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(共51张PPT)
铁芯
线圈
交流电源
初级
负载
次级
互感现象
P入＝P出
二、电能的输送
1．输电损耗：
如图所示，若发电站输出电功率为P，输电电压为U，用户得
到的电功率为P′，用户的电压为U′，输电线总电阻为R。
横截面积
电阻率小
输电电压
情境创设
变压器是生活、生产用电的专门设备，如图所示是电能输送的简单示意图。
微点判断　
(1)对于恒定电流，变压器没有变压作用。 ( )
(2)理想变压器的基本关系式中，电压和电流均为有效值。 ( )
(3)变压器能改变交变电流的频率。 ( )
(4)正常工作的变压器当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压。 ( )
(5)变压器副线圈接入负载越多，原线圈的输入电流越小。 ( )
(6)增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失。 ( )
(7)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗。 ( )
(8)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大。 ( )
√
√
×
×
×
√
√
√
A．交流电的频率为50 Hz
B．电流表A1的示数为0.2 A
C．电流表A2的示数为2 A
D．电压表的示数为44 V
答案：ABD
2．[含有二极管的变压器电路]
如图甲所示的充电器正在给手机充电。乙图是简化原理图，理想变压器原、副线圈匝数之比为55∶2，原线圈接220 V交流电，副线圈通过理想二极管连接手机。下列说法正确的是 (　 )
A．副线圈的电流为8 A
B．手机两端的电压为8 V
C．通过手机的电流为直流电
D．拔掉手机，充电线两端电压为零
答案：C　
3．[初级线圈连接元件的变压器电路]
如图，理想变压器原线圈匝数为1 100匝，接有一 阻值为R的电阻，
电压表V1示数为110.0 V。副线圈接有一个阻值恒为RL的灯泡，绕
过铁芯的单匝线圈接有一理想电压表V2，示数为0.10 V。已知RL∶
R＝4∶1，则副线圈的匝数为 (　　)
A．225 B．550 C．2 200 D．4 400
答案：C　
[要点自悟明]
1．理想变压器的基本关系
2．分析原线圈与负载串联的变压器电路时要注意变压器的输入电压不等于电源的电压，而是等于电源电压减去串联负载的电压，即：U1＝U源－U串。
3．分析含有二极管的变压器电路问题时，要注意理想二极管的单向导电性对交变电流的影响及对应有效值的变化。
(二) 理想变压器的动态分析(精研点)
1．理想变压器的制约关系
2.理想变压器的两种动态分析
(1)匝数比不变，负载变化的情况。
(2)负载不变，匝数比变化的情况。
[例1]　(2021·湖南高考)如图，理想变压器原、副线圈匝 数比
为n1∶n2，输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、
L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同。在滑动变阻器R的滑片从
a端滑动到b端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是 (　 )
A．L1先变暗后变亮，L2一直变亮
B．L1先变亮后变暗，L2一直变亮
C．L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗
D．L1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗
[答案]　A
[针对训练]
1．(2021·湖北高考)如图所示，理想变压器原线圈接入电压恒定
的正弦交流电，副线圈接入最大阻值为2R的滑动变阻器和阻
值为R的定值电阻。在变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过
程中 (　　)
A．电流表A1示数减小
B．电流表A2示数增大
C．原线圈输入功率先增大后减小
D．定值电阻R消耗的功率先减小后增大
答案：A　
[例2]　(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝10∶1，b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，定值电阻R1、R2均为10 Ω。在原线圈c、d两端加上图乙所示的交流电压，下列说法正确的是 (　 )
A．当S与a连接后，理想电流表示数为2.2 A
B．当S与a连接后，理想电压表示数为11 V
C．当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为25 Hz
D．当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的4倍
[解析]　由题图可知，交变电流的电压有效值为220 V、周期为0.02 s，频率为50 Hz。当S接a时，由变压器的原理可知，n2两端电压有效值为22 V，所以理想电压表的示数为22 V，理想电流表示数为2.2 A，A正确，B错误；当S由a拨到b后，原线圈电压、频率不变，原线圈匝数减半，则副线圈频率不变，C错误；副线圈两端电压加倍，负载电阻不变，副线圈的输出功率变为原来的4倍，原线圈的输入功率也变为原来的4倍，D正确。
[答案]　AD
[针对训练]
2. 如图所示，理想变压器的原线圈连接一个r＝9 Ω的电阻，且
原线圈匝数n1可以通过滑动触头P来调节，在副线圈两端连
接了R＝16 Ω的电阻，副线圈匝数n2＝1 000匝。在原线圈上加一输出电压恒定的正弦交流电，下列说法正确的是 (　 )
A．若交流电的周期增大，则变压器的输出功率增大
B．若触头P向上移动，则电阻R消耗的功率一定减小
C．若触头P向下移动，则流过电阻r的电流减小
D．当n1＝750匝时，电阻R消耗的功率最大
答案：D　
考法(三)　匝数比、负载都变化
　 分析变压器电路动态分析问题的一般思路：
(1)分清不变量和变量。
(2)弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系。
(3)利用闭合电路的欧姆定律、串并联电路特点进行分析判定。
[例3]　(多选)图甲为某应急发电机，图乙为它服务于应急供电系统的简易原理图，不计发电机中矩形线圈的电阻，它工作时绕轴在磁感应强度为B的匀强磁场中匀速转动，图中有一降压变压器，它的副线圈上有一滑动触头P可上下移动，若用R0表示右侧输电线电阻，则下列说法正确的是 (　 )
A．若发电机矩形线圈某时刻处于图乙所示位置，则此时矩形线圈的磁通量变化最快
B．若发电机矩形线圈稳定转动时，将滑动触头P向上滑动，流过R0的电流将变小
C．当用户数目增多时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向下滑动
D．若发电机线圈的转速减为原来的一半，用户获得的功率也将减为原来的一半
[答案]　BC
答案：D
(三) 三种特殊的变压器(融通点)
类型(一)　两类互感器
[答案]　B
[针对训练]
1．在变电站里，经常要用交流电表监测电网上的强电流。所用的器材叫电流互感器。如图所示，能正确反映其工作原理的是 (　 )
答案：A
类型(二)　自耦变压器
自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，原、副线圈共用其中的一部分作为另一个线圈，当交流电源接不同的端点时，它可以升压(如图甲所示)也可以降压(如图乙所示)，变压器的基本关系对自耦变压器同样适用。
[例2]　(2023·浙江温州模拟)如图为理想的自耦变压器，其中P为变压器上的滑动触头，P′为滑动变阻器上的滑片，则 (　 )
A．P不动，P′向下滑动时，U2一直在减小
B．P′不动，P顺时针转动一个小角度时，U1和U2的比值不变
C．P′不动，P顺时针转动一个小角度时，电流表读数在增大
D．P顺时针转动一个小角度，同时P′向下滑动时，小灯泡的亮度可以不变
[答案]　D
[针对训练]
2． 如图所示，理想自耦变压器线圈均匀绕在圆环型铁芯上，a、b为
线圈的始端和末端。P1为线圈的滑动触头，调节P1可以改变b、c间
线圈的匝数。a、b两端接电压稳定的交流电源，指示灯L与一小段
线圈并联，b、c间接入滑动变阻器R，调节P2可以改变R接入电路的阻值。开关S处于闭合状态，电压表为理想交流电表，下列说法正确的是 (　 )
A．仅向下滑动P2，a、b端输入功率变小
B．仅顺时针滑动P1，a、b端输入功率变小
C．仅顺时针滑动P1，电压表示数变大
D．若断开开关S，指示灯L将熄灭
答案：B　
[例3]　 如图所示，接在理想变压器回路中的四个规格相同的灯
泡都正常发光，那么，理想变压器的匝数比n1∶n2∶n3为 (　 )
A．1∶1∶1 B．3∶2∶1
C．6∶2∶1 D．2∶2∶1
[答案]　B
答案：BC　
(四) 电能的输送问题(培优点)
远距离输电问题的“三 二 一”
1．理清三个回路
在回路2中，U2＝ΔU＋U3，I2＝I线＝I3。
[答案]　BD
[规律方法]
1．三种电压和三种电功率的区别
[多维训练]
题型1　远距离输电关系式的应用
1．如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100 kW，发电机的电压U1＝250 V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220 V。已知输电线上损失的功率P线＝5 kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是 (　 )
A．发电机输出的电流I1＝40 A
B．输电线上的电流I线＝625 A
C．降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11
D．用户得到的电流I4＝455 A
答案：C　
答案：AD　(共36张PPT)
第3讲　电磁振荡与电磁波
一、电磁振荡
1．振荡电流：大小和方向都做________迅速变化的电流。
2．振荡电路：产生__________的电路。由电感线圈L和电容C组成最简单的振荡电路，称为______振荡电路。
3. 电磁振荡中的能量变化
(1)放电过程中电容器储存的______能逐渐转化为线圈的______能。
(2)充电过程中线圈中的______能逐渐转化为电容器的______能。
(3)在电磁振荡过程中，电场能和磁场能会发生_________的转化。
周期性
振荡电流
LC
电场
磁场
磁场
电场
周期性
2．电磁波
(1)电磁场在空间由近及远地向周围传播，形成________。
(2)电磁波的传播不需要______，可在真空中传播，在真空中不同频率的电磁波传播速度______ (都等于光速)。
(3)不同频率的电磁波，在同一介质中传播，其速度是不同的，频率越高，波速越___。
(4)v＝λf，f是电磁波的频率。
3．电磁波的发射
(1)发射条件：_____电路和________信号，所以要对传输信号进行调制(调幅或调频)。
(2)调制方式
①调幅：使高频电磁波的_____随信号的强弱而改变。
②调频：使高频电磁波的______随信号的强弱而改变。
电磁波
介质
相同
小
开放
高频振荡
振幅
频率
4．无线电波的接收
(1)当接收电路的固有频率跟接收到无线电波的频率_____时，激起的振荡电流_____，这就是电谐振现象。
(2)使接收电路产生电谐振的过程叫作_____，能够调谐的接收电路叫作_____电路。
(3)从经过调制的高频振荡信号中“检”出调制信号的过程，叫作______。检波是______的逆过程，也叫作______。
5．电磁波谱
(1)按照电磁波的______或______大小的顺序把它们排列成谱叫作电磁波谱。
(2)按波长由长到短排列的电磁波谱为：无线电波、红外线、_______、紫外线、X射线、γ射线。
相等
最强
调谐
调谐
检波
调制
解调
波长
频率
可见光
情境创设　
“旅行者1号”探测器是目前离地球最远的人造天体，它通过电磁波给我们发回了上万张神秘宇宙的照片。1990年2月14日，已经完成主要任务的“旅行者1号”在距离地球60亿千米之外接到了来自地球的指示，调转照相机，朝着地球的方向拍摄了一组照片。在传回地球的照片中，我们的地球是一个极小的暗淡蓝点，看不出与其他星球的区别。截至2023年1月，我们仍然能够接收到237亿千米之外“旅行者1号”发来的信息。
微点判断　
