1、核心速填一、电磁感应1引起电流的原因概括为五类(1)变化的电流；(2)变化的磁场；(3)运动的恒定电流；(4)运动的磁场；(5)在磁场中运动的导体2感应电流产生的条件：只要闭合电路中的磁通量发生变化，闭合电路中就有感应电流产生3楞次定律：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化4右手定则：让磁感线垂直穿过手心，大拇指指向导体做切割磁感线的运动方向，四指的指向就是导体中产生的感应电流或感应电动势的方向5法拉第电磁感应定律：电路中感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比即：En.注：若是恒定的，则E是稳定的，若变化，则感应电动势也是变化的是磁通量的变化率，即磁通量的变化快慢，在
2、t图上为图线上某点的斜率当t较长时，E为平均电动势，因此这段时间内通过导体的电荷量为：qitn.6通电导体切割磁感线的计算(1)平动切割感应电动势的计算：当B、L、v相互垂直时，EBLv.当B、I、L不垂直时，EBLvsin_(为B与I的夹角)(2)转动切割感应电动势的计算(如图所示)：EBL27自感(1)定义：导体自身电流发生变化而产生的电磁感应现象(2)自感电动势：自感现象中产生的电动势，公式为：EL.(3)自感系数：表征线圈自感特性的物理量，与线圈的长度、横截面积、匝数以及有无铁芯有关单位：亨利，符号H,1 H103 mH106 H.8涡流：线圈中的电流变化时，在附近导体中产生的感应电流
3、，这种电流在导体中自成闭合回路，很像水中的漩涡，因此称为涡电流，简称涡流二、交变电流1交流电变化规律ABCD(1)线圈平面位于中性面时，如图 A所示，穿过线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率为零，感应电动势为零(2)当线圈平面匀速转到与磁感线平行时，如图 C所示，穿过线圈的磁通量为零，但线圈平面内磁通量的变化率最大，感应电动势最大(3)线圈转动一周经过中性面两次，电流方向变化两次2正弦(余弦)交流电的瞬时表达式eEmsin t，iImsin t(从中性面开始计时)3正弦交流电的一些物理量(1)E，I，U.(2)2f.注：用电器的耐压值必须大于电压的最大值所有仪表测定的读数均为有效值计算电功或电功
4、率、电热时均用有效值求感应电荷量时须用平均值求解导体棒所受安培力时须用瞬时值4电感、电容对交变电流的作用(1)电感：“通直流、阻交流；通低频，阻高频”(2)电容：“隔直流，通交流；通高频，阻低频”5变压器(1)理想变压器的原副线圈电压与匝数的关系：.(2)理想变压器通过原副线圈的电流与匝数的关系：(只有一个副线圈)(3)理想变压器的功率关系：P入P出6理想变压器的制约关系(1)电压制约：初级决定次级(2)电流(功率)制约：次级决定初级7高压输电的电路结构(如图所示)和基本规律(1)电压关系：U2U损U3(2)电流关系：I2I3(3)功率关系：P送P1P2P3P4P用P送P用P损三、传感器1传感
5、器：能够感受诸如力、光、声、化学成分等非电学量，并能把它们按一定的规律转换成为电压、电流等电学量，或转换成为电路的通断2原理：传感器感受的通常是非电学量，如压力、温度、位移、浓度、酸碱度等，而它输出的大多是电学量，如电压、电流、电荷量等，这些输出信号是非常微弱的，一般要经过放大等处理后，再通过控制系统产生各种控制动作3光敏电阻电阻大小与光照的强弱有关，光照强度越大，电阻越小4热敏电阻阻值大小与温度的高低有关，温度变化，阻值有明显变化判断正误(1)奥斯特发现了电流的磁效应；法拉第发现了电磁感应现象()(2)闭合线圈和磁场发生相对运动，一定能产生感应电流()(3)只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中
6、就有感应电流产生()(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)穿过某电路的磁通量变化量越大，产生的感应电动势就越大()(6)闭合电路置于磁场中，当磁感应强度很大时，感应电动势可能为零；当磁感应强度为零时，感应电动势可能很大()(7)线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大()(8)由楞次定律知，感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反()(9)电路不闭合，穿过回路的磁通量变化时，也会产生“阻碍”作用()(10)感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化()(11)线圈中电流最大的瞬间可能没有自感电动势()(12)自感现象中，感应电流
7、一定与原电流方向相反()(13)一个线圈中的电流均匀增大，自感电动势也均匀增大()(14)利用涡流制成的探雷器可以探出“石雷”()(15)电磁阻尼发生的过程中，存在机械能向内能的转化()(16)正弦式交变电流的瞬时值是时刻变化的()(17)闭合线圈在匀强磁场中绕平行于磁场方向的轴匀速转动时产生正弦交流电()(18)教室的照明电路中所用的是正弦式电流()(19)生活用电的电压220 V指有效值，动力用电的电压380 V指峰值()(20)只要是交变电流，其峰值就是有效值的倍()(21)家用电器铭牌上标称的电流、电压都是指有效值()(22)交流电的频率越高，电感对交流的阻碍作用越大()(23)高频扼
8、流圈可以“通高频，阻低频”()(24)理想变压器不仅可以改变交变电流的电压和电流，还可以改变交变电流的功率和频率()(25)电压互感器是一种降压变压器()(26)电压互感器的原线圈应串联在被测电路中()(27)大功率输电时，导线的电感和电容引起的电压和电能损失很大()(28)高压直流输电是通过升压变压器升压后，再由换流设备将交流变为直流，从而实现远距离直流传输的()楞次定律的理解与运用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：(
