高中物理 电磁感应与交变电流课件

专题七电磁感应和电路第1课时电磁感应与交变电流基础回扣1.感应电流磁通量专题七电磁感应和电路基础回扣磁通量2.感应电动势的产生(1)感生电场:英国物理学家麦克斯韦的电磁场理论认为,变化的磁场能在周围空间激发电场,这种电场叫感生电场.感生电场是产生

的原因.(2)感生电动势:由感生电场产生的电动势称为感生电动势.如果在感生电场所在的空间存在导体,在导体中就能产生感生电动势,感生电动势在电路中的作用就是

.感生电动势电源2.感应电动势的产生感生电动势电源(3)动生电动势:由于导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势.产生动生电动势的那部分导体相当于

.3.感应电动势的计算(1)法拉第电磁感应定律:E=.若B变,而S不变,则E=;若S变而B不变,则E=.常用于计算

电动势.(2)导体垂直切割磁感线:E=Blv,主要用于求电动势的

值.(3)如图7-1-1所示,导体棒围绕棒的一端在垂直磁场的平面内做匀速圆周运动而切割磁感线产生的电动势E=.电源瞬时平均图7-1-1(3)动生电动势:由于导体运动而产生的感应电动势称为动生电动(4)感应电荷量的计算回路中发生磁通量变化时,在Δt内迁移的电荷量(感应电荷量)为q=IΔt=.可见,q仅由回路电阻和

变化量决定,与发生磁通量变化的时间无关.4.交变电流的产生及表示(1)在匀强磁场里,绕垂直于磁场方向的轴匀速转动的线圈里产生的是

电流.(2)若N匝面积为S的线圈以角速度ω绕垂直于磁场方向的轴匀速转动,从中性面开始计时,其函数形式为:e=

,用Em=NBSω表示电动势最大值,则有e=

.其电流大小为i=磁通量正弦交变NBSωsinωtEmsinωt(4)感应电荷量的计算磁通量正弦交变NBSωsinωtEm5.正弦式交流电的有效值与最大值的关系为E=

U=,I=,非正弦交流电无此关系,必须根据电流的

,用等效的思想来求解.6.变压器的工作原理是根据

原理来改变交流电压的.电磁感应热效应思路方法1.判断电磁感应中闭合电路相对运动问题的分析方法

(1)常规法:据原磁场(B原方向及ΔΦ情况)

确定感应磁场(B感方向)判断感应电流(I感

方向)导体受力及运动趋势.(2)效果法:由楞次定律可知,感应电流的“效果”总是阻碍引起感应电流的“原因”.即阻碍物体间的5.正弦式交流电的有效值与最大值的关系为E=电磁

来作出判断.2.电磁感应中能量问题的解题思路

(1)明确研究对象、研究过程.

(2)进行正确的受力分析、运动分析、感应电路分析(E感和I感的大小、方向、变化)及相互制约关系.(3)明确各力的做功情况及伴随的

情况.(4)利用动能定理、能量守恒定律或功能关系列方程求解.3.解决感应电路综合问题的一般思路是“先电后力”,即:先作“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源,求出电源参数E和r;相对运动能量转化来作出判断.相对运动能量转化再进行“路”的分析——分析电路结构,弄清串并联关系,求出相关部分的电流大小,以便安培力的求解;然后是“力”的分析——分析力学研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况,尤其注意其所受的安培力;接着进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系,判断出正确的运动模型;最后是“能量”的分析——寻找电磁感应过程和力学对象的运动过程中其能量转化和守恒的关系.再进行“路”的分析——分析电路结构,弄清串并联关系,求出相关题型1楞次定律和图象的应用

例1(诸暨市质量检测)如图7-1-2所示为两个有界匀强磁场,磁感应强度大小均为B,方向分别垂直纸面向里和向外,磁场宽度均为L,距磁场区域的左侧L处,有一边为L的正方形导体线框,总电阻为R,且线框平面与磁场方向垂直,现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域,以初始位置为计时起点.规定:电流沿逆时针方向时的电动势E为正,磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ的方向为正,外力F向右为正.则以下关于线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化的图象正确的是（）题型1楞次定律和图象的应用图7-1-2图7-1-2高中物理电磁感应与交变电流课件

对于线圈穿越磁场产生感应电流的图象问题,应注意以下几点:

1.要划分不同的运动阶段,对每一过程应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行分析.

2.要根据有关物理规律找到物理量间的函数关系,以便确定图象的形状.

3.线圈穿越方向相反的两磁场时,要注意有两条边都切割磁感线产生感应电动势.对于线圈穿越磁场产生感应电流的图象问题,应注意以下几预测演练1如图7-1-3所示,在MM′、NN′区域中存在垂直纸面向里,宽为2L的匀强磁场.一导线框abcdefg位于纸面内,总电阻为R,其中ab、bc、de、ga四边长度均为L,fg、cd边长度为,ab边与磁场边界MM′重合.从t=0时刻开始,线框以速度v匀速穿过磁场区域,以逆时针方向为线框中的电流的正方向,则下列图象能够正确反映线框中i—t关系的是（）图7-1-3预测演练1如图7-1-3所示,在MM′、NN′区域中存在垂高中物理电磁感应与交变电流课件解析在0~

时间内,I=;在时刻,有效切割磁场的导线长度为2L,感应电流突变为;在时间内,有效切割长度均匀减小至零,感应电流由均匀减小至0;在时间,线框有效切割长度为L,感应电流为顺时针方向,I=;在时间内的情况与时间内情况类似,但感应电流为顺时针方向.答案

A解析在0~时间内,I=;在时刻,有效切预测演练2

(三明市质检)如图7-1-4所示,正三角形导线框abc放在匀强磁场中静止不动,磁场方向与线框平面垂直,磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示,t=0时刻,磁感应强度的方向垂直纸面向里,下图中能表示线框的ab边受到的磁场力F随时间t的变化关系的是(规定水平向左为力的正方向)()图7-1-4预测演练2(三明市质检)如图7-1-4所示,正三角形导线框解析在0~3s内,恒定,E恒定,则I恒定,方向沿顺时针.0~1s内,F=ILab·B,方向向左,1~3s内,B改变方向,所以F方向向右.因此F的变化与B的变化一致,同理3~6s内与0~3s内相同.答案