(1)电磁波在真空中和介质中的传播速度相同。 ( )
(2)只要有电场和磁场，就能产生电磁波。 ( )
(3)变化的磁场产生的电场的电场线是闭合曲线。 ( )
(4)LC振荡电路中，回路中的电流值最大时回路中的磁场能最大。 ( )
(5)电磁振荡的固有周期与电流的变化快慢有关。 ( )
(6)振荡电路的频率越高，发射电磁波的本领越大。 ( )
(7)要将传递的声音信号向远距离发射，必须以高频电磁波作为载波。 ( )
×
×
√
√
×
√
√
(8)制作天线必须用导体。 ( )
(9)只有接收电路发生电谐振时，接收电路中才有振荡电流。 ( )
(10)解调是调制的逆过程。 ( )
(11)紫外线在真空中的传播速度大于可见光在真空中的传播速度。 ( )
(12)可利用红外线的荧光效应辨别人民币的真伪。 ( )
√
×
√
×
×
(一) 电磁振荡过程分析(固基点)
[题点全练通]
1．[LC振荡电路的理解]
如图所示，表示LC振荡电路某时刻的情况，以下说法正确的是(　 )
A．电容器正在充电
B．电感线圈中的磁场能正在减小
C．电感线圈中的电流正在减小
D．此时自感电动势正在阻碍电流的增加
解析：根据磁感线的方向可以判断电流方向是逆时针，再根据电容器极板上带电的性质可以判断电容器在放电，A错误；电容器在放电，所以电流在增加，磁场能在增加，自感电动势正在阻碍电流的增加，B、C错误，D正确。
答案：D
答案：B　
3．[图像的分析]
(多选)如图(a)所示，在LC振荡电路中，通过P点的电流变化规律如图(b)所示，且把通过P点向右的方向规定为电流i的正方向，则 (　 )
A．0.5～1 s时间内，电容器C在放电
B．0.5～1 s时间内，电容器C的上极板带正电
C．1～1.5 s时间内，Q点的电势比P点的电势高
D．1～1.5 s时间内，电场能正在转变成磁场能
解析：0.5～1 s时间内，振荡电流是充电电流，充电电流是由负极板流向正极板，故A、B错误；1～1.5 s时间内，振荡电流是放电电流，放电电流是由正极板流向负极板，由于电流为负值，所以由Q流向P，Q点的电势比P点的电势高，电场能正在转变成磁场能，故C、D正确。
答案：CD
[要点自悟明]
1．振荡电流、极板带电荷量随时间的变化图像
2．LC振荡电路充、放电过程的判断方法
根据电流流向判断 当电流流向带正电的极板时，电容器的电荷量增加，磁场能向电场能转化，处于充电过程；反之，当电流流出带正电的极板时，电荷量减少，电场能向磁场能转化，处于放电过程
根据物理量的变化趋势判断 当电容器的带电荷量q(电压U、场强E)增大或电流i(磁场B)减小时，处于充电过程；反之，处于放电过程
根据能量判断 电场能增加时充电，磁场能增加时放电
(二) 麦克斯韦电磁场理论的理解与应用(固基点)
[题点全练通]
1．[麦克斯韦电磁场理论的理解]
关于电磁场理论，下列说法正确的是 (　 )
A．在电场周围一定产生磁场，磁场周围一定产生电场
B．在变化的电场周围一定产生变化的磁场，在变化的磁场周围一定产生变化的电场
C．均匀变化的电场周围一定产生均匀变化的磁场
D．周期性变化的电场周围一定产生周期性变化的磁场
解析：根据麦克斯韦电磁场理论，只有变化的电场能产生磁场，均匀变化的电场产生稳定的磁场，非均匀变化的电场才能产生变化的磁场，周期性变化的电场周围一定产生周期性变化的磁场，故D正确。
答案：D
2．[电磁波的产生]
某电路中电场强度随时间变化的关系图像如图所示，能发射电磁波的是 (　 )
解析：由麦克斯韦电磁场理论知，当空间出现恒定的电场时(如题图A)，由于它不激发磁场，故无电磁波产生；当出现均匀变化的电场时(如题图B、C)，会激发出磁场，但磁场恒定，不会在较远处激发出电场，故也不会产生电磁波；只有周期性变化的电场(如题图D)，才会激发出周期性变化的磁场，它又激发出周期性变化的电场……如此交替的产生磁场和电场，便会形成电磁波，故D正确。
答案：D
3．[麦克斯韦电磁场理论的应用]
将很多质量为m、带电荷量为＋q可视为质点的绝缘小球，均匀穿在由绝缘材料制成的半径为r的光滑圆轨道上并处于静止状态，轨道平面水平，空间内有分布均匀的磁场，磁场方向竖直向上，如图甲所示。磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，其中B0是已知量。已知在磁感应强度增大或减小的过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿顺时针或逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等。关于绝缘小球的运动情况，下列说法正确的是 (　 )
A．在t＝0到t＝T0时间内，绝缘小球均做匀速圆周运动
B．在t＝T0到t＝2T0时间内，绝缘小球均沿顺时针方向做速率均匀增加的圆周运动
C．在t＝2T0到t＝3T0时间内，绝缘小球均沿顺时针方向做加速圆周运动
D．在t＝3T0到t＝5T0时间内涡旋电场沿顺时针方向
所以绝缘小球均沿顺时针方向做速率均匀增加的圆周运动，故B正确；在t＝2T0到t＝3T0时间内，磁感应强度不变，没有涡旋电场产生，绝缘小球均沿顺时针方向做匀速圆周运动，故C错误；根据法拉第电磁感应定律可知在t＝3T0到t＝5T0时间内涡旋电场沿逆时针方向，故D错误。
答案：B
4．[电磁波与机械波的比较]
(多选)以下关于机械波与电磁波的说法中，正确的是 (　 )
A．机械波与电磁波本质上是一致的
B．机械波的波速只与介质有关，而电磁波在介质中的波速，不仅与介质有关，还与电磁波的频率有关
C．机械波可能是纵波，而电磁波必定是横波
D．它们都能发生反射、折射、干涉和衍射现象
解析：机械波由波源振动产生，电磁波由周期性变化的电场(或磁场)产生；机械波传播需要介质，波速由介质决定；电磁波的传播不需要介质，波速由介质和本身频率共同决定；机械波有横波，也有纵波，而电磁波一定是横波，B、C、D正确。
答案：BCD
[要点自悟明]
1．对麦克斯韦电磁场理论的理解
电场 磁场
恒定的电场不产生磁场 恒定的磁场不产生电场
均匀变化的电场在周围空间产生恒定的磁场 均匀变化的磁场在周围空间产生恒定的电场
不均匀变化的电场在周围空间产生变化的磁场 不均匀变化的磁场在周围空间产生变化的电场
振荡电场产生同频率的振荡磁场 振荡磁场产生同频率的振荡电场
(三) 无线电波的发射和接收(释疑点)
1．调幅和调频
(1)高频电磁波的振幅随信号的强弱而变的调制方式叫调幅，一般电
台的中波、中短波、短波广播以及电视中的图像信号采用调幅波。
如图所示是调幅的作用，其中甲为声音信号的波形；乙为高频等
幅振荡电流的波形；丙为经过调幅的高频振荡电流的波形。
(2) 高频电磁波的频率随信号的强弱而变的调制方式叫调频，电台的立
体声广播和电视中的伴音信号，采用调频波。如图所示调频的作用，
其中甲为声音信号的波形；乙为高频等幅振荡电流的波形；丙为经
过调频的高频振荡电流的波形。
2．解调和调制
声音、图像等信号频率相对较低，不能转化为电信号直接发射出去，而要将这些低频信号加载到高频电磁波信号上去。将声音、图像信号加载到高频电磁波上的过程就是调制。而将声音、图像信号从高频信号中还原出来的过程就是解调。
3．无线电波的分类及应用
无线电波按波长的长短不同可分为长波、中波、短波、微波等波段。
(1)长波：波长范围为30 000～3 000 m，频率范围为0.01～0.1 MHz，主要用于调幅广播及航海导航。
(2)中波：波长范围为3 000～50 m，频率范围为0.1～6 MHz，主要用于调幅广播及通信。
(3)短波：波长范围为50～10 m，频率范围为6～30 MHz，主要用于远距离短波通信及调幅广播。
(4)微波：波长范围为10～0.001 m，频率范围为30 MHz～300 GHz，主要用于调频广播、电视、卫星导航和雷达，也可用于微波炉加热食物。
[多维训练]
1．[无线电波的发射]
(多选)下列对无线电广播要对电磁波进行调制的原因的说法正确的是 (　 )
A．经过调制后的高频电磁波向外辐射能量的本领更强
B．经过调制后的电磁波在空间传播得更快
C．经过调制后的电磁波在空间传播波长不变
D．经过调制后的电磁波在空间传播波长改变
解析：调制是把要发射的信号“加”到高频等幅振荡电流上去，频率越高，传播信息能力越强，A对；电磁波在空气中以接近光速传播，B错；由v＝λf，知波长与波速和传播频率有关，C错，D对。
答案：AD
2．[无线电波的传播]
(多选)下列关于无线电波的叙述中，正确的是 (　 )
A．无线电波是波长从几十千米到几毫米的电磁波
B．无线电波在任何介质中的传播速度均为3.0×108 m/s
C．无线电波不能产生干涉和衍射现象
D．无线电波由真空进入介质传播时，波长变短
答案：AD　
3．[无线电波的接收]
某同学自己绕制天线线圈，制作一个简单的收音机，用来收听中波无线电广播，初步制作后发现有一个频率最高的中波电台收不到，但可以接收其他中波电台，适当调整后，去户外使用，假设空间中存在波长分别为290 m、397 m、566 m的无线电波，下列说法正确的是 (　 )
A．为了能收到频率最高的中波电台，应增加线圈的匝数
B．为更好接收290 m的无线电波，应把收音机的调谐频率调到756 kHz
C．使接收电路产生电谐振的过程叫解调
D．为了能接收到长波，应把电路中电容器的电容调大一点
答案：D　
(四) 电磁波谱(释疑点)
1．电磁波谱分析及应用
电磁波谱 频率/Hz 真空中波长/m 特性 应用 递变规律
无线电波 ＜3×1011 ＞10－3 波动性强，易发生衍射 无线电技术 衍射能力减弱，直线传播
能力增强
红外线 1011～1015 10－3～10－7 热效应 红外遥感 可见光 1015 10－7 引起视觉 照明、摄影 紫外线 1015～1017 10－7～10－9 化学效应、荧光效应、灭菌消毒 医用消毒、防伪 X射线 1016～1019 10－8～10－11 贯穿本领强 检查、医用透视 γ射线 ＞1019 ＜10－11 贯穿本领更强 工业探伤、医用治疗 2．各种电磁波产生机理
3．对电磁波的两点说明
(1)不同电磁波的频率或波长不同，表现出不同的特性，波长越长，越容易产生干涉、衍射现象，波长越短，穿透能力越强。
(2)同频率的电磁波在不同介质中传播速度不同，不同频率的电磁波在同一种介质中传播时，频率越大，折射率越大，速度越小。
无线电波 振荡电路中电子周期性运动产生
红外线、可见光和紫外线 原子的外层电子受激发后产生
X射线 原子的内层电子受激发后产生
γ射线 原子核受激发后产生
[多维训练]
1．[电磁波谱]
(2022·青岛模拟)根据电磁波谱选出下列各组电磁波，其中频率互相交错重叠，且波长顺序由短到长排列的是 (　 )
A．微波、红外线、紫外线
B．γ射线、X射线、紫外线
C．紫外线、可见光、红外线
D．紫外线、X射线、γ射线
解析：红外线与紫外线在电磁波谱中不相邻，更不会频率重叠，A错误。紫外线、可见光、红外线虽相邻，但它们三者间有明确的界线，频率也不相重叠，C错误。在电磁波谱中紫外线、X射线、γ射线有重叠，γ射线波长最短，紫外线波长最长，故B正确，D错误。
答案：B　
2．[电磁波的特性]
关于各种电磁波的性质比较，下列说法中正确的有 (　 )
A．由于红外线的波长比可见光长，所以比可见光更难发生干涉、衍射
B．由于γ射线的波长太短了，所以根本无法发生干涉、衍射
C．无论哪一种电磁波，在真空中的传播速度都相同
D．γ射线的穿透能力最强，所以最适于用来透视人体，检查骨骼和其他病变情况
解析：波长越长，越容易发生干涉、衍射，A错误；干涉、衍射是波特有的现象，B错误；电磁波在真空中的传播速度等于光速，C正确；X射线用来透视人体，检查骨骼等，D错误。
答案：C　
3．[电磁波的应用]
(1)(多选)下列说法中正确的是 (　 )
A．北斗导航系统是利用电磁波进行定位和导航的
B．微波炉能快速加热食物是利用红外线具有显著的热效应
C．常用的电视机遥控器通过发出紫外线脉冲信号来遥控电视机
D．遥感技术中利用了红外线探测器接收物体发出的红外线来探测被测物体的特征
解析：北斗导航系统是利用电磁波工作的，A正确；食物中的水分子在微波的作用下热运动加剧，温度升高，内能增加，B错误；常用的电视机遥控器通过发出红外线脉冲信号来遥控电视机，C错误；遥感技术中利用红外线探测器接收物体发出的红外线来探测被测物体的特征，D正确。
答案： AD　
(2) (多选)电磁波广泛应用在现代医疗中。下列属于电磁波应用的医用器械有 (　 )
A．杀菌用的紫外灯
B．拍胸片的X光机
C．治疗咽喉炎的超声波雾化器
D．检查血流情况的“彩超”机
解析：紫外线和X光从本质上说是电磁波，A、B正确；治疗咽喉炎的超声波雾化器和检查血流情况的“彩超”机用的都是超声波，超声波属于机械波，C、D错误。
答案：AB(共18张PPT)
第4讲　实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
