中，A1和A2是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其阻值与R相同．在开关S接通和断开时，灯泡A1和A2亮暗的顺序是( )
图3
A．接通时A1先达最亮，断开时A1后灭
B．接通时A2先达最亮，断开时A1后灭
C．接通时A1先达最亮，断开时A1先灭
D．接通时A2先达最亮，断开时A2先灭
答案 A
解析 当开关S接通时，A1和A2同时亮，但由于自感现象的存在，流过线圈的电流由零变大时，线圈上产生自感电动势阻碍电流的增大，使通过线圈的电流从零开始慢慢增加，所以开始时电流几乎全部从A1通过，而该电流又将同时分路通过A2和R，所以A1先达最亮，经过一段时间电路稳定后，A1和A2达到一样亮；当开关S断开时，电源电流立即为零，因此A2立即熄灭，而对A1，由于通过线圈的电流突然减小，线圈中产生自感电动势阻碍电流的减小，使线圈L和A1组成的闭合电路中有感应电流，所以A1后灭．
5. 在制作精密电阻时，为了消除使用过程中由于电流变化而引起的自感现象，采取了双线绕法，如图4所示，其道理是( )
图4
A．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的自感电动势相互抵消
B．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的感应电流互相抵消
C．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的磁通量互相抵消
D．当电路中的电流变化时，电流的变化量相互抵消
答案 C
解析 能否有感应电动势，关键在于穿过回路的磁通量是否变化．由于导线是双线绕法，使穿过回路的磁通量等于零，无论通过的电流变化与否，磁通量均为零不变，所以不存在感应电动势和感应电流．
6. 如图5所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，自感线圈L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开S，下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中，正确的是( )
图5
答案 B
解析 在t＝0时刻闭合开关S，由于电感线圈L产生自感电动势，阻碍电流通过，电源输出电流较小，路端电压较高，经过一段时间电路稳定后，电源输出电流较大，路端电压较低．在t＝t1时刻断开S，电感线圈L产生自感电动势，与灯泡构成闭合回路，灯泡D中有反向电流通过，所以表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中正确的是B.
7．如图6所示的电路，可用来测定自感系数较大的线圈的直流电阻，线圈两端并联一个电压表，用来测量自感线圈两端的直流电压，在实验完毕后，将电路拆开时应( )
图6
A．先断开开关S1 B．先断开开关S2
C．先拆去电流表 D．先拆去电阻R
答案 B
解析 该电路实际上就是用伏安法测自感线圈的直流电阻电路，在实验完毕后，由于线圈的自感现象，若电路拆开的先后顺序不对，可能会烧坏电表．当S1、S2闭合，电路稳定时，线圈中的电流由a→b，表右端为“＋”，左端为“－”，指针正向偏转，先断开S1或先拆表或先拆电阻R的瞬间，线圈中产生的自感电动势相当于瞬间电源，其a端相当于电源的负极，b端相当于电源的正极，此时表加了一个反向电压，使指针反偏．由“自感系数较大的线圈”知其反偏电压较大，可能会烧坏表．而先断开S2，由于电压表内阻很大，电路中总电阻变化很小，电流几乎不变，不会损坏其他器件，故应先断开S2.
8．如图7甲所示，A、B两绝缘金属环套在同一铁芯上，A环中电流iA随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法中正确的是( )
图7
A．t1时刻，两环作用力最大
B．t2和t3时刻，两环相互吸引
C．t2时刻两环相互吸引，t3时刻两环相互排斥
D．t3和t4时刻，两环相互吸引
答案 B
解析 t1时刻B环中感应电流为零，故两环作用力为零，则A错误；t2时刻A环中电流在减小，则B环中产生与A环中同向的电流，故相互吸引，t3时刻同理也应相互吸引，故B正确，C错误；t4时刻A中电流为零，两环无相互作用，D错．
9．下列说法正确的是( )
A．当线圈中电流不变时，线圈中没有自感电动势
B．当线圈中电流反向时，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反
C．当线圈中电流增大时，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反
D．当线圈中电流减小时，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反
答案 AC
10. 无线电力传输目前取得重大突破，在日本展出了一种非接触式电源供应系统．这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力．两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置，原理示意图如图8所示．下列说法正确的是( )
图8
A．若A线圈中输入电流，B线圈中就会产生感应电动势
B．只有A线圈中输入变化的电流，B线圈中才会产生感应电动势
C．A中电流越大，B中感应电动势越大
D．A中电流变化越快，B中感应电动势越大
答案 BD
解析 根据产生感应电动势的条件，只有处于变化的磁场中，B线圈才能产生感应电动势，A错，B对；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小取决于磁通量的变化率，所以C错，D对．
11. 如图9所示的电路中，线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，A、B是两个相同的灯泡，下列说法中正确的是( )
图9
A．S闭合后，A、B同时发光且亮度不变
B．S闭合后，A立即发光，然后又逐渐熄灭
C．S断开的瞬间，A、B同时熄灭
D．S断开的瞬间，A再次发光，然后又逐渐熄灭
答案 BD
解析 线圈对变化的电流有阻碍作用，开关接通时，A、B串联， 同时发光，但电流稳定后线圈的直流电阻忽略不计，使A被短路，所以A错误，B正确；开关断开时，线圈产生自感电动势，与A构成回路，A再次发光，然后又逐渐熄灭，所以C错误，D正确．
12. 如图10所示的电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的电灯，E是内阻不计的电源．t＝0时刻，闭合开关S，经过一段时间后，电路达到稳定，t1时刻断开开关S.I1、I2分别表示通过电灯D1和D2中的电流，规定图中箭头所示方向为电流正方向，以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是( )
图10
答案 AC
13．如图11所示，E为电池，L是直流电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个规格相同的灯泡，S是控制电路的开关．对于这个电路，下列说法中正确的是( )
图11
A．刚闭合S的瞬间，通过D1、D2的电流大小相等
B．刚闭合S的瞬间，通过D1、D2的电流大小不相等
C．闭合S待电路达到稳定后，D1熄灭，D2比S刚闭合时亮
D．闭合S待电路达到稳定后，再将S断开的瞬间，D2立即熄灭
答案 ACD
解析 刚闭合S的瞬间，由于线圈的阻碍作用，通过D1、D2的电流大小相等，A正确，B错误；闭合S待电路达到稳定后，D1被短路，无电流通过，D1熄灭，回路的总电阻减小，电流增大，D2比S刚闭合时亮，C正确；闭合S待电路达到稳定后，再将S断开的瞬间，D2中无电流，立即熄灭，D正确．故选A、C、D.
7 涡流、电磁阻尼和电磁驱动
[学习目标] 1.知道涡流的产生原因及涡流的防止和应用.2.知道电磁阻尼和电磁驱动的原理和应用．
一、涡流
[导学探究] 如图1所示，线圈中的电流随时间变化时，导体中有感应电流吗？如果有，它的形状像什么？
图1
答案 有．变化的电流产生变化的磁场，变化的磁场产生感生电场，使导体中的自由电子发生定向移动，产生感应电流，它的形状像水中的旋涡，所以把它叫做涡电流，简称涡流．
[知识梳理]
1．涡流：当线圈中的电流随时间变化时，线圈附近的任何导体中都会产生感应电流，电流在导体中组成闭合回路，很像水中的旋涡，所以把它叫做涡电流，简称涡流．
2．涡流大小的决定因素：磁场变化越快(越大)，导体的横截面积S越大，导体材料的电阻率越小，形成的涡流就越大．
3．应用：真空冶炼炉、探雷器、安检门等．
4．防止：为了减小电动机、变压器铁芯上的涡流，常用电阻率较大的硅钢做材料，而且用相互绝缘的硅钢片叠成铁芯来代替整块硅钢铁芯．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)涡流也是一种感应电流．( )
(2)导体中有涡流时，导体没有和其他元件组成闭合回路，故导体不会发热．( )
(3)利用涡流制成的探测器也可探测毒品．( )
(4)涡流是一种有害的电磁感应现象．( )
答案 (1)√ (2)× (3)× (4)×
二、电磁阻尼和电磁驱动
[导学探究]
1. 弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁．将磁铁托起到某一高度后放开，磁铁能上下振动较长时间才停下来．如果在磁铁下端放一个固定的闭合线圈，使磁铁上下振动时穿过它(如图2所示)，磁铁就会很快停下来，解释这个现象．
图2
答案 当磁铁穿过固定的闭合线圈时，在闭合线圈中会产生感应电流，感应电流的磁场会阻碍磁铁靠近或离开线圈，也就使磁铁振动时除了受空气阻力外，还有线圈的磁场力作为阻力，克服阻力需要做的功较多，机械能损失较快，因而会很快停下来．
2. 一个闭合线圈放在蹄形磁铁的两磁极之间，如图3所示，蹄形磁铁和闭合线圈都可以绕轴转动．当蹄形磁铁顺时针转动时线圈也顺时针转动；磁铁逆时针转动时线圈也逆时针转动．
图3
(1)蹄形磁铁转动时，穿过线圈的磁通量是否变化？
(2)线圈转动起来的动力是什么力？线圈的转动速度与磁铁的转动速度什么关系？
答案 (1)变化．
(2)线圈内产生感应电流受到安培力的作用，安培力作为动力使线圈转动起来．线圈的转速小于磁铁的转速．
[知识梳理] 电磁阻尼与电磁驱动的区别与联系：
(1)电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，导体中产生的感应电流会使导体受到安培力，安培力总是阻碍导体的运动，这种现象称为电磁阻尼．
(2)电磁驱动：若磁场相对导体转动，在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来，这种作用常常称为电磁驱动．
(3)电磁阻尼中安培力的方向与导体运动方向相反，阻碍导体运动；电磁驱动中导体受安培力的方向与导体运动方向相同，推动导体运动．
(4)电磁阻尼中克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，最终转化为内能；电磁驱动中由于电磁感应，磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能而对外做功．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)电磁阻尼和电磁驱动均遵循楞次定律．( )
(2)电磁阻尼发生的过程，存在机械能向内能的转化．( )
(3)电磁驱动现象中有感应电流产生，电磁阻尼中没有产生感应电流．( )
(4)电磁驱动可以被利用，而电磁阻尼不能被利用．( )
答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)×
一、涡流的理解、利用和防止
1．产生涡流的两种情况
(1)块状金属放在变化的磁场中．
(2)块状金属进出磁场或在非匀强磁场中运动．
2．产生涡流时的能量转化
(1)金属块在变化的磁场中，磁场能转化为电能，最终转化为内能．
(2)金属块进出磁场或在非匀强磁场中运动，由于克服安培力做功，金属块的机械能转化为电能，最终转化为内能．
例1 (多选)如图4所示是高频焊接原理示意图．线圈中通以高频变化的电流时，待焊接的金属工件中就会产生感应电流，感应电流通过焊缝产生很多热量，将金属熔化，把工件焊接在一起，而工件其他部分发热很少，以下说法正确的是( )
图4
A．电流变化的频率越高，焊缝处的温度升高的越快
B．电流变化的频率越低，焊缝处的温度升高的越快
C．工件上只有焊缝处温度升的很高是因为焊缝处的电阻小
D．工件上只有焊缝处温度升的很高是因为焊缝处的电阻大
答案 AD
解析 交流电频率越高，则产生的感应电流越大，升温越快，故A项对，B项错；工件上各处电流相同，电阻大处产生的热量多，故C项错，D项对．
例2 (多选) 如图5所示，闭合金属环从光滑曲面上h高处滚下，又沿曲面的另一侧上升，设环的初速度为零，摩擦不计，曲面处在图中磁场中，则( )
图5
A．若是匀强磁场，环上升的高度小于h
B．若是匀强磁场，环上升的高度等于h
C．若是非匀强磁场，环上升的高度等于h
D．若是非匀强磁场，环上升的高度小于h
答案 BD
解析 若磁场为匀强磁场，穿过环的磁通量不变，不产生感应电流，即无机械能向电能转化，机械能守恒，故A错，B正确；若磁场为非匀强磁场，环内要产生电能，机械能减少，故D正确．
二、电磁阻尼的理解
1．闭合回路的部分导体在做切割磁感线运动产生感应电流时，导体在磁场中就要受到磁场力的作用，根据楞次定律，磁场力总是阻碍导体的运动，于是产生电磁阻尼．
2．电磁阻尼是一种十分普遍的物理现象，任何在磁场中运动的导体，只要给感应电流提供回路，就会存在电磁阻尼作用．
例3 在水平放置的光滑绝缘导轨上，沿导轨固定一个条形磁铁，如图6所示．现有铜、铝和有机玻璃制成的滑块甲、乙、丙，使它们分别从导轨上的A点以某一初速度向磁铁滑去．各滑块在向磁铁运动的过程中( )
图6
A．都做匀速运动 B．甲、乙做加速运动
C．甲、乙做减速运动 D．乙、丙做匀速运动
答案 C
解析 甲、乙向磁铁靠近时要产生涡流，受电磁阻尼作用，做减速运动，丙则不会产生涡流，只能匀速运动．
三、电磁驱动的理解
例4 (多选)如图7所示，蹄形磁铁和矩形线圈均可绕竖直轴OO′转动．从上向下看，当磁铁逆时针转动时，则( )
图7
A．线圈将逆时针转动，转速与磁铁相同
B．线圈将逆时针转动，转速比磁铁小
C．线圈转动时将产生大小、方向周期性变化的电流
D．线圈转动时感应电流的方向始终是abcda
答案 BC
解析 当磁铁逆时针转动时，相当于磁铁不动而线圈顺时针旋转切割磁感线，线圈中产生大小、方向周期性变化的电流，故C对，D错；由楞次定律可知，线圈将与磁铁同向转动，但转速一定小于磁铁的转速．如两者的转速相同，磁感线与线圈处于相对静止状态，线圈不切割磁感线，无感应电流产生．
1．由楞次定律的推广含义知，线圈的运动可以阻碍两者间的相对运动，所以其角速度必小于磁铁转动的角速度．
2．电磁驱动和电磁阻尼的联系：电磁驱动和电磁阻尼现象中安培力的作用效果均为阻碍导体间的相对运动.
1．下列做法中可能产生涡流的是 ( )
A．把金属块放在匀强磁场中
B．让金属块在匀强磁场中做匀速运动
C．让金属块在匀强磁场中做变速运动
D．把金属块放在变化的磁场中
答案 D
2．(多选) 如图8所示，A、B为大小、形状均相同且内壁光滑、但用不同材料制成的圆管，竖直固定在相同高度．两个相同的磁性小球，同时从A、B管上端距管口等高处无初速度释放，穿过A管比穿过B管的小球先落到地面．下面对于两管的描述中可能正确的是( )
图8
A．A管是用塑料制成的，B管是用铜制成的
B．A管是用铝制成的，B管是用胶木制成的
C．A管是用胶木制成的，B管是用塑料制成的
D．A管是用胶木制成的，B管是用铝制成的
答案 AD
3．(多选)如图9所示是用涡流金属探测器探测地下金属物的示意图，下列说法中正确的是( )
图9
A．探测器内的探测线圈会产生交变磁场
B．只有有磁性的金属物才会被探测器探测到
C．探测到地下的金属物是因为探头中产生了涡流
D．探测到地下的金属物是因为金属物中产生了涡流
答案 AD
4．(多选)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图10所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是( )
图10
A．圆盘上产生了感应电动势
B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
答案 AB
选择题(1～7题为单选题，8～12题为多选题)
1．下列关于涡流的说法中正确的是( )
A．涡流跟平时常见的感应电流一样，都是因为穿过导体的磁通量变化而产生的
B．涡流不是感应电流，而是一种有别于感应电流的特殊电流
C．涡流有热效应，但没有磁效应
D．在硅钢中不能产生涡流
答案 A
解析 涡流的本质是电磁感应现象中产生的感应电流，只不过是由金属块自身构成回路，它既有热效应，也有磁效应，所以A正确，B、C错误；硅钢中产生的涡流较小，D错误．
2. 弹簧上端固定，下端挂一条形磁铁，使磁铁上下振动，磁铁的振动幅度不变．若在振动过程中把线圈靠近磁铁，如图1所示，观察磁铁的振幅将会发现( )
图1
A．S闭合时振幅逐渐减小，S断开时振幅不变
B．S闭合时振幅逐渐增大，S断开时振幅不变
C．S闭合或断开，振幅变化相同
D．S闭合或断开，振幅都不发生变化
答案 A
解析 S断开时，磁铁振动穿过线圈的磁通量发生变化，但线圈中无感应电流，振幅不变；S闭合时有感应电流，有电能产生，磁铁的机械能越来越少，振幅逐渐减小，A正确．
3. 高频感应炉是用来熔化金属对其进行冶炼的，如图2所示为冶炼金属的高频感应炉的示意图，炉内放入被冶炼的金属，线圈通入高频交变电流，这时被治炼的金属就能被熔化，这种冶炼方法速度快，温度易控制，并能避免有害杂质混入被冶炼的金属中，因此适用于冶炼特种金属．那么该炉的加热原理是( )
图2
A．利用线圈中电流产生的焦耳热
B．利用线圈中电流产生的磁场
C．利用交变电流的交变磁场在炉内金属中产生的涡流
D．给线圈通电的同时，给炉内金属也通了电
答案 C
4．如图3所示，使一个铜盘绕其竖直的轴OO′转动，且假设摩擦等阻力不计，转动是匀速的．现把一个蹄形磁铁移近铜盘，则( )
图3
A．铜盘的转动将变慢
B．铜盘的转动将变快
C．铜盘仍以原来的转速转动
D．铜盘的转动速度是否变化，要根据磁铁上下两端的极性来决定
答案 A
5．如图4所示，闭合导线圆环和条形磁铁都可以绕水平的中心轴OO′自由转动，开始时磁铁和圆环都静止在竖直平面内，若条形磁铁突然绕OO′轴，N极向纸里，S极向纸外转动，在此过程中，圆环将 ( )
图4
A．产生逆时针方向的感应电流，圆环上端向里、下端向外随磁铁转动
B．产生顺时针方向的感应电流，圆环上端向外、下端向里转动
C．产生逆时针方向的感应电流，圆环并不转动
D．产生顺时针方向的感应电流，圆环并不转动
答案 A
解析 磁铁转动时，环中穿过环向里的磁通量增加，根据楞次定律，环中产生逆时针方向的感应电流．磁铁转动时，为阻碍磁通量的变化，圆环与磁铁同向转动，所以选项A正确．
6. 如图5所示，一条形磁铁从静止开始向下穿过一个用双线绕成的闭合线圈，条形磁铁在穿过线圈的过程中( )
图5
A．做自由落体运动
B．做减速运动
C．做匀速运动
D．做非匀变速运动
答案 A
解析 双线绕成的线圈由于两导线产生的磁通量相互抵消，不会产生感应电流，所以磁铁将做自由落体运动．
7．一个半径为r、质量为m、电阻为R的金属圆环，用一根长为L的绝缘细绳悬挂于O点，离O点下方处有一宽度为、垂直纸面向里的匀强磁场区域，如图6所示．现使圆环从与悬点O等高位置A处由静止释放(细绳张直，忽略空气阻力)，摆动过程中金属圆环所在平面始终垂直磁场，则在达到稳定摆动的整个过程中，金属圆环产生的热量是( )
图6
A．mgL B．mg(＋r)
C．mg(L＋r) D．mg(L＋2r)
答案 C
解析 圆环在进入磁场和离开磁场时，磁通量发生变化，产生感应电流，机械能减少，最后圆环在磁场下面摆动，机械能守恒．在整个过程中减少的机械能转变为焦耳热，在达到稳定摆动的整个过程中，金属圆环减少的机械能为mg(L＋r)．
8．对变压器和电动机中的涡流的认识，以下说法正确的是( )
A．涡流会使铁芯温度升高，减少线圈绝缘材料的寿命
B．涡流发热，要损耗额外的能量
C．为了不产生涡流，变压器和电动机的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯
D．涡流产生于线圈中，对原电流起阻碍作用
答案 AB
解析 变压器和电动机中产生的涡流会使温度升高消耗能量，同时会减少线圈绝缘材料的寿命，A、B正确；变压器和电动机的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯是为了增加电阻，减小电流，减少产生的热量，C错误；涡流产生于铁芯中，对原电流无阻碍作用，D错误．故选A、B.
