资源简介

实验13　探究电磁感应的产生条件
1．实验目的
(1)知道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．2．实验原理根据电磁感应定律，只要改变闭合电路的磁通量，就可以使闭合电路产生感应电流，感应电流的有无可通过连接在电路中的电流表的指针是否偏转来判定．本实验应注意探究改变闭合电路磁通量的多种方式．
参考方案有：向线圈中插、拔磁铁、模拟法拉第的实验．
3．实验器材：条形磁铁(两个)、导体棒、示教电流表、线圈(粗、细各一个)、学生电源、开关、滑动变阻器、导线若干．
4．实验步骤
(1)实验观察
①观察闭合电路的部分导体切割磁感线：如图1所示，导体左右平动、前后运动或上下运动．观察电流表的指针，作出表格并把观察到的现象记录在表中．
图1
②向线圈中插入磁铁，把磁铁从线圈中拔出：如图2所示，把磁铁的某一个磁极向线圈中插入、从线圈中拔出或静止地放在线圈中．观察电流表的指针，作出表格并把观察到的现象记录在表中．
图2
③模拟法拉第的实验
如图3所示，线圈A通过变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端与电流表连接，把线圈A装在线圈B的里面．观察以下几种操作中线圈B中是否有电流产生．作出表格并把观察到的现象记录在表中．
图3
a．开关闭合瞬间；
b．开关断开瞬间；
c．开关闭合时，滑动变阻器不动；
d．开关闭合时，迅速移动滑动变阻器的滑片．
(2)分析论证
(3)归纳总结
实验结论：只要穿过闭合电路的磁通量变化，闭合电路中就有感应电流产生．
1．若原线圈磁场较弱，为使现象明显，把原线圈插入或拔出时，可采用较大速度．
2．有时副线圈中虽然有磁通量变化，却观察不到感应电流，多半是由于电路接触不良引起的．
3．开始实验时滑动变阻器的滑片应置于连入电路的阻值最大的位置．
4．滑动变阻器在实验过程中连入电路的阻值不要太小．
1．[实验电路连接及故障分析]如图4所示是研究电磁感应现象实验所需的器材，用实线将带有铁芯的小螺线管A、电源、滑动变阻器和开关连接成回路Ⅰ，将小量程电流表和大螺线管B连接成回路Ⅱ.并列举出实验中改变回路Ⅱ的磁通量，使回路Ⅱ产生感应电流的三种方式：
图4
(1)_____________________________________________________________
______________________________________________________________；
(2)_______________________________________________________________________________________________________________________；
(3)__________________________________________________________
_____________________________________________________________.
【解析】　小螺线管A、滑动变阻器、电源、开关组成一个回路；大螺线管B与电流表组成一个闭合回路，如图所示．小螺线管A放在大螺线管B内，当小螺线管A中的电流发生变化时，大螺线管B处的磁场也发生变化，进而使穿过大螺线管B的磁通量发生变化，大螺线管B与电流表组成的闭合回路中就产生了感应电流，所以采取的方式只要能够改变A中的电流就可以了．
【答案】　实物连接见解析图
(1)开关闭合(或断开)瞬间
(2)将小螺线管A插入大螺线管B(或从大螺线管B中取出)
(3)将小螺线管A插入大螺线管B中后移动滑动变阻器的滑片
2．[实验现象分析](多选)已知一灵敏电流计，当电流从正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转，现把它与线圈串联，接成如图5所示电路，当条形磁铁按图示情况运动时，以下判断正确的是(　　)
图5
A．甲图中电流计指针偏转方向向右B．乙图中磁铁下端是N极
C．丙图中磁铁的运动方向向下
D．丁图中线圈的绕制方向从上往下看为顺时针方向
ABD　[甲图原磁场向下穿过线圈，据楞次定律，线圈感应电流磁场向上，由安培定则得A正确；同理分析乙和丙图，B正确，C错误；丁图原磁场向下，穿过线圈的磁通量减小，故线圈感应电流磁场向下，由安培定则判定D项正确．]第1节　电磁感应现象　楞次定律
[浙江考试标准]
知识内容
考试要求
命题规律
必考
加试
电磁感应现象
b
对本章内容的考查，重点有感应电流的产生、感应电动势方向的判断、感应电动势大小的计算及交变电流的有效值、瞬时值、变压器的原理及远距离输电等知识．有以下两种题型：1.常以选择题形式考查对基础知识、基本规律的理解与应用2.以计算题的形式考查综合性知识，如运动学、力学、能量、电路、图象等知识与电磁感应结合的问题，一般难度较大，分值较高.
楞次定律
c
法拉第电磁感应定律
d
电磁感应现象的两类情况
b
互感和自感
b
涡流、电磁阻尼和电磁驱动
b
交变电流
c
21世纪教育网21世纪教育网描述交变电流的物理量
c
电感和电容对交变电流的影响
b
变压器
c
电能的输送
c
实验　探究电磁感应的产生条件
√
实验　探究感应电流方向的规律
√
实验　探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系
√
第1节　电磁感应现象　楞次定律
考点一|
电磁感应现象
1．磁通量
(1)定义：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S和B的乘积．
(2)公式：Φ＝BS.