一、基本原理与操作
1．原理装置图
2．操作要领
二、实验核心关键点
1．数据处理
(1)控制变量法：①保持n1、U1不变，改变n2的值，记录n2、U2的大小；②保持U1、n2不变，改变n1的值，记录n1、U2的大小。
(2)列表分析：把实验数据填入表中，研究测量的数据，可发现在实验误差允许的范围内，理想变压器原、副线圈两端电压U1、U2之比等于两个线圈的匝数n1、n2之比。
安装 按照原理装置图安装实验仪器，其中多用电表选择交流电压挡。
操作 测量原、副线圈的电压，并记录原、副线圈的匝数。
列表 把测得的原、副线圈的电压和匝数记录到表中，分析电压与匝数之间的关系
2．注意事项
(1)要事先推测副线圈两端电压的可能值。
(2)为了人身安全，只能使用低压交流电压，所用电压不要超过12 V，即使这样，通电时不要用手接触裸露的导线、接线柱。
(3)为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，大致确定电压后再选择适当的挡位进行测量。
(4)连接电路后要由同组的几位同学分别独立检查，然后请老师确认，只有这时才能接通电源。
3．误差分析
(1)由于漏磁，通过原、副线圈的每一匝的磁通量不严格相等造成误差。
(2)原、副线圈有电阻，原、副线圈中的焦耳热损耗(铜损)造成误差。
(3)铁芯中有磁损耗，产生涡流造成误差。
考查点(一)　实验原理与操作
1．物理研究课上，同学们用可拆变压器“探究变压器原副线圈电压与匝数的关系”。可拆变压器如图甲、乙所示：
(1)下列说法正确的是________；
A．为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数
B．变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“直流电压挡”
C．可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响
D．测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量
E．变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈
F．变压器开始正常工作后，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用
(2)如图丙所示，某同学自己绕制了两个线圈套在可拆变压器的铁芯上。原线圈接学生电源的交流输出端，副线圈接小灯泡。下列说法正确的是________。
A．与变压器未通电时相比较，此时若将可拆变压器上端的横条铁芯取下将更费力
B．若仅增加原线圈绕制的圈数，小灯泡的亮度将保持不变
C．若仅增加副线圈绕制的圈数，学生电源的过载指示灯可能会亮起
解析：(1)为确保实验安全，实验中要求副线圈匝数小于原线圈匝数，使得次级电压较小，故A错误；变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”测量，故B错误；实验时可采用控制变量法，先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，故C正确；测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量，防止烧坏电压表，故D正确；变压器开始正常工作后，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用，故E错误，F正确。
(2)变压器线圈通电会产生磁场，而变压器上端的横条相当于磁铁，下端对横条有吸引力作用，因此与变压器未通电时相比较，此时若将可拆变压器上端的横条铁芯取下将更费力，故A正确；仅增加原线圈匝数，副线圈两端电压将减小，小灯泡亮度将变暗，故B错误；若仅增加副线圈绕制的圈数，副线圈两端电压增大，小灯泡消耗的功率变大，学生电源输出的功率变大，有可能会使学生电源的过载指示灯亮起，故C正确。
答案：(1)CDF　 (2)AC
2．有一个教学用的可拆变压器，其铁心粗细一致，如图所示，它有两个外观基本相同的线圈A、B(内部导线电阻率、横截面积相同)，线圈外部还可以再绕线圈。
(1)某同学用多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图中的a、b位置，则A线圈的电阻为_____Ω，由此可推断_____(选填“A”或“B”)线圈的匝数较多。
(2)如果把该变压器看作理想变压器，现要测量A线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源，请完成以下实验步骤：
①用绝缘导线在线圈B上绕制n匝线圈；
②将A线圈与低压交流电源相连接；
③用多用电表的“交流电压”挡分别测量A线圈的输入电压UA和________(选填“绕制”或“B”)线圈的输出电压U；
④则A线圈的匝数为________(用已知和测得量的符号表示)。
解析：(1)多用电表欧姆挡读数＝指针指示值×倍率。A的读数为24，倍率为“×1”，所以电阻为24 Ω。根据电阻定律，导线越长，电阻越大，因为A的电阻比B大，所以A线圈匝数多。
答案：(1)BC　(2)A
考查点(二)　数据处理与误差分析
4．一个教学用的简易变压器，两线圈的匝数未知，某同学想用所学变压器的知识测定两线圈的匝数。
(1)为完成该实验，除了选用电压表、导线外，还需要选用低压________(填“直流”或“交流”)电源。
(2)该同学在变压器铁芯上绕10匝绝缘金属导线C，然后将简易变压器的A、B两线圈依次接电源，用电压表分别测出线圈A，线圈B及线圈C两端的电压，记录在下面的表格中，则线圈A的匝数为________匝，线圈B的匝数为________匝。
A线圈电压 B线圈电压 C线圈电压
8.0 V 3.8 V 0.2 V
(3)为减小线圈匝数的测量误差，你认为绕制线圈C的匝数应该________(填“多一些”“少一些”)更好。
答案：(1)交流　(2)400　190　(3)多一些
5．(2022·广州模拟)(1)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中，下列器材在实验中不必用到的有________。
(2)若在实验中用匝数N1＝400匝和N2＝800匝的变压器，对应的电压测量数据如表所示。根据测量数据，下列说法正确的是________。
实验次数 1 2 3 4
U1/V 0.90 1.40 1.90 2.40
U2/V 2.00 3.01 4.02 5.02
A．N1一定是原线圈 B．N2一定是原线圈
C．N1可能是副线圈 D．N2可能是副线圈
答案：(1)AC　(2)B(共31张PPT)
第5讲　实验：利用传感器制作简单的自动控制装置
一、实验目的
1．认识热敏电阻、光敏电阻等传感器中的敏感元件。
2．学会利用传感器制作简单的自动控制装置。
二、实验原理
1．传感器能够将感受到的物理量(力、热、光、声等)转换成便于测量的量(一般是电学量)。
2．工作过程
三、实验器材
热敏电阻、光敏电阻、多用电表、铁架台、烧杯、冷水、热水、小灯泡、学生电源、继电器、滑动变阻器、开关、导线等。
实验(一)　研究热敏电阻的热敏特性
1．实验步骤
(1)按如图所示连接好电路，将热敏电阻绝缘处理。
(2)把多用电表置于“欧姆”挡，并选择适当的量程测出烧杯中没有
水时热敏电阻的阻值，并记下温度计的示数。
(3)向烧杯中注入少量的冷水，使热敏电阻浸没在冷水中，记下温度
计的示数和多用电表测量的热敏电阻的阻值。
(4)将热水分几次注入烧杯中，测出不同温度下热敏电阻的阻值，并记录。
2．数据处理
(1)根据记录数据，把测量到的温度、电阻值填入表中，分析热敏电阻的特性。
(2)在坐标系中，粗略画出热敏电阻的阻值随温度变化的图线。
(3)根据实验数据和R-t图线，得出结论。
3．注意事项
在做本实验时，加开水后要等一会儿再测其阻值，以使电阻温度与水的温度相同，并同时读出水温。
实验(二)　研究光敏电阻的光敏特性
1．实验步骤
(1)将光敏电阻、多用电表、小灯泡、滑动变阻器、学生电源按如图
所示电路连接好，其中多用电表置于“×100”挡。
(2)先测出在室内自然光的照射下光敏电阻的阻值，并记录数据。
(3)打开电源，让小灯泡发光，调节滑动变阻器使小灯泡逐渐变亮，观察表盘指针显示光敏电阻阻值的情况，并记录。
(4)用手掌(或黑纸)遮光时，观察表盘指针显示光敏电阻阻值的情况，并记录。
2．数据处理
根据记录数据分析光敏电阻的特性。
3．注意事项
本实验中，如果效果不明显，可将电阻部分电路放入带盖的纸盒中，并通过盖上小孔改变射到光敏电阻上的光的多少。
一、基础考法保住分
考查点(一)　温度传感器
1．(2021年8省联考·湖北卷)由半导体材料制成的热敏电阻阻值是温度的函数。基于热敏电阻对温度敏感原理制作一个火灾报警系统，要求热敏电阻温度升高至50 ℃时，系统开始自动报警。所用器材有：直流电源E(36 V，内阻不计)；电流表(量程 250 mA，内阻约0.1 Ω)；电压表(量程50 V，内阻约 1 MΩ)；热敏电阻RT；报警器(内阻很小，流过的电流超过10 mA时就会报警，超过30 mA时就会损伤)；滑动变阻器R1(最大阻值4 000 Ω)；电阻箱R2(最大阻值9 999.9 Ω)；单刀单掷开关S1；单刀双掷开关S2；导线若干。
(1)用图甲所示电路测量热敏电阻R1的阻值，当温度为27 ℃时，电压表读数为30.0 V，电流表读数为 15.0 mA；当温度为50 ℃时，调节R1，使电压表读数仍为30.0 V，电流表指针位置如图乙所示。
温度为50 ℃时，热敏电阻的阻值为______Ω，从实验原理上看，该方法测得的阻值比真实值略微________(填“偏大”或“偏小”)。如果热敏电阻阻值随温度升高而变大，则其为正温度系数热敏电阻，反之为负温度系数热敏电阻。基于以上实验数据可知，该热敏电阻RT为________(填“正”或“负”)温度系数热敏电阻。
(2)某同学搭建一套基于该热敏电阻的火灾报警系统，实物图连线如图丙所示，其中有一个器件的导线连接有误，该器件为__________________(填器件名称)。正确连接后，先使用电阻箱R2进行调试，其阻值设置为________Ω，滑动变阻器R1阻值从最大逐渐减小，直至报警器开始报警，此时滑动变阻器R1连入电路的阻值为________Ω。调试完毕后，再利用单刀双掷开关S2的选择性开关功能，把热敏电阻RT接入电路，可方便实现调试系统和工作系统的切换。
考查点(二)　光电传感器
2．为了节能和环保，一些公共场所用光控开关控制照明系统，光控开关可用光敏电阻控制，如图甲所示是某光敏电阻阻值随光的照度变化曲线，照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为：勒克斯(lx)。
(1)如图乙所示，电源电动势为3 V，内阻不计，当控制开关两端电压上升至2 V时控制开关自动启动照明系统。要求当天色渐暗照度降至1.0(lx)时控制开关接通照明系统，则R1＝________kΩ。
(2)某同学为了测量光敏电阻在不同照度下的阻值，设计了如图丙所示的电路进行测量，电源(E＝3 V，内阻未知)，电阻箱(0～99 999 Ω)。实验时将电阻箱阻值置于最大，闭合S1，将S2与1相连，减小电阻箱阻值，使灵敏电流计的示数为I，图丁为实验时电阻箱的阻值，其读数为________ kΩ；然后将S2与2相连，调节电阻箱的阻值如图戊所示，此时电流表的示数恰好为I，则光敏电阻的阻值为________ kΩ(结果保留3位有效数字)。
答案：(1)10　(2)62.5　40.0
二、创新考法不失分
创新角度(一)　实验目的的创新
1．(2022·湖北武汉模拟)用如图甲所示的电路测量铂热敏电阻的阻值与温度的关系。
(1)开关闭合前，滑动变阻器的滑片应移至________(选填“A”或“B”)端。
(2)实验测得不同温度下的阻值，并绘得如图乙的Rt-t关系图线，根据图线写出该热敏电阻的Rt-t关系式：Rt＝______(Ω)。
(3)铂的电阻对温度变化很灵敏，可以制成电阻温度计。请利用开关、导线、铂热敏电阻、图甲中某一电表和图丙所示的恒流源(调节旋钮时可以选择不同的输出电流，且输出电流不随外部条件的变化而变化)，设计一个简易电阻温度计并在图丁的虚线框内画出电路原理图。
(4)结合图乙的关系图线，选择恒流源的输出电流为0.15 A，当选用的电表达到满偏时，电阻温度计所测温度为________℃。如果要提高该温度计所能测量的最高温度值，请提出一种可行的方法：_____________________________________________