9．如图7所示，磁电式仪表的线圈通常用铝框做骨架，把线圈围绕在铝框上，这样做的目的是( )
图7
A．防止涡流而设计的
B．利用涡流而设计的
C．起电磁阻尼的作用
D．起电磁驱动的作用
答案 BC
解析 线圈通电后，在安培力作用下发生转动，铝框随之转动，并切割磁感线产生感应电流，也就是涡流．涡流阻碍线圈的转动，使线圈偏转后尽快停下来．所以，这样做的目的是利用涡流来起电磁阻尼的作用．
10．安检门是一个用于安全检查的“门”，“门框”内有线圈，线圈里通有交变电流，交变电流在“门”内产生交变磁场，金属物品通过“门”时能产生涡流，涡流的磁场又反过来影响线圈中的电流，从而引起报警．以下关于这个安检门的说法正确的是( )
A．这个安检门也能检查出毒品携带者
B．这个安检门只能检查出金属物品携带者
C．如果这个“门框”的线圈中通上恒定电流，也能检查出金属物品携带者
D．这个安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应
答案 BD
解析 这个安检门是利用涡流工作的，因而只能检查出金属物品携带者，A错，B对．若“门框”的线圈中通上恒定电流，只能产生恒定磁场，它不能使块状金属产生涡流，因而不能检查出金属物品携带者，C错．安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应，D对．
11．位于光滑水平面上的小车上放置一螺线管，一个比螺线管长的条形磁铁沿着螺线管的轴线以初速度v水平穿过，如图8所示，在此过程中( )
图8
A．磁铁做匀速直线运动
B．磁铁做减速运动
C．小车向右做加速运动
D．小车先加速后减速
答案 BC
解析 磁铁水平穿入螺线管时，管中将产生感应电流，由楞次定律知该电流产生的磁场阻碍磁铁的运动．同理，磁铁穿出时该电流产生的磁场也阻碍磁铁的运动，故整个过程中，磁铁做减速运动，B项对．而对于小车上的螺线管来说，在此过程中，螺线管受到的安培力都是水平向右，这个安培力使小车向右运动，且一直做加速运动，C项对．
12．如图9所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( )
图9
A．增加线圈的匝数
B．提高交流电源的频率
C．将金属杯换为瓷杯
D．取走线圈中的铁芯
答案 AB
习题课：楞次定律的应用
[学习目标] 1.应用楞次定律判断感应电流的方向.2.理解安培定则、左手定则、右手定则和楞次定律的区别．
一、利用“结论法”判断感应电流的方向
1．“增反减同”法
感应电流的磁场，总要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”．
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 由条形磁铁的磁场分布可知，线圈在位置Ⅱ时穿过闭合线圈的磁通量最小为零，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.
2．“来拒去留”法
由于磁场与导体的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．口诀记为“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 当磁铁突然向铜环运动时，穿过铜环的磁通量增加，为阻碍磁通量的增加，铜环远离磁铁向右运动．
3．“增缩减扩”法
就闭合电路的面积而言，收缩或扩张是为了阻碍电路原磁通量的变化．若穿过闭合电路的磁通量增加，面积有收缩趋势；若穿过闭合电路的磁通量减少，面积有扩张趋势．口诀为“增缩减扩”．
说明：此法只适用于回路中只有一个方向的磁感线的情况．
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，在导轨上有两个可自由滑动的导体ab和cd.当载流直导线中的电流逐渐增大时，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abdc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大时，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.
4．“增离减靠”法
当磁场变化且线圈回路可移动时，由于磁场增强使得穿过回路的磁通量增加，线圈将通过远离磁体来阻碍磁通量增加；反之，由于磁场减弱使线圈中的磁通量减少时，线圈将靠近磁体来阻碍磁通量减少，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．
二、“三定则一定律”的综合应用
安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的适用场合如下表.
比较项目
安培定则
左手定则
右手定则
楞次定律
适用场合
通电导线、圆环产生磁场时，磁场方向、电流方向关系
通电导线在磁场中所受的安培力方向、电流方向、磁场方向三者方向关系
导体切割磁感线时速度方向、磁场方向、感应电流方向三者方向关系
回路中磁通量变化产生感应电流时原磁场方向、感应电流磁场方向关系
综合运用这几个规律的关键是分清各个规律的适用场合，不能混淆．
例5 (多选)如图5所示，导轨间的磁场方向垂直于纸面向里，当导线MN在导轨上向右加速滑动时，正对电磁铁A的圆形金属环B中(说明：导体棒切割磁感线速度越大，感应电流越大) ( )
图5
A．有感应电流，且B被A吸引
B．MN受到的安培力方向水平向左
C．MN受到的安培力方向水平向右
D．有感应电流，且B被A排斥
答案 BD
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，根据左手定则知MN受到的安培力方向水平向左，故B正确，C错误．根据安培定则知，电磁铁A的磁场方向向左，且大小逐渐增强，根据楞次定律知，B环中的感应电流产生的磁场方向向右，B被A排斥，D正确，A错误．
几个规律的使用中，要抓住各个对应的因果关系：
(1)因电而生磁(I→B)―→安培定则
(2)因动而生电(v、B→I)→右手定则
(3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则
三、能量的角度理解楞次定律
感应电流的产生并不是创造了能量．导体做切割磁感线运动时，产生感应电流，感应电流受到安培力作用，导体克服安培力做功从而实现其他形式能向电能的转化，所以楞次定律的“阻碍”是能量转化和守恒的体现．
例6 如图6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6
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，故可知落到底部时在P中的速度比在Q中的小，选项D错误．
1．如图7所示，水平放置的光滑杆上套有A、B、C三个金属环，其中B接电源．在接通电源的瞬间，A、C两环( )
图7
A．都被B吸引
B．都被B排斥
C．A被吸引，C被排斥
D．A被排斥，C被吸引
答案 B
解析 在接通电源的瞬间，通过B环的电流从无到有，电流产生的磁场从无到有，穿过A、C两环的磁通量从无到有，A、C两环产生感应电流，由楞次定律可知，感应电流总是阻碍原磁通量的变化，为了阻碍原磁通量的增加，A、C两环都被B环排斥而远离B环，故A、C、D错误，B正确．
2．如图8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8
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．(多选)如图9所示，闭合圆形金属环竖直固定，光滑水平导轨穿过圆环，条形磁铁沿导轨以初速度v0向圆环运动，其轴线穿过圆环圆心，与环面垂直，则磁铁在穿过圆环的整个过程中，下列说法正确的是( )
图9
A．磁铁靠近圆环的过程中，做加速运动
B．磁铁靠近圆环的过程中，做减速运动
C．磁铁远离圆环的过程中，做加速运动
D．磁铁远离圆环的过程中，做减速运动
答案 BD
4. (多选)如图10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( )
图10
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，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．
选择题(1～9题为单选题，10～12题为多选题)
1．如图1所示，MN是一根固定的通电长直导线，电流方向向上，今将一金属线框abcd放在导线上，让线框的位置偏向导线的左边，两者彼此绝缘，当导线上的电流突然增大时，线框整个受力为( )
图1
A．受力向右 B．受力向左
C．受力向上 D．受力为零
答案 A
解析 金属线框放在导线MN上，导线中电流产生磁场，根据安培定则判断可知，线框左右两侧磁场方向相反，线框左侧的磁通量大于线框右侧的磁通量，当导线中电流增大时，穿过线框的磁通量增大，线框产生感应电流，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化，则线框将向磁通量减小的方向运动，即向右移动，故A正确，B、C、D错误．
2．如图2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FN及在水平方向运动趋势的正确判断是 ( )
图2
A．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左
B．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向左
C．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向右
D．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右
答案 D
解析 条形磁铁从线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“来拒去留”可知，线圈先有向下和向右运动的趋势，后有向上和向右运动的趋势．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.
3. 如图3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，金属线圈的面积S和橡皮绳的长度l将( )
图3
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式进行阻碍，故D正确．
4. 如图4所示，铜质金属环从条形磁铁的正上方由静止开始下落，在下落过程中，下列判断正确的是( )
图4
A．金属环在下落过程中的机械能守恒
B．金属环在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量
C．金属环的机械能先减小后增大
D．磁铁对桌面的压力始终大于其自身的重力
答案 B
5. 如图5所示，条形磁铁从高h处自由下落，中途穿过一个固定的空心线圈，开关S断开时，至落地用时t1，落地时速度为v1；S闭合时，至落地用时t2，落地时速度为v2.则它们的大小关系正确的是( )
图5
A．t1>t2，v1>v2
B．t1＝t2，v1＝v2
C．t1D．t1v2
答案 D
解析 开关S断开时，线圈中无感应电流，对磁铁无阻碍作用，故磁铁自由下落，a＝g；当S闭合时，线圈中有感应电流，对磁铁有阻碍作用，故av2.
6．如图6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6
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，穿过两环的磁通量都增加．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．
7．如图7所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中( )
图7
A．穿过线框的磁通量保持不变
B．线框中感应电流方向保持不变
C．线框所受安培力的合力为零
D．线框的机械能不断增大
答案 B
解析 线框在下落过程中，所在位置磁场减弱，穿过线框的磁感线的条数减少，磁通量减小．故A错误．下落过程中，因为磁通量随线框下落而减小，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相同，不变，所以感应电流的方向不变，故B正确．线框左右两边受到的安培力互相抵消，上边受的安培力大于下边受的安培力，安培力合力不为零．故C错误．线框中产生电能，机械能减小．故D错误．
8．如图8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环B，使B的环面水平且与圆盘面平行，其轴线与胶木圆盘A的轴线OO′重合，现使胶木圆盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则 ( )
图8
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 胶木圆盘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，感应电流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．
9．为了测量列车运行的速度和加速度大小，可采用如图9甲所示的装置，它由一块安装在列车车头底部的强磁体和埋设在轨道地面的一组线圈及电流测量记录仪组成(电流测量记录仪未画出)．当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，P、Q为接测量仪器的端口．若俯视轨道平面磁场垂直地面向里(如图乙)，则在列车经过测量线圈的过程中，流经线圈的电流方向为( )
图9
A．始终逆时针方向
B．先顺时针，再逆时针方向
C．先逆时针，再顺时针方向
D．始终顺时针方向
答案 C
解析 在列车经过线圈的上方时，由于列车上的磁场的方向向下，所以线圈内的磁通量方向向下，先增大后减小，根据楞次定律可知，线圈中的感应电流的方向为先逆时针，再顺时针方向．
10．如图10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10
A．若磁场方向竖直向上并增强时，杆ab将向右移动
B．若磁场方向竖直向上并减弱时，杆ab将向右移动
C．若磁场方向竖直向下并增强时，杆ab将向右移动
D．若磁场方向竖直向下并减弱时，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，回路中磁通量增大，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．
11．如图11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11
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．
12. 绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与电源、开关相连，如图12所示．线圈上端与电源正极相连，闭合开关的瞬间，铝环向上跳起．则下列说法中正确的是( )
图12
A．若保持开关闭合，则铝环不断升高
B．若保持开关闭合，则铝环停留在跳起后的某一高度
C．若保持开关闭合，则铝环跳起到某一高度后将回落
D．如果电源的正、负极对调，观察到的现象不变
答案 CD
解析 铝环跳起是开关闭合时铝环上产生的感应电流与通电螺线管上的电流相互作用而引起的．故C、D正确．
习题课：电磁感应中的动力学及能量问题
[学习目标] 1.掌握电磁感应中动力学问题的分析方法.2.理解电磁感应过程中能量的转化情况，能用能量的观点分析和解决电磁感应问题．
一、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)求回路中的感应电流的大小和方向．
(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．
2．两种状态处理
(1)导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态．
处理方法：根据平衡条件——合力等于零列式分析．
(2)导体处于非平衡状态——加速度不为零．
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．
例1 如图1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杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；
(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．
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FN，垂直于斜面向上；安培力F安，沿斜面向上．
(2)当ab杆的速度大小为v时，感应电动势E＝BLv，此时电路中的电流I＝＝
ab杆受到安培力F安＝BIL＝
根据牛顿第二定律，有
mgsin θ－F安＝ma
联立解得a＝gsin θ－.
(3)当a＝0时，ab杆有最大速度：vm＝.
电磁感应现象中涉及到具有收尾速度的力学问题时，关键是做好受力情况和运动情况的动态分析：
→→→→
→→
周而复始地循环，达到最终状态时，加速度等于零，导体达到稳定运动状态，即平衡状态，根据平衡条件建立方程，所求解的收尾速度也是导体运动的最大速度．
针对训练1 (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，一段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图象可能是( )
图2
答案 ACD
解析 设ab杆的有效长度为l，S闭合时，若>mg，杆先减速再匀速，D项有可能；若
＝mg，杆匀速运动，A项有可能；若二、电磁感应中的能量问题
1．电磁感应中能量的转化
电磁感应过程实质是不同形式的能量相互转化的过程，其能量转化方式为：
2．求解电磁感应现象中能量问题的一般思路
(1)确定回路，分清电源和外电路．
(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化．如：
①有滑动摩擦力做功，必有内能产生；
②有重力做功，重力势能必然发生变化；
③克服安培力做功，必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能；如果安培力做正功，就是电能转化为其他形式的能．
(3)列有关能量的关系式．
例2 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.
针对训练2 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4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4
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.
1．如图5所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落，不计空气阻力．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5
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.所以选C.
2. (多选)如图6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6
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. 如图7所示，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l，左端与一电阻R相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下．一质量为m的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速率v匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好．已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽略．求：
图7
(1)电阻R消耗的功率；
(2)水平外力的大小．
答案 (1) (2)＋μmg
解析 (1)导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E＝Blv，根据欧姆定律，闭合回路中的感应电流为I＝
电阻R消耗的功率为P＝I2R，联立可得P＝
(2)对导体棒受力分析，水平方向上受到向左的安培力和向左的摩擦力及向右的外力，三力平衡，故有F安＋μmg＝F，F安＝BIl＝，故F＝＋μmg.
一、选择题(1～6题为单选题，7～9题为多选题)
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忽略不计．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，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则 ( )
图2
A．Q1＞Q2，q1＝q2 B．Q1＞Q2，q1＞q2
C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1＞q2
答案 A
解析 根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1lbc＝lbc＝lab
同理Q2＝lbc，又lab＞lbc，故Q1＞Q2；
因q＝t＝t＝＝，
故q1＝q2.因此A正确．
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图象中，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，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于( )
图4
A．棒的机械能增加量 B．棒的动能增加量
C．棒的重力势能增加量 D．电阻R上产生的热量
答案 A
解析 棒加速上升时受到重力、拉力F及安培力．根据功能关系可知，力F与安培力做的功的代数和等于棒的机械能的增加量，A正确．
5. 如图5所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN垂直导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T．将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)( )
图5
A．2.5 m/s 1 W B．5 m/s 1 W
C．7.5 m/s 9 W D．15 m/s 9 W
答案 B
解析 导体棒MN匀速下滑时受力如图所示，
由平衡条件可得F安＋μmgcos 37°＝mgsin 37°，所以F安＝mg(sin 37°－μcos 37°)＝0.4 N，由
F安＝BIL得I＝＝1 A，所以E＝I(R灯＋RMN)＝2 V，导体棒的运动速度v＝＝5 m/s，小灯泡消耗的电功率为P灯＝I2R灯＝1 W．正确选项为B.
6．如图6所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接．右端接一个阻值为R的定值电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间始终垂直且接触良好．则金属棒穿过磁场区域的过程中 ( )
图6
A．流过金属棒的最大电流为
B．通过金属棒的电荷量为
C．克服安培力所做的功为mgh
D．金属棒产生的焦耳热为(mgh－μmgd)
答案 D
解析 金属棒下滑到底端时的速度为v＝，感应电动势E＝BLv，所以流过金属棒的最大电流为I＝；通过金属棒的电荷量为q＝＝；克服安培力所做的功为W＝mgh－μmgd；电路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，所以金属棒产生的焦耳热为(mgh－μmgd)．选项D正确．
7. 如图7所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下．经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则( )
图7
A．如果B增大，vm将变大
B．如果α变大，vm将变大
C．如果R变大，vm将变大
D．如果m变小，vm将变大
答案 BC
解析 金属杆由静止开始滑下的过程中，金属杆就是一个电源，与电阻R构成一个闭合回路；其受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得：
mgsin α－＝ma
所以金属杆由静止开始做加速度减小的加速运动，当a＝0，即mgsin α＝时，此时达到最大速度vm，可得：vm＝，故由此式知选项B、C正确．
8. 如图8所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的面积S＝0.5 m2，线圈电阻r＝0.2 Ω，磁感应强度B在0～1 s内从零均匀变化到2 T，则( )
图8
A．0.5 s时线圈内感应电动势的大小为1 V
B．0.5 s时线圈内感应电流的大小为10 A
C．0～1 s内通过线圈的电荷量为5 C
D．0～0.5 s内线圈产生的焦耳热为5 J
答案 AC
解析 根据法拉第电磁感应定律E＝n可得：E＝＝1 V，故选项A正确；线圈内感应电流的大小I＝＝ A＝5 A，故选项B错误；0～1 s内通过线圈的电荷量q＝It＝5×1 C＝5 C，故选项C正确；0～0.5 s内线圈产生的焦耳热Q＝I2rt＝52×0.2×0.5 J＝2.5 J，故选项D错误．
9．如图9所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下，在磁场中有一个边长为L的正方形刚性金属框，ab边的质量为m，电阻为R，其他三边的质量和电阻均不计．cd边上装有固定的水平轴，将金属框自水平位置由静止释放，第一次转到竖直位置时，ab边的速度为v，不计一切摩擦，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是( )
图9
A．通过ab边的电流方向为a→b
B．ab边经过最低点时的速度v＝
C．ab边经过最低点时的速度v＜
D．金属框中产生的焦耳热为mgL－mv2
答案 CD
解析 ab边向下摆动过程中，金属框内磁通量逐渐减小，根据楞次定律及右手螺旋定则可知感应电流方向为b→a，选项A错误；ab边由水平位置到达最低点过程中，机械能一部分转化为焦耳热，故v＜，所以选项B错误，C正确；根据能量守恒定律可知，金属框中产生的焦耳热应等于此过程中机械能的损失，故选项D正确．
二、非选择题
10. 如图10所示，电阻r＝0.3 Ω、质量m＝0.1 kg的金属棒CD静止在位于水平面上的两条平行光滑的金属导轨上，棒与导轨垂直且接触良好，导轨的电阻不计，导轨的左端接有阻值为R＝0.5 Ω的电阻，有一个理想电压表接在电阻R的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过导轨平面．现给金属棒加一个水平向右的恒定外力F，观察到电压表的示数逐渐变大，最后稳定在1.0 V，此时金属棒的速度为2 m/s.
