高考物理一輪復(fù)習(xí)：高中物理選修3-2知識要點(diǎn)歸納總結(jié)

高考物理一輪復(fù)習(xí)：物理選修3-2知識要點(diǎn)歸納總結(jié)第1點(diǎn)從三個(gè)角度理解“磁通量及其變化”【要點(diǎn)歸納】“磁通量及其變化”是學(xué)好電磁感應(yīng)的一個(gè)突破口，直接關(guān)系到對楞次定律及法拉第電磁感應(yīng)定律的學(xué)習(xí)與應(yīng)用.而在解決實(shí)際問題過程中由于對“磁通量”理解不全面，往往容易出錯(cuò).下面從三個(gè)角度對該知識點(diǎn)進(jìn)行剖析.1.磁通量Φ的定義磁感應(yīng)強(qiáng)度B與垂直于磁場方向的面積S的乘積叫做穿過這個(gè)面積的磁通量，定義式為Φ＝BS.(1)面積S是指閉合電路中包含磁場的那部分的有效面積.如圖1所示，若閉合電路abcd和ABCD所在平面均與勻強(qiáng)磁場B垂直，面積分別為S1和S2，且S1>S2，但磁場區(qū)域恰好只有ABCD區(qū)域那么大，則穿過兩閉合電路的磁通量是相同的，即Φ＝BS2.圖1(2)如果面積S與磁感應(yīng)強(qiáng)度B不垂直，可將磁感應(yīng)強(qiáng)度B向著垂直于面積S的方向投影，也可以將面積S向著垂直于磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向投影.特例：B∥S時(shí)，Φ＝0；B⊥S時(shí)，Φ最大(Φ＝BS).(3)磁通量與線圈的匝數(shù)無關(guān).也可以簡單理解為磁通量大小只取決于穿過閉合線圈的磁感線條數(shù).2.磁通量的方向磁通量是標(biāo)量，但有正負(fù)，若設(shè)初始時(shí)為正，則轉(zhuǎn)過180°時(shí)為負(fù).說明：磁通量是標(biāo)量，它的方向只表示磁感線是穿入還是穿出.當(dāng)穿過某一面積的磁感線既有穿入的又有穿出的時(shí)，二者將互相抵消一部分，這類似于導(dǎo)體帶電時(shí)的“凈”電荷.3.磁通量的變化ΔΦ由公式Φ＝BSsinθ可得，磁通量的變化量ΔΦ＝Φ2－Φ1有多種形式，主要有：(1)S、θ不變，B改變，這時(shí)ΔΦ＝ΔB·Ssinθ(2)B、θ不變，S改變，這時(shí)ΔΦ＝ΔS·Bsinθ(3)B、S不變，θ改變，這時(shí)ΔΦ＝BS(sinθ2－sinθ1)可見磁通量Φ是由B、S及它們間的夾角θ共同決定的，磁通量的變化情況應(yīng)從這三個(gè)方面去考慮.【臨考精練】對點(diǎn)例題如圖2所示，一水平放置的矩形線框面積為S，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向斜向上，與水平面成30°角，現(xiàn)若使矩形線框以左邊的邊為軸轉(zhuǎn)到豎直的虛線位置，則此過程中通過線框的磁通量改變量的大小是()圖2A.eq\f(\r(3)－1,2)BS B.BSC.eq\f(\r(3)＋1,2)BS D.2BS解題指導(dǎo)Φ是標(biāo)量，但有正負(fù)之分，在計(jì)算ΔΦ＝Φ2－Φ1時(shí)必須注意Φ2、Φ1的正負(fù)，要注意磁感線從線框的哪一面穿進(jìn)，此題中在開始位置磁感線從線框的下面穿進(jìn)，在末位置磁感線從線框的另一面穿進(jìn)，Φ2、Φ1一正一負(fù)，再考慮到有效面積，故此題選C.又如：一面積為S的矩形線框放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，開始磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直于矩形線框，當(dāng)其繞某一條邊轉(zhuǎn)動180°的過程中，其磁通量的變化量ΔΦ＝－2BS，而不是零.答案C1.(多選)如圖3所示是等腰直角三棱柱，其中abcd面為正方形，邊長為L，將它按圖示方式(dcfe面水平)放置于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，下面說法中正確的是()圖3A.通過abcd面的磁通量大小為L2BB.通過dcfe面的磁通量大小為eq\f(\r(2),2)L2BC.通過abfe面的磁通量大小為零D.通過bcf面的磁通量大小為零答案BCD解析通過abcd面的磁通量大小為eq\f(\r(2),2)L2B，A錯(cuò)誤；dcfe面是abcd面在垂直磁場方向上的投影，所以磁通量大小為eq\f(\r(2),2)L2B，B正確；abfe面與bcf面都和磁場平行，所以磁通量都為零，C、D正確.2.一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場方向水平向右，一面積為S的矩形線圈abcd如圖4所示放置，平面abcd與豎直方向成θ角.將abcd繞ad軸轉(zhuǎn)180°角，則穿過線圈平面的磁通量變化量的大小為()圖4A.0 B.2BSC.2BScosθ D.2BSsinθ答案C解析初始位置，平面abcd的有效面積為與B垂直的豎直投影面積Scosθ，其磁通量為BScosθ.將abcd繞ad軸轉(zhuǎn)180°角后，其磁通量為－BScosθ.則穿過線圈平面的磁通量變化量的大小為ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝2BScosθ，故C正確.3.如圖5所示，a、b、c三個(gè)閉合線圈放在同一平面內(nèi)，當(dāng)線圈a中有電流I通過時(shí)，穿過它們的磁通量分別為Φa、Φb、Φc，則()圖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為穿過回路的磁感線的條數(shù)；若該回路面積內(nèi)有磁感線穿進(jìn)和穿出兩種情況，可把磁通量理解為穿過回路的凈磁感線條數(shù).當(dāng)a中有電流通過時(shí)，穿過a、b、c三個(gè)閉合線圈垂直紙面向里的磁感線條數(shù)一樣多，向外的磁感線的條數(shù)c中最多，其次是b中，a中沒有向外的磁感線，因此穿過閉合線圈的凈磁感線條數(shù)a中最多，b中次之，c中最少，即Φa>Φb>Φc，選項(xiàng)B正確.4.邊長L＝10cm的正方形線框有10匝，固定在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與線框平面間的夾角θ＝30°，如圖6所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律為B＝2＋3t(T)，求：圖6(1)2s末穿過線框的磁通量；(2)第3s內(nèi)穿過線框的磁通量的變化量ΔΦ.答案(1)4×10－2Wb(2)1.5×10－2Wb解析(1)2s末磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2＝(2＋3×2)T＝8T，由Φ＝BSsinθ知，2s末穿過線框的磁通量Φ＝B2Ssinθ＝8×(0.1)2×sin30°Wb＝4×10－2Wb；(2)第3s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化量ΔB＝3T，所以ΔΦ＝ΔBSsinθ＝3×(0.1)2×sin30°Wb＝1.5×10－2Wb.【要點(diǎn)歸納】電磁感應(yīng)現(xiàn)象能否發(fā)生的判斷1.確定研究的回路.2.弄清楚回路內(nèi)的磁場，分析并確定該回路的磁通量Φ.3.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Φ不變→無感應(yīng)電流,Φ變化→\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(回路閉合，有感應(yīng)電流,不閉合，無感應(yīng)電流，但有感應(yīng)電動勢))))【臨考精練】對點(diǎn)例題(多選)線圈按如圖所示方式在磁場中運(yùn)動，則能產(chǎn)生感應(yīng)電流的是()解題指導(dǎo)A中線圈閉合且ΔΦ≠0，故能產(chǎn)生感應(yīng)電流；B中線圈閉合且ΔΦ≠0，故能產(chǎn)生感應(yīng)電流；C中穿過線圈的磁通量Φ始終為0，D中Φ＝B·S保持不變，故C、D不能產(chǎn)生感應(yīng)電流.答案AB1.(多選)閉合矩形線圈跟勻強(qiáng)磁場磁感線方向垂直，如圖1所示，下列哪種情況線圈中有感應(yīng)電流()圖1A.線圈繞ab軸轉(zhuǎn)動B.線圈垂直紙面向外平動C.線圈沿ab向右移動少許D.線圈沿ad向下移動少許答案AC解析A、C情況下閉合矩形線圈中磁通量發(fā)生變化，B、D情況下閉合矩形線圈中磁通量沒有發(fā)生變化，故選項(xiàng)A、C正確，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤.2.如圖2，一個(gè)金屬圓環(huán)水平放置在豎直向上的范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場中，能使圓環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電流的做法是()圖2A.使勻強(qiáng)磁場均勻減弱B.保持圓環(huán)水平并在磁場中上下移動C.保持圓環(huán)水平并在磁場中左右移動D.