______________________________________________________________________。
[创新点分析]
(1)利用恒流电源对设计电路供电。
(2)设计热敏电阻温度计电路。　
答案：(1)B　(2)50＋t　(3)见解析图　(4)50　将恒流源的输出电流调小
创新角度(二)　实验原理的创新
2．现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，要求当热敏电阻的温度达到或超过60 ℃时，系统报警。提供的器材有：热敏电阻，报警器(内阻很小，流过的电流超过Ic时就会报警)，电阻箱(最大阻值为999.9 Ω)，直流电源(输出电压为U，内阻不计)，滑动变阻器R1(最大阻值为1 000 Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值为2 000 Ω)，单刀双掷开关一个，导线若干。在室温下对系统进行调节。已知U约为18 V，Ic约为10 mA；流过报警器的电流超过20 mA时，报警器可能损坏；该热敏电阻的阻值随温度升高而减小，在60 ℃时阻值为650.0 Ω。
(1)完成待调节的报警系统原理电路图的连线。
(2)电路中应选用滑动变阻器________(填“R1”或“R2”)。
(3)按照下列步骤调节此报警系统：
①电路接通前，需将电阻箱调到一固定的阻值，根据实验要求，这一阻值为________Ω；滑动变阻器的滑片应置于____(填“a”或“b”)端附近，不能置于另一端的原因是______________________________________________。
②将开关向______(填“c”或“d”)端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至____________________________________________________________。
(4)保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用。
[创新点分析]
(1)利用热敏电阻来控制电路，使之成为温度报警系统，在设置报警温度时，借助于电阻箱进行电阻设置，使之达到报警的温度进行报警。
(2)可以设计成可调温度的报警器。　　
解析：(1)电路图连接如图所示。
答案：(1)见解析图　(2)R2　(3)①650.0　b　接通电源后，流过报警器的电流会超过20 mA，报警器可能损坏　②c　报警器开始报警
创新角度(三)　实验器材的创新
3．如图甲所示是蔬菜采购商用来称重的电子吊秤，其中实现称重的关键元件是拉力传感器。其工作原理是：挂钩上挂上重物，传感器中拉力敏感电阻丝在拉力作用下发生形变，拉力敏感电阻丝的电阻也随着发生变化，再经过相应的测量电路把这一电阻变化转换为电信号(电压或电流)的变化，从而完成将物体重量信号变换为电信号的过程。
(1)简述拉力敏感电阻丝的阻值随拉力变化的原因
________________________________________________________________
_______________________________________________________________。
(2)小明找到一根拉力敏感电阻丝RL，其阻值随拉力变化的图像如图乙所示，再按图丙所示电路制作了一个简易“吊秤”。电路中电源电动势E约为15 V，内阻约为2 Ω；灵敏毫安表量程为10 mA，内阻约为5 Ω；R是电阻箱，最大阻值是9 999 Ω；RL接在A、B两接线柱上，通过光滑绝缘滑环可将重物吊起，接通电路完成下列操作。
a．滑环下不吊重物时，调节电阻箱，当电流表为某一合适示数I时，读出电阻箱的读数R1；
b．滑环下吊上待测重物，测出电阻丝与竖直方向的夹角为θ；
c．调节电阻箱，使____________________，读出此时电阻箱的读数R2；
d．算得图乙直线的斜率k和截距b，则待测重物的重力G的表达式为G＝________(用以上测得的物理量表示)，测得θ＝53°(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，R1、R2分别为1 052 Ω和1 030 Ω，结合乙图信息，可得待测重物的重力G＝________N(结果保留三位有效数字)。
(3)针对小明的设计方案，为了提高测量重量的精度，你认为下列措施可行的是_____。
A．将毫安表换成量程不同，内阻更小的毫安表
B．将毫安表换成量程为10 μA的微安表
C．将电阻箱换成精度更高的电阻箱
D．适当增大A、B接线柱之间的距离
[创新点分析]
(1)传感器为拉力敏感电阻丝。
(2)将待测重物的重量转化为便于测量的毫安表的示数。　　
创新角度(四)　数据处理的创新
4．材料的电阻随压力的变化而变化的现象称为“压阻效应”，利用这种效应可以测量压力大小。若图甲为某压敏电阻在室温下的电阻—压力特性曲线，其中RF、R0分别表示有、无压力时压敏电阻的阻值。为了测量压力F，需先测量压敏电阻处于压力中的电阻值RF。请按要求完成下列实验。
(1)设计一个可以测量处于压力中的该压敏电阻阻值的电路，在图乙的虚线框中画出实验电路原理图(压敏电阻及所给压力已给出，待测压力大小约为0.4×102～0.8×102 N，不考虑压力对电路其他部分的影响)，要求误差较小，提供的器材如下：
A．压敏电阻，无压力时阻值R0＝6 000 Ω
B．滑动变阻器R，全电阻阻值约200 Ω
C．电流表A，量程2.5 mA，内阻约30 Ω
D．电压表V，量程3 V，内阻约3 kΩ
E．直流电源E，电动势3 V，内阻很小
F．开关S，导线若干
答案：(1)见解析图　(2)2.00　(3)1.5×103　60(共43张PPT)
第十章 | 电磁感应
乘积
BS
标量
Φ2－Φ1
无关
快慢
二、电磁感应现象
1．电磁感应现象
当穿过闭合导体回路的_______发生变化时，闭合导体回路中有__________产生的现象。
2．产生感应电流的条件
(1)______ 导体回路；(2)_________ 发生变化。
三、感应电流的方向判断
1．楞次定律
(1)内容：感应电流的磁场总要______引起感应电流的________的变化。
(2)适用范围：一切电磁感应现象。
磁通量
感应电流
闭合
磁通量
阻碍
磁通量
2．右手定则
(1) 内容：如图所示，伸开右手，使拇指与其余四个手指_____，并且
都与手掌在同一个平面内；让_______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__________的方向。
(2)适用情况：判断导线____________产生的感应电流方向。
垂直
磁感线
感应电流
切割磁感线
情境创设　
1．如图甲所示，是法拉第圆盘发电机模型
2．如图乙所示，线圈与电流表相连，把磁体的某一个磁极向线圈中插入、从线圈中抽出时，电流表的指针发生了偏转。
乙
微点判断　
(1)图甲中圆盘转动过程中，圆盘磁通量不变，不会有电流通过R。 ( )
(2)图甲中圆盘转动过程中，圆盘半径做切割磁感线运动，有电流流过R。 ( )
(3)图乙中线圈中两次产生的感应电流方向是相反的。 ( )
(4)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。 ( )
(5)感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁通量的变化。 ( )
×
√
√
×
√
(一) 电磁感应现象的理解(固基点)
[题点全练通]
1．[电磁感应现象的认识]
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
解析：只形成闭合回路，回路中的磁通量不变化，不会产生感应电流，A、B错误；线圈中插入条形磁铁瞬间回路中磁通量有变化，电流表有变化，磁铁不动后电流表无变化，C错误；给线圈通电或断电瞬间，通过闭合回路的磁通量变化，会产生感应电流，能观察到电流表的变化，D正确。
答案：D　
2．[磁通量的大小]
如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。圆形匀强磁场
B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为(　 )
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶4 D．4∶1
解析：由题图可知，穿过a、b两个线圈的磁通量均为Φ＝B·πr2，因此磁通量之比为1∶1，A正确。
答案：A
3．[磁通量的变化]
磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量，如图所示，通有恒定
电流的直导线MN与闭合线框共面，第一次将线框由位置1平移到
位置2，第二次将线框由位置1绕cd边翻转到位置2，设前后两次通
过线框的磁通量变化大小分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则 (　 )
A．ΔΦ1＞ΔΦ2 B．ΔΦ1＝ΔΦ2
C．ΔΦ1＜ΔΦ2 D．无法确定
解析：第一次将线框由位置1平移到位置2，磁感线从线框的同一侧穿入，ΔΦ1为前后两位置磁通量的绝对值之差。第二次将线框由位置1绕cd边翻转到位置2，磁感线从线框的不同侧穿入，ΔΦ2为前后两位置磁通量的绝对值之和。故ΔΦ1 ＜ΔΦ2，C正确。
答案：C
4．[感应电流有无的判断]
下列各图所描述的物理情境中，没有感应电流的是 (　 )
解析：开关S闭合稳定后，穿过线圈N的磁通量保持不变，线圈N中不产生感应电流；磁铁向铝环A靠近，穿过铝环A的磁通量在增大，铝环A中产生感应电流；金属框从A向B运动，穿过金属框的磁通量时刻在变化，金属框中产生感应电流；铜盘在磁场中按题图所示方向转动，铜盘的无数辐条切割磁感线，与外电路构成闭合回路，产生感应电流。故选A。
答案：A　
[要点自悟明]
1．磁通量大小及其变化分析
(1)定量计算：通过公式Φ＝BS来定量计算，计算磁通量时应注意的问题：
①明确磁场是否为匀强磁场，知道磁感应强度的大小。
②平面的面积S应为磁感线通过的有效面积。当平面与磁场方向不垂直时，应明确所研究的平面与磁感应强度方向的夹角，准确求出有效面积。
③穿过线圈的磁通量及其变化与线圈匝数无关，即磁通量的大小不受线圈匝数的影响。
(2)定性判断：磁通量是指穿过线圈面积的磁感线的“净条数”，当有不同方向的磁场同时穿过该面积时，此时的磁通量为各磁场穿过该面积磁通量的代数和。
2．判断感应电流有无的方法
3.常见的三种产生感应电流的情况
(二) 感应电流方向的判断(精研点)
研清微点1　楞次定律的理解　
1．(多选)下列说法正确的是 (　 )
A．感应电流的磁场方向总是与引起感应电流的磁场方向相反
B．感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向可能相同，也可能相反
C．楞次定律只能判断闭合电路中感应电流的方向
D．楞次定律表明感应电流的效果总是与引起感应电流的原因相对抗
解析：根据楞次定律的表述，感应电流的效果总是与引起感应电流的原因相对抗，感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向可能相同，也可能相反，故A错误，B、D正确；楞次定律除了可判断闭合电路中电流方向外，还可判断闭合电路中磁通量的变化情况，故C错误。
答案：BD　
一点一过
楞次定律中“阻碍”的含义
研清微点2　楞次定律判断感应电流的方向　
2．如图所示，两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相
反。金属圆环的直径与两磁场的边界重合。下列变 化会在环中
产生顺时针方向感应电流的是 (　　)
A．同时增大B1减小B2
B．同时减小B1增大B2
C．同时以相同的变化率增大B1和B2
D．同时以相同的变化率减小B1和B2
解析：当同时增大B1减小B2时，通过金属圆环的总磁通量增加，且方向垂直纸面向里，根据楞次定律知，感应电流产生的磁场方向应为垂直纸面向外，根据右手螺旋定则知，此时金属圆环中产生逆时针方向的感应电流，A项错误；同理当同时减小B1增大B2时，金属圆环中产生顺时针方向的感应电流，B项正确；当同时以相同的变化率增大或减小B1和B2时，金属圆环中的总磁通量没有变化，仍然为0，金属圆环中无感应电流产生，C、D项均错误。
答案：B　
