高三物理第一轮复习全套教学案

1、2010届高三物理第一轮复习全套教学案第九章 电磁感应 知识网络：第1单元 电磁感应 楞次定律一、电磁感应现象1.产生感应电流的条件感应电流产生的条件是：穿过闭合电路的磁通量发生变化。以上表述是充分必要条件。不论什么情况，只要满足电路闭合和磁通量发生变化这两个条件，就必然产生感应电流；反之，只要产生了感应电流，那么电路一定是闭合的，穿过该电路的磁通量也一定发生了变化。当闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线的运动时，电路中有感应电流产生。这个表述是充分条件，不是必要的。在导体做切割磁感线运动时用它判定比较方便。2.感应电动势产生的条件。感应电动势产生的条件是：穿过电路的磁通量发生变化。这里不

2、要求闭合。无论电路闭合与否，只要磁通量变化了，就一定有感应电动势产生。这好比一个电源：不论外电路是否闭合，电动势总是存在的。但只有当外电路闭合时，电路中才会有电流。二、右手定则r伸开右手，使大拇指与四指在同一个平面内，并跟四指垂直，让磁感线穿过手心，使大拇指指向导体的运动方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向。三、楞次定律1楞次定律感应电流总具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。( 阻碍原磁场增加时，反抗, 原磁场减小时，补充 )2对“阻碍”意义的理解：（1）阻碍原磁场的变化。“阻碍”不是阻止，而是“延缓”（2）阻碍的是原磁场的变化，而不是原磁场本身，如果原磁

3、场不变化，即使它再强，也不会产生感应电流（3）阻碍不是相反当原磁通减小时，感应电流的磁场与原磁场同向，以阻碍其减小；当磁体远离导体运动时，导体运动将和磁体运动同向，以阻碍其相对运动（4）由于“阻碍”，为了维持原磁场变化，必须有外力克服这一“阻碍”而做功，从而导致其它形式的能转化为电能因此楞次定律是能量转化和守恒定律在电磁感应中的体现3楞次定律的具体应用从“阻碍相对运动”的角度来看，楞次定律的这个结论可以用能量守恒来解释：既然有感应电流产生，就有其它能转化为电能。又由于是由相对运动引起的，所以只能是机械能减少转化为电能，表现出的现象就是“阻碍”相对运动。4运用楞次定律处理问题两种思路方法：常规法

4、：据原磁场（b原方向及情况）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. 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”，深刻理解“阻碍”的含义.据"阻碍"原则，可直接对运动趋势作出判断.例题举例【例1】一平面线圈用细杆悬于p点，开始时细杆处于水平位置，释放后让它在如图所示的匀强磁场中运动，已知线圈平面始终与纸面垂直，当线圈第一次通过位置和位置时，顺着磁场的方向看去，线圈中的感应电流的方向分别为b 位置 位置（a）逆时针方向 逆时针方向（b）逆时针方向 顺时针方向（c）顺时针方向 顺时针方向（d）顺时针方向 逆时针方向【例2】

5、如图所示，有两个同心导体圆环。内环中通有顺时针方向的电流，外环中原来无电流。当内环中电流逐渐增大时，外环中有无感应电流？方向如何？解：由于磁感线是闭合曲线，内环内部向里的磁感线条数和内环外向外的所有磁感线条数相等，所以外环所围面积内（应该包括内环内的面积，而不只是环形区域的面积）的总磁通向里、增大，所以外环中感应电流磁场的方向为向外，由安培定则，外环中感应电流方向为逆时针。nsv0【例3】 如图所示，闭合导体环固定。条形磁铁s极向下以初速度v0沿过导体环圆心的竖直线下落的过程中，导体环中的感应电流方向如何？解：从“阻碍磁通量变化”来看，原磁场方向向上，先增后减，感应电流磁场方向先下后上，感应电

6、流方向先顺时针后逆时针。从“阻碍相对运动”来看，先排斥后吸引，把条形磁铁等效为螺线管，根据“同向电流互相吸引，反向电流互相排斥”，也有同样的结论。a db co1o2【例4】 如图所示，o1o2是矩形导线框abcd的对称轴，其左方有匀强磁场。以下哪些情况下abcd中有感应电流产生？方向如何？a.将abcd 向纸外平移 b.将abcd向右平移 c.将abcd以ab为轴转动60° d.将abcd以cd为轴转动60°c a d bl2 l1解：a、c两种情况下穿过abcd的磁通量没有发生变化，无感应电流产生。b、d两种情况下原磁通向外，减少，感应电流磁场向外，感应电流方向为abc

