2021届山东新高考物理一轮复习讲义：第10章 实验14 探究影响感应电流方向的因素 Word版含答案
实验十四探究影响感应电流方向的因素
一、实验目的
探究影响感应电流方向的因素。
二、实验原理
如图所示，只要改变穿过闭合回路的磁通量，就可以使闭合回路产生感应电流，感应电流的有无通过连接在回路中的电流表的指针是否偏转来判定。
三、实验器材
条形磁铁、螺线管、灵敏电流计、导线。
四、实验步骤
1．按图连接电路，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。
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。
五、数据处理
1．实验现象记录
以下面四种情况为例：根据实验结果，填写下表：
甲乙丙丁
线圈内磁通量增加时的情况
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。
六、注意事项
1．灵敏电流计满偏电流很小，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。
实验原理与操作
1．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。
甲乙
(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是电流的方向，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，若向左移动滑动触头，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；由偏转方向得出电流流入电表的方向，再进一步得到线圈中电流的流向，即必须知道电流表指针偏转方向与电流方向间的关系。
(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，若将滑动头向左移动，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)电流表指针偏转方向与电流方向间的关系(2)右左
2．在“探究感应电流的方向与哪些因素有关”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。
某同学想到了多用电表内部某一挡，含有直流电源，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。
[答案](1)欧姆(2)短暂负(3)如图所示
实验现象分析
1．如图所示是某小组的同学探究感应电流方向与哪些因素有关的实验情景(图中箭头表示导体的运动方向)，下列说法中正确的是()
(a)(b)(c)(d)
A．比较图(a)和图(b)可知，感应电流的方向与磁场方向有关
B．比较图(b)和图(c)可知，感应电流的方向与磁场方向和导体运动方向无关
C．比较图(a)和图(c)可知，感应电流的方向与磁场方向无关
D．由图(d)可以得出感应电流的方向跟导体是否运动无关
A[(a)、(b)中导体棒运动方向相同，磁场方向相反，电流方向也相反，说明感应电流方向与磁场方向有关，A正确。
(a)、(c)磁场方向相同，运动方向与电流方向都不同，说明电流方向与导体运动方向有关，C错误。
(b)、(c)中磁场方向和导体运动方向均不同，电流方向相同，不能得出B选项的结论，(d)中无电流，也不能做出判断，故B、D均错。
]
2．根据如图甲、乙、丙、丁所示进行电路图连接与实验操作，并填好实验现象记录表格。
甲乙丙丁
请根据上表所填内容分析，感应电流的磁场方向是否总是与原磁场方向相反或相同？什么时候相反？什么时候相同？感应电流的磁场对原磁场磁通量变化有何影响？
[答案]向上向上向下向下增大减小增大减小顺时针逆时针逆时针顺时针向下向上向上向下相反相同相反相
同
不一定，有时相反，有时相同；闭合回路中原磁场的磁通量增加时，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反；闭合回路中原磁场的磁通量减少时，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相同；感应电流的磁场总是阻碍原磁场磁通量的变化。
实验拓展与创新
鉴于高考实验题一般源于教材而不拘泥于教材，是在教材实验的基础上创设新情境。
本实验新调为学生分组实验，会成为高考命题的新增热点。
本实验的创新主要是根据引起磁通量变化的原因，常见以下创新。
示的装置进行实验。
(1)请用笔画线代替导线将图中连线补充完整，确保实验现象明显。
(2)某小组电路连接正确后，在滑动变阻器滑片持续向右移动的过程中，发现灵敏电流计的指针持续向右偏，则当开关闭合时，灵敏电流计的指针将。
A．向左偏一下B．向右偏一下
C．持续向左偏D．持续向右偏
[解析](1)电源、开关、滑动变阻器和上面的线圈组成回路，滑动变阻器可以改变电流，来检验在下面的线圈是否会产生感应电流，下面的线圈和灵敏电流表相连，电路如图：
(2)滑动变阻器滑片持续向右移动的过程中，接入电路中的电阻变大，电路中的电流变小，通过大线圈的磁通量变小，灵敏电流计指针向右偏，所以当闭合开关时，电路中的电流变大，通过大线圈的磁通量变大，则灵敏电流计的指针向左偏一下，故A正确。
[答案](1)见解析(2)A
2．在“探究电磁感应的产生条件”的实验中，先按如图甲所示连线，不通电时，电流计指针停在正中央，闭合开关S时，观察到电流表指针向左偏。
然后按如图乙所示将灵敏电流计与副线圈B连成一个闭合回路，将原线圈A、电源、滑动变阻器和开关S串联成另一个闭合电路。
甲乙
(1)图甲电路中，串联定值电阻R的主要作用是。
A．减小电源两端的电压，保护电源
B．增大电源两端的电压，保护开关
C．减小电路中的电流，保护灵敏电流计
D．减小电路中的电流，保护开关
(2)图乙中，S闭合后，在原线圈A插入副线圈B的过程中，灵敏电流计的指针将(选填“向左”“向右”或“不”)偏转。
(3)图乙中，S闭合后，线圈A放在B中不动，在滑动变阻器的滑片P向左滑动的过程中，灵敏电流计指针将(选填“向左”“向右”或“不”)偏转。
(4)图乙中，S闭合后，线圈A放在B中不动，在突然断开S时，灵敏电流计指针将(选填“向左”“向右”或“不”)偏转。
[解析](1)电路中串联定值电阻，目的是减小电流，保护灵敏电流计，故本题答案为选项C。
(2)由题知，当电流从灵敏电流计正接线柱流入时，指针向左偏转。
S闭合后，将原线圈A插入副线圈B的过程中，穿过B的磁场向下，磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从灵敏电流计正接线柱流入电流计，则灵敏电流计的指针将
向左偏转。
(3)线圈A放在B中不动，穿过B的磁场向下，将滑动变阻器的滑片向左滑动时，穿过B的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流从灵敏电流计正接线柱流入电流计，则灵敏电流计的指针将向左偏转。
(4)线圈A放在B中不动，穿过B的磁场向下，突然断开S时，穿过B的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从灵敏电流计负接线柱流入电流计，则灵敏电流计的指针将向右偏转。
[答案](1)C(2)向左(3)向左(4)向右。
2025高考物理备考教案含答案解析 实验十四 探究影响感应电流方向的因素
第十二章电磁感应实验十四探究影响感应电流方向的因素1.实验目的（1）探究感应电流方向与哪些因素有关；（2）学习利用电流计判断感应电流方向的方法.2.实验原理只要改变穿过闭合回路的磁通量，就可以使闭合回路中产生感应电流，感应电流的有无通过连接在回路中的电流计的指针是否偏转来判断.本实验应注意探究改变穿过闭合回路磁通量的多种方式.a.方案一：向线圈中插拔条形磁铁，如图甲所示.b.方案二：模仿法拉第的实验，如图乙所示.3.实验器材条形磁铁、电流计、线圈、导线、直流电源（用来确定通过电流计的电流方向与电流计的指针偏转方向的关系）、开关、滑动变阻器.4.实验步骤（1）按图连接电路，闭合开关，记录下电流计G中流入电流方向与指针偏转方向的关系.（2）记下线圈绕向，将线圈和电流计连成通路.（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，每次记下电流计的指针偏转方向，然后根据步骤（1）的结论，判断出感应电流方向，从而可确定感应电流的磁场方向.（4）以下面四种情况为例，将实验结果记录在表格中.线圈内磁通量增加时的情况（表1）：图号磁铁的磁场方向感应电流的方向（俯视）感应电流的磁场方向甲磁场方向向下，磁通量增加[1]逆时针[2]向上乙磁场方向向上，磁通量增加[3]顺时针[4]向下线圈内磁通量减少时的情况（表2）：图号磁铁的磁场方向感应电流的方向（俯视）感应电流的磁场方向丙磁场方向向下，磁通量减少[5]顺时针[6]向下丁磁场方向向上，磁通量减少[7]逆时针[8]向上5.数据分析表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[9]相反.可记作“增反”.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[10]相同.可记作“减同”.6.注意事项（1）确定通过电流计的电流方向与电流计指针偏转方向的关系时，要用试触法并注意防止电流过大或通电时间过长损坏电流计.（2）电流计选用零刻度在中间的灵敏电流计.（3）实验前设计好表格，并明确线圈的绕线方向.（4）按照控制变量的思想进行实验.（5）进行一步操作后，等电流计指针回零后再进行下一步操作.命题点1教材基础实验1.在探究电磁感应现象的实验中：（1）首先要确定电流计指针偏转方向与电流方向间的关系，实验中所用电流计量程为0～100μA ，电源电动势为1.5V ，待选的保护电阻有三种，即R 1＝20kΩ，R 2＝1kΩ，R 3＝100Ω，应选用阻值为20kΩ的电阻.（2）已测得电流计指针向右偏转时，电流由正接线柱流入.由于某种原因，线圈绕线标识已没有了，需要通过实验判断绕线方向.如图甲所示，当磁铁N 极插入线圈时，电流计指针向左偏转，则线圈的绕线方向是图乙所示的左（选填“左”或“右”）图.图甲图乙（3）若将条形磁铁S 极放在下端，从线圈中拔出，这时电流计的指针应向左（选填“左”或“右”）偏转.（4）若将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A 、线圈B 、电流计及开关，按图丙连接.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 向左滑动时，电流计指针向右偏转.由此可以推断，线圈A 中铁芯向上拔出，能引起电流计指针向右（选填“左”或“右”）偏转.图丙解析（1）由闭合电路欧姆定律，有R ＝g ＝.5100×10－6Ω＝1.5×104Ω，R 1＞R ，不会使通过电流计的电流超过量程，达到保护电流计的作用，因此应选20kΩ的电阻.（2）已测得电流计指针向右偏转时，电流由正接线柱流入.当磁铁N 极插入线圈时，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍磁通量的增加，线圈上端应为N 极，下端为S 极.又电流计指针向左偏转，可知电流方向是由电流计正接线柱流出至线圈上端接线柱，由安培定则可判断线圈的绕线方向如图乙中左图所示.（3）若将条形磁铁S 极放在下端，从线圈中拔出时，感应电流的磁场为阻碍磁通量的减少，线圈上端应为N 极，下端为S 极，由线圈的绕线方向可以判定电流从电流计的负接线柱流入，故指针向左偏转.（4）由题意可知当将滑片P 向左滑动时，线圈A 中的电流应越来越小，则其磁场减弱，此时线圈B 中产生的电流使电流计指针向右偏转，由此可知，当B 中的磁通量减少时，电流计指针向右偏转.将线圈A中铁芯向上拔出的过程中，穿过线圈B的磁通量减少，电流计指针向右偏转.方法点拨探究影响感应电流方向的因素实验的分析要点命题点2创新设计实验2.在探究电磁感应的产生条件的实验中，先按图甲所示连线，不通电时，电流计指针停在正中央，闭合开关S时，观察到电流计指针向左偏转.