保持圓環(huán)水平并使圓環(huán)繞過圓心的豎直軸轉(zhuǎn)動答案A解析使勻強(qiáng)磁場均勻減弱，穿過圓環(huán)的磁通量減小，產(chǎn)生感應(yīng)電流，A正確；保持圓環(huán)水平并在磁場中上下移動時(shí)，穿過圓環(huán)的磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，B錯(cuò)誤；保持圓環(huán)水平并在磁場中左右移動，穿過圓環(huán)的磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，C錯(cuò)誤；保持圓環(huán)水平并使圓環(huán)繞過圓心的豎直軸轉(zhuǎn)動，穿過圓環(huán)的磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，D錯(cuò)誤.第3點(diǎn)楞次定律的理解與運(yùn)用【要點(diǎn)歸納】楞次定律是電磁感應(yīng)一章的重點(diǎn)和難點(diǎn)，要做到透徹理解、靈活應(yīng)用、融會貫通、舉一反三，首先必須做到：1.正確理解楞次定律中的“阻礙”——四層意思正確、深入理解楞次定律中的“阻礙”是應(yīng)用該定律的關(guān)鍵.理解時(shí)，要搞清四層意思：(1)誰阻礙誰？感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化.(2)阻礙什么？阻礙的是磁通量的變化，而不是阻礙磁通量本身.(3)如何阻礙？當(dāng)磁通量增加時(shí)，感應(yīng)電流的磁場方向與原磁場方向相反；當(dāng)磁通量減少時(shí)，感應(yīng)電流的磁場方向與原磁場方向相同，即“增反減同”.(4)結(jié)果如何？阻礙并不是阻止，只是延緩了磁通量的變化，原來增加的還是增加，減少的還是減少.2.運(yùn)用楞次定律判定電流方向——四個(gè)步驟(1)明確穿過閉合回路的原磁場方向；(2)判斷穿過閉合回路的磁通量是增加還是減少；(3)利用楞次定律確定感應(yīng)電流的磁場方向；(4)利用安培定則判定感應(yīng)電流的方向.應(yīng)用楞次定律的步驟可概括為：一原二變?nèi)兴穆菪?3.楞次定律的推廣——四個(gè)拓展對楞次定律中“阻礙”的含義可以推廣為感應(yīng)電流的效果總是阻礙產(chǎn)生感應(yīng)電流的原因：(1)阻礙原磁通量的變化——“增反減同”；(2)阻礙相對運(yùn)動——“來拒去留”；(3)使線圈面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢——“增縮減擴(kuò)”；(4)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)——“增反減同”.【臨考精練】對點(diǎn)例題(多選)如圖1所示，光滑固定導(dǎo)軌M、N水平放置，兩根導(dǎo)體棒P、Q平行放于導(dǎo)軌上，形成一個(gè)閉合回路，當(dāng)一條形磁鐵從高處自由下落接近回路時(shí)(不計(jì)空氣阻力)()圖1A.P、Q將互相靠攏 B.P、Q將互相遠(yuǎn)離C.磁鐵的加速度仍為g D.磁鐵的加速度小于g解題指導(dǎo)從回路面積變化的角度看：當(dāng)磁鐵靠近閉合回路時(shí)，磁通量增加，兩導(dǎo)體棒由于受到磁場對其中感應(yīng)電流的力的作用而互相靠攏以阻礙磁通量的增加，故A項(xiàng)正確；從阻礙相對運(yùn)動角度看：磁鐵靠近回路時(shí)必受到阻礙其靠近的向上的力的作用，因此磁鐵的加速度小于g，故D項(xiàng)正確.答案AD1.如圖2所示，矩形線圈放置在水平薄木板上，有兩塊相同的蹄形磁鐵，四個(gè)磁極之間的距離相等，當(dāng)兩塊磁鐵以相同的速度勻速向右通過線圈時(shí)，線圈始終靜止不動，那么線圈受到木板的摩擦力方向是()圖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解析根據(jù)楞次定律的“阻礙變化”和“來拒去留”，當(dāng)兩磁鐵靠近線圈時(shí)，線圈要阻礙其靠近，線圈有向右移動的趨勢，受木板的摩擦力向左，當(dāng)磁鐵遠(yuǎn)離時(shí)，線圈要阻礙其遠(yuǎn)離，仍有向右移動的趨勢，受木板的摩擦力方向仍是向左的，故選項(xiàng)D正確.2.(多選)如圖3甲所示，A、B為兩個(gè)相同的環(huán)形線圈，共軸并靠近放置，A線圈中通過如圖乙所示的電流I，則()圖3A.在t1到t2時(shí)間內(nèi)A、B兩線圈相互吸引B.在t2到t3時(shí)間內(nèi)A、B兩線圈相互排斥C.t1時(shí)刻兩線圈作用力為零D.t2時(shí)刻兩線圈作用力最大答案ABC解析在t1到t2時(shí)間內(nèi)，A中電流減小，穿過B的磁通量減少，根據(jù)楞次定律，知A、B兩線圈相吸引，故A正確；在t2到t3時(shí)間內(nèi)，A中電流增大，穿過B的磁通量增大，根據(jù)楞次定律知，A、B兩線圈相排斥，故B正確；t1時(shí)刻，A中電流最大，此時(shí)A中的電流的變化率為零，所以B中無感應(yīng)電流產(chǎn)生，所以A、B之間作用力為零，故C正確；t2時(shí)刻，A中電流為零，此時(shí)A中的電流的變化率最大，在B中感應(yīng)電流最大，A、B之間作用力為零，故D錯(cuò)誤.第4點(diǎn)楞次定律與右手定則的剖析【要點(diǎn)歸納】在電磁感應(yīng)中，我們常用楞次定律和右手定則來判斷導(dǎo)體中感應(yīng)電流的方向，為了對這兩條規(guī)律理解更深入，應(yīng)用更恰當(dāng)，下面就這兩條規(guī)律比較如下.1.不同點(diǎn)(1)研究對象不同：楞次定律所研究的對象是整個(gè)閉合回路；右手定則研究的對象是閉合回路中做切割磁感線運(yùn)動的一部分導(dǎo)體.(2)適用范圍不同：楞次定律適用于由磁通量變化引起的感應(yīng)電流的各種情況，當(dāng)然也包括一部分導(dǎo)體在磁場中做切割磁感線運(yùn)動的情況；右手定則只適用于一部分導(dǎo)體在磁場中做切割磁感線運(yùn)動的情況，若導(dǎo)體與磁場無相對運(yùn)動，就無法應(yīng)用右手定則.因此，右手定則可以看做是楞次定律的一種特殊情況.(3)應(yīng)用的方便性不同：雖然楞次定律可適用于由磁通量變化引起的感應(yīng)電流的各種情況，但其在應(yīng)用的過程中，要弄清原磁通量的方向、原磁通量的變化情況、感應(yīng)電流的磁場的方向等，分析過程不能有半點(diǎn)紕漏，邏輯性強(qiáng)，過程繁瑣；若是回路中的一部分導(dǎo)體在做切割磁感線運(yùn)動而產(chǎn)生感應(yīng)電流，應(yīng)用右手定則時(shí)，只需按定則“伸手”，就可以判斷出感應(yīng)電流的方向，比較直接、簡單，應(yīng)用更方便.2.相同點(diǎn)(1)目的相同：在電磁感應(yīng)中，應(yīng)用楞次定律和右手定則，都是為了判斷出回路中感應(yīng)電流的方向.(2)本質(zhì)相同：應(yīng)用楞次定律來判斷回路中感應(yīng)電流的方向時(shí)，是因?yàn)殚]合回路中的磁通量發(fā)生了變化；應(yīng)用右手定則來判斷回路中感應(yīng)電流的方向時(shí)，是因?yàn)閷?dǎo)體在做切割磁感線的運(yùn)動，其本質(zhì)也是由導(dǎo)體構(gòu)成的閉合回路中的磁通量由于導(dǎo)體的運(yùn)動而發(fā)生了變化.【臨考精練】對點(diǎn)例題如圖1所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，水平放置著閉合電路abcd.其中ab、cd兩邊的長度可以變化.當(dāng)bc向右運(yùn)動時(shí)(ad不動)，用兩種方法分析通過燈泡L的電流的方向.圖1解題指導(dǎo)方法一：用楞次定律.回路面積增大，磁通量變大，感應(yīng)電流會在回路內(nèi)產(chǎn)生向上的磁場來阻礙磁通量變大，由安培定則可知感應(yīng)電流應(yīng)沿adcba方向，故流過燈泡的電流方向?yàn)橛蒩向d.方法二：用右手定則.直接判斷出流經(jīng)bc邊的電流是由c向b，故流過燈泡的電流方向是由a向d.答案見解題指導(dǎo)技巧點(diǎn)撥凡是由于導(dǎo)體的運(yùn)動而引起的感應(yīng)電流方向的判斷用右手定則；凡是由于磁場的變化而引起的感應(yīng)電流方向的判斷用楞次定律.(多選)如圖2(a)所示，僅在螺線管內(nèi)有平行于軸線的外加勻強(qiáng)磁場，以圖中箭頭所示方向?yàn)槠湔较?螺線管與導(dǎo)線框abcd相連，導(dǎo)線框內(nèi)有一小金屬圓環(huán)L，圓環(huán)與導(dǎo)線框在同一平面內(nèi).當(dāng)螺線管內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間按圖(b)所示規(guī)律變化時(shí)()圖2A.在t1～t2時(shí)間內(nèi)，L有收縮趨勢B.在t2～t3時(shí)間內(nèi)，L有擴(kuò)張趨勢C.在t2～t3時(shí)間內(nèi)，L內(nèi)有逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流D.在t3～t4時(shí)間內(nèi)，L內(nèi)有順時(shí)針方向的感應(yīng)電流答案AD解析在t1～t2時(shí)間內(nèi)，磁場增強(qiáng)，根據(jù)楞次定律可判斷出導(dǎo)線框中產(chǎn)生d→c→b→a方向的感應(yīng)電流，且電流逐漸增大，則穿過圓環(huán)的磁通量增大，可知L有收縮趨勢，A正確；在t2～t3時(shí)間內(nèi)，磁場先減弱后反向增強(qiáng)，導(dǎo)線框中產(chǎn)生a→b→c→d方向的感應(yīng)電流且保持不變，穿過圓環(huán)的磁通量不變，L內(nèi)無感應(yīng)電流且沒有擴(kuò)張或收縮的趨勢，B、C錯(cuò)誤；在t3～t4時(shí)間內(nèi)，沿負(fù)方向的磁場減弱，根據(jù)楞次定律可判斷出導(dǎo)線框中產(chǎn)生d→c→b→a方向的感應(yīng)電流，且電流在逐漸減小，故穿過圓環(huán)的磁通量減小，L內(nèi)有順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，D正確.