[核心速填]
一、电磁感应
1．引起电流的原因概括为五类
(1)变化的电流；(2)变化的磁场；(3)运动的恒定电流；(4)运动的磁场；(5)在磁场中运动的导体．
2．感应电流产生的条件：只要闭合电路中的磁通量发生变化，闭合电路中就有感应电流产生．
3．楞次定律：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．
4．右手定则：让磁感线垂直穿过手心，大拇指指向导体做切割磁感线的运动方向，四指的指向就是导体中产生的感应电流或感应电动势的方向．
5．法拉第电磁感应定律：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．即：E＝n.
注：①若是恒定的，则E是稳定的，若变化，则感应电动势也是变化的．
②是磁通量的变化率，即磁通量的变化快慢，在Φ-t图上为图线上某点的斜率．
③当Δt较长时，E为平均电动势，因此这段时间内通过导体的电荷量为：q＝iΔt＝n.
6．通电导体切割磁感线的计算
(1)平动切割感应电动势的计算：
①当B、L、v相互垂直时，E＝BLv.
②当B、I、L不垂直时，E＝BLvsin_θ(θ为B与I的夹角)
(2)转动切割感应电动势的计算(如图所示)：
E＝BL2ω
7．自感
(1)定义：导体自身电流发生变化而产生的电磁感应现象．
(2)自感电动势：自感现象中产生的电动势，公式为：E＝L.
(3)自感系数：表征线圈自感特性的物理量，与线圈的长度、横截面积、匝数以及有无铁芯有关．
单位：亨利，符号H,1 H＝103 mH＝106 μH.
8．涡流：线圈中的电流变化时，在附近导体中产生的感应电流，这种电流在导体中自成闭合回路，很像水中的漩涡，因此称为涡电流，简称涡流．
二、交变电流
1．交流电变化规律
A B C D
(1)线圈平面位于中性面时，如图 A所示，穿过线圈的磁通量Φ最大，但磁通量的变化率为零，感应电动势为零．
(2)当线圈平面匀速转到与磁感线平行时，如图 C所示，穿过线圈的磁通量Φ为零，但线圈平面内磁通量的变化率最大，感应电动势最大．
(3)线圈转动一周经过中性面两次，电流方向变化两次．
2．正弦(余弦)交流电的瞬时表达式
e＝Emsin ωt，i＝Imsin ωt(从中性面开始计时)．
3．正弦交流电的一些物理量
(1)E＝，I＝，U＝.
(2)ω＝＝2πf.
注：①用电器的耐压值必须大于电压的最大值．
②所有仪表测定的读数均为有效值．
③计算电功或电功率、电热时均用有效值．
④求感应电荷量时须用平均值．
⑤求解导体棒所受安培力时须用瞬时值．
4．电感、电容对交变电流的作用
(1)电感：“通直流、阻交流；通低频，阻高频．”
(2)电容：“隔直流，通交流；通高频，阻低频”．
5．变压器
(1)理想变压器的原副线圈电压与匝数的关系：＝.
(2)理想变压器通过原副线圈的电流与匝数的关系：＝(只有一个副线圈)．
(3)理想变压器的功率关系：P入＝P出．
6．理想变压器的制约关系
(1)电压制约：初级决定次级．
(2)电流(功率)制约：次级决定初级．
7．高压输电的电路结构(如图所示)和基本规律
(1)电压关系：＝ ＝ U2＝U损＋U3
(2)电流关系：＝ I2＝I3 ＝
(3)功率关系：P送＝P1＝P2 P3＝P4＝P用
P送＝P用＋P损
三、传感器
1．传感器：能够感受诸如力、光、声、化学成分等非电学量，并能把它们按一定的规律转换成为电压、电流等电学量，或转换成为电路的通断．
2．原理：传感器感受的通常是非电学量，如压力、温度、位移、浓度、酸碱度等，而它输出的大多是电学量，如电压、电流、电荷量等，这些输出信号是非常微弱的，一般要经过放大等处理后，再通过控制系统产生各种控制动作．
3．光敏电阻
电阻大小与光照的强弱有关，光照强度越大，电阻越小．
4．热敏电阻
阻值大小与温度的高低有关，温度变化，阻值有明显变化．
[判断正误]
(1)奥斯特发现了电流的磁效应；法拉第发现了电磁感应现象． (√)
(2)闭合线圈和磁场发生相对运动，一定能产生感应电流．(×)
(3)只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生． (×)
(4)线框不闭合时，即使穿过线框的磁通量发生变化，线框中也没有感应电流产生． (√)
(5)穿过某电路的磁通量变化量越大，产生的感应电动势就越大． (×)
(6)闭合电路置于磁场中，当磁感应强度很大时，感应电动势可能为零；当磁感应强度为零时，感应电动势可能很大． (√)
(7)线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大． (√)
(8)由楞次定律知，感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反． (×)
(9)电路不闭合，穿过回路的磁通量变化时，也会产生“阻碍”作用． (×)
(10)感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化． (√)
(11)线圈中电流最大的瞬间可能没有自感电动势． (√)
(12)自感现象中，感应电流一定与原电流方向相反． (×)