3．(2022·浙江杭州模拟)线圈绕制在圆柱形铁芯上，通过导线与电流计连接组成闭合回路。条形磁铁的轴线和铁芯的轴线及连接线圈和电流计的导线在同一平面内，铁芯、线圈及条形磁铁的几何中心均在与铁芯垂直的PQ连线上。条形磁铁分别与线圈相互平行或相互垂直放置，使其沿QP方向靠近线圈。若电流从电流计“＋”接线柱流入时电流计指针向右偏转，在如下情形中能观察到明显的电磁感应现象，且图中标出的电流计指针偏转方向正确的是 (　 )
解析：该题图A、B中当磁铁向线圈靠近时，穿过线圈的磁通量向下增加，根据楞次定律可知，线圈中产生的感应电流从“＋”接线柱流入电流计，则电流计指针向右偏转，A正确，B错误；当磁铁按如题图C、D所示的方式靠近线圈时，由对称性可知，穿过线圈的磁通量总是零，线圈中不会有感应电流，C、D错误。
答案：A
一点一过
“四步法”判断感应电流方向
研清微点3　应用右手定则判断感应电流的方向　
4．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 (　 )
解析：ab棒顺时针转动，运用右手定则：磁感线穿过手心，拇指指向顺时针方向，则导体ab上的感应电流方向为a→b，故A正确；ab向纸外运动，运用右手定则时，磁感线穿过手心，拇指指向纸外，则知导体ab上的感应电流方向为b→a，故B错误；穿过回路的磁通量减小，由楞次定律知，回路中感应电流方向由b→a→d→c，则导体ab上的感应电流方向为b→a，故C错误；ab棒沿导轨向下运动，由右手定则判断知导体ab上的感应电流方向为b→a，故D错误。
答案：A　
一点一过
右手定则的理解和应用
(1)右手定则适用于闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流的情况。
(2)右手定则是楞次定律的一种特殊形式，用右手定则能解决的问题，用楞次定律均可代替解决。
(3)右手定则应用“三注意”：
①磁感线必须垂直穿入掌心。
②拇指指向导体运动的方向。
③四指所指的方向为感应电流的方向。
(三) 楞次定律的推广应用(培优点)
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引起感应电流的原因。具体表现常见如下几种形式：
[考法全析]
考法(一)　阻碍原磁通量的变化——“增反减同”
[例1]　电磁弹射的装置是航空母舰上的一种舰载机起飞装置。如
图所示的装置也能进行电磁弹射，线圈固定在光滑绝缘杆MN上、导体
圆环套在绝缘杆的左端。则下列说法正确的是 (　 )
A．开关闭合，圆环将从M端离开绝缘杆
B．圆环的位置不变，将滑动变阻器的滑片P向左滑动少许，与滑片滑动前相比，闭合开关瞬间，圆环所受的安培力相同
C．如果将电源反接，闭合开关，圆环将向右运动
D．如果将圆环放在线圈的右侧，闭合开关，圆环不会离开绝缘杆
[解析]　闭合开关，线圈中有电流通过，周围产生磁场，穿过圆环的磁通量增加，则由楞次定律可知，圆环将向左运动，从绝缘杆的M端离开，A正确；圆环的位置不变，将P向左滑动少许，电路中的总电阻减小，闭合开关瞬间，线圈中的电流增大，则圆环所受的安培力增大，B错误；如果将电源反接，闭合开关后穿过圆环的磁通量仍增加，则由楞次定律可知，圆环仍从绝缘杆的M端离开，即圆环仍将向左运动，C错误；如果将圆环放在线圈的右侧，闭合开关，由以上分析可知圆环将从绝缘杆的N端离开，D错误。
[答案]　A
考法(二)　阻碍相对运动——“来拒去留”
[例2]　 如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。如果在磁
铁下端的水平桌面上放一个固定的闭合线圈，并使磁铁上下振动。磁铁
在向下运动的过程中，下列说法正确的是 (　 )
A．线圈给磁铁的磁场力始终向上
B．线圈给磁铁的磁场力先向上再向下
C．线圈给磁铁的磁场力始终向下
D．线圈给磁铁的磁场力先向下再向上
[解析]　根据楞次定律的“来拒去留”，磁铁向闭合线圈靠近，要受阻力作用，即磁场力向上，故A正确。
[答案]　A
考法(三)　使回路面积有变化趋势——“增缩减扩”
[例3]　(多选)如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中的电流i随时间t变化的规律如图乙所示，取甲图中电流方向为正方向，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则 (　 )
A．在t1时刻，FN>G，P有收缩的趋势
B．在t2时刻，FN＝G，穿过P的磁通量不变
C．在t3时刻，FN＝G，P中有感应电流
D．在t4时刻，FN＞G，P有收缩的趋势
[解析]　当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，即FN>G，P有收缩的趋势，故A正确；当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此线圈P中无感应电流产生，则t2和t4时刻FN＝G，P没有收缩的趋势，故B正确，D错误；t3时刻螺线管中电流为零，但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈P中有感应电流，但此时刻二者之间没有相互作用力，即FN＝G，故C正确。
[答案]　ABC
(四) “三定则、一定律”的应用(融通点)
1．“三定则、一定律”的比较
定则或定律 适用的现象 因果关系
安培定则 电流的磁效应——电流、运动电荷产生的磁场 因电生磁
左手定则 (1)安培力——磁场对通电导线的作用力 (2)洛伦兹力——磁场对运动电荷的作用力 因电受力
右手定则 导体做切割磁感线运动产生的电磁感应现象 因动生电
楞次定律 闭合回路磁通量变化产生的电磁感应现象 因磁生电
2．“三定则、一定律”的联系
(1)应用楞次定律时，一般要用到安培定则。
(2)判断感应电流所受安培力方向的“两法”：
①先用右手定则确定电流的方向，再用左手定则确定安培力的方向；
②直接应用楞次定律的推论确定——“来拒去留”“增斥减吸”等。
[考法全析]
考法(一)　楞次定律、安培定则及左手定则的综合应用
[例1]　 (多选)如图是创意物理实验设计作品《小熊荡秋千》。
两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒C、D固定在铁架台上，与两个铜
线圈P、Q组成一闭合回路，两个磁性很强的条形磁铁如图放置，当
用手左右摆动线圈P时，线圈Q也会跟着摆动，仿佛小熊在荡秋千。以下说法正确的是 (　 )
A．P向右摆动的过程中，P中的电流方向为顺时针方向(从右向左看)
B．P向右摆动的过程中，Q也会向右摆动
C．P向右摆动的过程中，Q会向左摆动
D．若用手左右摆动Q，P会始终保持静止
[解析]　P向右摆动的过程中，线框中的磁通量减少，根据楞次定律，P中的电流方向为顺时针方向(从右向左看)，A正确。P向右摆动的过程中，P中的电流方向为顺时针方向(从右向左看)，Q中的电流方向也为顺时针方向(从右向左看)，Q线圈下侧将受到向右的安培力作用，所以Q也会向右摆动，B正确，C错误。若用手左右摆动Q，切割磁感线产生感应电动势，在P线圈中将产生感应电流，受到安培力作用，P将摆动，不会保持静止，D错误。
[答案]　AB
[针对训练]
1．如图所示，通电螺线管置于水平放置的 光滑平行金属导轨
MN和PQ之间，ab和cd是放在导轨上的两根 金属棒，它们
分别静止在螺线管的左右两侧，现使滑动变阻器的滑片向左滑动，则ab棒和cd棒的运动情况是 (　 )
A．ab棒向左运动，cd向右运动
B．ab棒向右运动，cd向左运动
C．ab棒和cd棒都向右运动
D．ab棒和cd棒保持静止
解析：由安培定则可知，螺线管中磁感线方向向上，金属棒ab、cd所在处的磁感线方向均向下，当滑动变阻器的滑片向左滑动时，螺线管中电流增大，因此磁场变强，即磁感应强度变大，穿过回路的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流方向为a→c→d→b→a，由左手定则知，ab棒所受安培力方向向左，cd棒所受安培力方向向右，故ab棒向左运动，cd棒向右运动，故A正确。
答案：A
考法(二)　“二次感应”问题
[例2]　(多选) 如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由
移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一如图所示的闭合电路，当PQ
在一外力的作用下运动时，MN由静止开始向右运动，则PQ所做的运
动可能是 (　 )
A．向右加速运动 B．向左加速运动
C．向右减速运动 D．向左减速运动
[答案]　BC
[规律方法]
在二次感应现象中，“程序法”和“逆向推理法”的选择：
(1)如果要判断二次感应后的现象或结果，选择程序法。
(2)如果已知二次感应后的结果，要判断导体棒的运动情况或磁场的变化，需选择逆向推理法。　　
[针对训练]
2． (多选)如图所示装置中，cd杆原来静止。不计杆与轨道间的
摩擦力，当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动 (　 )
A．向右匀速运动 B．向右加速运动
C．向左加速运动 D．向左减速运动
解析：ab匀速运动时，ab中感应电流恒定，L1中磁通量不变，穿过L2的磁通量不变，L2中无感应电流产生，cd保持静止，A错误；ab向右加速运动时，根据右手定则，知在ab杆上产生增大的从a到b的电流，根据安培定则，在L1中产生向上增强的磁场，该磁场向下通过L2，根据楞次定律可知通过cd的感应电流方向向下，由左手定则可知cd向右移动，B正确；同理可得C错误，D正确。
答案：BD(共36张PPT)
第2讲　法拉第电磁感应定律 自感和涡流
一、法拉第电磁感应定律
1．感应电动势
(1)定义：在______________中产生的电动势。
(2)产生：穿过回路的________发生改变，与电路是否闭合______。
(3)方向：感应电动势的方向判断可用：①楞次定律；②__________。
2．法拉第电磁感应定律
(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的______成正比。
电磁感应现象
磁通量
无关
右手定则
变化率
(3)感应电流与感应电动势的关系：
①有感应电动势，不一定有___________ (电路不闭合)；
②有感应电流，一定有____________ (电路闭合)。
3．导体切割磁感线的情形
(1)若B、l、v相互垂直，则E＝_____。
(2)v∥B时，E＝____。
二、自感、涡流
1．自感现象
(1)定义：由于导体本身的______变化而产生的电磁感应现象称为自感。
感应电流
感应电动势
Blv
0
电流
自感电动势
大小
匝数
10－3
10－6
磁通量
情境创设　
1．如图甲所示，线圈两端a、b与一电阻R相连，线圈内有垂直于线圈平面向里的磁场，t＝0时刻起，穿过线圈的磁通量按图乙所示的规律变化。
2．如图丙、丁是研究通电自感和断电自感现象的电路。
微点判断　
(1)图乙中t0时刻线圈磁通量最大，产生的电动势最大。 ( )
(2)图乙中t0～2t0时间内线圈磁通量变化快，产生的电动势大。 ( )
(3)图乙中t0～2t0时间内线圈产生的感应电动势大小是0～t0时间内的2倍。 ( )
(4)图丙中K闭合瞬间，LA、LB一起亮起来。 ( )
(5)图丙中K断开时，LA、LB一起逐渐熄灭。 ( )
(6)图丁中K闭合时，LC立即亮起来。 ( )
(7)图丁中K断开时，LC一定闪亮一下再熄灭。 ( )
×
√
√
×
√
√
×
答案：BC　
答案：BD
答案：(1)0.12 V　(2)0.2 A，电流方向见解析图
(3)0.1 C
答案：AC　
(二) 导体棒切割磁感线产生感应电动势(精研点)
1．平动切割
(1)公式E＝Blv的理解
[考法全析]
考法(一)　垂直切割情形
[例1]　(2021·河北高考)如图，两光滑导轨水平放置 在竖直向
下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导轨间距最窄处为一狭缝，
取狭缝所在处O点为坐标原点。狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连。导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻。下列说法正确的是 (　 )
A．通过金属棒的电流为2BCv2tan θ
B．金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tan θ
C．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电
D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定
[答案]　A
