教学课件2016届高考物理二轮复习 教师用书 热点难点专题透析专题4 电磁感应和电路的分析计算课件（新课标）

第4专题,主编,AH,物理,物理,物理,物理,决胜高考,专案突破,名师诊断,对点集训,【考情报告】,【考向预测】,从近三年高考考点分布来看,高考对本专题的内容考查频率比较高, 特别是电磁感应部分,每年必考.对电路的考查则经常是与实验考查 相结合,对串并联电路考查深度较浅,对交流电的考查相对来说较少 且偏易.对电磁感应的考查相对来说难度偏大,且经常与其他知识点,进行综合考查,不仅考查考生对基础知识和基本规律的掌握,还考查 考生对基础知识和基本规律的理解和应用.,对本专题知识点的考查,安徽省高考试题常以选择题的形式出现,但 也有以计算题的形式出现的.如2010年安徽理综卷第18、20题、201 1年安徽理综卷第19题等,都是以选择题的形式对本专题知识点进行 考查;如2012年安徽理综卷第23题以计算题的形式对本专题知识点 进行考查,且与其他知识点相结合.,预计在2013年高考中对本专题知识的考查一种可能是浅而全的综 合考查,主要以选择题形式出题;另一种可能是与其他知识点进行综 合考查,突出考查电磁感应、电路等部分内容.其中,热点内容可能是 滑轨类问题、线框穿越有界匀强磁场问题、电磁感应图象问题和 电磁感应能量问题.,1.为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系,将原线圈接到 电压有效值不变的正弦交流电源上,副线圈连接两只相同的灯泡L1 、L2,电路中分别接了理想交流电压表 、 和理想交流电流表 、 ,导线电阻不计,如图所示.当开关S闭合后 ( ),A. 示数变大, 与 示数的比值变大,B. 示数变小, 与 示数的比值变小,C. 示数变小, 与 示数的比值变大,D. 示数不变, 与 示数的比值不变,【知能诊断】,器来说, 示数不会因负载增加而改变,所以C选项错误、D选项 正确.,【答案】D,【解析】当S闭合后,负载增加,变压器输入电功率增加,所以 读 数变大,原、副线圈两端电压之比和电流之比都是与原、副线圈 匝数相关,与输入功率大小无关,所以A、B选项错误;对于理想变压,2.如图所示,在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T,转轴O1O2 垂直于磁场方向,线圈电阻为2 .从线圈平面与磁场方向平行时开 始计时,线圈转过60时的感应电流为1 A.那么 ( ),A.线圈消耗的电功率为4 W,B.线圈中感应电流的有效值为2 A,C.任意时刻线圈中的感应电动势为e=4sin t,D.任意时刻穿过线圈的磁通量为= sin t,【解析】线圈在磁场中绕垂直于磁场方向的轴转动,从线圈平面 与磁场方向平行开始计时,则感应电动势的表达式为e=nBScos ( t),当线圈转过60时感应电流为1 A, 则感应电动势最大值为Em,=4 V,电流最大值为2 A,电流的有效值为 A,线圈消耗的电功率P =I2R=( )22 W=4 W,所以A选项正确,B、C选项错误;从电动势最 大值等于4 V可知,穿过线圈磁通量的最大值为m=BS= = = , 所以D选项错误.,【答案】C,3.如图,一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内,线框在 长直导线右侧,且其长边与长直导线平行.已知在t=0到t=t1的时间间 隔内,直导线中电流i发生某种变化,而线框中的感应电流总是沿顺时 针方向;线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右.设电流i 正方向与图中箭头所示方向相同,则i随时间t变化的图线可能是 ( ),【解析】由安培定则知线框中感应电流的磁场方向为垂直纸面向 里;由楞次定律知长直导线中的电流应正向减小或反向增大;结合 线框左侧导线与长直导线电流同向时吸引,反向时排斥可知正确 选项为A.,【答案】A,4.如图,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 平金属圆环中穿过.现将环从位置释放,环经过磁铁到达位置.设 环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为T1和T2,重力加速度 大小为g,则 ( ),A.T1mg,T2mg B.T1mg,T2mg,C.T1mg,T2mg,磁铁上端附近和下端附近磁铁均受到向下的作用力,致使细线张 力增大,且大于磁铁重力,所以A选项正确.,【答案】A,【解析】从能量角度根据楞次定律(来拒去留)可判定环在磁铁上 端附近和下端附近均受到向上的作用力.根据牛顿第三定律,环在,5.物理课上,老师做了一个奇妙的“跳环实验”.如图,她把一个带铁 芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后,将一金属套环置于线 圈L上,且使铁芯穿过套环.闭合开关S的瞬间,套环立刻跳起.某同学 另找来器材再探究此实验.他连接好电路,经重复试验,线圈上的套环 均未动.对比老师演示的实验,下列四个选项中,导致套环未动的原因 可能是 ( ),A.线圈接在了直流电源上,B.电源电压过高,C.所选线圈的匝数过多,D.