A解析在0~3s内,恒定,E恒定,则I恒定,方向沿顺题型2电磁感应中的动力学分析例2(威海市5月模拟)(10分)光滑的平行金属导轨长L=2m,两导轨间距d=0.5m,轨道平面与水平面的夹角θ=30°,导轨上端接一阻值为R=0.6Ω的电阻,轨道所在空间有垂直轨道平面向上的匀强磁场,磁场的磁感应强度B=1T,如图7-1-5所示.有一质量m=0.5kg、电阻r=0.4Ω的金属棒ab,放在导轨最上端,其余部分电阻不计.当棒ab从轨道最上端由静止开始下滑到底图7-1-5题型2电磁感应中的动力学分析例2(威海市5月模拟)(端脱离轨道时,电阻R上产生的热量Q1=0.6J,取g=10m/s2,试求:(1)当棒的速度v=2m/s时,电阻R两端的电压.(2)棒下滑到轨道最底端时的速度大小.(3)棒下滑到轨道最底端时的加速度大小.解答

(1)速度v=2m/s时,棒中产生的感应电动势E=Bdv=1V (1分)电路中的电流I==1A (1分)所以电阻R两端的电压U=IR=0.6V (1分)(2)根据Q=I2Rt∝R在棒下滑的整个过程中金属棒中产生的热量Q2==0.4J (1分)端脱离轨道时,电阻R上产生的热量Q1=0.6J,取g=10m设棒到达底端时的速度为vm,根据能的转化和守恒定律,得mgLsinθ=+Q1+Q2 (2分)解得vm=4m/s (1分)(3)棒到底端时回路中产生的感应电流Im==2A (1分)根据牛顿第二定律有mgsinθ-BImd=ma (1分)解得a=3m/s2 (1分)答案

(1)0.6V(2)4m/s(3)3m/s2设棒到达底端时的速度为vm,根据能的转化和守恒定律,得答案1.本题综合考查电磁感应、牛顿运动定律、能量的转化与守恒定律等,解答的关键是对金属框进行正确的受力分析,弄清楚能量的转化情况.

2.对导体棒或线框受力分析时,安培力是它们受到的其中一个力,因此分析导体棒或线框的运动规律时,方法与力学中完全相同,但须注意的是,安培力是个容易变化的力,其大小和方向都可能随着速度的变化而变化.1.本题综合考查电磁感应、牛顿运动定律、能量的转化预测演练3

如图7-1-6甲所示,空间存在竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场,ab、cd是相互平行的间距为l的长直导轨,它们处于同一水平面内,左端由金属丝bc相连,MN是跨接在导轨上质量为m的导体棒,已知MN与bc的总电阻为R,ab、cd的电阻不计.用水平向右的拉力使导体棒沿导轨做匀速运动,并始终保持棒与导轨垂直且接触良好.图乙是棒所受拉力和安培力与时间关系的图象,已知重力加速度为g.图7-1-6预测演练3如图7-1-6甲所示,空间存在竖直向上的磁感应(1)求导体棒与导轨间的动摩擦因数μ.(2)已知导体棒发生位移x的过程中bc边上产生的焦耳热为Q,求导体棒的电阻值.(3)在导体棒发生位移x后轨道变为光滑轨道,此后水平拉力的大小仍保持不变,图7-1-7中Ⅰ、Ⅱ是两位同学画出的导体棒所受安培力随时间变化的图线.判断他们画的是否正确,若正确请说明理由;若都不正确,请你在图中定性画出你认为正确的图线,并说明理由.(要求:说理过程写出必要的数学表达式)图7-1-7(1)求导体棒与导轨间的动摩擦因数μ.图7-1-7解析

(1)根据导体棒MN匀速运动可知它受牵引力、安培力和摩擦力Ff三力平衡,由图象可知拉力大小为F0,安培力大小为,根据牛顿第二定律有:F0--Ff=0Ff=μFNFN=mg解得μ=(2)根据功能关系可知导体棒MN克服安培力做功将机械能转化为电能,在电路中电能转化为电热,电路中的总电热Q总=设导体棒的电阻值为r,根据电路串联关系可知解析(1)根据导体棒MN匀速运动可知它受牵引力、安培力和解得r=R(1-)(3)两位同学画的图线都不正确.设导体棒运动的速度大小为v,产生的感应电动势为E,感应电流为IF安=BIlI=E=Blv解得F安=根据牛顿第二定律有F0-F安=ma分析可知随着导体棒加速,安培力F安逐渐增大,加速度逐渐减小.当F安=F0时导体棒将做匀速运动,F安不再变化.其变化过程如右图所示.解得r=R(1-)题型3

电磁感应中能量转化问题

例3(徐州市第三次调研)如图7-1-8所示,正方形线框abcd放在光滑绝缘的水平面上,其边长L=0.5m、质量m=0.5kg、电阻R=0.5Ω,M、N分别为线框ad、bc边的中点.图示两个虚线区域内分别有竖直向下和向上的匀强磁场,磁感应强度均为B=1T,PQ为其分界线,线框从图示位置以速度v0=2m/s匀速向右滑动,当MN与PQ重合时,线框图7-1-8答案

(1)(2)(3)见解析题型3电磁感应中能量转化问题图7-1-8答案(1的速度v1=1m/s,此时立刻对线框施加一沿运动方向的水平拉力,使线框匀速运动直至完全进入右侧匀强磁场区域.求:(1)线框由图示位置运动到MN与PQ重合的过程中磁通量的变化量.(2)线框运动过程中最大加速度的大小.(3)在上述运动过程中,线框中产生的焦耳热.

