八、電磁感應考點51電磁感應現象(Ⅰ)考點52磁通量(Ⅰ)考點53楞次定律(Ⅱ)(1)磁通量：Φ＝B·S⊥形象理解：穿過這個平面的磁感線的條數．是標量，但有正負之分．ΔΦ＝Φ2－Φ1.(2)感應電流產生的條件：①閉合；②ΔΦ≠0.(3)楞次定律①內容：感應電流具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化．還可表述為阻礙導體間的相對運動或阻礙原電流的變化(自感)．②對楞次定律的理解a．誰阻礙：感應電流產生的磁場．b．阻礙誰：引起感應電流的磁通量的變化或相對運動．c．如何阻礙：增反減同；來拒去留．d．阻礙不是阻止，只是減緩磁通量的變化．③為維持原磁場的變化，須有外力克服“阻礙”而做功，導致其他形式能轉化為電能，因此楞次定律是能量守恒定律在電磁感應中的體現．考點54法拉第電磁感應定律(Ⅱ)考點55自感、渦流(Ⅰ)(1)法拉第電磁感應定律的內容在電磁感應現象中產生的感應電動勢大小，跟穿過這一回路的磁通量的變化率成正比．公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt).(2)兩種形式：①回路與磁場垂直的面積S不變，E＝neq\f(ΔB,Δt)·S，此式中的eq\f(ΔB,Δt)叫磁感應強度的變化率，在B－t圖象中，斜率k＝eq\f(ΔB,Δt).若eq\f(ΔB,Δt)是恒定的，即磁場是均勻變化的，那么產生的感應電動勢就是恒定的．②磁感應強度B不變，E＝nBeq\f(ΔS,Δt)，在勻強磁場中，導體棒垂直切割磁感線時，E＝BLv.(3)自感現象：線圈自身電流發生變化引起的電磁感應現象．分為通電自感和斷電自感兩種，自感電動勢的大小與線圈的自感系數有關．在斷電自感中是否會出現閃亮現象，決定于后來燈泡的電流和原來燈泡的電流大小．考點56交變電流、交變電流的圖象(Ⅰ)考點57正弦交變電流的函數表達式、峰值和有效值(Ⅰ)(1)交變電流：大小和方向都隨時間做周期性變化的電流．方向做周期性變化是交變電流的重要特征．(2)交變電流的圖象描述了電流或電壓、電動勢隨時間的變化規律，正弦交變電流的圖象是一條正弦或余弦曲線．(3)正弦交變電流的表達式i＝Imsinωt＝eq\f(NBSω,R)sinωt.其中最大值Im＝eq\f(NBSω,R)，有效值I＝eq\f(Im,\r(2))＝eq\f(NBSω,\r(2)R).(4)交變電流的有效值是根據電流的熱效應定義的，正弦式交變電流的有效值與最大值的關系為：E＝eq\f(Em,\r(2))，U＝eq\f(Um,\r(2))，I＝eq\f(Im,\r(2)).在計算電功、電功率、電熱時用交變電流的有效值．考點58理想變壓器(Ⅱ)考點59遠距離輸電(Ⅰ)(1)理想變壓器的規律：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，P1＝P2.(2)理想變壓器原、副線圈的制約關系：U1決定U2，I2決定I1，P2決定P1.(3)輸電線上損耗的功率P損＝I2R＝(eq\f(P,U))2R.由此可以看出當輸送電功率一定時，輸電電壓U提高到原來的n倍，輸電線上損耗的功率減小為原來的eq\f(1,n2).考點熱身精練1．(多選)(2015·浙江重點中學協作體模擬)如圖1所示，M為水平放置的橡膠圓盤，在其外側面均勻地帶有負電荷．在M正上方用絲線懸掛一個閉合鋁環N，鋁環也處于水平面中，且M盤和N環的中心在同一條豎直線O1O2上．現讓橡膠圓盤由靜止開始繞O1O2軸按圖示方向逆時針加速轉動，下列說法正確的是()圖1A．鋁環N對橡膠圓盤M的作用力方向豎直向下B．鋁環N對橡膠圓盤M的作用力方向豎直向上C．鋁環N有擴大的趨勢，絲線對它的拉力增大D．鋁環N有縮小的趨勢，絲線對它的拉力減小2．(2015·江南十校模擬)在一小型交流發電機中，矩形金屬線圈abcd的面積為S，匝數為n，線圈總電阻為r，在磁感應強度為B的勻強磁場中，繞軸以角速度ω勻速轉動(如圖2甲所示)，產生的感應電動勢隨時間的變化關系如圖乙所示，矩形線圈與阻值為R的電阻構成閉合電路，下列說法中正確的是()圖2A．從t1到t3這段時間內穿過線圈磁通量的變化量為零B．從t3到t4這段時間通過電阻R的電荷量為eq\f(E0,R＋rω)C．