[答案]　B
考法(三)　转动切割情形
[例3]　 (多选)如图是金属圆盘发电机的原理图。匀强磁场垂
直于金属圆盘，电阻R通过导线与两块铜片电刷D、C连接，D、C
分别与转动轴和圆盘的边缘良好接触。圆盘绕通过圆心O的固定转
动轴按图示顺时针方向转动，电阻R中就有电流通过。则 (　 )
A．电流方向由D经过电阻R流向C
B．通过电阻R的电流大小与铜盘的半径成正比
C．通过电阻R的电流大小与磁感应强度成正比
D．通过电阻R的电流大小与圆盘转动的角速度成正比
[答案]　CD
(三) 自感和涡流 电磁阻尼与电磁驱动(释疑点)
考法(一)　自感现象分析
[例1]　 (2022·广州模拟)如图，L是自感系数很大、电阻不计的
线圈，a、b是两个相同的小灯泡，在开关S由断开到闭合的过程中，
下列说法正确的是 (　 )
A．a先亮b后亮，然后b逐渐变亮
B．b先亮a后亮，然后a逐渐变亮
C．a、b同时亮后b逐渐变暗至熄灭
D．a、b同时亮后a逐渐变暗至熄灭
[解析]　当S闭合瞬间，两灯同时获得电压，同时发光，随着线圈L电流的增加，b逐渐变暗直到熄灭，同时，a电流逐渐增大，变得更亮。故C正确，A、B、D错误。
[答案]　C
[例2]　 (多选)如图所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流
电阻不计的线圈，D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡，E是内阻不计
的电源。在t＝0时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1时刻断开开关S。
规定电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正方向，分别用I1、I2表示流过D1和D2的电流，则四个选项中能定性描述电流I随时间t变化关系的图像是 (　 )
[解析]　闭合开关S，D1缓慢变亮，D2和D3立即变亮，稳定后流过D1的电流比D2和D3大。在t1时刻断开开关S后，由于自感现象，通过D1的电流逐渐减小，方向不变，而通过D2和D3的电流方向立即改变，且电流大小先变大后逐渐减小，B、C正确。
[答案]　BC
[规律方法]　自感现象中灯泡亮度变化分析
[答案]　D
[规律方法]
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
伴随着涡流现象，其他形式的能转化成电能，最终在金属块中转化为内能。
(1)金属块放在变化的磁场中，则磁场能转化为电能，最终转化为内能。
(2)如果是金属块进出磁场或在非匀强磁场中运动，则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。　
考法(三)　电磁阻尼与电磁驱动问题
[例4·电磁阻尼]　 如图所示，铝管竖直置于水平桌面上，小磁体
从铝管正上方由静止开始下落，在磁体穿过铝管的过程中，磁体不与管
壁接触，且无翻转，不计空气阻力。下列选项正确的是 (　 )
A．磁体做匀加速直线运动
B．磁体的机械能守恒
C．磁体动能的增加量小于重力势能的减少量
D．铝管对桌面的压力大于铝管和磁体的重力之和
[解析]　磁体在铝管中运动的过程中，安培力做负功，磁体的加速度小于重力加速度；根据法拉第电磁感应定律可知，磁体速度越快，产生的感应电动势越大，受到的安培力也越大，所以磁体的加速度是逐渐减小的，磁体不是做匀加速运动，故A错误；磁体在整个下落过程中，除重力做功外，还有产生感应电流对应的安培力做功，导致减小的重力势能，部分转化动能外，还要产生内能，故机械能不守恒，且磁体动能的增加量小于重力势能的减少量，故B错误，C正确；以铝管和磁体整体为研究对象，因磁体有向下的加速度，则整体合力向下，故地面对整体的支持力小于总重力，根据牛顿第三定律可知，铝管对桌面的压力小于铝管和磁体的重力之和，故D错误。
[答案]　C
[例5·电磁驱动]　 在物理兴趣小组的活动中，某同学将轻质圆形
铝板用细棉线悬挂在固定点O上，铝板可以绕O点自由摆动，如图所示。
在平行于铝板的竖直面内将一竖放的条形磁铁在铝板附近左右来回拉动
(与铝板始终不相碰)，若空气流动对铝板的影响可忽略不计，则下列对
这个实验结果的判断，正确的是 (　 )
A．铝板内不会产生感应电动势
B．铝板内能产生感应电动势但不会产生感应电流
C．铝板可以在安培力的作用下摆动起来
D．铝板始终保持静止不动
[解析]　当条形磁铁靠近和远离铝板时，铝板切割磁感线，产生感应电动势，A错误；因铝板各部分切割磁感线的密集程度不同，磁通量的改变量不同，故各部分产生的感应电动势不同，由此能产生感应电流，B错误；铝板产生感应电流后，可在安培力的作用下摆动起来，C正确，D错误。
[答案]　C
[规律方法]　电磁阻尼与电磁驱动的比较
电磁阻尼 电磁驱动
不同点 成因 由于导体在磁场中运动而产生感应电流，从而使导体受到安培力 由于磁场运动引起磁通量的变化而产生感应电流，从而使导体受到安培力
效果 安培力的方向与导体运动方向相反，阻碍导体运动 导体受安培力的方向与导体运动方向相同，推动导体运动
能量转化 导体克服安培力做功，其他形式能转化为电能，最终转化为内能 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
相同点 两者都是电磁感应现象，都遵循楞次定律，都是安培力阻碍引起感应电流的导体与磁场间的相对运动(共29张PPT)
第3讲“电磁感应中电路和图像问题”的综合研究
类型(一)　电磁感应中的电路问题
1．电磁感应中电路知识的关系图
2．“三步走”分析电路为主的电磁感应问题
[典例]　(多选)如图所示，光滑的金属框CDEF水平放置，宽为L，在E、F间连接一阻值为R的定值电阻，在C、D间连接一滑动变阻器R1(0≤R1≤2R)。框内存在着竖直向下的匀强磁场。一长为L、电阻为R的导体棒AB在外力作用下以速度v匀速向右运动，金属框电阻不计，导体棒与金属框接触良好且始终垂直，下列说法正确的是 (　 )
[答案]　AD
[多维训练]
考查角度1　导体棒平动切割的电路问题
1．用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导体线框、以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示。在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc和Ud。下列判断正确的是 (　 )
A．Ua＜Ub＜Uc＜Ud B．Ua＜Ub＜Ud＜Uc
C．Ua＝Ub＝Uc＝Ud D．Ub＜Ua＜Ud＜Uc
答案：B　
答案：B　
考查角度3　磁场变化引起的电路问题
3．(2022·全国甲卷)三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3。则 (　 )
A．I1I3>I2
C．I1＝I2>I3 D．I1＝I2＝I3
答案：C
类型(二)　电磁感应中的图像问题
1．题型简述
借助图像考查电磁感应的规律，一直是高考的热点，此类题目一般分为三类：
(1)根据给定的电磁感应过程判断、选择有关图像。
(2)根据给定的图像分析电磁感应过程，定性或定量求解有关问题。
(3)电磁感应中图像的转化——根据给定的图像分析、判断其他图像。
2．常见类型及分析方法
3．解题关键
弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键。
4．解答选择类图像问题的常用方法
(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)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项。
(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像进行分析和判断。
[考法全析]
考法(一)　根据给定的电磁感应过程选择有关图像
[例1]　(2021年8省联考·广东卷)(多选)如图所示，绝缘的水平面上
固定有两 条平行的光滑金属导轨，导轨电阻不计，两相同金属棒a、b
垂直导轨放置，其右侧矩形区域内存在恒定的匀强磁场，磁场方向竖直向上。现两金属棒分别以初速度2v0和v0同时沿导轨自由运动，先后进入磁场区域。已知a棒离开磁场区域时b棒已经进入磁场区域，则a棒从进入到离开磁场区域的过程中，电流i随时间t的变化图像可能正确的有 (　 )
[答案]　AB
[规律方法]　电磁感应中的图像问题的分析方法
[针对训练]
1．如图所示，正方形MNPQ内的两个三角形区域充满匀强磁场，形状与MNPQ完全相同的闭合导线框M′N′P′Q′在外力作用下沿轴线OO′水平向左匀速运动。设通过导线框的感应电流为i，逆时针方向为电流的正方向，当t＝0时M′Q′与NP重合，在M′Q′从NP到临近MQ的过程中，下列图像中能反映i随时间t变化规律的是 (　 )
解析：在闭合导线框M′N′P′Q′匀速向左运动过程，穿过回路的磁通量不断增大，根据楞次定律可知，回路中的电流方向一直是逆时针的，切割磁感线的有效长度先减小到零，后增大，所以感应电流先减小到零，后增大，B项正确。
答案：B
考法(二)　根据给定图像分析电磁感应问题
[例2]　如图甲所示，在光滑绝缘水平面上的0≤x≤1.0 m区域内存在方向垂直平面向外的匀强磁场。一电阻值R＝0.5 Ω、边长L＝0.5 m的正方形金属框abcd，右边界cd恰好位于磁场边界。若以cd边进入磁场时作为计时起点，线框受到一沿x轴正方向的外力F作用下以v＝1.0 m/s的速度做匀速运动，直到ab边进入磁场时撤去外力。在0≤t≤1.0 s内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图乙所示，在0≤t≤1.3 s内线框始终做匀速运动。
(1)在1.0 s≤t≤1.3 s内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系式；
(2)求在0≤t≤1.3 s内流过导线横截面的电荷量q。
[针对训练]
2．(多选)如图甲所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定，顶端接有阻值为R的电阻，垂直导轨平面存在变化规律如图乙所示的匀强磁场，t＝0时磁场方向垂直纸面向里。在t＝0到t＝2t0的时间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L处；t＝2t0时，释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，则 (　 )
答案：BC　
考法(三)　电磁感应中图像转化问题
[例3]　(多选)如图所示，在0≤x≤L和2L≤x≤3L的区域内存在着匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面(纸面)向里，具有一定电阻的正方形线框abcd边长为2L，位于xOy平面内，线框的ab边与y轴重合。令线框从t＝0时刻由静止开始沿x轴正方向做匀加速直线运动，ab边在t0时刻到达x＝L位置，则线框中的感应电流I(取逆时针方向的电流为正)、bc两端的电势差Ubc与时间t的函数图像大致是下列图中的 (　 )
[答案]　AC
[针对训练]
3．(多选)如图甲所示，虚线右侧有一垂直纸面的匀强磁场，取磁场垂直于纸面向外的方向为正方向，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，固定的闭合导线框abcd一部分在磁场内。取线框中感应电流沿逆时针方向为正方向，安培力向左为正方向。从t＝0时刻开始，下列关于线框中感应电流i、线框cd边所受安培力F分别随时间t变化的图像，可能正确的是 (　 )
答案：AD　(共45张PPT)
第4讲　“电磁感应中动力学、能量和动量问题”的综合研究
类型(一)　电磁感应中的动力学问题
1．两种状态及处理方法
状态 特征 处理方法
平衡态 加速度为零 根据平衡条件列式分析
非平 衡态 加速度不为零 根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析
2．“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
[考法全析]
考法(一)　水平面内的动力学问题
