高考物理一轮复习：高中物理选修3-2知识要点归纳总结

高考物理一轮复习：物理选修3-2知识要点归纳总结第1点从三个角度理解“磁通量及其变化”【要点归纳】“磁通量及其变化”是学好电磁感应的一个突破口，直接关系到对楞次定律及法拉第电磁感应定律的学习与应用.而在解决实际问题过程中由于对“磁通量”理解不全面，往往容易出错.下面从三个角度对该知识点进行剖析.1.磁通量Φ的定义磁感应强度B与垂直于磁场方向的面积S的乘积叫做穿过这个面积的磁通量，定义式为Φ＝BS.(1)面积S是指闭合电路中包含磁场的那部分的有效面积.如图1所示，若闭合电路abcd和ABCD所在平面均与匀强磁场B垂直，面积分别为S1和S2，且S1>S2，但磁场区域恰好只有ABCD区域那么大，则穿过两闭合电路的磁通量是相同的，即Φ＝BS2.图1(2)如果面积S与磁感应强度B不垂直，可将磁感应强度B向着垂直于面积S的方向投影，也可以将面积S向着垂直于磁感应强度B的方向投影.特例：B∥S时，Φ＝0；B⊥S时，Φ最大(Φ＝BS).(3)磁通量与线圈的匝数无关.也可以简单理解为磁通量大小只取决于穿过闭合线圈的磁感线条数.2.磁通量的方向磁通量是标量，但有正负，若设初始时为正，则转过180°时为负.说明：磁通量是标量，它的方向只表示磁感线是穿入还是穿出.当穿过某一面积的磁感线既有穿入的又有穿出的时，二者将互相抵消一部分，这类似于导体带电时的“净”电荷.3.磁通量的变化ΔΦ由公式Φ＝BSsinθ可得，磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1有多种形式，主要有：(1)S、θ不变，B改变，这时ΔΦ＝ΔB·Ssinθ(2)B、θ不变，S改变，这时ΔΦ＝ΔS·Bsinθ(3)B、S不变，θ改变，这时ΔΦ＝BS(sinθ2－sinθ1)可见磁通量Φ是由B、S及它们间的夹角θ共同决定的，磁通量的变化情况应从这三个方面去考虑.【临考精练】对点例题如图2所示，一水平放置的矩形线框面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向斜向上，与水平面成30°角，现若使矩形线框以左边的边为轴转到竖直的虚线位置，则此过程中通过线框的磁通量改变量的大小是()图2A.eq\f(\r(3)－1,2)BS B.BSC.eq\f(\r(3)＋1,2)BS D.2BS解题指导Φ是标量，但有正负之分，在计算ΔΦ＝Φ2－Φ1时必须注意Φ2、Φ1的正负，要注意磁感线从线框的哪一面穿进，此题中在开始位置磁感线从线框的下面穿进，在末位置磁感线从线框的另一面穿进，Φ2、Φ1一正一负，再考虑到有效面积，故此题选C.又如：一面积为S的矩形线框放在磁感应强度为B的匀强磁场中，开始磁感应强度B垂直于矩形线框，当其绕某一条边转动180°的过程中，其磁通量的变化量ΔΦ＝－2BS，而不是零.答案C1.(多选)如图3所示是等腰直角三棱柱，其中abcd面为正方形，边长为L，将它按图示方式(dcfe面水平)放置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，下面说法中正确的是()图3A.通过abcd面的磁通量大小为L2BB.通过dcfe面的磁通量大小为eq\f(\r(2),2)L2BC.通过abfe面的磁通量大小为零D.通过bcf面的磁通量大小为零答案BCD解析通过abcd面的磁通量大小为eq\f(\r(2),2)L2B，A错误；dcfe面是abcd面在垂直磁场方向上的投影，所以磁通量大小为eq\f(\r(2),2)L2B，B正确；abfe面与bcf面都和磁场平行，所以磁通量都为零，C、D正确.2.一磁感应强度为B的匀强磁场方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd如图4所示放置，平面abcd与竖直方向成θ角.将abcd绕ad轴转180°角，则穿过线圈平面的磁通量变化量的大小为()图4A.0 B.2BSC.2BScosθ D.2BSsinθ答案C解析初始位置，平面abcd的有效面积为与B垂直的竖直投影面积Scosθ，其磁通量为BScosθ.将abcd绕ad轴转180°角后，其磁通量为－BScosθ.则穿过线圈平面的磁通量变化量的大小为ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝2BScosθ，故C正确.3.如图5所示，a、b、c三个闭合线圈放在同一平面内，当线圈a中有电流I通过时，穿过它们的磁通量分别为Φa、Φb、Φc，则()图5A.Φa<Φb<Φc B.Φa>Φb>ΦcC.Φa<Φc<Φb D.Φa>Φc>Φb答案B解析磁通量可以形象地理解为穿过回路的磁感线的条数；若该回路面积内有磁感线穿进和穿出两种情况，可把磁通量理解为穿过回路的净磁感线条数.当a中有电流通过时，穿过a、b、c三个闭合线圈垂直纸面向里的磁感线条数一样多，向外的磁感线的条数c中最多，其次是b中，a中没有向外的磁感线，因此穿过闭合线圈的净磁感线条数a中最多，b中次之，c中最少，即Φa>Φb>Φc，选项B正确.4.边长L＝10cm的正方形线框有10匝，固定在匀强磁场中，磁场方向与线框平面间的夹角θ＝30°，如图6所示，磁感应强度随时间的变化规律为B＝2＋3t(T)，求：图6(1)2s末穿过线框的磁通量；(2)第3s内穿过线框的磁通量的变化量ΔΦ.答案(1)4×10－2Wb(2)1.5×10－2Wb解析(1)2s末磁场的磁感应强度B2＝(2＋3×2)T＝8T，由Φ＝BSsinθ知，2s末穿过线框的磁通量Φ＝B2Ssinθ＝8×(0.1)2×sin30°Wb＝4×10－2Wb；(2)第3s内磁感应强度的变化量ΔB＝3T，所以ΔΦ＝ΔBSsinθ＝3×(0.1)2×sin30°Wb＝1.5×10－2Wb.【要点归纳】电磁感应现象能否发生的判断1.确定研究的回路.2.弄清楚回路内的磁场，分析并确定该回路的磁通量Φ.3.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Φ不变→无感应电流,Φ变化→\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(回路闭合，有感应电流,不闭合，无感应电流，但有感应电动势))))【临考精练】对点例题(多选)线圈按如图所示方式在磁场中运动，则能产生感应电流的是()解题指导A中线圈闭合且ΔΦ≠0，故能产生感应电流；B中线圈闭合且ΔΦ≠0，故能产生感应电流；C中穿过线圈的磁通量Φ始终为0，D中Φ＝B·S保持不变，故C、D不能产生感应电流.答案AB1.(多选)闭合矩形线圈跟匀强磁场磁感线方向垂直，如图1所示，下列哪种情况线圈中有感应电流()图1A.线圈绕ab轴转动B.线圈垂直纸面向外平动C.线圈沿ab向右移动少许D.线圈沿ad向下移动少许答案AC解析A、C情况下闭合矩形线圈中磁通量发生变化，B、D情况下闭合矩形线圈中磁通量没有发生变化，故选项A、C正确，选项B、D错误.2.如图2，一个金属圆环水平放置在竖直向上的范围足够大的匀强磁场中，能使圆环中产生感应电流的做法是()图2A.使匀强磁场均匀减弱B.保持圆环水平并在磁场中上下移动C.保持圆环水平并在磁场中左右移动D.