7、d。【例5】如图所示装置中，cd杆原来静止。当ab 杆做如下那些运动时，cd杆将向右移动 （b、d）a.向右匀速运动 b.向右加速运动c.向左加速运动 d.向左减速运动o1o2【例6】 如图当磁铁绕o1o2轴匀速转动时，矩形导线框（不考虑重力）将如何运动？a b解：本题分析方法很多，最简单的方法是：从“阻碍相对运动”的角度来看，导线框一定会跟着条形磁铁同方向转动起来。如果不计摩擦阻力，最终导线框将和磁铁转动速度相同；如果考虑摩擦阻力导线框的转速总比条形磁铁转速小些。【例7】 如图所示，水平面上有两根平行导轨，上面放两根金属棒a、b。当条形磁铁如图向下移动时（不到达导轨平面），a、b将如何移动？

8、解：若按常规用“阻碍磁通量变化”判断，则要根据下端磁极的极性分别进行讨论，比较繁琐。而且在判定a、b所受磁场力时。应该以磁极对它们的磁场力为主，不能以a、b间的磁场力为主（因为它们是受合磁场的作用）。如果主注意到：磁铁向下插，通过闭合回路的磁通量增大，由=bs可知磁通量有增大的趋势，因此s的相应变化应该使磁通量有减小的趋势，所以a、b将互相靠近。o1 ao2 b【例8】如图所示，在条形磁铁从图示位置绕o1o2轴转动90°的过程中，放在导轨右端附近的金属棒ab将如何移动？解：无论条形磁铁的哪个极为n极，也无论是顺时针转动还是逆时针转动，在转动90°过程中，穿过闭合电路的磁通量

9、总是增大的（条形磁铁内、外的磁感线条数相同但方向相反，在线框所围面积内的总磁通量和磁铁内部的磁感线方向相同且增大。而该位置闭合电路所围面积越大，总磁通量越小，所以为阻碍磁通量增大金属棒ab将向右移动。ob【例9】如图所示，用丝线悬挂闭合金属环，悬于o点，虚线左边有匀强磁场，右边没有磁场。金属环的摆动会很快停下来。试解释这一现象。若整个空间都有向外的匀强磁场，会有这种现象吗？解：只有左边有匀强磁场，金属环在穿越磁场边界时，由于磁通量发生变化，环内一定会有感应电流产生，根据楞次定律将会阻碍相对运动，所以摆动会很快停下来，这就是电磁阻尼现象。当然也可以用能量守恒来解释：既然有电流产生，就一定有一部分

10、机械能向电能转化，最后电流通过导体转化为内能。若空间都有匀强磁场，穿过金属环的磁通量反而不变化了，因此不产生感应电流，因此也就不会阻碍相对运动，摆动就不会很快停下来。四、电磁感应在实际生活中的应用例析abskdc【例10】如图所示是生产中常用的一种延时继电器的示意图。铁芯上有两个线圈a和b。线圈a跟电源连接，线圈b的两端接在一起，构成一个闭合电路。在拉开开关s的时候,弹簧k并不能立即将衔铁d拉起，从而使触头c（连接工作电路）立即离开，过一段时间后触头c才能离开；延时继电器就是这样得名的。试说明这种继电器的工作原理。qabp解析：当拉开开关s时使线圈a中电流变小并消失时，铁芯中的磁通量发生了变化

11、（减小），从而在线圈b中激起感应电流，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍原磁场的减小，这样，就使铁芯中磁场减弱得慢些，因此弹簧k不能立即将衔铁拉起。【例11】如图是家庭用的“漏电保护器“的关键部分的原理图，其中p是变压器铁芯，入户的两根电线”（火线和零线）采用双线绕法，绕在铁芯一侧作为原线圈，然后再接入户内的用电器。q是一个脱扣开关的控制部分（脱扣开关本身没有画出，它是串联在本图左边的火线和零线上，开关断开时，用户供电被切断），q接在铁芯另一侧副线圈的两端a、b之间，当a、b间没有电压时，q使得脱扣开关闭合，当a、b间有电压时，脱扣开关即断开，使用户断电。（1）用户正常用电时，a、b之间有没有