适用条件：①匀强磁场；②S为垂直磁场的有效面积．
(3)矢标性：磁通量的正、负号不表示方向，磁通量是标量．
2．电磁感应现象
(1)电磁感应现象：当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有感应电流产生的现象．
(2)产生感应电流的条件
①条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化．
②特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动．
1．磁通量发生变化的三种常见情况
(1)磁场强弱不变，回路面积改变；
(2)回路面积不变，磁场强弱改变；
(3)回路面积和磁场强弱均不变，但二者的相对位置发生改变．
2．判断电磁感应现象是否发生的一般流程
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
D　[产生感应电流必须满足的条件：①电路闭合；②穿过闭合电路的磁通量要发生变化．选项A、B电路闭合，但磁通量不变，不能产生感应电流，故选项A、B不能观察到电流表的变化；选项C满足产生感应电流的条件，也能产生感应电流，但是等我们从一个房间到另一个房间后，电流表中已没有电流，故选项C也不能观察到电流表的变化；选项D满足产生感应电流的条件，能产生感应电流，可以观察到电流表的变化，所以选D]．
2．(2016·余姚选考模拟)如图9 1 1所示的磁场中，有三个面积相同且相互平行的线圈S1、S2和S3，穿过S1、S2和S3的磁通量分别为Φ1、Φ2和Φ3，下列判断正确的是(　　)
图9 1 1
A．Φ1最大
B．Φ2最大
C．Φ3最大
D．Φ1＝Φ2＝Φ3
C　[三个线圈的面积相同，由图可看出第三个线圈所在处磁感线最密，即磁感应强度最强，所以Φ3最大．]
3．如图所示，矩形线框在磁场中做的各种运动，能够产生感应电流的是(　　)
B　[感应电流产生条件为：①穿过线框的磁通量发生变化；②电路闭合．A、C、D中穿过矩形线框的磁通量都不变，故不产生感应电流．]
4．(多选)如图9 1 2所示，一个金属薄圆盘水平放置在竖直向上的匀强磁场中，下列做法中能使圆盘中产生感应电流的是(　　)
图9 1 2
A．圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动
B．圆盘以某一水平直径为轴匀速转动
C．圆盘在磁场中向右匀速平移
D．匀强磁场均匀增加
BD　[只有穿过圆盘的磁通量发生变化时，圆盘中才产生感应电流．当圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动或圆盘在磁场中向右匀速平移时，
穿过圆盘的磁通量不发生变化，不能产生感应电流，A、C错误；当圆盘以某一水平直径为轴匀速转动或匀强磁场均匀增加时，穿过圆盘的磁通量发生变化，圆盘中将产生感应电流，B、D正确．]5．如图9 1 3所示为感应式发电机的结构图，a、b、c、d是空间四个可用电刷与铜盘边缘接触的点，O1、O2是铜盘轴线导线的接线端，M、N是电流表的接线端．现在将铜盘转动，能观察到感应电流的是(　　)
图9 1 3
A．将电流表的接线端M、N分别连接a、c位置
B．将电流表的接线端M、N分别连接O1、a位置
C．将电流表的接线端M、N分别连接O1、O2位置
D．将电流表的接线端M、N分别连接c、d位置
B　[当铜盘转动时，其切割磁感线产生感应电动势，此时铜盘相当于电源，铜盘边缘和中心相当于电源的两个极，则要想观察到感应电流，M、N应分别连接电源的两个极，故可知只有B项正确．]
考点二|
楞次定律
1．楞次定律
(1)内容：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)适用范围：一切电磁感应现象．
2．右手定则
(1)内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．
(2)适用情况：导体切割磁感线产生感应电流．
1．楞次定律中“阻碍”的含义
2．楞次定律的使用步骤
1．如图9 1 4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9 1 4
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
C　[磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，则圆环中先是向上的磁通量增加，磁铁中间通过以后，向上的磁通量减少，根据楞次定律，产生的感应电流方向(从上向下看)先顺时针后逆时针，选项C正确．]
图9 1 5
2．(2017·临海选考模拟)如图9 1 5所示，线圈与灵敏电流计构成闭合电路，当磁铁向下插入线圈的过程中，发现电流计指针向右偏转．则当磁铁(　　)
A．放在线圈中不动时，电流计指针向左偏转
B．从线圈中向上拔出时，电流计指针向左偏转
C．按图示位置在线圈外面上下移动时，电流计指针不会偏转
D．按图示位置在线圈外面左右移动时，电流计指针不会偏转
【答案】　B
3．如图9 1 6所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度H处同时释放(各线框下落过程中不翻转)，则以下说法正确的是(　　)
图9 1 6
A．三者同时落地
B．甲、乙同时落地，丙后落地
C．甲、丙同时落地，乙后落地
D．乙、丙同时落地，甲后落地
D　[甲是铜线框，在下落过程中产生感应电流，所受的安培力阻碍它的下落，故所需的时间长；乙没有闭合回路，丙是塑料线框，故都不会产生感应电流，它们做自由落体运动，故D正确．]
4．(2017·桐乡选考模拟)如图9 1 7所示，在两根平行长直导线M、N中通以同方向同大小的电流，矩形导线框abcd的两边与两导线平行，且与两导线在同一平面内，线框沿着与两导线垂直的方向自右向左在两导线间匀速移动，则在移动过程中线框中感应电流方向是(　　)
图9 1 7
A．沿abcd不变
B．沿adcb不变C．由abcd变成adcb
D．由adcb变成abcd
B　[本题中M与N中电流的方向相同，在M的右侧电流所产生的磁场方向垂直纸面向里，且离得越远，磁感应强度越小；在N的左侧电流所产生的磁场方向垂直纸面向外，且离得越远，磁感应强度越小，要正确解决此问题，我们需要应用楞次定律，可以判断出，闭合线框abcd在从N到M的运动过程中，垂直纸面向外的磁通量减少，垂直纸面向里的磁通量增加，为了阻碍磁通量的变化，线圈中的电流始终沿着adcb方向．故选项B正确．]第3节　电磁感应规律的综合应用
考点一|
电磁感应中的电路、图象问题
一、电磁感应中的电路问题
1．内电路和外电路
(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源．
(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电路．
2．电源电动势和路端电压
(1)电动势：E＝Blv或E＝n.
(2)路端电压：U＝IR＝E－Ir.
图象类型
(1)磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E和感应电流I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)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势E和感应电流I随位移x变化的图象，即E x图象和I x图象
问题类型
(1)由给定的电磁感应过程判断或画出正确的图象(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量(3)利用给出的图象判断或画出新的图象
应用知识
左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿定律、函数图象知识等
二．电磁感应的图象问题
1．解决电磁感应中的电路问题的一般步骤
(1)确定电源．切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，利用E＝n或E＝Blvsin
θ求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断电流方向．
(2)分析电路结构(内、外电路及外电路的串、并联关系)，画出等效电路图．
(3)利用电路规律求解．主要应用欧姆定律及串、并联电路的基本性质等列方程求解．
2．电磁感应中图象问题的分析技巧
(1)对于图象选择问题常用排除法：先看方向再看大小及特殊点．
(2)对于图象的描绘：先定性或定量表示出所研究问题的函数关系，注意横、纵坐标表达的物理量及各物理量的单位，画出对应物理图象(常有分段法、数学法)．
(3)对图象的理解：看清横、纵坐标表示的量，理解图象的物理意义．
1．如图9 3 1甲所示，一半径r＝0.5
m、电阻为R＝5
Ω、匝数为N＝100匝的圆形线圈两端A、C与一个理想电流表相连，线圈内有变化的磁场，以垂直纸面向里的磁场方向为正，磁场随时间的变化情况如图乙所示，则下列判断中正确的是(　　)
图9 3 1
A．在0～5
s的时间内，理想电流表示数的最大值为1
A
B．在t＝4
s时刻，流过电流表的电流方向为A→C
C．前2
s内，通过线圈某截面的总电荷量为0.1
CD．第2
s内，线圈的发热功率最大