保持圆环水平并使圆环绕过圆心的竖直轴转动答案A解析使匀强磁场均匀减弱，穿过圆环的磁通量减小，产生感应电流，A正确；保持圆环水平并在磁场中上下移动时，穿过圆环的磁通量不变，不产生感应电流，B错误；保持圆环水平并在磁场中左右移动，穿过圆环的磁通量不变，不产生感应电流，C错误；保持圆环水平并使圆环绕过圆心的竖直轴转动，穿过圆环的磁通量不变，不产生感应电流，D错误.第3点楞次定律的理解与运用【要点归纳】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，只是延缓了磁通量的变化，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”.【临考精练】对点例题(多选)如图1所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处自由下落接近回路时(不计空气阻力)()图1A.P、Q将互相靠拢 B.P、Q将互相远离C.磁铁的加速度仍为g D.磁铁的加速度小于g解题指导从回路面积变化的角度看：当磁铁靠近闭合回路时，磁通量增加，两导体棒由于受到磁场对其中感应电流的力的作用而互相靠拢以阻碍磁通量的增加，故A项正确；从阻碍相对运动角度看：磁铁靠近回路时必受到阻碍其靠近的向上的力的作用，因此磁铁的加速度小于g，故D项正确.答案AD1.如图2所示，矩形线圈放置在水平薄木板上，有两块相同的蹄形磁铁，四个磁极之间的距离相等，当两块磁铁以相同的速度匀速向右通过线圈时，线圈始终静止不动，那么线圈受到木板的摩擦力方向是()图2A.先向左、后向右 B.先向左、后向右、再向左C.一直向右 D.一直向左答案D解析根据楞次定律的“阻碍变化”和“来拒去留”，当两磁铁靠近线圈时，线圈要阻碍其靠近，线圈有向右移动的趋势，受木板的摩擦力向左，当磁铁远离时，线圈要阻碍其远离，仍有向右移动的趋势，受木板的摩擦力方向仍是向左的，故选项D正确.2.(多选)如图3甲所示，A、B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置，A线圈中通过如图乙所示的电流I，则()图3A.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答案ABC解析在t1到t2时间内，A中电流减小，穿过B的磁通量减少，根据楞次定律，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.第4点楞次定律与右手定则的剖析【要点归纳】在电磁感应中，我们常用楞次定律和右手定则来判断导体中感应电流的方向，为了对这两条规律理解更深入，应用更恰当，下面就这两条规律比较如下.1.不同点(1)研究对象不同：楞次定律所研究的对象是整个闭合回路；右手定则研究的对象是闭合回路中做切割磁感线运动的一部分导体.(2)适用范围不同：楞次定律适用于由磁通量变化引起的感应电流的各种情况，当然也包括一部分导体在磁场中做切割磁感线运动的情况；右手定则只适用于一部分导体在磁场中做切割磁感线运动的情况，若导体与磁场无相对运动，就无法应用右手定则.因此，右手定则可以看做是楞次定律的一种特殊情况.(3)应用的方便性不同：虽然楞次定律可适用于由磁通量变化引起的感应电流的各种情况，但其在应用的过程中，要弄清原磁通量的方向、原磁通量的变化情况、感应电流的磁场的方向等，分析过程不能有半点纰漏，逻辑性强，过程繁琐；若是回路中的一部分导体在做切割磁感线运动而产生感应电流，应用右手定则时，只需按定则“伸手”，就可以判断出感应电流的方向，比较直接、简单，应用更方便.2.相同点(1)目的相同：在电磁感应中，应用楞次定律和右手定则，都是为了判断出回路中感应电流的方向.(2)本质相同：应用楞次定律来判断回路中感应电流的方向时，是因为闭合回路中的磁通量发生了变化；应用右手定则来判断回路中感应电流的方向时，是因为导体在做切割磁感线的运动，其本质也是由导体构成的闭合回路中的磁通量由于导体的运动而发生了变化.【临考精练】对点例题如图1所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平放置着闭合电路abcd.其中ab、cd两边的长度可以变化.当bc向右运动时(ad不动)，用两种方法分析通过灯泡L的电流的方向.图1解题指导方法一：用楞次定律.回路面积增大，磁通量变大，感应电流会在回路内产生向上的磁场来阻碍磁通量变大，由安培定则可知感应电流应沿adcba方向，故流过灯泡的电流方向为由a向d.方法二：用右手定则.直接判断出流经bc边的电流是由c向b，故流过灯泡的电流方向是由a向d.答案见解题指导技巧点拨凡是由于导体的运动而引起的感应电流方向的判断用右手定则；凡是由于磁场的变化而引起的感应电流方向的判断用楞次定律.(多选)如图2(a)所示，仅在螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向.螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内.当螺线管内的磁感应强度B随时间按图(b)所示规律变化时()图2A.在t1～t2时间内，L有收缩趋势B.在t2～t3时间内，L有扩张趋势C.在t2～t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流D.在t3～t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流答案AD解析在t1～t2时间内，磁场增强，根据楞次定律可判断出导线框中产生d→c→b→a方向的感应电流，且电流逐渐增大，则穿过圆环的磁通量增大，可知L有收缩趋势，A正确；在t2～t3时间内，磁场先减弱后反向增强，导线框中产生a→b→c→d方向的感应电流且保持不变，穿过圆环的磁通量不变，L内无感应电流且没有扩张或收缩的趋势，B、C错误；在t3～t4时间内，沿负方向的磁场减弱，根据楞次定律可判断出导线框中产生d→c→b→a方向的感应电流，且电流在逐渐减小，故穿过圆环的磁通量减小，L内有顺时针方向的感应电流，D正确.第5点抓因寻果析“三定则一定律”【要点归纳】区别“三定则一定律”的关键是抓住其中的“因果”关系，才能选择正确的规律处理问题.1.右手定则与左手定则的区别“因电而动”——用左手，“力”字力.“因动而电”——用右手，“电”字的最后一笔向右钩，可以联想到用右手定则来判断感应电流方向.2.右手螺旋定则(安培定则)与楞次定律的区别“因电生磁”——用右手螺旋定则.“因磁生电”——用楞次定律(或右手定则).3.楞次定律中的因果关联楞次定律所揭示的电磁感应过程中有两个最基本的因果联系：一是感应磁场与原磁场磁通量变化之间的阻碍与被阻碍的关系，二是感应电流与感应磁场间的产生和被产生的关系.抓住“阻碍”和“产生”这两个因果关联点是应用楞次定律解决相关物理问题的关键.4.安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律综合应用的比较基本现象应用的定则或定律运动电荷、电流产生磁场安培定则磁场对运动电荷、电流有作用力左手定则电磁感应部分导体做切割磁感线运动右手定则闭合回路磁通量变化楞次定律【临考精练】对点例题纸面内有U形金属导轨，AB部分是直导线(图1).虚线范围内有垂直于纸面向里的匀强磁场.AB右侧有圆线圈C.为了使C中产生顺时针方向的感应电流，紧贴导轨的金属棒MN在磁场中的运动情况是()图1A.向右匀速运动 B.向左匀速运动C.向右加速运动 D.