图10
(1)求拉动金属棒的外力F的大小．
(2)当电压表读数稳定后某一时刻，撤去外力F，求此后电阻R上产生的热量．
答案 (1)1.6 N (2)0.125 J
解析 (1)金属棒切割磁感线产生的感应电动势
E＝BLv
电路中的感应电流I＝，
金属棒受到的安培力F安＝BIL，
金属棒匀速运动有F＝F安
由题意可知E＝·(R＋r)，
联立以上各式解得F＝1.6 N.
(2)金属棒的动能转化为内能，则mv2＝Q，
电阻R上产生的热量QR＝Q，
解得QR＝0.125 J.
11．如图11所示，相距为L的光滑平行金属导轨ab、cd固定在水平桌面上，上面放有两根垂直于导轨的金属棒MN和PQ，金属棒质量均为m，电阻值均为R.其中MN被系于中点的细绳束缚住，PQ的中点与一绕过定滑轮的细绳相连，绳的另一端系一质量也为m的物块，绳处于拉直状态．整个装置放于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B.若导轨的电阻、滑轮的质量及一切摩擦均忽略不计，当物块由静止释放后，求：(重力加速度为g，金属导轨足够长，与MN、PQ相连的绳跟MN、PQ垂直)
图11
(1)细绳对金属棒MN的最大拉力；
(2)金属棒PQ能达到的最大速度．
答案 (1)mg (2)
解析 (1)对棒PQ，开始时做加速度逐渐减小、速度逐渐增大的变加速运动，当加速度为零时，速度达到最大，此时感应电流最大．此后棒PQ做匀速直线运动．
对棒PQ，F安＝BLIm＝mg
对棒MN，Fm＝F安＝BLIm＝mg.
(2)对棒PQ，F安－mg＝0时速度最大
E＝BLvm，Im＝，F安＝BLIm
解得vm＝.
习题课：电磁感应中的电路、电荷量及图象问题
[学习目标] 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.掌握电磁感应电路中感应电荷量求解的基本思路和方法.3.综合应用楞次定律和法拉第电磁感应定律解决电磁感应中的图象问题．
一、电磁感应中的电路问题
电磁感应问题常与电路知识综合考查，解决此类问题的基本方法是：
(1)明确哪部分电路或导体产生感应电动势，该部分电路或导体就相当于电源，其他部分是外电路．
(2)画等效电路图，分清内、外电路．
(3)用法拉第电磁感应定律E＝n或E＝Blv确定感应电动势的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电流的方向．在等效电源内部，电流方向从负极指向正极．
(4)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率、电热等公式联立求解．
例1 固定在匀强磁场中的正方形导线框abcd边长为L，其中ab是一段电阻为R的均匀电阻丝，其余三边均为电阻可以忽略的铜线．磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．现有一段与ab段的材料、粗细、长度均相同的电阻丝PQ架在导线框上(如图1所示)．若PQ以恒定的速度v从ad滑向bc，当其滑过的距离时，通过aP段的电流是多大？方向如何？
图1
答案 方向由 P到a
解析 PQ在磁场中做切割磁感线运动产生感应电动势，由于是闭合回路，
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等效电路图．
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.
1．“电源”的确定方法：“切割”磁感线的导体(或磁通量发生变化的线圈)相当于“电源”，该部分导体(或线圈)的电阻相当于“内电阻”．
2．电流的流向：在“电源”内部电流从负极流向正极，在“电源”外部电流从正极流向负极．
针对训练1 用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2 m，正方形的一半放在垂直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，线框上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 穿过正方形线框左半部分的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，设其电动势为E，正方形线框的总电阻为r，则内电阻为，画出等效电路如图所示．
则a、b两点间的电势差即为电源的路端电压，设l是边长，且依题意知＝10 T/s.由E＝得E＝＝＝10× V＝0.2 V，所以U＝I·＝·＝· V＝0.1 V．由于a点电势低于b点电势，故Uab＝－0.1 V，即B选项正确．
二、电磁感应中的电荷量问题
例2 面积S＝0.2 m2、n＝100匝的圆形线圈，处在如图3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3
(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.
1．求解电路中通过的电荷量时，一定要用平均感应电动势和平均感应电流计算．
2．设感应电动势的平均值为，则在Δt时间内：＝n，＝，又q＝Δt，所以q＝n.其中ΔΦ对应某过程磁通量的变化，R为回路的总电阻，n为电路中线圈的匝数．
针对训练2 如图4所示，空间存在垂直于纸面的匀强磁场，在半径为a的圆形区域内部及外部，磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B.一半径为b(b＞a)，电阻为R的圆形导线环放置在纸面内，其圆心与圆形区域的中心重合．当内、外磁场同时由B均匀地减小到零的过程中，通过导线环截面的电荷量为( )
图4
A. B.
C. D.
答案 A
解析 开始时穿过导线环向里的磁通量设为正值，Φ1＝Bπa2，向外的磁通量则为负值，
Φ2＝－B·π(b2－a2)，总的磁通量为它们的代数和(取绝对值)Φ＝B·π|b2－2a2|，末态总的磁通量为Φ′＝0，由法拉第电磁感应定律得平均感应电动势为＝，通过导线环截面的电荷量为q＝·Δt＝，A项正确．
三、电磁感应中的图象问题
1．问题类型
(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象．
(2)由给定的图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量．
2．图象类型
(1)各物理量随时间t变化的图象，即B－t图象、Φ－t图象、E－t图象和I－t图象．
(2)导体切割磁感线运动时，还涉及感应电动势E和感应电流I随导体位移变化的图象，
即E－x图象和I－x图象．
3．解决此类问题需要熟练掌握的规律：安培定则、左手定则、楞次定律、右手定则、法拉第电磁感应定律、欧姆定律等．
例3 将一段导线绕成图5甲所示的闭合回路，并固定在纸面内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中．回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示．用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是 ( )
图5
答案 B
解析 由题图乙可知0～时间内，磁感应强度随时间线性变化，即＝k(k是一个常数)，圆环的面积S不变，由E＝＝可知圆环中产生的感应电动势大小不变，则回路中的感应电流大小不变，ab边受到的安培力大小不变，从而可排除选项C、D；0～时间内，由楞次定律
可判断出流过ab边的电流方向为由b至a，结合左手定则可判断出ab边受到的安培力的方向向左，为负值，故选项A错误，B正确．
本类题目线圈面积不变而磁场发生变化，可根据E＝nS 判断E的大小及变化，
其中为B－t图象的斜率，且斜率正、负变化时对应电流的方向发生变化．
例4 如图6所示，在x≤0的区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面(纸面)向里．具有一定电阻的矩形线框abcd位于xOy平面内，线框的ab边与y轴重合．令线框从
t＝0时刻起由静止开始沿x轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流i(取逆时针方向的电流为正)随时间t的变化图象正确的是( )
图6
答案 D
解析 因为线框做匀加速直线运动，所以感应电动势为E＝Blv＝Blat，因此感应电流大小与时间成正比，由楞次定律可知电流方向为顺时针．
1. 如图7所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场．当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差为( )
图7
A.BRv B.BRv
C.BRv D.BRv
答案 D
解析 设整个圆环电阻是r，则其外电阻是圆环总电阻的，而在磁场内切割磁感线的有效长度是R，其相当于电源，E＝B·R·v，根据欧姆定律可得U＝E＝BRv，选项D正确．
2．如图8所示，将一半径为r的金属圆环在垂直于环面的磁感应强度为B的匀强磁场中用力握中间成“8”字形(金属圆环未发生翻转)，并使上、下两圆环半径相等．如果环的电阻为R，则此过程中流过环的电荷量为( )
图8
A. B.
C．0 D.－
答案 B
解析 流过环的电荷量只与磁通量的变化量和环的电阻有关，与时间等其他量无关，
ΔΦ＝Bπr2－2·Bπ2＝Bπr2，因此，电荷量为q＝＝.
3．如图9所示，一底边为L，底边上的高也为L的等腰三角形导体线框以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过长为2L、宽为L的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．t＝0时刻，三角形导体线框的底边刚进入磁场，取沿逆时针方向的感应电流为正，则在三角形导体线框穿过磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图象可能是( )
图9
答案 A
一、选择题(1～8题为单选题，9～10题为多选题)
1．如图1所示，设磁感应强度为B，ef长为l，ef的电阻为r，外电阻为R，其余电阻不计．当ef在外力作用下向右以速度v匀速运动时，则ef两端的电压为( )
图1
A．Blv B. C. D.
答案 B
2．如图2所示，将一个闭合金属圆环从有界磁场中匀速拉出，第一次速度为v，通过金属圆环某一截面的电荷量为q1，第二次速度为2v，通过金属圆环某一截面的电荷量为q2，则( )
图2
A．q1∶q2＝1∶2 B．q1∶q2＝1∶4
C．q1∶q2＝1∶1 D．q1∶q2＝2∶1
答案 C
解析 由q＝·Δt＝·Δt得
q＝＝，S为圆环面积，故q1＝q2.
3．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 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，而其他选项则为电动势的.故B正确．
4. 如图3所示，竖直平面内有一金属圆环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，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3
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.
5. 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4所示，探测线圈与冲击电流计串联后可用来测定磁场的磁感应强度．已知线圈的匝数为n，面积为S，线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R.若将线圈放在被测匀强磁场中，开始时线圈平面与磁场垂直，现把探测线圈翻转180°，冲击电流计测出通过线圈的电荷量为q，由上述数据可测出被测磁场的磁感应强度为( )
图4
A. B.
C. D.
答案 C
解析 q＝·Δt＝·Δt＝Δt＝n＝n，
所以B＝.
6．如图5(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上．在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是( )
图5
答案 C
7．如图6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)，周期为T，t＝0时刻线框置于如图所示位置，则线框内产生的感应电流的图象为(规定电流顺时针方向为正) ( )
图6
答案 A
解析 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．注意线框在进入磁场和离开磁场时，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．由右手定则可判断导线框进入磁场时，电流方向为逆时针，故A正确．
8. 如图7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象是( )
图7
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．
9．如图8甲所示，一个闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中，设磁场方向向里为磁感应强度B的正方向，线圈中的箭头指向为电流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 ( )
图8
答案 CD
10. 如图9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，横截面积为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9
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＝，得ΔΦ＝，B正确；ΔΦ＝2BS，得B＝，D正确．
二、非选择题
11. 如图10所示，面积为0.2 m2的100匝线圈A处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面．磁感应强度B随时间变化的规律是B＝(6－0.2t) T，已知电路中的R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，电容
C＝30 μF，线圈的电阻不计，求：
图10
(1)闭合S一段时间后，通过R2的电流大小及方向．
(2)闭合S一段时间后，再断开S，S断开后通过R2的电荷量是多少？
答案 (1)0.4 A 由上向下通过R2 (2)7.2×10－5 C
解析 (1)由于磁感应强度随时间均匀变化，根据B＝(6－0.2t) T，可知＝0.2 T/s，所以线圈中感应电动势的大小为E＝n＝nS·＝100×0.2×0.2 V＝4 V.
通过R2的电流大小为I＝＝ A＝0.4 A
由楞次定律可知电流的方向自上而下通过R2.
(2)闭合S一段时间后，电容器充电，此时两板间电压U2＝IR2＝0.4×6 V＝2.4 V.
再断开S，电容器将放电，通过R2的电荷量就是电容器原来所带的电荷量Q＝CU2＝30×
10－6×2.4 C＝7.2×10－5 C.
12. 匀强磁场的磁感应强度B＝0.2 T，磁场宽度l＝4 m，一正方形金属框边长为l′＝1 m，每边的电阻r＝0.2 Ω，金属框以v＝10 m/s的速度匀速穿过磁场区，其平面始终保持与磁感线方向垂直，如图11所示．求：
图11
(1)画出金属框穿过磁场区的过程中，各阶段的等效电路图；
(2)画出金属框穿过磁场区的过程中，金属框内感应电流的i－t图线；(要求写出作图依据)
(3)画出ab两端电压的U－t图线．(要求写出作图依据)
答案 见解析
解析 (1)如图(a)所示，金属框的运动过程分为三个阶段：第Ⅰ阶段cd相当于电源；第Ⅱ阶段cd和ab相当于开路时两并联的电源；第Ⅲ阶段ab相当于电源，各阶段的等效电路图分别如图(b)、(c)、(d)所示．
(2)、(3)第Ⅰ阶段，有I1＝＝＝2.5 A.
感应电流方向沿逆时针方向，持续时间为
t1＝＝0.1 s.
ab两端的电压为U1＝I1·r＝2.5×0.2 V＝0.5 V
在第Ⅱ阶段，有I2＝0，ab两端的电压U2＝E＝Bl′v＝2 V
t2＝＝ s＝0.3 s
在第Ⅲ阶段，有I3＝＝2.5 A
感应电流方向为顺时针方向
ab两端的电压U3＝I3·3r＝1.5 V，t3＝0.1 s
规定逆时针方向为电流正方向，故i－t图象和ab两端U－t图象分别如图甲、乙所示．
章末总结
一、楞次定律的理解与应用
1．感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．感应电流的磁场方向不一定与原磁场方向相反，只有在磁通量增加时两者才相反，而在磁通量减少时两者是同向的．
2．“阻碍”并不是“阻止”，而是“延缓”，回路中的磁通量变化的趋势不变，只不过变化得慢了．
3．“阻碍”的表现：增反减同、来拒去留等．
例1 圆形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图1所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是 ( )
图1
A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流
B．穿过线圈a的磁通量变小
C．线圈a有扩张的趋势
D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大
答案 D
解析 通过螺线管b的电流如图所示，
根据安培定则判断出螺线管b所产生的磁场方向在线圈a中竖直向下，滑片P向下滑动，接入电路的电阻减小，电流增大，所产生的磁场的磁感应强度增大，根据楞次定律可知，a线圈中所产生的感应电流的磁场方向竖直向上，再由安培定则可得线圈a中的电流方向为俯视逆时针方向，A错误；由于螺线管b中的电流增大，所产生的磁感应强度增大，线圈a中的磁通量应变大，B错误；根据楞次定律可知，线圈a有缩小的趋势，线圈a对水平桌面的压力将增大，C错误，D正确．
二、电磁感应中的图象问题
对图象的分析，应做到：
(1)明确图象所描述的物理意义；
(2)明确各种物理量正、负号的含义；
(3)明确斜率的含义；
(4)明确图象和电磁感应过程之间的对应关系．
例2 如图2所示，三条平行虚线位于纸面内，中间虚线两侧有方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向．菱形闭合导线框ABCD位于纸面内且对角线AC与虚线垂直，磁场宽度与对角线AC长均为d，现使线框沿AC方向匀速穿过磁场，以逆时针方向为感应电流的正方向，则从C点进入磁场到A点离开磁场的过程中，线框中电流i随时间t的变化关系可能是( )
图2
答案 D
解析 导线框ABCD在进入左边磁场时，由楞次定律和安培定则可以判断出感应电流的方向应为正方向，选项B、C不可能；当导线框ABCD一部分在左磁场区，另一部分在右磁场区时，回路中的最大电流要加倍，方向与刚进入时的方向相反，选项D可能，选项A不可能．
电磁感应中图象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象作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法．
三、电磁感应中的电路问题
求解电磁感应中电路问题的关键是分清楚内电路和外电路．
“切割”磁感线的导体和磁通量变化的线圈都相当于“电源”，该部分导体的电阻相当于内电阻，而其余部分的电阻则是外电阻．
例3 如图3所示，面积为0.2 m2的100匝线圈处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，已知磁感应强度随时间变化的规律为B＝(2＋0.2t)T，定值电阻R1＝6 Ω，线圈电阻R2＝4 Ω，求：
图3
(1)磁通量的变化率和回路中的感应电动势；
(2)a、b两点间电压Uab；
(3)2 s内通过R1的电荷量q.
答案 (1)0.04 Wb/s 4 V (2)2.4 V (3)0.8 C
解析 (1)由B＝(2＋0.2t)T可知＝0.2 T/s.
磁通量变化率为＝S＝0.04 Wb/s.
由法拉第电磁感应定律可知回路中的感应电动势为
E＝n＝100×0.04 V＝4 V.
(2)等效电路如图所示．a、b两点间电压Uab等于定值电阻R1两端的电压，则
Uab＝R1＝2.4 V.
(3)2 s内的磁感应强度变化量为
ΔB＝·t＝0.2×2 T＝0.4 T
通过R1的电荷量为
q＝·Δt＝·Δt＝n＝n·S＝100×0.2× C＝0.8 C.
路端电压、电动势和某导体两端的电压三者的关系：
(1)某段导体作为外电路时，它两端的电压就是电流与其电阻的乘积．
(2)某段导体作为电源时，它两端的电压就是路端电压，等于电流与外电阻的乘积，或等于电动势减去内电压，当其内阻不计时路端电压等于电源电动势．
(3)某段导体作为电源且电路断路时，导体两端的电压等于电源电动势．
四、电磁感应中的力电综合问题
此类问题涉及电路知识、动力学知识和能量观点，综合性很强，解决此类问题要注重以下三点：
1．电路分析
(1)找“电源”：确定出由电磁感应所产生的电源，求出电源的电动势E和内阻r.
(2)电路结构分析
弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，为求安培力做好铺垫．
2．力和运动分析
(1)受力分析：分析研究对象(常为金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意安培力的方向．
(2)运动分析：根据力与运动的关系，确定出运动模型，根据模型特点，找到解决途径．
3．功和能量分析
(1)做功分析，找全力所做的功，弄清功的正、负．
(2)能量转化分析，弄清哪些能量增加，哪些能量减小，根据功能关系、能量守恒定律列方程求解．
例4 如图4所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m，导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN.Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg、电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg，电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10 m/s2，问：
图4
(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；
(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；
(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．
答案 (1)由a流向b (2)5 m/s (3)1.3 J
解析 (1)由右手定则可判断出cd中的电流方向为由d到c，则ab中电流方向为由a流向b.