所用套环的材料与老师的不同,突然增加使金属环产生感应电流而受向上的安培力导致环跳起, 线圈接在了直流电源上、 电源电压过高、所选线圈的匝数过多 这些因素都不会影响接通电源时金属环回路内磁通量增加,相反 电源电压更高、所选线圈的匝数更多只会导致磁通量增加得更 快,产生的感应电流更大,实验现象更明显,但所用套环的材料如果 是绝缘的或质量太大,则实验中没电流或因为重力过大跳不起来.,【答案】D,【解析】“跳环实验”的原理是接通电源时金属环回路内磁通量,6.如图所示,一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内,导轨间 距L=0.5 m,左端接有阻值R=0.3 的电阻,一质量m=0.1 kg,电阻r=0.1 的金属棒MN放置在导轨上,整个装置置于竖直向上的匀强磁场中, 磁场的磁感应强度B=0.4 T.棒在水平向右的外力作用下,由静止开始 以a=2 m/s2的加速度做匀加速运动,当棒的位移x=9 m时撤去外力,棒 继续运动一段距离后停下来.已知撤去外力前后回路中产生的焦耳 热之比Q1Q2=21,导轨足够长且电阻不计,棒在运动过程中始终 与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触.求:,(1)棒在匀加速运动过程中,通过电阻R的电荷量q.,(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2.,(3)外力做功WF.,【解析】(1)由运动学公式可计算出棒加速运动过程的时间t= = 3 s,由法拉第电磁感应定律得棒在加速过程中感应电动势的平均 值 = =0.6 V,由欧姆定律得感应电流的平均值 = =1.5 A,所 以加速过程中通过R的电荷量为q= t=4.5 C.,(2)由运动学公式得在撤去外力时棒的速度v=at=6 m/s,在撤去外力后的运动过程中,棒的动能全部转化为回路中产生的 热能,所以Q2= mv2=1.8 J.,(3)由题意可知,棒在外力作用下加速运动过程中回路产生的热能Q 1=3.6 J,根据能量守恒定律得:WF=Q1+Q2=5.4 J.,【答案】(1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J,7.如图,两根足够长的金属导轨ab、cd竖直放置,导轨间距离为L,电 阻不计.在导轨上端并接两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡. 整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度方向与导轨所在平面垂直.现 将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始 释放.金属棒下落过程中保持水平,且与导轨接触良好.已知某时刻后 两灯泡保持正常发光,重力加速度为g.求:,(1)磁感应强度的大小.,(2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率.,【解析】(1)某时刻后两灯泡保持正常发光,说明棒MN的速度不变, 且灯泡两端电压等于其额定电压.由P=I2R得:灯泡额定电流I=,由平衡条件得:mg=2BIL,解得磁感应强度B= = .,(2)灯泡正常发光时,感应电动势E=2IR总=2 ,根据法拉第电磁感 应定律得:E=BLv,解得棒的运动速率v= .,【答案】(1) (2),【思维导图】,直流电路的电源一般是干电池或蓄电池,相关命题有求解电动势和 内电阻、输出功率、最大输出功率和效率等.运算公式有闭合电路 欧姆定律I= 和电功率P=EI、输出功率P=U路I等.电源对外电路 输出电功率,不仅跟电源有关,还与外电路用电器有关.当外电路电阻 与电源内电阻相等时,电源输出功率最大,若外电路电阻不等于电源 内阻,则有两个电阻值对应同一个输出功率,这两个阻值关系为r= .注意:电源发热电功率只能用P= I2r计算.,2.用电器,(1)纯电阻,一、直流电路的基本规律,1.电源,欧姆定律:R= = ,伏安特性曲线是条过原点的直线.,电功等于电热:W=Q=Pt= I2Rt= t.,(2)纯电容,定义:C= = .,纯电容不消耗电能,只是储存电场能,所储存的电能与电容器两极电 势差和极板所带电荷量有关.,(3)纯电感,纯电感不消耗电能,只是储存磁场能,磁场能可以与电能相互转化.,二、直流电路分析,在形式较为复杂的电路中,导体间串并联关系不是很明显,这时需要 将电路变换成较为规则的等效电路,便于认清串、并联关系.画等效 电路的方法是:,(1)在电路图中,导线是没有电阻的(如果有电阻,则用没有电阻的导 线和等效电阻去替代),因此导线的长短、形状都可以任意改变,以达 到把并联的用电器并排画,把串联的用电器依次画,直观明了.,(2)对电路中的电压表和电流表,如果是理想电压表,直接把电压表和 连接导线去掉;如果是理想电流表,直接把电流表两端用导线相连. (只要记住电压表测的是哪两点间的电压、电流表测的是流过哪个 用电器的电流就可以了)如果不是理想电表,则电压表是个能知道两,端电压的特殊高值电阻,电流表是个能知道流过电流的特殊低值电 阻(当做电阻来画即可).,(3)对稳定电路而言(开关处于接通或断开状态,滑线变阻器滑动触头 没有移动),电容器可当做断路而直接去掉,(类似于理想电压表),电感 可当做短路而直接连接(类似于理想电流表).,还有不少方法,因现在的高考不考复杂的电路,因此在此就不再介绍.,三、正弦交变电流的“四值”、变压器的工作原理及远距离输电,1.描述正弦交变电流的“四值”,2.变压器,(1)正确理解变压器原、副线圈两端电压.