向右减速运动解题指导C中若产生顺时针方向的感应电流，由右手螺旋定则得，其中心轴线处产生的磁场B1方向垂直纸面向里；若MN向右运动，由右手定则得产生感应电流方向为N→M→A→B→N，对AB导线由右手螺旋定则得，在AB右侧产生磁场B2方向垂直纸面向外，由于B1、B2方向相反，根据楞次定律知B1应阻碍B2的增强，所以MN应向右加速运动，同理可得MN也可向左减速运动，故C正确.答案C1.如图2所示，矩形闭合金属框abcd的平面与匀强磁场垂直，若ab边受竖直向上的磁场力的作用，则可知金属框的运动情况是()图2A.向左平动进入磁场B.向右平动退出磁场C.沿竖直方向向上平动D.沿竖直方向向下平动答案A解析由题可知，ab边受竖直向上的磁场力的作用，根据左手定则判断出ab边中感应电流的方向是a→b，再根据右手定则判断金属框向左平动切割磁感线，故A正确，B错误；当金属框沿竖直方向向上或向下平动时，穿过金属框的磁通量不变，金属框中没有感应电流产生，ab边不受磁场力作用，故C、D错误.2.(多选)图3中T是绕有两组线圈的闭合铁芯，线圈的绕向如图所示，D是理想的二极管，金属棒ab可在两条平行的金属导轨上沿导轨滑行，匀强磁场方向垂直纸面向里.若电流计G中有电流通过，则ab棒的运动情况可能是(说明：导体棒切割磁感线速度越大，感应电流越大)()图3A.向左匀速运动 B.向右匀速运动C.向左匀加速运动 D.向右匀减速运动答案CD解析当电流计中有电流通过时，说明左边线圈中的感应电流是从下向上流的，由右手螺旋定则可得出此感应电流的磁场方向为从上向下.若ab匀速运动，右边线圈产生的感应电流是恒定的，则左边线圈中不会产生感应电流，所以A、B错误；若ab向右做匀减速运动，右边线圈中的电流是从下向上减小，故穿过左边线圈的磁通量在从上向下减小，该线圈中会产生一个从上向下的磁场，D正确；当ab向左做匀加速运动，穿过左边线圈的磁通量从下向上增大，故左边的线圈中产生一个从上向下的磁场，故C正确.第6点导体棒切割磁感线问题剖析【要点归纳】导体切割磁感线是电磁感应中的一类重要问题，其感应电动势的计算公式E＝Blv虽然可由法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)推出，但其应用却更广泛.首先是因为，在实际的生产实践中，电磁感应主要是由导体与磁体间的相对运动引起的；其次在实际应用中，我们关注感应电动势的瞬时值多于关注其平均值，而利用E＝Blv可以更方便地求其瞬时值.公式E＝Blv的适用条件是B、l、v两两垂直，在实际问题的处理中，要处理好以下几种情况：1.导体是否做切割磁感线运动问题(1)导体速度与导体共线，此时无论磁场方向怎么样都不切割.(2)导体速度与导体不共线，它们决定的平面我们可称之为导体运动平面.①当导体运动平面与磁感线不平行时，切割.如图1(a).②当导体运动平面与磁感线平行时，不切割.如图(b).图12.平动切割(1)如图2(a)，在磁感应强度为B的匀强磁场中，导体棒以速度v垂直切割磁感线时，感应电动势E＝Blv.图2(2)如图(b)，在磁感应强度为B的匀强磁场中，导体棒运动的速度v与磁场的方向成θ角，此时的感应电动势为E＝Blvsinθ.3.转动切割如图3，在磁感应强度为B的匀强磁场中，长为l的导体棒以其一端为轴以角速度ω匀速转动，此时产生的感应电动势E＝eq\f(1,2)Bωl2.图34.有效切割长度即导体在与v垂直的方向上的投影长度.图4图4甲中的有效切割长度为：l＝eq\x\to(cd)sinθ；图乙中的有效切割长度为：l＝eq\x\to(MN)；图丙中的有效切割长度为：沿v1的方向运动时，l＝eq\r(2)R；沿v2的方向运动时，l＝R.【临考精练】对点例题如图5所示，长为L的金属导线下悬挂一小球，在竖直向上的匀强磁场中做圆锥摆运动，金属导线与竖直方向的夹角为θ，摆球的角速度为ω，磁感应强度为B，则金属导线中产生的感应电动势的大小为________.图5解题指导金属导线的有效长度为L′＝Lsinθ感应电动势E＝eq\f(1,2)BL′2ω＝eq\f(1,2)BL2ωsin2θ答案eq\f(1,2)BL2ωsin2θ1.如图6，一个半径为L的半圆形硬导体AB以速度v在水平U形框架上匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度为B，左端电阻的阻值为R0，半圆形硬导体AB的电阻为r，其余电阻不计，则半圆形导体AB切割磁感线产生的感应电动势的大小及AB两端的电压分别为()图6A.BLveq\f(BLvR0,R0＋r) B.2BLvBLvC.2BLveq\f(2BLvR0,R0＋r) D.BLv2BLv答案C解析半圆形导体AB切割磁感线产生的感应电动势的大小为E＝B·2Lv＝2BLv，AB相当于电源，其两端的电压是外电压，则有U＝eq\f(R0,R0＋r)E＝eq\f(2BLvR0,R0＋r)，故选C.2.如图7所示是法拉第做成的世界上第一台发电机模型的原理图.将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘，图中a、b导线与铜盘的中轴线处在同一平面内，转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流.若图中铜盘半径为l，匀强磁场的磁感应强度为B，回路总电阻为R，从上往下看沿逆时针方向匀速转动的铜盘的角速度为ω，则下列说法正确的是()图7A.回路中有大小和方向做周期性变化的电流B.回路中电流大小恒定，且等于eq\f(Bl2ω,R)C.回路中电流方向不变，且从b导线流进灯泡，再从a导线流向旋转的铜盘D.回路中电流方向不变，且从a导线流进灯泡，再从b导线流向旋转的铜盘答案C解析把铜盘看成若干条由中心指向边缘的铜棒组合而成，当铜盘转动时，每根铜棒都在切割磁感线，相当于电源.由右手定则知，中心为电源正极，铜盘边缘为负极，若干个相同的电源并联对外供电，电流方向由b经灯泡再从a流向铜盘，方向不变，选项C正确，选项A、D错误.回路中感应电动势为E＝Bleq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bωl2，所以电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bωl2,2R)，选项B错误.3.(多选)材料、粗细相同，长度不同的电阻丝做成ab、cd二种形式()图8A.ab运动的速度较大B.cd受到的外力较小C.它们每秒产生的热量相同D.它们产生的感应电动势相同答案BC解析根据能量守恒定律得每秒产生的热量即等于外力的功率.P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(BLv2,R)，外力使导线水平向右匀速运动，且每次外力所做功的功率相同，cd较长，根据电阻定律得R较大，匀速运动的速度较大，A错误.由P＝Fv可知，功率相同，cd的速度较大，故cd受到的外力较小，B正确；产生的热量Q＝Pt，所以每秒产生的热量相等，C正确；根据E＝BLv可知虽然有效长度相等，但每根导线匀速运动的速度并不同，cd的感应电动势较大，故D错误.第7点电磁感应中的电路问题【要点归纳】1.对电源的理解：在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体相当于电源.如：切割磁感线的导体棒、内有磁通量变化的线圈等.