第5點(diǎn)抓因?qū)す觥叭▌t一定律”【要點(diǎn)歸納】區(qū)別“三定則一定律”的關(guān)鍵是抓住其中的“因果”關(guān)系，才能選擇正確的規(guī)律處理問題.1.右手定則與左手定則的區(qū)別“因電而動”——用左手，“力”字力.“因動而電”——用右手，“電”字的最后一筆向右鉤，可以聯(lián)想到用右手定則來判斷感應(yīng)電流方向.2.右手螺旋定則(安培定則)與楞次定律的區(qū)別“因電生磁”——用右手螺旋定則.“因磁生電”——用楞次定律(或右手定則).3.楞次定律中的因果關(guān)聯(lián)楞次定律所揭示的電磁感應(yīng)過程中有兩個(gè)最基本的因果聯(lián)系：一是感應(yīng)磁場與原磁場磁通量變化之間的阻礙與被阻礙的關(guān)系，二是感應(yīng)電流與感應(yīng)磁場間的產(chǎn)生和被產(chǎn)生的關(guān)系.抓住“阻礙”和“產(chǎn)生”這兩個(gè)因果關(guān)聯(lián)點(diǎn)是應(yīng)用楞次定律解決相關(guān)物理問題的關(guān)鍵.4.安培定則、左手定則、右手定則、楞次定律綜合應(yīng)用的比較基本現(xiàn)象應(yīng)用的定則或定律運(yùn)動電荷、電流產(chǎn)生磁場安培定則磁場對運(yùn)動電荷、電流有作用力左手定則電磁感應(yīng)部分導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動右手定則閉合回路磁通量變化楞次定律【臨考精練】對點(diǎn)例題紙面內(nèi)有U形金屬導(dǎo)軌，AB部分是直導(dǎo)線(圖1).虛線范圍內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場.AB右側(cè)有圓線圈C.為了使C中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，緊貼導(dǎo)軌的金屬棒MN在磁場中的運(yùn)動情況是()圖1A.向右勻速運(yùn)動 B.向左勻速運(yùn)動C.向右加速運(yùn)動 D.向右減速運(yùn)動解題指導(dǎo)C中若產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流，由右手螺旋定則得，其中心軸線處產(chǎn)生的磁場B1方向垂直紙面向里；若MN向右運(yùn)動，由右手定則得產(chǎn)生感應(yīng)電流方向?yàn)镹→M→A→B→N，對AB導(dǎo)線由右手螺旋定則得，在AB右側(cè)產(chǎn)生磁場B2方向垂直紙面向外，由于B1、B2方向相反，根據(jù)楞次定律知B1應(yīng)阻礙B2的增強(qiáng)，所以MN應(yīng)向右加速運(yùn)動，同理可得MN也可向左減速運(yùn)動，故C正確.答案C1.如圖2所示，矩形閉合金屬框abcd的平面與勻強(qiáng)磁場垂直，若ab邊受豎直向上的磁場力的作用，則可知金屬框的運(yùn)動情況是()圖2A.向左平動進(jìn)入磁場B.向右平動退出磁場C.沿豎直方向向上平動D.沿豎直方向向下平動答案A解析由題可知，ab邊受豎直向上的磁場力的作用，根據(jù)左手定則判斷出ab邊中感應(yīng)電流的方向是a→b，再根據(jù)右手定則判斷金屬框向左平動切割磁感線，故A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)金屬框沿豎直方向向上或向下平動時(shí)，穿過金屬框的磁通量不變，金屬框中沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，ab邊不受磁場力作用，故C、D錯(cuò)誤.2.(多選)圖3中T是繞有兩組線圈的閉合鐵芯，線圈的繞向如圖所示，D是理想的二極管，金屬棒ab可在兩條平行的金屬導(dǎo)軌上沿導(dǎo)軌滑行，勻強(qiáng)磁場方向垂直紙面向里.若電流計(jì)G中有電流通過，則ab棒的運(yùn)動情況可能是(說明：導(dǎo)體棒切割磁感線速度越大，感應(yīng)電流越大)()圖3A.向左勻速運(yùn)動 B.向右勻速運(yùn)動C.向左勻加速運(yùn)動 D.向右勻減速運(yùn)動答案CD解析當(dāng)電流計(jì)中有電流通過時(shí)，說明左邊線圈中的感應(yīng)電流是從下向上流的，由右手螺旋定則可得出此感應(yīng)電流的磁場方向?yàn)閺纳舷蛳?若ab勻速運(yùn)動，右邊線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電流是恒定的，則左邊線圈中不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，所以A、B錯(cuò)誤；若ab向右做勻減速運(yùn)動，右邊線圈中的電流是從下向上減小，故穿過左邊線圈的磁通量在從上向下減小，該線圈中會產(chǎn)生一個(gè)從上向下的磁場，D正確；當(dāng)ab向左做勻加速運(yùn)動，穿過左邊線圈的磁通量從下向上增大，故左邊的線圈中產(chǎn)生一個(gè)從上向下的磁場，故C正確.第6點(diǎn)導(dǎo)體棒切割磁感線問題剖析【要點(diǎn)歸納】導(dǎo)體切割磁感線是電磁感應(yīng)中的一類重要問題，其感應(yīng)電動勢的計(jì)算公式E＝Blv雖然可由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)推出，但其應(yīng)用卻更廣泛.首先是因?yàn)?，在?shí)際的生產(chǎn)實(shí)踐中，電磁感應(yīng)主要是由導(dǎo)體與磁體間的相對運(yùn)動引起的；其次在實(shí)際應(yīng)用中，我們關(guān)注感應(yīng)電動勢的瞬時(shí)值多于關(guān)注其平均值，而利用E＝Blv可以更方便地求其瞬時(shí)值.公式E＝Blv的適用條件是B、l、v兩兩垂直，在實(shí)際問題的處理中，要處理好以下幾種情況：1.導(dǎo)體是否做切割磁感線運(yùn)動問題(1)導(dǎo)體速度與導(dǎo)體共線，此時(shí)無論磁場方向怎么樣都不切割.(2)導(dǎo)體速度與導(dǎo)體不共線，它們決定的平面我們可稱之為導(dǎo)體運(yùn)動平面.①當(dāng)導(dǎo)體運(yùn)動平面與磁感線不平行時(shí)，切割.如圖1(a).②當(dāng)導(dǎo)體運(yùn)動平面與磁感線平行時(shí)，不切割.如圖(b).圖12.平動切割(1)如圖2(a)，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)體棒以速度v垂直切割磁感線時(shí)，感應(yīng)電動勢E＝Blv.圖2(2)如圖(b)，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)體棒運(yùn)動的速度v與磁場的方向成θ角，此時(shí)的感應(yīng)電動勢為E＝Blvsinθ.3.轉(zhuǎn)動切割如圖3，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，長為l的導(dǎo)體棒以其一端為軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，此時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝eq\f(1,2)Bωl2.圖34.有效切割長度即導(dǎo)體在與v垂直的方向上的投影長度.圖4圖4甲中的有效切割長度為：l＝eq\x\to(cd)sinθ；圖乙中的有效切割長度為：l＝eq\x\to(MN)；圖丙中的有效切割長度為：沿v1的方向運(yùn)動時(shí)，l＝eq\r(2)R；沿v2的方向運(yùn)動時(shí)，l＝R.【臨考精練】對點(diǎn)例題如圖5所示，長為L的金屬導(dǎo)線下懸掛一小球，在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中做圓錐擺運(yùn)動，金屬導(dǎo)線與豎直方向的夾角為θ，擺球的角速度為ω，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則金屬導(dǎo)線中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為________.圖5解題指導(dǎo)金屬導(dǎo)線的有效長度為L′＝Lsinθ感應(yīng)電動勢E＝eq\f(1,2)BL′2ω＝eq\f(1,2)BL2ωsin2θ答案eq\f(1,2)BL2ωsin2θ1.如圖6，一個(gè)半徑為L的半圓形硬導(dǎo)體AB以速度v在水平U形框架上勻速滑動，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，左端電阻的阻值為R0，半圓形硬導(dǎo)體AB的電阻為r，其余電阻不計(jì)，則半圓形導(dǎo)體AB切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小及AB兩端的電壓分別為()圖6A.BLveq\f(BLvR0,R0＋r) B.2BLvBLvC.2BLveq\f(2BLvR0,R0＋r) D.BLv2BLv答案C解析半圓形導(dǎo)體AB切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為E＝B·2Lv＝2BLv，AB相當(dāng)于電源，其兩端的電壓是外電壓，則有U＝eq\f(R0,R0＋r)E＝eq\f(2BLvR0,R0＋r)，故選C.2.