思路导引最大加速度a→线框受到的安培力Fmax

I最大→v最大→cd边刚进入右侧磁场时,此时ab边与cd边都受到向左的安培力.的速度v1=1m/s,此时立刻对线框施加一沿运动方向的水平拉解析

(1)MN与PQ重合时,穿过线框的磁通量为零,故磁通量的变化量为ΔΦ=BS=BL2=1×0.52Wb=0.25Wb(2)cd边刚过PQ的瞬间,线框中的感应电动势E=2BLv0=2×1×0.5×2V=2V感应电流的大小为I==4A线框所受安培力的大小为F=2BIL=2×1×4×0.5N=4N线框加速度的大小为a=m/s2=8m/s2(3)MN到达PQ前,由能量守恒可知,线框中产生的焦耳热为解析(1)MN与PQ重合时,穿过线框的磁通量为零,故磁通Q1==0.75JMN与PQ重合的时刻,线框中的感应电动势E1=2BLv1=2×1×0.5×1V=1VMN经过PQ后,线框中产生的焦耳热Q2==0.5J故在整个运动过程中,线框中产生的焦耳热为Q=Q1+Q2=1.25J答案

(1)0.25Wb(2)8m/s2(3)1.25J

本题是与电磁感应有关的力电综合题,涉及到法拉第电磁感应定律、安培力、牛顿运动定律、能的Q1==0.75J本题是与转化与守恒定律.

1.利用动能关系的观点分析电磁感应问题,首先应对研究对象进行准确的受力分析,判断各力做功情况,利用动能定理或功能关系列式求解.

2.利用能量守恒分析电磁感应问题时,应注意明确初、末状态及其能量转化,根据力做功和相应形式能的转化列式求解.预测演练4

(大连市第二次模拟)用相同的导线做成的正方形线框abcd,其质量为m、边长为L、总电阻为R,如图7-1-9所示放在与水平面成θ角的光滑斜面上,线框的ab边水平,距其下方L处存在两个方向垂直斜面的匀强磁场区域,Ⅰ区域上下边界间的距离转化与守恒定律.预测演练4(大连市第二次模拟)用相同的导为L,磁感应强度大小为B,Ⅱ区域上下边界间的距离为2L,磁感应强度大小为2B.由静止释放线框,当ab边刚穿过两磁场的分界线QQ′进入磁场Ⅱ时,线框做匀速运动.求:图7-1-9(1)ab边刚进入磁场Ⅰ时,ab两点间的电压大小.(2)ab边从PP′位置运动到NN′位置过程中,线框中产生的焦耳热.为L,磁感应强度大小为B,Ⅱ区域上下边界间的距离为2L,磁感解析

(1)设ab边刚进入磁场Ⅰ区域时的速度为v1,由动能定理得mgLsinθ=v1=E1=BLv1I1=ab间的电压U=I1·(2)线框ab边运动到NN′位置之前,只有ab边从PP′位置沿斜面下滑2L的过程产生感应电流,设线框ab边在Ⅱ区域匀速运动的速度为v2,线圈中电流为I2,ab和cd两个边切割磁感线,总电动势E2=2BLv2+BLv2=3BLv2解析(1)设ab边刚进入磁场Ⅰ区域时的速度为v1,由动能I2=ab和cd两个边受沿斜面向上的安培力F=2BI2L+BI2L=3BI2L线框做匀速运动时F=mgsinθv2=根据能量转化与守恒定律mg·3Lsinθ=+QQ=3mgLsinθ-答案I2=答案图7-1-10题型4

变压器原理与交流电特性

例4(烟台市高考适应性练习三)如图7-1-10所示,理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1,原线圈接入一电压为u=U0sinωt的交流电源,副线圈接一个R=27.5Ω的负载电阻.若U0=,,则下列结论正确的是 （）A.副线圈中电压表的读数为55VB.副线圈中输出交流电的周期为C.原线圈中电流表的读数为0.5AD.原线圈中的输入功率为图7-1-10题型4变压器原理与交流电特性解析电压表的读数为电压的有效值,=4,U1==220V,U2=55V,A正确;T==0.02s,B错;I2==2A,,I1==0.5A,C正确;原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率,P入=P出==110W,D错.答案

AC解析电压表的读数为电压的有效值,=4,答案1.各种电表的示数以及有关能量的计算中的电压、电流值都是有效值.

2.变压器只对交流电变压,对直流电不变压.

3.三个重要关系:①P入=P出,P出决定P入;②,由原、副线圈的匝数比决定.③,输出电流的变化决定输入电流的变化.1.各种电表的示数以及有关能量的计算中的电压、电流值预测演练5

(象山北仑两地高考适应性考试)

如图7-1-11所示,理想变压器的副线圈上通过输电线接有三只灯泡L1、L2和L3,输电线的等效电阻为R,原线圈接有一个理想电流表.开始时开关S接通,当S断开时,以下说法正确的是（）A.原线圈两端P、Q间的输入电压减小B.等效电阻R上的功率变大C.原线圈中电流表示数变大D.灯泡L1和L2变亮图7-1-11预测演练5(象山北仑两地高考适应性考试)如图7-1-11解析当S断开时,副线圈总电阻变大,而电压不变,通过R的电流变小,由P=I2R知,B错;由于副线圈电流变小,原、副线圈电压不变,输出功率减小,输入功率也减小,输入电流减小,C错;U2不变,UR减小,灯L1与L2两端电压增大,D对.答案

D预测演练6

(长春、哈尔滨、沈阳、大连第二次联考)如图7-1-12所示,M、N是输电线,甲是电流互感器,乙是电压互感器.已知n1∶n2=1∶100,n3∶n4=500∶1.若表和表的示数分别为10A和44V,则输电线输送的功率为（）解析当S断开时,副线圈总电阻变大,而电压不变,通过R的电图7-1-12A.88W B.440WC.2.2×103W D.2.2×107W解析由,I1==100×10A=1000A,,U3==500×44V=22000V,P=U3I1=22×103×103W=2.2×107W.答案