这种电源将其他形式的能转化为电能.判断感应电流和感应电动势的方向，都是利用“相当于电源”的部分根据右手定则或楞次定律判定的.实际问题中应注意外电路电流由高电势流向低电势，而内电路则相反.2.对电路的理解：内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈，外电路由电阻、电容器等电学元件组成.在闭合电路中，“相当于电源”的导体两端的电压与真实的电源两端的电压一样，等于路端电压，而不等于感应电动势.3.解决电磁感应中的电路问题三步曲：(1)确定电源.切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，利用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)或E＝Blv求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断感应电流的方向.(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.主要应用闭合电路欧姆定律及串、并联电路的基本性质等列方程求解.【临考精练】对点例题如图1所示，半径为a的圆形区域内有均匀磁场，磁感应强度为B＝0.2T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场同心地放置，磁场与环面垂直，其中a＝0.4m，b＝0.6m，金属环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R＝2Ω，一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均忽略不计.图1(1)若棒以v＝5m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO′的瞬间MN中的电动势和流过灯L1的电流.(2)撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O′以OO′为轴向上翻转90°，若此后磁场随时间均匀变化，其变化率为eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(4,π)T/s，求L1的功率.解题指导审题时注意分析：棒滑过圆环直径OO′的瞬间，导体棒的有效长度是多大？感应电动势如何计算？电路结构是怎样的？将右面的半圆环翻转90°后，产生感应电动势的有效面积是多大？感应电动势如何计算？电路结构是怎样的？(1)棒滑过圆环直径OO′的瞬间，MN中的电动势E1＝2Bav＝0.8V等效电路如图甲所示，流过灯L1的电流I1＝eq\f(E1,R)＝0.4A(2)撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O′以OO′为轴向上翻转90°，半圆环OL1O′中产生感应电动势，相当于电源，灯L2为外电路，等效电路如图乙所示，感应电动势E2＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(πa2,2)·eq\f(ΔB,Δt)＝0.32VL1的功率P1＝(eq\f(E2,2R))2·R＝1.28×10－2W.答案(1)0.8V0.4A(2)1.28×10－2W如图2甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ被固定在水平面上，导轨间距l＝0.6m，两导轨的左端用导线连接电阻R1及理想电压表V，电阻为r＝2Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB处；右端用导线连接电阻R2，已知R1＝2Ω，R2＝1Ω，导轨及导线电阻均不计.在矩形区域CDFE内有竖直向上的磁场，CE＝0.2m，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示.开始时电压表有示数，当电压表示数变为零后，对金属棒施加一水平向右的恒力F，使金属棒刚进入磁场区域时电压表的示数又变为原来的值，金属棒在磁场区域内运动的过程中电压表的示数始终保持不变.求：图2(1)t＝0.1s时电压表的示数；(2)恒力F的大小；(3)从t＝0时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量.答案(1)0.3V(2)0.27N(3)0.09J解析(1)设磁场宽度为d＝CE，在0～0.2s的时间内，有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)ld＝0.6V此时，R1与金属棒并联后再与R2串联R＝R并＋R2＝1Ω＋1Ω＝2ΩU＝eq\f(E,R)R并＝0.3V.(2)金属棒进入磁场后，R1与R2并联后再与r串联，有I′＝eq\f(U,R1)＋eq\f(U,R2)＝0.45AF安＝BI′l＝1.0×0.45×0.6N＝0.27N由于金属棒进入磁场后电压表的示数始终不变，所以金属棒做匀速运动，有F＝F安F＝0.27N.(3)在0～0.2s的时间内有Q＝eq\f(E2,R)t＝0.036J金属棒进入磁场后，有R′＝eq\f(R1R2,R1＋R2)＋r＝eq\f(8,3)ΩE′＝I′R′＝1.2VE′＝Blv，v＝2m/st′＝eq\f(d,v)＝eq\f(0.2,2)s＝0.1sQ′＝E′I′t′＝0.054JQ总＝Q＋Q′＝0.036J＋0.054J＝0.09J.第8点电磁感应中的图象问题【要点归纳】电磁感应中的图象问题综合了法拉第电磁感应定律——计算感应电动势的大小、楞次定律——判断感应电流的方向、运动学知识——判定运动时间以及作图能力，是对电磁感应知识的综合考查.1.思路导图2.分析方法对图象的分析，应做到“四明确一理解”：(1)明确图象所描述的物理意义；明确各种“＋”、“－”的含义；明确斜率的含义；明确图象和电磁感应过程之间的对应关系.(2)理解三个相似关系及其各自的物理意义：v－Δv－eq\f(Δv,Δt)，B－ΔB－eq\f(ΔB,Δt)，Φ－ΔΦ－eq\f(ΔΦ,Δt)3.解决图象问题的一般步骤(1)明确图象的种类，即是B－t图象还是Φ－t图象，或者是E－t图象、i－t图象等.(2)分析电磁感应的具体过程.(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系.(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式.(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等.(6)画图象或判断图象.【临考精练】对点例题如图1所示，两个垂直纸面的有理想边界的匀强磁场方向相反.磁感应强度的大小均为B，磁场区域的宽度均为a，一正三角形(高为a)导线框ABC从图示位置沿图示方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，感应电流I与线框移动距离x的关系图象是()图1解题指导导线框进入左边磁场时，切割磁感线的有效长度l＝2x·tan30°，与x成正比.根据楞次定律可以判定，导线框进入左边磁场和离开右边磁场时，电路中的感应电流方向均为逆时针方向.