C　[由法拉第电磁感应定律可知，流过线圈的电流I＝＝＝·，由此式可知，B t图象的斜率越大，则在线圈中产生的感应电流就越大，因此可判断在第1
s内的感应电流最大，代入数据有Im＝0.1
A，选项A错误；在t＝4
s时，由题意可知，此时穿过线圈的磁场方向为垂直纸面向外且正在逐渐增大，由楞次定律可知线圈中产生的感应电流的方向为顺时针方向，因此流过电流表的电流方向为C→A，选项B错误；由图乙可知，前2
s内只有第1
s内有磁通量的变化，会产生感应电流，第2
s内磁通量没有发生变化，所以不会产生感应电流，因此前2
s内通过线圈某截面的电荷量实际上为第1
s内的电荷量，由q＝可得q＝0.1
C，选项C正确，选项D错误．]
2．如图9 3 2，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨，空间存在垂直于纸面的均匀磁场，用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触，下列关于回路中电流i与时间t的关系图线，可能正确的是(　　)
图9 3 2
A　[设∠bac＝2θ，图示位置时a距棒的距离为l0，MN以速度v匀速运动，导体棒单位长度的电阻为R0.经过时间t，导体棒的有效切割长度L＝2(l0＋vt)tan
θ，感应电动势E＝BLv＝2Bv(l0＋vt)tan
θ，回路的总电阻R＝[2(l0＋vt)tan
θ＋]R0，回路中电流i＝＝，故i与t无关是一个定值，选项A正确．]
3．用均匀导线做成的正方形线圈边长为l，如图9 3 3所示，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，当磁场以的变化率增强时，不考虑磁场的变化对虚线右侧的影响，则(　　)
图9 3 3
A．线圈中感应电流方向为adbca
B．线圈中产生的电动势E＝l2
C．线圈中a点电势高于b点电势
D．线圈中b、a两点间的电势差为
D　[处于磁场中的线圈面积不变，增大时，通过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的方向为acbda方向，A项错；产生感应电动势的acb部分等效为电源，b端为等效电源的正极，电势高于a端，C项错；由法拉第电磁感应定律E＝＝·，知B项错；adb部分等效为外电路，b、a两点间电势差为等效电路的路端电压，U＝·R＝＝，D项正确．]
4．(2017·湖州选考模拟)如图9 3 4所示，
图9 3 4
PN与QM两平行金属导轨相距1
m，电阻不计，两端分别接有电阻R1和R2，且R1＝6
Ω，ab导体的电阻为2
Ω，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1
T．现ab以恒定速度v＝3
m/s匀速向右移动，这时ab杆上消耗的电功率与R1、R2消耗的电功率之和相等，求：
(1)R2的阻值；
(2)R1与R2消耗的电功率分别为多大？
(3)拉ab杆的水平向右的外力F为多大？
【解析】　(1)内外功率相等，则内外电阻相等，
＝2
Ω，解得R2＝3
Ω.
(2)E＝Blv＝1×1×3
V＝3
V，
总电流I＝＝
A＝0.75
A，
路端电压U＝IR外＝0.75×2
V＝1.5
V，
P1＝＝
W＝0.375
W，
P2＝＝
W＝0.75
W.
(3)F＝BIl＝1×0.75×1
N＝0.75
N.
【答案】　(1)3
Ω　(2)0.375
W　0.75
W
(3)0.75
N
5．(2016·浙江10月选考)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系，小明设计了如图9 3 5所示的装置．半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴OO′上，由电动机A带动旋转．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面，大小为B1，方向竖直向下的匀强磁场．另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内，并与固定在竖直平面内的“U”型导轨保持良好接触，导轨间距为l，底部阻值也为R的电阻，处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中．从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与“U”型导轨连接．当开关S断开，棒cd静止时，弹簧伸长量为x0；当开关S闭合，电动机以某一转速匀速转动，棒cd再次静止时，弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度)．不计其余电阻和摩擦等阻力，求此时：
图9 3 5
(1)通过棒cd的电流Icd；
(2)电动机对该装置的输出功率P；
(3)电动机转动角速度ω与弹簧伸长量x之间的函数关系.
【解析】　(1)对cd棒受力分析：
无电流时：mg＝kx0
有电流时：mg＋B2Ic
dl＝kx
解得：Ic
d＝.
(2)电动机输出功率就等于整个电路消耗的总功率；整个电路结构是两个阻值为R的电阻并联再和阻值为R的内阻串联．
故P＝EI
I＝2Ic
d
E＝U＋IR＝3Ic
dR
P＝6IR＝.
(3)电源电动势：E＝B1lv＝B1l2ω
电路总电阻：R总＝
cd棒的电流：Ic
d＝＝
对cd棒受力分析：kx＝mg＋B2Icdl
即：x＝mg＋B2l
解得：ω＝.
【答案】　(1)
(2)
(3)
考点二|
电磁感应中动力学和能量问题
1．电磁感应中的动力学问题
(1)安培力的大小
FA＝
(2)安培力的方向
①用左手定则判断：先用右手定则判断感应电流的方向，再用左手定则判定安培力的方向．
②用楞次定律判断：安培力的方向一定与导体切割磁感线的运动方向相反．
(3)有安培力参与的物体的运动
导体棒(或线框)在安培力和其他力的作用下，可以做加速运动、减速运动、匀速运动、静止或做其他类型的运动，可应用动能定理、牛顿运动定律等规律解题．
2．电磁感应现象中的能量问题
(1)能量的转化
感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为内能．
(2)实质
电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能之间的转化．
(3)电磁感应现象中能量的三种计算方法
①利用克服安培力求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．
②利用能量守恒求解：机械能的减少量等于产生的电能．
③利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电热来计算．
1．力学对象和电学对象的相互关系
2．电磁感应中动力学问题的分析思路
(1)电路分析：
导体棒相当于电源，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻，感应电流I＝.
(2)受力分析：
导体棒受到安培力及其他力作用，安培力F安＝BIl或，根据牛顿第二定律列动力学方程：F合＝ma.
(3)过程分析：
由于安培力是变力，导体棒做变加速或变减速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力平衡条件列平衡方程：F合＝0.
3．电磁感应中的能量转化
4．求解焦耳热Q的三种方法
1.
(多选)如图9 3 6所示，平行金属导轨与水平面间的夹角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B.有一质量为m、长为l的导体棒从ab位置获得平行于斜面的、大小为v的初速度向上运动，最远到达a′b′的位置，滑行的距离为s，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为μ.则(　　)
图9 3 6
A．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为
B．上滑过程中电流做功放出热量为mv2－mgs(sin
θ＋μcos
θ)
C．上滑过程中导体棒克服安培力做的功为mv2
D．上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2－mgssin
θ
BD　[上滑过程中，开始时导体棒的速度最大，受到的安培力最大为，A错；根据能量守恒，上滑过程中电流做功放出的热量为mv2－mgs(sin
θ＋μcos
θ)，B对；上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于产生的热，也是mv2－mgs(sin
θ＋μcos
θ)，C错；上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2－mgssin
θ，D对．]
2．(2017·台州选考模拟)如图9 3 7所示，两根足够长的光滑平行直导轨MN、PQ与水平面成θ角放置，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，磁场方向垂直于导轨平面向上，导轨和金属杆接触良好，它们的电阻不计．现让ab杆由静止开始沿导轨下滑．
图9 3 7
(1)求ab杆下滑的最大速度vmax；
(2)ab杆由静止释放至达到最大速度的过程中，电阻R产生的焦耳热为Q，求该过程中ab杆下滑的距离x及通过电阻R的电荷量q.