D图7-1-12A.88W B.440W解析由1.(宁夏·19)如图7-1-13所示,一导体圆环位于纸面内,O为圆心.环内两个圆心角为90°的扇形区域内分别有匀强磁场,两磁场磁感应强度的大小相等,方向相反且均与纸面垂直.导体杆OM可绕O转动,M端通过滑动触点与圆环接触良好.在圆心和圆环间连有电阻R.杆OM以匀角速度ω逆时针转动,t=0时恰好在图示位置.规定从a到b流经电阻R的电流方向为正,圆环和导体杆的电阻忽略不计,则图7-1-131.(宁夏·19)如图7-1-13所示,一导体圆环位图7-1杆从t=0开始转动一周的过程中,电流随ωt变化的图象是（）杆从t=0开始转动一周的过程中,电流随ωt变化的图解析旋转的导体棒在磁场中切割磁感线,产生电动势,由右手定则可判断,开始时电流方向由b向a,为负方向,后来磁场方向相反,电流方向为正方向,因为只有开始的1/4周期和第3个1/4周期内导体棒切割磁感线,所以C正确.答案

C2.(陕西省师大附中第五次模拟)矩形导线框

abcd放在匀强磁场中,在外力控制下静止不动,磁感线方向与线圈平面垂直,磁感应强度B随时间变化的图象如图7-1-14所示.t=0时刻,磁感应强度的方向垂直纸面向里.在0~4s时间内,线框ab边受力解析旋转的导体棒在磁场中切割磁感线,产生电动势,由右手定随时间变化的图象(力的方向规定以向左为正方向),可能是下图中的 ()图7-1-14随时间变化的图象(力的方向规定以向左为正方向),可能是下图中解析

0~1s内,E=恒定,故I=恒定,方向由b→a.F=BIL,方向水平向左,大小随B的均匀减小而减小;1~2s内同理可得F=BIL,方向水平向右,大小随B的均匀增大而增大,D正确.答案

D解析0~1s内,E=恒定,故I=恒定,方3.(泉州市质检)如图7-1-15所示,xOy平面内有一半径为R的圆形区域,区域内有磁感应强度大小为B的匀强磁场,左半圆磁场方向垂直于xOy平面向里,右半圆磁场方向垂直于

xOy平面向外.一平行于y轴的长导体棒ab以速度

v沿x轴正方向做匀速运动,则导体棒ab两端的感应电动势E(取a→b为电动势的正方向)与导体棒位置

x关系的图象是（）图7-1-153.(泉州市质检)如图7-1-15所示,xOy平面内图7-1高中物理电磁感应与交变电流课件解析导体棒的有效切割长度为L,如右图所示.L=E==E2=4B2v2(2Rx-x2)在0<x<R时,开口向下,在R<x<2R时为开口向上的抛物线.当x=R时,E=2BRv最大,A正确.答案

A4.(邯郸市5月第二次模拟)水平放置的一个面积为S的圆形金属框置于匀强磁场中,线框平面与磁场垂直,磁感应强度B1随时间t的变化关系如图7-解析导体棒的有效切割长度为L,如右图所示.答案1-16甲所示,0~1s内磁场方向垂直线框平面向下.圆形金属框与两根水平的平行金属导轨相连接,导轨上放置一根导体棒,导体棒的长为L、电阻为R,且与导轨接触良好,导体棒处于另一匀强磁场B2中,如图乙所示.若导体棒始终保持静止,则其所受的静摩擦力Ff随时间变化的图象是图中的(设向右的方向为静摩擦力的正方向)（）图7-1-161-16甲所示,0~1s内磁场方向垂直线框平面向下.圆图7-解析

F=Ff,F=B2IL,I=,F=Ff=

,B正确.答案

B解析F=Ff,F=B2IL,I=,F=Ff=5.(河北衡水中学第二次模拟)如图7-1-17甲所示,abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框,在金属线框的下方有一匀强磁场区域,MN和

M′N′是匀强磁场区域的水平边界,并与线框的

bc边平行,磁场方向与线框平面垂直.现金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落,图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的速度—时间图象.已知金属线框的质量为m,当地的重力加速度为g,图象中坐标轴上所标出的字母均为已知量.根据题中所给条件,以下说法正确的是 （）5.(河北衡水中学第二次模拟)如图7-1-17甲图7-1-17A.可以求出金属框的边长B.可以求出磁场的磁感应强度C.可以求出金属线框在进入磁场过程中通过线框某一横截面的电量D.可以求出金属线框在整个下落过程中所产生的热量图7-1-17A.可以求出金属框的边长解析

t1~t2时间内以速度v1匀速运动,可得mg=和L=v1(t2-t1),A对;由于电阻R不知,B错;由于I=,I不能求,C错;在MN上面自由下落的高度为h1,h1=,MN与M′N′之间的距离为h2=v1(t2-t1)+,出磁场过程下落距离h3=L=v1(t2-t1),h=h1+h2+h3,由能的转化与守恒定律mgh=Q+,D正确.答案

AD解析t1~t2时间内以速度v1匀速运动,可得mg=6.(安徽省高考仿真题三)如图7-1-18所示,

ABCD为固定的水平光滑矩形金属导轨,AB间距离为L,左右两端均接有阻值为R的电阻,处在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,质量为m、长为L的导体棒MN放在导轨上,甲、乙两根相同的轻质弹簧一端与MN棒中点连接,另一端均被固定,MN棒始终与导轨垂直并保持良好接触,导轨与MN棒的电阻均忽略不计.初始时刻,两弹簧恰好处于自然长度,MN棒具有水平向左的初速度v0,

经过一段时间,MN棒第一次运动至最右端,在这一过程中AB间电阻R上产生的焦耳热为2Q,则正确的是（）6.(安徽省高考仿真题三)如图7-1-18所示,图7-1-18A.初始时刻棒受到安培力大小为B.从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中,整个回路产生的焦耳热为C.当棒再次回到初始位置时,AB间电阻R的功率为D.当棒第一次到达最右端时,甲弹簧具有的弹性势能为图7-1-18A.初始时刻棒受到安培力大小为解析初始时刻棒回路的总电阻为,受到的安培力大小为,A对;MN棒第一次运动至最右端,在这一过程中AB间电阻R上产生的焦耳热为2Q,则回路总的焦耳热为4Q,从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中,整个回路产生的焦耳热应大于2Q,B错.当棒再次回到初始位置时,棒的速度必小于v0.AB间电阻R的功率必小于,C错.当棒第一次到达最右端时,两弹簧具有的弹性势能为,而甲弹簧具有的弹性势能为,D错.答案

A解析初始时刻棒回路的总电阻为,受到的安培力大小为7.(四川·17)如图7-1-19甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1,R1=20Ω,R2=30Ω,C

为电容器.已知通过R1的正弦交流电如图乙所示.