导线框在穿越两个磁场过程中，电路中的感应电流方向为顺时针方向.分析导线框进入、出来过程中有效切割长度可知感应电动势的变化，由I＝eq\f(E,R)知，C正确.答案C1.(多选)如图2甲所示，闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示.规定垂直纸面向外为磁场的正方向，线框中顺时针电流的方向为感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向.则关于线框中的感应电流i与ad边所受的安培力F随时间t变化的图象，下列选项正确的是()图2答案AC解析0～1s与2～4s磁通量变化率相同，0～1s增大，2～3s减小，电流方向相反，3～4s与2～3s电流方向相同，A正确.ad边受的安培力0～1s向右增大，2～3s向左减小，3～4s向右增大，C正确，本题选A、C.2.(多选)如图3所示，两条形有界磁场宽度均为d＝0.5m，磁感应强度大小均为B＝4T，方向垂直于纸面，两磁场区域间距也为d.在磁场区域的左边界处有一长L＝1m、宽d＝0.5m的矩形导体线框，线框总电阻为R＝2Ω，且线框平面与磁场方向垂直.现使线框以v＝0.5m/s的速度匀速穿过磁场区域，若以初始位置为计时起点，规定B垂直纸面向里为正，则以下关于线框所受的安培力大小F及穿过线框磁通量Φ随时间t变化的四个图象正确的是()图3答案AD解析0～1s内，线框中产生的感应电动势E＝Bdv＝1V，由欧姆定律可知，I＝eq\f(E,R)＝0.5A，由安培力公式可知：F＝BId＝1N；第2s内，通过线框的磁通量不变，无感应电流，安培力为零；第3s内，线框左、右两边均切割磁感线，由右手定则可知，感应电动势方向相同，故线框中总的感应电动势为E′＝2Bdv＝2V，由欧姆定律可知，I′＝eq\f(E′,R)＝1A.线框左、右两边所受安培力均为：F1＝F2＝BI′d＝2N，由左手定则可知，两安培力方向相同，故安培力的合力为4N，A项正确，B项错误；当t＝2.5s时，线框位移x＝vt＝2.5d，此时通过线框的磁通量为零，C项错误，D项正确.第9点电磁感应中的动力学问题【要点归纳】电磁感应和力学问题的综合，其联系桥梁是磁场对感应电流的安培力，因为感应电流与导体运动的加速度有相互制约的关系，这类问题中的导体一般不是做匀变速运动，而是经历一个动态变化过程，再趋于一个稳定状态，故解这类问题时正确的进行动态分析，确定最终状态是解题的关键.1.受力情况、运动情况的动态分析及思考路线导体受力运动产生感应电动势→感应电流→通电导体受安培力→合力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化→……周而复始地循环，直至最终达到稳定状态，此时加速度为零，而导体通过加速达到最大速度做匀速直线运动或通过减速达到稳定速度做匀速直线运动.2.解决此类问题的基本思路解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”.(1)“源”的分析——分析出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E和r；(2)“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力；(3)“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；(4)“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型.3.两种状态处理(1)导体处于平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态.处理方法：根据平衡条件(合外力等于零)列式分析.(2)导体处于非平衡状态——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.4.电磁感应中的动力学临界问题(1)解决这类问题的关键是通过运动状态的分析寻找过程中的临界状态，如由速度、加速度求最大值或最小值的条件.(2)基本思路注意当导体切割磁感线运动存在临界条件时：(1)若导体初速度等于临界速度，导体匀速切割磁感线；(2)若导体初速度大于临界速度，导体先减速，后匀速运动；(3)若导体初速度小于临界速度，导体先加速，后匀速运动.【临考精练】对点例题如图1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、导线、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.图1(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＝0.40T、L＝0.50m、α＝37°时，金属棒能达到的最大速度vm随电阻箱R2阻值的变化关系量m.解题指导(1)由右手定则可知，金属棒ab中的电流方向为b到a.(2)由能量守恒路中产生的焦耳热mgh＝eq\f(1,2)mv2＋Q解得：Q＝mgh－eq\f(1,2)mv2(3)设最大速度为vm时，金属棒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＝eq\f(E,R1＋R2)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mgsinα－BIL＝0由以上三式得最大速度：vm＝eq\f(mgsinα,B2L2)R2＋eq\f(mgsinα,B2L2)R1题图乙斜率k＝eq\f(60－30,2.0)m/(s·Ω)＝15m/(s·Ω)，纵截距b＝30m/s则：eq\f(mgsinα,B2L2)R1＝beq\f(mgsinα,B2L2)＝k解得：R1＝2.0Ωm＝0.1kg.答案(1)b到a(2)mgh－eq\f(1,2)mv2(3)2.0Ω0.1kg1.(多选)两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图2所示放置，它们各有一边在同一水平面匀速运动时，cd杆也正好以速度v2向下匀速运动.重力加速度为g.以下说法正确的是()图2A.ab杆所受拉力F的大小为μmg＋eq\f(B2L2v1,2R)B.cd杆所受摩擦力为零C.回路中的电流大小为eq\f(BLv1＋v2,2R)D.μ与v1的大小关系为μ＝eq\f(2mgR,B2L2v1)答案AD解析由右手定则可知，回路中感应电流方向为：abdca，感应电流大小：I＝eq\f(BLv1,2R)①金属细杆ab受到水平向左的安培力，由受力平衡得：BIL＋μmg＝F②金属细杆cd运动时，受到的摩擦力不为零，cd受到的摩擦力和重力平衡，由平衡条件得：μBIL＝mg③联立以上各式解得：F＝μmg＋eq\f(B2L2v1,2R)，μ＝eq\f(2mgR,B2L2v1)，故A、D正确，B、C错误.2.(多选)如图3所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1.用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够长时间以后()图3A.金属棒ab、cd都做匀速运动B.金属棒ab上的电流方向是由b向aC.