【解析】　(1)根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和牛顿第二定律，有
E＝BLv，I＝，F安＝BIL，mgsin
θ－F安＝ma.
即mgsin
θ－＝ma，
当加速度a为零时，速度v达到最大，速度最大值vm＝.
(2)根据能量守恒定律，有mgxsin
θ＝mv＋Q，
得x＝＋.
根据电磁感应定律有＝，
根据闭合电路欧姆定律有＝，
感应电荷量q＝Δt＝＝，
得q＝＋.
【答案】　(1)
(2)＋
＋
3．(2015·浙江10月选考)如图9 3 8所示，质量m＝3.0×10－3
kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l＝0.20
m，处于磁感应强度大小B1＝1.0
T、方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数n＝300
匝、面积S＝0.01
m2的线圈通过开关K与两水银槽相连．线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图2所示．
(1)求0～0.10
s线圈中的感应电动势大小；
(2)t＝0.22
s时闭合开关K，若细杆CD所受安培力方向竖直向上，判断CD中的电流方向及磁感应强度B2的方向；
(3)t＝0.22
s时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h＝0.20
m，求通过细杆CD的电荷量.
甲
乙
图9 3 8
【解析】　(1)由电磁感应定律E＝n
得E＝nS＝30
V.
(2)因细杆CD所受安培力竖直向上，由左手定则知电流方向C→D，
由图及楞次定律知，B2方向向上．
(3)由牛顿第二定律F＝ma＝m
(或由动量定理FΔt＝mv－0)
安培力F＝IB1l
ΔQ＝IΔt
v2＝2gh
得ΔQ＝＝0.03
C.
【答案】　(1)30
V　(2)电流方向C→D　B2方向向上　(3)0.03
C第4节　交变电流
考点一|
交变电流的产生与描述
1．产生
如图9 4 1所示，将闭合线圈置于匀强磁场中，并绕垂直于磁感线方向的轴做匀速转动．
图9 4 1
2．周期和频率
(1)周期T：交变电流完成一次周期性变化(线圈转动一周)所需的时间，单位是秒(s)．公式表达式为T＝.
(2)频率f：交变电流在1
s内完成周期性变化的次数，单位是赫兹(Hz)．
(3)周期和频率的关系：T＝或f＝.
3．交变电流的“四值”
(1)瞬时值：交变电流某一时刻的值，是时间的函数．
(2)峰值：交变电流的电流或电压所能达到的最大值．
(3)有效值：让交变电流与恒定电流分别通过相同的电阻，如果它们在交变电流的一个周期内产生的热量相等，则这个恒定电流的电流I、电压U就是这个交变电流的有效值．
(4)正弦式交变电流的有效值与峰值之间的关系：
I＝，U＝，E＝.
(5)平均值：交变电流图象中波形与横轴所围面积跟时间的比值，其数值可以用＝n计算．
1．正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)
物理量
函数表达式
图象
磁通量
Φ＝Φmcos
ωt＝BScos
ωt
电动势
e＝Emsin
ωt＝nBSωsin
ωt
电压
u＝Umsin
ωt＝sin
ωt
电流
i＝Imsin
ωt＝sin
ωt
2．有效值的计算
(1)公式法
利用E＝、U＝、I＝计算，只适用于正(余)弦式交变电流．
(2)利用有效值的定义计算(非正弦式电流)
交变电流的有效值是根据电流的热效应(电流通过电阻生热)进行定义的，所以进行有效值计算时，要紧扣电流通过电阻生热(或热功率)．注意“三同”：即“相同电阻”，“相同时间”内产生“相同热量”．计算时“相同时间”要取周期的整数倍，一般取一个周期．
(3)利用能量关系
当有电能和其他形式的能转化时，可利用能的转化和守恒定律来求有效值．
1．(多选)当交流发电机的线圈转到线圈平面与中性面重合时，下列说法中正确的是(　　)
A．电流将改变方向
B．磁场方向和线圈平面平行
C．线圈的磁通量最大
D．线圈产生的感应电动势最大
AC　[当线圈平面与中性面重合时，磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，电流将改变方向．故选A、C.]
2．(多选)矩形线框在匀强磁场内匀速转动的过程中，线框输出的交变电压随时间变化的图象如图9 4 2所示，下列说法中正确的是(　　)
图9 4 2
A．交变电压的有效值为36
V
B．交变电压的最大值为36
V，频率为0.25
Hz
C．2
s末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量最大
D．1
s末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量变化最快
【答案】　BC
3．有一不动的矩形线圈abcd，处于范围足够大的可转动的匀强磁场中，如图9 4 3所示．该匀强磁场是由一对磁极N、S产生，磁极以OO′为轴匀速转动．在t＝0时刻，磁场的方向与线圈平行，磁极N开始离开纸面向外转动，规定由a?b?c?d?a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是(　　)
图9 4 3
C　[磁极以OO′为轴匀速转动可等效为磁场不动线圈向相反方向转动，在t＝0时刻，由右手定则可知，产生的感应电流方向为a?b?c?d?a，因磁场的方向与线圈平行，感应电流最大，故C项正确．]
4．如图9 4 4所示，N＝50
匝的矩形线圈abcd，ab边长l1＝20
cm，ad边长l2＝25
cm，放在磁感应强度B＝0.4
T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n＝3
000
r/min的转速匀速转动，线圈电阻r＝1
Ω，外电路电阻R＝9
Ω，t＝0
时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里．求：
图9 4 4
(1)t＝0时感应电流的方向；
(2)感应电动势的瞬时值表达式；
(3)线圈转一圈外力做的功.
【解析】　(1)根据右手定则，线圈感应电流方向为adcba.
(2)线圈的角速度ω＝2πn＝100π
rad/s
图示位置的感应电动势最大，其大小为
Em＝NBl1l2ω
代入数据得Em＝314
V
感应电动势的瞬时值表达式
e＝Emcos
ωt＝314cos(100πt)V.
(3)电动势的有效值
E＝
线圈匀速转动的周期
T＝＝0.02
s
线圈匀速转动一圈，外力做功大小等于电功的大小，即W＝I2(R＋r)T＝·T
代入数据得W≈98.6
J.