(13)一个线圈中的电流均匀增大，自感电动势也均匀增大．(×)
(14)利用涡流制成的探雷器可以探出“石雷”． (×)
(15)电磁阻尼发生的过程中，存在机械能向内能的转化． (√)
(16)正弦式交变电流的瞬时值是时刻变化的． (√)
(17)闭合线圈在匀强磁场中绕平行于磁场方向的轴匀速转动时产生正弦交流电． (×)
(18)教室的照明电路中所用的是正弦式电流． (√)
(19)生活用电的电压220 V指有效值，动力用电的电压380 V指峰值． (×)
(20)只要是交变电流，其峰值就是有效值的倍． (×)
(21)家用电器铭牌上标称的电流、电压都是指有效值． (√)
(22)交流电的频率越高，电感对交流的阻碍作用越大． (√)
(23)高频扼流圈可以“通高频，阻低频”． (×)
(24)理想变压器不仅可以改变交变电流的电压和电流，还可以改变交变电流的功率和频率． (×)
(25)电压互感器是一种降压变压器． (√)
(26)电压互感器的原线圈应串联在被测电路中． (×)
(27)大功率输电时，导线的电感和电容引起的电压和电能损失很大． (√)
(28)高压直流输电是通过升压变压器升压后，再由换流设备将交流变为直流，从而实现远距离直流传输的． (√)
楞次定律的理解与运用
楞次定律是电磁感应一章的重点和难点，要做到透彻理解、灵活应用、融会贯通、举一反三，首先必须做到：
1．正确理解楞次定律中的“阻碍”——四层意思
正确、深入理解楞次定律中的“阻碍”是应用该定律的关键．理解时，要搞清四层意思：
(1)谁阻碍谁？感应电流产生的磁场阻碍引起感应电流的磁通量的变化．
(2)阻碍什么？阻碍的是磁通量的变化，而不是阻碍磁通量本身．
(3)如何阻碍？当磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；当磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，即“增反减同”．
(4)结果如何？阻碍并不是阻止，只是延缓了磁通量变化的快慢，原来增加的还是增加，减少的还是减少．
2．运用楞次定律判定电流方向——四个步骤
(1)明确穿过闭合回路的原磁场方向；
(2)判断穿过闭合回路的磁通量是增加还是减少；
(3)利用楞次定律确定感应电流的磁场方向；
(4)利用安培定则判定感应电流的方向．
应用楞次定律的步骤可概括为：一原二变三感四螺旋．
3．楞次定律的推广——四个拓展
对楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因：
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；
(2)阻碍相对运动——“来拒去留”；
(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”；
(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”．
【例1】 (多选)如图甲所示，A、B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置，A线圈中通过如图乙所示的电流I，则( )
A．在t1到t2时间内A、B两线圈相互吸引
B．在t2到t3时间内A、B两线圈相互排斥
C．t1时刻两线圈作用力为零
D．t2时刻两线圈作用力最大
ABC [在t1到t2时间内，A中电流减小，穿过B的磁通量减少，根据楞次定律，知A、B两线圈相吸引，故A正确；在t2到t3时间内，A中电流增大，穿过B的磁通量增大，根据楞次定律知，A、B两线圈相排斥，故B正确；t1时刻，A中电流最大，此时A中的电流的变化率为零，所以B中无感应电流产生，所以A、B之间作用力为零，故C正确；t2时刻，A中电流为零，此时A中的电流的变化率最大，在B中感应电流最大，A、B之间作用力为零，故D错误．]
1．如图所示，一个闭合矩形金属框abcd，与一根绝缘轻杆相连，轻杆上端O点是一个固定转动轴，转动轴与线框平面垂直，线框静止时恰好位于蹄形磁铁的正中间，线框平面与磁感线垂直．现将线框从左侧某一高度处由静止释放，在线框左右摆动进入、离开磁场的过程中，关于线框受到磁场力的方向的分析正确的是( )
A．线框向左摆动进入、离开磁场的过程中，受力方向向左；向右摆动进入、离开磁场的过程中，受力方向向右
B．线框向左摆动进入、离开磁场的过程中，受力方向向右；向右摆动进入、离开磁场的过程中，受力方向向左
C．线框向左摆动进入、离开磁场的过程中，受力方向先向左后向右；向右摆动进入、离开磁场的过程中，受力方向先向右后向左
D．线框向左、向右摆动进入、离开磁场的过程中始终不受力
B [从磁通量变化的角度来看，线框在向左摆进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增加，感应电流的磁场阻碍磁通量的增加，因而对线框的作用力向右；线框在向左摆离开磁场的过程中，穿过线框的磁通量减少，感应电流的磁场阻碍磁通量的减少，因而线框受力方向也向右；同理，线框在向右摆进入磁场和离开磁场的过程中，线框受到的作用力均向左．故选B.]