金属棒cd所受安培力的大小等于eq\f(2F,3)D.两金属棒间距离保持不变答案BC解析当两棒的运动稳定时，两棒速度差一定，回路中产生的感应电流一定，两棒所受的安培力都保持不变，一起以相同的加速度做匀加速运动.由于两者距离不断增大，穿过回路的磁通量增大，由楞次定律判断知，ab上的电流方向是由b向a，设cd棒的质量为m，根据牛顿第二定律：对整体F＝3ma，对cd，F－FA＝ma，解得：FA＝eq\f(2,3)F，故B、C正确.3.如图4所示，在宽为L的区域内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.光滑绝缘水平面上有一边长为L、质量为m、电阻为R的单匝正方形线框abcd，ad边位于磁场左边界，线框在水平外力作用下垂直边界穿过磁场区.图4(1)若线框以速度v匀速进入磁场区，求此过程中bc边两端的电势差Ubc；(2)在(1)的情况下，求线框移动到完全进入磁场的过程中产生的热量Q和通过导线截面的电荷量q；(3)若线答案(1)Ubc＝eq\f(1,4)BLv(2)eq\f(B2L3v,R)eq\f(BL2,R)(3)F＝eq\f(B2L2a,R)t＋ma(0≤t≤2eq\r(\f(L,a)))解析(1)线框产生的感应电动势E＝BLv感应电流I＝eq\f(E,R)电势差Ubc＝eq\f(1,4)IR解得Ubc＝eq\f(1,4)BLv(2)线框进入磁场所用的时间t＝eq\f(L,v)由于Q＝I2Rt，q＝It解得Q＝eq\f(B2L3v,R)，q＝eq\f(BL2,R)(3)设线框穿过磁场区的时间为t0，则2L＝eq\f(1,2)at02线框产生的感应电动势E′＝BLat受到的安培力F安＝eq\f(BE′L,R)根据牛顿第二定律F－F安＝ma解得F＝eq\f(B2L2a,R)t＋ma(0≤t≤2eq\r(\f(L,a))).第10点电磁感应现象中的能量问题【要点归纳】产生和维持感应电流的存在的过程就是其他形式的能量转化为感应电流电能的过程.在电磁感应现象中，认真分析电磁感应过程中的能量转化，熟练地应用能量守恒定律是求解较复杂的电磁感应问题的常用方法.1.过程分析(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程.(2)电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功.此过程中，其他形式的能转化为电能.“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能.(3)当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能.安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程.安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能.2.解决此类问题的步骤(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(包括右手定则)确定感应电动势的大小和方向.(2)画出等效电路图，写出回路中电阻消耗的电功率的表达式.(3)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程，联立求解.说明：在利用能量守恒定律解决电磁感应中的能量问题时，参与转化的能量的种类一定要考虑周全.哪些能量增加，哪些能量减少，要考虑准确，最后根据所满足的规律列方程分析求解.3.焦耳热Q的两种求解方法Q的两种求法eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(直接法\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Q＝I2Rt＝\f(U2,R)t＝UItI、U为定值,Q＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Im,\r(2))))2Rt＝\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Um,\r(2))))2,R)t正弦交流电)),间接法\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(W克安＝－W安＝Q电,能量守恒))))【临考精练】对点例题(多选)如图1所示，固定的竖直光滑U形金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、接入电路的电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不1＝eq\f(mg,k)，()图1A.初始时刻导体棒受到的安培力大小F＝eq\f(B2L2v0,R)B.初始时刻导体棒加速度的大小a＝2g＋eq\f(B2L2v0,mR＋r)C.导体棒往复运动，最终静止时弹簧处于压缩状态D.导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q＝eq\f(1,2)mv02＋eq\f(2m2g2,k)解题指导由法拉第电磁感应定律得：E＝BLv0，由闭合电路的欧姆定律得：I＝eq\f(E,R＋r)，由安培力公式得：F＝eq\f(B2L2v0,R＋r)，故A错误；初始时刻，F＋mg＋kx1＝ma，得a＝2g＋eq\f(B2L2v0,mR＋r)，故B正确；因为导体棒静止时不受安培力，只受重力和弹簧的弹力，故弹簧处于压缩状态，故C正确；根据能量守恒，减小的动能和重力势能全都转化为焦耳热，但R上的只是一部分，故D错误.答案BC(多选)如图2所示，在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN，相距为L，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下.有两根质量均为m的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑轻质定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直导轨放置，a、c此刻起做匀速运动，b棒刚好能静止在导轨上.a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计.则()图2A.物块c的质量是2msinθB.b棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能C.b棒放上导轨后，物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能D.b棒放上导轨后，a棒中电流大小是eq\f(mgsinθ,BL)答案AD解析b棒恰好静止，受力平衡，有mgsinθ＝F安，对a棒，安培力沿导轨平面向下，由平衡条件，mgsinθ＋F安＝mcg，由上面的两式可得mc＝2msinθ，选项A正确；根据机械能守恒定律知，b棒放上导轨之前，物块c减少的重力势能应等于a棒、物块c增加的动能与a棒增加的重力势能之和，选项B错误；根据能量守恒定律可知，b棒放上导轨后，物块c减少的重力势能应等于回路消耗的电能与a棒增加的重力势能之和，选项C错误；对b棒，设通过的电流为I，由平衡条件mgsinθ＝F安＝BIL，得I＝eq\f(mgsinθ,BL)，a棒中的电流也为I＝eq\f(mgsinθ,BL)，选项D正确.