然后按图乙所示将电流计与线圈B连成一个闭合回路，将线圈A、电源、滑动变阻器和开关S串联成另一个闭合电路.（1）图甲电路中，串联定值电阻R的主要作用是C（填选项前的字母）.A.减小电源两端的电压，保护电源B.增大电源两端的电压，保护开关C.减小电路中的电流，保护电流计D.减小电路中的电流，保护开关（2）图乙中，S闭合后，在线圈A插入线圈B的过程中，电流计的指针将向左（选填“向左”“向右”或“不”）偏转.（3）图乙中，S闭合后，线圈A放在B中不动，在滑动变阻器的滑片P向左滑动的过程中，电流计的指针将向左（选填“向左”“向右”或“不”）偏转.（4）图乙中，S闭合后，线圈A放在B中不动，在突然断开S时，电流计的指针将向右（选填“向左”“向右”或“不”）偏转.解析（1）电路中串联定值电阻，目的是减小电流，保护电流计，故选C.（2）由题知，当电流从电流计正接线柱流入时，指针向左偏转.S闭合后，将线圈A插入线圈B的过程中，穿过B的磁场向下，磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流从电流计正接线柱流入，则电流计的指针将向左偏转.（3）线圈A放在B中不动，穿过B的磁场向下，将滑动变阻器的滑片向左滑动时，穿过B 的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流从电流计正接线柱流入，则电流计的指针将向左偏转.（4）线圈A放在B中不动，穿过B的磁场向下，突然断开S时，穿过B的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从电流计的负接线柱流入，则电流计的指针将向右偏转.1.[2023上海青浦区二模]图示为研究电磁感应现象的实验装置图，A、B是套在同一圆形铁芯上的两个线圈.事先已经探明：电流从正极流入灵敏电流计G时，指针向右偏转.现将开关S闭合，再稳定一段时间，观察到电流计的指针先向左偏转，最后回到中间位置不动.指针回到中间不再偏转的原因是：穿过线圈B的磁通量不变，线圈B中不产生感应电流，电流计的指针不发生偏转.解析开关闭合时，线圈A的上端为N极、下端为S极，穿过线圈B的磁场方向向下；闭合开关瞬间，穿过线圈B的磁通量增加，线圈B中感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可知线圈B的下端相对于电源的正极，电流从电流计的负接线柱流入，电流计的指针向左偏转；闭合开关，线圈A中产生的磁场稳定后，线圈A产生的磁感应强度不发生变化，穿过线圈B的磁通量不变，线圈B中不产生感应电流，电流计的指针不发生偏转.2.[2024湖北武汉部分学校调研]某同学用如图所示的装置探究影响感应电流方向的因素，其中A、B是具有单向导电性的二极管.关于实验现象，下列说法正确的是AC.A.将磁铁N极快速靠近线圈，二极管A将闪亮B.将磁铁S极快速靠近线圈，二极管A将闪亮C.将磁铁N极快速远离线圈，二极管B将闪亮D.将磁铁S极快速远离线圈，二极管B将闪亮解析磁铁运动情况感应电流方向二极管闪亮情况选项正误N极快速靠近逆时针A闪亮A正确S极快速靠近顺时针B闪亮B错误N极快速远离顺时针B闪亮C正确S极快速远离逆时针A闪亮D错误3.在“探究电磁感应的产生条件”实验中，实物连线后如图1所示.感应线圈组的内外线圈的绕线方向如图2粗线所示.图1图2（1）接通电源，闭合开关，G表指针会有大的偏转，几秒后G表指针停在中间不动.将滑动变阻器的滑片迅速向右滑动时，G表指针左偏（选填“不动”“右偏”“左偏”或“不停振动”）；迅速抽出铁芯时，G表指针右偏（选填“不动”“右偏”“左偏”或“不停振动”）.（2）断开开关和电源，将铁芯重新插入内线圈中，把直流输出改为交流输出，其他均不变.接通电源，闭合开关，G表指针不停振动（选填“不动”“右偏”“左偏”或“不停振动”）.解析（1）将滑动变阻器的滑片迅速向右滑动时，接入电路的电阻减小，电流增大，内线圈的磁通量方向向下，且大小增大，根据楞次定律可判断外线圈内的感应电流方向从A接线柱流入，故G表指针向左偏.迅速抽出铁芯时，磁通量减小，G表指针向右偏.（2）把直流输出改为交流输出后，外线圈中的电流方向不断发生变化，故G表指针不停振动.4.如图所示为“探究影响感应电流方向的因素”的实验装置.（1）将图中所缺的导线补接完整.（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，下列说法正确的是AD.A.将原线圈迅速插入副线圈时，电流计指针将向右偏转B.将原线圈插入副线圈后，电流计指针一直偏在零点右侧C.原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器的滑片迅速向左滑移时，电流计指针将向右偏转D.原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器的滑片迅速向左滑移时，电流计指针将向左偏转答案（1）如图所示5.某小组的同学做“探究影响感应电流方向的因素”的实验.（1）首先按图甲连接电路，闭合开关后，电流计指针向右偏转；再按图乙连接电路，闭合开关后，电流计指针向左偏转.进行上述操作的目的是C.图甲图乙A.检查电流计对电路中电流的测量是否准确B.检查干电池是否为新电池C.判断电流计指针偏转方向与电流方向的关系（2）接下来用图丙所示的装置做实验，图中螺线管上的粗线标示的是导线的绕行方向.某次实验时在条形磁铁插入螺线管的过程中，观察到电流计指针向右偏转，说明螺线管中的电流方向（从上往下看）为顺时针（选填“顺时针”或“逆时针”）方向.图丙（3）下表是该小组的同学设计的实验记录表的一部分，表中记录了实验现象，还有一项需要推断的实验结果未填写，请帮助该小组的同学填写.垂直于纸面向外（选填“垂直于纸面向外”或“垂直于纸面向里”）.操作N极朝下插入螺线管从上往下看的平面图（B0表示原磁场，即磁铁产生的磁场）原磁场通过螺线管的磁通量的变化增加感应电流的方向（从上往下看）沿逆时针方向感应电流的磁场B'的方向（从上往下看）（4）该小组的同学通过实验探究，对楞次定律有了比较深刻的认识.结合以上实验，有同学认为，理解楞次定律，关键在于理解B'（填“B0”或“B'”）总是要阻碍B0（填“B0”或“B'”）的磁通量的变化.解析（1）题中操作及电流计的指针偏转方向说明电流从电流计的“＋”接线柱流入时，电流计指针向右偏转，电流从电流计的“－”接线柱流入时，电流计指针向左偏转.进行上述实验的目的是推断电流计指针偏转方向与电流方向的关系，以便于在后续实验中根据电流计指针的偏转方向判断螺线管中的电流方向.（2）电流计指针向右偏转，说明电流从电流计的“＋”接线柱流入，则螺线管中的电流方向（从上往下看）沿顺时针方向.（3）从上往下看，感应电流的方向沿逆时针方向，由安培定则可判断出感应电流的磁场B'的方向垂直于纸面向外.（4）理解楞次定律，关键在于理解感应电流的磁场B'总是要阻碍原磁场B0的磁通量的变化.6.[实验目的创新]图甲是探究“怎样产生感应电流”的实验装置.ab是一根导体杆，通过导线、开关连接在灵敏电流计的两接线柱上.（1）本实验中，如果灵敏电流计的指针偏转，我们就认为有感应电流产生.（2）闭合开关后，若导体杆不动，磁铁左右水平运动，电路有（选填“有”或“无”）感应电流.（3）小李所在的实验小组想进一步探究“感应电流的大小跟哪些因素有关”，小李猜想：“可能跟导体杆切割磁感线运动的快慢有关.”请你根据图示的实验装置，帮助小李设计实验来验证她的猜想，你设计的实验做法是闭合开关，保持其他条件不变，只改变导体杆切割磁感线运动的速度，观察灵敏电流计的指针偏转程度.（4）在探究电磁感应现象的实验中，电流计刻度盘上的零刻度线在正中间，当电池的正极接电流计的右接线柱，电池的负极与电流计的左接线柱相碰时，指针向右偏转.如图乙所示电路，将线圈A放在线圈B中，在合上开关S的瞬间，电流计指针应向左偏转；保持开关闭合，将线圈A从线圈B中拔出时，电流计指针应向右偏转.解析（1）有微弱的电流通过灵敏电流计，其指针就会摆动.（2）由题图甲可知，导体杆不动，磁铁左右水平运动，此时也相当于导体杆做切割磁感线运动，会产生感应电流.（3）本实验设计要应用控制变量法.在其他条件不变的情况下，只改变导体杆切割磁感线运动的速度，然后观察电流计指针的偏转程度.（4）由“当电池的正极接电流计的右接线柱，电池的负极与电流计的左接线柱相碰时，指针向右偏转”，可知线圈B中感应电流从电流计右端进，左端出时，电流计指针向右偏.将线圈A放在线圈B中，在合上开关S的瞬间，线圈B中的磁通量向上增大，根据楞次定律可知线圈B中的感应电流从电流计左端进，右端出，指针向左偏；将原线圈A从副线圈B 中拔出时，线圈B中的磁通量向上减小，根据楞次定律可知线圈B中的感应电流从电流计右端进，左端出，指针向右偏.。
2021届高三一轮复习物理资料第10章 第1讲电磁感应PPT教学课件
返回导航
第十章 电磁感应
[微点拨] (1)楞次定律中的“阻碍”不一定是相反，“阻碍”的是磁通量的变 化；“阻碍”也不是阻止，而是延缓了磁通量的变化过程．
(2)右手定则是楞次定律的特例，楞次定律适用于所有电磁感应现象，而右手定 则适用于一段导体在磁场中切割磁感线运动的情况．
第1轮 物理
返回导航
第1轮 物理
返回导航
第十章 电磁感应
3．(粤教版选修3－2 P12T2改编)一矩形线框abcd与长直通电导线处于同一平面 内，ad边与导线平行，如图所示．当线框在此平面内向右运动到导线的右边的过程 中，线框内感应电流的方向为( D )
A．一直沿顺时针方向 B．一直沿逆时针方向 C．先沿顺时针方向，再沿逆时针方向 D．先沿顺时针方向，再沿逆时针方向，最后沿顺时针方向
题号
考查情境
卷Ⅰ17题 转动切割、法拉第电磁感应定律
卷Ⅰ19题 安培定则、楞次定律、电磁场
卷Ⅱ18题
线框切割、楞次定律及法拉第电 磁感应定律的应用
卷Ⅲ20题
楞次定律，电磁感应定律，右手 螺旋定则
卷Ⅰ18题 电磁阻尼现象的应用
卷Ⅱ20题 线框切割模型、图象问题
卷Ⅲ15题 楞次定律的理解和应用
科学素养 科学推理 科学推理
第1轮 物理
返回导航
第十章 电磁感应
内容
使回路面积有扩大或缩小的 趋势——“增缩减扩” 注意：此结论只适用于磁感线 单方向穿过回路的情景.
阻碍原电流的变化 ——“增反减同”
(即自感现象)
第1轮 物理
例证 P、Q是光滑固定导轨， a、b是可动金属棒， 磁铁下移，面积应 减小，a、b靠近 B 减小，线圈扩张
第1轮 物理
高考物理一轮总复习鲁科版课件第十章实验十一
2.研究光敏电阻的光敏特性
图10－3－3 (1)将光电传感器、多用电表、灯泡、 滑动变阻器按图10－3－3所示电路连 接好,其中多用电表置于“×1 k”欧姆 挡;
(2)先测出小灯泡不发光时光敏电阻的 阻值,并记录数据; (3)打开电源,让小灯泡发光,调节小灯泡 的亮度使之逐渐变亮,观察多用电表表 盘指针显示电阻阻值的情况,并记录; (4)根据记录数据,分析光敏电阻的特性.
热电传感器是利用热敏电阻或金属热电 阻将温度信号转换成电信号,转换后的 信号经过电子电路的处理就可达到方便 检测、自动控制、遥控等各种目的. 传感器的工作原理可用图10－3－1表 示：
图10－3－1
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.
过程分析导引
实验步骤 1.研究热敏电阻的热敏特性
图10－3－2
(1)按图10－3－2所示连接好电路,将热 敏电阻绝缘处理,多用电表的选择开关 置于“×100”欧姆挡; (2)先用多用电表测出烧杯中没有热水 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; (5)根据记录数据,分析热敏电阻的特性.
②抽象量与直观量的转换,如卡文迪许“ 扭秤实验”中,石英丝扭转角度的测量转 换为平面镜反射光在刻度尺上移动距离 的测量. ③微观量与宏观量的转换. ④非电学量与电学量的转换.
2.转换法的应用 (1)匀变速直线运动的加速度.是一个不 易直接测量的物理量,但通过转换为测 位移和时间,根据任意两个连续相等的 时间里的位移之差可测得加速度. (2)在“传感器的简单应用”实验中,将 非电学量转换为电学量进行测量.