电磁感应中的动力学及能量问题
(一)电磁感应中的动力学问题
1．安培力的大小
?F＝
2．安培力的方向
(1)先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定安培力方向．
(2)根据楞次定律，安培力的方向一定和导体切割磁感线运动方向相反．
3．受力分析与运动分析
对电磁感应现象中的力学问题，除了要做好受力情况和运动情况的动态分析外，还需要注意导体受到的安培力随运动速度变化的特点，速度变化，弹力及相应的摩擦力也随之而变，导致物体的运动状态发生变化．
4．应用牛顿运动定律和运动学规律解答电磁感应问题的基本思路
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向．
(2)求回路中的电流．
(3)分析研究导体的受力情况(包含安培力，用左手定则确定其方向)．
(4)根据牛顿第二定律和运动学规律或平衡条件列方程求解．
【例2】 如图甲所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角为α，金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m，导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为B.金属导轨的上端与开关S、阻值为R1的定值电阻和电阻箱R2相连，不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g.现在闭合开关S，将金属棒由静止释放．
甲 乙
(1)判断金属棒ab中电流的方向；
(2)若电阻箱R2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为h时，速度为v，求此过程中定值电阻R1上产生的焦耳热Q；
(3)当B＝0.40 T、L＝0.50 m、α＝37°时，金属棒能达到的最大速度vm随电阻箱R2阻值的变化关系如图乙所示，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求R1的大小和金属棒的质量m.
解析：(1)由右手定则可知，金属棒ab中的电流方向为b到a.
(2)由能量守恒定律可知，金属棒减少的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热
mgh＝mv2＋Q
解得：Q＝mgh－mv2.
(3)最大速度为vm时，切割磁感线产生的感应电动势E＝BLvm
由闭合电路欧姆定律得：
I＝
从b端向a端看，金属棒受力如图所示
金属棒达到最大速度时满足
mgsin α－BIL＝0
由以上三式得最大速度：
vm＝R2＋R1
题图乙斜率k＝ m/(s·Ω)＝15 m/(s·Ω)，纵截距b＝30 m/s
则：R1＝b
＝k
解得：R1＝2.0 Ω，m＝0.1 kg.
答案：(1)b到a (2)mgh－mv2 (3)2.0 Ω 0.1 kg
2.如图所示，竖直平面内有两个半径为r、光滑的圆弧形金属环，在M、N处分别与距离为2r、足够长的平行光滑金属导轨ME、NF相接，金属环最高点A处断开不接触．金属导轨ME、NF的最远端EF之间接有电阻为R的小灯泡L.在MN上方及CD下方有垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小均为B，磁场Ⅰ和Ⅱ之间的距离为h.现有质量为m的导体棒ab，从金属环的最高点A处由静止
下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与金属环及轨道接触良好．已知导体棒下落时向下的加速度为a.导体棒进入磁场Ⅱ后小灯泡亮度始终不变．重力加速度为g.导体棒、轨道、金属环的电阻均不计．求：
(1)导体棒从A处下落时的速度v1的大小；
(2)导体棒下落到MN处时的速度v2的大小；
(3)将磁场Ⅱ的CD边界下移一段距离，分析导体棒进入磁场Ⅱ后小灯泡的亮度变化情况，并说明原因．
解析：(1)导体棒从A处下落时，导体棒切割磁感线的有效长度为r，导体棒内产生的感应电动势E＝BLv＝Brv1
回路中产生的感应电流I＝＝
根据牛顿第二定律有mg－BI·r＝ma
解得v1＝.
(2)导体棒进入磁场Ⅱ后小灯泡亮度始终不变，说明导体棒在磁场Ⅱ中受力平衡，匀速下落，设此时导体棒的速度为v3，则有
mg＝F安＝B·2r＝
解得v3＝
从MN下落到CD，导体棒下落过程只受重力作用，则
v＋2gh＝v
得v2＝＝.
(3)CD边界下移一段距离，导体棒ab进入磁场Ⅱ时的速度大于v3，mg答案：(1) (2) (3)见解析
(二)电磁感应中的能量问题
1．过程分析
(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程．
(2)感应电流在磁场中受安培力，若安培力做负功，则其他形式的能转化为电能；若安培力做正功，则电能转化为其他形式的能．
(3)当感应电流通过用电器时，电能转化为其他形式的能．
2．安培力做功和电能变化的对应关系
“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能；安培力做多少功，就有多少电能转化为其他形式的能．
3．用能量方法解决电磁感应问题的一般步骤
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定电动势的大小和方向．
(2)画出等效电路，求出回路中电阻消耗电功率的表达式．
(3)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的关系式．
【例3】 如图甲所示，足够长的光滑平行导轨MN、PQ倾斜放置，两导轨间距离为L＝1.0 m，导轨平面与水平面间的夹角为θ＝30°，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨的M、P两端连接阻值为R＝3.0 Ω的电阻，金属棒ab垂直于导轨放置并用细线通过光滑定滑轮与重物相连，金属棒ab的质量m＝0.20 kg，电阻r＝0.50 Ω，重物的质量M＝0.60 kg，如果将金属棒和重物由静止释放，金属棒沿斜面上滑的距离与时间的关系图像如图乙所示，不计导轨电阻，g取10 m/s2.求：
甲 乙
(1)磁感应强度B的大小；
(2)在0.6 s内通过电阻R的电量；
(3)在0.6 s内电阻R产生的热量．
解析：(1)由题图乙得ab棒匀速运动时的速度
v＝＝3.5 m/s
感应电动势E＝BLv，感应电流I＝
棒所受安培力F＝BIL＝
棒ab匀速时，棒受力平衡，
＋mgsin 30°＝Mg
解得B＝ T.
(2)由题图乙得，在0.6 s内ab棒上滑的距离s＝1.40 m，
通过电阻R的电量q＝＝ C.