9、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，只是延缓了磁通量变化的快慢，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
10、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”【例1】(多选)如图甲所示，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()A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Ct1时刻两线圈作用力为零Dt2时刻两线圈作用力最大ABC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
11、；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错误跟进训练1如图所示，一个闭合矩形金属框abcd，与一根绝缘轻杆相连，轻杆上端O点是一个固定转动轴，转动轴与线框平面垂直，线框静止时恰好位于蹄形磁铁的正中间，线框平面与磁感线垂直现将线框从左侧某一高度处由静止释放，在线框左右摆动进入、离开磁场的过程中，关于线框受到磁场力的方向的分析正确
12、的是()A线框向左摆动进入、离开磁场的过程中，受力方向向左；向右摆动进入、离开磁场的过程中，受力方向向右B线框向左摆动进入、离开磁场的过程中，受力方向向右；向右摆动进入、离开磁场的过程中，受力方向向左C线框向左摆动进入、离开磁场的过程中，受力方向先向左后向右；向右摆动进入、离开磁场的过程中，受力方向先向右后向左D线框向左、向右摆动进入、离开磁场的过程中始终不受力B从磁通量变化的角度来看，线框在向左摆进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增加，感应电流的磁场阻碍磁通量的增加，因而对线框的作用力向右；线框在向左摆离开磁场的过程中，穿过线框的磁通量减少，感应电流的磁场阻碍磁通量的减少，因而线框受力方向也向
13、右；同理，线框在向右摆进入磁场和离开磁场的过程中，线框受到的作用力均向左故选B.电磁感应中的动力学及能量问题(一)电磁感应中的动力学问题1安培力的大小F2安培力的方向(1)先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定安培力方向(2)根据楞次定律，安培力的方向一定和导体切割磁感线运动方向相反3受力分析与运动分析对电磁感应现象中的力学问题，除了要做好受力情况和运动情况的动态分析外，还需要注意导体受到的安培力随运动速度变化的特点，速度变化，弹力及相应的摩擦力也随之而变，导致物体的运动状态发生变化4应用牛顿运动定律和运动学规律解答电磁感应问题的基本思路(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势
14、的大小和方向(2)求回路中的电流(3)分析研究导体的受力情况(包含安培力，用左手定则确定其方向)(4)根据牛顿第二定律和运动学规律或平衡条件列方程求解【例2】如图甲所示，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，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、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甲乙(1)判断金属棒ab中电流的方向；(2)若电阻箱R2接入
15、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B0.40 T、L0.50 m、37时，金属棒能达到的最大速度vm随电阻箱R2阻值的变化关系如图乙所示，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求R1的大小和金属棒的质量m.解析：(1)由右手定则可知，金属棒ab中的电流方向为b到a.(2)由能量守恒定律可知，金属棒减少的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热mghmv2Q解得：Qmghmv2.(3)最大速度为vm时，切割磁感线产生的感应电动势EBLvm由闭合电路欧姆定律得：I从b端向a端看，金属棒受力如图所示金属棒达到最大
16、速度时满足mgsin BIL0由以上三式得最大速度：vmR2R1题图乙斜率k m/(s)15 m/(s)，纵截距b30 m/s则：R1bk解得：R12.0 ，m0.1 kg.答案：(1)b到a(2)mghmv2(3)2.0 0.1 kg跟进训练2.如图所示，竖直平面内有两个半径为r、光滑的圆弧形金属环，在M、N处分别与距离为2r、足够长的平行光滑金属导轨ME、NF相接，金属环最高点A处断开不接触金属导轨ME、NF的最远端EF之间接有电阻为R的小灯泡L.在MN上方及CD下方有垂直纸面向里的匀强磁场和，磁感应强度大小均为B，磁场和之间的距离为h.现有质量为m的导体棒ab，从金属环的最高点A处由静止
17、下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与金属环及轨道接触良好已知导体棒下落时向下的加速度为a.导体棒进入磁场后小灯泡亮度始终不变重力加速度为g.导体棒、轨道、金属环的电阻均不计求：(1)导体棒从A处下落时的速度v1的大小；(2)导体棒下落到MN处时的速度v2的大小；(3)将磁场的CD边界下移一段距离，分析导体棒进入磁场后小灯泡的亮度变化情况，并说明原因解析：(1)导体棒从A处下落时，导体棒切割磁感线的有效长度为r，导体棒内产生的感应电动势EBLvBrv1回路中产生的感应电流I根据牛顿第二定律有mgBIrma解得v1.(2)导体棒进入磁场后小灯泡亮度始终不变，说明导体棒在磁场中受力平衡，匀速下落