原、副线圈两端的 电压,是指原、副线圈各自两个端点间的电压.,(2)正确理解电压和电流变比公式.电压变比关系适用于同一 铁芯上(磁通量相等)的任意两组线圈,而电流变比关系只适用 于只有一组副线圈的情况,且原线圈中的电流随着副线圈中电 流的增大而增大.原、副线圈中的电流关系最好用能量守恒定 律来解决,即所有副线圈电路中消耗的电功率(输出电功率)等 于原线圈中消耗的电功率(输入电功率).,(3)正确理解变压器中的因果关系:理想变压器只是电能传输,设备,不增加或减少电能,也不改变交流电的周期和频率,改变 的是电压和电流,但输入电压决定输出电压,输出功率决定输 入功率.,四、电磁感应定律,1.动生电动势,导体在磁场中做切割磁感线运动而产生的电动势称为动生电动势. 导体平动切割磁感线产生的动生电动势计算公式为E= BLv,式中B 为匀强磁场的磁感应强度,L为切割磁感线的有效长度,v为切割磁感 线的速度,且B、L、v三者互相垂直.导体转动切割磁感线产生的动 生电动势计算公式为E= BL2,B、L与前面的含义相同,但为导,体转动的角速度.这两个公式中的动生电动势可以是恒定不变的,也 可以随时间变化而变化,这要取决于L、v和是否变化了.,动生电动势产生的感应电流方向,一般用右手定则来判定.,2.感生电动势,穿过闭合回路的磁通量发生改变时,在闭合回路中产生的电动势称 为感生电动势.感生电动势的大小用法拉第电磁感应定律计算,公式 为E= n =nS sin (或nB sin ,为B、S夹角),注意这个公式计 算出来的是t时间内感生电动势的平均值,当t趋于零时,E就变为 瞬时值了.,3.楞次定律,(1)楞次定律的内容:感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流 的磁通量的变化.,楞次定律是判定感应电流(或感应电动势)方向的一般规律,普遍适 用于所有的电磁感应现象.,(2)楞次定律的拓展:感应电流的效果总是要反抗(或阻碍)产生感应 电流的原因.如:,阻碍原磁通量的变化,可理解为“增反减同”;,阻碍物体间的相对运动,可理解为“来拒去留”;,阻碍原电流的变化(自感现象).,4.安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的综合应用,(2)右手定则与左手定则的区别:抓住“因果关系”是解决问 题的关键,“因动而电”用右手,“因电而力”用左手.,(3)应用楞次定律的关键是正确区分所涉及的两个磁场:一是 引起感应电流的磁场;二是感应电流产生的磁场,理解两个磁 场的“阻碍”关系“阻碍”的是原磁场磁通量的“变化,(1)安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律应用于不同现 象.,”,概括为“增反减同”四个字.,五、电磁感应现象中的能量转化,在电磁感应现象中,安培力做功等于电路中电能的减少量.即安培力 做正功,电路中电能减少,转化为其他形式的能;安培力做负功,则其 他形式的能转化为电路中的电能.,【解题精要】,一、直流电路的分析计算问题,1.动态电路的分析,这类问题是根据欧姆定律及串、并联电路的性质特点,分析电路中 因某一用电器阻值改变或损坏,引起整个电路的各电学量发生变化 的情况.分析动态电路的基本思路是“部分整体部分”,在分析 推理的过程中要注意欧姆定律的反复使用.,例1 在图示电路中电源内阻不能忽略,如果滑动变阻器的触片P由a 端滑至b端,理想电压表 示数变化的绝对值为U1,理想电压表 示数变化的绝对值为U2,则下列说法中正确的有 ( ),A.L1、L3变暗,L2变亮,B.L2、L3变暗,L1变亮,C.U1U2,D.U1U2,【解析】当滑动变阻器的触片P由a端滑至b端时,滑动变阻器的阻 值减小,外电路总电阻减小(去掉理想电压表后,滑动变阻器与三个 灯泡的连接关系一目了然),电路总电流增大,即通过灯L2的电流增 大,灯L2变亮.另一方面,因电路总电流增大,电源内电压升高,路端电 压降低,得知L3两端电压降低,亮度变暗,流过L1电流增大,L1变亮,所 以A、B选项错误.因L2变亮,两端电压增大,L3变暗,两端电压降低, 而路端电压降低,所以L3两端电压的降低必然大于L2两端电压的升 高,D选项正确.,【答案】D,点评 本题属于动态电路的基本题型,只要掌握了分析动态 电路的思路,就能得出正确的答案.注意:在任何电路中,某个电阻阻 值增大,其他电阻不变的情况下,总电阻增大.同理,若某个电阻阻值 减小了,其他电阻不变的情况下,总电阻减小.,2.电路故障,电路故障问题在现阶段有两种情况,一是用电器或电路发生断路故 障,另一个是用电器或电路发生短路故障.电路故障问题有两种题型, 一是通过对动态电路中用电器阻值变化极端化,带来其他用电器电 学量改变分析得出结论;二是通过电压表和电流表检测结果去分析 得出结论.,例2 如图电路,起初灯泡A和B都能正常发光,后来电路中某个元件 发生断路故障,致使灯泡A比原来亮一些,灯泡B比原来暗一些,那么 断路的元件是 ( ),A.R1 B.R2 C.R3 D.R4,【解析】首先可以肯定D选项错,因为R4断路后,A、B灯都不亮了, 不合题意;若R1断路,电路总电阻必然增大,总电流减小,R4两端电压 降低,A灯泡和B灯泡两端电压均要升高,与题意不符,所以A选项错; 若R2断路,则总电阻变大,总电流减小,R4两端电压降低,R1两端电压 升高,流过的电流增大,所以流过R3和B灯泡电流减小,B灯变暗,所 以灯泡A两端电压升高,A灯变亮,符合题意,所以B选项正确;同理可 以分析出,若R3断路,应该是B灯变亮,A灯变暗,C选项错.,【答案】B,点评 从本例可以看出,电路故障问题分析思路,实际上与动态 电路相同,只需把几个选项试一下就可以了.