(3)设0.6 s内整个回路产生的热量为Q，
由能量守恒定律得
Mgs＝mgssin θ＋Q＋(M＋m)v2，
解得：Q＝2.1 J
电阻R产生的热量QR＝ Q＝1.8 J.
答案：(1) T (2) C (3)1.8 J
3.(多选)如图所示电路，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨下端接有电阻R，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可忽略不计的金属棒ab质量为m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用．金属棒沿导轨匀速下滑，则它在下滑高度h的过程中，以下说法正确的是( )
A．作用在金属棒上各力的合力做功为零
B．重力做的功等于系统产生的电能
C．金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热
D．金属棒克服恒力F做的功等于电阻R上产生的焦耳热
AC [根据动能定理，合力做的功等于动能的增量，故A对；重力做的功等于重力势能的减少，重力做的功等于克服F所做的功与产生的电能之和，而克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热，所以B、D错，C对．]
理想变压器的动态变化问题
变压器由于与实际生活联系紧密，在历年的高考中均有一定的体现．变压器问题往往与闭合电路的动态变化结合，要解决此类问题的关键是抓住不变量，从不变量入手分析变化量．要弄清“谁决定谁”的制约关系，从“制约量”入手分析“被制约量”．
1．匝数比不变的情况(如图所示)
(1)U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，不论负载电阻R如何变化，U2不变．
(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，输出电流I2决定输入电流I1，故I1发生变化．
(3)I2变化引起P2变化，P1＝P2，故P1发生变化．
2．负载电阻不变的情况(如图所示)
(1)U1不变，发生变化，故U2发生变化．
(2)R不变，U2变化，故I2发生变化．
(3)根据P2＝，P2发生变化，再根据P1＝P2，故P1变化，P1＝U1I1，U1不变，故I1发生变化．
3．分析动态问题的思路程序可表示为
【例4】 如图所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A，则下列说法正确的是( )
A．电压表V1示数增大
B．电压表V2、V3示数均增大
C．该变压器起升压作用
D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动
D [由于a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，故电压表V1示数不变，选项A错误；由理想变压器原理公式＝且U1、n1、n2不变，则U2不变，即V2的示数不变，V3的示数U3＝U2－I2R0应减小，故选项B错误；由公式＝得：＝＝＝4，则n1>n2，该变压器起降压作用，故C错误；又I2＝，I2增大，R应减小，故滑片应沿c→d方向滑动，故D正确．]
4．(多选)如图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3和R4均为定值电阻，开关S是闭合的，和为理想电压表，读数分别为U1和U2；、和为理想电流表，读数分别为I1、I2和I3，现断开S，U1数值不变，下列推断中正确的是 ( )
A．U2变小、I3变小 B．U2不变、I3变大
C．I1变小、I2变小 D．I2变大、I3变大
BC [断开S，负载总电阻增大，因为U2＝U1，U1不变，则U2不变，由I2＝，知I2变小，因为I1＝I2，故I1也变小．R1分压减小，则R3分压增大，故I3变大，综上可知B、C正确．]
[感悟高考]
1.一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q正．该电阻上电压的峰值均为u0，周期均为T，如图所示．则Q方∶Q正等于( )
A．1∶
B.∶1
C．1∶2
D．2∶1
D [根据焦耳定律知热量与方波中的电流方向的变化无关，故Q方＝T；而正弦交流电电压的有效值等于峰值的，故Q正＝T＝·T，所以＝，D正确．]
2．(多选)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态．下列说法正确的是( )
A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
AD [由电路可知，开关闭合瞬间，右侧线圈环绕部分的电流向下，由安培定则可知，铁芯中产生水平向右的磁场，由楞次定律可知，左侧线圈环绕部分产生向上的电流，则直导线中的电流方向由南向北，由安培定则可知，直导线在小磁针所在位置产生垂直纸面向里的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；开关闭合并保持一段时间后，穿过左侧线圈的磁通量不变，则左侧线圈中的感应电流为零，直导线不产生磁场，则小磁针静止不动，B、C错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，穿过左侧线圈向右的磁通量减少，则由楞次定律可知，左侧线圈环绕部分产生向下的感应电流，则流过直导线的电流方向由北向南，直导线在小磁针所在处产生垂直纸面向外的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确．]