【答案】　(1)感应电流方向沿adcba　(2)e＝314cos(100πt)V　(3)98.6
J
考点二|
电感和电容对交变电流的影响
1．影响电感对交变电流的阻碍作用的因素
电感器的自感系数、交变电流的频率．
(1)电感器的自感系数越大，对交变电流的阻碍作用越大．
(2)交变电流的频率越高，电感器对交变电流的阻碍作用越大．
2．影响电容器对交变电流阻碍作用的因素
电容器的电容、交变电流的频率．
(1)电容器的电容越大，对交变电流的阻碍作用越小．
(2)交变电流的频率越高，电容器对交变电流的阻碍作用越小．
1．电感器的应用——扼流圈
类型
低频扼流圈
高频扼流圈
构造
匝数多，有铁芯(由铜线绕制)
匝数少，无铁芯(由铜线绕制)
自感系数L
较大
较小
感抗XL大小
较大
较小
作用
通直流，阻交流
通直流、通低频，阻高频
(1)“通直流，阻交流”这是对两种不同类型的电流而言的，因为直流电流的方向不变化，不能引起自感现象，交变电流的电流方向时刻改变，必有自感电动势产生来阻碍电流的变化．
(2)“通低频，阻高频”这是对不同频率的交变电流而言的，因为交变电流的频率越高，电流的变化越快，线圈的自感作用越强，感抗也就越大．
2．电容器在电路中的应用
(1)隔直电容器：通交流，阻直流．
如图9 4 5所示，输入信号既有交流成分又有直流成分，在下一级电路的输入端前串联一个电容器(电容较大)，就可以阻挡直流成分，只让交流成分通过．
图9 4 5
(2)高频旁路电容器：通高频，阻低频．
如图9 4 6所示，输入信号中既有高频成分又有低频成分，在下一级电路的输入端并联一个电容器(电容较小)，就可只把低频成分的交流信号输送到下一级装置．
图9 4 6
1．(多选)如图9 4 7所示的实验电路中，若交流电压的有效值与直流电压相等，S为双刀双掷开关，下列叙述中正确的是(　　)
图9 4 7
A．当S掷向a、b时灯较亮，掷向c、d时灯较暗
B．当S掷向a、b时灯较暗，掷向c、d时灯较亮
C．S掷向c、d，把电感线圈中的铁芯抽出来时灯变亮
D．S掷向c、d，电源电压不变，而使频率减小时灯变暗
AC　[线圈对恒定电流(直流)几乎无阻碍作用，对交变电流线圈自感系数越大，阻碍作用越大．]
2．如图9 4 8所示，电路由交流电源供电，最大电压保持不变，如果交变电流的频率升高，则下列说法中正确的是(　　)
图9 4 8
A．电容器上的电荷量最大值增大
B．电容器的阻碍作用增大
C．电路中灯泡的亮度变亮
D．电路中灯泡的亮度变暗
C　[当交变电流的频率升高时，电容器的阻碍作用减小，灯泡的亮度变亮，灯泡两端的电压变大，故选项C正确，选项B、D错误；由Q＝CU可知，选项A错误．]
3．(多选)(2017·湖州选考模拟)如图9 4 9所示，当交流电源的电压(有效值)U＝220
V，频率f＝50
Hz时，三只灯泡L1、L2、L3的亮度相同(L无直流电阻)，若将交流电源的频率变为f＝100
Hz，则(　　)
图9 4 9
A．L1灯比原来亮
B．L2灯比原来亮
C．L3灯和原来一样亮D．L3灯比原来亮
AC　[电容器对交流电的阻碍作用与交变电流的频率有关，频率越高阻碍作用越小，所以选项A正确；电感器对交变电流的阻碍作用随频率的升高而增大，所以选项B错误；电阻R对交变电流的阻碍作用与电源的频率无关，所以选项C正确，选项D错误．]
考点三|
变压器　电能的输送
1．理想变压器
(1)构造和原理(如图9 4 10所示)
图9 4 10
①主要构造由原线圈、副线圈和闭合铁芯组成．
②工作原理：电磁感应的互感现象．
(2)基本关系
①电压关系：＝.
②功率关系：P入＝P出．
③电流关系：a.只有一个副线圈时：＝.
b．有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn.2．远距离输电
(1)输电过程(如图9 4 11所示)
图9 4 11
(2)电压损失
①ΔU＝U－U′.②ΔU＝IR.
(3)功率损失
①ΔP＝P－P′.②ΔP＝I2R＝2R.
(4)减少输电线上电能损失的方法
①减小输电线的电阻R线．由R线＝ρ知，可采用加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线．
②减小输电导线中的电流．在输电功率一定的情况下，根据P＝UI，要减小电流，必须提高输电电压．
1．理想变压器的动态分析
(1)匝数比不变的情况(如图9 4 12所示)
图9 4 12
①U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，可以得出不论负载电阻R如何变化，U2不变．
②当负载电阻发生变化时，I2变化，根据输出电流I2决定输入电流I1，可以判断I1的变化．
③I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化．
(2)负载电阻不变的情况(如图9 4 13所示)
图9 4 13
①U1不变，发生变化，U2变化．
②R不变，U2变化，I2发生变化．
③根据P2＝和P1＝P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，I1发生变化．
2．远距离输电
(1)理清三个回路
图9 4 14
远距离输电电网间的基本结构，如图9 4 14所示．输电过程的电路被划分为三个独立的回路，即电源回路、输送回路和用户回路．在每个回路中，变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源，每个回路均可应用闭合电路欧姆定律、串并联电路的规律，而变压器的电压、电流、功率关系则是联系不同回路的桥梁．
(2)抓住两个联系
①理想的升压变压器联系了电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是：＝，I1n1＝I2n2，P1＝P2.
②理想的降压变压器联系了输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是：＝，I3n3＝I4n4，P3＝P4.
(3)掌握一个能量守恒定律
发电机把机械能转化为电能，并通过导线将能量输送给线圈1，线圈1上的能量就是远程输电的总能量，在输送过程中，先被输送回路上的导线电阻损耗一小部分，剩余的绝大部分通过降压变压器和用户回路被用户使用消耗，所以其能量关系为P1＝P线损＋P用户．
1．(2017·衢州选考模拟)如图9 4 15，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，○V和 均为理想电表，灯泡电阻RL＝6
Ω，AB端电压u1＝12sin
100πt(V)．下列说法正确的是(　　)
图9 4 15
A．电流频率为100
Hz
B．○V的读数为24
V
C． 的读数为0.5
A
D．变压器输入功率为6
W
D　[由ω＝2πf＝100π
rad/s得：f＝50
Hz，A错．有效值U1＝12
V，又：＝
得：U2＝6
V，I2＝＝1
A，选项B、C错．由能量守恒得P1＝P2＝U2I2＝6
W，D选项对．]
2．(多选)理想变压器原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u随时间t变化的规律如图9 4 16所示，原、副线圈匝数比＝，副线圈只接入一个R＝10
Ω的电阻，则(　　)
图9 4 16
A．与电阻R并联的电压表示数为3.11
V
B．流过电阻R的电流最大值为0.311
A
C．变压器的输入功率为0.484
W
D．一个周期内，电阻R上产生的热量为9.68×10－3
J
BCD　[原线圈两端电压有效值是220
V，则根据＝可得副线圈两端电压有效值U2＝2.2
V，电压表测得的是有效值，A错；流过副线圈的电流有效值I2＝0.22
A，流过副线圈的电流最大值为0.311
A，B对；变压器输入功率等于输出功率，输出功率P2＝U2I2＝0.484
W，C对；根据Q＝IRt并代入数据可得Q＝9.68×10－3
J，D对．]
3．(多选)如图9 4 17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9 4 17
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
BC　[Q位置不动，副线圈电压U2不变，当P上滑时，R增大，由P＝可知总功率减小，原线圈电压U1不变，由P＝U1I1可知原线圈电流I1减小，故A错误，B正确；当P位置不动，Q上滑时，由＝知U2增大，同理分析原线圈电流I1增大，故C正确，D错误．]
4.