【2021 大一轮复习(新高考)物理教师用书】第十章 第1讲
目标要求内容要求说明1.感应电流产生的条件通过实验，探究并了解感应电流产生的条件．能举例说明电磁感应在生产生活中的应用．增加实验“探究影响感应电流方向的因素”.2.楞次定律通过实验，探究影响感应电流方向的因素，理解楞次定律．3.法拉第电磁感应定律通过实验，理解法拉第电磁感应定律．4.自感现象涡流通过实验，了解自感现象和涡流现象．能举例说明自感现象和涡流现象在生产生活中的应用．5.实验：探究影响感应电流方向的因素电磁感应现象楞次定律一、磁通量1．概念：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与B的乘积．2．公式：Φ＝BS.3．适用条件：(1)匀强磁场．(2)S为垂直磁场的有效面积．4．磁通量是标量(填“标量”或“矢量”)．5．物理意义：相当于穿过某一面积的磁感线的条数．如图1所示，矩形abcd、abb′a′、a′b′cd的面积分别为S1、S2、S3，匀强磁场的磁感应强度B与平面a′b′cd垂直，则：图1(1)通过矩形abcd的磁通量为BS1cos θ或BS3.(2)通过矩形a′b′cd的磁通量为BS3.(3)通过矩形abb′a′的磁通量为0.6．磁通量变化：ΔΦ＝Φ2－Φ1.二、电磁感应现象1．定义：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应．2．条件(1)条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化．(2)例如：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动．3．实质产生感应电动势，如果电路闭合，则有感应电流．如果电路不闭合，则只有感应电动势而无感应电流．自测1(多选)下列说法正确的是()A．闭合电路内只要有磁通量，就有感应电流产生B．穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中不一定有感应电流产生C．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D．当导体切割磁感线时，一定产生感应电动势答案CD三、感应电流方向的判定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：如图2，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．图2(2)适用情况：导线切割磁感线产生感应电流．自测2(2019·全国卷Ⅲ·14)楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？()A．电阻定律B．库仑定律C．欧姆定律D．能量守恒定律答案 D解析楞次定律中的“阻碍”作用，是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体现，在克服这种“阻碍”的过程中，其他形式的能转化为电能，选项D正确.1．实验设计如图3所示，通过将条形磁铁插入或拔出线圈来改变穿过螺线管的磁通量，根据电流表指针的偏转方向判断感应电流的方向．图32．实验器材电流表、条形磁铁、螺线管、电池、开关、导线、滑动变阻器等．3.实验现象相对运动情况原磁场方向向下向下向上向上Φ的变化情况增加减小减小增加线圈中感应电流的方向自下而上自上而下自下而上自上而下感应电流的磁场方向向上向下向上向下(线圈中)感应电流的磁场方向与相反相同相同相反原磁场方向的关系4.实验结论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小时，感应电流的磁场与原磁场的方向相同．5．注意事项实验前应先查明电流的流向与电流表指针偏转方向之间的关系，判断的方法是：采用如图4所示的电路，把一节干电池与电流表串联，由于电流表量程较小，所以在电路中应接入滑动变阻器R，用限流接法，电池采用旧电池，开关S采用瞬间接触，记录指针偏转方向．图4例1如图5所示，是“探究影响感应电流方向的因素”的实验装置．图5(1)将实物电路中所缺的导线补充完整．(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么闭合开关稳定后，将线圈L1迅速插入线圈L2中，灵敏电流计的指针将__________偏转．(选填“向左”“向右”或“不”)(3)线圈L1插入线圈L2后，将滑动变阻器的滑片迅速向右移动时，灵敏电流计的指针将________偏转．(选填“向左”“向右”或“不”)答案(1)见解析图(2)向右(3)向左解析(1)补充的实物电路如图所示．(2)闭合开关瞬间，穿过线圈L2的磁通量增加，产生的感应电流使灵敏电流计的指针向右偏转．当开关闭合稳定后，将线圈L1迅速插入线圈L2中时，穿过线圈L2的磁通量增加，且与闭合开关瞬间穿过L2的磁场方向相同，故产生的感应电流也使灵敏电流计的指针向右偏转．(3)滑动变阻器的滑片迅速向右移动，线圈L1中的电流变小，穿过线圈L2的磁通量减小，则灵敏电流计的指针向左偏转．常见的产生感应电流的三种情况例2(多选)如图6甲所示，导体棒ab、cd均可在各自的导轨上无摩擦地滑动，导轨电阻不计，磁场的磁感应强度B1、B2的方向如图所示，大小随时间变化的情况如图乙所示，在0～t1时间内()图6A．若ab不动，则ab、cd中均无感应电流B．若ab不动，则ab中有恒定的感应电流，但cd中无感应电流C．若ab向右匀速运动，则ab中一定有从b到a的感应电流，cd向左运动D．若ab向左匀速运动，则ab中一定有从a到b的感应电流，cd向右运动答案BD解析若ab不动，0～t1时间内，B1逐渐增大，由法拉第电磁感应定律可知，ab产生恒定的感应电流，根据楞次定律可知cd中无感应电流，故A错误，B正确；若ab向左匀速运动，0～t1时间内，B1垂直于纸面向里且逐渐增大，穿过左侧闭合区域的磁通量增大，运用楞次定律得ab中有从a到b的感应电流，回路中产生逐渐增大的感应电动势，即从a到b的感应电流增大，根据楞次定律得在导体棒cd中产生d到c的感应电流，根据左手定则得导体棒cd 受到向右的安培力，即cd向右运动，故D正确；若ab向右匀速运动，产生从b到a的感应电流，同时B1均匀增大，产生从a到b的感应电流，由于不确定两感应电流的大小关系，故ab中感应电流无法确定，故C错误．变式1下列各图所描述的物理情境中，没有感应电流的是()答案 A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，故A 符合题意；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，故B 不符合题意；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，故C不符合题意；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，产生感应电流，故D不符合题意．变式2如图7所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ.在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是()图7A．ab向右运动，同时使θ减小B．使磁感应强度B减小，θ角同时也减小C．ab向左运动，同时增大磁感应强度BD．ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角(0°<θ<90°)答案 A解析设此时回路面积为S，据题意，磁通量Φ＝BS cos θ，S增大，θ减小，cos θ增大，则Φ增大，A正确；B减小，θ减小，cos θ增大，Φ可能不变，B错误；S减小，B增大，Φ可能不变，C错误；S增大，B增大，θ增大，cos θ减小，Φ可能不变，D错误．1．用楞次定律判断(1)楞次定律中“阻碍”的含义：(2)应用楞次定律的思路：2．用右手定则判断该方法只适用于导体切割磁感线产生的感应电流，注意三个要点：(1)掌心——磁感线穿入；(2)拇指——指向导体运动的方向；(3)四指——指向感应电流的方向．例3(多选)(2018·全国卷Ⅰ·19)如图8，两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()图8A．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答案AD解析根据安培定则，开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场．开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，根据安培定则，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A项正确；开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N极指北，B、C项错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由北向南的电流，这时直导线上方的磁场垂直纸面向外，故小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D项正确．变式3(多选)如图9所示，水平面内有两条相互垂直且彼此绝缘的通电长直导线，以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系．四个相同的圆形闭合线圈在四个象限内完全对称放置，两直导线中的电流大小与变化情况完全相同，电流方向如图所示，当两直导线中的电流都增大时，四个线圈a、b、c、d中感应电流的情况是()图9A．线圈a中有感应电流B．线圈b中有感应电流C．线圈c中无感应电流D．线圈d中无感应电流答案AD例4(2017·全国卷Ⅲ·15)如图10，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直．金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面．现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是()图10A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向答案 D解析金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，闭合回路PQRS中磁场方向垂直纸面向里，磁通量增大，由楞次定律可判断，闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场垂直纸面向外，由安培定则可判断感应电流方向为逆时针；由于闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外，与原磁场方向相反，则T中磁通量减小，由楞次定律可判断，T中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，由安培定则可知T中感应电流方向为顺时针，选项D正确．变式4(2019·河北张家口市上学期期末)如图11所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，线圈c中将没有感应电流产生()图11A．向右做匀速直线运动B．向左做匀加速直线运动C．向右做减速直线运动D．向右做变加速直线运动答案 A解析导体棒ab向右或向左做匀速运动时，ab中产生的感应电流不变，螺线管产生的磁场是稳定的，穿过c的磁通量不变，c中没有感应电流；导体棒ab向左做加速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从b→a，感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过c的磁通量增大，根据楞次定律得知，c中产生顺时针方向(从左向右看)的感应电流；导体棒ab向右做减速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从a→b，感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，根据楞次定律得知，c中产生顺时针方向(从左向右看)的感应电流；导体棒ab向右做加速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从a→b，感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过c的磁通量增大，根据楞次定律得知，c中产生逆时针方向(从左向右看)的感应电流，故选A.内容例证阻碍原磁通量变化——“增反减同”磁铁靠近线圈，B感与B原方向相反阻碍相对运动——“来拒去留”磁铁靠近，是斥力磁铁远离，是引力使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”P、Q是光滑固定导轨，a、b是可动金属棒，磁铁下移，a、b靠近阻碍原电流的变化——“增反减同”合上S，B先亮例5(多选)(2019·湖南娄底市下学期质量检测)如图12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F N，则()图12A．在t1时刻，F N>G，P有收缩的趋势B．在t2时刻，F N＝G，穿过P的磁通量不变C．在t3时刻，F N＝G，P中有感应电流D．在t4时刻，F N＞G，P有收缩的趋势答案ABC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F N>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时刻F N＝G，故B正确；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F N＝G，故C正确；当螺线管中电流不变时，其形成的磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故t4时刻F N＝G，此时P没有收缩的趋势，故D错误．变式5(2020·湖北宜昌市质检)如图13所示，一个N极朝下的条形磁铁竖直下落，恰能穿过水平放置的固定矩形导线框，则()图13A．磁铁经过位置①时，线框中感应电流沿abcd方向；经过位置②时，线框中感应电流沿adcb 方向B．磁铁经过位置①时，线框中感应电流沿adcb方向；经过位置②时，线框中感应电流沿abcd 方向C．磁铁经过位置①和②时，线框中感应电流都沿abcd方向D．磁铁经过位置①和②时，线框中感应电流都沿adcb方向答案 A解析当磁铁经过位置①时，穿过线框的磁通量向下且不断增加，由楞次定律可确定感应电流的磁场方向向上，阻碍磁通量的增加，根据右手螺旋定则可判定感应电流应沿abcd方向．同理可判断当磁铁经过位置②时，感应电流沿adcb方向，故选A.变式6(2019·湖南衡阳市第一次联考)如图14所示是某研究性学习小组的同学设计的电梯坠落的应急安全装置，在电梯挂厢上安装永久磁铁，并在电梯的井壁上铺设线圈，这样可以在电梯突然坠落时减小对人员的伤害．关于该装置，下列说法正确的是()图14A．当电梯突然坠落时，该安全装置可使电梯停在空中B．