(2)开始放置时ab刚好不下滑，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，
设其为Fmax，有Fmax＝m1gsin θ ①
设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv ②
设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有
I＝ ③
设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL ④
此时ab受到的最大静摩擦力方向沿导轨向下，由平衡条件有F安＝m1gsin θ＋Fmax ⑤
联立①②③④⑤式，代入数据解得v＝5 m/s.
(3)设cd棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q总，
由能量守恒定律有m2gxsin θ＝Q总＋m2v2
又Q＝Q总
解得Q＝1.3 J.
章末检测卷(第四章)
(时间：90分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．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，如果电流表无示数，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，如果电流表有示数，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．如图1，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距．两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流．若( )
图1
A．金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
B．金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
C．金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向
D．金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向
答案 D
解析 根据楞次定律，当金属环上、下移动时，穿过环的磁通量不发生变化，故没有感应电流产生，故选项A、B错误；当金属环向左移动时，则穿过环的磁场垂直纸面向外并且增强，故根据楞次定律和安培定则可以知道，产生的感应电流为顺时针，故选项C错误；当金属环向右移动时，则穿过环的磁场垂直纸面向里并且增强，故根据楞次定律和安培定则可以知道，产生的感应电流为逆时针，故选项D正确．
3. 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2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，方向如图所示，磁感应强度大小随时间的变化率＝k(k＜0)．则 ( )
图2
A．圆环中产生逆时针方向的感应电流
B．圆环具有收缩的趋势
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 D
解析 由题意可知磁感应强度均匀减小，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律和安培定则可以判断，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、B错误；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．
4. 如图3所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方(略靠前)固定一根与导线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流．释放导线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中 ( )
图3
A．导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA
B．导线框内的磁通量为零时，感应电流也为零
C．导线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上
D．导线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动
答案 A
解析 根据安培定则可知导线上方的磁场方向垂直纸面向外，下方的磁场方向垂直纸面向里，而且越靠近导线磁场越强，所以闭合导线框ABC在下降过程中，导线框内垂直于纸面向外的磁通量先增大，当BC边与导线重合时，达到最大，再向下运动，导线框内垂直于纸面向外的磁通量逐渐减小至零，然后随导线框的下降，导线框内垂直于纸面向里的磁通量增大，当达到最大，继续下降时由于导线框逐渐远离导线，使导线框内垂直于纸面向里的磁通量再逐渐减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化，所以感应电流的磁场先向里，再向外，最后向里，所以导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA，A正确；当导线框内的磁通量为零时，内部的磁通量仍然在变化，有感应电动势产生，所以感应电流不为零，B错误．根据对楞次定律的理解，感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动，由于导线框一直向下运动，所以导线框所受安培力的合力方向一直向上，不为零，C、D错误．
5．如图4所示，螺线管匝数n＝1 000匝，横截面积S＝10 cm2，螺线管导线电阻r＝1 Ω，电阻R＝9 Ω，磁感应强度B的B－t图象如图所示(以向右为正方向)，则( )
图4
A．感应电动势为0.6 V
B．感应电流为0.06 V
C．电阻R两端的电压为0.54 V
D．0～1 s内感应电流的方向为从C点通过R流向A点
答案 D
解析 由图象可知＝6 T/s，根据法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势为E＝n＝nS＝1 000×6×10×10－4 V＝6 V，故选项A错误；感应电流为I＝＝ A＝0.6 A，故选项B错误；电阻R两端的电压为U＝IR＝0.6×9 V＝5.4 V，故选项C错误；0～1 s通过螺线管的磁通量在增加，根据楞次定律可知感应电流的方向为从C点通过R流向A点，故选项D正确．
6．匀强磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图5甲所示．在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，t＝0时刻磁场的方向垂直纸面向里，如图乙所示，令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示感应电流为I1、I2、I3时金属圆环上很小一段受到的安培力，则( )
图5
A．I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向
B．I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向
C．F1方向指向圆心，F2方向指向圆心
D．F2方向背离圆心向外，F3方向背离圆心向外
答案 A
解析 根据楞次定律“增反减同”的规律可推知A正确，B错误；由“增缩减扩”的规律可知，F1与F3的方向指向圆心，F2方向背离圆心向外，故C、D错误．
7．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6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象是( )
图6
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．
8．如图7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，闭合开关调节滑动变阻器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，然后断开开关S.重新闭合开关S，则 ( )
图7
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 断开开关再重新闭合开关的瞬间，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，闭合开关调节滑动变阻器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，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．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．每小题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得3分，错选得0分)
9. 如图8所示是电表中的指针和电磁阻尼器，下列说法中正确的是( )
图8
A．2是磁铁，1中产生涡流
B．1是磁铁，2中产生涡流
C．该装置的作用是使指针能够转动
D．该装置的作用是使指针能很快地稳定下来
答案 AD
解析 当指针摆动时，1随之转动，2是磁铁，那么在1中产生涡流，2对1的安培力将阻碍1的转动．总之，不管1向哪个方向转动，2对1的效果总是起到阻尼作用，所以它能使指针很快地稳定下来．
10. 如图9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9
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．
11. 如图10所示，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形．则该磁场( )
图10
A．逐渐增强，方向向外
B．逐渐增强，方向向里
C．逐渐减弱，方向向外
D．逐渐减弱，方向向里
答案 CD
解析 对于导线回路来说，圆形面积最大，即由于磁场变化，导致导线回路面积变大，根据楞次定律“增缩减扩”，可判断磁场在减弱，可能是方向垂直软导线回路平面向外的磁场逐渐减弱，也可能是方向垂直软导线回路平面向里的磁场逐渐减弱，选项C、D对．
12. 如图11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11
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．电流所做的功一定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、C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．
三、实验题(本题共2小题，共10分)
13．(4分)为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图12所示．已知线圈由a端开始绕至b端：当电流从电流计G的左端流入时，指针向左偏转．
图12
(1)将磁铁的N极向下从线圈上方竖直插入线圈L时，发现电流计的指针向左偏转．俯视线圈，其绕向为________(选填“顺时针”或“逆时针”)．
(2)当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离线圈L时，发现电流计的指针向右偏转．俯视线圈，其绕向为________(选填“顺时针”或“逆时针”)．
答案 (1)顺时针 (2)逆时针
解析 (1)由题可知在线圈L内电流从b流向a，而根据楞次定律(增反减同)知，线圈L中产生的磁场与原磁场方向相反(向上)，再根据安培定则可知，感应电流方向为逆时针方向(俯视线圈)，因此线圈绕向为顺时针方向(俯视线圈)．
(2)由题意可知在线圈L内电流从a流向b，而根据楞次定律(增反减同)知，线圈L中产生的磁场与原磁场方向相同(向上)，再根据安培定则可知，感应电流方向与(1)问相同，而电流的流向与(1)问相反，因此线圈绕向一定与(1)问相反，为逆时针方向(俯视线圈)．
14．(6分)如图13所示为“研究电磁感应现象”的实验装置．
图13
(1)将图中所缺的导线补接完整；
(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转一下，那么合上开关后可能出现的情况有：
A．将线圈A迅速插入线圈B时，灵敏电流计指针将________．
B．线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向左拉时，灵敏电流计指针________．
答案 (1)见解析图 (2)向右偏转一下 向左偏转一下
解析 (1)如图所示
(2)根据楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定，则A.向右偏转一下；B.向左偏转一下．
四、计算题(本题共3小题，共38分．解答应写出必要的文字说明，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)
15．(10分)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图14所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L＝0.1 m，竖直边长H＝0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0 A 范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度取g＝10 m/s2)
图14 图15
(1)为使“电磁天平”的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？
(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10 Ω.不接外电流，两臂平衡．如图15所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1 m．当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率.
答案 (1)25匝 (2)0.1 T/s
解析 (1)“电磁天平”中的线圈受到安培力，
I＝2.0 A时线圈的匝数最少F＝N1B0IL
由天平平衡可知：mg＝N1B0IL
代入数据解得：N1＝25匝．
(2)由法拉第电磁感应定律得：E＝N2＝N2Ld
由欧姆定律得：I′＝
线圈受到的安培力F′＝N2B0I′L
由天平平衡可得：m′g＝F′
联立各式，代入数据可得＝0.1 T/s.
16．(13分)如图16所示，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：
图16
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
(2)电阻的阻值．
答案 (1)Blt0(－μg) (2)
解析 (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得
F－μmg＝ma ①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0 ②
当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为
E＝Blv ③
联立①②③式可得
E＝Blt0(－μg) ④
(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律
I＝ ⑤
式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为
F安＝BlI ⑥
因金属杆做匀速运动，有
F－μmg－F安＝0 ⑦
联立④⑤⑥⑦式得R＝.
17．(15分)如图17甲所示，一电阻不计且足够长的固定光滑平行金属导轨MN、PQ间距
L＝0.8 m，下端接有阻值R＝3 Ω的电阻，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°.整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．一质量m＝0.1 kg、阻值r＝0.15 Ω的金属棒垂直导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量M＝0.9 kg的重物相连，左端细线连接金属棒中点且沿NM方向．棒由静止释放后，沿NM方向位移x与时间t之间的关系如图乙所示，其中ab为直线．已知棒在0～0.3 s内通过的电荷量是0.3～0.4 s内通过电荷量的2倍，取g＝10 m/s2，求：
图17
(1)0～0.3 s内棒通过的位移x1的大小；
(2)电阻R在0～0.4 s内产生的热量Q1.
答案 (1)0.6 m (2)3 J
解析 (1)棒在0～0.3 s内通过的电荷量q1＝Δt1
平均感应电流＝
回路中平均感应电动势＝
得q1＝
同理，棒在0.3～0.4 s内通过的电荷量
q2＝
由图乙读出0.4 s时刻位移大小x2＝0.9 m
又q1＝2q2
解得x1＝0.6 m.
(2)由题图乙知棒在0.3～0.4 s内做匀速直线运动，棒的速度大小v＝ m/s＝3 m/s
对系统，根据能量守恒定律
Q＝Mgx2－mgx2sin θ－(M＋m)v2
代入数据解得Q＝3.15 J
根据焦耳定律有＝
代入数据解得Q1＝3 J.
1 交变电流
[学习目标] 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、峰值的物理含义．
一、对交变电流的认识
[导学探究] (1)把图1所示电路接在干电池的两端时，可以观察到什么现象？
(2)把图1中电路接在手摇式发电机两端时，又会观察到怎样的现象？并解释看到的现象．
图1
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．
[知识梳理] 对交变电流的认识：
(1)交变电流：大小和方向随时间做周期性变化的电流叫交变电流，简称交流．
(2)直流：方向不随时间变化的电流称为直流．
注意：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．
(3)正弦式交变电流：按正弦规律变化的交变电流叫正弦式交变电流，简称正弦式电流．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)交变电流的大小一定随时间变化．( )
(2)大小和方向都不随时间变化的电流才是直流电．( )
(3)交变电流的大小可以不变，但方向一定随时间周期性变化．( )
(4)交变电流不稳定，很容易“烧坏”家电．( )
答案 (1)× (2)× (3)√ (4)×
二、交变电流的产生
[导学探究] 假定线圈绕OO′轴沿逆时针方向匀速转动，如图2甲至丁所示．请分析判断：
图2
(1)线圈转动一周的过程中，线圈中的电流方向的变化情况．
(2)线圈转动过程中，当产生的感应电流有最大值和最小值时线圈分别在什么位置？
答案 (1)
转动过程
电流方向
甲→乙
B→A→D→C
乙→丙
B→A→D→C
丙→丁
A→B→C→D
丁→甲
A→B→C→D
(2)线圈转到乙或丁位置时线圈中的电流最大．线圈转到甲或丙位置时线圈中电流最小，为零，此时线圈所处的平面称为中性面．
[知识梳理] 正弦式交变电流的产生条件及中性面的特点：
(1)正弦式交变电流的产生条件：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．
(2)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．
②线圈每次经过中性面时，线圈中感应电流的方向都要改变．线圈转动一周，感应电流的方向改变两次．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)只要线圈在磁场中转动，就可以产生交变电流．( )
(2)线圈在通过中性面时磁通量最大，电流也最大．( )
(3)线圈在通过垂直中性面的平面时电流最大，但磁通量为零．( )
(4)线圈在通过中性面时电流的方向发生改变．( )
答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√
三、交变电流的变化规律
[导学探究] 如图3所示，线圈平面从中性面开始转动，角速度为ω.经过时间t，线圈转过的角度是ωt，ab边的线速度v的方向跟磁感线方向间的夹角也等于ωt.设ab边长为L1，bc边长为L2，线圈面积S＝L1L2，磁感应强度为B，则：
图3
(1)ab边产生的感应电动势为多大？
(2)整个线圈中的感应电动势为多大？
(3)若线圈有N匝，则整个线圈的感应电动势为多大？
答案 (1)eab＝BL1vsin ωt＝BL1sin ωt
＝BL1L2ωsin ωt＝BSωsin ωt.
(2)整个线圈中的感应电动势由ab和cd两部分组成，且eab＝ecd，所以e1＝eab＋ecd＝BSωsin ωt.
(3)若线圈有N匝，则相当于N个完全相同的电源串联，所以e＝NBSωsin ωt.
[知识梳理] 交变电流的瞬时值及峰值：
(1)正弦式交变电流电动势的瞬时值表达式：①当从中性面开始计时：e＝Emsin ωt.
②当从与中性面垂直的位置开始计时：e＝Emcos ωt.
(2)正弦式交变电流电动势的峰值表达式：Em＝nBSω.
与线圈的形状无关，与转动轴的位置无关．(填“有关”或“无关”)
[即学即用] 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，该线圈产生的交变电流电动势的峰值为 ，电流的峰值为 ，若从中性面位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为 ．
图4
答案 6.28 V 6.28 A e＝6.28sin 10πt V
解析 电动势的峰值为Em＝nBSω＝10×0.5×0.22×10π V＝6.28 V
电流的峰值为Im＝＝6.28 A
瞬时值表达式为e＝Emsin ωt＝6.28sin 10πt V.
一、交变电流的产生
例1 (多选)矩形线框绕垂直于匀强磁场且在线框平面内的轴匀速转动时产生了交变电流，下列说法正确的是 ( )
A．当线框位于中性面时，线框中感应电动势最大
B．当穿过线框的磁通量为零时，线框中的感应电动势也为零
C．每当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流的方向就改变一次
D．线框经过中性面时，各边切割磁感线的速度为零
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，所以感应电动势等于零，此时穿过线框的磁通量的变化率也等于零，感应电动势或感应电流的方向也就在此时刻发生变化．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．
搞清两个特殊位置的特点：
(1)线圈平面与磁场垂直时：e为0，i为0，Φ为最大，为0.
(2)线圈平面与磁场平行时：e为最大，i为最大，Φ为0，为最大．
二、交变电流的变化规律
1．峰值表达式
Em＝NBSω，Im＝＝，Um＝ImR＝
2．正弦交变电流的瞬时值表达式
(1)从中性面位置开始计时
e＝Emsin ωt，i＝Imsin ωt，U＝Umsin ωt
(2)从与中性面垂直的位置开始计时
e＝Emcos ωt，i＝Imcos ωt，U＝Umcos ωt.
例2 一矩形线圈，面积是0.05 m2，共100匝，线圈电阻r＝2 Ω，外接电阻R＝8 Ω，线圈在磁感应强度B＝ T的匀强磁场中以n＝300 r/min的转速绕垂直于磁感线的轴匀速转动，如图5所示，若从中性面开始计时，求：
图5
(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)线圈从开始计时经 s时线圈中由此得到的感应电流的瞬时值；
(3)外电路R两端电压瞬时值的表达式．
答案 (1)e＝50sin 10πt V (2) A
(3)u＝40sin 10πt V
解析 (1)线圈转速n＝300 r/min＝5 r/s，
角速度ω＝2πn＝10π rad/s，
线圈产生的感应电动势最大值Em＝NBSω＝50 V，
由此得到的感应电动势瞬时值表达式为
e＝Emsin ωt＝50sin 10πt V.
(2)将t＝ s代入感应电动势瞬时值表达式中，
得e′＝50sin (10π×) V＝25 V，
对应的感应电流i′＝＝ A.
(3)由欧姆定律得u＝R＝40sin 10πt V.
1．求交变电流瞬时值的方法
(1)确定线圈转动从哪个位置开始计时；
(2)确定表达式是正弦函数还是余弦函数；
(3)确定转动的角速度ω＝2πn(n的单位为r/s)、峰值Em＝NBSω；
(4)写出表达式，代入角速度求瞬时值．
2．线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦式交变电流，产生的交变电流与线圈的形状无关．如图6所示，若线圈的面积与例2中题图所示线圈面积相同，则答案完全相同．
图6
三、交变电流的图象
例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7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，则图中能反映线圈中感应电流i随时间t变化的图象是( )
图7
答案 C
解析 线圈在磁场中从图示位置开始匀速转动时可以产生按余弦规律变化的交流电．对于图示起始时刻，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．
1．从中性面开始计时是正弦曲线，从垂直中性面开始计时是余弦曲线．
2．由楞次定律或右手定则判断感应电流的方向.
1．(多选)如图所示的图象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．
2．(多选)下列各图中，线圈中能产生交变电流的有( )
答案 BCD
3．(多选)如图8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如图乙所示的余弦规律变化，则在t＝时刻 ( )
图8
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．
4．如图9所示，匀强磁场的磁感应强度B＝ T，边长L＝10 cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r＝1 Ω，线圈绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，角速度ω＝2π rad/s，外电路电阻R＝4 Ω.求：
图9
(1)转动过程中线圈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30°角的过程中产生的平均感应电动势．
答案 (1)2 V (2) V
解析 (1)设转动过程中感应电动势的最大值为Em，
则Em＝NBL2ω＝100××0.01×2π V＝2 V.
(2)设由图示位置转过30°角的过程中产生的平均感应电动势为，则
＝N，Δt＝，ΔΦ＝BL2sin 30°，
代入数据解得＝ V.