如圖7所示是法拉第做成的世界上第一臺發(fā)電機(jī)模型的原理圖.將銅盤放在磁場中，讓磁感線垂直穿過銅盤，圖中a、b導(dǎo)線與銅盤的中軸線處在同一平面內(nèi)，轉(zhuǎn)動銅盤，就可以使閉合電路獲得電流.若圖中銅盤半徑為l，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，回路總電阻為R，從上往下看沿逆時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動的銅盤的角速度為ω，則下列說法正確的是()圖7A.回路中有大小和方向做周期性變化的電流B.回路中電流大小恒定，且等于eq\f(Bl2ω,R)C.回路中電流方向不變，且從b導(dǎo)線流進(jìn)燈泡，再從a導(dǎo)線流向旋轉(zhuǎn)的銅盤D.回路中電流方向不變，且從a導(dǎo)線流進(jìn)燈泡，再從b導(dǎo)線流向旋轉(zhuǎn)的銅盤答案C解析把銅盤看成若干條由中心指向邊緣的銅棒組合而成，當(dāng)銅盤轉(zhuǎn)動時(shí)，每根銅棒都在切割磁感線，相當(dāng)于電源.由右手定則知，中心為電源正極，銅盤邊緣為負(fù)極，若干個(gè)相同的電源并聯(lián)對外供電，電流方向由b經(jīng)燈泡再從a流向銅盤，方向不變，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤.回路中感應(yīng)電動勢為E＝Bleq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bωl2，所以電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bωl2,2R)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤.3.(多選)材料、粗細(xì)相同，長度不同的電阻絲做成ab、cd二種形式()圖8A.ab運(yùn)動的速度較大B.cd受到的外力較小C.它們每秒產(chǎn)生的熱量相同D.它們產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相同答案BC解析根據(jù)能量守恒定律得每秒產(chǎn)生的熱量即等于外力的功率.P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(BLv2,R)，外力使導(dǎo)線水平向右勻速運(yùn)動，且每次外力所做功的功率相同，cd較長，根據(jù)電阻定律得R較大，勻速運(yùn)動的速度較大，A錯(cuò)誤.由P＝Fv可知，功率相同，cd的速度較大，故cd受到的外力較小，B正確；產(chǎn)生的熱量Q＝Pt，所以每秒產(chǎn)生的熱量相等，C正確；根據(jù)E＝BLv可知雖然有效長度相等，但每根導(dǎo)線勻速運(yùn)動的速度并不同，cd的感應(yīng)電動勢較大，故D錯(cuò)誤.第7點(diǎn)電磁感應(yīng)中的電路問題【要點(diǎn)歸納】1.對電源的理解：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的那部分導(dǎo)體相當(dāng)于電源.如：切割磁感線的導(dǎo)體棒、內(nèi)有磁通量變化的線圈等.這種電源將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能.判斷感應(yīng)電流和感應(yīng)電動勢的方向，都是利用“相當(dāng)于電源”的部分根據(jù)右手定則或楞次定律判定的.實(shí)際問題中應(yīng)注意外電路電流由高電勢流向低電勢，而內(nèi)電路則相反.2.對電路的理解：內(nèi)電路是切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈，外電路由電阻、電容器等電學(xué)元件組成.在閉合電路中，“相當(dāng)于電源”的導(dǎo)體兩端的電壓與真實(shí)的電源兩端的電壓一樣，等于路端電壓，而不等于感應(yīng)電動勢.3.解決電磁感應(yīng)中的電路問題三步曲：(1)確定電源.切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，該導(dǎo)體或回路就相當(dāng)于電源，利用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)或E＝Blv求感應(yīng)電動勢的大小，利用右手定則或楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向.(2)分析電路結(jié)構(gòu)(內(nèi)、外電路及外電路的串、并聯(lián)關(guān)系)，畫出等效電路圖.(3)利用電路規(guī)律求解.主要應(yīng)用閉合電路歐姆定律及串、并聯(lián)電路的基本性質(zhì)等列方程求解.【臨考精練】對點(diǎn)例題如圖1所示，半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)有均勻磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0.2T，磁場方向垂直紙面向里，半徑為b的金屬圓環(huán)與磁場同心地放置，磁場與環(huán)面垂直，其中a＝0.4m，b＝0.6m，金屬環(huán)上分別接有燈L1、L2，兩燈的電阻均為R＝2Ω，一金屬棒MN與金屬環(huán)接觸良好，棒與環(huán)的電阻均忽略不計(jì).圖1(1)若棒以v＝5m/s的速率在環(huán)上向右勻速滑動，求棒滑過圓環(huán)直徑OO′的瞬間MN中的電動勢和流過燈L1的電流.(2)撤去中間的金屬棒MN，將右面的半圓環(huán)OL2O′以O(shè)O′為軸向上翻轉(zhuǎn)90°，若此后磁場隨時(shí)間均勻變化，其變化率為eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(4,π)T/s，求L1的功率.解題指導(dǎo)審題時(shí)注意分析：棒滑過圓環(huán)直徑OO′的瞬間，導(dǎo)體棒的有效長度是多大？感應(yīng)電動勢如何計(jì)算？電路結(jié)構(gòu)是怎樣的？將右面的半圓環(huán)翻轉(zhuǎn)90°后，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的有效面積是多大？感應(yīng)電動勢如何計(jì)算？電路結(jié)構(gòu)是怎樣的？(1)棒滑過圓環(huán)直徑OO′的瞬間，MN中的電動勢E1＝2Bav＝0.8V等效電路如圖甲所示，流過燈L1的電流I1＝eq\f(E1,R)＝0.4A(2)撤去中間的金屬棒MN，將右面的半圓環(huán)OL2O′以O(shè)O′為軸向上翻轉(zhuǎn)90°，半圓環(huán)OL1O′中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，相當(dāng)于電源，燈L2為外電路，等效電路如圖乙所示，感應(yīng)電動勢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如圖2甲所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ被固定在水平面上，導(dǎo)軌間距l(xiāng)＝0.6m，兩導(dǎo)軌的左端用導(dǎo)線連接電阻R1及理想電壓表V，電阻為r＝2Ω的金屬棒垂直于導(dǎo)軌靜止在AB處；右端用導(dǎo)線連接電阻R2，已知R1＝2Ω，R2＝1Ω，導(dǎo)軌及導(dǎo)線電阻均不計(jì).在矩形區(qū)域CDFE內(nèi)有豎直向上的磁場，CE＝0.2m，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示.開始時(shí)電壓表有示數(shù)，當(dāng)電壓表示數(shù)變?yōu)榱愫?，對金屬棒施加一水平向右的恒力F，使金屬棒剛進(jìn)入磁場區(qū)域時(shí)電壓表的示數(shù)又變?yōu)樵瓉淼闹?，金屬棒在磁場區(qū)域內(nèi)運(yùn)動的過程中電壓表的示數(shù)始終保持不變.求：圖2(1)t＝0.1s時(shí)電壓表的示數(shù)；(2)恒力F的大??；(3)從t＝0時(shí)刻到金屬棒運(yùn)動出磁場的過程中整個(gè)電路產(chǎn)生的熱量.答案(1)0.3V(2)0.27N(3)0.09J解析(1)設(shè)磁場寬度為d＝CE，在0～0.2s的時(shí)間內(nèi)，有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)ld＝0.6V此時(shí)，R1與金屬棒并聯(lián)后再與R2串聯(lián)R＝R并＋R2＝1Ω＋1Ω＝2ΩU＝eq\f(E,R)R并＝0.3V.(2)金屬棒進(jìn)入磁場后，R1與R2并聯(lián)后再與r串聯(lián)，有I′＝eq\f(U,R1)＋eq\f(U,R2)＝0.45AF安＝BI′l＝1.0×0.45×0.6N＝0.27N由于金屬棒進(jìn)入磁場后電壓表的示數(shù)始終不變，所以金屬棒做勻速運(yùn)動，有F＝F安F＝0.27N.(3)在0～0.2s的時(shí)間內(nèi)有Q＝eq\f(E2,R)t＝0.036J金屬棒進(jìn)入磁場后，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總＝Q＋Q′＝0.036J＋0.054J＝0.09J.