第11点自感现象的分析技巧【要点归纳】在求解有关自感现象的问题时，必须弄清自感线圈的工作原理和特点，这样才能把握好切入点和分析顺序，从而得到正确答案.1.自感现象的原理当通过导体线圈中的电流变化时，其产生的磁场也随之发生变化.由法拉第电磁感应定律可知，导体线圈中会产生阻碍其自身电流变化的自感电动势.2.自感现象的特点(1)自感电动势只是阻碍自身电流变化，但不能阻止.(2)自感电动势的大小跟自身电流变化的快慢有关.电流变化越快，自感电动势越大.(3)自感电动势阻碍自身电流变化的结果，会给其他电路元件的电流产生影响.①电流增大时，产生与原电流反向的电动势，阻碍电流增大，此时线圈相当于一个阻值很大的电阻；②电流减小时，产生与原电流同向的电动势，阻碍电流减小，此时线圈相当于电源.3.通电自感与断电自感自感现象中主要有两种情况，即通电自感与断电自感.在分析过程中，要注意：(1)通过自感线圈的电流不能发生突变，即通电过程中，电流是逐渐变大；断电过程中，电流是逐渐变小，此时线圈可等效为“电源”，该“电源”与其他电路元件形成回路.(2)断电自感现象中灯泡是否“闪亮”问题的判断在于对电流大小的分析，若断电后通过灯泡的电流比原来大，则灯泡先闪亮再慢慢熄灭.【临考精练】对点例题(多选)在如图1所示的电路中，带铁芯的、电阻较小的线圈L与灯A并联，当合上开关S电路稳定后灯A正常发光.则下列说法中正确的是()图1A.当断开S时，灯A立即熄灭B.当断开S时，灯A可能突然闪亮然后熄灭C.用阻值与灯A相同的线圈取代L接入电路，当断开S时，灯A逐渐熄灭D.用阻值与线圈L相同的电阻取代L接入电路，当断开S时，灯A突然闪亮然后熄灭解题指导在S断开的瞬间，L与A构成闭合回路，灯A不会立即熄灭.关键是“小灯泡在熄灭之前是否闪亮一下”这一点如何确定.根据P＝I2R可知，灯A能否闪亮，取决于S断开的瞬间，流过A的电流是否更大一些.在断开S的瞬间，灯A中原来的电流IA立即消失，但灯A和线圈L组成的闭合回路，由于线圈L的自感作用，其中的电流IL不会立即消失，它还要通过回路维持短暂的时间.如果IL>IA，则灯A熄灭之前要闪亮一下；如果IL≤IA，则灯A是逐渐熄灭而不闪亮一下.至于IL和IA的大小关系，由RA和RL的大小关系决定：若RA>RL，则IA<IL，灯将闪亮一下；若RA≤RL，则IA≥IL，灯将逐渐熄灭.用电阻替代线圈，断开S后，灯A会立即熄灭.答案BC1.(多选)如图2所示，D1、D2为两个相同的灯泡，线圈L的自感系数较大，直流电阻不计.下列说法正确的是()图2A.闭合开关S稳定后，D1、D2亮度相同B.断开S的瞬间，D1闪亮一下逐渐熄灭C.断开S的瞬间，D2中电流方向向右D.断开S的瞬间，a点的电势比b点高答案BD解析由于线圈L的自感系数较大，直流电阻不计，因此闭合开关S稳定后，L可视为一根导线，D1被短路不亮，A错误；闭合开关时，流经L的电流是从b到a，断开开关的瞬间，由于自感现象，L中的自感电动势会阻碍L中的电流减小，因此L中的电流会在L和D1构成的闭合电路中沿顺时针方向逐渐减小，由于S闭合时D1是熄灭的，因此断开S的瞬间，D1闪亮一下逐渐熄灭，B正确；断开S的瞬间，D2中没有电流，C错误；由于断开S瞬间，L产生自感电动势，是一个新的电源，电流从电源的正极流出，从负极流入，因此L右侧a点比左侧b点电势高，D正确.2.(多选)如图3所示的电路中，线圈L的自感系数很大，直流电阻可忽略，D为理想二极管，则下列说法正确的有()图3A.当S闭合瞬间，L1立即变亮，L2逐渐变亮B.当S闭合瞬间，L1一直不亮，L2逐渐变亮C.当S断开瞬间，L2立即熄灭D.当S断开瞬间，L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭答案BD解析当S闭合瞬间，因二极管加上了反向电压，故二极管截止，L1一直不亮，通过线圈的电流增加，自感电动势阻碍电流增加，故使得L2逐渐变亮，选项B正确，A错误；当S断开瞬间，由于线圈自感电动势阻碍电流的减小，故通过L的电流要在L－L2－L1－D－L之中形成新的回路，故L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，选项C错误，D正确.第12点交变电流“四值”再认识【要点归纳】交变电流的四值，即最大值、有效值、平均值、瞬时值，它们的物理意义不同，计算方法也不同，但又相互联系，有确定的数量关系.很多同学在理解应用上容易造成混乱，下面谈谈这四个值的理解与应用.1.瞬时值(1)反映的是不同时刻交流电的大小和方向，正弦交变电流瞬时值表达式为：e＝Emsinωt，i＝Imsinωt.应当注意此时是从中性面开始计时.(2)生活率为50Hz，所以其电压瞬时值表达式为u＝311sin(314t)V.2.峰值(最大值)和有效值(1)最大值：交变电流在一个周期内电流或电压所能达到的最大数值，可以用来表示交变电流的电流或电压的变化幅度.①线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，电动势的最大值Em＝nBSω.②最大值在实际中有一定的指导意义，电容器的击穿电压是电容器两极间所允许加的电压的最大值.(2)有效值：根据电流的热效应来规定.让交变电流和恒定电流分别通过相同阻值的电阻，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I、电压U叫做这个交变电流的有效值.(3)正(余)弦交变电流的有效值和最大值之间的关系：I＝eq\f(Im,\r(2))，U＝eq\f(Um,\r(2)).注意任何交变电流都有有效值，但上述关系只限于正(余)弦交变电流，对其他形式的交变电流并不适用.3.最大值、有效值和平均值的应用(1)求电功、电功率以及确定保险丝的熔断电流等物理量时，要用有效值计算.(2)求一段时间内通过导体横截面的电荷量时要用平均值，q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt＝neq\f(ΔΦ,R).(3)在计算电容器的耐压值时，则要用交流电的最大值.【临考精练】对点例题在水平方向的匀强磁场中，有一正方形闭合线圈绕垂直于磁感线方向的轴匀速转动，已知线圈的匝数为n＝100匝，边长为20cm，总电阻为10Ω，转动频率f＝50Hz，磁场的磁感应强度为0.5T.求：(1)外力驱动线圈转动的功率；(2)转至线圈平面与中性面的夹角为30°时，线圈产生的感应电动势及感应电流的大小；(3)线圈由中性面第一次转至与中性面成30°夹角的过程中，通过线圈横截面的电荷量.解题指导(1)线圈中感应电动势的最大值Em＝nBSω＝nBS·2πf＝100×0.5×(0.2)2×2×3.14×50V＝628V感应电动势的有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))＝314eq\r(2)V.P外＝eq\f(E2,R)＝eq\f(314\r(2)2,10)W≈1.97×104W.(2)线圈转至与中性面成30°角时，感应电动势的瞬时值e＝Emsin30°＝314V，感应电流的瞬时值i＝eq\f(e,R)＝31.4A.