则()

图7-1-197.(四川·17)如图7-1-19甲所示,理想变压器图7-1解析由图象可知该交流电的周期为0.02s,所以频率为50Hz,A错误;因为变压器输出电压最大值为20×1V=20V,所以变压器原线圈电压的最大值为20×10V=200V,B错误;R2的功率P2==6.67W,C正确;因为电容器可以通过交流电,所以电阻R3中的电流不是始终为零,D错误.答案

CA.交流电的频率为0.02HzB.原线圈输入电压的最大值为C.电阻R2的电功率约为6.67WD.通过R3的电流始终为零解析由图象可知该交流电的周期为0.02s,所以频答案8.(淄博市第二次检测)小型交流发电机中,矩形金属线框在匀强磁场中匀速转动,产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系,如图7-1-20所示.

此线圈与一个R=9Ω的电阻构成闭合电路,线圈自身的电阻r=1Ω,下列说法正确的是 （）A.交变电流的周期为0.2sB.交变电流的频率为2.5HzC.发电机输出的电压有效值为D.发电机输出的电功率为18W图7-1-208.(淄博市第二次检测)小型交流发电机中,矩图7-1-20解析由图象可知T=0.4s,f=2.5Hz,E=,U出=,I=,输出电功率P=U出·I=18W,故只有B、D正确.答案

BD9.(杭州市模拟一)如图7-1-21甲所示,空间存在B=0.5T、方向竖直向下的匀强磁场,MN、PQ是放在同一水平面内的平行长直导轨,其间距L=0.2m,R是连在导轨一端的电阻,ab是跨接在导轨上质量m=0.1kg的导体棒,从零时刻开始,对ab施加一个大小为F=0.45N、方向水平向右的恒定拉力,使解析由图象可知T=0.4s,f=2.5Hz,E=其从静止开始沿导轨运动,此过程中棒始终保持与导轨垂直且良好接触,图乙是棒的速度—时间图象,其中AO是图象在O点切线,AB是图象的渐近线.图7-1-21(1)除R以外,其余部分的电阻均不计,求R的阻值.(2)当棒的位移为100m时,其速度已经达到10m/s,求此过程中电阻上产生的热量.其从静止开始沿导轨运动,此过程中棒始终保持与图7-1-21(答案

(1)0.4Ω(2)20J解析

(1)由图象可知,导体棒刚运动时,加速度a=2.5m/s2,设它受的摩擦力为Ff.由牛顿运动定律得F-Ff=ma解得Ff=0.2N导体棒匀速运动时,由力的平衡得F=F安+Ff且F安=BILI=解得R==0.4Ω(2)根据能量守恒得Fl-Ffl=解得Q=20J答案(1)0.4Ω(2)20J解析(1)由图象可10.(江苏·15)如图7-1-22所示,两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上,导轨间距为

l、足够长且电阻忽略不计,导轨平面的倾角为α,

条形匀强磁场的宽度为d,磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直.长度为2d的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成如图7-1-22所示装置,总质量为m,置于导轨上.导体棒中通以大小恒为I的电流(由外接恒流源产生,图中未画出).

线框的边长为d(d<l),电阻为R,下边与磁场区域上边界重合.将装置由静止释放,导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回,导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直.重力加速度为g,求：10.(江苏·15)如图7-1-22所示,两平行的光(1)装置从释放到开始返回的过程中,线框中产生的焦耳热Q.(2)线框第一次穿越磁场区域所需的时间t1.(3)经过足够长的时间后,线框上边与磁场区域下边界的最大距离xm.图7-1-22(1)装置从释放到开始返回的过程中,线框中产生的焦耳热Q.解析

(1)设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中,作用在线框上的安培力做功为W由动能守理mgsinα·4d+W-BIld=0且Q=-W解得Q=4mgdsinα-BIld(2)设线框刚离开磁场下边界时的速度为v1,则接着又向下运动2d由动能定理mgsinα·2d-BIld=又因为线框装置在磁场中运动时感应电动势ε=Bdv感应电流I′=安培力F′=BI′d解析(1)设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程受到的合力F合=mgsinα-F′由牛顿第二定律,在t到t+Δt时间内,有则∑Δv=∑有v1=gt1sinα-解得t1=(3)经过足够长时间后,线框在磁场下边界与最大距离xm之间往复运动由动能定理mgsinα·xm-BIl(xm-d)=0解得xm=受到的合力F合=mgsinα-F′答案

(1)4mgdsinα-BIld返回答案(1)4mgdsinα-BIld返回专题七电磁感应和电路第1课时电磁感应与交变电流基础回扣1.感应电流磁通量专题七电磁感应和电路基础回扣磁通量2.感应电动势的产生(1)感生电场:英国物理学家麦克斯韦的电磁场理论认为,变化的磁场能在周围空间激发电场,这种电场叫感生电场.感生电场是产生

的原因.(2)感生电动势:由感生电场产生的电动势称为感生电动势.如果在感生电场所在的空间存在导体,在导体中就能产生感生电动势,感生电动势在电路中的作用就是

.感生电动势电源2.感应电动势的产生感生电动势电源(3)动生电动势:由于导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势.产生动生电动势的那部分导体相当于

.3.感应电动势的计算(1)法拉第电磁感应定律:E=.若B变,而S不变,则E=;若S变而B不变,则E=.常用于计算

电动势.(2)导体垂直切割磁感线:E=Blv,主要用于求电动势的

值.(3)如图7-1-1所示,导体棒围绕棒的一端在垂直磁场的平面内做匀速圆周运动而切割磁感线产生的电动势E=.电源瞬时平均图7-1-1(3)动生电动势:由于导体运动而产生的感应电动势称为动生电动(4)感应电荷量的计算回路中发生磁通量变化时,在Δt内迁移的电荷量(感应电荷量)为q=IΔt=.可见,q仅由回路电阻和