第8點(diǎn)電磁感應(yīng)中的圖象問題【要點(diǎn)歸納】電磁感應(yīng)中的圖象問題綜合了法拉第電磁感應(yīng)定律——計(jì)算感應(yīng)電動勢的大小、楞次定律——判斷感應(yīng)電流的方向、運(yùn)動學(xué)知識——判定運(yùn)動時(shí)間以及作圖能力，是對電磁感應(yīng)知識的綜合考查.1.思路導(dǎo)圖2.分析方法對圖象的分析，應(yīng)做到“四明確一理解”：(1)明確圖象所描述的物理意義；明確各種“＋”、“－”的含義；明確斜率的含義；明確圖象和電磁感應(yīng)過程之間的對應(yīng)關(guān)系.(2)理解三個(gè)相似關(guān)系及其各自的物理意義：v－Δv－eq\f(Δv,Δt)，B－ΔB－eq\f(ΔB,Δt)，Φ－ΔΦ－eq\f(ΔΦ,Δt)3.解決圖象問題的一般步驟(1)明確圖象的種類，即是B－t圖象還是Φ－t圖象，或者是E－t圖象、i－t圖象等.(2)分析電磁感應(yīng)的具體過程.(3)用右手定則或楞次定律確定方向?qū)?yīng)關(guān)系.(4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運(yùn)動定律等規(guī)律寫出函數(shù)關(guān)系式.(5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)行數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變化、截距等.(6)畫圖象或判斷圖象.【臨考精練】對點(diǎn)例題如圖1所示，兩個(gè)垂直紙面的有理想邊界的勻強(qiáng)磁場方向相反.磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B，磁場區(qū)域的寬度均為a，一正三角形(高為a)導(dǎo)線框ABC從圖示位置沿圖示方向勻速穿過兩磁場區(qū)域，以逆時(shí)針方向?yàn)殡娏鞯恼较?，感?yīng)電流I與線框移動距離x的關(guān)系圖象是()圖1解題指導(dǎo)導(dǎo)線框進(jìn)入左邊磁場時(shí)，切割磁感線的有效長度l＝2x·tan30°，與x成正比.根據(jù)楞次定律可以判定，導(dǎo)線框進(jìn)入左邊磁場和離開右邊磁場時(shí)，電路中的感應(yīng)電流方向均為逆時(shí)針方向.導(dǎo)線框在穿越兩個(gè)磁場過程中，電路中的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向.分析導(dǎo)線框進(jìn)入、出來過程中有效切割長度可知感應(yīng)電動勢的變化，由I＝eq\f(E,R)知，C正確.答案C1.(多選)如圖2甲所示，閉合矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場中，磁場的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示.規(guī)定垂直紙面向外為磁場的正方向，線框中順時(shí)針電流的方向?yàn)楦袘?yīng)電流的正方向，水平向右為安培力的正方向.則關(guān)于線框中的感應(yīng)電流i與ad邊所受的安培力F隨時(shí)間t變化的圖象，下列選項(xiàng)正確的是()圖2答案AC解析0～1s與2～4s磁通量變化率相同，0～1s增大，2～3s減小，電流方向相反，3～4s與2～3s電流方向相同，A正確.ad邊受的安培力0～1s向右增大，2～3s向左減小，3～4s向右增大，C正確，本題選A、C.2.(多選)如圖3所示，兩條形有界磁場寬度均為d＝0.5m，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝4T，方向垂直于紙面，兩磁場區(qū)域間距也為d.在磁場區(qū)域的左邊界處有一長L＝1m、寬d＝0.5m的矩形導(dǎo)體線框，線框總電阻為R＝2Ω，且線框平面與磁場方向垂直.現(xiàn)使線框以v＝0.5m/s的速度勻速穿過磁場區(qū)域，若以初始位置為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，規(guī)定B垂直紙面向里為正，則以下關(guān)于線框所受的安培力大小F及穿過線框磁通量Φ隨時(shí)間t變化的四個(gè)圖象正確的是()圖3答案AD解析0～1s內(nèi)，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Bdv＝1V，由歐姆定律可知，I＝eq\f(E,R)＝0.5A，由安培力公式可知：F＝BId＝1N；第2s內(nèi)，通過線框的磁通量不變，無感應(yīng)電流，安培力為零；第3s內(nèi)，線框左、右兩邊均切割磁感線，由右手定則可知，感應(yīng)電動勢方向相同，故線框中總的感應(yīng)電動勢為E′＝2Bdv＝2V，由歐姆定律可知，I′＝eq\f(E′,R)＝1A.線框左、右兩邊所受安培力均為：F1＝F2＝BI′d＝2N，由左手定則可知，兩安培力方向相同，故安培力的合力為4N，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)t＝2.5s時(shí)，線框位移x＝vt＝2.5d，此時(shí)通過線框的磁通量為零，C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確.第9點(diǎn)電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題【要點(diǎn)歸納】電磁感應(yīng)和力學(xué)問題的綜合，其聯(lián)系橋梁是磁場對感應(yīng)電流的安培力，因?yàn)楦袘?yīng)電流與導(dǎo)體運(yùn)動的加速度有相互制約的關(guān)系，這類問題中的導(dǎo)體一般不是做勻變速運(yùn)動，而是經(jīng)歷一個(gè)動態(tài)變化過程，再趨于一個(gè)穩(wěn)定狀態(tài)，故解這類問題時(shí)正確的進(jìn)行動態(tài)分析，確定最終狀態(tài)是解題的關(guān)鍵.1.受力情況、運(yùn)動情況的動態(tài)分析及思考路線導(dǎo)體受力運(yùn)動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢→感應(yīng)電流→通電導(dǎo)體受安培力→合力變化→加速度變化→速度變化→感應(yīng)電動勢變化→……周而復(fù)始地循環(huán)，直至最終達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，此時(shí)加速度為零，而導(dǎo)體通過加速達(dá)到最大速度做勻速直線運(yùn)動或通過減速達(dá)到穩(wěn)定速度做勻速直線運(yùn)動.2.解決此類問題的基本思路解決電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題的一般思路是“先電后力”.(1)“源”的分析——分析出電路中由電磁感應(yīng)所產(chǎn)生的電源，求出電源參數(shù)E和r；(2)“路”的分析——分析電路結(jié)構(gòu)，弄清串、并聯(lián)關(guān)系，求出相關(guān)部分的電流大小，以便求解安培力；(3)“力”的分析——分析研究對象(常是金屬桿、導(dǎo)體線圈等)的受力情況，尤其注意其所受的安培力；(4)“運(yùn)動”狀態(tài)的分析——根據(jù)力和運(yùn)動的關(guān)系，判斷出正確的運(yùn)動模型.3.兩種狀態(tài)處理(1)導(dǎo)體處于平衡狀態(tài)——靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動狀態(tài).處理方法：根據(jù)平衡條件(合外力等于零)列式分析.(2)導(dǎo)體處于非平衡狀態(tài)——加速度不為零.處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析.4.電磁感應(yīng)中的動力學(xué)臨界問題(1)解決這類問題的關(guān)鍵是通過運(yùn)動狀態(tài)的分析尋找過程中的臨界狀態(tài)，如由速度、加速度求最大值或最小值的條件.(2)基本思路注意當(dāng)導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動存在臨界條件時(shí)：(1)若導(dǎo)體初速度等于臨界速度，導(dǎo)體勻速切割磁感線；(2)若導(dǎo)體初速度大于臨界速度，導(dǎo)體先減速，后勻速運(yùn)動；(3)若導(dǎo)體初速度小于臨界速度，導(dǎo)體先加速，后勻速運(yùn)動.【臨考精練】對點(diǎn)例題如圖1甲所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距為L，導(dǎo)軌平面與水平面夾角為α，金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為m，導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁場的方向垂直于導(dǎo)軌平面斜向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.金屬導(dǎo)軌的上端與開關(guān)S、阻值為R1的定值電阻和電阻箱R2相連，不計(jì)一切摩擦，不計(jì)導(dǎo)軌、導(dǎo)線、金屬棒的電阻，重力加速度為g.現(xiàn)在閉合開關(guān)S，將金屬棒由靜止釋放.