(3)在线圈从中性面第一次转至与中性面成30°角的过程中，线圈中的平均感应电动势eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)，平均感应电流eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)＝neq\f(ΔΦ,R·Δt)，设通过线圈横截面的电荷量为q，则q＝eq\x\to(I)Δt＝neq\f(ΔΦ,R)＝neq\f(BΔS,R)＝eq\f(nBl21－cos30°,R)代入数据解得q≈0.027C答案(1)1.97×104W(2)314V31.4A(3)0.027C如图1所示，矩形线圈abcd与可变电容器C、理想电流表组成闭合电路.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＝100πrad/s.线圈的匝数N＝100匝，边长ab＝0.2m、ad＝0.4m，电阻不计.磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小B＝eq\f(\r(2),16π)T.电容器放电时间不计.下列说法正确的是()图1A.该线圈产生的交流电动势峰值为50VB.该线圈产生的交流电动势有效值为25eq\r(2)VC.电容器的耐压值至少为50VD.电容器的电容C变大时，电流表的示数变小答案B解析V，故B正确.电容器的耐压值至少为50eq\r(2)V，故C错误.C变大时容抗减小，电流表的示数应变大，故D错误.第13点把握“等效”紧扣“三同”求交流电的有效值【要点归纳】有效值是交流电中最重要的物理量，必须会求解，特别是正弦交流电的有效值，应记住公式.1.求交变电流有效值的方法：(1)利用I＝eq\f(Im,\r(2))、U＝eq\f(Um,\r(2))、E＝eq\f(Em,\r(2))计算，只适用于正(余)弦式交流电.(2)非正弦式交流电有效值的求解应根据电流的热效应进行计算，其中，交变电流的有效值是根据电流通过电阻时产生的热效应定义的，即让交变电流和直流电流通过相同的电阻，在交变电流的一个周期内若产生的热量相同，则交变电流(电压)的有效值就等于这个直流电流(电压)的值，即求解交变电流有效值问题必须在相同电阻、相同时间、相同热量的“三同”原则下求解.2.应用有效值要注意以下几点：(1)各种使用交流电的用电器上所标的额定电压、额定电流均指有效值.(2)交流电压表和交流电流表所测的数值为交流电压和交流电流的有效值.(3)在进行电功、电热、电功率的计算时，所代入的交流电压和交流电流的数值为有效值.(4)凡没值.【临考精练】对点例题如图1所值.图1解题指导设非正弦式交变电压的有效值为U′，直流电的电压为U，让非正弦式交变电压和直流电压分别加在同一电阻(设阻值为R)的两端，在一个周期(T＝0.4s)内，非正弦式交变电压产生的热量：Q′＝eq\f(U\o\al(1,

2),R)t1＋eq\f(U\o\al(2,

2),R)t2＋eq\f(U\o\al(3,

2),R)t3＋eq\f(U\o\al(4,

2),R)t4＝eq\f(25,R)在这一个周期内，直流电压产生的热量Q＝eq\f(U2,R)T＝eq\f(0.4U2,R)由Q＝Q′，得eq\f(0.4U2,R)＝eq\f(25,R)，所以U＝eq\f(5\r(10),2)V，U′＝U＝eq\f(5\r(10),2)V.答案eq\f(5\r(10),2)V1.(多选)如图2甲所示，先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电.第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化，如图乙所示；第二次灯泡两端的电压变化规律如图丙所示.若乙、丙图中的U0、T所表示的电压值、周期值是相同的，则以下说法正确的是()图2A.第一次灯泡两端的电压有效值是eq\f(\r(2),2)U0B.第二次灯泡两端的电压有效值是eq\f(3,2)U0C.第一次和第二次灯泡的电功率之比是2∶9D.第一次和第二次灯泡的电功率之比是1∶5答案AD解析第一次灯泡两端的电压有效值为：U1＝eq\f(Um,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)U0设第二次电压的有效值为U2，根据有效值的定义，则有：eq\f(2U02,R)·eq\f(T,2)＋eq\f(U\o\al(0,

2),R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U\o\al(2,

2),R)T解得：U2＝eq\f(\r(10),2)U0，故A正确，B错误.由功率的公式P＝eq\f(U2,R)得，灯泡的电功率之比P1∶P2＝eq\f(U\o\al(1,

2),R)∶eq\f(U\o\al(2,

2),R)＝1∶5，故C错误，D正确.2.如图3所示，为一交变电流随时间变化的图象.其中，从t＝0开始的每个eq\f(T,2)时间内的图象均为半个周期的正弦曲线.求此交变电流的有效值是多少？图3答案eq\r(5)A解析此题所给交变电流虽然相邻半个周期的最大值不同，但在任意一个周期内，前半周期和后半周期的有效值是可以求的，分别为I1＝eq\f(2,\r(2))A＝eq\r(2)A，I2＝eq\f(4,\r(2))A＝2eq\r(2)A设所求交变电流的有效值为I，根据有效值的定义，选择一个周期的时间，利用在相同时间内通过相同的电阻所产生的热量相等，由焦耳定律得I2RT＝I12R·eq\f(T,2)＋I22R·eq\f(T,2)，即I2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)))2×eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(2)))2×eq\f(1,2)，解得I＝eq\r(5)A.第14点交变电流图象理解的“一二三”【要点归纳】正弦交变电流的图象是正弦函数图象，但初相不一定是0，即不一定从中性面开始转动.结合法拉第电磁感应定律，从数学意义上讲，单匝线圈的电动势大小就等于磁通量的变化率大小(磁通量对时间的导数).分析物理图象的要点：一看：看“轴”、看“线”、看“斜率”、看“点”、看“截距”、看“面积”、看“拐点”，并理解其物理意义.二变：掌握“图与图”、“图与式”和“图与物”之间的变通关系.对于正弦交变电流的变化规律，不应只从其随时间按正弦规律变化这一点去认识，还应看到交变电流的电动势随线圈在匀强磁场中空间位置的变化而变化，随线圈磁通量的变化而变化.三判：在此基础上进行正确的分析和判断.【临考精练】对点例题(多选)在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个面积为S的矩形线圈绕垂直磁感线的轴匀速转动时产生的交流电电压随时间的变化如图1所示，线圈与一阻值为R＝9Ω的电阻串联在一起，线圈的电阻为1Ω，则()图1A.通过电阻R的电流瞬时值表达式为i＝10sin(200πt)AB.电阻R两端的电压有效值为90VC.1s内电阻R上产生的热量为450JD.图中t＝1×10－2s时，线圈位于中性面解题指导通过电阻R的电流最大值为Im＝eq\f(