12、电压？（2）如果某人站在地面上，手误触火线而触电，脱扣开关是否会断开？为什么？解析：（1） 用户正常用电时，a、b之间没有电压，因为双线绕成的初级线圈两根导线中的电流总是大小相等而方向相反的，穿过铁芯的磁通量总为0，副线圈中不会有感应电动势产生。（2）人站在地面上手误触火线，电流通过火线和人体而流向大地，不通过零线，这样变压器的铁芯中就会有磁通量的变化，从而次级产生感应电动势，脱扣开关就会断开。第2单元 法拉第电磁感应定律 自感一区分物理量1、磁通量穿过某一面积的磁感线的条数2、磁通量的变化量 2 1 3、磁通量的变化率单位时间内的磁通量的变化1、 反映磁通量变化的快慢2、 电动势的平均值二法

13、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。这就是法拉第电磁感应定律。 3、的产生方式：改变b，改变s，、改变b和s的夹角三、推论rab把ab向右移动一段距离，ab长l，速度v，匀强磁场b 当bl，lv，bv时有（电动势的平均值和瞬时值） 推广：已知：b，l， 求：e？ 例题举例： 【例1】如图所示，长l1宽l2的矩形线圈电阻为r，处于磁感应强度为b的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直。求：将线圈以向右的速度v匀速拉出磁场的过程中，拉力f大小； 拉力的功率p； 拉力做的功w； 线圈中产生的电热q ；通过线圈某一截面的电荷量q 。解： fl1l2bv 与v无关注意电

14、热q和电荷q的区别，其中与速度无关！（这个结论以后经常会遇到）。ra bm l【例2】如图，竖直放置的u形导轨宽为l，上端串有电阻r（其余导体部分的电阻都忽略不计）。磁感应强度为b的匀强磁场方向垂直于纸面向外。金属棒ab的质量为m，与导轨接触良好，不计摩擦。从静止释放后ab保持水平而下滑。试求ab下滑的最大速度vm解：释放瞬间ab只受重力，开始向下加速运动。随着速度的增大，感应电动势e、感应电流i、安培力f都随之增大，加速度随之减小。当f增大到f=mg时，加速度变为零，这时ab达到最大速度。 由，可得babl1l2【例3】 如图所示，u形导线框固定在水平面上，右端放有质量为m的金属棒ab，ab

15、与导轨间的动摩擦因数为，它们围成的矩形边长分别为l1、l2，回路的总电阻为r。从t=0时刻起，在竖直向上方向加一个随时间均匀变化的匀强磁场b=kt，（k>0）那么在t为多大时，金属棒开始移动？解：由= kl1l2可知，回路中感应电动势是恒定的，电流大小也是恒定的，但由于安培力f=bilb=ktt，随时间的增大，安培力将随之增大。当安培力增大到等于最大静摩擦力时，ab将开始向左移动。这时有：ba db c【例4】如图所示，水平面上固定有平行导轨，磁感应强度为b的匀强磁场方向竖直向下。同种合金做的导体棒ab、cd横截面积之比为21，长度和导轨的宽均为l，ab的质量为m ，电阻为r，开始时ab

16、、cd都垂直于导轨静止，不计摩擦。给ab一个向右的瞬时冲量i，在以后的运动中，cd的最大速度vm、最大加速度am、产生的电热各是多少？解：给ab冲量后，ab获得速度向右运动，回路中产生感应电流，cd受安培力作用而加速，ab受安培力而减速；当两者速度相等时，都开始做匀速运动。所以开始时cd的加速度最大，最终cd的速度最大。全过程系统动能的损失都转化为电能，电能又转化为内能。由于ab、cd横截面积之比为21，所以电阻之比为12，根据q=i 2rtr，所以cd上产生的电热应该是回路中产生的全部电热的2/3。又根据已知得ab的初速度为v1=i/m，因此有： ，解得。最后的共同速度为vm=2i/3m，系