(多选)如图9 4 18所示的电路中，理想变压器的输入电压u不变，R1为定值电阻，若要使电压表示数增大，可采用的办法是(　　)
图9 4 18
A．保持其他不变，将滑动接头p向上移
B．保持其他不变，将滑动接头p向下移
C．保持其他不变，增大R2
D．保持其他不变，减小R2
AC　[根据串反并同，要使电压表的示数增大，可以使与电压表并联的滑动变阻器的阻值增大，C正确、D错误；将滑动接头p向上移，n1减小，变压器的输入电压不变，输出电压增大，副线圈回路的电流增大，滑动变阻器分压增大，电压表示数增大，A正确、B错误．]实验14　探究感应电流方向的规律
1．实验目的
研究感应电流方向的判定规律．
2．实验原理
以实验为基础，从几种现象中总结归纳出结论，以下面四种情况为例：
图1
表1　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
磁场方向向下磁通量增加
逆时针
向上
乙
磁场方向向上磁通量增加
顺时针
向下
表2　线圈内磁通量减少时的情况
图号
磁场方向
感应电流的方向
感应电流的磁场方向
丙
磁场方向向下磁通量减少
顺时针
向下
丁
磁场方向向上磁通量减少
逆时针
向上
表1说明：当线圈中磁通量增加时，感应电流的磁场方向跟磁铁的磁场方向相反．
表2说明：当线圈中磁通量减少时，感应电流的磁场方向跟磁铁的磁场方向相同．
由此得出：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．3．实验步骤
(1)按图2连接电路，闭合开关，记录下G中流入电流方向与灵敏电流计G中指针偏转方向的关系．(如电流从左接线柱流入，指针向右偏还是向左偏？)
图2
(2)记下线圈绕向，将线圈和灵敏电流计构成通路．
(3)把条形磁铁N极(或S极)向下插入线圈中，并从线圈中拔出，每次记下电流计中指针偏转方向，然后根据步骤1的结论，判定出感应电流方向，从而可确定感应电流的磁场方向．
(4)根据实验结果，填写下表：
磁铁运动情况
N极下插
N极上拔
S极下插
S极上拔
磁铁产生磁场方向
线圈磁通量变化
感应电流磁场方向
(5)学生活动，总结．(6)形成结论．
1．灵敏电流计满偏电流为±300
μA，允许通过的电流很小，查明电流计指针的偏转方向和电流方向的关系时，应使用一节干电池．2．原、副线圈接入电路前应仔细观察导线绕向并画出草图．
1．[实验电路连接]如图3所示的器材可用来研究电磁感应现象及判定感应电流的方向，其中L1为原线圈，L2为副线圈．(1)在给出的实物图中，将实验仪器连成完整的实验电路．
(2)在实验过程中，除了查清流入检流计电流方向与指针偏转方向之间的关系之外，还应查清________的绕制方向(选填“L1”、“L2”或“L1和L2”)．
闭合开关之前，应将滑动变阻器的滑动头P处于________端(选填“左”或“右”)．
图3
【解析】　(1)探究电磁感应现象的实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，检流计与副线圈组成另一个闭合电路；电路图如图所示；(2)在实验过程中，除了查清流入检流计电流方向与指针偏转方向之间的关系之外，还应查清原线圈L1与副线圈L2的绕制方向．由电路图可知，闭合开关之前，应将滑动变阻器的滑动头P处于右端，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大．
【答案】　(1)电路图见解析　(2)L1和L2　右
2．[实验现象分析](多选)如图4甲所示开关S闭合后电流表指针由中央向左偏，当把一个线圈A和这个电流表串联起来(图乙)后，将一个条形磁铁B插入或拔出线圈时，线圈中会产生感应电流，经观察发现，电流表指针由中央位置向右偏，这说明(　　)
图4
A．如果磁铁的下端是N极，则磁铁正在远离线圈
B．如果磁铁的下端是S极，则磁铁正在远离线圈
C．如果磁铁的下端是N极，则磁铁正在靠近线圈
D．如果磁铁的下端是S极，则磁铁正在靠近线圈
AD　[根据题图甲，可以知道电流表的指针向电流流入的方向偏转，螺线管相当于一个电源，电源的正极在上端．根据安培定则，螺线管上端是S极．如果磁铁的下端是N板，则磁铁正在远离线圈；如果磁铁的下端是S极，则磁铁正在靠近线圈，故A、D正确．]第2节　法拉第电磁感应定律　自感和涡流
考点一|
法拉第电磁感应定律
1．感应电动势
(1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势．
(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关．
(3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断．
2．法拉第电磁感应定律
(1)内容
感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比．
(2)公式
E＝n，其中n为线圈匝数．
1．对法拉第电磁感应定律的理解
(1)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率共同决定，而与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然的联系．
(2)磁通量的变化率对应Φ t图线上某点切线的斜率．
2．应用法拉第电磁感应定律的三种情况
(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝BΔS，则E＝n；
(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔBS，则E＝n；
(3)磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求，ΔΦ＝|Φ末－Φ初|，E＝n≠n.
3．应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题
(1)公式E＝n求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值．
(2)利用公式E＝nS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积．
(3)通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关．推导如下：q＝Δt＝Δt＝.
1．如图9 2 1所示，栅栏大门朝正南方向，在门的四角上钉有四个钉子，沿着钉子绕有50匝的大线圈，面积约为4
m2.若该地区地磁场的水平分量约为4×10－5T，那么，小明在2s内把关闭的大门打开并转过90°的过程中，线圈中产生的平均感应电动势约为(　　)
图9 2 1
A．2×10－2
V
．4×10－3
V
C．1.6×10－4
V
D．8×10－5
V
B　[根据法拉第电磁感应定律E＝n得E＝50×
V＝4×10－3
V，故B项正确．]
2．(多选)(2017·宁波联考)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9 2 2所示，则(　　)
图9 2 2
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
BC　[由法拉第电磁感应定律知E∝，故t＝0及t＝2×10－2
s时刻，E＝0，A错，C对；t＝1×10－2
s，E最大，B对；0～2×10－2
s，ΔΦ≠0，E≠0，D错．]
3．如图9 2 3所示，某实验小组在操场上做摇绳发电实验．长导线两端分别连在灵敏电流表的两个接线柱上，形成闭合电路．两位同学以每2秒约3圈的转速匀速摇动AB段导线．假定被摇动的导线由水平位置1按图示方向第一次运动到竖直位置2的过程中，磁通量的变化量约为10－4Wb，则该过程回路中产生的感应电动势约为(　　)
图9 2 3
A．2×10－4
V
B．2.7×10－4
V
C．3×10－4
V
D．6×10－4
V
D　[T＝
s，Δt＝T＝
s，根据法拉第电磁感应定律，E＝＝
V＝6×10－4
V，故D项正确．]
4．图9 2 4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9 2 4
A．恒为
B．从0均匀变化到
C．恒为－
D．从0均匀变化到－
C　[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．]
考点二|
导体切割磁感线产生的感应电动势
1．公式E＝Blv的使用条件
(1)匀强磁场．
(2)B、l、v三者相互垂直．
2．“瞬时性”的理解
(1)若v为瞬时速度，则E为瞬时感应电动势．
(2)若v为平均速度，则E为平均感应电动势．
3．“相对性”的理解
E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动，应注意速度间的相对关系．
4．电磁感应现象的两类情况
(1)感生电动势：磁场变化时在空间激发的电场叫做感生电场，感生电场的电场线是闭合曲线，产生的电动势叫感生电动势．
(2)动生电动势：导体在磁场中运动时产生的电动势．
1．E＝Blv中l的有效性
公式中的l为导体切割磁感线的有效长度．如图9 2 5中，导体棒的有效长度为ab间的距离．
图9 2 5
2．导体转动切割磁感线产生感应电动势的情况
若长为L的导体棒在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动，则
(1)以中点为轴时，E＝0(不同两段的代数和)．
(2)以端点为轴时E＝BωL2.