一、选择题(1～7题为单选题，8～9题为多选题)
1．关于线圈在匀强磁场中绕轴匀速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，感应电流的方向就改变一次，感应电动势的方向不变
B．线圈每转动一周，感应电流的方向就改变一次
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的方向都要改变一次
答案 C
解析 根据交流电的变化规律可得，如果从中性面开始计时有e＝Emsin ωt和i＝Imsin ωt；如果从垂直于中性面的位置开始计时有e＝Emcos ωt和i＝Imcos ωt，不难看出：线圈平面每经过中性面一次，感应电流的方向就改变一次，感应电动势的方向也改变一次；线圈每转动一周，感应电流和感应电动势的方向都改变两次，故C正确．
2. 如图1所示，一矩形线圈绕与匀强磁场垂直的中心轴OO′沿顺时针方向转动，引出线的两端分别与相互绝缘的两个半圆形铜环M和N相连．M和N又通过固定的电刷P和Q与电阻R相连．在线圈转动过程中，通过电阻R的电流 ( )
图1
A．大小和方向都随时间做周期性变化
B．大小和方向都不随时间做周期性变化
C．大小不断变化，方向总是P→R→Q
D．大小不断变化，方向总是Q→R→P
答案 C
解析 半圆环交替接触电刷，从而使输出电流方向不变，这是一个直流发电机模型，由右手定则知，外电路中电流方向是P→R→Q.
3. 一个矩形线圈，在匀强磁场中绕一个固定轴匀速转动，当线圈处于如图2所示位置时，它的( )
图2
A．磁通量最大，磁通量变化率最大，感应电动势最大
B．磁通量最小，磁通量变化率最大，感应电动势最大
C．磁通量最大，磁通量变化率最小，感应电动势最小
D．磁通量最小，磁通量变化率最小，感应电动势最小
答案 B
解析 线圈处于题图所示位置时，它与磁感线平行，磁通量为零，磁通量变化率最大，感应电动势最大，选项A、C、D错误，B正确．
4．交流发电机工作时电动势为e＝Emsin ωt，若将发电机的转速提高一倍，同时将电枢所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为( )
A．e′＝Emsin B．e′＝2Emsin
C．e′＝Emsin 2ωt D．e′＝sin 2ωt
答案 C
解析 感应电动势的瞬时值表达式e＝Emsin ωt，而Em＝nBωS，当ω加倍而S减半时，Em不变，故正确答案为C.
5. 如图3所示是一台发电机的结构示意图，其中N、S是永久磁铁的两个磁极，它们的表面呈半圆柱面形状．M是圆柱形铁芯，它与磁极的柱面共轴，铁芯上有一矩形线框，可绕与铁芯M共轴的固定转轴旋转．磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径、大小近似均匀的磁场．若从图示位置开始计时，当线框绕固定转轴匀速转动时，下列图象中能正确反映线框中感应电动势e随时间t变化规律的是( )
图3
答案 D
解析 因发电机的两个磁极N、S呈半圆柱面形状，磁极间的磁感线如图所示，
磁感应强度的大小不变，仅方向发生改变，故线框在磁场中转动时垂直切割磁感线，产生的感应电动势的大小不变，线框越过空隙段后，由于线框切割磁感线的方向发生变化，所以感应电动势的方向发生变化，综上所述，选项D正确．
6．一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．
7. 在垂直纸面向里的有界匀强磁场中放置了矩形线圈abcd.线圈cd边沿竖直方向且与磁场的右边界重合．线圈平面与磁场方向垂直．从t＝0时刻起，线圈以恒定角速度ω＝绕cd边沿如图4所示方向转动，规定线圈中电流沿abcda方向为正方向，则从t＝0到t＝T时间内，线圈中的电流I随时间t变化关系图象为( )
图4
答案 B
解析 在0～内，线圈在匀强磁场中匀速转动，故产生正弦式交流电，由楞次定律知，电流方向为负值；在～T，线圈中无感应电流；在T时，ab边垂直切割磁感线，感应电流最大，且电流方向为正值，故只有B项正确．
8．矩形线圈的匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图5所示，下列结论正确的是( )
图5
A．在t＝0.1 s和t＝0.3 s时，电动势最大
B．在t＝0.2 s和t＝0.4 s时，电动势改变方向
C．电动势的最大值是157 V
D．当t＝0.4 s时，磁通量变化率达到最大，其值为3.14 Wb/s
答案 CD
解析 由Φ－t图象可知Φmax＝BS＝0.2 Wb，T＝0.4 s，又因为n＝50，所以Emax＝nBSω＝nΦmax·＝157 V，C正确．t＝0.1 s 和t＝0.3 s时，Φ最大，e＝0，电动势改变方向；t＝0.2 s和t＝0.4 s时，Φ＝0，e＝Emax最大，故A、B错误．根据线圈在磁场中转动时产生感应电动势的特点知，当t＝0.4 s时，最大，＝3.14 Wb/s，D正确．
9. 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6所示，下列说法中正确的是( )
图6
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，磁通量的变化率达到峰值，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，磁通量的变化率为零，线圈处于中性面位置，磁通量达到峰值．正确答案为B、C.
二、非选择题
10．如图7甲所示，矩形线圈匝数N＝100 匝，ab＝30 cm，ad＝20 cm，匀强磁场的磁感应强度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7
(1)穿过线圈的磁通量最大值Φm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Em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，并在图乙中作出图象．
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
Φm＝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
Em＝NBSω＝480π V
(3)感应电动势的表达式e＝Emcos ωt＝
480πcos (100πt) V
图象如图所示
11．一个面积为S的单匝矩形线圈abcd在匀强磁场中以其一条边ab为转轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直．t＝0时刻线圈位置如图8甲所示，线圈中感应电动势e与时间t的关系图象如图乙所示．感应电动势的最大值和周期可以从图中读出．则：
图8
(1)磁感应强度B多大？
(2)画出t＝0时刻线圈与磁场间相对位置关系．
(3)在t＝时，线圈平面与磁感应强度方向的夹角多大？
答案 (1) (2)见解析图 (3)30°
解析 (1)由e－t图象可直接读得Em和T，
由Em＝BSω和ω＝得B＝.
(2)t＝0时线圈中感应电动势为最大值，故该时刻线圈与磁场的位置关系如图a或b所示．
(3)由图乙可知e＝Emcos ωt＝Emcos t，
当t＝时，有e＝Emcos＝Emcos ，
即线圈平面与磁感应强度方向的夹角θ＝＝30°.
2 描述交变电流的物理量
[学习目标] 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，而平均值不是简单意义的平均.3.掌握交变电流有效值与峰值的关系，会进行有效值的计算．
一、周期和频率
[导学探究] 如图1所示，交变电流完成一次周期性变化需要多长时间？在1 s内完成多少次周期性变化？
图1
答案 完成一次周期性变化需要0.02 s；在1 s内完成50次周期性变化．
[知识梳理] 周期、频率及它们之间的关系：
(1)周期(T)：交变电流完成一次周期性变化所需的时间．
(2)频率(f)：交变电流在1 s内完成周期性变化的次数．
(3)T＝或f＝.
[即学即用] 我国电网中交流电的频率为50 Hz，则我国提供市电的发电机转子的转速为________r/min.
答案 3 000
二、峰值和有效值
[导学探究] 某交流电压的瞬时值表达式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，交流电压的瞬时值表达式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．
[知识梳理] 交变电流的峰值和有效值：
(1)峰值：①交变电流的电压、电流能达到的最大数值叫峰值，若交流电接入纯电阻电路中，电流及外电阻两端的电压的最大值分别为Im＝，Um＝ImR.
②使用交变电流的用电器，其最大耐压值应大于其使用的交流电压的最大值．
(2)有效值：确定交变电流有效值的依据是电流的热效应．
让交流与恒定电流通过大小相同的电阻，如果在交流的一个周期内它们产生的热量相同，则此恒定电流值叫做交流电的有效值．
(3)在正弦式交变电流中，最大值与有效值之间的关系为：
E＝＝0.707Em，U＝＝0.707Um，I＝＝0.707Im.
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)正弦式交变电流的正负两部分是对称的，所以有效值为零．( )
(2)交变电流的有效值就是一个周期内的平均值．( )
(3)一个正弦式交变电流的峰值同周期频率一样是不变的，但有效值是随时间不断变化的．( )
(4)交流电路中，电压表、电流表的测量值都是有效值．( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
一、周期和频率的理解
交变电流的周期和频率跟发电机转子的角速度ω或转速n有关．ω(n)越大，周期越短，频率越高，其关系为T＝，ω＝2πf＝2πn.
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 由图象知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、非正弦式交变电流有效值的计算
利用有效值的定义，根据电流的热效应计算，计算时注意取一个完整周期的时间，而不是简单地对电压求平均值．
例2 如图3所示的交变电流由正弦式交变电流的一半和反向脉冲电流组合而成，则这种交变电流的有效值为( )
图3
A.I0 B.I0 C.I0 D．I0
答案 C
解析 由i－t图象知交变电流的周期T＝2 s．一个周期内：前半个周期电流的有效值：I1＝，后半个周期电流的有效值：I2＝I0.设交变电流的有效值为I，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．
计算时要注意三个相同：“相同电阻”上“相同时间”内产生“相同热量”．“相同时间”一般取一个周期，半周期对称的可取半个周期．
三、正弦式交流电有效值、最大值、平均值的对比
例3 如图4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4
(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)线圈中感应电动势的有效值E和最大值Em的关系是E＝＝，电路中电流的有效值为I＝＝.
电阻R上产生的焦耳热为Q＝I2R·Δt＝.
1．有效值
(1)只有正(或余)弦式交流电的有效值根据E＝计算．
(2)计算与电流热效应有关的量(如电功、电功率、热量)要用有效值．
(3)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都是指有效值．
2．平均值
(1)求某一过程中的电动势是平均值，＝n.
(2)计算通过线圈横截面的电荷量时用电动势的平均值，即q＝·Δt＝Δt＝n.
1．小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图5所示．矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( )
图5
A．峰值是e0 B．峰值是2e0
C．有效值是Ne0 D．有效值是Ne0
答案 D
解析 由题意可知，线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，因此对单匝矩形线圈总电动势最大值为2e0，又因为发电机线圈共N匝，所以发电机线圈中总电动势最大值为2Ne0，根据闭合电路欧姆定律可知，在不计线圈内阻时，输出电压等于感应电动势的大小，即其峰值为2Ne0，故A、B错误；又由题意可知，若从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的感应电流为正弦式交变电流，由其有效值与峰值的关系可知，U＝，即U＝Ne0，故C错误，D正确．
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象如图6甲所示．已知发电机线圈内阻为5 Ω，外接一只电阻为95 Ω的灯泡，如图乙所示，则 ( )
图6
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改变两次，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．
3．通过一阻值R＝100 Ω的电阻的交变电流如图7所示，其周期为1 s．该电阻两端电压的有效值为 ( )
图7
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，该电阻两端电压的有效值为U＝IR＝
4 V，B正确．
4. 如图8所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R.线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω匀速转动，线框中感应电流的有效值I＝________.线框从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量q＝________.
图8
答案
解析 感应电动势的最大值Em＝BSω，有效值E＝，感应电流的有效值I＝＝，电荷量q＝·Δt＝·Δt＝·Δt＝＝.
一、选择题(1～7题为单选题，8～10题为多选题)
1．下列选项中提到的交流电，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．
2．一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图1所示，由图可知( )
图1
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．
3．一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，则此交变电压的有效值为( )
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＝Emsin ωt，得2 V＝Emsin (×)，由此得Em＝4 V，因此此交变电压的有效值为2 V，选项A正确．
4．一个小型电热器若接在输出电压为10 V的直流电源上，消耗电功率为P；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为.如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为( )
A．5 V B．5 V
C．10 V D．10 V
答案 C
解析 设电热器电阻为R，正弦交流电源的电压有效值为U有效，接10 V直流电源时，P＝＝；接交流电源时＝，联立得U有效＝5 V，故电压的最大值Um＝U有效＝10 V，选项C正确．
5．阻值为1 Ω的电阻上通一交变电流，其i－t关系图象如图2所示，则在0～1 s内电阻上产生的热量为( )
图2
A．1 J B．1.5 J
C．2 J D．2.8 J
答案 D
解析 因为所加的电流为交变电流，大小在变化，所以只能分时间段来求热量．在0～1 s内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.
6. 在图3所示电路中，A是熔断电流为I0＝2 A的保险丝，电阻可不计，R是可变电阻，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3
A．110 Ω B．110 Ω
C．220 Ω D．220 Ω
答案 B
解析 电源电动势的有效值为U＝220 V，Rmin＝＝ Ω＝110 Ω，故B项正确．
7．电阻R1、R2与交流电源按照如图4甲所示方式连接，R1＝10 Ω、R2＝20 Ω.合上开关S后，通过电阻R2的正弦式交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示．则( )
图4
A．通过R1的电流的有效值是 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 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，正弦式交变电流的最大值Im＝ A，所以电流的有效值I＝＝ A，电阻R1、R2串联，所以电流的最大值均为 A，有效值均为 A，故A、C项错误．由欧姆定律U＝IR得，U1＝IR1＝6 V，故B项正确．U2＝IR2＝12 V，所以U2m＝ U2＝12 V，故D项错误．
8．如图5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象如图乙所示，以下判断正确的是 ( )
图5
A．电流表的示数为10 A
B．线圈转动的角速度为50π rad/s
C．t＝0.01 s时线圈平面与磁场方向平行
D．t＝0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左
答案 AC
9．图6甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化，下列说法正确的是( )
图6
A．图甲表示交流电，图乙表示直流电
B．两种电压的有效值相等
C．图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝311sin (100πt) V
D．两种电压的周期相同
答案 CD
解析 图甲、乙都表示交流电，图甲中有效值U＝ V≈220 V，而图乙中的有效值不存在这一关系，所以它们的有效值不相同．由图甲看出T＝2×10－2s，ω＝＝100π rad/s，所以
u＝311sin (100πt) V．由图象可知两种电压的周期都是2×10－2 s.
10．如图7甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a、b所示，则( )
图7
A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合
B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3
C．曲线a表示的交变电动势频率为25 Hz
D．曲线b表示的交变电动势有效值为10 V
答案 AC
解析 线圈位于中性面时，磁通量最大，电动势为零，A正确；转速之比等于周期的反比，故该比值为3∶2，B错误；频率为周期的倒数，a的周期为0.04 s，频率为25 Hz，C正确；正弦式交变电流的电动势的有效值为E＝＝，已知Ea＝ V，且ωb＝ωa，故可知Eb＝× V＝5 V，D错误．
二、非选择题
11. 如图8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8
(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)Em＝nBSω
＝100××0.05×2π× V
＝50 V
E＝＝25 V≈35.4 V.
电流表的示数I＝＝3.54 A，
电压表的示数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.
12. 如图9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9
(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)由题中所给已知条件，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)不能 W
解析 (1)线框转动时产生感应电动势的最大值
Em＝BSω＝×0.02×100π V＝10 V
因线框转动从平行于磁感线位置开始计时，则感应电动势的瞬时值表达式
e＝Emcos ωt＝10cos (100πt)V.
(2)由题意知灯泡的电阻R＝3 Ω
线框产生的电动势的有效值E＝＝10 V，灯泡两端电压U＝R＝5 V<6 V，故灯泡不能正常发光，其实际功率P＝＝ W＝ W.
3 电感和电容对交变电流的影响
[学习目标] 1.通过演示实验，了解电感器和电容器对交变电流的阻碍和导通作用.2.知道感抗和容抗的物理意义以及与哪些因素有关.3.能够分析简单电路中的电容器、电感器的作用．
一、电感器对交变电流的阻碍作用
[导学探究] 如图1所示，把带铁芯的线圈L与小灯泡串联起来，先把它们接到直流电源上，再把它们接到有效值等于直流电源电压的交流电源上．
图1
(1)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．
[知识梳理] 电感器的作用：
(1)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．是表征电感器对交变电流的阻碍作用的大小的物理量．
(2)线圈的自感系数越大，交流电的频率越高，电感线圈对交变电流的阻碍作用越大．
(3)电感线圈在电路中的作用：通直流，阻交流；通低频，阻高频．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)同一个线圈对直流和对交流的阻碍作用是相同的．( )
(2)绕制线圈的导线的电阻可以忽略时，线圈对交流没有阻碍作用．( )
(3)交流电的频率越高，电感线圈对交流的阻碍作用越大．( )
(4)线圈的匝数越多，对同一个交变电流的阻碍作用就越大．( )
答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√
二、电容器对交变电流的阻碍作用
[导学探究] 如图2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．
图2
(1)观察灯泡的发光情况，并分析原因．
(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？说明了什么？
答案 (1)甲图中的灯泡不亮，乙图中的灯泡亮．甲图中的电源是直流电源，电容器在电路中是断路，电路中没有电流，灯泡不亮．乙图中的电源是交流电源，把交流电源接到电容器两个极板上后，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，灯泡就亮了，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)电容越大，灯泡越亮；频率越高，灯泡越亮．电容器的电容和交变电流的频率都对电容器对交变电流的阻碍作用有影响．
[知识梳理] 电容器的作用：
(1)电容器接到交流电源两端时，交替地进行充电和放电，电路中就有了电流，表现为交流“通过”了电容器．
(2)电容器在电路中的作用：通交流，隔直流；通高频，阻低频．
(3)电容器的电容越大，交流电的频率越高，电容器对交变电流的阻碍作用越小.