t4時刻穿過線圈的磁通量的變化率大小為E0D．t4時刻電阻R的發熱功率為eq\f(RE\o\al(2,0),2R＋r2)3．(多選)(2015·蘇州模擬)如圖3所示是研究自感通電實驗的電路圖，A1、A2是兩個規格相同的小燈泡，閉合電鍵調節電阻R，使兩個燈泡的亮度相同，調節可變電阻R1，使他們都正常發光，然后斷開電鍵S.重新閉合電鍵S，則()圖3A．閉合瞬間，A1立刻變亮，A2逐漸變亮B．閉合瞬間，A2立刻變亮，A1逐漸變亮C．穩定后，L和R兩端電勢差一定相同D．穩定后，A1和A2兩端電勢差不相同4．(多選)(2015·德州模擬)如圖4甲所示的電路中，理想變壓器原、副線圈匝數比為10∶1，電流表、電壓表均為理想電表，R是光敏電阻(其阻值隨光強增大而減小)．原線圈接入如圖乙所示的正弦交流電壓u，下列說法正確的是()圖4A．電壓u的頻率為100HzB．電壓表的示數為22VC．照射R的光變強時，燈泡變暗D．照射R的光變強時，電流表的示數變大5．(2015·泰興模擬)如圖5甲所示，MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成θ＝30°角固定，M、P之間接電阻箱R，電阻箱的阻值范圍為0～4Ω，導軌所在空間存在勻強磁場，磁場方向垂直于軌道平面向上，磁感應強度為B＝0.5T．質量為m的金屬桿ab水平放置在軌道上，其接入電路的電阻值為r.現從靜止釋放桿ab，測得最大速度為vm.改變電阻箱的阻值R，得到vm與R的關系如圖乙所示．已知軌距為L＝2m，重力加速度g＝10m/s2，軌道足夠長且電阻不計．圖5(1)當R＝0時，求桿ab勻速下滑過程中產生感應電動勢E的大小及桿中的電流方向；(2)求金屬桿的質量m和阻值r；(3)求金屬桿勻速下滑時電阻箱消耗電功率的最大值Pm.

答案精析八、電磁感應考點熱身精練1．AD[當M環加速轉動時，相當于M中的電流越來越大，因此穿過N的磁通量越來越大，N中產生的感應電流磁場方向與M環中相反，即N的電流方向與M環相反，相互排斥，因此鋁環N對橡膠圓盤M的作用力方向豎直向下，A正確，B錯誤；由于穿過鋁環的磁場越來越大，根據楞次定律的推論，鋁環有縮小的趨勢，D正確，C錯誤．]2．B[由于磁通量是雙向標量，在t1到t3這段時間穿過線圈磁通量的變化量不為零，所以ΔΦ＝2BS，故A錯誤；通過電阻的電荷量q＝eq\f(nΔΦ,R)，所以t3到t4這段時間通過電阻R的電荷量q＝eq\f(nBS,R＋r)，又E0＝nBSω，故q＝eq\f(E0,R＋rω)，故B正確；由于線圈在中性面處產生的電動勢最大，所以磁通量時間圖象中，在中性面上磁通量的斜率最大，即E0＝nk，所以k＝eq\f(E0,n)，故C錯誤；t4時刻E0為瞬時值，故D錯誤．]3．BC[閉合瞬間，L相當于斷路，A2立刻變亮，A1逐漸變亮，穩定后，兩個燈泡的亮度相同，說明它們兩端的電壓相同，L和R兩端電勢差一定相同，選項B、C正確，A、D錯誤．]4．BD[原線圈接入如題圖乙所示的交流電壓，T＝0.02s，所以頻率為f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.02)Hz＝50Hz，故A錯誤；原線圈接入電壓的最大值是220eq\r(2)V，所以原線圈接入電壓的有效值是U＝220V，理想變壓器原、副線圈匝數比為10∶1，所以副線圈電壓是22V，所以V的示數為22V，故B正確；有光照射R時，R阻值隨光強增大而減小，根據I＝eq\f(U,R總)，可知電路中的電流增大，所以燈泡變亮．故C錯誤；有光照射R時，R阻值隨光強增大而減小，根據P＝eq\f(U2,R總)，得副線圈輸出功率增大，所以原線圈輸入功率增大，所以A的示數變大，故D正確．]5．(1)2V電流方向從b→a(2)0.2kg2Ω(3)4W解析(1)由題圖可知，當R＝0時，桿最終以v＝2m/s勻速運動，產生電動勢E＝BLv＝0.5×2×2V＝2V，由右手定則判斷可知桿中電流方向為b→a.(2)設桿運動的最大速度為v，桿切割磁感線產生的感應電動勢E＝BLv由閉合電路的歐姆定律得：I＝eq\f(E,R＋r)桿達到最大速度時滿足mgsinθ－BIL＝0聯立解得：v＝eq\f(mgsinθ,B2L2)R＋eq\f(mgsinθ,B2L2)r由圖象可知：斜率為k＝eq