(3)以任意点为轴时E＝Bω(L－L)(L1>L2，不同两段的代数和)．
1．(2017·兰溪选考模拟)如图9 2 6所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2.则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1∶E2分别为(　　)
图9 2 6
A．c→a,2∶1
．a→c,2∶1
C．a→c,1∶2
D．c→a,1∶2
C　[金属杆垂直切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv，判断金属杆切割磁感线产生的感应电流方向可用右手定则．由右手定则判断可得，通过电阻R的电流方向为a→c，由E＝Blv知，
E1＝Blv，E2＝2Blv，则E1∶E2＝1∶2，故选项C正确．]
2．如图9 2 7所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距为0.4
m，左端接有阻值为0.2
Ω的电阻．一质量为0.2
kg、电阻为0.1
Ω的金属棒MN放置在导轨上，导轨之间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为0.5
T．棒在水平向右的外力作用下以0.3
m/s的速度匀速运动，运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．已知导轨足够长且电阻不计，则(　　)
图9 2 7
A．MN棒运动过程中两端的电压为0.02
V
B．MN棒运动过程中两端的电压为0.06
V
C．棒匀速运动1
s过程中电阻R发热0.008
J
D．棒匀速运动1
s过程中电阻R发热0.012
J
C　[E＝Blv＝0.5×0.4×0.3
V＝0.06
V，I＝＝0.2
A，根据闭合电路知识知MN棒两端电压为路端电压U＝IR＝0.04
V，A、B项错误；Q＝I2Rt＝0.22×0.2×1
J＝0.008
J，C项正确，D项错误．]
3．(2017·平湖选考模拟)如图9 2 8所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计，R左侧导线与圆盘边缘接触，右侧导线与圆盘中心接触)(　　)
图9 2 8
A．由c到d，I＝
B．由d到c，I＝
C．由c到d，I＝
D．由d到c，I＝
D　[可将金属圆盘看成由无数条金属棒沿半径方向排列，每条金属棒在磁场中转动产生的电动势，电动势不变，故金属圆盘产生的电动势为.通过电阻R的电流大小I＝，电流的方向可由右手定则判断出由d到c，故选项D正确．]
4．(多选)半径为a、右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.直杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，直杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，直杆的位置由θ确定，如图9 2 9所示．则(　　)
图9 2 9
A．θ＝0时，直杆产生的电动势为2Bav
B．θ＝时，直杆产生的电动势为Bav
C．θ＝0时，直杆受的安培力大小为
D．θ＝时，直杆受的安培力大小为
AD　[当θ＝0时，直杆切割磁感线的有效长度l1＝2a，所以直杆产生的电动势E1＝Bl1v＝2Bav，选项A正确．此时直杆上的电流I1＝＝，直杆受到的安培力大小F1＝BI1l1＝，选项C错误．当θ＝时，直杆切割磁感线的有效长度l2＝2acos＝a，直杆产生的电动势E2＝Bl2v＝Bav，选项B错误．此时直杆上的电流I2＝＝，直杆受到的安培力大小F2＝BI2l2＝，选项D正确．]
考点三|
互感、自感和涡流
1．互感现象
(1)定义：两个相互靠近的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势，这种现象叫互感．
(2)作用：利用互感现象可以把能量由一个线圈传递到另一个线圈，如变压器、收音机的磁性天线．
2．自感现象
(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫做自感电动势．
(2)表达式：E＝L.
(3)自感系数L的影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关．
3．涡流现象
(1)涡流：块状金属放在变化磁场中，或者让它在磁场中运动时，金属块内产生的旋涡状感应电流．
(2)产生原因：金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流．
(3)涡流的利用：冶炼金属的高频感应炉利用强大的涡流产生焦耳热使金属熔化；家用电磁炉也是利用涡流原理制成的．
(4)涡流的减少：各种电机和变压器中，用涂有绝缘漆的硅钢片叠加成的铁芯，以减少涡流．
4．电磁阻尼
(1)定义：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动．
(2)应用：磁电式仪表中利用电磁阻尼使指针迅速停止，便于读数．
5．电磁驱动
(1)定义：磁场相对于导体转动时，导体中产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用，使导体运动起来．
(2)应用：交流感应电动机．
1．自感现象的四大特点
(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化．
(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化．
(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体．
(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向．
2．通电自感与断电自感的比较
通电自感
断电自感
电路图
器材规格
A1、A2同规格，R＝RL，L较大
L很大(有铁芯)，RL现象观察
S闭合瞬间，A2灯立即亮起来，A1灯逐渐变亮，最终一样亮
开关S断开时，灯A突然闪亮一下后再渐渐熄灭
理论理解
开关闭合时，线圈产生自感电动势，阻碍电流的增大，使流过A1灯的电流比流过A2灯的电流增加得慢
断开S时，线圈L产生自感电动势，阻碍电流的减小，使通过L的电流从原来电流减小，由于IL>IA，会使得流过A灯的电流突然增大，从而使A灯闪亮一下后渐渐熄灭
能量转化
电能转化为磁场能
磁场能转化为电能
1．(2017·永康选考模拟)如图9 2 10所示为高频电磁炉的工作示意图，它是采用电磁感应原理产生涡流加热的，它利用变化的电流通过线圈产生变化的磁场，当变化的磁场通过含铁质锅的底部时，即会产生无数小涡流，使锅体本身自行高速升温，然后再加热锅内食物．电磁炉工作时产生的电磁波，完全被线圈底部的屏蔽层和顶板上的含铁质锅所吸收，不会泄漏，对人体健康无危害．关于电磁炉，以下说法中正确的是(　　)
图9 2 10
A．电磁炉是利用变化的磁场在食物中产生涡流对食物加热的B．电磁炉是利用变化的磁场产生涡流，使含铁质锅底迅速升温，进而对锅内食物加热的