当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，闭合线圈A、B中的电流方向相反C．当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，只有闭合线圈A在阻碍电梯下落D．当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，只有闭合线圈B在阻碍电梯下落答案 B解析若电梯突然坠落，闭合线圈A、B内的磁通量发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁的相对运动，可起到应急避险作用，但不能阻止磁铁的运动，故A错误；当电梯坠落至永久磁铁在题图所示位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上向下看是逆时针方向，闭合线圈B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上向下看是顺时针方向，可知闭合线圈A与B中感应电流方向相反，故B正确；结合A的分析可知，当电梯坠落至永久磁铁在题图所示位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落，故C、D错误．安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的应用对比基本现象因果关系应用规律运动电荷、电流产生磁场因电生磁安培定则磁场对运动电荷、电流有作用力因电受力左手定则部分导体做切割磁感线运动因动生电右手定则闭合回路磁通量变化因磁生电楞次定律例6(多选)如图15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 向右运动，则PQ 所做的运动可能是( )图15A ．向右加速运动B ．向左加速运动C ．向右减速运动D ．向左减速运动答案 BC解析 MN 向右运动，说明MN 受到向右的安培力，因为ab 在MN 处的磁场垂直纸面向里――――→ 左手定则 MN 中的感应电流方向为M →N ――――→ 安培定则L 1中感应电流的磁场方向向上――――→ 楞次定律⎩⎪⎨⎪⎧L 2中磁场方向向上减弱L 2中磁场方向向下增强.若L 2中磁场方向向上减弱――――→ 安培定则PQ 中电流方向为Q →P 且减小――――→ 右手定则向右减速运动；若L 2中磁场方向向下增强――――→ 安培定则PQ 中电流方向为P →Q 且增大――――→ 右手定则向左加速运动．变式7 置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A 相连．套在铁芯下部的线圈B 引出两根导线接在两根水平光滑导轨上，如图16所示．导轨上有一根金属棒ab 静止处在垂直于纸面向外的匀强磁场中．下列说法正确的是( )图16A ．圆盘顺时针加速转动时，ab 棒将向右运动B ．圆盘顺时针匀速转动时，ab 棒将向右运动C ．圆盘顺时针减速转动时，ab 棒将向右运动D ．圆盘逆时针加速转动时，ab 棒将向左运动答案 C1．法拉第在1831年发现了“磁生电”现象．如图1所示，他把两个线圈绕在同一个软铁环上，线圈A 和电池连接，线圈B 用导线连通，导线下面平行于导线放置一个小磁针．实验中可能观察到的现象是( )图1A ．用一节电池作电源，稳定后小磁针不偏转；用十节电池作电源，稳定后小磁针会偏转B ．线圈B 匝数较少时，稳定后小磁针不偏转；匝数足够多时，稳定后小磁针会偏转C ．线圈A 和电池连接瞬间，小磁针会偏转D ．线圈A 和电池断开瞬间，小磁针不偏转答案 C解析 根据“磁生电”即电磁感应现象的产生条件，线圈B 中只有磁通量变化时才能产生感应电流，因此稳定后无论线圈B 匝数多少，线圈A 连接电池多少，都不能在线圈B 中产生感应电流，选项A 、B 错误．只有线圈A 和电池连接或断开的瞬间，线圈B 中才能产生感应电流，电流产生磁场，使导线下面平行放置的小磁针偏转，选项C 正确，D 错误．2．(多选)(2020·山东等级考模拟卷·12)竖直放置的长直密绕螺线管接入如图2甲所示的电路中，通有俯视顺时针方向的电流，其大小按图乙所示的规律变化．螺线管内中间位置固定有一水平放置的硬质闭合金属小圆环(未画出)，圆环轴线与螺线管轴线重合．下列说法正确的是( )图2A ．t ＝T 4时刻，圆环有扩张的趋势 B ．t ＝T 4时刻，圆环有收缩的趋势 C ．t ＝T 4和t ＝3T 4时刻，圆环内的感应电流大小相等 D ．t ＝3T 4时刻，圆环内有俯视逆时针方向的感应电流 答案 BC解析 t ＝T 4时刻，线圈中通有俯视顺时针且逐渐增大的电流，则线圈中电流产生的磁场向下且逐渐增大，由楞次定律可知，圆环有收缩的趋势，A 错误，B 正确；t ＝3T 4时刻，线圈中通有俯视顺时针且逐渐减小的电流，则线圈中电流产生的磁场向下且逐渐减小，由楞次定律可知，圆环中的感应电流为俯视顺时针，D 错误；t ＝T 4和t ＝3T 4时刻，线圈中电流的变化率大小相等，即线圈中电流产生的磁场变化率大小相等，则圆环中的感应电流大小相等，C 正确．3．(多选)(2019·四川南充市第二次适应性考试)现在人们可以利用无线充电板为手机充电，如图3所示为充电原理图，充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电．若在某段时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度均匀增加．下列说法正确的是( )图3A ．c 点电势高于d 点电势B ．c 点电势低于d 点电势C ．感应电流方向由c →受电线圈→dD ．感应电流方向由d →受电线圈→c答案 BC解析 根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向为俯视顺时针，受电线圈中感应电流方向由c 经受电线圈到d ，所以c 点的电势低于d 点的电势，故A 、D 错误，B 、C 正确．4.如图4所示，一圆形金属线圈放置在水平桌面上，匀强磁场垂直桌面竖直向下，过线圈上A 点作切线OO ′，OO ′与线圈在同一平面上．在线圈以OO ′为轴翻转180°的过程中，线圈中电流流向( )图4A ．始终为A →B →C →AB ．始终为A →C →B →AC．先为A→C→B→A，再为A→B→C→AD．先为A→B→C→A，再为A→C→B→A答案 A解析在线圈以OO′为轴翻转0～90°的过程中，穿过线圈正面向里的磁通量逐渐减小，则感应电流产生的磁场垂直桌面向下，感应电流方向为A→B→C→A；线圈以OO′为轴翻转90°～180°的过程中，穿过线圈反面向里的磁通量逐渐增加，则感应电流产生的磁场垂直桌面向上，感应电流方向仍然为A→B→C→A，A正确．5.(多选)如图5所示，将若干匝线圈固定在光滑绝缘杆上，另一个金属环套在杆上与线圈共轴，当合上开关时线圈中产生磁场，金属环就可被加速弹射出去．现在线圈左侧同一位置处，先后放置形状、大小相同的铜环和铝环(两环分别用横截面积相等的铜和铝导线制成)，且铝的电阻率大于铜的电阻率，闭合开关S的瞬间，下列描述正确的是()图5A．从左侧看环中感应电流沿顺时针方向B．线圈沿轴向有伸长的趋势C．铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力D．若金属环出现断裂，不会影响其向左弹射答案AC解析线圈中通电，由安培定则可知磁场方向向左，通过金属环的磁通量增加，从左侧看环中有顺时针方向的感应电流，故A项正确；同向电流互相吸引，线圈沿轴向有缩短的趋势，B项错误；因铜环的电阻小，铜环中感应电流大，受到的安培力大，C项正确；若金属环出现断裂，就不能构成闭合回路，环中有感应电动势，无感应电流，不受安培力作用，故不会被向左弹出，D项错误．6.如图6所示，在通电长直导线AB的一侧悬挂一可以自由摆动的闭合矩形金属线圈P，AB 在线圈平面内．当发现闭合线圈向右摆动时()图6A．AB中的电流减小，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流B．AB中的电流不变，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流C．AB中的电流增大，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流D．AB中的电流增大，用楞次定律判断得线圈中产生顺时针方向的电流答案 C7．(多选)(2019·福建三明市期末质量检测)如图7所示，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd 共面，MN固定不动，位置靠近ab且相互绝缘．当MN中电流突然增大时，则()图7A．线圈所受安培力的合力方向向左B．线圈所受安培力的合力方向向右C．感应电流方向为abcdaD．感应电流方向为adcba答案AC解析当MN中电流突然增大时，根据楞次定律可知，线圈中产生逆时针方向的感应电流，即abcda方向；由左手定则可知ab边和cd边受安培力均向左，可知线圈所受安培力的合力方向向左，选项A、C正确，B、D错误．8.如图8所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S极朝下．在将磁铁的S极插入线圈的过程中()图8A．通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥B．通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥C．通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引D．通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引答案 A解析将磁铁的S极插入线圈的过程中，由楞次定律知，通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥．9.如图9所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿。
2021高考物理一轮复习第十章电磁感应专题提升十电磁感应的综合应用教案鲁科版
专题提升(十) 电磁感应的综合应用电磁感应中的能量问题1.能量转化及焦耳热的求法 (1)能量转化(2)求解焦耳热Q 的三种方法2.解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路);(2)弄清电磁感应过程中,哪些力做功,哪些形式的能量相互转化; (3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解. 角度1 应用能量守恒定律求解电磁感应能量问题 [例1]如图所示,两平行金属导轨位于同一水平面上,相距l,左端与一电阻R 相连;整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向竖直向下.一质量为m 的导体棒置于导轨上,在水平外力作用下沿导轨以速率v 匀速向右滑动,滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好.已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g,导轨和导体棒的电阻均可忽略.求: (1)电阻R 消耗的功率. (2)水平外力的大小.解析:(1)导体棒切割磁感线产生的电动势E=Blv由于导轨与导体棒的电阻均可忽略,则R 两端电压等于电动势U=E 则电阻R 消耗的功率P R =2U R综合以上三式可得P R =222B l v R. (2)设水平外力大小为F,由能量守恒有 Fv=P R +μmgv故得F=22vB l R+μmg.答案:见解析角度2 应用焦耳定律求解电磁感应能量问题[例2] (2019·北京东城区模拟)随着新技术的应用,手机不断地更新换代.新机型除了常规的硬件升级外,还支持快充和无线充电.图(甲)为兴趣小组制作的无线充电装置中的输电线圈示意图,已知线圈匝数n=100,电阻r=1.0 Ω,线圈的横截面积S=1.5×10-3m 2,外接电阻R=5.0 Ω.线圈处在平行于线圈轴线的磁场中,磁场的磁感应强度随时间变化如图(乙)所示,求:(1)t=1.0×10-2s 时线圈中的感应电动势E; (2)0~2.0×10-2 s 内通过电阻R 的电荷量q; (3)0~3.0×10-2 s 内电阻R 上产生的热量Q. 解析:(1)由图(乙)可知,t=0.01 s 时刻ΔΔBt=4 T/s 根据法拉第电磁感应定律得E=n ΔΔt Φ=n ΔΔS Bt解得E=0.6 V. (2)0~0.02 s 内,I=ER r+=0.1 A 电荷量q=IΔt 解得q=2.0×10-3 C.(3)0~0.02 s 内,E=0.6 V,I=0.1 A,根据焦耳定律可以得到,R 上产生的焦耳热为 Q 1=I 2Rt 1=1.0×10-3 J0.02~0.03 s 内,E′=1.2 V,I′=0.2 A,根据焦耳定律可以得到,R 上产生的焦耳热为 Q 2=I′2Rt 2=2.0×10-3J 所以Q=Q 1+Q 2=3.0×10-3J.答案:(1)0.6 V (2)2.0×10-3C (3)3.0×10-3J求解焦耳热应分清两类情况(1)若回路中电流恒定,可以利用电路结构及W=UIt或Q=I2Rt直接进行计算.(2)若电流变化,则①利用安培力做的功求解:电磁感应中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功;②利用能量守恒求解:若只有电能与机械能的转化,则机械能的减少量等于产生的焦耳热;③利用功能关系求解:若除重力、安培力做功外,还有其他力做功,则其他力做功等于增加的机械能和产生的焦耳热.1.(2019·江苏七市二模)(多选)在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上,存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场,区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上,区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下,磁场的宽度均为L,一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框,由静止开始沿斜面下滑,当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时,恰好以速度v1做匀速直线运动;当ab边下滑到JP与MN的中间位置时,线框又恰好以速度v2做匀速直线运动,从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中,线框的动能变化量为ΔE k,重力对线框做功大小为W1,安培力对线框做功大小为W2,下列说法中正确的有( CD )A.在下滑过程中,由于重力做正功,所以有v2>v1B.从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中,线框的机械能守恒C.从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中,有W1-ΔE k的机械能转化为电能D.