变化量决定,与发生磁通量变化的时间无关.4.交变电流的产生及表示(1)在匀强磁场里,绕垂直于磁场方向的轴匀速转动的线圈里产生的是

电流.(2)若N匝面积为S的线圈以角速度ω绕垂直于磁场方向的轴匀速转动,从中性面开始计时,其函数形式为:e=

,用Em=NBSω表示电动势最大值,则有e=

.其电流大小为i=磁通量正弦交变NBSωsinωtEmsinωt(4)感应电荷量的计算磁通量正弦交变NBSωsinωtEm5.正弦式交流电的有效值与最大值的关系为E=

U=,I=,非正弦交流电无此关系,必须根据电流的

,用等效的思想来求解.6.变压器的工作原理是根据

原理来改变交流电压的.电磁感应热效应思路方法1.判断电磁感应中闭合电路相对运动问题的分析方法

(1)常规法:据原磁场(B原方向及ΔΦ情况)

确定感应磁场(B感方向)判断感应电流(I感

方向)导体受力及运动趋势.(2)效果法:由楞次定律可知,感应电流的“效果”总是阻碍引起感应电流的“原因”.即阻碍物体间的5.正弦式交流电的有效值与最大值的关系为E=电磁

来作出判断.2.电磁感应中能量问题的解题思路

(1)明确研究对象、研究过程.

(2)进行正确的受力分析、运动分析、感应电路分析(E感和I感的大小、方向、变化)及相互制约关系.(3)明确各力的做功情况及伴随的

情况.(4)利用动能定理、能量守恒定律或功能关系列方程求解.3.解决感应电路综合问题的一般思路是“先电后力”,即:先作“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源,求出电源参数E和r;相对运动能量转化来作出判断.相对运动能量转化再进行“路”的分析——分析电路结构,弄清串并联关系,求出相关部分的电流大小,以便安培力的求解;然后是“力”的分析——分析力学研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况,尤其注意其所受的安培力;接着进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系,判断出正确的运动模型;最后是“能量”的分析——寻找电磁感应过程和力学对象的运动过程中其能量转化和守恒的关系.再进行“路”的分析——分析电路结构,弄清串并联关系,求出相关题型1楞次定律和图象的应用

例1(诸暨市质量检测)如图7-1-2所示为两个有界匀强磁场,磁感应强度大小均为B,方向分别垂直纸面向里和向外,磁场宽度均为L,距磁场区域的左侧L处,有一边为L的正方形导体线框,总电阻为R,且线框平面与磁场方向垂直,现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域,以初始位置为计时起点.规定:电流沿逆时针方向时的电动势E为正,磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ的方向为正,外力F向右为正.则以下关于线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化的图象正确的是（）题型1楞次定律和图象的应用图7-1-2图7-1-2高中物理电磁感应与交变电流课件

对于线圈穿越磁场产生感应电流的图象问题,应注意以下几点:

1.要划分不同的运动阶段,对每一过程应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行分析.

2.要根据有关物理规律找到物理量间的函数关系,以便确定图象的形状.

3.线圈穿越方向相反的两磁场时,要注意有两条边都切割磁感线产生感应电动势.对于线圈穿越磁场产生感应电流的图象问题,应注意以下几预测演练1如图7-1-3所示,在MM′、NN′区域中存在垂直纸面向里,宽为2L的匀强磁场.一导线框abcdefg位于纸面内,总电阻为R,其中ab、bc、de、ga四边长度均为L,fg、cd边长度为,ab边与磁场边界MM′重合.从t=0时刻开始,线框以速度v匀速穿过磁场区域,以逆时针方向为线框中的电流的正方向,则下列图象能够正确反映线框中i—t关系的是（）图7-1-3预测演练1如图7-1-3所示,在MM′、NN′区域中存在垂高中物理电磁感应与交变电流课件解析在0~

时间内,I=;在时刻,有效切割磁场的导线长度为2L,感应电流突变为;在时间内,有效切割长度均匀减小至零,感应电流由均匀减小至0;在时间,线框有效切割长度为L,感应电流为顺时针方向,I=;在时间内的情况与时间内情况类似,但感应电流为顺时针方向.答案

A解析在0~时间内,I=;在时刻,有效切预测演练2

(三明市质检)如图7-1-4所示,正三角形导线框abc放在匀强磁场中静止不动,磁场方向与线框平面垂直,磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示,t=0时刻,磁感应强度的方向垂直纸面向里,下图中能表示线框的ab边受到的磁场力F随时间t的变化关系的是(规定水平向左为力的正方向)()图7-1-4预测演练2(三明市质检)如图7-1-4所示,正三角形导线框解析在0~3s内,恒定,E恒定,则I恒定,方向沿顺时针.0~1s内,F=ILab·B,方向向左,1~3s内,B改变方向,所以F方向向右.因此F的变化与B的变化一致,同理3~6s内与0~3s内相同.答案

A解析在0~3s内,恒定,E恒定,则I恒定,方向沿顺题型2电磁感应中的动力学分析例2(威海市5月模拟)(10分)光滑的平行金属导轨长L=2m,两导轨间距d=0.5m,轨道平面与水平面的夹角θ=30°,导轨上端接一阻值为R=0.6Ω的电阻,轨道所在空间有垂直轨道平面向上的匀强磁场,磁场的磁感应强度B=1T,如图7-1-5所示.有一质量m=0.5kg、电阻r=0.4Ω的金属棒ab,放在导轨最上端,其余部分电阻不计.当棒ab从轨道最上端由静止开始下滑到底图7-1-5题型2电磁感应中的动力学分析例2(威海市5月模拟)(端脱离轨道时,电阻R上产生的热量Q1=0.6J,取g=10m/s2,试求:(1)当棒的速度v=2m/s时,电阻R两端的电压.(2)棒下滑到轨道最底端时的速度大小.(3)棒下滑到轨道最底端时的加速度大小.解答

(1)速度v=2m/s时,棒中产生的感应电动势E=Bdv=1V (1分)电路中的电流I==1A (1分)所以电阻R两端的电压U=IR=0.6V (1分)(2)根据Q=I2Rt∝R在棒下滑的整个过程中金属棒中产生的热量Q2==0.4J (1分)端脱离轨道时,电阻R上产生的热量Q1=0.6J,取g=10m设棒到达底端时的速度为vm,根据能的转化和守恒定律,得mgLsinθ=+Q1+Q2 (2分)解得vm=4m/s (1分)(3)棒到底端时回路中产生的感应电流Im==2A (1分)根据牛顿第二定律有mgsinθ-BImd=ma (1分)解得a=3m/s2 (1分)答案

(1)0.6V(2)4m/s(3)3m/s2设棒到达底端时的速度为vm,根据能的转化和守恒定律,得答案1.本题综合考查电磁感应、牛顿运动定律、能量的转化与守恒定律等,解答的关键是对金属框进行正确的受力分析,弄清楚能量的转化情况.