3.如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于( )
A. B． C. D．2
B [设OM的电阻为R，圆的半径为l，过程Ⅰ：OM转动的过程中产生的平均感应电动势大小为E1＝＝＝＝，流过OM的电流为I1＝＝，则流过OM的电荷量为q1＝I1·Δt1＝；过程Ⅱ：磁场的磁感应强度大小均匀增加，则该过程中产生的平均感应电动势大小为E2＝＝＝，电路中的电流为I2＝＝，则流过OM的电荷量为q2＝I2·Δt2＝；由题意知q1＝q2，则解得＝，B正确，A、C、D错误．]
4．(多选)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧．导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向．导线框R中的感应电动势( )
图(a) 图(b)
A．在t＝时为零
B．在t＝时改变方向
C．在t＝时最大，且沿顺时针方向
D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向
AC [因通电导线的磁感应强度大小正比于电流的大小，故导线框R中磁感应强度与时间的变化关系类似于题图(b)，感应电动势正比于磁感应强度的变化率，即题图(b)中的切线斜率，斜率的正负反映电动势的方向，斜率的绝对值反映电动势的大小．由题图(b)可知，电流为零时，电动势最大，电流最大时电动势为零，A正确，B错误．再由楞次定律可判断在一个周期内，～内电动势的方向沿顺时针，时刻最大，C正确．其余时间段电动势沿逆时针方向，D错误．]
5．(多选)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B.质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g.金属杆( )
A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间
C．穿过两磁场产生的总热量为4mgd
D．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于
BC [本题考查电磁感应与动力学、能量问题的综合应用．要使杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，杆刚进入磁场Ⅰ时必须减速运动，加速度方向竖直向上，故A错误．杆在Ⅰ区做加速度减小的减速运动，在两磁场之间做a＝g的匀加速运动，运动过程如图所示(其中v1为杆刚进入Ⅰ时的速度，v2为杆刚出Ⅰ时的速度)，图线与时间轴所围的面积表示位移，两段运动的位移相等，则t1>t2－t1，故B正确．对杆从进入磁场Ⅰ至刚穿出磁场Ⅱ的过程应用动能定理得mg·3d＋W安＝mv－mv，对杆穿过两磁场之间的过程应用动能定理得mgd＝mv－mv，解得W安＝－4mgd，由功能关系得Q＝－W安＝4mgd，故C正确．若杆刚进入磁场Ⅰ时恰好匀速，则有＝mg，v1＝，代入h＝得h＝，因为杆刚进入Ⅰ时必须做减速运动，故一定有h>，故D错误．]
6．如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流．金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g.求下滑到底端的过程中，金属棒
(1)末速度的大小v；
(2)通过的电流大小I；
(3)通过的电荷量Q.
解析：(1)匀加速直线运动
v2＝2as
解得v＝
(2)安培力F安＝IdB
金属棒所受合力F＝mgsin θ－F安
由牛顿运动定律得F＝ma
解得I＝
(3)运动时间t＝
电荷量Q＝It
解得Q＝
答案：(1) (2)
(3)
课件100张PPT。模块复习课变化变化运动运动运动闭合磁通量阻碍磁通量的变化垂直大拇指四指感应电动势磁通量的变化率恒定变化快慢斜率iΔtBLvsinθBLv 自身 匝数H 106 长度涡流变化闭合零最大零两零最大最大两Imsin ωtEmsin ωt2πf 瞬时值最大值有效值平均值高频交流高频直流＝ 初级初级次级次级U2＝U损＋U3 ＝ P损P1P2P3P4P用控制系统非电学量电学量通断非电学量电学量放大温度越大越小√√××××√√××√√×√×√√××××√√×√√×√楞次定律的理解与运用电磁感应中的动力学及能量问题理想变压器的动态变化问题Thank you for watching !模块综合测评
(时间：90分钟 分值：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1．如图所示的四种情形，下列说法正确的是( )
A．(1)图中的圆形线圈水平，直导线在其某一条直径的正上方，直导线中通入变化的电流时，下面的线圈中会产生感应电流
B．(2)图中蹄形磁铁绕轴(虚线)旋转时，其下方静止不动的铜盘里会产生感应电流
C．若(3)图中导体棒沿图示方向在磁场中运动会产生感应电动势
D．(4)图中由于导体线圈不闭合，所以磁铁靠近导体线圈的过程中，导体线圈中无感应电动势
B [直导线中电流产生磁场，但穿过线圈的磁通量叠加后为零，即使直导线中的电流变化，也不会导致线圈中的磁通量变化，故线圈中不会产生感应电流，A错误；当蹄形磁铁绕轴(虚线)旋转时，其下方静止不动的铜盘，相当于若干个过圆心的铜棒在切割磁感线，从而产生感应电流，B正确；导体棒沿图示方向在磁场中运动，没有切割磁感线，因此不会产生感应电动势，C错误；在磁铁靠近导体线圈的过程中，导体线圈中磁通量变化，从而产生感应电动势，由于不闭合，因此线圈中没有感应电流，D错误．]