从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中,线框动能的变化量大小ΔE k=W1-W2解析:ab边越过JP后回路感应电动势增大,感应电流增大,因此所受安培力增大,安培力阻碍线框下滑,因此ab边越过JP后开始做减速运动,使感应电动势和感应电流均减小,安培力减小,当安培力减小到与重力沿斜面向下的分力mgsin θ相等时,以速度v2做匀速运动,因此v2<v1,A 错误;由于有安培力做功,线框机械能不守恒,B错误;线框克服安培力做功,将机械能转化为电能,克服安培力做了多少功,就有多少机械能转化为电能,由动能定理得W1-W2=ΔE k,W2=W1-ΔE k,故C,D正确.2.(2019·湖南娄底二模)(多选)如图所示,质量为3m的重物与一质量为m的线框用一根绝缘细线连接起来,挂在两个高度相同的定滑轮上,已知线框的横边边长为L,水平方向匀强磁场的磁感应强度为B,磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为h.初始时刻,磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为2h,将重物从静止开始释放,线框上边缘刚进磁场时,恰好做匀速直线运动,滑轮质量、摩擦阻力均不计.则下列说法中正确的是( ABD )A.线框进入磁场时的速度为2ghB.线框的电阻为2222B L gh mgC.线框通过磁场的过程中产生的热量Q=2mghD.线框通过磁场的过程中产生的热量Q=4mgh解析:从初始时刻到线框上边缘刚进入磁场,由机械能守恒定律得3mg×2h=mg×2h+242mv ,解得线框刚进入磁场时的速度v=2gh ,故A 正确;线框上边缘刚进磁场时,恰好做匀速直线运动,故受合力为零,3mg=BIL+mg,I=BLv R ,解得线框的电阻R=2222B L gh mg,故B 正确;线框匀速通过磁场的距离为2h,产生的热量等于系统重力势能的减少量,即Q=3mg×2h -mg×2h=4mgh,故C 错误,D 正确.电磁感应中的动量和能量问题角度1 用动量定理解决电磁感应问题 [例3](2019·广东佛山模拟)(多选)水平放置的足够长光滑平行导轨,电阻不计,间距为L,左端连接的电源电动势为E 、内阻为r,质量为m 的金属杆垂直静放在导轨上,金属杆处于导轨间的部分的电阻为R.整个装置处在磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中,闭合开关,金属杆沿导轨做变加速运动直至达到最大速度,下列说法正确的是( AC ) A.金属杆的最大速度大小为B.此过程中通过金属杆的电荷量为222mEB L C.此过程中电源提供的电能为222mE B L D.此过程中金属杆产生的热量为2222mE B L解析:开关闭合瞬间,电流通过金属杆,则金属杆在安培力作用下加速运动,同时由于金属杆切割磁感线产生感应电动势,方向与E 相反,故金属杆做加速度减小的加速运动,当感应电动势等于电源电动势E 时,金属杆加速度为0,速度最大,由BLv m =E,得v m =EBL,A 正确;整个过程中对金属杆应用动量定理有B I L·t=mv m ,则q=I t=m mv BL=22mEB L ,B 错误;电源提供的电能为E 电=qE=222mE B L,C 正确;对整个过程由功能关系可知电源提供的能量转化为金属杆的动能和电路产生的热量,即E 电=Q 总+E k ,得222mE B L =Q 总+12m 222E B L ,故Q 总=Q r +Q R =2222mE B L ,金属杆的热量为Q R =R R r+Q 总=2222mE B L ·R R r+,D 错误. 角度2 用动量守恒定律解决电磁感应问题[例4] (2019·北京丰台期末)如图所示,两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内,导轨间的距离为L,导轨上平行放置两根导体棒ab 和cd,构成矩形回路.已知两根导体棒的质量均为m 、电阻均为R,其他电阻忽略不计,整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B,导体棒均可沿导轨无摩擦的滑行.开始时,导体棒cd 静止、ab 有水平向右的初速度v 0,两导体棒在运动中始终不接触.求:(1)开始时,导体棒ab 中电流的大小和方向;(2)从开始到导体棒cd 达到最大速度的过程中,矩形回路产生的焦耳热; (3)当ab 棒速度变为34v 0时,cd 棒加速度的大小. 解析:(1)ab 棒产生的感应电动势E ab =BLv 0 ab 棒中电流I=2ab E R=02BLv R 方向由a→b.(2)当ab 棒与cd 棒速度相同时,cd 棒的速度最大,设最大速度为v由动量守恒定律得mv 0=2mv 解得v=12v 0由能量守恒定律得Q=12m 20v -12(2m)v 2解得Q=14m 20v .(3)设ab 棒的速度为34v 0时,cd 棒的速度为v′ 由动量守恒定律得mv 0=m 34v 0+mv′ 解得v′=14v 0. E ab =BL 34v 0; E cd =BL 14v 0;I=2ab cd E E R-=0031()442BL v v R- 解得I=4BLv Rcd 棒受力为F=IBL=2204B L v R;此时cd 棒加速度为a==.答案:见解析动量定理及动量守恒定律在电磁感应中的应用技巧(1)在电磁感应中,动量定理应用于单杆切割磁感线运动,可求解变力的时间、速度、位移和电荷量.①求电荷量或速度:B I lΔt=mv 2-mv 1,q=I t. ②求时间:Ft-I 冲=mv 2-mv 1,I 冲=BIlΔt=BlΔR Φ总. ③求位移:-BIlΔt=-22v ΔB l tR 总=0-mv 0, 即-22B l R 总s=m(0-v 0).(2)电磁感应中对于双杆切割磁感线运动,若双杆系统所受合外力为零,运用动量守恒定律结合能量守恒定律可求解与能量有关的问题.1.(2019·广东深圳二模)如图所示,在水平面上有两条导电导轨MN,PQ,导轨间距为d,匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里,磁感应强度的大小为B,两根完全相同的金属杆1,2间隔一定的距离摆开放在导轨上,且与导轨垂直.它们的电阻均为R,两杆与导轨接触良好,导轨电阻不计,金属杆的摩擦不计.杆1以初速度v 0滑向杆2,为使两杆不相碰,则杆2固定与不固定两种情况下,最初摆放两杆时的最小距离之比为( C ) A.1∶1 B.1∶2 C.2∶1 D.1∶1 解析:杆2固定:对回路:q 1=Δ2R =12Bds R. 对杆1:-B 1I d·Δt=0-mv 0,q 1=·Δt 联立解得s 1=222mRv B d . 杆2不固定:q 2=22Bds R对杆2:B 2I d·Δt=mv 2-0 全程动量守恒:mv 0=mv 1+mv 2末态两棒速度相同,v 1=v 2,q 2=2I ·Δt 联立解得s 2=22mRv B d . s 1∶s 2=2∶1,C 正确.2.(2019·贵州黔东南二模)如图所示,宽度为L 的平行光滑的金属轨道,左端为半径为r 1的四分之一圆弧轨道,右端为半径为r 2的半圆轨道,中部为与它们相切的水平轨道.水平轨道所在的区域有磁感应强度为B 的竖直向上的匀强磁场.一根质量为m 的金属杆a 置于水平轨道上,另一根质量为M 的金属杆b 由静止开始自左端轨道最高点滑下,当b 滑入水平轨道某位置时,a 就滑上了右端半圆轨道最高点(b 始终运动且a,b 未相撞),并且a 在最高点对轨道的压力大小为mg,此过程中通过a 的电荷量为q,a,b 杆的电阻分别为R 1,R 2,其余部分电阻不计.在b 由静止释放到a 运动到右端半圆轨道最高点过程中,求:(1)在水平轨道上运动时b 的最大加速度是多大;(2)自b 释放到a 到达右端半圆轨道最高点过程中,系统产生的焦耳热是多少; (3)a 刚到达右端半圆轨道最低点时b 的速度是多大. 解析:(1)由机械能守恒定律得12M 21b v =Mgr 1 解得v b112grb 刚滑到水平轨道时加速度最大,E=BLv b1,I=12ER R +, 由牛顿第二定律有F 安=BIL=Ma 解得221122B L gr .(2)由动量定理有-B I Lt=Mv b2-Mv b1, 即-BLq=Mv b2-Mv b1 解得v b212gr -BLqM根据牛顿第三定律得:a 在最高点受支持力N=N′=mg,mg+N=m 212a v r解得v a122gr 由能量守恒定律得Mgr 1=12M 22b v +12m 21a v +mg2r 2+Q 解得12gr -3mgr 2-2222B L q M. (3)由能量守恒定律有2mgr 2=12m 22a v -12m 21a v 解得v a226gr 由动量守恒定律得Mv b1=Mv b3+mv a2 解得v b312gr 26m gr M答案:(1)221122()B L gr M R R +(2)BLq 12gr -3mgr 2-2222B L q M(3)12gr -26m gr M1.(2019·福建厦门模拟)(多选)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( AD ) A.物块c 的质量是2msin θB.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sin mg BLθ解析:b 棒静止说明b 棒受力平衡,即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡,a 棒匀速向上运动,说明a 棒受细线的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡,c 匀速下降则c 所受重力和细线的拉力大小平衡.由b 平衡可知,安培力大小F 安=mgsin θ,由a 平衡可知F 线=F 安+mgsin θ=2mgsin θ,由c 平衡可知F 线=m c g;因为线中拉力大小相等,故2mgsin θ=m c g,即物块c 的质量为2msin θ,故A 正确;b 放上之前,a,c 系统的机械能守恒,c 减少的重力势能转化为a,c 的动能和a 的重力势能,故B 错误;放上b 后,a 匀速上升重力势能在增加,根据能量守恒知c 减小的重力势能等于回路消耗的电能和a 增加的重力势能之和,C 错误;根据b 棒的平衡可知F 安=mgsin θ,又因为F 安=BIL,故I=sin mg BLθ,故D 正确. 2.(2018·江苏卷,9)(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( BC )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4mgdD.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于2244g 2m R B L 解析:穿过磁场Ⅰ后,金属杆在磁场之间做加速运动,在磁场Ⅱ上边缘速度大于从磁场Ⅰ出来时的速度,即进入磁场Ⅰ时速度等于进入磁场Ⅱ时速度且大于从磁场Ⅰ出来时的速度,故金属杆在刚进入磁场Ⅰ中时做减速运动,加速度方向向上,选项A 错误. 金属杆刚进入磁场Ⅰ中时,由牛顿第二定律知 BIL-mg=22vB L R-mg=ma a 随着减速过程逐渐变小,即在前一段做加速度减小的减速运动,若出磁场Ⅰ前a 减为零则再做匀速运动.金属杆在磁场之间做加速度为g 的匀加速直线运动,两个过程位移大小相等,由v t 图象(以金属杆在磁场Ⅰ中一直减速为例),如图所示,可以看出前一段用时多于后一段用时(若金属杆在磁场Ⅰ中先减速再匀速可以得出同样的结论),选项B 正确.由于进入两磁场时速度相等,从金属杆刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ的过程,由动能定理知, W 安1+mg·2d=0, 则W 安1=-2mgd,可知通过磁场Ⅰ产生的热量为2mgd,故穿过两磁场产生的总热量为4mgd,选项C 正确. 设刚进入磁场Ⅰ时速度为v,则由机械能守恒定律知mgh=12mv 2,进入磁场时BIL-mg=22v B L R -mg=ma 解得v=22()m a g R B L +, 联立得h=22244(a g)2gm R B L +>2244g 2m R B L ,选项D 错误. 3.(2019·安徽蚌埠二模)如图所示,质量M=1 kg 的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上,凹槽部分嵌有cd 和ef 两个光滑半圆形导轨,c 与e 端由导线连接,一质量m=1 kg 的导体棒自ce 端的正上方h=2 m 处平行ce 由静止下落,并恰好从ce 端进入凹槽,整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中,导体棒在凹槽内运动过程中与导轨接触良好.已知磁场的磁感应强度B=0.5 T,导轨的间距与导体棒的长度均为L=0.5 m,导轨的半径r=0.5 m,导体棒的电阻R=1 Ω,其余电阻均不计,重力加速度g=10 m/s 2,不计空气阻力.(1)求导体棒刚进入凹槽时的速度大小;(2)求导体棒从开始下落到最终静止的过程中系统产生的热量;(3)若导体棒从开始下落到第一次通过导轨最低点的过程中产生的热量为16 J,求导体棒第一次通过最低点时回路中的电功率.解析:(1)根据机械能守恒定律,得mgh=12mv 2解得10 m/s.(2)导体棒在凹槽导轨上运动过程中发生电磁感应现象,产生感应电流,最终整个系统处于静止,导体棒停在凹槽最低点.根据能量守恒可知整个过程中系统产生的热量Q=mg(h+r)=25 J.(3)设导体棒第一次通过最低点时速度大小为v 1,凹槽速度大小为v 2,导体棒在凹槽内运动时系统在水平方向动量守恒,故有mv 1=Mv 2由能量守恒,得12m 21v +12M 22v =mg(h+r)-Q 1导体棒第一次通过最低点时感应电动势E=BLv 1+BLv 2回路电功率P=2E R 联立解得P=94W.答案:(1)210 m/s (2)25 J (3)94 W4.(2019·湖南湘潭调研)如图所示,将不计电阻的长导线弯折成P 1P 2P 3,Q 1Q 2Q 3形状,P 1P 2P 3和Q 1Q 2Q 3是相互平行且相距为d 的光滑固定金属导轨.P 1P 2,Q 1Q 2的倾角均为θ,P 2P 3,Q 2Q 3在同一水平面上,P 2Q 2⊥P 2P 3,整个导轨在方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中,质量为m 电阻为R 的金属杆CD 从斜导轨上某处静止释放,然后沿水平导轨滑动一段距离后停下.杆CD 始终垂直导轨并与导轨保持良好接触,导轨和空气阻力均不计,重力加速度大小为g,导轨倾斜段和水平段都足够长,求: (1)杆CD 能达到的最大速度;(2)杆CD 在距P 2Q 2为L 处释放,滑到P 2Q 2处恰达到最大速度,则沿倾斜导轨下滑的时间Δt 1及在水平导轨上滑行的最大距离.解析:(1)杆CD 达到最大速度时,杆受力平衡,则有Bcos θ·dI m =mgsin θ此时杆CD 切割磁感线产生的感应电动势为E=Bcos θ·dv m由欧姆定律可得I m =E R, 解得v m =222sin cos θmgR B d . (2)在杆CD 沿倾斜导轨下滑的过程中,根据动量定理有mgsin θ·Δt 1-Bcos θ1I d·Δt 1=mv m -01I =E R =1ΔΔRt Φ=1cos ΔR B Ld t θ 解得Δt 1=222cos θmR B d +222Lcos θsin B d mgR θ在杆CD 沿水平导轨运动的过程中,根据动量定理有 -B 2I d·Δt 2=0-mv m该过程中通过R 的电荷量为q 2=2I Δt 2,得q 2=m mv Bd杆CD 沿水平导轨运动的过程中,通过的平均电流为 2I =E R =2ΔBsd R t ,q 2=2I Δt 2=Bds R解得s=22442g sin cos θm R B d θ. 答案:(1)222sin cos θmgR B d θ (2)222cos θmR B d +222Lcos θsin B d mgR θ 22442g sin cos θm R B d θ。