当然分析几个选项时,不 一定按顺序来分析,可以先排除明显不可能的选项,如上题中的D选 项.,甲,变式训练1 在如图甲所示的电路中,闭合开关,灯L1、L2正常发光. 由于电路出现故障,发现灯L1变亮,灯L2变暗,电流表的示数变小,则可 能是 ( ),A.R1断路 B.R2断路,C.R3短路 D.R4短路,乙,【解析】先画出等效电路图如图乙所示.若R1断路,则总电阻增大, 总电流减小,路端电压升高或不变,虚线框内总电阻不变,所以两端 电压降低,流过L2的电流减小,L2变暗;L1两端电压升高而变亮,符合 题意,所以A选项正确;若R2断路,总电阻增大,总电流减小,路端电压,增大或不变,L1两端电压降低变暗,不合题意,故B选项错误;若R3短 路,总电阻减小,总电流增大,路端电压降低或不变,L1两端电压升高 而变亮,L2两端电压降低而变暗,但流过电流表的电流增大而不合 题意,故C选项错误;同理可分析出D选项也是错误的.,【答案】A,二、直流电路的伏安特性曲线,伏安特性曲线主要有两种,一种是用电器的伏安特性曲线,另一种则 是电源的伏安特性曲线.伏安特性曲线就是用图象来描述电压与电 流之间的关系.,对用电器而言,由欧姆定律得:I= U.这一规律在以I为纵坐标、以U 为横坐标的I-U图象中,如果R不变,则是一条过原点的直线,直线的斜,率在数值上等于电阻值的倒数.如果R是变化的,则是一条曲线,曲线 上某点与原点连线的斜率在数值上等于电阻值的倒数.,对电源而言,由闭合电路欧姆定律得:U=E-Ir,这一规律在以U为纵坐 标、以I为横坐标的U-I图象如图甲所示是一条斜向下的直线,在两 个坐标上都有截距,在U轴上的截距值就等于电源电动势E,在I轴上 的截距值就等于短路电流I0,直线斜率的绝对值在数值上等于电源内 阻r.,以上所提到的斜率都只等于纵、横坐标对应的变化量之比,不等于 直线倾角的正切,这一点必须给予重视.,当电源与一定值电阻构成如图乙所示的电路时,只要我们同时在图 甲中画出电阻的电压随电流变化的关系曲线(如图丙所示),此时两,图线的交点即为两者的共同工作点.U0为电阻两端的电压,即路端电 压,I0为通过电阻的电流,即整个闭合电路的电流,此时该定值电阻的 功率P=U0I0.,例3 在图甲所示的电路中,电源的电动势为3.0 V,内阻不计;L1、L2 、L3为3个相同规格的小灯泡,这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所 示.当开关S闭合后,L1消耗的电功率为 W ,L2的电阻为,.,【解析】由于电源内阻不计,所以路端电压等于电源电动势3.0 V, 因此L1两端电压为3.0 V,对照图乙知此时L1中电流为0.25 A,根据P,=UI可以计算出L1消耗的电功率为0.75 W.因为L2、L3为2个相同规 格的小灯泡,所以它们两端的电压都为1.5 V,对照图乙可知通过它 们的电流为0.2 A,从而得到L2此时的电阻为7.5 .,【答案】0.75 7.5,点评 对于图象问题,首先要认识图象,明确图象“截距、斜 率、交点、所围成的面积”等的意义,必要的时候可以借助图象 的解析式帮助分析.,变式训练2 如图所示,直线A为电源的U-I图象,直线B为电阻R的U-I 图象,用该电源和该电阻组成闭合电路时,电源的输出功率和电源的 效率分别是 ( ),A.电源的输出功率为6 W,B.电源的输出功率为2 W,C.电源的效率为33.3%,D.电源的效率为67%,【解析】由图线可知,电源的输出功率P出=22 W=4 W,电源的效 率= = 100%=67%,所以D选项正确.,【答案】D,1.含电容器电路的分析与计算方法,在直流电路中,当电容器充放电时,电路中有充放电电流,一旦电路达 到稳定状态,电容器在电路中就相当于一个阻值无限大的储能元件. 对于直流电,电容器相当于断路,简化电路时可去掉它,简化后若要求 电容器所带的电荷量时,可将其接在相应的位置上;而对于交变电流, 电容器相当于通路.在分析和计算含有电容器的直流电路时,需注意 以下三点.,(1)电路稳定后,由于电容器所在支路无电流通过,所以在此支路中的 电阻上无电压降,因此电容器两极间的电压就等于该支路两端的电 压.,(2)当电容器和电阻并联后接入电路,电容器两端的电压和与其并联,三、直流电路中的特殊电路(含电容、电动机电路)、电功率分析,的电阻两端的电压相等.,(3)电路的电流、电压变化时,将会引起电容器的充放电.,例4 如图所示,电源电动势E=9 V,内阻r=0.5 ,电阻R1=5.0 ,R2=3.5 ,R3=6.0 ,R4=3.0 ,电容C=2.0 F.当单刀双掷开关由a掷到b时,求 通过R3的电荷量.,【解析】当单刀双掷开关掷到a端时,电容器上极板带正电,电路稳 定后,由闭合电路欧姆定律得:UC=U1= =5 V,此时电容器极 板带电荷量Q1=CU1=110-5C;当单刀双掷开关掷到b端时,电路稳定 后,电容器下极板带正电,同理可得电容器两极板间电势差UC=U2= =3.5 V,此时电容器极板带电荷量Q2=CU2=0.710-5C,流过R3 的电荷量为Q=Q1+Q2=1.710-5C.,【答案】1.710-5C,点评 本题突出了处理含电容器电路的基本方法,即直流电 路稳定后,含电容器的支路电流强度为零,其两极板间的电压等于 与其并联的电路两端电压,与支路中有无其他元件无关.,变式训练3 在如图所示的电路中,电动势E=6 V,内阻r=1 ,电阻R1= 3 ,R2=6 ,电容器电容C=3.6 F,二极管D具有单向导电性,若D的下 端电势比上端高,D则导通,电阻为零,若D的上端电势比下端高,D则 不通,电阻为无穷大.