2．如图所示，将两端刮掉绝缘漆的导线绕在一把锉刀上，一端接上电池(电池另一极与锉刀接触)，手执导线的另一端，在锉刀上来回划动，由于锉刀表面凹凸不平，就会产生电火花．下列说法正确的是( )
A．产生电火花的回路只由导线与电池组成
B．如果导线端只向一个方向划动也能产生电火花
C．锉刀采用什么材料制成对实验没有影响
D．导线端划动的方向决定了自感电动势的方向
B [由题图可知，产生电火花的回路由导线、锉刀与电池组成，A错误；手执导线的另一端，在锉刀上来回划动时产生的电火花，是电路时通时断在回路中产生自感电动势产生的，与导线运动的方向无关，如果导线端只向一个方向划动也能产生电火花，B正确；产生电火花的回路由导线、锉刀与电池组成，如果锉刀是绝缘体，则实验不能完成，C错误；自感电动势的方向与电流接通或电流断开有关，与导线端划动的方向无关，D错误．]
3．如图所示的电路中，a、b、c为三个相同的灯泡，线圈L的自感系数很大，电阻不计，电源E内阻不计，下列判断正确的有( )
A．S闭合的瞬间，a、b、c三灯一样亮
B．S闭合的瞬间，b灯最亮
C．电路稳定后，将S断开的瞬间，a、c两灯立即熄灭
D．电路稳定后，将S断开，a、c两灯亮度相同且逐渐变暗
D [由于通过线圈L的电流会缓慢变化，在开关S闭合的瞬间，L中的电流为零，电路的结构为b、c串联后与a并联，所以a支路的电阻值小，流过a的电流大，而流过b、c的电流相等，故S闭合的瞬间，b、c两灯一样亮，a灯最亮，A、B错误；当电流逐渐稳定时，线圈不产生感应电动势，此时b被短路，a、c并联，电路稳定后，将S断开，此时线圈L产生感应电动势，相对于电源电路的结构是a、c串联后与b并联，所以a、c两灯亮度相同且逐渐变暗，C错误，D正确．]
4．用电流传感器可以清楚地演示一些电学元件对电路中电流的影响，如图所示，在A、B间分别接入电容器、电感线圈、定值电阻．闭合开关时，计算机显示的电流随时间变化的图像分别如图中a、b、c所示，则下列判断中正确的是( )
A．A、B间接入定值电阻显示图像a
B．A、B间接入电容器显示图像b
C．A、B间接入电感线圈显示图像c
D．A、B间接入电感线圈显示图像b
D [a图像电流瞬间增大后恢复为零，这是接入了电容器，充电时有瞬间电流而后不再通电，故A错误；b图电流逐渐增大到某一数值，这是接入了电感线圈，闭合开关时对电流增大有阻碍作用但电流还是增大，只是时间上被延缓了，故B错误，D正确；c图电流瞬间增大后保持不变，这是接入了定值电阻，故C错误；所以正确答案为D.]
5．如图甲所示，一矩形线圈位于随时间t变化的匀强磁场中，磁感应强度B随t的变化规律如图乙所示．以i表示线圈中的感应电流，以图甲中线圈上箭头所示方向为电流正方向，以垂直纸面向里的磁场方向为正，则以下的i-t图像中正确的是 ( )
甲 乙
A B
C D
A [由电磁感应定律和欧姆定律得I＝＝·＝·，线圈的面积S和电阻R都是定值，则线圈中的感应电流与磁感应强度B随t的变化率成正比．由图乙可知，0～1时间内，B均匀增大，Φ增大，根据楞次定律得知，感应磁场与原磁场方向相反(感应磁场的磁感应强度的方向向外)，由右手定则判断可知，感应电流是逆时针的，因而是负值．由于不变，所以可判断0～1为负的恒值；同理可知1～2为正的恒值；2～3为零；3～4为负的恒值；4～5为零；5～6为正的恒值，故选A.]
6．如图所示，矩形线圈abcd与可变电容器C、理想电流表A构成闭合电路．线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，转动的角速度ω＝100π rad/s.线圈的匝数n＝100，边长ab＝0.2 m、ad＝0.4 m，电阻不计．磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小B＝ T．电容器放电时间不计．下列说法正确的是( )
A．该线圈产生的交流电动势峰值为50 V
B．该线圈产生的交流电动势有效值为25 V
C．电容器的耐压值至少为50 V
D．电容器的电容变大时，电流表的示数变小
B [该线圈产生的交流电动势峰值Em＝nBSω＝100××0.2×0.4×100π V＝50 V，选项A错误；设线圈产生的交流电动势有效值为E，则2··＝·T，解得E＝25 V，选项B正确；电容器的耐压值至少为50 V，选项C错误；电容器的电容变大时，电容器对交变电流的阻碍作用减小，电流表的示数增大，选项D错误．]
7．如图所示，一对平行光滑轨道水平放置．轨道间距L＝0.20 m，电阻R＝10 Ω，有一质量为m＝1 kg的金属棒平放在轨道上，与两轨道垂直，金属棒及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于垂直轨道平面竖直向下的匀强磁场中．现用一拉力F沿轨道方向拉金属棒，使之做匀加速运动，力F与时间t的关系为F＝(0.1t＋1)N，则下列说法正确的是( )
A．金属棒的加速度a＝1 m/s2
B．磁感应强度B＝5 T
C．当F＝3 N时，电路消耗的电功率P＝60 W
D．若拉力F的最大值为5 N，则金属棒所能达到的最大速度为50 m/s
ABD [t＝0时，F＝1 N，此时金属棒的速度为零，不受安培力，由牛顿第二定律得a＝＝ m/s2＝1 m/s2，A正确；根据牛顿第二定律得F－＝ma，将F＝(0.1t＋1)N，v＝at代入解得B＝5 T，B正确；当F＝3 N时，由F＝(0.1t＋1)N，得t1＝20 s，v1＝at1＝20 m/s，E＝BLv1＝5×0.20×20 V＝20 V，电路消耗的电功率P＝＝ W＝40 W，C错误；若拉力F的最大值为5 N，则当F＝时金属棒做匀速直线运动，解得速度最大值vmax＝50 m/s，D正确．]