[例1]　(2022·湖南高考)(多选)如图，间距L＝1 m的U形金属导轨，一端接有0.1 Ω的定值电阻R，固定在高h＝0.8 m的绝缘水平桌面上。质量均为0.1 kg的匀质导体棒a和b静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为0.1 Ω，与导轨间的动摩擦因数均为0.1(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，导体棒a距离导轨最右端1.74 m。整个空间存在竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为0.1 T。用F＝0.5 N沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，撤去F，导体棒a离开导轨后落到水平地面上。重力加速度取10 m/s2，不计空气阻力，不计其他电阻，下列说法正确的是 (　 )
A．导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移为0.6 m
B．导体棒a离开导轨至落地前，其感应电动势不变
C．导体棒a在导轨上运动的过程中，导体棒b有向右运动的趋势
D．导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电阻R的电荷量为0.58 C
[答案]　BD
[规律方法]
电磁感应中的动力学临界问题的分析思路
(1)解决这类问题的关键是通过受力情况和运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度为最大值或最小值的条件。
[针对训练]
1． (2021·广东高考)(多选)如图所示，水平放置足够长光滑金属导
轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨。圆弧be
左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场。金属杆OP的O端与e
点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上。若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有 (　 )
A．杆OP产生的感应电动势恒定
B．杆OP受到的安培力不变
C．杆MN做匀加速直线运动
D．杆MN中的电流逐渐减小
答案：AD　
(1)求着陆装置接触到月球表面后瞬间线框ab边产生的电动势E0；
(2)通过画等效电路图，求着陆装置接触到月球表面后瞬间流过ab的电流I0；
(3)求船舱匀速运动时的速度大小v；
(4)同桌小张认为在磁场上方、两导轨之间连接一个电容为C的电容器，在着陆减速过程中还可以回收部分能量，在其他条件均不变的情况下，求船舱匀速运动时的速度大小v′和此时电容器所带电荷量q。
[针对训练]
2．(多选) 由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙 两个正方形
闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲
线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同 一高度同时
由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是 (　 )
A．甲和乙都加速运动
B．甲和乙都减速运动
C．甲加速运动，乙减速运动
D．甲减速运动，乙加速运动
答案：AB　
(1)金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；
(2)金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；
(3)导体框匀速运动的距离。
[针对训练]
3．(多选) 如图所示，电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上。
区域Ⅰ、Ⅱ中磁场方向均垂直斜面向上，Ⅰ区中磁感应强度随时
间均匀增加，Ⅱ区中为匀强磁场。阻值恒定的金属棒从无磁场区
域中a处由静止释放，进入Ⅱ区后，经b下行至c处反向上行。运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好。在第一次下行和上行的过程中，以下叙述正确的是 (　 )
A．金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度
B．金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度
C．金属棒不能回到无磁场区
D．金属棒能回到无磁场区，但不能回到a处
答案：ABD
类型(二)　电磁感应中的能量问题
1．电磁感应中的能量转化
2．求解焦耳热Q的三种方法
方法一 焦耳定律：Q＝I2Rt
方法二 功能关系：Q＝W克服安培力
方法三 能量转化：Q＝ΔE其他能的减少量
[解析]　(1)在ab运动过程中，由于拉力功率恒定，ab做加速度逐渐减小的加速运动，速度达到最大时，加速度为零，设此时拉力的大小为F，安培力大小为FA，有F－mgsin θ－FA＝0 ①
设此时回路中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律，有E＝BLv ②
设回路中的感应电流为I，由闭合电路的欧姆定律，有I＝ ③
ab受到的安培力FA＝ILB ④
由功率表达式，有P＝Fv ⑤
联立上述各式，代入数据解得P＝4 W。 ⑥
(2)ab从速度v1到v2的过程中，由动能定理，有
Pt－W－mgxsin θ＝mv22－mv12 ⑦
代入数据解得x＝0.1 m。
[答案]　(1)4 W　(2)0.1 m
答案：C　
答案：CD　
答案：BD
答案：AC　
考法(二)　动量守恒定律在电磁感应中的应用
在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便。
[例2]　(2022·济宁模拟)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置，间距为L，电阻不计。AB左侧、CD右侧存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。在AB、CD之间的区域内，垂直两根导轨水平放置了两根质量分别为m、2m、电阻分别为r、R的导体棒a、b。在a、b棒之间用一锁定装置将一轻质弹簧压缩安装在a、b棒之间(弹簧与两棒不拴接)，此时弹簧的弹性势能为Ep。现解除锁定，当弹簧恢复到原长时，a、b棒均恰好同时进入磁场。试求：
(1)a、b棒刚进入磁场时的速度大小；
(2)a、b棒分别在磁场中滑行的距离。
[针对训练]
2．(2021·福建高考)(多选)如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFHG矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在t＝t1时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为v0；一段时间后，流经a棒的电流为0，此时t＝t2，b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b由相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，a棒的质量为m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，则 (　 )
答案：AD　(共17张PPT)
第5讲　实验：探究影响感应电流方向的因素
一、基本原理与操作
原理装置图
操作 要领 (1)确定电流计指针偏转方向与电流流向的关系。
(2)利用图甲研究开关闭合、断开、滑动变阻器滑动触头移动时电流计指针偏转方向。
(3)利用图乙研究条形磁铁N极向下(或S极向下)插入、抽出时电流计指针偏转方向。
续表
二、实验核心关键点
1．数据处理
以下面四种情况为例：
(1)N极(S极)向下时插入线圈，线圈内磁通量增加时的情况
图号 磁场方向 感应电流的方向 感应电流的磁场方向
甲 向下 逆时针(俯视) 向上
乙 向上 顺时针(俯视) 向下
(2)N极(S极)向下时抽出线圈，线圈内磁通量减少时的情况
2．得出结论
(1)当穿过线圈的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反；当穿过线圈的磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场的方向相同。
(2)当磁铁靠近线圈时，两者相斥；当磁铁远离线圈时，两者相吸。
图号 磁场方向 感应电流的方向 感应电流的磁场方向
丙 向下 顺时针(俯视) 向下
丁 向上 逆时针(俯视) 向上
考查点(一)　实验原理、器材的考查
1．为了探究电磁感应现象，某实验小组将电池、线圈A、线圈B、滑动变阻器、灵敏电流计、开关按照如图所示的方式连接。当闭合开关时发现灵敏电流计的指针右偏。由此可知：
(1)当滑动变阻器的滑片P向右移动时，灵敏电流计的指针________(填“左偏” “不动”或“右偏”)；
(2)将线圈A拔出时，灵敏电流计的指针________(填“左偏”“不动”或“右偏”)，此时线圈A与线圈B中电流的绕行方向________(填“相同”或“相反”)。
解析：(1)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过线圈的磁通量增加时，电流计指针向右偏。合上开关后，将滑动变阻器的滑片迅速向右移动时，接入电路的电阻变小，电流增大，穿过线圈的磁通量增大，电流计指针将向右偏。
(2)将线圈A拔出时，穿过B的磁通量减小，电流表指针向左偏；根据楞次定律的推论“增反减同”可知此时两线圈中的电流流向相同。
答案：(1)右偏　(2)左偏　相同
2．在探究电磁感应现象中磁通量变化时感应电流方向的实验中，所需的实验器材已用导线连接成如图所示的实验电路。
(1)将线圈A插入线圈B中，闭合开关的瞬间，线圈B中感应电流与线圈A中电流的绕行方向________(填“相同”或“相反”)。
(2)闭合开关，电路稳定后，某同学想使一线圈中电流逆时针流动，另一线圈中感应电流顺时针流动，可行的实验操作是________。
A．抽出线圈A
B．线圈A中插入软铁棒
C．使滑动变阻器滑片P右移
D．断开开关
解析：(1)将线圈A插入线圈B中，闭合开关的瞬间，穿过线圈B的磁通量变大，由楞次定律可得，线圈B中感应电流与线圈A中电流的绕行方向相反。
(2)使一线圈中电流逆时针流动，另一线圈中感应电流顺时针流动，两线圈电流的磁场方向相反，则穿过副线圈的磁通量应增加。抽出线圈A时，穿过副线圈的磁通量减小，原、副线圈电流方向相同，故A错误；线圈A中插入软铁棒，穿过副线圈的磁通量增大，原、副线圈电流方向相反，故B正确；由电路图可知，使滑动变阻器滑片P右移，原线圈电流增大，穿过副线圈的磁通量增大，原、副线圈电流方向相反，故C正确；断开开关，原线圈中没有电流，故D错误。
答案：(1)相反　(2)BC
考查点(二)　实验操作的考查
3．我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律。以下是实验探究过程的一部分，请补充完整。
(1)如图甲所示，当磁铁的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生的感应电流的方向，必须知道_____________________________
______________________________________________________________。
(2)如图乙所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏。电路稳定后，若向左移动滑片，电流表指针向________偏转，若将线圈A抽出，电流表指针向________偏转。(均选填“左”或“右”)
解析：(1)探究线圈中感应电流的方向必须先知道：①电流表指针偏转方向与电流从正(负)接线柱流入时的关系，②线圈的绕向，③电流表指针的偏转方向。
(2)开关闭合时，线圈A产生的磁场由无到有，穿过线圈B的磁通量增加，若将滑片向左移动，线圈A中电流增加，穿过B的磁通量也增加，且磁场方向未变，所以电流表指针偏转方向与开关闭合时的偏转方向相同，即向右偏转；若将线圈A抽出，穿过线圈B的磁通量减少，电流表指针向左偏转。
答案：(1)见解析　(2)右　左
4．在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中，请完成下列实验步骤：