开始时开关S1闭合,S2断开,则:,(1)合上S2,待电路稳定后,电容器C极板上电荷量变化了多少?,(2)合上S2,待电路稳定后,再断开S1,则断开S1后通过R1的电荷量是多 少?,【解析】(1)设开关S1闭合、S2断开时,电容器两端电压为U1,因为 二极管不导通,根据闭合电路欧姆定律得:U1=UR1= =4.5 V,电容 器上极板带正电,带电荷量Q1=CU1;合上S2电路稳定后,电容器两极,板间电压U2=UR2= =4 V,电容器仍是上极板带正电,带电荷 量为Q2=CU2;所以电容器在这个过程中极板带电荷量变化了Q=Q 2-Q1=(U2-U1)C=-1.810-6C,即电容器极板上电荷量减少了1.810-6C.,(2)合上S2电路稳定后,再断开S1,电容器通过R1、R2放电,因R1和R2是 并联关系,通过的电流与电阻值成反比,所以电容器放电通过的电 荷量也与电阻阻值成反比,则通过R1的电荷量Q= Q2=9.610- 6C.,【答案】(1)减少了1.810-6C (2)9.610-6C,2.含电动机的直流电路功率的计算,当电路中含有电动机时,电动机两端的电压是个复杂的问题,这时的 电路不是纯电阻电路,部分电路欧姆定律不能适用.在解决涉及电动 机的直流电路问题时,要弄清以下问题:,电热Q=I2Rt.,电动机消耗的电能也就是电流的功W=UIt.,由能量守恒得W=Q+E,E为其他形式的能.,输入功率P入=UI,发热功率P热=I2R,输出功率即机械功率P出=UI-I2R, 效率= .,内阻R2=0.2 .当调节滑动变阻器R3时,可以使图甲电路电源输出功 率最大;调节R4时可使图乙电路电源输出功率最大,且此时额定功率 为6 W的电动机刚好正常工作.试求R3、R4的值.,例5 如图所示,电源电动势E=12 V,内阻r=3 ,R1=1 ,直流电动机,【解析】对于图甲,因是纯电阻电路,电源消耗能量全部转化为热 能,电功率等于发热功率,则输出功率P=I2R外=( )2R外= ,当外电路电阻等于电源内阻时,电源有最大输出功率Pm,= = W=12 W,R3=r-R1=2 ,对于图乙,因为有电动机存在,电源消耗的电能一部分通过电动机 转化为机械能,另一部分转化为热能.则:P乙=U乙I乙= ,由数学 知识可知,两数和一定相等时乘积最大,所以当E-U乙=U乙,即U乙= = 6 V 时电源有最大输出功率,此时电路中电流强度I乙= =2 A,所 以R4的发热功率P=U乙I乙-P电机=6 W,又因P= R4,解得:R4= =1.5 .,【答案】2 1.5 ,点评 从本题可以看出,无论外电路有哪些元件,只有当路端 电压等于内电压时,电源输出功率有最大值,这一点你以前思考过,吗?在本题中,为什么流过电动机的电流的平方与其内电阻乘积不 等于电动机的额定功率?弄清楚后必有收获!,1.常见感应电动势计算,常见的电动势按电动势产生的原因可分为动生电动势和感生电动 势,按电动势变化属性可分为瞬时电动势和平均电动势.对于不同的 电动势求解方法各不相同,考生都必须掌握.,(1)动生电动势的计算,四、电磁感应规律及其应用,例6 如图所示,竖直放置的金属框架处于水平匀强磁场中,有一质 量为m长为l的弧形金属棒ab可以沿宽度为d的金属框自由滑动,且与 金属框保持良好的接触,金属框和金属棒电阻均不计,外接电阻阻值,为R.ab由静止开始下滑一段时间后,合上开关S,则ab棒将做 ( ),A.匀速运动 B.加速运动,C.减速运动 D.无法确定,【解析】设磁场磁感应强度为B.开始运动时金属棒做切割磁感线 运动,但因电路不闭合,所以电路中没有感应电流,因此金属棒做自 由落体运动.经过时间t,金属棒速度增至v,此时闭合开关,金属棒产 生的感生电动势E=Bdv,电路中的感应电流I= ,由楞次定律可知, 此时棒受到竖直向上的安培力,其大小为F=BId= .因无法比较 安培力和重力的大小关系,所以无法确定此后金属棒将做什么样 的运动,D选项正确.,【答案】D,点评 E=BLv是计算动生电动势的公式,磁场必须是匀强磁 场,L必须是导体在磁场中有效切割磁感线的长度,v是切割磁感线 的速度,如果v是瞬时速度,求出的感应电动势的值就是瞬时值,如 果v是平均速度,则求出的感应电动势的值就是平均值.,变式训练4 如图所示,OACO为置于水平面内的光滑闭合金属导轨, O、C处分别接有很短的电阻丝(图中用粗线来表示),R1=4 ,R2=8 , 导轨其他部分电阻不计.导轨OAC的形状满足方程y=2sin( x) m,匀 强磁场磁感应强度B=0.2 T且方向垂直于导轨平面,一长为L=3 m的 金属棒在水平外力作用下,在导轨上以v=5 m/s 的速度从O点向右匀 速滑动到C点,棒与导轨接触良好且始终与OC垂直,不计棒的电阻,试 求:,(1)外力F的最大值.,(2)金属棒在导轨上运动时电阻丝R1上消耗的最大功率.,(3)在滑动过程中电阻丝R2产生的热量.,【解析】(1)金属棒匀速滑动,所以F外=FA,棒中产生的感应电动势E =Bav,感应电流I= ,所需外力F外=BIa= ,式中a为金属棒切割磁 感线的有效长度,与位置x有关.