一、对感抗的理解
交变电流通过电感器时，由于电流时刻在变化，在线圈中就会产生自感电动势，而自感电动势总是阻碍原电流的变化，故电感器对交变电流产生阻碍作用．
例1 (多选)如图3所示实验电路中，若直流电压和交变电压的有效值相等，S为双刀双掷开关，下面叙述正确的是( )
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，把电感线圈中的铁芯抽出时灯变亮
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 线圈对直流无感抗，对交变电流有感抗，当交流电频率减小时，感抗变小，灯变亮，并且是有铁芯时感抗更大，故铁芯抽出时灯变亮．
二、对容抗的理解
电容器在充放电的过程中电容器两极板上聚集着等量异种电荷，从而在两极板间存在着电场，此电场的电场力阻碍着电荷的定向移动，其表现就是电容器对交流电的阻碍作用．
例2 (多选)图4甲、乙两图是电子技术中的常用电路，a、b是各部分电路的输入端，其中输入的交流高频成分用“～～～”表示，交流低频成分用“～”表示，直流成分用“－”表示．关于两图中负载电阻R上得到的电流特征是( )
图4
A．图甲中R得到的是交流成分
B．图甲中R得到的是直流成分
C．图乙中R得到的是低频成分
D．图乙中R得到的是高频成分
答案 AC
解析 当交变电流加在电容器上时，电容器有“通交流、隔直流，通高频、阻低频”的特性，甲图中电容器隔直流，R得到的是交流成分，A正确，B错误；乙图中交流高频成分能通过电容器，电容器阻碍交流低频成分，R得到的是低频成分，C正确，D错误．
三、电阻、感抗、容抗的对比
例3 如图5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．若保持交变电压不变，将交变电流的频率增大到60 Hz，则发生的现象是( )
图5
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．电阻对交流、直流有相同的阻碍作用，交流频率变化时，阻碍作用不变．
2．电感器通直流、阻交流，通低频、阻高频．
3．电容器通交流、隔直流，通高频、阻低频．
4．在分析电流变化时，把感抗、容抗类比于导体的电阻，再用欧姆定律分析．
1. (多选)在如图6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6
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．如图7所示的电路，F为一交流发电机，C为平行板电容器，为使电流表A的示数增大，可行的办法是 ( )
图7
A．使发电机F的转速增大
B．使发电机F的转速减小
C．在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质
D．使电容器两极板间的距离增大
答案 A
解析 当发电机转速增大时，交变电流的频率增大，电容器容抗减小，电流表A的示数增大，A项正确，B项错误；在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质时，电容器的电容减小，电容器两极板间距离增大时电容也减小，当电容减小时，容抗增大，对交变电流的阻碍作用增大，电流表A的示数减小，C、D项错误．
3．(多选) 如图8所示的电路中，a、b两端连接的交流电源中既含高频交流，又含低频交流，L是一个25 mH的高频扼流圈，C是一个100 pF的电容器，R是负载电阻，下列说法正确的是( )
图8
A．L的作用是“通低频，阻高频”
B．C的作用是“通低频，隔高频”
C．C的作用是“通高频，阻低频”
D．通过R的电流中，低频交流所占的百分比远远大于高频交流所占的百分比
答案 ACD
解析 因为电感L是一个高频扼流圈，“通低频，阻高频”，A选项正确；C是一个电容较小的电容器，所以对低频的交流容抗就较大，故选项C正确，B错误；根据分析可知通过电阻R的电流中，低频交流所占百分比远远大于高频交流所占的百分比，选项D正确．
选择题(1～8题为单选题，9～12题为多选题)
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．加入铁芯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，故B项正确．
2. 如图2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2
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，故选项D正确，C错误．
3. 如图3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，乙灯接近正常亮度，则下列判断正确的是( )
图3
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知，元件x是电感线圈，元件y是电容器，选项B正确．
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上所加交变电流的频率为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，电流频率越高，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. 在如图4所示电路中，u是有效值为220 V的交流电源，C是电容器，R是电阻．关于交流电压表的示数，下列说法正确的是( )
图4
A．等于220 V
B．大于220 V
C．小于220 V
D．等于零
答案 C
解析 交变电流“通过”电容器，电阻R中有电流，电压表的示数不为零；电容器与电阻串联，根据串联分压原理可知电阻两端电压应小于电源电压，而电压表测量的是电阻两端的电压，故选项C正确．
6. 如图5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5
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
7．在收音机线路中，经天线接收到的电信号中既有高频成分又有低频成分，经放大后送给下一级，需要把低频成分和高频成分分开，只让低频成分输入给下一级，我们采用了如图6所示的装置电路，其中代号a、b应选择的元件是( )
图6
A．a是电容较大的电容器，b是低频扼流线圈
B．a是电容较大的电容器，b是高频扼流线圈
C．a是电容较小的电容器，b是高频扼流线圈
D．a是电容较小的电容器，b是低频扼流线圈
答案 C
解析 电容器具有“通高频、阻低频”的作用，这样的电容器电容应较小，故a是电容较小的电容器．电感线圈在该电路中要求做到“通低频、阻高频”，所以b是一个高频扼流线圈，故C选项正确．
8．某信号源中有直流成分、交流高频成分和交流低频成分，为使放大器仅得到交流低频成分，如图所示电路中可行的是( )
答案 D
解析 A图放大器得到所有成分．B图放大器可得到直流成分，若为高频扼流圈也能得到低频成分．C图既可得高频成分也可得低频成分．D图通过C1的是高、低频成分都有，通过C2的旁路电容将高频成分滤去，故只有D可行．
9．关于感抗，下列说法中正确的是( )
A．感抗是由于电流变化时在线圈中产生了自感电动势，阻碍电流的变化
B．感抗的大小不仅与自感系数有关，还与电流的频率有关
C．感抗对交变电流有阻碍作用
D．感抗是线圈的电阻产生的
答案 ABC
10．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．交变电流能够使自由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 交变电流通过电容器，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．
11．如图7所示，图甲、乙中电源为交流电源，图丙中电源为直流电源，各电路中线圈自感系数相同且直流电阻不计，各电压表示数相同，下列说法正确的是( )
图7
A．灯L1比灯L2亮
B．灯L3比灯L1亮
C．灯L2与灯L3一样亮
D．灯L1与灯L3一样亮
答案 BC
解析 图甲中电源电压U＝U1＋UL1，线圈对交流有阻碍作用，相当于串联了一个电阻，根据电阻的分压作用可知U1≠0，灯泡两端电压UL112．如图8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8
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．
4 变压器
[学习目标] 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．
一、变压器的原理及电压与匝数的关系
[导学探究] 如图1所示，把两个没有导线相连的线圈套在同一个闭合铁芯上，一个线圈(原线圈)通过开关可以连接到交流电源的两端，另一个线圈(副线圈)连到小灯泡上．连接电路，接通电源，小灯泡能发光．
图1
(1)两个线圈并没有连接，小灯泡为什么会发光？
(2)小灯泡两端的电压与学生电源的输出电压相等吗？
答案 (1)当左边线圈加上交流电压时，左边线圈中就有交变电流，它在铁芯中产生周期性变化的磁场，根据法拉第电磁感应定律知，在右线圈中会产生感应电动势，右线圈作为电源给小灯泡供电，小灯泡就会发光．
(2)左、右线圈中每一圈上磁通量的变化率都相同，若左边匝数为n1，则U1＝E1＝n1.若右边匝数为n2，则U2＝E2＝n2，故有＝；若忽略左边线圈的电阻则有U1＝U电源，这样看来只要n1≠n2，小灯泡两端的电压与学生电源的输出电压就不相等．
[知识梳理] 变压器的工作原理及电压与匝数的关系：
(1)互感现象是变压器工作的基础．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”)
(2)变压器中的电压与匝数的关系：
①只有一个副线圈：＝.
②有多个副线圈：＝＝＝…
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)理想变压器原、副线圈的电压之比等于两个线圈的匝数之比．( )
(2)输入交变电流的频率越高，输出交变电流的电压就越高．( )
(3)我们在使用质量好的变压器工作时没有能量损失．( )
(4)理想变压器不能改变交变电流的频率．( )
答案 (1)√ (2)× (3)× (4)√
二、理想变压器原、副线圈的功率关系和电流关系
[导学探究] 阅读教材回答下列三个问题：
(1)什么是理想变压器？理想变压器原、副线圈中的功率有什么关系？
(2)根据能量守恒推导只有一个副线圈时原、副线圈中的电流与匝数的关系．
(3)根据能量守恒推导有多个副线圈时原、副线圈中的电流与匝数的关系．
答案 (1)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)由能量守恒有P入＝P出，即U1I1＝U2I2.
所以＝＝.
(3)若有多个副线圈，则P1＝P2＋P3＋…，
即U1I1＝U2I2＋U3I3＋…
将U1∶U2∶U3∶…＝n1∶n2∶n3∶…代入得
n1I1＝n2I2＋n3I3＋…
[知识梳理] 变压器原、副线圈中功率关系和电流关系：
(1)功率关系：P入＝P出，即U1I1＝U2I2.
(2)电流关系：①只有一个副线圈时，＝.
②有多个副线圈时：n1I1＝n2I2＋n3I3＋…
[即学即用] 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，则变压器原线圈中的电流为________，副线圈中的输出电压为________，输出功率为________．
答案 5 A 250 V 50 kW
解析 由＝，得I1＝I2＝×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＝250×200 W＝50 kW.
一、理想变压器基本关系的应用
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＝.
例1 如图2所示，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，两个标有“12 V 6 W”的小灯泡并联在副线圈的两端．当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想电表)的示数分别是 ( )
图2
A．120 V,0.10 A B．240 V,0.025 A
C．120 V,0.05 A D．240 V,0.05 A
答案 D
解析 灯泡正常工作，副线圈两端的电压U2＝12 V，副线圈中的电流I2＝2× A＝1 A，根据匝数比得原线圈中的电流I1＝I2＝0.05 A，原线圈两端的电压U1＝20U2＝240 V，选项D正确．
二、理想变压器的动态分析
例2 (多选)如图3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3
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．
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，分析各物理量随负载电阻变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是R→I2→P出→P入→I1.
(2)负载电阻不变，分析各物理量随匝数比的变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是n1、n2→U2→I2→P出→P入→I1.
三、几种常见的变压器
1．自耦变压器
铁芯上只绕有一个线圈，如果把整个线圈作为原线圈，副线圈只取线圈的一部分，就可以降低电压，反之则可以升高电压，如图4所示．
图4
2．互感器
交流电压表和电流表都有一定的量度范围，不能直接测量高电压和大电流．
互感器是利用变压器的原理来测量高电压或大电流的仪器．
(1)电压互感器：实质是降压变压器，可以把高电压变成低电压．(如图5所示)
图5
(2)电流互感器：实质是升压变压器，可以把大电流变成小电流．(如图6所示)
图6
例3 (多选)图7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7
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，n31．电压互感器应并联接入电路；电流互感器应串联接入电路．
2．电压互感器是把高电压变成低电压，故原线圈匝数n1大于副线圈匝数n2.
3．电流互感器是把大电流变成小电流，故原线圈匝数n1小于副线圈匝数n2.
例4 一自耦变压器如图8所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈．通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈，在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2，在将滑动触头从M点顺时针转到N点的过程中( )
图8
A．U2>U1，U2降低 B．U2>U1，U2升高
C．U2答案 C
解析 由＝，n1>n2知U21．(多选)如图9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9
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．
2．如图10所示，理想变压器原线圈输入电压u＝Umsin ωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器.和是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；和是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示．下列说法正确的是( )
图10
A．I1和I2表示电流的平均值
B．U1和U2表示电压的最大值
C．滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大
D．滑片P向下滑动过程中，U2变小、I2变大
答案 C
解析 电路中的电压表和电流表表示的都是有效值，选项A、B错误．滑片P向下滑动过程中，接入电路中的电阻变小，U2不变、I1变大，故C正确，D错误．
3．(多选)如图11(a)中，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，RT为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表．原线圈所接电压u随时间t按正弦规律变化，如图(b)所示．下列说法正确的是( )
图11
A．变压器输入、输出功率之比为4∶1
B．变压器原、副线圈中的电流强度之比为1∶4
C．u随t变化的规律为u＝51sin (50πt) V
D．若热敏电阻RT的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大
答案 BD
解析 由题意，变压器是理想变压器，故变压器输入、输出功率之比为1∶1，故A错误；变压器原、副线圈中的电流之比与匝数成反比，即＝＝，故选项B正确；由题图(b)可知交流电压最大值Um＝51 V，周期T＝0.02 s，可由周期求出角速度的值为ω＝100π rad/s，则可得交流电压u随t变化的规律为u＝51sin (100πt) V，故选项C错误；RT处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，电压表示数不变，故选项D正确．
一、选择题(1～7题为单选题，8～11题为多选题)
1．如图所示的四个电路，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，C不能实现升压．
2．如图1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1
A．3 mA B．48 mA
C．零 D．与R的阻值有关
答案 C
解析 当导线在平行导轨上匀速运动时，产生的电流是恒定的，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．
3. 如图2为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220 V降至110 V．调节前后( )
图2
A．副线圈中的电流比为1∶2
B．副线圈输出功率比为2∶1
C．副线圈的接入匝数比为2∶1
D．原线圈输入功率比为1∶2
答案 C
解析 在输入电压U1和原线圈匝数n1不变的情况下，使输出电压U2有效值由220 V降至
110 V，由＝知，副线圈接入匝数应该减为原来的一半，故副线圈的接入匝数之比为2∶1，故C正确；副线圈电压减半，电阻不变，电流也随之减半，所以电流之比为2∶1，故A错误；由P＝UI知，输出功率之比为4∶1，故B错误；副线圈输出功率等于原线圈输入功率，所以原线圈输入功率之比为4∶1，故D错误．
4．如图3甲所示，一理想变压器给一个小灯泡供电．当原线圈输入如图乙所示的交变电压时，额定功率为10 W的小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为40 Ω，图中电压表为理想电表，下列说法正确的是( )
图3
A．变压器输入电压的瞬时值表达式为u＝220 sin πt (V)
B．电压表的示数为220 V
C．变压器原、副线圈的匝数比为11∶1
D．变压器的输入功率为110 W
答案 C
解析 由题图乙可知，ω＝＝100π rad/s，故A错误；原线圈输入电压为220 V，电压表示数为灯泡的额定电压U＝＝20 V，故B错误；由B分析，结合电压与匝数的关系得＝＝，故C正确；变压器的输入功率与输出功率相等，为10 W，故D错误．
5．钳式电流表的外形和结构如图4a、b所示．图b中电流表的读数为1.2 A，图c中用同一电缆线绕了3匝，则( )
图4
A．这种电流表能测直流电流，图c的读数为2.4 A
B．这种电流表能测交变电流，图c的读数为0.4 A
C．这种电流表能测交变电流，图c的读数为3.6 A
D．这种电流表既能测直流电流，又能测交变电流，图c的读数为3.6 A
答案 C
解析 钳式电流表利用了变压器的工作原理，因此钳式电流表只能测交变电流．根据n1I1＝n2I2可知，题图b中线圈单匝时，的读数为1.2 A．在题图c中绕3匝时，的读数应为
3.6 A，故选项C正确．
6. 一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上，如图5所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则( )
图5
A．U＝66 V，k＝ B．U＝22 V，k＝
C．U＝66 V，k＝ D．U＝22 V，k＝
答案 A
解析 原、副线圈电压比等于匝数比，根据副线圈负载电阻的电压为U，可知副线圈电压为U，原线圈电压为3U，副线圈电流I2＝，根据＝得原线圈电流I1＝，那么原线圈输入电压220 V＝3U＋·R，整理可得U＝66 V；原、副线圈电阻消耗的功率根据P＝I2R，电阻相等，I1∶I2＝1∶3，可得功率之比为P1∶P2＝1∶9，即k＝.根据以上分析可知选项A正确．
7．如图6所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( )
图6
A．小灯泡变亮
B．小灯泡变暗
C．原、副线圈两端电压的比值不变
D．通过原、副线圈电流的比值不变
答案 B
解析 原、副线圈减少相同的匝数n后，有＝，可以得出，－＝<0，则说明的比值变大，由＝＝知，选项C、D错误；由＝和＝知，U2′8. 如图7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7
A．副线圈两端M、N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．通过灯泡L1的电流减小
D．原线圈中的电流增大
答案 BCD
解析 由于输入电压和原、副线圈匝数比不变，所以当S接通时，理想变压器副线圈M、N两端输出电压不变，故A项错误．
并联灯泡L2，总电阻变小，由欧姆定律知，流过R的电流增大，等效电阻上的电压UR＝IR增大，故B项正确．
副线圈输出电流增大，根据输入功率等于输出功率I1U1＝I2U2，得I2增大，原线圈输入电流I1也增大，故D项正确．
UMN不变，UR变大，所以UL1变小，流过灯泡L1的电流减小，故C项正确．
9．如图8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8
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的亮度不随P的滑动而改变，故选项A错误，选项B正确．P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，负载总电阻R总减小，由I2＝知，通过副线圈的电流I2增大，输出功率P2＝U2I2增大，再由＝知输入电流I1也增大，故选项C错误，D正确．
10．理想自耦变压器的原线圈接有如图9乙所示的正弦式交变电压，副线圈接有可调电阻R，触头P与线圈始终接触良好，下列判断正确的是( )
图9
A．交变电源的电压u随时间t变化的规律是u＝U0cos (100πt)
B．若仅将触头P向A端滑动，则电阻R消耗的电功率增大
C．若仅使电阻R增大，则原线圈的输入电功率增大
D．若使电阻R增大的同时，将触头P向B端滑动，则通过A处的电流一定增大
答案 AB
解析 由题图乙可得交变电源的周期为T＝0.02 s，最大值为U0，则电源的电压u＝U0cos (·t)＝U0cos (100πt)，选项A正确；由＝，若仅将触头P向A端滑动，即n2增大，则副线圈的输出电压U2增大，电阻R消耗的电功率P＝增大，选项B正确；若仅使电阻R增大，输出电压U2一定，则输出电功率P＝减小，原线圈的输入电功率减小，选项C错误；若使电阻R增大的同时，将触头P向B端滑动，则输出电压U2减小，输出和输入的电功率减小，通过A处的电流I1＝一定减小，选项D错误．
11. 如图10，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是( )
图10
A．原、副线圈匝数比为9∶1
B．原、副线圈匝数比为1∶9
C．此时a和b的电功率之比为9∶1
D．此时a和b的电功率之比为1∶9
答案 AD
解析 设灯泡的额定电压为U0，两灯泡均能正常发光，所以原线圈输出端电压为U1＝9U0，副线圈两端电压为U2＝U0，故＝，＝＝，A正确，B错误；根据公式＝可得，
＝，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P＝UI可得，灯泡a和b的电功率之比为1∶9，C错误，D正确．
二、非选择题
12. 如图11所示的变压器原线圈1接到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．求：
图11
(1)副线圈3的匝数n3；
(2)原线圈1的匝数n1和电流I1.
答案 (1)275匝 (2)550匝 0.255 A
解析 (1)变压比公式对于两个副线圈也适用，
则有＝，n3＝＝ 匝＝275匝．
(2)＝，n1＝n2＝×30匝＝550匝．
理想变压器的输入功率等于输出功率
P1＝P2＋P3＝12 W＋0.4×110 W＝56 W.
原线圈中电流I1＝＝ A≈0.255 A.
13．如图12所示，匝数n＝100的正方形线圈abcd固定在竖直平面内，与电阻R1、理想变压器连成电路．在线圈的中心水平放置一个条形磁铁，使磁铁绕竖直方向的轴OO′匀速转动，使线圈内的磁通量Φ＝sin (100πt) Wb.已知线圈的电阻r＝4 Ω，R1＝46 Ω，R2＝10 Ω，其余导线的电阻不计．变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝4∶1.求：
图12
(1)线圈产生电动势的最大值Em；
(2)若断开S2，闭合S1，求磁铁从图示位置转过90°的过程中，通过R1的电荷量q；
(3)断开S1，闭合S2，求R2消耗的功率P.
答案 (1)200 V (2) C (3)238 W
解析 (1)Em＝nBSω＝nΦmω，
解得Em＝200 V.
(2)q＝Δt，＝，＝n，解得q＝ C.
(3)E＝，E＝U1＋I1r，U2＝I2R2，＝，
I1n1＝I2n2，P＝IR2，
联立解得P≈238 W.