圖1(1)判斷金屬棒ab中電流的方向；(2)若電阻箱R2接入電路的阻值為0，當(dāng)金屬棒下降高度為h時(shí)，速度為v，求此過程中定值電阻R1上產(chǎn)生的焦耳熱Q；(3)當(dāng)B＝0.40T、L＝0.50m、α＝37°時(shí)，金屬棒能達(dá)到的最大速度vm隨電阻箱R2阻值的變化關(guān)系量m.解題指導(dǎo)(1)由右手定則可知，金屬棒ab中的電流方向?yàn)閎到a.(2)由能量守恒路中產(chǎn)生的焦耳熱mgh＝eq\f(1,2)mv2＋Q解得：Q＝mgh－eq\f(1,2)mv2(3)設(shè)最大速度為vm時(shí)，金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLvm由閉合電路歐姆定律得：I＝eq\f(E,R1＋R2)從b端向a端看，金屬棒受力如圖所示金屬棒達(dá)到最大速度時(shí)滿足mgsinα－BIL＝0由以上三式得最大速度：vm＝eq\f(mgsinα,B2L2)R2＋eq\f(mgsinα,B2L2)R1題圖乙斜率k＝eq\f(60－30,2.0)m/(s·Ω)＝15m/(s·Ω)，縱截距b＝30m/s則：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.(多選)兩根相距為L的足夠長的金屬直角導(dǎo)軌如圖2所示放置，它們各有一邊在同一水平面勻速運(yùn)動時(shí)，cd桿也正好以速度v2向下勻速運(yùn)動.重力加速度為g.以下說法正確的是()圖2A.ab桿所受拉力F的大小為μmg＋eq\f(B2L2v1,2R)B.cd桿所受摩擦力為零C.回路中的電流大小為eq\f(BLv1＋v2,2R)D.μ與v1的大小關(guān)系為μ＝eq\f(2mgR,B2L2v1)答案AD解析由右手定則可知，回路中感應(yīng)電流方向?yàn)椋篴bdca，感應(yīng)電流大?。篒＝eq\f(BLv1,2R)①金屬細(xì)桿ab受到水平向左的安培力，由受力平衡得：BIL＋μmg＝F②金屬細(xì)桿cd運(yùn)動時(shí)，受到的摩擦力不為零，cd受到的摩擦力和重力平衡，由平衡條件得：μBIL＝mg③聯(lián)立以上各式解得：F＝μmg＋eq\f(B2L2v1,2R)，μ＝eq\f(2mgR,B2L2v1)，故A、D正確，B、C錯(cuò)誤.2.(多選)如圖3所示，兩足夠長平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，勻強(qiáng)磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下，金屬棒ab、cd與導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路且都可沿導(dǎo)軌無摩擦滑動，兩金屬棒ab、cd的質(zhì)量之比為2∶1.用一沿導(dǎo)軌方向的恒力F水平向右拉金屬棒cd，經(jīng)過足夠長時(shí)間以后()圖3A.金屬棒ab、cd都做勻速運(yùn)動B.金屬棒ab上的電流方向是由b向aC.金屬棒cd所受安培力的大小等于eq\f(2F,3)D.兩金屬棒間距離保持不變答案BC解析當(dāng)兩棒的運(yùn)動穩(wěn)定時(shí)，兩棒速度差一定，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流一定，兩棒所受的安培力都保持不變，一起以相同的加速度做勻加速運(yùn)動.由于兩者距離不斷增大，穿過回路的磁通量增大，由楞次定律判斷知，ab上的電流方向是由b向a，設(shè)cd棒的質(zhì)量為m，根據(jù)牛頓第二定律：對整體F＝3ma，對cd，F(xiàn)－FA＝ma，解得：FA＝eq\f(2,3)F，故B、C正確.3.如圖4所示，在寬為L的區(qū)域內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.光滑絕緣水平面上有一邊長為L、質(zhì)量為m、電阻為R的單匝正方形線框abcd，ad邊位于磁場左邊界，線框在水平外力作用下垂直邊界穿過磁場區(qū).圖4(1)若線框以速度v勻速進(jìn)入磁場區(qū)，求此過程中bc邊兩端的電勢差Ubc；(2)在(1)的情況下，求線框移動到完全進(jìn)入磁場的過程中產(chǎn)生的熱量Q和通過導(dǎo)線截面的電荷量q；(3)若線答案(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)線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)電勢差Ubc＝eq\f(1,4)IR解得Ubc＝eq\f(1,4)BLv(2)線框進(jìn)入磁場所用的時(shí)間t＝eq\f(L,v)由于Q＝I2Rt，q＝It解得Q＝eq\f(B2L3v,R)，q＝eq\f(BL2,R)(3)設(shè)線框穿過磁場區(qū)的時(shí)間為t0，則2L＝eq\f(1,2)at02線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E′＝BLat受到的安培力F安＝eq\f(BE′L,R)根據(jù)牛頓第二定律F－F安＝ma解得F＝eq\f(B2L2a,R)t＋ma(0≤t≤2eq\r(\f(L,a))).第10點(diǎn)電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量問題【要點(diǎn)歸納】產(chǎn)生和維持感應(yīng)電流的存在的過程就是其他形式的能量轉(zhuǎn)化為感應(yīng)電流電能的過程.在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，認(rèn)真分析電磁感應(yīng)過程中的能量轉(zhuǎn)化，熟練地應(yīng)用能量守恒定律是求解較復(fù)雜的電磁感應(yīng)問題的常用方法.1.過程分析(1)電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生感應(yīng)電流的過程，實(shí)質(zhì)上是能量的轉(zhuǎn)化過程.(2)電磁感應(yīng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場中必定受到安培力的作用，因此，要維持感應(yīng)電流的存在，必須有“外力”克服安培力做功.此過程中，其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能.“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能.(3)當(dāng)感應(yīng)電流通過用電器時(shí)，電能又轉(zhuǎn)化為其他形式的能.安培力做功的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式能的過程.安培力做了多少功，就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能.2.解決此類問題的步驟(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律(包括右手定則)確定感應(yīng)電動勢的大小和方向.(2)畫出等效電路圖，寫出回路中電阻消耗的電功率的表達(dá)式.(3)分析導(dǎo)體機(jī)械能的變化，用能量守恒關(guān)系得到機(jī)械功率的改變與回路中電功率的改變所滿足的方程，聯(lián)立求解.說明：在利用能量守恒定律解決電磁感應(yīng)中的能量問題時(shí)，參與轉(zhuǎn)化的能量的種類一定要考慮周全.哪些能量增加，哪些能量減少，要考慮準(zhǔn)確，最后根據(jù)所滿足的規(guī)律列方程分析求解.3.焦耳熱Q的兩種求解方法Q的兩種求法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為定值,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正弦交流電)),間接法\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(W克安＝－W安＝Q電,能量守恒))))【臨考精練】對點(diǎn)例題(多選)如圖1所示，固定的豎直光滑U形金屬導(dǎo)軌，間距為L，上端接有阻值為R的電阻，處在方向水平且垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，質(zhì)量為m、接入電路的電阻為r的導(dǎo)體棒與勁度系數(shù)為k的固定輕彈簧相連放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌的電阻忽略不1＝eq\f(mg,k)，()圖1A.初始時(shí)刻導(dǎo)體棒受到的安培力大小F＝eq\f(B2L2v0,R)B.初始時(shí)刻導(dǎo)體棒加速度的大小a＝2g＋eq\f(B2L2v0,mR＋r)C.導(dǎo)體棒往復(fù)運(yùn)動，最終靜止時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)D.導(dǎo)體棒開始運(yùn)動直到最終靜止的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(1,2)mv02＋eq\f(2m2g2,k)解題指導(dǎo)由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝BLv0，由閉合電路的歐姆定律得：I＝eq\f(E,R＋r)，由安培力公式得：F＝eq\f(B2L2v0,R＋r)，故A錯(cuò)誤；初始時(shí)刻，F(xiàn)＋mg＋kx1＝ma，得a＝2g＋eq\f(B2L2v0,mR＋r)，故B正確；因?yàn)閷?dǎo)體棒靜止時(shí)不受安培力，只受重力和彈簧的彈力，故彈簧處于壓縮狀態(tài)，故C正確；根據(jù)能量守恒，減小的動能和重力勢能全都轉(zhuǎn)化為焦耳熱，但R上的只是一部分，故D錯(cuò)誤.