当sin( x)=1时,am=2 m,R总= = ,所以:F外=0.22225 N=0.3 N.,(2)当a有最大值时,电路中电流也最大,R1上消耗的功率也最大,则:P 1m= = =1 W.,(3)金属棒与导轨接触点间的长度随时间变化,a=2sin( x) m,且x= vt, E=Bav,所以电阻丝R2两端电压u=E=Bv2sin( vt),是正弦交流电, 有效值为最大值的 ,则滑动过程中电阻丝R2产生的热量Q= t,= J=0.15 J.,【答案】(1)0.3 N (2)1 W (3)0.15 J,甲,变式训练5 如图甲所示,电阻忽略不计、半径为L的导电圆环ACD, 焊有电阻都是r的互成120的三根辐条AO、CO和DO,O为环心,环绕 不计电阻通过环心O的竖直轴MN沿逆时针方向在水平面内以角速 度匀速转动,环的左半部分处在竖直向下、磁感应强度为B的匀强 磁场中,在转轴与环的边缘之间通过电刷P、Q连接一阻值R=2r的电 阻,若从AO辐条刚进入磁场开始计时,试分析电阻R上消耗的电功率 随时间变化的情况,并画出P-t图象.,【解析】在第一个 周期内,辐条AO、CO处在磁场内,电路的总电 动势为E=BL ,AO、CO电阻并联后为电源内电阻,DO电阻与R 并联后为外电路的电阻,这时电路的总电阻为: R总= + = r,电 路中的总电流I= = ,通过电阻R的电流IR= I= ,这时消耗,在R上的电功率PR= R=,乙,【答案】见解析,(2)感生电动势的计算,例7 如图甲所示的线圈共有50匝,它的两个端点C、D与内阻很大 的电压表相连,穿过线圈的磁通量变化规律如图乙所示(只有环内有 磁场),则C、D两点的电势高低与电压表的示数为 ( ),A.UCUD,100 V B.UCUD,10 V,C.UCUD,50 V D.UCUD,10 V,电势,根据法拉第电磁感应定律E=n 可得电动势为50 V=10 V,所以只有B选项正确.,【答案】B,点评 法拉第电磁感应定律适用于感生电动势的计算,且计 算结果是电动势的平均值,穿过闭合电路的磁通量改变有多种方 式,如面积一定,磁感应强度发生变化;磁感应强度一定,闭合电路的 面积发生变化(相对运动、转动等);磁感应强度和面积都发生变化 等.,【解析】从图乙可以得知穿过线圈的磁通量在不断增加,根据楞 次定律可以判定感应电流方向为逆时针方向,则C点电势高于D点,2.电磁感应中的电路问题,(1)在电磁感应现象中,切割磁感线的导体或发生磁通量变化的回路 将产生感应电动势,该导体或回路相当于电源,将它们接到电阻类用 电器上,便可对用电器供电,在回路中形成电流,将它们接在电容器 上,便可使电容器充电,解决此类问题的基本方法是:,确定电源.电磁感应现象中,产生感应电动势的那部分导体等效为 电路的电源,那么,它的电阻就是电源的内阻;用右手定则或楞次定律 确定的电流方向就是内电路的电流方向,是从电势低的负极流向电 势高的正极;它两端的电压就是电路的路端电压.其余部分导体就是 外电路,包括用电器.这样,就把电磁感应电路等效转换成直流电路, 使问题得以转化、简化.如下图所示.,分析电路结构,画出等效电路图.实施这一步的本质是将比较生疏 的电路改为熟悉的直流电路,为处理下一步问题做好准备.,利用电路规律求解.主要还是应用电磁感应规律、闭合电路欧姆 定律、串并联电路的特点、电功、电热等求解.,(2)电磁感应的电路分析中的常见问题,不能正确分析感应电动势及感应电流的方向.因为产生感应电动 势的那部分电路为电源部分,故该部分电路中的电流应为电源内部 的电流,而外电路中的电流方向仍是从高电势到低电势.,应用欧姆定律分析求解电路时,不注意等效电源的内阻对电路的 影响.,对接入电路中电表的示数不能正确进行分析,特别是并联在等效 电源两端的电压表,其示数应该是外电压,而不是等效电源的电动势.,有如图所示的电路.其中水平放置的平行板电容器的两极板M、N相 距d=10 mm,定值电阻R1=R2=12 ,R3=2 ,金属棒ab的电阻r=2 ,其 他电阻不计.磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场竖直穿过导轨平面,当金 属棒ab沿导轨向右匀速运动时,悬浮于电容器两极板之间的质量m= 110-14 kg、带电荷量q=-110-14 C的微粒恰好静止不动.g取10 m/s2,在 整个运动过程中金属棒与导轨接触良好,且运动速度保持恒定.试求:,例8 在同一水平面上的光滑平行导轨P、Q相距L=1 m,导轨左端接,(1)匀强磁场的方向.,(2)ab棒两端的电压.,(3)金属棒ab运动的速度.,【解析】此题是电磁感应与电路、物体的平衡相结合的综合题. 由带电微粒恰好静止不动可得出M、N两板间的电压,利用恒定电 流知识可得出a、b两端点间的电压,根据闭合电路欧姆定律可得 出导体棒运动产生的感应电动势,进而求出金属棒运动的速度.,(1)负电荷受到重力和电场力而静止,因重力向下,则电场力竖直向 上,故M板带正电.ab棒向右切割磁感线产生感应电动势,ab棒等效 为电源,其a端为电源的正极,由右手定则可判断,磁场方向竖直向 下.,(2)负电荷受到重力和电场力而静止,则:,mg=qE,E=,所以UMN= =0.1 V,R3两端的电压与电容器两端的电压相等,由欧姆定律得:,通过R3的电流I= =0.05 A,ab棒两端的电压Uab=UMN+I =0.4 V.,(3)由法拉第电磁感应定律得:感应电动势E=BLv,由闭合电路欧姆定律得:E=Uab+Ir=0.5 V,联立解得:v= =1 m/s.,【答案】(1)竖直向下 (2)0.4 V (3)1 m/s,点评 求解电磁感应中的电路问题的关键是分析清楚内电路 和外电路.