5 电能的输送
[学习目标] 1.理解输电线上电能的损失与哪些因素有关.2.理解减小电能损失的两个途径以及高压输电的原理.3.知道远距离输电的典型电路，并能利用变压器和电路的规律解决实际问题．
一、降低输电损耗的两个途径
[导学探究] 如图1所示，假定发电厂输出的电压为U，输送功率为P，输电线路中的电流是I，两条导线的总电阻是r(在图中把导线电阻集中画为r)．那么：
图1
(1)用户得到的电能与发电厂输出的电能相等吗？
(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？降低功率损耗有哪些途径？
答案 (1)不相等，由能量守恒知，发电厂输出的电能等于用户得到的电能与输电线上损失的电能之和．
(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＝r，所以降低功率损耗的两个途径为：①减小输电线的电阻r；②减小输电电流I，即提高输送电压U.
[知识梳理] 减小输电线损耗的方法：
(1)电压损失：输电线始端电压U与末端电压U′的差值ΔU＝U－U′＝IR.
(2)功率损失：电流的热效应引起功率损失ΔP＝I2R.
(3)减少电压、功率损失的方法：
①减小电阻：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减小电阻．
②提高输送电压：由P＝UI可知，当输送功率一定时，升高电压可以减小电流，即采用高压输电．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)输电线上电功率的损失，与输电线的电阻成正比，与输电电流的平方成正比．( )
(2)由P＝可知，输电电压越小，输电线上的损失就越小．( )
(3)由P＝I2r可知，减小输电线的电阻和降低输电电流可减小输电损失．( )
(4)高压输电是通过提高电压，减小输电电流来减少电路发热损耗的．( )
答案 (1)√ (2)× (3)√ (4)√
二、远距离输电电路中的各种关系
[导学探究] 某发电站向远处送电的示意图如图2所示，其中各部分的物理量已在图上标注，在这个电路中包括三个回路．
图2
(1)结合闭合电路的知识，分别分析三个回路中各物理量之间的关系(发电机内阻、n1、n2、n3、n4线圈的电阻均忽略不计)．
(2)若两个变压器均为理想变压器，则每个变压器中的电流、电压、功率有什么关系？
答案 (1)第一个回路：P1＝U1I1
第二个回路：U2＝ΔU＋U3，P2＝ΔP＋P3＝IR＋P3
第三个回路：P4＝U4I4
(2)＝、＝、P1＝P2；＝、＝、P3＝P4.
[知识梳理] 远距离输电过程的几个基本关系：
(1)功率关系：P1＝P2，P2＝P线＋P3，P3＝P4，P线＝I2ΔU＝IR.
(2)电压关系：＝，＝，U2＝U3＋ΔU.
(3)电流关系：n1I1＝n2I2，n3I3＝n4I4，I2＝＝＝.
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)使用变压器进行远距离输电，用户得到的电压可以高于发电机输出的电压．( )
(2)远距离输电时，若升压变压器匝数比为1∶n，降压变压器匝数比为n∶1，则升压变压器的输入电压和降压变压器的输出电压相等．( )
(3)电厂与用户离得越远，用户得到的交流电的频率比电厂发出的交流电的频率小得越多．( )
(4)远距离输电时，输送电压越高越好．( )
答案 (1)√ (2)× (3)× (4)×
一、输电线上功率损失的计算
输电线路上的功率损失，主要是输电线电阻发热造成的损失．常用计算公式：
(1)ΔP＝I2R其中I为输电线路上的电流．
(2)ΔP＝ΔU·I或ΔP＝，其中ΔU为输电线上的电压损失．
例1 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
(3)1 000 A 2×107 W
解析 (1)由P＝UI得I＝＝＝2 500 A
(2)输电线上损失的功率ΔP＝I2·2r＝2 5002×2×10 W＝1.25×108 W
损失功率与输出功率之比为＝＝
(3)将电压升高至50万伏时，I′＝＝＝1 000 A
输电线上损失的功率ΔP′＝I′2·2r＝1 0002×2×10 W＝2×107 W
损失功率与输出功率之比为＝＝.
二、高压输电线路的分析与计算
解决远距离输电问题时，需要画输电的电路图，理清三个回路，抓住两个联系，掌握一个定律．
1．画图、理清三个回路(如图3所示)
图3
2．抓住两个联系
(1)理想升压变压器联系回路1和回路2
即＝，I1n1＝I2n2，P1＝P2.
(2)理想降压变压器联系回路2和回路3
即＝，I3n3＝I4n4，P3＝P4
3．掌握一个定律
根据能量守恒定律得P2＝ΔP＋P3.
例2 如图4所示，发电站通过升压变压器、输电导线和降压变压器把电能输送到用户(升压变压器和降压变压器都可视为理想变压器)，若发电机的输出功率是100 kW，输出电压是250 V，升压变压器的原、副线圈的匝数比为1∶25，
图4
(1)求升压变压器的输出电压和输电导线中的电流；
(2)若输电导线中的电功率损失为输入功率的4%，求输电导线的总电阻和降压变压器原线圈两端的电压．
答案 (1)6 250 V 16 A (2)15.625 Ω 6 000 V
解析 (1)对升压变压器，据公式＝，有
U2＝U1＝×250 V＝6 250 V
I2＝＝＝ A＝16 A
(2)P损＝IR线，P损＝0.04P1
所以R线＝＝15.625 Ω
因为ΔU＝U2－U3＝I2R线
所以U3＝U2－I2R线＝6 000 V.
1．夏天由于用电器的增多，每年夏天都会出现“用电荒”，只好拉闸限电．若某发电站在供电过程中，用电高峰时输电的功率是正常供电的2倍，输电线电阻不变，下列说法正确的是( )
A．若输送电压不变，则用电高峰时输电电流为正常供电时的2倍
B．若输送电压不变，则用电高峰时输电线上损失的功率为正常供电时的2倍
C．若用电高峰时的输送电压变为正常供电的2倍，则此时输电电流为正常供电时的4倍
D．若用电高峰时的输送电压变为正常供电的2倍，则此时输电线损失的功率为正常供电时的4倍
答案 A
解析 高压输电时P＝UI，I是输送电路上的电流．用电高峰时，若输送电压不变，则I为正常时的2倍，A正确；输电线上的热耗功率ΔP＝I2R线，则热耗功率变为正常时的4倍，B错误；用电高峰时，若输送电压加倍，则I不变，与正常时相同，C错误；由ΔP＝I2R线，知热耗功率不变，D错误．
2．(多选)如图5为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1和输电线的电阻、理想变压器匝数均不变，且n1∶n2＝n4∶n3.当用户用电器的总电阻减少时( )
图5
A．U1∶U2＝U4∶U3
B．用户的电压U4增加
C．输电线上的损失功率增大
D．用户消耗的功率等于发电机的输出功率
答案 AC
解析 根据＝，＝以及n1∶n2＝n4∶n3，知U1∶U2＝U4∶U3，故A正确．用户用电器总电阻减小，则电流增大，所以输电线上的电流增大，根据P损＝I2R知，输电线上损耗的功率增大，根据ΔU＝IR知，输电线上的电压损失变大，发电机的输出电压不变，则升压变压器的输出电压不变，降压变压器的输入电压变小，用户的电压U4减小，故C正确，B错误．用户消耗的功率等于发电机的输出功率与输电线上损失的功率之差，故D错误．
3．(多选)在如图6所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有( )
图6
A．升压变压器的输出电压增大
B．降压变压器的输出电压增大
C．输电线上损耗的功率增大
D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
答案 CD
解析 发电厂的输出电压不变，升压变压器的输入电压不变，输出电压不变，选项A错误；随着发电厂输出功率的增大，输电线中电流增大，输电线上损失的电压(ΔU＝IR)增大，降压变压器的输入电压减小，降压变压器的输出电压减小，选项B错误；随着发电厂输出功率的增大，输电线中电流增大，输电线上损耗的功率(ΔP＝I2R)增大，选项C正确；输电线上损耗的功率ΔP＝I2R＝2R，输电线上损耗的功率占总功率的比例＝P输，选项D正确．
4．如图7所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流是I2.则( )
图7
A．用户端的电压为
B．输电线上的电压降为U
C．理想变压器的输入功率为Ir
D．输电线路上损失的电功率为I1U
答案 A
解析 根据理想变压器的工作原理，得I1U1＝I2U2，所以用户端的电压U2＝，选项A正确；输电线上的电压降U′＝I1r＝U－U1，选项B错误；变压器的输入功率P1＝I1U－Ir＝I1U1，选项C错误；输电线路上损失的电功率P′＝Ir＝I1(U－U1)，选项D错误．
一、选择题(1～5题为单选题，6～10题为多选题)
1．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：一、减小输电导线中的电流，即提高输电电压；二、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．输电线路的总电阻为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 用户得到的功率P得＝P－I2R＝P－()2·R，所以B正确．
3．某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km外的用户，其输出电功率是3×106 kW.现用500 kV电压输电，则下列说法正确的是( )
A．输电线上输送的电流大小为2.0×105 A
B．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kV
C．若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kW
D．输电线上损失的功率为ΔP＝，U为输电电压，R为输电线的电阻
答案 B
解析 输电线上输送的电流为I＝＝ A＝6×103 A，A项错误；输电线上损失的电压为U损＝IR＝6×103×2.5 V＝1.5×104 V＝15 kV，B项正确；当用5 kV电压输电时，输电线上损失的功率超过3×106 kW，与实际情况相矛盾，故C项错误；当用公式ΔP＝计算损失的功率时，U为输电线上损失的电压而不是输电电压，D项错误．
4．图1为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u＝Umsin ωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )
图1
A．() B．()
C．4r()2()2 D．4r()2()2
答案 C
解析 原线圈电压的有效值：U1＝，根据＝可得U2＝ ，又因为是理想变压器，所以T的副线圈的输出功率等于原线圈的输入功率P，所以输电线上的电流I＝，输电线上损失的电功率为P′＝I22r＝4r22，所以C正确，A、B、D错误．
5．远距离输电的原理图如图2所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的总电阻为R.变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )
图2
A.＝ B．I2＝
C．I1U1＝IR D．I1U1＝I2U2
答案 D
解析 根据理想变压器的工作原理得I1U1＝I2U2、＝.U2不是加在R两端的电压，故I2≠.而I1U1等于R上消耗的功率IR与下一级变压器的输入功率之和．选项D正确．
6．如图3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3
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少电路的发热损耗
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 依据输电原理，电路中的功率损耗ΔP＝I2R线，而R线＝，增大输电导线的横截面积，可减小输电线的电阻，从而能够减小输电过程中的电能损失，选项A正确；由P输＝UI知，在输送功率P输一定的情况下，输送电压U越大，则输电电流I越小，则电路中的功率损耗越小，选项B正确；若输送电压一定，输送功率P输越大，则电流I越大，电路中损耗的电功率越大，选项C错误；因为输电电压越高，对于安全和技术的要求也越高，因此并不是输电电压越高越好，高压输电必须综合考虑各种因素，选项D正确．
7．下列关于远距离高压直流输电的说法中，正确的是( )
A．直流输电系统只在输电环节是直流，而在发电环节和用电环节是交流
B．直流输电系统只在发电环节和用电环节是直流，而在输电环节是交流
C．整流器将交流变直流，逆变器将直流变交流
D．逆变器将交流变直流，整流器将直流变交流
答案 AC
解析 直流输电系统由整流站、直流线路和逆变站三部分组成，在整流站通过整流器将交流电变换为直流电，在逆变站利用逆变器将直流电变换为交流电．因此选项A、C正确．
8．输送功率为P，输送电压为U，输电线电阻为R，用户得到的电压为U′.则下列说法中正确的是( )
A．输电线损失功率为()2R
B．输电线损失功率为
C．用户得到的功率为
D．用户得到的功率为
答案 ABD
解析 送电电流为I＝，损失电压为U－U′，则损失功率可表示为以下几种形式：P损＝I2R＝()2R，A正确；P损＝，B正确；用户得到的功率为P用＝IU′＝，D正确，C错误．
9．某小型水电站的电能输送示意图如图4所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电．已知输电线的总电阻为R，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，降压变压器副线圈两端交变电压u＝220sin(100πt) V，降压变压器的副线圈与阻值R0＝11 Ω的电阻组成闭合电路．若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是( )
图4
A．通过R0的电流有效值是20 A
B．降压变压器T2原、副线圈的电压比为4∶1
C．升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压
D．升压变压器T1的输出功率大于降压变压器T2的输入功率
答案 ABD
解析 降压变压器副线圈两端交变电压有效值为 V＝220 V，负载电阻为11 Ω，所以通过R0的电流的有效值是20 A，故A正确；因为降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，所以原、副线圈的电压之比为4∶1，故B正确；由于输电线有电阻导致降压变压器T2的输入电压低于升压变压器T1的输出电压，故C错误；升压变压器T1的输入与输出功率相等，降压变压器T2的输入与输出功率也相等，但升压变压器T1的输出功率大于降压变压器T2的输入功率，原因是输电线上电阻消耗功率，故D正确．
10. 某小型水电站的电能输送示意图如图5所示，发电机的输出电压为200 V，输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220 V的用电器正常工作，则( )
图5
A.>
B.<
C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率
答案 AD
解析 由于输电线上的电压损失，故升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，故选项C错误；由于输电线上的功率损耗，故升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，故选项D正确.＝，＝，因为U1＝200 VU3＝U2－U线，故>，选项A正确．
二、非选择题
11. 风力发电作为新型环保能源，近年来得到了快速发展，如图6所示的风车阵中发电机输出功率为100 kW，输出电压是250 V，用户需要的电压是220 V，输电线总电阻为10 Ω.若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：
图6
(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．
答案 (1)见解析图 (2)1∶20 240∶11 (3)96 kW
解析 (1)如图所示
(2)输电线损失的功率
P损＝P×4%＝100 kW×4%＝4 kW.
输电线电流
I2＝ ＝ A＝20 A.
升压变压器输出电压
U2＝＝ V＝5×103 V.
升压变压器原、副线圈匝数比：
＝＝＝.
电压损失U损＝I2R线＝20×10 V＝200 V.
降压变压器原线圈两端电压
U3＝U2－U损＝4 800 V.
降压变压器原、副线圈匝数比
＝＝＝.
(3)用户得到的电功率P用＝P－P损＝96 kW.
12. 某发电站通过燃烧煤来发电．发电站通过升压变压器、输电线和降压变压器把电能输送给生产和照明用户，发电机输出功率是120 kW，输出电压是240 V，升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶25，输电线的总电阻为10 Ω，用户需要的电压为220 V．则：
(1)输电线上损失的电功率为多少？
(2)降压变压器原、副线圈的匝数比为多少？
答案 (1)4 000 W (2)290∶11
解析 (1)根据理想变压器的变压规律＝
得输电电压U2＝U1＝×240 V＝6 000 V
输电电流I2＝＝ A＝20 A
输电线上损失的电功率
ΔP＝Ir＝202×10 W＝4 000 W.
(2)输电线上损失的电压
ΔU＝I2r＝20×10 V＝200 V
降压变压器原线圈两端的电压U3＝U2－ΔU＝6 000 V－200 V＝5 800 V
根据理想变压器的变压规律得
＝＝＝.
习题课：交变电流的产生及描述
[学习目标] 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.理解交变电流图象的物理意义.3.知道交变电流“四值”的区别，会求解交变电流的有效值．
一、交变电流图象的应用
正弦交流电的图象是一条正弦曲线，从图象中可以得到以下信息：
(1)周期(T)和角速度(ω)：线圈转动的角速度ω＝.
(2)峰值(Em、Im)：图象上的最大值．可计算出有效值E＝、I＝.
(3)瞬时值：每个“点”表示某一时刻的瞬时值．
(4)可确定线圈位于中性面的时刻，也可确定线圈平行于磁感线的时刻．
(5)判断线圈中磁通量Φ及磁通量变化率的变化情况．
例1 (多选)如图1所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( )
图1
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的瞬时值表达式为u＝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Um＝nBSω，故Uma∶Umb＝3∶2，Umb＝Uma＝ V，D正确．
二、交变电流有效值的计算
对于交变电流有效值的计算一般有以下两种情况：
(1)对于按正(余)弦规律变化的电流，可先根据Em＝nBSω求出其最大值，然后根据E＝求出其有效值．有关电功、电功率的计算，各种交流仪表读数都要用有效值．
(2)当电流按非正(余)弦规律变化时，必须根据有效值的定义求解，在计算有效值时要注意三同：相同电阻、相同时间(一般要取一个周期)、产生相同热量．
例2 有两个完全相同的电热器，分别通以如图2甲和乙所示的峰值相等的方波交变电流和正弦交变电流．求这两个电热器的电功率之比．
图2
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.
三、交变电流“四值”的应用比较
交变电流的四值，即峰值、有效值、瞬时值、平均值，在不同情况下的应用：
(1)在研究电容器的耐压值时，只能用峰值．
(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．
例3 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3所示的角速度ω匀速转动，外电路电阻为R.
图3
(1)写出此时刻线圈中感应电流的方向．
(2)线圈转动过程中感应电动势的最大值为多大？
(3)线圈平面与磁感线夹角为60°时的感应电动势为多大？
(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)Em＝NBSω＝NBL2ω.
(3)线圈平面与磁感线成60°角时的瞬时感应电动势
e＝Emcos 60°＝NBL2ω.
(4)通过R的电荷量
q＝·Δt＝·Δt
＝N＝＝
(5)电流表的示数
I＝＝＝
电压表的示数
U＝IR＝.
1．如图4所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min的时间，两电阻消耗的电功之比
W甲∶W乙为( )
图4
A．1∶ B．1∶2 C．1∶3 D．1∶6
答案 C
解析 电功用有效值计算，题图甲中，由有效值的定义得( A)2R×2×10－2 s＋0＋
( A)2R×2×10－2 s＝IR×6×10－2 s，得I1＝ A；题图乙中，i的值不变，故I2＝1 A，由W＝UIt＝I2Rt可以得到W甲∶W乙＝1∶3，C正确．
2．如图5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5
(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象．
答案 (1)e＝10cos (100πt) V (2)见解析图
解析 (1)线框转动，开始计时的位置为线框平面与磁感线平行的位置，在t时刻线框转过的角度为ωt，此时刻e＝Bl1l2ωcos ωt，即e＝BSωcos ωt，其中B＝ T，S＝0.1×0.2 m2＝
0.02 m2，ω＝2πn＝2π×50 rad/s＝100π rad/s，
故e＝×0.02×100πcos (100πt) V，
即e＝10cos (100πt) V.
(2)线框中感应电动势随时间变化关系的图象如图所示．
一、选择题(1～6题为单选题，7～8题为多选题)
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，该导线框产生感应电动势的瞬时值表达式为e＝Φωsin ωt
D．以图中位置作为计时起点，该导线框产生感应电动势的瞬时值表达式为e＝Φωcos ωt
答案 D
2．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，则它产生的交变电动势随时间变化的图象是 ( )
答案 B
解析 线圈转速为正常工作时的一半，据ω＝2πn＝知，周期变为正常工作时的2倍，又据Em＝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.