8．某物理兴趣小组设计了如图所示的火情报警系统，其中M是理想变压器，将a、b接在恒定电压的正弦交流电源上，RT为用半导体热敏材料制成的传感器(其电阻率随温度升高而减小)，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R2为定值电阻．若传感器RT所在处出现火警时，以下说法中正确的是( )
A．电流表A1的示数不变，电流表A2的示数增大
B．电流表A1的示数增大，电流表A2的示数减小
C．电压表V1的示数增大，电压表V2的示数增大
D．电压表V1的示数不变，电压表V2的示数变小
BD [当传感器RT所在处出现火情时，RT的电阻减小，导致电路中总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的总的电流，
①由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A1示数也要增加；
②由于电源的电压不变，匝数比不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变；
③由于副线圈中电流增大，R2两端的电压变大，所以V2的示数要减小；
④R1两端的电压也要减小，所以A2的示数要减小；
由①④可知A错误，B正确；由②③可知C错误，D正确．]
9．如图所示的正方形导线框abcd，电阻为R，线框以恒定速度v沿x轴正方向运动，并穿过图中所示的磁感应强度为B的匀强磁场区域．如果以x轴正方向为力的正方向，线框在图示位置的时刻作为计时零点，则磁场对线框的作用力F、线框的ab边两端的电势差Uab随时间变化的图像正确的是( )
BD [0～时间内线框在磁场外，力与电流为零.～时间内，由右手定则可得出电流的方向为逆时针方向，线框以恒定速度运动，所以感应电动势和感应电流不变，根据法拉第电磁感应定律有E＝Blv，I＝，Uab＝Blv，由左手定则可知，线框受到的安培力沿x轴负方向，F＝BIl＝.～时间内，线框全部进入磁场，感应电流为0，但Uab＝Blv，安培力为零.～时间内，线框cd边切割磁感线，由右手定则可得电流的方向为顺时针方向，因为线框以恒定速度v沿x轴正方向运动，所以感应电动势和电流不变，E＝Blv，I＝，Uab＝Blv.根据左手定则，安培力向左，F＝BIl＝，故B、D正确．]
10．如图甲所示，垂直纸面向里的有界匀强磁场的磁感应强度B＝1.0 T，质量m＝0.04 kg、高h＝0.05 m、总电阻R＝5 Ω，n＝100匝的矩形线圈竖直固定在质量M＝0.08 kg的小车上，小车与线圈的水平长度l相等．线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度v1＝10 m/s进入磁场，线圈平面和磁场方向始终垂直．若小车运动的速度v随位移x变化的v-x图像如图乙所示，则根据以上信息可知( )
甲 乙
A．小车的水平长度l＝10 cm
B．磁场的宽度d＝35 cm
C．小车的位移x＝10 cm时线圈中的电流I＝7 A
D．线圈通过磁场的过程中线圈产生的热量Q＝1.92 J
AC [闭合线圈在进入或离开磁场时的位移即为线圈的长度，线圈进入或离开磁场时受安培力作用，将做减速运动，由乙图可知，线圈的长度l＝10 cm，故A正确；磁场的宽度等于线圈刚进入磁场到刚离开磁场时的位移，由乙图可知，5～15 cm是进入的过程，15～30 cm是完全在磁场中运动的过程，30～40 cm是离开磁场的过程，所以d＝30 cm－5 cm＝25 cm，故B错误；位移x＝10 cm时线圈的速度为7 m/s，线圈进入磁场过程中，根据I＝＝7 A，故C正确；线圈通过磁场过程中运用动能定理得：(M＋m)v－(M＋m)v＝W安，由乙图可知v1＝10 m/s，v2＝3 m/s，代入数据得：W安＝－5.46 J，所以克服安培力做功为5.46 J，即线圈通过磁场过程中产生的热量为5.46 J，故D错误．]
二、非选择题(本题共5小题，共60分)
11．(10分)如图所示器材可用来研究电磁感应现象及确定感应电流方向．
(1)在给出的实物图中，用实线作为导线将实验仪器连成实验电路．
(2)线圈L1和L2的绕向一致，将线圈L1插入L2中，合上开关．能使L2中感应电流的流向与L1中电流的流向相同的实验操作是________．
A．插入软铁棒
B．拔出线圈L1
C．增大接入电路中的滑动变阻器的阻值
D．断开开关
解析：(1)将线圈L2和电流计串联形成一个回路，将开关、滑动变阻器、电源、线圈L1串联而成另一个回路即可．(2)根据楞次定律可知，若使感应电流与原电流的绕行方向相同，则线圈L2中的磁通量应该减小，故拔出线圈L1、使变阻器阻值变大、断开开关均可使线圈L2中的磁通量减小，故A错误，B、C、D正确．
答案：(1)电路图如图所示 (2)B、C、D
12．(10分)为了节能环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统．光控开关可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件(照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为lx)．
甲 乙
丙
(1)某光敏电阻R在不同照度下的阻值如下表，根据表中已知数据，在图甲的坐标系中描绘出了阻值随照度变化的曲线．由图像可求出照度为1.0 lx时的电阻约为________kΩ.