切割磁感线的导体和磁通量变化的线圈都相当于“电 源”,该部分导体的电阻相当于内阻,其余部分的电路则是外电路.,3.电磁感应中的力电综合问题,电磁感应中通过导体的感应电流在磁场中将受到安培力的作用,因 此电磁感应问题往往和力学、运动学等问题联系在一起.电磁感应 中动力学问题的解题思路如下.,解决这类问题的基本思维方法和步骤:,根据法拉第电磁感应定律求感应电动势,根据楞次定律确定感应,电流的方向;,找准等效电源、画出等效电路图;,根据欧姆定律求感应电流;,求安培力的大小和方向;,分析导体的受力情况和运动情况;,根据牛顿第二定律列动力学方程或根据力的平衡条件列力的平 衡方程.,例9 如图所示,水平放置的平行金属导轨处于方向竖直向上的匀强 磁场中,质量m=0.5 kg的金属杆ab在重物A的牵引下,沿轨道以速度v =4 m/s向右匀速滑动.已知轨道间距d=0.5 m,金属杆长L=0.6 m,金属 杆每米长的电阻为0.2 ,电阻R=0.3 ,匀强磁场磁感应强度B=0.8 T,导轨与金属杆之间的动摩擦因数=0.2,导轨电阻忽略,取重力加速度 g=10 m/s2,求:,(1)重物A的质量.,(2)电阻R上10 s内产生的热量.,【解析】(1)金属杆匀速水平滑动切割磁感线产生的动生电动势:,E=Bdv=0.80.54 V=1.6 V,感应电流I= = A=4 A,金属棒在磁场中受到安培力的大小F=BId=0.840.5 N=1.6 N,由左手定则判定安培力方向水平向左,因金属棒是匀速滑动,所以所受合力等于零,即:F+mg=Mg,式中M,为悬挂重物A的质量,解得:M=0.26 kg.,(2)电阻R产生的热量:Q=I2Rt=48 J .,【答案】(1)0.26 kg (2)48 J,点评 电磁感应现象与力学进行综合,这是一种常见题型.通 常是金属棒(或矩形线框)在外力和安培力共同作用下做匀速运动 (或变速运动),从而使电磁感应定律与牛顿运动定律、功能关系相 结合.做好这类题型的关系是做好受力分析和运动过程分析.,变式训练6 如图所示,一个质量为m、长为a、宽为b、电阻为R的 矩形线框,从离匀强磁场上边界高h处由静止开始自由下落,线框下 边进入磁场时,由于受到安培力的作用,线框恰能做匀速运动.测得线 框下边通过磁场的时间为t,且线框在整个运动过程中保持平动.试 求:,(1)匀强磁场的磁感应强度.,(2)磁场区域高度d.,(3)线框下边通过磁场过程中线框中产生的热量Q.,【解析】(1)线框在未进入磁场之前做自由落体运动,由自由落体 运动公式求得线框下边刚进磁场时的速度,v=,产生的感应电动势E=Bbv,由闭合电路欧姆定律、安培力公式和平衡条件得:,mg=B b=,解得磁感应强度B= = .,(2)若da,则d=vt=t,若da,则线框先做匀速运动,后做匀加速运动,d=a+v(t- )+ g(t- )2=t (1- )+ gt2+ .,(3)若 da,则Q=I2Rt= =mgt (也可以根据功能关系得:Q= mgd=mgt ),若da,则Q=mga.,【答案】(1),(2)若da,d=t,若da,d=t (1- )+ gt2+,(3)若da ,Q=mgt 若da,Q=mga,4.电磁感应中的能量问题,电磁感应的过程是能量的转化和守恒的过程,导体切割磁感线或磁 通量发生变化在回路中产生感应电流,机械能或其他形式的能便转 化为电能;感应电流做功,又可使电能转化为机械能或电阻的内能等. 电磁感应的过程总是伴随着能量的转化,因此在分析问题时,应牢牢 抓住能量守恒这一基本规律,分析清楚有哪些力做功,就可知道有哪 些形式的能量参与了相互转化,然后借助于动能定理或能量守恒定 律等规律求解.需要说明的是克服安培力做了多少功,就有多少其他 形式的能转化成了电能.,解决这类问题的基本方法是:,(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定电动势的大小和方向;,(2)画出等效电路,求出回路中电阻消耗电功率的表达式;,(3)分析导体机械能的变化,用能量守恒定律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.,例10 位于竖直平面内的矩形平面导线框abdc,ab长L1=1.0 m,bd长L 2=0.5 m,线框的质量m=0.2 kg,电阻R=2 .其下方有一匀强磁场区域, 该区域的上、下边界PP和QQ均与ab平行.两边界间距离为H,HL2, 磁场的磁感应强度B=1.0 T,方向与线框平面垂直,如图所示.令线框,的dc边从离磁场区域上边界PP的距离h=0.7 m 处自由下落.已知线 框的dc边进入磁场以后、ab边到达边界PP之前的某一时刻线框的 速度已达到这一阶段的最大值.问从线框开始下落,到dc边刚刚到达 磁场区域下边界QQ的过程中,磁场作用于线框的安培力所做的总 功为多少?