2.对导体棒或线框受力分析时,安培力是它们受到的其中一个力,因此分析导体棒或线框的运动规律时,方法与力学中完全相同,但须注意的是,安培力是个容易变化的力,其大小和方向都可能随着速度的变化而变化.1.本题综合考查电磁感应、牛顿运动定律、能量的转化预测演练3

如图7-1-6甲所示,空间存在竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场,ab、cd是相互平行的间距为l的长直导轨,它们处于同一水平面内,左端由金属丝bc相连,MN是跨接在导轨上质量为m的导体棒,已知MN与bc的总电阻为R,ab、cd的电阻不计.用水平向右的拉力使导体棒沿导轨做匀速运动,并始终保持棒与导轨垂直且接触良好.图乙是棒所受拉力和安培力与时间关系的图象,已知重力加速度为g.图7-1-6预测演练3如图7-1-6甲所示,空间存在竖直向上的磁感应(1)求导体棒与导轨间的动摩擦因数μ.(2)已知导体棒发生位移x的过程中bc边上产生的焦耳热为Q,求导体棒的电阻值.(3)在导体棒发生位移x后轨道变为光滑轨道,此后水平拉力的大小仍保持不变,图7-1-7中Ⅰ、Ⅱ是两位同学画出的导体棒所受安培力随时间变化的图线.判断他们画的是否正确,若正确请说明理由;若都不正确,请你在图中定性画出你认为正确的图线,并说明理由.(要求:说理过程写出必要的数学表达式)图7-1-7(1)求导体棒与导轨间的动摩擦因数μ.图7-1-7解析

(1)根据导体棒MN匀速运动可知它受牵引力、安培力和摩擦力Ff三力平衡,由图象可知拉力大小为F0,安培力大小为,根据牛顿第二定律有:F0--Ff=0Ff=μFNFN=mg解得μ=(2)根据功能关系可知导体棒MN克服安培力做功将机械能转化为电能,在电路中电能转化为电热,电路中的总电热Q总=设导体棒的电阻值为r,根据电路串联关系可知解析(1)根据导体棒MN匀速运动可知它受牵引力、安培力和解得r=R(1-)(3)两位同学画的图线都不正确.设导体棒运动的速度大小为v,产生的感应电动势为E,感应电流为IF安=BIlI=E=Blv解得F安=根据牛顿第二定律有F0-F安=ma分析可知随着导体棒加速,安培力F安逐渐增大,加速度逐渐减小.当F安=F0时导体棒将做匀速运动,F安不再变化.其变化过程如右图所示.解得r=R(1-)题型3

电磁感应中能量转化问题

例3(徐州市第三次调研)如图7-1-8所示,正方形线框abcd放在光滑绝缘的水平面上,其边长L=0.5m、质量m=0.5kg、电阻R=0.5Ω,M、N分别为线框ad、bc边的中点.图示两个虚线区域内分别有竖直向下和向上的匀强磁场,磁感应强度均为B=1T,PQ为其分界线,线框从图示位置以速度v0=2m/s匀速向右滑动,当MN与PQ重合时,线框图7-1-8答案

(1)(2)(3)见解析题型3电磁感应中能量转化问题图7-1-8答案(1的速度v1=1m/s,此时立刻对线框施加一沿运动方向的水平拉力,使线框匀速运动直至完全进入右侧匀强磁场区域.求:(1)线框由图示位置运动到MN与PQ重合的过程中磁通量的变化量.(2)线框运动过程中最大加速度的大小.(3)在上述运动过程中,线框中产生的焦耳热.

思路导引最大加速度a→线框受到的安培力Fmax

I最大→v最大→cd边刚进入右侧磁场时,此时ab边与cd边都受到向左的安培力.的速度v1=1m/s,此时立刻对线框施加一沿运动方向的水平拉解析

(1)MN与PQ重合时,穿过线框的磁通量为零,故磁通量的变化量为ΔΦ=BS=BL2=1×0.52Wb=0.25Wb(2)cd边刚过PQ的瞬间,线框中的感应电动势E=2BLv0=2×1×0.5×2V=2V感应电流的大小为I==4A线框所受安培力的大小为F=2BIL=2×1×4×0.5N=4N线框加速度的大小为a=m/s2=8m/s2(3)MN到达PQ前,由能量守恒可知,线框中产生的焦耳热为解析(1)MN与PQ重合时,穿过线框的磁通量为零,故磁通Q1==0.75JMN与PQ重合的时刻,线框中的感应电动势E1=2BLv1=2×1×0.5×1V=1VMN经过PQ后,线框中产生的焦耳热Q2==0.5J故在整个运动过程中,线框中产生的焦耳热为Q=Q1+Q2=1.25J答案

(1)0.25Wb(2)8m/s2(3)1.25J

本题是与电磁感应有关的力电综合题,涉及到法拉第电磁感应定律、安培力、牛顿运动定律、能的Q1==0.75J本题是与转化与守恒定律.

1.利用动能关系的观点分析电磁感应问题,首先应对研究对象进行准确的受力分析,判断各力做功情况,利用动能定理或功能关系列式求解.