(1)为弄清灵敏电流表指针摆动方向与电流方向的关系，可以使用一个已知正负极性的直流电源进行探究。某同学想到了用多用电表内部含有直流电源的某一挡，他应选用多用电表的________(选填“欧姆”“直流电流”“直流电压”“交流电流”或“交流电压”)挡，对灵敏电流表进行测试，由实验可知当电流从正接线柱流入电流表时，指针向右摆动。
(2)该同学先将多用电表的红表笔接灵敏电流表的正接线柱，再将黑表笔____(选填“短暂”或“持续”)接灵敏电流表的负接线柱，若灵敏电流表的指针向左摆动，说明电流由电流表的________(选填“正”或“负”)接线柱流入灵敏电流表的。
(3)实验中该同学将磁铁某极向下从线圈上方插入线圈时，发现电流表
的指针向右偏转，请在图中用箭头画出线圈电流方向并用字母N、S标
出磁铁的极性。
解析：(1)只有欧姆挡内部有电源。
(2)灵敏电流表量程太小，欧姆表内部电源电压相对偏大，电流超过电流表量程，长时间超量程通电会损坏电流表；欧姆表红表笔连接着电源的负极，灵敏电流表的指针向左摆动，说明电流从电流表的负接线柱流入。
(3)电流表的指针向右偏转，说明电流从正极进入电流表。
感应电流的磁场方向向下，根据楞次定律，原磁场方向向上，
故插入的磁铁下端是S极，如图所示。
答案：(1)欧姆　(2)短暂　负　(3)见解析图
5．(2022·山东济南模拟)在探究影响感应电流方向的因素的实验中：
(1)首先要确定电流表指针偏转方向与电流方向间的关系，实验中所用电流表量程为100 μA，电源电动势为1.5 V，待选的保护电阻有三种R1＝20 kΩ，R2＝1 kΩ，R3＝100 Ω，应选用________的电阻。
(2)已测得电流表指针向右偏时，电流是由正接线柱流入。由于某种原因，螺线管线圈绕线标识已经没有了，通过实验查找绕线方向如图甲所示，当磁铁N极插入线圈时，电流表指针向左偏，则线圈的绕线方向是图乙所示的________图(填“左”或“右”)。
(3)若将条形磁铁S极放在下端，从螺线管中拔出，这时电流表的指针应向________偏(填“左”或“右”)。
(4) 若将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流表
及开关，按图丙所示连接。在开关闭合，线圈A放在线圈B中的
情况下，某同学发现当他将滑动变阻器的滑片P向左加速滑动时，
电流表指针向右偏转。由此可以推断，线圈A中铁芯向上拔出，能引起电流表指针向________偏转(填“左”或“右”)。
(4)由题意可知当P向左加速滑动时，线圈A中的电流应越来越小，则其磁场减弱，此时线圈B中产生的电流使指针向右偏转，由此可知，当B中的磁通量减小时，电流表指针右偏；当将线圈A中铁芯向上拔出的过程中，穿过线圈B的磁通量减小，电流表指针向右偏转。
答案：(1)20 kΩ　(2)左　(3)左　(4)右(共35张PPT)
第十二章| 机械振动　机械波
第1讲　机械振动
一、简谐运动
1．简谐运动
(1)简谐运动的定义：如果质点的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律，即它的振动图像(x-t图像)是一条__________，这样的振动就是简谐运动。
(2)平衡位置：物体在振动过程中________为零的位置。
正弦曲线
回复力
(3)回复力
定义 质点所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成______，并且总是指向___________
表达式 F＝_______
来源 是________，不是性质力；可以由某一个力提供，也可以由几个力的______或某个力的_______提供
平衡位置
正比
－kx
效果力
合力
分力
2．两种模型
(1)弹簧振子
①水平方向：如图甲所示，回复力由弹簧的弹力提供。
②竖直方向：如图乙所示，回复力由重力和弹簧弹力的合力提供。

(2)单摆： 如图所示，在细线的一端拴一个小球，另一端固定在悬点上，
如果细线的长度不可改变，细线的质量与小球相比可以忽略，球的直
径比摆线短得多，这样的装置叫作单摆。
二、简谐运动的公式和图像
1．表达式
2 ．振动图像
(1)从__________开始计时，振动表达式为x＝Asin ωt，图像如图甲所示。
(2)从__________处开始计时，振动表达式为x＝Acos ωt，图像如图乙所示。
动力学表达式 F＝______，其中“－”表示回复力与位移的方向相反
运动学表达式 x＝____________，其中A代表振幅，ω＝2πf代表简谐运动振动的快慢，ωt＋φ0代表简谐运动的相位，φ0叫作______。
－kx
初相
平衡位置
最大位移
Asin(ωt＋φ0)
三、受迫振动和共振
1．受迫振动
2．共振
(1) 定义：做受迫振动的物体受到的驱动力的频率与其固有频率越接
近，其振幅就_____，当二者_____时，振幅达到最大，这就是共
振现象。
(2)共振曲线：如图所示。
定义 系统在周期性_______作用下的振动
特点 物体做受迫振动的周期(或频率)等于________的周期(或频率)，与物体的固有周期(或频率)______
驱动力
驱动力
无关
越大
相等
微点判断　
(1)简谐运动是匀变速运动。 ( )
(2)周期、频率是表征物体做简谐运动快慢程度的物理量。 ( )
(3)振幅等于振子运动轨迹的长度。 ( )
(4)简谐运动的回复力可以是恒力。 ( )
(5)弹簧振子每次经过平衡位置时，位移为零、动能最大。 ( )
(6)单摆在任何情况下的运动都是简谐运动。 ( )
(7)物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关。 ( )
×
√
×
×
√
×
√
(一) 简谐运动的规律及应用
考法(一)　简谐运动的规律
续表
[多维训练]
1．[简谐运动的理解]
关于简谐运动以及完成一次全振动的意义，以下说法正确的是 (　 )
A．位移的方向总跟加速度的方向相反，跟速度的方向相同
B．动能或势能第一次恢复为原来的大小所经历的过程为一次全振动
C．速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程为一次全振动
D．物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相同；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相反
解析：回复力与位移方向相反，故加速度和位移方向相反，但速度与位移方向可以相同，也可以相反，物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相反，背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同，A、D错误；一次全振动过程中，动能和势能可以多次恢复为原来的大小，B错误；速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程为一次全振动，C正确。
答案：C
答案：B
考法(二)　简谐运动的两种模型
续表
[多维训练]
3．[弹簧振子模型]
(多选)弹簧振子做简谐运动，O为平衡位置，从它经过O点时开始计时，经过0.3 s第一次到达点M，再经过0.2 s第二次到达点M，则弹簧振子的周期可能为 (　 )
A．0.53 s B．1.4 s C．1.6 s D．2 s
答案：AC　
答案：D
(二) 简谐运动图像的理解及应用
1．对简谐运动图像的两点认识
(1)简谐运动的图像是一条正弦或余弦曲线，如图所示。
(2)图像反映的是位移随时间的变化规律，随时间的增加而延伸，图像不代表质点运动的轨迹。
2．由图像可获取的五个信息
(1)判定振动的振幅A和周期T。(如图所示)
(2)判定振动物体在某一时刻的位移。
(3)判定某时刻质点的振动方向：
①下一时刻位移若增加，质点的振动方向是远离平衡位置；
②下一时刻位移若减小，质点的振动方向是指向平衡位置。
(4)判定某时刻质点的加速度(回复力)的大小和方向。
(5)比较不同时刻质点的势能和动能的大小。质点的位移越大，它所具有的势能越大，动能则越小。

[多维训练]
1．[对简谐运动图像的理解]
(2023·浙江1月选考) 主动降噪耳机能收集周围环境中的噪声信号，并产生相应的抵消声波。某一噪声信号传到耳膜的振动图像如图所示，取得最好降噪效果的抵消声波(声音在空气中的传播速度为340 m/s) (　 )
A．振幅为2A
B．频率为100 Hz
C．波长应为1.7 m的奇数倍
D．在耳膜中产生的振动与图中所示的振动同相
答案：B　
2．[两个简谐运动图像的对比]
如图是质量相等的甲、乙两个物体分别做简谐运动时的图像，下列说法错误的是 (　 )
A．甲、乙两物体的振幅分别是2 m和1 m
B．甲的振动频率比乙的大
C．前2 s内，两物体的加速度均为负值
D．第2 s末，甲的速度最大，乙的加速度最大
解析：由题图知，甲、乙两物体的振幅分别为2 cm和 1 cm，A错误；8 s内甲完成2次全振动，乙完成1次全振动，甲的振动频率比乙的大，B正确；前2 s内，甲、乙的位移均为正，所以加速度均为负值，C正确；第2 s末甲在平衡位置，速度最大，乙在最大位移处，加速度最大，D正确。
答案：A　
答案：A　
(三) 受迫振动和共振
1．三种振动的比较
2．对共振的理解
(1)共振曲线
如图所示，横坐标为驱动力的频率f，纵坐标为振幅A。它直观地
反映了驱动力的频率对某固有频率为f0的振动系统做受迫振动时
振幅的影响，由图可知，f与f0越接近，振幅A越大；当f＝f0时，
振幅A最大。
(2)受迫振动中系统能量的转化
做受迫振动的系统的机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换。
[多维训练]
1．[受迫振动的理解]
如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹
簧振子上下振动。开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得
其频率为2 Hz。现匀速转动摇把，转速为240 r/min。则 (　 )
A．当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5 s
B．当振子稳定振动时，它的振动频率是6 Hz
C．当转速增大时，弹簧振子的振幅增大
D．当转速减小时，弹簧振子的振幅增大
答案：D　
2．[受迫振动和共振的理解]
如图所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，其中A、B的摆长相等。
当A摆振动的时候，通过张紧的绳子给B、C、D摆施加驱动力，使
其余各摆做受迫振动。观察B、C、D摆的振动发现 (　 )
A．C摆的频率最小 B．D摆的周期最大
C．B摆的振幅最大 D．B、C、D的振幅相同
解析：由A摆摆动从而带动其他3个单摆做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，故其他各摆振动周期跟A摆相同，频率也相等，故A、B错误；受迫振动中，当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅达到最大，由于B摆的固有频率与A摆的频率相同，故B摆发生共振，振幅最大，故C正确，D错误。
答案：C　
3．[单摆的共振曲线的理解]
如图所示为两单摆分别在受迫振动中的共振曲线，则下列说法错
误的是 (　 )
A．若两摆的受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相同，
则图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线
B．若两摆的受迫振动是在地球上同一地点进行，则两摆摆长之比LⅠ∶LⅡ＝25∶4
C．图线Ⅱ若表示在地面上完成的，则该单摆摆长约为1 m
D．若摆长均为1 m，则图线Ⅰ表示在地面上完成的
答案：D
4．[共振现象的应用](2021·浙江1月选考)(多选)为了提高松树上
松果的采摘率和工作效率，工程技术人员利用松果的惯性发
明了用打击杆、振动器使松果落下的两种装置，如图甲、乙
所示。则 (　 )
A．针对不同树木，落果效果最好的振动频率可能不同
B．随着振动器频率的增加，树干振动的幅度一定增大
C．打击杆对不同粗细树干打击结束后，树干的振动频率相同
D．稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同
答案： AD

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