3．标有“220 V 0.5 μF”字样的电容器能接入下列选项中哪个电路中使用( )
A．220sin (100πt) V B．220 V的照明电路中
C．380sin (100πt) V D．380 V的照明电路中
答案 A
4．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，甲图中是磁感应强度为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，经过时间，通过两线圈横截面的电荷量不同
答案 A
解析 甲图中磁通量的变化规律为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A正确．
5．如图3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3
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.
6．如图4所示电路，电阻R1与电阻R2值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看做零，反向电阻可看做无穷大)，在A、B间加一正弦交流电u＝20sin (100πt) V，则加在R2上的电压有效值为( )
图4
A．10 V B．20 V
C．15 V D．5 V
答案 D
解析 由二极管的单向导电性可知，若二极管导通，加在R2上的电压波形为半个周期，最大值为20 V，若二极管截止，R1、R2串联，则R2上的电压半个周期最大值为10 V．由有效值的定义可得加在R2上的电压有效值为5 V，选项D正确．
7. 如图5所示，A、B两输电线间的电压是u＝200sin (100πt) V，输电线电阻不计，把电阻R＝50 Ω的用电器接在A、B两输电线上，下列说法正确的是( )
图5
A．电流表示数为4 A
B．电压表示数为200 V
C．通过R的电流方向每秒钟改变50次
D．用电器消耗的电功率为1.6 kW
答案 AB
解析 由u＝200sin (100πt) V可知，电压最大值Um＝200 V，角速度ω＝100π rad/s，所以电压的有效值U＝＝200 V，周期T＝＝0.02 s，频率f＝＝50 Hz.由欧姆定律得
I＝＝ A＝4 A，所以A、B两项正确；一周期内电流方向改变两次，而f＝50 Hz，则1 s内电流方向改变100次，C项错误；电功率P＝IU＝4×200 W＝800 W，所在D项错误．
8. 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．t时刻线圈中电流的瞬时值表达式为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 回路中感应电动势的最大值Em＝BSω，电流的最大值Im＝＝，t＝0时刻线圈位于中性面，故电流的瞬时值表达式i＝sin ωt.线圈中电流的有效值I＝＝，
P＝I2R＝，故A、B错误，C、D正确．
二、非选择题
9．图7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7
(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Em＝nBSω
而Φm＝BS，ω＝，所以Em＝
由Φ－t图线可知，Φm＝2.0×10－2 Wb，T＝0.2 s
所以Em＝20π V＝62.8 V.
(2)线圈转动的角速度ω＝＝ rad/s＝10π rad/s，由于从垂直中性面位置开始计时，所以感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcos ωt＝62.8cos (10πt) V
(3)当线圈转过 s时
e＝62.8cos (10π×) V＝31.4 V
(4)电动势的有效值E＝＝10π V
U＝E＝×10π V＝9π V≈40 V.
10．如图8所示，边长为l的正方形线圈abcd的匝数为n，线圈电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界上，磁感应强度为B，现在线圈以OO′为轴，以角速度ω匀速转动，求：
图8
(1)闭合电路中电流瞬时值的表达式．
(2)线圈从图示位置转过90°的过程中电阻R上产生的热量．
(3)线圈从图示位置转过90°的过程中电阻R上通过的电荷量．
(4)电阻R上的最大电压．
答案 (1)i＝sin ωt (2)
(3) (4)
解析 (1)线圈转动时，总有一条边切割磁感线，且ad边和bc边转动的线速度大小相等，当线圈平行于磁场时，产生的感应电动势最大，为Em＝nBlv＝nBl·ω·l＝nBl2ω.
由闭合电路欧姆定律可知Im＝，当以图示位置为计时起点时，流过R的电流表达式为
i＝Imsin ωt＝sin ωt.
(2)在线圈从图示位置匀速转过90°的过程中，用有效值来计算电阻R上产生的热量Q＝I2R·，
其中I＝＝，T＝，
即Q＝I2R·＝.
(3)在转过90°的过程中感应电动势的平均值为
＝n＝＝，
流过R的平均电流
＝＝，
所以通过R的电荷量
q＝·＝·＝.
(4)由欧姆定律可知电阻R上的最大电压为Um＝ImR＝.
章末总结
一、交变电流“四值”的计算和应用
1．峰值：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴旋转时所产生的交变电流的最大值，Em＝nBSω.
2．瞬时值：线圈在匀强磁场中转动，从中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为
e＝nBSωsin ωt.
3．有效值：反映交变电流产生热效应的平均效果，正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系是E＝.
4．平均值：指在一段时间内产生的电压(电流)的平均值，其数值由法拉第电磁感应定律求出，即＝n.
例1 图1为一个小型旋转电枢式交流发电机结构示意图，其矩形线圈的长度为L1，宽度为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′匀速运动，沿转轴OO′方向看去，线圈沿逆时针方向转动，t＝0时刻线圈平面与磁感线垂直．
图1
(1)求线圈经过图示位置时，通过电阻R的感应电流的方向．
(2)写出线圈转动过程中感应电动势的瞬时值表达式．
(3)求线圈从t＝0时所处的位置开始到转过90°的过程中的平均感应电动势．
(4)求线圈从t＝0时所处的位置开始转过60°时电路中的瞬时电流．
(5)求线圈转动一个周期内电阻R上产生的热量．
答案 (1)自下而上 (2)e＝nBL1L2ωsin ωt
(3) (4) (5)
解析 (1)根据右手定则可判断，线圈中的电流方向是d→c→b→a，故通过电阻R的电流是自下而上．
(2)从中性面开始计时，感应电动势随时间按正弦规律变化，且最大感应电动势Em＝nBL1L2ω，所以感应电动势的瞬时值表达式e＝nBL1L2ωsin ωt.
(3)由法拉第电磁感应定律有
＝n＝＝.
(4)由欧姆定律有
i＝＝＝.
(5)电动势的有效值E＝，
电流的有效值I＝，
线圈转动一个周期内电阻R上产生的热量
Q＝I2RT＝.
二、含变压器电路的动态分析
解答这类问题首先是分清变量和不变量，然后结合变压器的基本规律和欧姆定律分析相关量的变化情况．
(1)理想变压器将电能由原线圈传给副线圈时总是“量出而入”即输出功率决定输入功率．
(2)可以把理想变压器的副线圈看做给用户供电的无阻电源，可以参照直流电路动态分析的方法，分析负载电路的动态变化．
例2 如图2所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．下列说法正确的是( )
图2
A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大
B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大
C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大
D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大
答案 B
解析 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，接入电路的阻值变大，变压器副线圈两端电压不变，副线圈中的电流减小，则R1消耗的功率及其两端电压均变小，故电压表的示数变大，选项A错误，B正确；当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，副线圈中的电流减小，则原线圈中的电流也减小，电流表A1示数变小，选项C错误；若闭合开关S，副线圈电路中总电阻减小，副线圈中的电流变大，R1两端电压变大，R2两端电压减小，电流表A2示数减小；原线圈中的电流变大，电流表A1示数变大，选项D错误．
三、远距离输电线路的分析与计算
解决远距离输电问题要注意以下两点：
(1)首先画出输电示意图，包括发电机、升压变压器、输电线、降压变压器、负载等，在图中标出相应物理符号，利用输电电流I＝，输电线上损失电压U损＝IR线，输电线损失功率
P损＝I2R线＝2R线及其相关知识解答．
(2)分别在“三个回路”以及“两个变压器”上找各物理量之间的关系，特别注意以升压变压器的副线圈、输电线、降压变压器的原线圈组成的回路，在此回路中利用电路知识分析电压关系和功率关系．
例3 交流发电机两端电压是220 V，输出功率为4 400 W，输电导线总电阻为2 Ω.试求：
(1)用户得到的电压和功率各多大？输电损失功率多大？
(2)若发电机输出端用1∶10的升压变压器升压后，经同样输电导线输送，再用10∶1的降压变压器降压后供给用户，则用户得到的电压和功率又是多大？
答案 (1)180 V 3 600 W 800 W
(2)219.6 V 4 392 W
解析 (1)如图，由P＝IU得：
I＝＝ A＝20 A
由U＝U用＋IR得：用户得到的电压为
U用＝U－IR＝220 V－20×2 V＝180 V
由P＝P用＋I2R得：用户得到的功率为
P用＝P－I2R＝4 400 W－202×2 W＝3 600 W
输电损失功率为
P损＝I2R＝202×2 W＝800 W
(2)输电线路示意图如图所示
根据理想变压器原、副线圈两端的电压与匝数成正比可得：
＝，
解得U2＝＝ V＝2 200 V
因理想变压器不改变功率，即P2＝P，所以
I2＝＝2 A
U3＝U2－I2R＝2 200 V－2×2 V＝2 196 V
由＝得：降压变压器副线圈两端电压
U4＝＝ V＝219.6 V
用户得到的功率等于发电机的输出功率减去输电线上损失的功率，即
P4＝P3＝P2－IR＝P－IR＝4 392 W.
章末检测卷(第五章)
(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．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．如图1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1
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 C
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正确．
2．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.
3．一交流发电机，当转速为n1时，其交变电动势e＝220sin (100πt) V，现有如下的说法，其中正确的是 ( )
A．在t＝0时，线圈中的磁通量为0
B．该交流发电机线圈的转速为50 r/s
C．若加在标有“220 V 100 W”的灯泡的两端，灯泡能正常发光
D．若线圈的转速加倍，则交变电压的最大值、有效值增大一倍而频率不变
答案 B
解析 因为交变电流的瞬时值表达式为e＝Emsin ωt，其中Em＝nBSω表示最大值，ω＝2πf.当转速用r/s作为单位时，转速与频率的数值相等．最大值为有效值的倍，则该电动势的最大值为220 V，而灯泡的标注值是有效值，所以选项C、D错误，选项B正确．当t＝0时，e＝0，此时线圈处于中性面的位置，磁通量最大，因此选项A错误．
4. 如图2所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，原线圈接正弦交流电源，副线圈接入“220 V 60 W”灯泡一只，且灯泡正常发光，则 ( )
图2
A．电流表的示数为 A
B．电源输出功率为1 200 W
C．电流表的示数为 A
D．原线圈两端电压为11 V
答案 C
解析 副线圈电压U2＝220 V，电流I2＝＝ A，则原线圈两端电压U1＝＝4 400 V，电流I1＝＝ A，所以电流表的示数为 A，选项A、D错误，C正确．电源输出功率等于灯泡消耗的功率，为60 W，选项B错误．
5. 如图3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3
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.
6．一含有理想变压器的电路如图4所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和
4 Ω，为理想交流电流表，U为正弦交流电源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比为( )
图4
A．2 B．3 C．4 D．5
答案 B
解析 开关断开时，电路如图甲所示，原、副线圈的电流比＝，通过R2的电流I2＝，副线圈的输出电压U2＝I2(R2＋R3)＝，由＝可得原线圈两端的电压U1＝5I2，则
U＝U1＋IR1＝5I2＋3I；开关闭合时，电路如图乙所示，原、副线圈的电流比＝，通过R2的电流I2′＝，副线圈的输出电压U2′＝I2′R2＝，由＝可得原线圈两端的电压U1′＝4I2，则U＝U1′＋4IR1＝4I2＋12I，联立解得＝3，选项B正确．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．每小题至少有两个选项正确，选对得5分，漏选得3分，错选得0分)
7．我国“西电东送”采用高压直流输电，继三峡至常州500 kV直流输电工程后，又实现了三峡至广东的500 kV直流输电工程．这种输电方式是在高压交流远距离输电的基础上，增加了把交流变为直流的“整流”设备，用户端用专用的“逆变”设备把直流变为交流．关于高压远距离直流输电，下列说法正确的有( )
A．“整流”设备应放在升压变压器后，而“逆变”设备放在降压变压器前
B．有利于消除输电线路中感抗和容抗的影响
C．可以实现不同频率的交流电网络之间的电力传输
D．高压远距离直流输电对输电线路绝缘性能无要求
答案 ABC
8. 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．
9．如图6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6
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．
10．如图7甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20 Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是( )
图7
A．输入电压u的表达式u＝20sin (100πt) V
B．只断开S2后，L1、L2均正常发光
C．只断开S2后，原线圈的输入功率增大
D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W
答案 AD
解析 由题图乙可知，Um＝20 V，T＝0.02 s，则ω＝＝100π rad/s，输入电压u＝
20sin (100πt) V，故A正确；由变压器的变压规律知：＝，故U2＝＝ V＝
4 V，将S1接1、S2闭合时，灯泡L2正常发光可得，灯泡L2的额定电压为4 V，当只断开S2后，副线圈两端电压不变，此时副线圈的负载为L1、L2串联，故L1、L2均不能正常发光，B错误；此时P出＝，副线圈负载R总增大，故P出减小，又P入＝P出，故原线圈的输入功率减小，C错误；当S1换接到2后，副线圈的负载仅是电阻R，故P＝＝ W＝0.8 W，D正确．
三、填空题(本题共2小题，共10分)
11. (4分)一交流电压随时间变化的图象如图8所示，则此交流电的频率是________ Hz，若将该电压加在10 μF的电容器上，则电容器的耐压值应不小于________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，电路中保险丝的熔断电流不能低于________ A.
图8
答案 50 200
解析 由题图知T＝0.02 s，Um＝200 V而f＝
所以f＝50 Hz，电容器耐压值应不小于200 V，
I＝·＝ A＝ A.
因为保险丝熔断电流指有效值，所以电路中保险丝熔断电流不能低于 A.
12．(6分)利用DIS(数字化信息处理系统)探究手摇发电机(如图9所示)的线圈产生的交变电流．
图9
实验步骤如下：
①将电压传感器接入数据采集器；
②电压传感器的测量夹与发电机的输出端并联；
③点击“数据采集设置”设定“采样点时间间隔”；
④缓慢摇动发电机的手柄，观察工作界面上的信号．
图10
(1)屏上出现的电压波形如图10所示，从图中可以看出，手摇发电机产生的电压波形不是正弦波，其原因可能是________________________(写出一条即可)．
(2)研究交变电流的波形，发现在用手摇动发电机手柄的2 min内屏上出现了61个向上的“尖峰”，则交变电流的平均周期为____________．如果发电机手摇大轮的半径是转子小轮半径的2倍，则手摇大轮转动的平均角速度为__________．
答案 (1)转子不是在匀强磁场中转动(或手摇动发电机的转速不均匀)
(2)2 s 0.5π rad/s
解析 只有线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的交变电流才是标准的正弦式电流，手摇发电机的磁场是由条形磁铁产生的，所以不是匀强磁场，由于是手摇转动，转速难以保证恒定．屏上每出现一次向上的尖峰，就代表经过了一个周期，2 min内屏上出现了61个向上的尖峰，表明周期T＝ s＝2 s，大轮的角速度等于小轮的角速度的一半，所以大轮的角速度
ω＝·＝0.5π rad/s.
四、计算题(本题共4小题，共46分．解答应写出必要的文字说明，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)
13．(10分)如图11甲所示，固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一个小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场．已知线圈的匝数n＝100匝，总电阻r＝1.0 Ω，所围成的矩形的面积S＝0.040 m2，小灯泡的电阻R＝9.0 Ω，磁感应强度随时间按图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝nBmScos，其中Bm为磁感应强度的最大值，T为磁场变化的周期，不计灯丝电阻随温度的变化，求：
图11
(1)线圈中产生的感应电动势的最大值；
(2)小灯泡消耗的电功率；
(3)在0～时间内，通过小灯泡的电荷量．
答案 (1)8.0 V (2)2.88 W (3)4.0×10－3 C
解析 (1)由图乙知，线圈中产生的交变电流的周期T＝3.14×10－2 s，
所以Em＝nBmSω＝＝8.0 V.
(2)电流的最大值Im＝＝0.80 A，有效值I＝＝ A，
小灯泡消耗的电功率P＝I2R＝2.88 W.
(3)在0～时间内，电动势的平均值＝，平均电流＝＝，
通过小灯泡的电荷量
q＝Δt＝＝4.0×10－3 C.
14．(10分)如图12所示，理想变压器原线圈中输入电压U1＝3 300 V，副线圈两端电压为
U2＝220 V，输出端连有完全相同的两个灯泡L1和L2，绕过铁芯的导线所接的电压表V的示数U＝2 V．求：
图12
(1)原线圈n1等于多少匝？
(2)当开关S断开时，电流表A2的示数I2＝5 A．则电流表A1的示数I1为多少？
(3)在(2)中情况下，当开关S闭合时，电流表A1的示数I1′等于多少？
答案 (1)1 650匝 (2) A (3) A
解析 (1)由电压与变压器匝数的关系可得：
＝＝U，则n1＝1 650匝．
(2)当开关S断开时，有：
U1I1＝U2I2，I1＝＝ A
(3)当开关S断开时，有：R1＝＝44 Ω.当开关S闭合时，设副线圈总电阻为R′，有R′＝＝22 Ω，副线圈中的总电流为I2′＝＝10 A．由U1I1′＝U2I2′可知，I1′＝＝ A.
15．(12分) 如图13所示，匀强磁场的磁感应强度为B＝0.5 T，匝数为n＝50匝的矩形线圈，绕垂直于匀强磁场的转轴OO′匀速转动，每匝线圈长为L＝25 cm，宽为d＝20 cm.线圈每分钟转动1 500转，在匀速转动过程中，从线圈平面经过图示位置时开始计时．
图13
(1)写出感应电动势e的瞬时值表达式；
(2)若每匝线圈本身电阻r＝0.02 Ω，外接一阻值为13 Ω的用电器，使线圈与外电路组成闭合电路，写出感应电流i的瞬时值表达式；
(3)若从线圈平面垂直于磁感线的位置开始计时，感应电动势e′和感应电流i′的瞬时值表达式如何？
(4)画出(1)(2)中的e－t、i－t图象．
答案 见解析
解析 (1)线圈匝数n＝50，磁场的磁感应强度B＝0.5 T，线圈转动的角速度ω＝2πf＝2π×
rad/s＝50π rad/s，线圈的面积S＝Ld＝0.05 m2
所以Em＝nBSω＝50×0.5×0.05×50π V≈196 V
从图示位置计时，有e＝Emcos ωt＝196cos (50πt) V.
(2)若r＝0.02 Ω，则r′＝50r＝0.02×50 Ω＝1 Ω
R总＝R＋r′＝13 Ω＋1 Ω＝14 Ω
Im＝＝ A＝14 A
所以i＝Imcos ωt＝14cos (50πt) A
(3)若从线圈平面与磁感线垂直的位置开始计时，即从中性面开始计时，感应电动势和感应电流的瞬时值表达式分别为e′＝196sin (50πt) V，i′＝14sin (50πt) A.
(4)因为ω＝50π rad/s，所以T＝＝0.04 s，Em＝196 V，Im＝14 A．(1)(2)中的e－t、i－t图象分别如图甲、乙所示．
甲 乙
16．(14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得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.