2.利用能量守恒分析电磁感应问题时,应注意明确初、末状态及其能量转化,根据力做功和相应形式能的转化列式求解.预测演练4

(大连市第二次模拟)用相同的导线做成的正方形线框abcd,其质量为m、边长为L、总电阻为R,如图7-1-9所示放在与水平面成θ角的光滑斜面上,线框的ab边水平,距其下方L处存在两个方向垂直斜面的匀强磁场区域,Ⅰ区域上下边界间的距离转化与守恒定律.预测演练4(大连市第二次模拟)用相同的导为L,磁感应强度大小为B,Ⅱ区域上下边界间的距离为2L,磁感应强度大小为2B.由静止释放线框,当ab边刚穿过两磁场的分界线QQ′进入磁场Ⅱ时,线框做匀速运动.求:图7-1-9(1)ab边刚进入磁场Ⅰ时,ab两点间的电压大小.(2)ab边从PP′位置运动到NN′位置过程中,线框中产生的焦耳热.为L,磁感应强度大小为B,Ⅱ区域上下边界间的距离为2L,磁感解析

(1)设ab边刚进入磁场Ⅰ区域时的速度为v1,由动能定理得mgLsinθ=v1=E1=BLv1I1=ab间的电压U=I1·(2)线框ab边运动到NN′位置之前,只有ab边从PP′位置沿斜面下滑2L的过程产生感应电流,设线框ab边在Ⅱ区域匀速运动的速度为v2,线圈中电流为I2,ab和cd两个边切割磁感线,总电动势E2=2BLv2+BLv2=3BLv2解析(1)设ab边刚进入磁场Ⅰ区域时的速度为v1,由动能I2=ab和cd两个边受沿斜面向上的安培力F=2BI2L+BI2L=3BI2L线框做匀速运动时F=mgsinθv2=根据能量转化与守恒定律mg·3Lsinθ=+QQ=3mgLsinθ-答案I2=答案图7-1-10题型4

变压器原理与交流电特性

例4(烟台市高考适应性练习三)如图7-1-10所示,理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1,原线圈接入一电压为u=U0sinωt的交流电源,副线圈接一个R=27.5Ω的负载电阻.若U0=,,则下列结论正确的是 （）A.副线圈中电压表的读数为55VB.副线圈中输出交流电的周期为C.原线圈中电流表的读数为0.5AD.原线圈中的输入功率为图7-1-10题型4变压器原理与交流电特性解析电压表的读数为电压的有效值,=4,U1==220V,U2=55V,A正确;T==0.02s,B错;I2==2A,,I1==0.5A,C正确;原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率,P入=P出==110W,D错.答案

AC解析电压表的读数为电压的有效值,=4,答案1.各种电表的示数以及有关能量的计算中的电压、电流值都是有效值.

2.变压器只对交流电变压,对直流电不变压.

3.三个重要关系:①P入=P出,P出决定P入;②,由原、副线圈的匝数比决定.③,输出电流的变化决定输入电流的变化.1.各种电表的示数以及有关能量的计算中的电压、电流值预测演练5

(象山北仑两地高考适应性考试)

如图7-1-11所示,理想变压器的副线圈上通过输电线接有三只灯泡L1、L2和L3,输电线的等效电阻为R,原线圈接有一个理想电流表.开始时开关S接通,当S断开时,以下说法正确的是（）A.原线圈两端P、Q间的输入电压减小B.等效电阻R上的功率变大C.原线圈中电流表示数变大D.灯泡L1和L2变亮图7-1-11预测演练5(象山北仑两地高考适应性考试)如图7-1-11解析当S断开时,副线圈总电阻变大,而电压不变,通过R的电流变小,由P=I2R知,B错;由于副线圈电流变小,原、副线圈电压不变,输出功率减小,输入功率也减小,输入电流减小,C错;U2不变,UR减小,灯L1与L2两端电压增大,D对.答案

D预测演练6

(长春、哈尔滨、沈阳、大连第二次联考)如图7-1-12所示,M、N是输电线,甲是电流互感器,乙是电压互感器.已知n1∶n2=1∶100,n3∶n4=500∶1.若表和表的示数分别为10A和44V,则输电线输送的功率为（）解析当S断开时,副线圈总电阻变大,而电压不变,通过R的电图7-1-12A.88W B.440WC.2.2×103W D.2.2×107W解析由,I1==100×10A=1000A,,U3==500×44V=22000V,P=U3I1=22×103×103W=2.2×107W.答案

D图7-1-12A.88W B.440W解析由1.(宁夏·19)如图7-1-13所示,一导体圆环位于纸面内,O为圆心.环内两个圆心角为90°的扇形区域内分别有匀强磁场,两磁场磁感应强度的大小相等,方向相反且均与纸面垂直.导体杆OM可绕O转动,M端通过滑动触点与圆环接触良好.在圆心和圆环间连有电阻R.杆OM以匀角速度ω逆时针转动,t=0时恰好在图示位置.规定从a到b流经电阻R的电流方向为正,圆环和导体杆的电阻忽略不计,则图7-1-131.(宁夏·19)如图7-1-13所示,一导体圆环位图7-1杆从t=0开始转动一周的过程中,电流随ωt变化的图象是（）杆从t=0开始转动一周的过程中,电流随ωt变化的图解析旋转的导体棒在磁场中切割磁感线,产生电动势,由右手定则可判断,开始时电流方向由b向a,为负方向,后来磁场方向相反,电流方向为正方向,因为只有开始的1/4周期和第3个1/4周期内导体棒切割磁感线,所以C正确.答案

C2.(陕西省师大附中第五次模拟)矩形导线框

abcd放在匀强磁场中,在外力控制下静止不动,磁感线方向与线圈平面垂直,磁感应强度B随时间变化的图象如图7-1-14所示.t=0时刻,磁感应强度的方向垂直纸面向里.在0~4s时间内,线框ab边受力解析旋转的导体棒在磁场中切割磁感线,产生电动势,由右手定随时间变化的图象(力的方向规定以向左为正方向),可能是下图中的 ()图7-1-14随时间变化的图象(力的方向规定以向左为正方向),可能是下图中解析

0~1s内,E=恒定,故I=恒定,方向由b→