C．电磁炉是利用变化的磁场使食物中的极性水分子振动和旋转来对食物加热的
D．电磁炉跟电炉一样是让电流通过电阻丝产生热量来对食物加热的
B　[电磁炉的工作原理是利用变化的电流通过线圈产生变化的磁场，变化的磁场通过含铁质锅的底部产生无数小涡流，使锅体温度升高后加热食物，故选项A、D错误，B正确；而选项C是微波炉的加热原理，C错误．]
2．(多选)涡流检测是工业上无损检测的方法之一．如图9 2 11所示，线圈中通以一定频率的正弦交流电，靠近待测工件时，工件内会产生涡流，同时线圈中的电流受涡流影响也会发生变化．下列说法中正确的是(　　)
图9 2 11
A．涡流的磁场总是要阻碍穿过工件磁通量的变化
B．涡流的频率等于通入线圈的交流电频率
C．通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力
D．待测工件可以是塑料或橡胶制品
ABC　[由楞次定律可知，涡流的磁场总是要阻碍穿过工件磁通量的变化，选项A正确；类似于变压器，涡流的频率等于通入线圈的交流电频率，选项B正确；由于电流在磁场中受安培力作用，故通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力，选项C正确；涡流必须是在导体中产生，故待测工件不能是塑料或橡胶制品，选项D错误．]
3．如图9 2 12所示，电路中电源内阻不能忽略，电阻R的阻值和线圈L的自感系数都很大，A、B为两个完全相同的灯泡，当S闭合时，下列说法正确的是(　　)
图9 2 12
A．A比B先亮，然后A灭
B．B比A先亮，然后B逐渐变暗
C．A、B一起亮，然后A灭
D．A、B一起亮，然后B灭
B　[S闭合时，由于与A灯串联的线圈L的自感系数很大，故在线圈上产生很大的自感电动势，阻碍电流的增大，所以B比A先亮，故选项A、C、D错误．稳定后，总电阻减小，路端电压减小，流过B灯支路的电流减小，所以B灯逐渐变暗，故选项B正确．]
4．(2017·平湖选考模拟)如图9 2 13所示，电感线圈L的自感系数足够大，其电阻忽略不计，LA、LB是两个相同的灯泡，且在下列实验中不会烧毁，电阻R2的阻值约等于R1的两倍，则(　　)
图9 2 13
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
D　[由于灯泡LA与线圈L和R1串联，灯泡LB与电阻R2串联，当S闭合瞬间，通过线圈的电流突然增大，线圈产生自感电动势，阻碍电流的增大，所以LB比LA先亮，A、B项错误；由于LA所在的支路电阻阻值较小，故稳定时电流较大，即LA更亮一些，当S断开瞬间，线圈产生自感电动势，两灯组成的串联电路中，电流从线圈中开始减小，即从IA减小，故LA慢慢熄灭，LB闪亮后才慢慢熄灭．C错误，D正确．]实验15　探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系
1．实验目的
(1)知道变压器原、副线圈间的几个关系式．
(2)知道用控制变量法探究几个关系．2．实验原理
变压器是由原线圈、副线圈和铁芯组成的．电流通过原线圈时在铁芯中产生磁场，由于电流的大小、方向在不断变化，铁芯中的磁场也不断变化，变化的磁场在副线圈中产生感应电动势，副线圈中就存在输出电压．本实验通过与副线圈相连接的灯泡，观察原线圈电压变化时副线圈的输出电压的变化；通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系．
3．实验器材
学生电源、可拆变压器、交流电压表、灯泡、开关、导线．
4．实验步骤
(1)利用小灯泡的亮暗定性观察线圈两端电压与匝数的关系．
①按图1所示连接好电路．
②保持原线圈匝数不变，改变副线圈匝数，记录灯泡亮暗程度．
③保持副线圈匝数不变，改变原线圈匝数，记录灯泡亮暗程度．
图1
N2A　N1　　
100
200
400
100
暗
比较亮
亮
200
比较暗
暗
比较亮
400
很暗
比较暗
暗
④得出结论．
通过实验结果分析可知：当原线圈匝数不变时，副线圈的匝数越多小灯泡越亮，表明副线圈两端的电压越大；当副线圈的匝数不变时，原线圈的匝数越多小灯泡越暗，表明副线圈两端的电压变小．
(2)定量研究线圈两端电压与匝数的关系
①保持原线圈匝数不变，改变副线圈匝数，用多用电表交流电压挡测出原、副线圈两端电压，记录到表格中．
②保持副线圈匝数不变，改变原线圈匝数，用多用电表交流电压挡测出原、副线圈两端电压，记录到表格中．
1．由于有两组线圈，我们在研究时应该利用控制变量法，先保持原线圈的匝数不变，改变副线圈的匝数，研究对副线圈电压的影响．然后再保持副线圈的匝数不变，改变原线圈的匝数，研究对副线圈电压的影响．(电路上要标出两个线圈的匝数、原线圈欲加电压的数值且要事先推测副线圈两端电压的可能数值)
2．连接电路后要同组的几位同学各自独立检查后，方可接通电源．
3．为了人身安全，我们使用低压交流电源，所用电压不要超过12
V.
4．为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程试测，大致确定被测电压后再选用适当的挡位进行测量．
5．得出探究结果后，要力求用准确而精练的语言把它表述出来．如果可能，最好用数学式来表示.
1．[实验器材的选取]在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，实验室中备有下列可供选择的器材：A．可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)
B．条形磁铁C．直流电源
D．多用电表E．开关、导线若干
上述器材在本实验中不必用到的是________(填器材前的序号)，本实验中还需要用到的器材有________．【解析】　探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系，需要知道原、副线圈的匝数，可拆变压器就能满足条件，故A必用到．
变压器的原理是互感现象，是原线圈磁场的变化引起副线圈感应电流的变化，所以不需要外界的磁场，故B不必用到．变压器的原理是互感现象，是原线圈磁场的变化引起副线圈感应电流的变化，如果原线圈中通的是直流电源，则副线圈中不会有感应电流产生，故C不必用到，需要用到低压交流电源．
探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系，需要测电压，所以需要一个测电压的仪器，故D必用到．
做电学实验，当然需要用到开关、导线，故E必用到．
【答案】　BC　低压交流电源
2．[实验原理与操作]做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验时，原线圈接在学生电源上，用多用电表测量副线圈的电压，下列操作正确的是(　　)
A．原线圈接直流电压，电表用直流电压挡
B．原线圈接直流电压，电表用交流电压挡
C．原线圈接交流电压，电表用直流电压挡
D．原线圈接交流电压，电表用交流电压挡
D　[副线圈上的感应电动势是通过两个线圈间的互感现象产生的，所以原线圈上的电流应该是变化的，应为交流电流，电压为交流电压，故D正确．

展开更多......

收起↑