【名师讲解】高三物理一轮复习：十 交变电流、传感器(36张PPT)
所以在本章的复习中要注意理解图象的意义，善于运用图
象分析解决有关的问题。高考也有把本章知识与其他章的
知识相联系的综合考查，如带电粒子在加有交变电压的平
行金属板间的运动问题就是高考的一个热点。
四、高考命题趋向
1.交变电流的知识在高考题中常以选择题的形式出现。 2．命题可能性较大的知识点有交变电流的规律，有效 值的定义和应用，变压器的电压比和电流比及输入功率 和输出功率的求解，和与交变电流的图象有关的题目。
B．e＝220cos 100πt(V) C．e＝314sin 100πt(V) D．e＝314cos 100πt(V)
【练习3】如图a所示，一矩形线圈 abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、 cd中点的轴OO′以角速度逆时针匀速 转动。若以线圈平面与磁场夹角为450 时（如图b）为计时起点，并规定当电 流自a流向b时电流方向为正。则下列 四幅图中正确的是（ D ）
3．交变电流与电学其他知识、力学知识相联系的考查，
特别应注意带电粒子在交变电场中的运动问题。
第一节 一、知识要点
交变电流
1．交变电流的产生 （1）交变电流：大小和方向均随时间作周期性变化的电 流． 其中， 方向随时间变化是交变电流的最主要特征． （2）交变电流的产生 ①矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时， 线圈中就会产生按正弦规律变化的交变电流，这种交变电 流叫正弦式交变电流． ②中性面：垂直于磁场的平面叫中性面。线圈位于中性面 位置时，穿过线圈平面的磁通量最大，但磁通量的变化率 为零，此位置线圈中的感应电动势为零，且线圈每经过中 性面位置一次，感应电流的方向就改变一次．线圈每转一 周，两次经过中性面位置，感应电流的方向改变两次．
第十章
交变电流、传感器
2021届山东新高考物理一轮复习讲义：第10章 第1节 电磁感应现象 楞次定律
第1节电磁感应现象楞次定律一、磁通量1．概念：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与B 的乘积。
2．公式：Φ＝BS。
3．适用条件：(1)匀强磁场。
(2)S为垂直磁场的有效面积。
4．磁通量是标量(填“标量”或“矢量”)。
5．物理意义：相当于穿过某一面积的磁感线的条数。
如图所示，矩形abcd、abb′a′、a′b′cd的面积分别为S1、S2、S3，匀强磁场的磁感应强度B与平面a′b′cd 垂直，则：(1)通过矩形abcd的磁通量为BS1cos θ或BS3。
(2)通过矩形a′b′cd的磁通量为BS3。
(3)通过矩形abb′a′的磁通量为0。
6．磁通量变化：ΔΦ＝Φ2－Φ1。
二、电磁感应现象1．定义：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫作电磁感应。
2．条件(1)条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化。
(2)例如：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动。
3．实质产生感应电动势，如果电路闭合，则有感应电流。
如果电路不闭合，则只有感应电动势而无感应电流。
三、感应电流方向的判定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：如图所示，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：导线切割磁感线产生感应电流。
1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)1831年，英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象。
(√)(2)闭合电路内只要有磁通量，就有感应电流产生。
(×)(3)穿过线圈的磁通量和线圈的匝数无关。
(√)(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)当导体切割磁感线时，一定产生感应电动势。
2021届高考物理一轮复习第10章电磁感应第1节电磁感应现象楞次定律教案(含解析)
第1节电磁感应现象楞次定律一、磁通量1．概念：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与B的乘积。
2．公式：Φ＝BS。
3．适用条件：(1)匀强磁场。
(2)S为垂直磁场的有效面积。
4．磁通量是标量(填“标量”或“矢量”)。
5．物理意义：相当于穿过某一面积的磁感线的条数。
如图所示，矩形abcd、abb′a′、a′b′cd的面积分别为S1、S2、S3，匀强磁场的磁感应强度B与平面a′b′cd垂直，则：(1)通过矩形abcd的磁通量为BS1cos θ或BS3。
(2)通过矩形a′b′cd的磁通量为BS3。
(3)通过矩形abb′a′的磁通量为0。
6．磁通量变化：ΔΦ＝Φ2－Φ1。
二、电磁感应现象1．定义：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫作电磁感应。
2．条件(1)条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化。
(2)例如：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动。
3．实质产生感应电动势，如果电路闭合，则有感应电流。
如果电路不闭合，则只有感应电动势而无感应电流。
三、感应电流方向的判定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：如图所示，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：导线切割磁感线产生感应电流。
1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)1831年，英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象。
(√)(2)闭合电路内只要有磁通量，就有感应电流产生。
(×)(3)穿过线圈的磁通量和线圈的匝数无关。
(√)(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)当导体切割磁感线时，一定产生感应电动势。
(山东专用)2021高考物理一轮复习实验14探究影响感应电流方向的因素高效演练(含解析)
探究影响感应电流方向的因素1．某同学用如图所示的实验器材探究电磁感应现象．他连接好电路并检查无误后，闭合开关的瞬间观察到电流表G指针向右偏转．开关闭合后，他将线圈A中的铁芯快速抽出，电流计指针将________(选填“左偏”“右偏”或“不偏”)．解析闭合开关的瞬间，穿过副线圈的磁通量增加，电流表G指针向右偏转，这说明副线圈磁通量增加，指针向右偏；开关闭合后，将线圈A中的铁芯快速抽出，穿过副线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏转．答案左偏2．某同学在研究电磁感应现象的实验中，设计了如图所示的装置．线圈A通过电流表甲、高阻值的电阻R′、滑动变阻器R和开关S连接到干电池上，线圈B的两端接到另一个电流表乙上，两个电流表相同，零刻度居中．闭合开关后，当滑动变阻器R的滑片P不动时，甲、乙两个电流表指针的位置如图所示．(1)当滑片P较快地向左滑动时，甲电流表指针的偏转方向是________，乙电流表指针的偏转方向是________.(选填“向右偏”“向左偏”或“不偏转”)(2)断开开关，待电路稳定后再迅速闭合开关，乙电流表的偏转情况是________.(选填“向左偏”“向右偏”或“不偏转”)(3)从上述实验可以初步得出结论：_____________________________________________________________________________________________________________________.答案(1)向右偏向左偏(2)向左偏(3)穿过闭合回路的磁通量变化时会产生感应电流，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量变化3．在“探究感应电流的方向与哪些因素有关”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．某同学想到了多用电表内部某一挡，含有直流电源，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如图，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)只有欧姆表内部有电源．(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极流入．(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，故插入的是S极．答案(1)欧姆(2)短暂负(3)如图所示4．根据如图甲、乙、丙、丁所示进行电路图连接与实验操作，并填好实验现象记录表格．甲乙丙丁S极插入线圈S极拔出线圈N极插入线圈N极拔出线圈原来磁场的方向________________原来磁场的磁感应电流的磁场方向是否总是与原磁场方向相反或相同？什么时候相反？什么时候相同？感应电流的磁场对原磁场磁通量变化有何影响？解析不一定，有时相反，有时相同；闭合回路中原磁场的磁通量增加时，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反；闭合回路中原磁场的磁通量减少时，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相同；感应电流的磁场总是阻碍原磁场磁通量的变化．答案向上向上向下向下增大减小增大减小顺时针逆时针逆时针顺时针向下向上向上向下相反相同相反相同不一定，有时相反，有时相同；闭全回路中原磁场的磁通量增加时，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反；闭合回路中原磁场的磁通量减少时，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相同；感应电流的磁场总是阻碍原磁场磁通量的变化．。
2021年高考物理一轮复习 第10章 交变电流 传感器 第2讲 讲义(新课标全国)
考点一 抱负变压器基本关系的应用1．构造如图1所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的．图1(1)原线圈：与沟通电源连接的线圈，也叫初级线圈． (2)副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈． 2．原理电流磁效应、电磁感应． 3．基本关系式(1)功率关系：P 入＝P 出． (2)电压关系：U 1n 1＝U 2n 2.有多个副线圈时U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝….(3)电流关系：只有一个副线圈时I 1I 2＝n 2n 1.由P 入＝P 出及P ＝UI 推出有多个副线圈时，U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋…＋U n I n . 4．几种常用的变压器(1)自耦变压器——调压变压器．(2)互感器⎩⎪⎨⎪⎧电压互感器：用来把高电压变成低电压.电流互感器：用来把大电流变成小电流.[思维深化]1．抱负变压器物理量的制约关系：(1)电压：副线圈电压U 2由原线圈电压U 1和匝数比打算． (2)功率：原线圈的输入功率P 1由副线圈的输出功率P 2打算．(3)电流：原线圈电流I 1由副线圈电流I 2和匝数比打算． 2．推断下列说法是否正确：(1)变压器不但能转变交变电流的电压，还能转变交变电流的频率．( × )(2)抱负变压器能转变交变电压、交变电流，但不转变功率，即输入功率总等于输出功率．( √ ) (3)变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈的输入电流随之增大．( √ )1．[变压器的有关规律](2021·课标Ⅰ·16)一抱负变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V 的正弦沟通电源上，如图2所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则( )图2A ．U ＝66 V ，k ＝19B ．U ＝22 V ，k ＝19C ．U ＝66 V ，k ＝13D ．U ＝22 V ，k ＝13答案 A解析 原、副线圈电压比等于匝数比，依据副线圈负载电阻的电压U ，可知副线圈电压为U ，原线圈电压为3U ，副线圈电流I 2＝U R ，依据I 1I 2＝n 2n 1得原线圈电流I 1＝U 3R ，那么原线圈输入电压220 V ＝3U ＋U3R ·R ，整理可得U ＝66 V ；原、副线圈电阻消耗的功率可依据P ＝I 2R 求得，电阻相等，I 1∶I 2＝1∶3，可得功率之比为P 1∶P 2＝1∶9，即k ＝19.依据以上分析可知选项A 正确．2．[交变电流和抱负变压器的综合应用](2021·四川·2)用220 V 的正弦沟通电通过抱负变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V ，通过负载的电流图象如图3所示，则( )图3A ．变压器输入功率约为3.9 WB ．输出电压的最大值是110 VC ．变压器原、副线圈匝数比是1∶2D ．负载电流的函数表达式i ＝0.05sin (100πt ＋π2) A答案 A解析 由题意知：U 1＝220 V ，U 2＝110 V ，所以n 1n 2＝U 1U 2＝2∶1，U 2m ＝110 2 V ，选项B 、C 均错误．由图象可知：I 2m ＝0.05 A ，T ＝0.02 s ，则负载电流的函数表达式为i ＝0.05sin (100πt ) A ，选项D 错误．变压器的输入功率P 1＝P 2＝I 2U 2＝0.052×110 W ≈3.9 W ，选项A 正确．3．[变压器的有关规律](2021·广东·16)如图4，抱负变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝2∶1，和均为抱负电表，灯泡电阻R L ＝6 Ω，AB 端电压u 1＝122sin 100πt (V)．下列说法正确的是( )图4A.