答案BC(多選)如圖2所示，在傾角為θ的斜面上固定兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌PQ、MN，相距為L，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下.有兩根質(zhì)量均為m的金屬棒a、b，先將a棒垂直導(dǎo)軌放置，用跨過光滑輕質(zhì)定滑輪的細(xì)線與物塊c連接，連接a棒的細(xì)線平行于導(dǎo)軌，由靜止釋放c，此后某時(shí)刻，將b也垂直導(dǎo)軌放置，a、c此刻起做勻速運(yùn)動，b棒剛好能靜止在導(dǎo)軌上.a棒在運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直，兩棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì).則()圖2A.物塊c的質(zhì)量是2msinθB.b棒放上導(dǎo)軌前，物塊c減少的重力勢能等于a、c增加的動能C.b棒放上導(dǎo)軌后，物塊c減少的重力勢能等于回路消耗的電能D.b棒放上導(dǎo)軌后，a棒中電流大小是eq\f(mgsinθ,BL)答案AD解析b棒恰好靜止，受力平衡，有mgsinθ＝F安，對a棒，安培力沿導(dǎo)軌平面向下，由平衡條件，mgsinθ＋F安＝mcg，由上面的兩式可得mc＝2msinθ，選項(xiàng)A正確；根據(jù)機(jī)械能守恒定律知，b棒放上導(dǎo)軌之前，物塊c減少的重力勢能應(yīng)等于a棒、物塊c增加的動能與a棒增加的重力勢能之和，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律可知，b棒放上導(dǎo)軌后，物塊c減少的重力勢能應(yīng)等于回路消耗的電能與a棒增加的重力勢能之和，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對b棒，設(shè)通過的電流為I，由平衡條件mgsinθ＝F安＝BIL，得I＝eq\f(mgsinθ,BL)，a棒中的電流也為I＝eq\f(mgsinθ,BL)，選項(xiàng)D正確.第11點(diǎn)自感現(xiàn)象的分析技巧【要點(diǎn)歸納】在求解有關(guān)自感現(xiàn)象的問題時(shí)，必須弄清自感線圈的工作原理和特點(diǎn)，這樣才能把握好切入點(diǎn)和分析順序，從而得到正確答案.1.自感現(xiàn)象的原理當(dāng)通過導(dǎo)體線圈中的電流變化時(shí)，其產(chǎn)生的磁場也隨之發(fā)生變化.由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，導(dǎo)體線圈中會產(chǎn)生阻礙其自身電流變化的自感電動勢.2.自感現(xiàn)象的特點(diǎn)(1)自感電動勢只是阻礙自身電流變化，但不能阻止.(2)自感電動勢的大小跟自身電流變化的快慢有關(guān).電流變化越快，自感電動勢越大.(3)自感電動勢阻礙自身電流變化的結(jié)果，會給其他電路元件的電流產(chǎn)生影響.①電流增大時(shí)，產(chǎn)生與原電流反向的電動勢，阻礙電流增大，此時(shí)線圈相當(dāng)于一個(gè)阻值很大的電阻；②電流減小時(shí)，產(chǎn)生與原電流同向的電動勢，阻礙電流減小，此時(shí)線圈相當(dāng)于電源.3.通電自感與斷電自感自感現(xiàn)象中主要有兩種情況，即通電自感與斷電自感.在分析過程中，要注意：(1)通過自感線圈的電流不能發(fā)生突變，即通電過程中，電流是逐漸變大；斷電過程中，電流是逐漸變小，此時(shí)線圈可等效為“電源”，該“電源”與其他電路元件形成回路.(2)斷電自感現(xiàn)象中燈泡是否“閃亮”問題的判斷在于對電流大小的分析，若斷電后通過燈泡的電流比原來大，則燈泡先閃亮再慢慢熄滅.【臨考精練】對點(diǎn)例題(多選)在如圖1所示的電路中，帶鐵芯的、電阻較小的線圈L與燈A并聯(lián)，當(dāng)合上開關(guān)S電路穩(wěn)定后燈A正常發(fā)光.則下列說法中正確的是()圖1A.當(dāng)斷開S時(shí)，燈A立即熄滅B.當(dāng)斷開S時(shí)，燈A可能突然閃亮然后熄滅C.用阻值與燈A相同的線圈取代L接入電路，當(dāng)斷開S時(shí)，燈A逐漸熄滅D.用阻值與線圈L相同的電阻取代L接入電路，當(dāng)斷開S時(shí)，燈A突然閃亮然后熄滅解題指導(dǎo)在S斷開的瞬間，L與A構(gòu)成閉合回路，燈A不會立即熄滅.關(guān)鍵是“小燈泡在熄滅之前是否閃亮一下”這一點(diǎn)如何確定.根據(jù)P＝I2R可知，燈A能否閃亮，取決于S斷開的瞬間，流過A的電流是否更大一些.在斷開S的瞬間，燈A中原來的電流IA立即消失，但燈A和線圈L組成的閉合回路，由于線圈L的自感作用，其中的電流IL不會立即消失，它還要通過回路維持短暫的時(shí)間.如果IL>IA，則燈A熄滅之前要閃亮一下；如果IL≤IA，則燈A是逐漸熄滅而不閃亮一下.至于IL和IA的大小關(guān)系，由RA和RL的大小關(guān)系決定：若RA>RL，則IA<IL，燈將閃亮一下；若RA≤RL，則IA≥IL，燈將逐漸熄滅.用電阻替代線圈，斷開S后，燈A會立即熄滅.答案BC1.(多選)如圖2所示，D1、D2為兩個(gè)相同的燈泡，線圈L的自感系數(shù)較大，直流電阻不計(jì).下列說法正確的是()圖2A.閉合開關(guān)S穩(wěn)定后，D1、D2亮度相同B.斷開S的瞬間，D1閃亮一下逐漸熄滅C.斷開S的瞬間，D2中電流方向向右D.斷開S的瞬間，a點(diǎn)的電勢比b點(diǎn)高答案BD解析由于線圈L的自感系數(shù)較大，直流電阻不計(jì)，因此閉合開關(guān)S穩(wěn)定后，L可視為一根導(dǎo)線，D1被短路不亮，A錯(cuò)誤；閉合開關(guān)時(shí)，流經(jīng)L的電流是從b到a，斷開開關(guān)的瞬間，由于自感現(xiàn)象，L中的自感電動勢會阻礙L中的電流減小，因此L中的電流會在L和D1構(gòu)成的閉合電路中沿順時(shí)針方向逐漸減小，由于S閉合時(shí)D1是熄滅的，因此斷開S的瞬間，D1閃亮一下逐漸熄滅，B正確；斷開S的瞬間，D2中沒有電流，C錯(cuò)誤；由于斷開S瞬間，L產(chǎn)生自感電動勢，是一個(gè)新的電源，電流從電源的正極流出，從負(fù)極流入，因此L右側(cè)a點(diǎn)比左側(cè)b點(diǎn)電勢高，D正確.2.(多選)如圖3所示的電路中，線圈L的自感系數(shù)很大，直流電阻可忽略，D為理想二極管，則下列說法正確的有()圖3A.當(dāng)S閉合瞬間，L1立即變亮，L2逐漸變亮B.當(dāng)S閉合瞬間，L1一直不亮，L2逐漸變亮C.當(dāng)S斷開瞬間，L2立即熄滅D.當(dāng)S斷開瞬間，L1突然變亮，然后逐漸變暗至熄滅答案BD解析當(dāng)S閉合瞬間，因二極管加上了反向電壓，故二極管截止，L1一直不亮，通過線圈的電流增加，自感電動勢阻礙電流增加，故使得L2逐漸變亮，選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤；當(dāng)S斷開瞬間，由于線圈自感電動勢阻礙電流的減小，故通過L的電流要在L－L2－L1－D－L之中形成新的回路，故L1突然變亮，然后逐漸變暗至熄滅，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確.第12點(diǎn)交變電流“四值”再認(rèn)識【要點(diǎn)歸納】交變電流的四值，即最大值、有效值、平均值、瞬時(shí)值，它們的物理意義不同，計(jì)算方法也不同，但又相互聯(lián)系，有確定的數(shù)量關(guān)系.很多同學(xué)在理解應(yīng)用上容易造成混亂，下面談?wù)勥@四個(gè)值的理解與應(yīng)用.1.瞬時(shí)值(1)反映的是不同時(shí)刻交流電的大小和方向，正弦交變電流瞬時(shí)值表達(dá)式為：e＝Emsinωt，i＝Imsinωt.應(yīng)當(dāng)注意此時(shí)是從中性面開始計(jì)時(shí).(2)生活率為50Hz，所以其電壓瞬時(shí)值表達(dá)式為u＝311sin(314t)V.2.峰值(最大值)和有效值(1)最大值：交變電流在一個(gè)周期內(nèi)電流或電壓所能達(dá)到的最大數(shù)值，可以用來表示交變電流的電流或電壓的變化幅度.①線圈在勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉(zhuǎn)動時(shí)，電動勢的最大值Em＝nBSω.②最大值在實(shí)際中有一定的指導(dǎo)意義，電容器的擊穿電壓是電容器兩極間所允許加的電壓的最大值.(2)有效值：根據(jù)電流的熱效應(yīng)來規(guī)定.讓交變電流和恒定電流分別通過相同阻值的電阻，如果它們在交變電流的一個(gè)周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量相等，則這個(gè)恒定電流I、電壓U叫做這個(gè)交變電流的有效值.(3)正(余)弦交變電流的有效值和最大值之間的關(guān)系：I＝eq\f(Im,\r(2))，U＝eq\f(Um,\r(2)).注意任何交變電流都有有效值，但上述關(guān)系只限于正(余)弦交變電流，對其他形式的交變電流并不適用.3.