18、，设此时导体棒的速度为v3，则有mgF安B2r解得v3从MN下落到CD，导体棒下落过程只受重力作用，则v2ghv得v2.(3)CD边界下移一段距离，导体棒ab进入磁场时的速度大于v3，mgn2，该变压器起降压作用，故C错误；又I2，I2增大，R应减小，故滑片应沿cd方向滑动，故D正确跟进训练4(多选)如图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3和R4均为定值电阻，开关S是闭合的，和为理想电压表，读数分别为U1和U2；、和为理想电流表，读数分别为I1、I2和I3，现断开S，U1数值不变，下列推断中正确的是 ()AU2变小、I3变小BU2不变、I3变大CI1变小、I2变小
19、DI2变大、I3变大BC断开S，负载总电阻增大，因为U2U1，U1不变，则U2不变，由I2，知I2变小，因为I1I2，故I1也变小R1分压减小，则R3分压增大，故I3变大，综上可知B、C正确感悟高考1.一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q正该电阻上电压的峰值均为u0，周期均为T，如图所示则Q方Q正等于()A1B.1C12D21D根据焦耳定律知热量与方波中的电流方向的变化无关，故Q方T；而正弦交流电电压的有效值等于峰值的，故Q正TT，所以，D正确2(多选)如图，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
20、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()A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AD由电路可知，开关闭合瞬间，右侧线圈环绕部分的电流向下，由安培定则可知，铁芯中产生水平向右的磁场，由楞次定律可知，左侧线圈环绕部分产生向上的电流，则直导线中的电流方向由南向北，由安培定则可知，直导线在小磁针所在
21、位置产生垂直纸面向里的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；开关闭合并保持一段时间后，穿过左侧线圈的磁通量不变，则左侧线圈中的感应电流为零，直导线不产生磁场，则小磁针静止不动，B、C错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，穿过左侧线圈向右的磁通量减少，则由楞次定律可知，左侧线圈环绕部分产生向下的感应电流，则流过直导线的电流方向由北向南，直导线在小磁针所在处产生垂直纸面向外的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确3.如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心轨道的电阻忽略不计OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，
22、OM与轨道接触良好空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B(过程)在过程、中，流过OM的电荷量相等，则等于()A. BC. D2B设OM的电阻为R，圆的半径为l，过程：OM转动的过程中产生的平均感应电动势大小为E1，流过OM的电流为I1，则流过OM的电荷量为q1I1t1；过程：磁场的磁感应强度大小均匀增加，则该过程中产生的平均感应电动势大小为E2，电路中的电流为I2，则流过OM的电荷量为q2I2t2；由题意知q1q2，则解得，B正确，A、C、D错误4(多选)如图(
23、a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向导线框R中的感应电动势()图(a)图(b)A在t时为零B在t时改变方向C在t时最大，且沿顺时针方向D在tT时最大，且沿顺时针方向AC因通电导线的磁感应强度大小正比于电流的大小，故导线框R中磁感应强度与时间的变化关系类似于题图(b)，感应电动势正比于磁感应强度的变化率，即题图(b)中的切线斜率，斜率的正负反映电动势的方向，斜率的绝对值反映电动势的大小由题图(b)可知，电流为零时，电动势最大，电流最大时电动势为零，A正确，B错误再由楞次定律可判断在一个周期内
24、，内电动势的方向沿顺时针，时刻最大，C正确其余时间段电动势沿逆时针方向，D错误5(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、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，进入磁场和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()A刚进入磁场时加速度方向竖直向下B穿过磁场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释放时距磁场上边界的高度h可能小于BC本题考查电磁感应与动力学、能量问题的综合应用要使杆进入磁场和时的速度相等，杆刚进入磁场时必须减速运动，加速度方向竖直向上，故A错误杆在区做
25、加速度减小的减速运动，在两磁场之间做ag的匀加速运动，运动过程如图所示(其中v1为杆刚进入时的速度，v2为杆刚出时的速度)，图线与时间轴所围的面积表示位移，两段运动的位移相等，则t1t2t1，故B正确对杆从进入磁场至刚穿出磁场的过程应用动能定理得mg3dW安mvmv，对杆穿过两磁场之间的过程应用动能定理得mgdmvmv，解得W安4mgd，由功能关系得QW安4mgd，故C正确若杆刚进入磁场时恰好匀速，则有mg，v1，代入h得h，因为杆刚进入时必须做减速运动，故一定有h，故D错误6如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为，间距为d.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g.求下滑到底端的过程中，金属棒(1)末速度的大小v；(2)通过的电流大小I；(3)通过的电荷量Q.解析：(1)匀加速直线运动v22as解得v(2)安培力F安IdB金属棒所受合力Fmgsin F安由牛顿运动定律得Fma解得I(3)运动时间t电荷量QIt解得Q答案：(1)(2)(3)