电流频率为100 HzB.的读数为24 VC.的读数为0.5 AD.变压器输入功率为6 W答案 D解析 由ω＝2πf ＝100π rad/s 得：f ＝50 Hz ，A 错．有效值U 1＝12 V ，又由于U 2U 1＝n 2n 1得：U 2＝6 V ，I 2＝U 2R L ＝1 A ，选项B 、C 错．由能量守恒得P 1＝P 2＝U 2I 2＝6 W ，D 选项对．4．[变压器的基本关系与沟通电有效值]自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分．一升压式自耦调压变压器的电路如图5所示，其副线圈匝数可调．已知变压器线圈总匝数为1 900匝，原线圈为1 100匝，接在有效值为220 V 的沟通电源上．当变压器输出电压调至最大时，负载R 上的功率为2.0 kW.设此时原线圈中电流的有效值为I 1，负载两端电压的有效值为U 2，且变压器是抱负的，则U 2和I 1分别约为( )图5A ．380 V 和5.3 AB ．380 V 和9.1 AC ．240 V 和5.3 AD ．240 V 和9.1 A答案 B解析 由题图并依据抱负变压器电压比关系U 1U 2＝n 1n 2，代入数据解得副线圈两端的电压有效值U 2＝380 V ，因抱负变压器原、副线圈输入和输出的功率相等，即P 入＝P 出＝U 1I 1，解得I 1＝2.0×103220 A ≈9.1 A ，选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．5．[交变电流与变压器的综合应用]如图6所示，匝数为50匝的矩形闭合导线框ABCD 处于磁感应强度大小B ＝210T 的水平匀强磁场中，线框面积S ＝0.5 m 2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO ′以角速度ω＝100 rad/s 匀速转动，并与抱负变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220 V,60 W ”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10 A ，下列说法正确的是( )图6A ．在图示位置线框中产生的感应电动势最大B ．线框中产生电动势的有效值为250 2 VC ．变压器原、副线圈匝数之比为25∶22D ．允许变压器输出的最大功率为1 000 W 答案 C解析 在图示位置线框和磁感线垂直，磁通量最大，线框中产生的感应电动势为零，A 错误；线框中产生的感应电动势最大值E m ＝NBSω＝250 2 V ，其有效值E ＝22E m＝250 V ，B 错误；灯泡能正常发光，则副线圈两端电压U 2＝220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2可知变压器原、副线圈匝数之比为25∶22，C 正确；熔断器允许通过的最大电流为10 A ，即I 1＝10 A ，P 1＝U 1I 1＝250×10 W ＝2 500 W ，因此变压器允许输出的最大功率为2 500 W ，D 错误．关于抱负变压器的四点说明 1．变压器不能转变直流电压．2．变压器只能转变交变电流的电压和电流，不能转变交变电流的频率． 3．抱负变压器本身不消耗能量．4．抱负变压器基本关系中的U 1、U 2、I 1、I 2均为有效值．考点二 抱负变压器的动态分析1．匝数比不变的状况(如图7所示)(1)U 1不变，依据U 1U 2＝n 1n 2，输入电压U 1打算输出电压U 2，不论负载电阻R 如何变化，U 2不变．(2)当负载电阻发生变化时，I 2变化，输出电流I 2打算输入电流I 1，故I 1发生变化． (3)I 2变化引起P 2变化，P 1＝P 2，故P 1发生变化．图7 图8 2．负载电阻不变的状况(如图8所示) (1)U 1不变，n 1n 2发生变化，故U 2变化．(2)R 不变，U 2变化，故I 2发生变化．(3)依据P 2＝U 22R，P 2发生变化，再依据P 1＝P 2，故P 1变化，P 1＝U 1I 1，U 1不变，故I 1发生变化．6．(2021·安徽理综·16)如图9所示电路中，变压器为抱负变压器，a 、b 接在电压有效值不变的沟通电源两端，R 0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，观看到电流表A 1的示数增大了0.2 A ，电流表A 2的示数增大了0.8 A ，则下列说法正确的是( )图9A ．电压表V 1示数增大B ．电压表V 2、V 3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 答案 D解析 由于a 、b 接在电压有效值不变的沟通电源两端，故电压表V 1示数不变，选项A 错误；由抱负变压器原理公式U 1U 2＝n 1n 2且U 1、n 1、n 2不变，则U 2不变，即V 2的示数不变，V 3的示数U 3＝U 2－I 2R 0应减小，故选项B 错误；由公式I 1I 2＝n 2n 1得：n 1n 2＝ΔI 2ΔI 1＝0.80.2＝4，则n 1＞n 2，该变压器起降压作用，故C 错误；又I 2＝U 2R 0＋R，I 2增大，R 应减小，故滑片应沿c →d 方向滑动，故D 正确．7．(2021·天津理综·6)(多选)如图10所示，抱负变压器的原线圈连接一只抱负沟通电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q 来调整，在副线圈两端连接了定值电阻R 0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 的正弦沟通电，则( )图10A ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变大B ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变小C ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变大D ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变小 答案 BC解析 Q 位置不动，副线圈电压U 2不变，当P 上滑时，R 增大，由P ＝U 22R ＋R 0可知总功率减小，原线圈电压U 1不变，由P ＝U 1I 1可知原线圈电流I 1减小，故A 错误，B 正确；当P 位置不动，Q 上滑时，由U 2U 1＝n 2n 1知U 2增大，同理分析原线圈电流I 1增大，故C 正确，D 错误．8．(2022·课标Ⅱ·21)(多选)如图11，一抱负变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2.原线圈通过一抱负电流表接正弦沟通电源，一个二极管和阻值为R 的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，用沟通电压表测得a 、b 端和c 、d 端的电压分别为U ab 和U cd ，则( )图11A ．U ab ∶U cd ＝n 1∶n 2B ．增大负载电阻的阻值R ，电流表的读数变小C ．负载电阻的阻值越小，cd 间的电压U cd 越大D ．将二极管短路，电流表的读数加倍 答案 BD解析 变压器的变压比U 1U 2＝n 1n 2，其中U 1、U 2是变压器原、副线圈两端的电压．U 1＝U ab ，由于二极管的单向导电特性，U cd ≠U 2，选项A 错误．增大负载电阻的阻值R ，负载的电功率减小，由于P 入＝P 出，且P 入＝I 1U ab ，所以原线圈上的电流I 1减小，即电流表的读数变小，选项B 正确．c 、d 端的电压由输入电压U ab 打算，负载电阻R 的阻值变小时，U cd 不变，选项C 错误．依据变压器上的能量关系有E 输入＝E 输出，在一个周期T 内，二极管未短路时有U ab I 1T ＝U 2R ·T 2＋0(U 为副线圈两端的电压)，二极管短路时有U ab I 2T ＝U 2R T ，由以上两式得I 2＝2I 1，选项D 正确．9．图12甲为抱负变压器，其原、副线圈的匝数比为4∶1，原线圈接图乙所示的正弦沟通电．图甲中R t 为阻值随温度上升而减小的热敏电阻，R 1为定值电阻，电压表和电流表均为抱负电表．则下列说法正确的是( )图12A ．图乙所示电压的瞬时值表达式为u ＝51sin 50πt VB ．变压器原、副线圈中的电流之比为1∶4C ．变压器输入、输出功率之比为1∶4D ．R t 处温度上升时，电压表和电流表的示数均变大 答案 B解析 题图乙所示电压的瞬时值表达式为u ＝51sin 100πt V ，A 错误；依据n 1n 2＝I 2I 1可知，原、副线圈中的电流与匝数成反比，抱负变压器的输入、输出功率相等，B 正确，C 错误；R t 处温度上升时，R t 的阻值减小，电压表示数不变，电流表示数变大，所以D 选项错误．10．如图13甲所示，抱负变压器原、副线圈匝数比为n 1∶n 2＝2∶1，电表均为抱负电表，两个电阻的阻值均为1 Ω，C 是电容器，其击穿电压为22V ．图乙为原线圈两端的输入电压与时间的关系图象．下列说法正确的是( )图13A ．输入电压的频率为50 Hz ，经过变压器后通过电阻的沟通电频率为25 HzB ．S 断开时电压表的示数为1.41 V ，电流表的示数为0.35 AC ．S 断开时电压表的示数为1 V ，电流表的示数为0.25 AD ．闭合开关S ，电容器将被击穿 答案 C解析 由题图乙知T ＝0.02 s ，则f ＝1T ＝50 Hz ，变压器不转变沟通电的频率，所以输出的沟通电的频率仍为50Hz ，故A 错误．当S 断开时，由U 1U 2＝n 1n 2可知，电压表的示数U 2＝n 2n 1U 1＝1 V ，I 2＝U 22R ＝0.5 A ，又I 1I 2＝n 2n 1，则电流表的示数I 1＝n 2n 1I 2＝0.25 A ，所以B 项错误，C 项正确．开关S 闭合前，右端电阻R 两端电压最大值为22 V ，开关S 闭合后，电容器C 与右端电阻R 并联，则并联总电阻小于1 Ω，电容器两端的最大电压小于22V ，由于电容器的击穿电压为22V ，所以电容器不能被击穿，D 项错误．变压器动态问题的分析流程U 1――――→U 1 U 2＝n 1n 2U 2――――→I 2＝U 2R 负载I 2―――→I 1I 2＝n 2n 1I 1――――→P 1＝I 1U 1P 1考点三 远距离输电问题1．削减输电电能损失的两种方法 (1)理论依据：P 损＝I 2R .(2)减小输电线的电阻：依据电阻定律R ＝ρlS ，要减小输电线的电阻R ，在保证输电距离状况下，可接受减小材料的电阻率、增大导线的横截面积等方法．(3)减小输电导线中的电流：在输电功率肯定的状况下，依据P ＝UI ，要减小电流，必需提高电压． 2．远距离高压输电的几个基本关系(以图14为例)图14(1)功率关系：P 1＝P 2，P 3＝P 4，P 2＝P 损＋P 3.(2)电压、电流关系：U 1U 2＝n 1n 2＝I 2I 1，U 3U 4＝n 3n 4＝I 4I 3，U 2＝ΔU ＋U 3，I 2＝I 3＝I 线．(3)输电电流：I 线＝P 2U 2＝P 3U 3＝U 2－U 3R 线. (4)输电线上损耗的电功率：P 损＝I 线ΔU ＝I 2线R 线＝(P 2U 2)2R 线．当输送功率肯定时，输电电压增大到原来的n 倍，输电线上损耗的功率就减小到原来的1n 2.[思维深化]输电线路功率损失的计算方法(1)P 损＝P －P ′，P 为输送的功率，P ′为用户所得功率．(2)P 损＝I 2线R 线，I 线为输电线路上的电流，R 线为线路电阻．(3)P 损＝ΔU 2R 线，ΔU 为输电线路上损失的电压，R 线为线路电阻．(4)P 损＝ΔUI 线，ΔU 为输电线路上损失的电压，I 线为输电线路上的电流．11．(多选)在远距离输电中，当输电线的电阻和输送的电功率不变时，那么( ) A ．输电线路上损失的电压与输送电流成正比 B ．输送电压越高，输电线路上损失的电压越大 C ．输电线路上损失的功率跟输送电压的平方成反比 D ．输电线路上损失的功率跟输电线上的电流成正比 答案 AC解析 输电线路上损失电压ΔU ＝Ir ，在r 肯定时，ΔU 和I 成正比．若U 越高，I ＝PU ，I 越小，那么ΔU 越小．输电线路上损失的功率ΔP ＝I 2r ，当P 肯定时，I ＝P U ，所以ΔP ＝(PU)2r ，即ΔP 和U 的平方成反比，跟I 的平方成正比，故A 、C 正确．12．(2022·四川理综·1)如图15所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则( )图15A ．用户用电器上沟通电的频率是100 HzB ．发电机输出沟通电的电压有效值是500 VC ．输电线上的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比打算D ．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小 答案 D解析 由u －t 图象可知，沟通电的周期T ＝0.02 s ，故频率f ＝1T ＝50 Hz ，选项A 错误；沟通电的电压最大值U m ＝500 V ，故有效值U ＝U m2＝250 2 V ，选项B 错误；输电线上的电流由降压变压器副线圈上的电阻和降压变压器原副线圈的匝数比打算，选项C 错误；当用户用电器的总电阻增大时，副线圈上的电流减小，依据I 1I 2＝n 2n 1，原线圈(输电线)上的电流减小，依据P ＝I 21R 得，输电线损失的功率减小，选项D 正确． 13．(多选)一台发电机最大输出功率为4 000 kW ，电压为4 000 V ，经变压器T 1升压后向远方输电．输电线路总电阻为R ＝1 kΩ.到目的地经变压器T 2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220 V 、60 W)．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T 1和T 2的损耗可忽视，发电机处于满负荷工作状态，则( ) A ．T 1原、副线圈电流分别为103 A 和20 AB ．T 2原、副线圈电压分别为1.8×105 V 和220 VC ．T 1和T 2的变压比分别为1∶50和40∶1D ．有6×104盏灯泡(220 V 、60 W)正常发光 答案 ABD解析 远距离输电的模型如图所示．T 1原线圈的电流为I 1＝P 1U 1＝4 000×1034 000 A ＝1×103 A ，输电线上损失的功率为P 损＝I 22R ＝10%P 1，所以I 2＝ 10%P 1R＝ 4 000×103×0.11×103 A ＝20 A ，A 正确；T 1的变压比为n 1n 2＝I 2I 1＝20103＝150；T 1副线圈的电压为U 2＝50U 1＝2×105 V ，T 2原线圈的电压为U 3＝U 2－I 2R ＝2×105 V －20×103 V ＝1.8×105 V ，B 正确；T 2的变压比为n 3n 4＝U 3U 4＝1.8×105220＝9×10311，C 错误；能正常发光的灯泡盏数为N ＝90%P 160＝6×104，D 正确． 14．(2022·福建理综·16)图16为模拟远距离输电试验电路图，两抱负变压器的匝数n 1＝n 4<n 2＝n 3，四根模拟输电线的电阻R 1、R 2、R 3、R 4的阻值均为R ，A 1、A 2为相同的抱负沟通电流表，L 1、L 2为相同的小灯泡，灯丝电阻R L >2R ，忽视灯丝电阻随温度的变化．