最大值、有效值和平均值的應(yīng)用(1)求電功、電功率以及確定保險(xiǎn)絲的熔斷電流等物理量時(shí)，要用有效值計(jì)算.(2)求一段時(shí)間內(nèi)通過導(dǎo)體橫截面的電荷量時(shí)要用平均值，q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt＝neq\f(ΔΦ,R).(3)在計(jì)算電容器的耐壓值時(shí)，則要用交流電的最大值.【臨考精練】對點(diǎn)例題在水平方向的勻強(qiáng)磁場中，有一正方形閉合線圈繞垂直于磁感線方向的軸勻速轉(zhuǎn)動，已知線圈的匝數(shù)為n＝100匝，邊長為20cm，總電阻為10Ω，轉(zhuǎn)動頻率f＝50Hz，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5T.求：(1)外力驅(qū)動線圈轉(zhuǎn)動的功率；(2)轉(zhuǎn)至線圈平面與中性面的夾角為30°時(shí)，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢及感應(yīng)電流的大??；(3)線圈由中性面第一次轉(zhuǎn)至與中性面成30°夾角的過程中，通過線圈橫截面的電荷量.解題指導(dǎo)(1)線圈中感應(yīng)電動勢的最大值Em＝nBSω＝nBS·2πf＝100×0.5×(0.2)2×2×3.14×50V＝628V感應(yīng)電動勢的有效值為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)線圈轉(zhuǎn)至與中性面成30°角時(shí)，感應(yīng)電動勢的瞬時(shí)值e＝Emsin30°＝314V，感應(yīng)電流的瞬時(shí)值i＝eq\f(e,R)＝31.4A.(3)在線圈從中性面第一次轉(zhuǎn)至與中性面成30°角的過程中，線圈中的平均感應(yīng)電動勢eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)，平均感應(yīng)電流eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)＝neq\f(ΔΦ,R·Δt)，設(shè)通過線圈橫截面的電荷量為q，則q＝eq\x\to(I)Δt＝neq\f(ΔΦ,R)＝neq\f(BΔS,R)＝eq\f(nBl21－cos30°,R)代入數(shù)據(jù)解得q≈0.027C答案(1)1.97×104W(2)314V31.4A(3)0.027C如圖1所示，矩形線圈abcd與可變電容器C、理想電流表組成閉合電路.線圈在有界勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁場的bc邊勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動的角速度ω＝100πrad/s.線圈的匝數(shù)N＝100匝，邊長ab＝0.2m、ad＝0.4m，電阻不計(jì).磁場只分布在bc邊的左側(cè)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝eq\f(\r(2),16π)T.電容器放電時(shí)間不計(jì).下列說法正確的是()圖1A.該線圈產(chǎn)生的交流電動勢峰值為50VB.該線圈產(chǎn)生的交流電動勢有效值為25eq\r(2)VC.電容器的耐壓值至少為50VD.電容器的電容C變大時(shí)，電流表的示數(shù)變小答案B解析V，故B正確.電容器的耐壓值至少為50eq\r(2)V，故C錯(cuò)誤.C變大時(shí)容抗減小，電流表的示數(shù)應(yīng)變大，故D錯(cuò)誤.第13點(diǎn)把握“等效”緊扣“三同”求交流電的有效值【要點(diǎn)歸納】有效值是交流電中最重要的物理量，必須會求解，特別是正弦交流電的有效值，應(yīng)記住公式.1.求交變電流有效值的方法：(1)利用I＝eq\f(Im,\r(2))、U＝eq\f(Um,\r(2))、E＝eq\f(Em,\r(2))計(jì)算，只適用于正(余)弦式交流電.(2)非正弦式交流電有效值的求解應(yīng)根據(jù)電流的熱效應(yīng)進(jìn)行計(jì)算，其中，交變電流的有效值是根據(jù)電流通過電阻時(shí)產(chǎn)生的熱效應(yīng)定義的，即讓交變電流和直流電流通過相同的電阻，在交變電流的一個(gè)周期內(nèi)若產(chǎn)生的熱量相同，則交變電流(電壓)的有效值就等于這個(gè)直流電流(電壓)的值，即求解交變電流有效值問題必須在相同電阻、相同時(shí)間、相同熱量的“三同”原則下求解.2.應(yīng)用有效值要注意以下幾點(diǎn)：(1)各種使用交流電的用電器上所標(biāo)的額定電壓、額定電流均指有效值.(2)交流電壓表和交流電流表所測的數(shù)值為交流電壓和交流電流的有效值.(3)在進(jìn)行電功、電熱、電功率的計(jì)算時(shí)，所代入的交流電壓和交流電流的數(shù)值為有效值.(4)凡沒值.【臨考精練】對點(diǎn)例題如圖1所值.圖1解題指導(dǎo)設(shè)非正弦式交變電壓的有效值為U′，直流電的電壓為U，讓非正弦式交變電壓和直流電壓分別加在同一電阻(設(shè)阻值為R)的兩端，在一個(gè)周期(T＝0.4s)內(nèi)，非正弦式交變電壓產(chǎn)生的熱量：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)在這一個(gè)周期內(nèi)，直流電壓產(chǎn)生的熱量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.(多選)如圖2甲所示，先后用不同的交流電源給同一盞燈泡供電.第一次燈泡兩端的電壓隨時(shí)間按正弦規(guī)律變化，如圖乙所示；第二次燈泡兩端的電壓變化規(guī)律如圖丙所示.若乙、丙圖中的U0、T所表示的電壓值、周期值是相同的，則以下說法正確的是()圖2A.第一次燈泡兩端的電壓有效值是eq\f(\r(2),2)U0B.第二次燈泡兩端的電壓有效值是eq\f(3,2)U0C.第一次和第二次燈泡的電功率之比是2∶9D.第一次和第二次燈泡的電功率之比是1∶5答案AD解析第一次燈泡兩端的電壓有效值為：U1＝eq\f(Um,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)U0設(shè)第二次電壓的有效值為U2，根據(jù)有效值的定義，則有：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正確，B錯(cuò)誤.由功率的公式P＝eq\f(U2,R)得，燈泡的電功率之比P1∶P2＝eq\f(U\o\al(1,

2),R)∶eq\f(U\o\al(2,

2),R)＝1∶5，故C錯(cuò)誤，D正確.2.如圖3所示，為一交變電流隨時(shí)間變化的圖象.其中，從t＝0開始的每個(gè)eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)的圖象均為半個(gè)周期的正弦曲線.求此交變電流的有效值是多少？圖3答案eq\r(5)A解析此題所給交變電流雖然相鄰半個(gè)周期的最大值不同，但在任意一個(gè)周期內(nèi)，前半周期和后半周期的有效值是可以求的，分別為I1＝eq\f(2,\r(2))A＝eq\r(2)A，I2＝eq\f(4,\r(2))A＝2eq\r(2)A設(shè)所求交變電流的有效值為I，根據(jù)有效值的定義，選擇一個(gè)周期的時(shí)間，利用在相同時(shí)間內(nèi)通過相同的電阻所產(chǎn)生的熱量相等，由焦耳定律得I2RT＝I12R·eq\f(T,2)＋I(xiàn)22R·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點(diǎn)交變電流圖象理解的“一二三”【要點(diǎn)歸納】正弦交變電流的圖象是正弦函數(shù)圖象，但初相不一定是0，即不一定從中性面開始轉(zhuǎn)動.結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律，從數(shù)學(xué)意義上講，單匝線圈的電動勢大小就等于磁通量的變化率大小(磁通量對時(shí)間的導(dǎo)數(shù)).分析物理圖象的要點(diǎn)：一看：看“軸”、看“線”、看“斜率”、看“點(diǎn)”、看“截距”、看“面積”、看“拐點(diǎn)”，并理解其物理意義.二變：掌握“圖與圖”、“圖與式”和“圖與物”之間的變通關(guān)系.對于正弦交變電流的變化規(guī)律，不應(yīng)只從其隨時(shí)間按正弦規(guī)律變化這一點(diǎn)去認(rèn)識，還應(yīng)看到交變電流的電動勢隨線圈在勻強(qiáng)磁場中空間位置的變化而變化，隨線圈磁通量的變化而變化.三判：在此基礎(chǔ)上進(jìn)行正確的分析和判斷.【臨考精練】對點(diǎn)例題(多選)在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，一個(gè)面積為S的矩形線圈繞垂直磁感線的軸勻速轉(zhuǎn)動時(shí)產(chǎn)生的交流電電壓隨時(shí)間的變化如圖1所示，線圈與一阻值為R＝9Ω的電阻串聯(lián)在一起，線圈的電阻為1Ω，則()圖1A.通過電阻R的電流瞬時(shí)值表達(dá)式為i＝10sin(200πt)AB.電阻R兩端的電壓有效值為90VC.1s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量為450JD.圖中t＝1×10－2s時(shí)，線圈位于中性面解題指導(dǎo)通過電阻R的電流最大值為Im＝eq\f(