照度/lx
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
电阻/kΩ
5.8
3.7
2.8
2.3
1.8
(2)如图乙所示是街道路灯自动控制模拟电路，利用直流电源为电磁铁供电，利用照明电源为路灯供电．为达到天亮灯熄、天暗灯亮的效果，路灯应接在________(填“AB”或“BC”)之间，请用笔画线代替导线，正确连接电路元件．
(3)用多用电表“×10 Ω”挡，按正确步骤测量图中电磁铁线圈电阻时，指针示数如图丙所示．则线圈的电阻为________Ω.已知当线圈中的电流大于或等于2 mA时，继电器的衔铁将被吸合．图中直流电源的电动势E＝6 V，内阻忽略不计，滑动变阻器有三种规格可供选择：R1(0～10 Ω，2 A)、R2(0～200 Ω，1 A)、R3(0～1 750 Ω，0.1 A)．要求天色渐暗照度降低至1.0 lx时点亮路灯，滑动变阻器应选择________(填“R1”“R2”或“R3”)．为使天色更暗时才点亮路灯，应适当地________(填“增大”或“减小”)滑动变阻器的电阻．
解析：(1)根据图像直接读出照度为1.0 lx时对应的电阻约为2.0 kΩ.
(2)光敏电阻的电阻值随光照强度的增大而减小，所以白天时光敏电阻的电阻值小，电路中的电流值大，电磁铁将被吸住；静触点与C接通；晚上时的光线暗，光敏电阻的电阻值大，电路中的电流值小，所以静触点与A接通．所以要达到晚上灯亮，白天灯灭，则路灯应接在AB之间．电路图如图所示：
(3)欧姆表的读数是先读出表盘的刻度，然后乘以倍率，表盘的刻度是14，倍率是“×10 Ω”，所以电阻值是14×10 Ω＝140 Ω；天色渐暗照度降低至1.0 lx时点亮路灯，此时光敏电阻的电阻值是2 kΩ，电路中的电流是2 mA，R＝－R光＝ Ω－2 000 Ω＝1 000 Ω，所以要选择滑动变阻器R3.由于光变暗时，光敏电阻变大，分的电压变大，所以为使天色更暗时才点亮路灯，应适当地减小滑动变阻器的电阻．
答案：(1)2.0 (2)AB 电路图见解析图
(3)140 R3 减小
13．(10分)电磁弹是我国最新研究的重大科技项目，原理可用下述模型说明．如图甲所示，虚线MN右侧存在竖直向上的匀强磁场，边长为L的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，电阻为R，质量为m，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界．t＝0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B＝B0＋kt(k为大于零的常数)．空气阻力忽略不计．
甲 乙
(1)求t＝0时刻，线框中感应电流的功率P；
(2)若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框，如图乙所示，在线框上加一质量为M的负载物，证明：载物线框匝数越多，t＝0时线框加速度越大．
解析：(1)t＝0时刻线框中的感应电动势，由法拉第电磁感应定律得E0＝L2
功率P＝＝.
(2)n匝线框中t＝0时刻产生的感应电动势E0＝n
线框的总电阻R总＝nR
线框中的感应电流I＝
t＝0时刻线框受到的安培力F＝nB0IL
设线框的加速度为a，根据牛顿第二定律有F＝(nm＋M)a
解得：a＝
可知n越大，a越大
证得：若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框，如图乙所示，在线框上加一质量为M的负载物，载物线框匝数越多，t＝0时线框加速度越大．
答案：(1) (2)证明过程见解析
14．(14分)如图所示，左右两根金属导轨分别平行且相距均为L，左导轨与水平面夹角为30°，右导轨与水平面夹角为60°，左右导轨上端用导线连接，而下端与水平面绝缘．导轨空间内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，左边磁场垂直于左导轨平面斜向下，右边磁场垂直于右导轨平面斜向上．质量均为m的导体杆ab和cd分别垂直于左右导轨放置，且两杆与两侧导轨间的动摩擦因数均为μ＝，回路电阻恒为R，若同时无初速释放两杆，发现cd杆沿右导轨下滑距离s时，ab杆才开始运动．已知两侧导轨都足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，试求：
(1)ab杆刚要开始运动时cd杆的速度；
(2)以上过程中，回路中共产生多少焦耳热．
解析：(1)ab杆刚运动时，有
mgsin 30°＋F安＝μmgcos 30°
解得F安＝mg
由安培力公式F安＝BIL得I＝
由闭合电路欧姆定律得E＝IR＝
对cd杆，由法拉第电磁感应定律E＝BLv得
v＝.
(2)对cd杆由动能定理得
mgssin 60°－μmgscos 60°－W克安＝mv2
而W克安＝Q，故Q＝mgs－.
答案：(1) (2)mgs－
15．(16分)如图所示，将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场的
方向垂直纸面向里，线框向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进入磁场．整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力f且线框不发生转动．求：
(1)线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度v2；
(2)线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v1；
(3)线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q.
解析：(1)线框在下落阶段匀速进入磁场时有
mg＝f＋
解得v2＝.
(2)由动能定理，线框从离开磁场至上升到最高点的过程有(mg＋f)h＝mv
线框从最高点回落至进入磁场瞬间有
(mg－f)h＝mv
两式联立解得v1＝.
(3)线框在向上通过磁场过程中，由能量守恒定律有
mv－mv＝Q＋(mg＋f)(a＋b)
且由已知v0＝2v1
解得Q＝[(mg)2－f2]－(mg＋f)(a＋b)．
答案：(1) (2)
(3)[(mg)2－f2]－(mg＋f)(a＋b)