当A 、B 端接入低压沟通电源时( )图16A ．A 1、A 2两表的示数相同B ．L 1、L 2两灯泡的亮度相同C ．R 1消耗的功率大于R 3消耗的功率D ．R 2两端的电压小于R 4两端的电压 答案 D解析 设A 、B 两端所加电压为U .由欧姆定律知，通过A 2表的电流大小I 2＝U 2R ＋R L .通过升压变压器升压后输出电压U ′＝n 2n 1U ，降压变压器获得电压为U ′－I 1·2R ＝n 2n 1U －I 1·2R ，灯泡L 1两端电压为(n 2n 1U －I 1·2R )n 4n 3，则通过灯泡L 1的电流为(n 2n 1U －I 1·2R )n 4n 3R L.故由变压器电流变化规律得I 1＝(n 2n 1U －I 1·2R )n 4n 3R L n 4n 3.又由于n 1＝n 4<n 2＝n 3，解上式得I 1＝Un 2n 1R L ＋n 1n 2·2R .由于R L >2R ，所以I 1<I 2.选项A 错误．通过灯泡L 1的电流为n 3n 4I 1＝n 2n 1I 1＝UR L ＋n 21n 22·2R>I 2，故灯炮L 1亮度更大，选项B 错误．由于I 1<I 2，依据欧姆定律以及电功率的有关学问可知，选项C 错误，选项D 正确．远距离输电问题的分析思路及常见的“三个误区”1．分析思路：对高压输电问题，应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”，或按从“用电器”倒推到“发电机”的挨次一步一步进行分析．2．三个误区：(1)不能正确地利用公式P 损＝⎝⎛⎭⎫P 2U 22R 计算输电线上的损耗功率导致错误；(2)不能正确理解升压变压器的输出电压U 2、降压变压器的输入电压U 3和输电线上损失的电压ΔU 的关系导致错误，三者关系是U 2＝ΔU ＋U 3；(3)不能正确理解升压变压器的输入功率P 1、降压变压器的输出功率P 4和输电线上损失的功率P损的关系导致错误，三者关系是P 1＝P 损＋P 4.1．(2021·江苏单科·1)一电器中的变压器可视为抱负变压器，它将220 V 交变电流转变为110 V ．已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为( ) A ．200 B ．400 C ．1 600 D ．3 200 答案 B解析 依据变压器的变压规律U 1U 2＝n 1n 2得，n 2＝U 2U 1n 1＝110220×800＝400，选项B 正确．2．(多选)如图17，一抱负变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦沟通电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R 0，负载电阻的阻值R ＝11R 0，是抱负电压表．现将负载电阻的阻值减小为R ＝5R 0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0 V ，则( )图17A ．此时原线圈两端电压的最大值约为34 VB ．此时原线圈两端电压的最大值约为24 VC ．原线圈两端原来的电压有效值约为68 VD ．原线圈两端原来的电压有效值约为48 V 答案 AD解析 当R ＝5R 0时，示数为5.0 V ，所以输出电流I 出＝5.0 V5R 0，U R 0＝I 出R 0＝1 V ，则变压器输出电压为6 V ，由n 1n 2＝U 1U 2得到输入电压的有效值为24 V ，所以原线圈两端电压最大值为2U 1≈34 V ，A 正确，B 错误．因I 入∶I 出＝n 2∶n 1不变，故输入电流不变时输出电流也不变，当负载由R ＝11R 0变为R ＝5R 0时，由U ＝IR 知副线圈电压由I (R 0＋11R 0)降到I (R 0＋5R 0)＝6 V ，则副线圈两端原来的电压有效值为12 V ，原线圈两端原来的电压有效值为48 V ，C 错误，D 正确．3．如图18所示，匀强磁场的磁感应强度B ＝25πT ，单匝矩形线圈的面积S ＝1 m 2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动．线圈通过电刷与抱负变压器原线圈相连接，A 为沟通电流表．调整副线圈的触头P ，当变压器原、副线圈的匝数比为2∶1时，副线圈电路中标有“6 V 6W ”的灯泡正常发光，以下推断正确的是( )图18A ．电流表的示数为1 AB ．矩形线圈产生电动势的有效值为18 VC ．从矩形线圈转到中性面开头计时，矩形线圈产生的电动势随时间的变化规律为e ＝122sin 30πt VD ．若矩形线圈的转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P 适当上移 答案 D解析 因灯泡正常发光，则副线圈两端的电压有效值为U 2＝6 V ，通过灯泡的电流为I 2＝66 A ＝1 A ，电流表的示数为I 1＝n 2n 1I 2＝0.5 A ，原线圈两端电压的有效值为U 1＝n 1n 2U 2＝12 V ，矩形线圈产生电动势的有效值为12 V ，最大值为E m ＝BSω＝12 2 V ，得ω＝60π rad/s ，矩形线圈产生的电动势随时间的变化规律为e ＝122sin 60πt V ，矩形线圈的转速增大，产生的感应电动势增大，P 适当上移可以保持副线圈两端电压不变，小灯泡仍能正常发光．4．(多选)如图19甲所示，抱负变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，原线圈接沟通电源和沟通电压表，副线圈与热水器、抽油烟机连接．已知副线圈上的电压按图乙所示规律变化，现闭合开关S 接通抽油烟机，下列说法正确的是( )图19A ．电压表示数为44 VB ．副线圈上电压的瞬时值表达式u ＝2202sin(100πt ) VC ．热水器消耗的功率变大D ．变压器的输入功率增大 答案 BD解析 由题图乙可知，交变电流的峰值是220 2 V ，角速度ω＝2πT ＝100π rad/s ，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为u ＝2202sin(100πt ) V ，选项B 正确；依据U 1U 2＝n 1n 2得，U 1＝n 1n 2U 2＝1 100 V ，则电压表示数为1 100 V ，选项A 错误；接通开关，变压器的输出功率增大，则变压器的输入功率增大，选项D 正确；热水器消耗的功率P ＝U 2R不变，选项C 错误．5．(2022·浙江理综·15)如图20所示为远距离沟通输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U ，用等效总电阻是r 的两条输电线输电，输电线路中的电流是I 1，其末端间的电压为U 1.在输电线与用户间连有一抱负变压器，流入用户端的电流是I 2.则( )图20A ．用户端的电压为I 1U 1I 2B ．输电线上的电压降为UC ．抱负变压器的输入功率为I 21rD ．输电线路上损失的电功率为I 1U 答案 A解析 依据抱负变压器的工作原理，得I 1U 1＝I 2U 2，所以用户端的电压U 2＝I 1U 1I 2，选项A 正确；输电线上的电压降U ′＝I 1r ＝U －U 1，选项B 错误；变压器的输入功率P 1＝I 1U －I 21r ＝I 1U 1，选项C 错误；输电线路上损失的功率P ′＝I 21r ＝I 1(U －U 1)，选项D 错误．6．(多选)如图21为发电厂向远处用户的输电电路示意图，升压变压器和降压变压器均为抱负变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变．若输送功率增大，下列说法中正确的有( )图21A ．升压变压器的输出电压增大B ．降压变压器的输出电压增大C ．输电线上损耗的功率增大D ．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大 答案 CD解析 已知发电厂的输出电压不变，升压变压器的原、副线圈匝数比不变，则由n 1n 2＝U 1U 2知，升压变压器的输出电压U 2不变，A 错；若输送功率增大，输电电压U 2不变，则由P ＝U 2I 2知，输电线上电流I 2增大，又输电线的电阻不变，由U 损＝I 2R 知输电线上损失电压增大，则降压变压器输出电压减小，B 错．因输电电流增大，则由P ＝I 22R知，输电线上损耗的功率变大，C 对．输电线上损耗功率占总功率的比例(I 22RU 2I 2＝I 2R U 2)增大，D 对．练出高分基础巩固1．有一种调压变压器的构造如图1所示．线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，C 、D 之间加上输入电压，转动滑动触头P 就可以调整输出电压．图中A 为沟通电流表，V 为沟通电压表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，C 、D 两端接正弦沟通电源，变压器可视为抱负变压器，则下列说法正确的是( )图1A ．当R 3不变，滑动触头P 顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小B ．当R 3不变，滑动触头P 逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小C ．当P 不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变小D ．当P 不动，滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大 答案 A解析 当R 3不变，P 顺时针转动时，n MN 减小，由U CD U MN ＝n CDn MN ，知U MN 减小，则电压、电流表读数均减小，A项正确，同理知B 项错；当P 不动时，匝数n MN 不变，输出电压U MN 不变，滑动触头向上滑动，R 3阻值变大，依据串反并同，得电压表示数变大，电流表示数变小，C 项错误，同理知D 项也错误．2．如图2所示，抱负变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b 是原线圈的中心接头，电压表V 和电流表A 均为抱负电表，除滑动变阻器电阻R 、定值电阻R 0以外的其余电阻不计，从某时刻开头在原线圈c 、d 两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u 1＝2202sin 100πt (V)．下列说法中正确的是 ( )图2 A ．t ＝1600s 时刻，c 、d 两点间的电压瞬时值为110 V B ．当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为22 2 VC ．单刀双掷开关与a 连接，在滑动变阻器滑片P 向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小D ．当单刀双掷开关由a 扳向b 时，电压表和电流表的示数均变大 答案 D解析 由c 、d 两点间的电压瞬时值表达式u 1＝2202sin 100πt (V)，当t ＝1600 s 时，u 1＝2202sin π6 V ＝110 2V ，选项A 错误．由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝U 1n 2n 1＝220×110 V ＝22 V ，选项B 错误．单刀双掷开关与a 连接，滑片P 向上移动时，电压表示数变大，选项C 错误．3．如图3为远距离输电的示意图，若电厂输出电压u 1＝2202sin 100πt (V)，则下列表述不正确的是( )图3A ．U 1＜U 2，U 3＞U 4B ．U 1＝220 VC ．若U 2提高为原来的10倍，输电线上损失的功率为原来的1100D ．用户得到的交变电流频率为25 Hz 答案 D解析 远距离输电接受高压输电，降压后才能使用，所以A 正确；U 1为有效值，应当是220 V ，所以B 正确；输电线上损失的功率为P 损＝(P U 2)2R 线，所以C 正确；由交变电流的瞬时值表达式可得交变电流的频率为f ＝100π2πHz ＝50 Hz ，所以D 错误．4．(多选)图4甲为一火灾报警系统．其中R 0为定值电阻，R 为热敏电阻，其阻值随温度的上升而减小．抱负变压器原、副线圈匝数比为5∶1，副线圈输出电压如图乙所示，则下列说法正确的是( )图4A ．原线圈输入电压有效值为220 VB ．副线圈输出电压瞬时值表达式u ＝442cos 100πt (V)C ．R 处消灭火情时，原线圈电流增大D ．R 处消灭火情时，电阻R 0的电功率减小 答案 AC解析 由题图乙可知，副线圈电压的峰值U m ＝44 2 V ，则副线圈电压的有效值为44 V ，依据U 1U 2＝n 1n 2＝51，得U 1＝220 V ，故选项A 正确．由题图乙可知，副线圈电压的峰值U m ＝44 2 V ，周期T ＝0.016 s ，ω＝2πT ＝125π rad/s ，所以u ＝442cos125πt (V)，故选项B 错误．R 处消灭火情时，其阻值变小，则副线圈电流变大，线圈匝数比不变，所以原线圈电流增大，故选项C 正确． R 处消灭火情时，其阻值变小，则副线圈电流变大，通过电阻R 0的电流变大，依据P ＝I 2R ，可知电阻R 0的电功率增大，故选项D 错误．5．(多选)如图5甲所示，抱负变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝10∶1，b 是原线圈的中心抽头，S 为单刀双掷开关，定值电阻R ＝10 Ω.从某时刻开头在原线圈c 、d 两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是( )图5A ．当S 与a 连接后，抱负电流表的示数为2.2 AB ．当S 与a 连接后，t ＝0.01 s 时抱负电流表示数为零C ．当S 由a 拨到b 后，原线圈的输入功率变为原来的4倍D ．当S 由a 拨到b 后，副线圈输出电压的频率变为25 Hz答案 AC解析 S 与a 连接后，由U 1U 2＝n 1n 2，又知U 1＝22022 V ＝220 V ，得U 2＝22 V ，则抱负电压表的示数为22 V ，又知定值电阻R ＝10 Ω，可得抱负电流表示数为I ＝U 2R ＝2.2 A ，故A 对，B 错；S 由a 拨到b 后，n 1∶n 2＝5∶1，则U 1∶U 2′＝5∶1，得U 2′＝2U 2，据P ＝U 2R 得功率变为原来的4倍，故C 对；输出电压频率不变，仍为50 Hz ，故D 错．6．(多选)在如图6所示的电路中，T 为一降压式自耦调压变压器，开头时灯泡L 正常发光，现在电源电压U 略降低，为使灯L 仍能正常发光，可实行的措施是( )图6A ．将自耦调压变压器的滑片P 适当上滑B ．将自耦调压变压器的滑片P 适当下滑C ．适当增大滑动变阻器R 2的阻值D ．适当减小滑动变阻器R 2的阻值 答案 AC解析 依据U U 2＝n 1n 2可得U 2＝n 2n 1·U ，所以应增加n 2，故A 正确；匝数比不变，应使R 1两端电压减小，则总电流减小，所以使R 2阻值增加，故C 正确．7．(多选)远距离输电装置如图7所示，升压变压器和降压变压器均是抱负变压器．当S 由2改接为1时，下列说法正确的是( )图7A ．电压表读数变大B ．电流表读数变大C ．电流表读数变小D ．输电线损失的功率减小。