(g取10 m/s2),【解析】依题意,线框的ab边到达磁场边界PP之前的某一时刻线 框的速度达到这一阶段速度的最大值,以vm表示这一最大速度,则 有E=BL1vm,线框中电流I= =,作用于线框上的安培力F=BL1I=,速度达到最大值条件是F=mg,所以vm= =4 m/s,dc边继续向下运动过程中,直至线框的ab边到达磁场的上边界PP, 线框保持速度vm不变,故从线框自由下落至ab边进入磁场过程中, 由动能定理得:,mg(h+L2)+W安= m,W安= m -mg(h+L2)=-0.8 J,ab边进入磁场后,直到dc边到达磁场区域下边界QQ过程中,作用于 整个线框的安培力为零,安培力做功也为零,线框只在重力作用下 做加速运动,故线框从开始下落到dc边刚到达磁场区域下边界QQ 过程中,安培力做的总功即为线框从dc边到达上边界PP下落至ab 边进入磁场过程中安培力所做的功,W安=-0.8 J,负号表示安培力做负功.,【答案】-0.8 J,点评 解答此类题目要抓住各个物理过程中的功能转化关 系,特别是每个力做功对应着什么样的能量转化,如重力做功是线 框动能和重力势能间的转化,空气阻力做功是机械能向内能转化, 安培力做负功是将机械能转化为电能进而转化为焦耳热,安培力 做正功是电能转化为机械能,然后由能量守恒定律(或动能定理)列 式解答.,5.电磁感应图象问题,电磁感应中常涉及磁感应强度B、磁通量、感应电动势E和感应 电流I随时间t变化的图线,即B-t图线、-t图线、E-t图线和I-t图线.对 于导线切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况,还常涉及感 应电动势E和感应电流I随线圈位移x变化的图线,即E-x图线和I-x图 线.这些图象问题大体上可分为两类:一类是由有关的物理过程和物 理量作出上述图象,另一类是由给定的有关图象分析电磁感应过程, 求解相应的物理量.不管是何种类型,电磁感应中的图象问题常需利 用右手定则、楞次定律和法拉第电磁感应定律等规律来分析、求 解.,例11 如图甲所示,一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落,穿过一 根竖直悬挂的条形磁铁,铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终,保持重合.若取磁铁中心O为坐标原点,建立竖直向下为正方向的x 轴,则图乙中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的 关系图象是 ( ),【解析】由楞次定律可知,当圆环向下朝中心O运动的过程中,感 应电流方向为顺时针方向(从上向下看),而当圆环向下远离中心O 运动的过程中,感应电流方向为逆时针方向,故经O点前后感应电 流方向相反,D错误;因圆环向下运动的速度会逐渐增大,故题给图 象中负方向的感应电流的极值应比正方向的极值要大些,B正确,A,、C均错误.,【答案】B,点评 在电磁感应问题的讨论中,磁场和电流等物理量的变 化规律通常以图象的形式出现,正确地认识图象的物理意义及其 所描述的物理量的变化规律是解决此类问题的关键.另外,某些物 理量正负方向的规定,常是容易被忽略和容易出错的地方,应给予 特别的注意.,五、变压器、交流电的性质和远距离输电问题,大小和方向都随时间做周期性变化的电流称之为交变电流.描述交 变电流的物理量有:峰值、有效值、周期、频率和初相,其中周期和 频率互为倒数.对正弦交变电流而言,有效值和峰值关系为:U= ,I=,对其他交变电流来说,则必须根据电流有效值的定义去求解.让 交变电流和恒定电流分别通过大小相同的电阻,如果在交变电流的 一个周期内它们产生的热量相等,这个恒定电流的电流值和电压值 就为这个交变电流的电流和电压的有效值.交流电压表和电流表的 示数为有效值.考生要注意有效值和平均值的区别,在计算电热时必 须使用有效值.,理想变压器只是传输电能的设备,既不产生电能也不消耗电能,原、 副线圈两端电压才是变压器的输入和输出电压.如果这个问题不搞 清楚,在解题时极易出错.对于交变电流,主要是电流方向发生周期性 变化,电流的大小可以是周期性变化的,也可是不变的.,A,有效值为 A,周期为5 s;图乙中电流的峰值为5 A,有效值为2. 5 A;图丙中电流的峰值为2 A,有效值为 A;图丁中电流的 最大值为4 A,有效值为2.5 A,周期为2 s.,例12 关于图甲、乙、丙、丁,下列说法图甲中电流的峰值为2,正确的是 ( ),A. B. C. D.,【解析】图甲是正弦交变电流图线,峰值(最大值)为2 A,有效值是 峰值的 ,即 A,周期为4 s,所以错误;图乙电流大小改变但方 向不变,所以不是交变电流(交流和直流的叠加),计算有效值时因为 热效应与电流方向无关,所以仍是峰值的 ,即2.5 A,所以正 确;图丙是图甲减半的脉冲电流,有效值不可能为峰值的 ,所以 错误;图丁是交变电流图线,周期为2 s,根据有效值定义则有:42R +32R =I2RT,解得电流有效值I=2.5 A,所以正确.,【答案】B,点评 判断一个电流是不是交变电流,关键是看电流的方向 是不是发生周期性变化,如果电流方向不变,则不是交变电流.有效 值定义不仅适用于交变电流,也适用于脉动电流,计算各种电流有,效值时,一定要紧扣有效值定义.,变式训练7 图甲是交流发电机模型示意图.在磁感应强度为B的匀 强磁场中,有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO 转动,由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO转动的 金属圆环相连接,金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触, 这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路.图 乙是线圈的主视图,导线ab和cd分别用它们的横截面来表示.已知ab 的长度为L1,bc的长度为L2,线圈以恒定角速度逆