17、统动能损失为ek=i 2/ 6m，其中cd上产生电热q=i 2/ 9m【例5】如图所示，空间存在垂直于纸面的均匀磁场，在半径为的圆形区域内部及外部，磁场方向相反，磁感应强度的大小均为b。一半径为，电阻为r的圆形导线环放置在纸面内，其圆心与圆形区域的中心重合。当内、外磁场同时由b均匀地减小到零的过程中，通过导线截面的电量_。解析：由题意知：，由【例6】如图所示是一种测量通电螺线管中磁场的装置，把一个很小的测量线圈a放在待测处，线圈与测量电量的冲击电流计g串联，当用双刀双掷开关s使螺线管的电流反向时，测量线圈中就产生感应电动势，从而引起电荷的迁移，由表g测出电量q，就可以算出线圈所在处的磁感应强度

18、b。已知测量线圈共有n匝，直径为d，它和表g串联电路的总电阻为r，则被测处的磁感强度b为多大？解析：当双刀双掷开关s使螺线管的电流反向时，测量线圈中就产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可得：由欧姆定律得：由上述二式可得：四、自感现象1、 自感由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象叫自感现象。 产生的电动势叫自感电动势。电流i变化时，自感电动势阻碍电流的变化（当i增加，自感电动势反抗i的增加，当i减小，自感电动势补充i的减小）2、 原因导体本身的电流变化，引起磁通量的变化3、自感电动势和自感系数反映电流变化的快慢自感系数l决定于线圈的自身（长度、截面积、匝数、铁芯）自感电动势由l和i的变

19、化率共同决定单位：亨利 1h103 mh 1mh10 3h 自感现象只有在通过电路电流发生变化才会产生在判断电路性质时，一般分析方法是：当流过线圈l的电流突然增大瞬间，我们可以把l看成一个阻值很大的电阻；当流经l的电流突然减小的瞬间，我们可以把l看作一个电源，它提供一个跟原电流同向的电流图2电路中，当s断开时，我们只看到a灯闪亮了一下后熄灭，那么s断开时图1电路中就没有自感电流？能否看到明显的自感现象，不仅仅取决于自感电动势的大小，还取决于电路的结构在图2电路中，我们预先在电路设计时取线圈的阻值远小于灯a的阻值，使s断开前，并联电路中的电流il>>ir ，s断开瞬间，虽然l中电流在

20、减小，但这一电流全部流过a灯，仍比s断开前a灯的电流大得多，且延滞了一段时间，所以我们看到a灯闪亮一下后熄灭，对图1的电路，s断开瞬间也有自感电流，但它比断开前流过两灯的电流还小，就不会出现闪亮一下的现象除线圈外，电路的其它部分是否存在自感现象？当电路中的电流发生变化时，电路中每一个组成部分，甚至连导线，都会产生自感电动势去阻碍电流的变化，只不过是线圈中产生的自感电动势比较大，其它部分产生的自感电动势非常小而已。2、自感现象的应用日光灯（1）启动器：利用氖管的辉光放电，起自动把电路接通和断开的作用（2）镇流器：在日光灯点燃时，利用自感现象，产生瞬时高压，在日光灯正常发光时，利用自感现象，起降压

21、限流作用。3、日光灯的工作原理图如下：图中a镇流器，其作用是在灯开始点燃时起产生瞬时高压的作用；在日光灯正常发光时起起降压限流作用b是日光灯管，它的内壁涂有一层荧光粉，使其发出的光为柔和的白光；c是启动器，它是一个充有氖气的小玻璃泡，里面装上两个电极，一个固定不动的静触片和一个用双金属片制成的u形触片组成【例7】如图所示的电路中，a1和a2是完全相同的灯泡，线圈l的电阻可以忽略不计，下列说法中正确的是（ a、d ）a合上开关s接通电路时，a2先亮a1后亮，最后一样亮b合上开关s接通电路时，a1和a2始终一样亮c断开开关s切断电路时，a2立即熄灭，a1过一会熄灭d断开开关s切断电路时，a1和a2

22、都要过一会才熄灭四、针对练习1.穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒钟减少2wb，则（ ac ）a线圈中感应电动势每秒增加2vb线圈中感应电动势每秒减少2v c线圈中无感应电动势d线圈中感应电动势保持不变 2. 如图，在匀强磁场中，有一接有电容器的导线回路，已知c=30f，l1=5cm，l2=8cm，磁场以5×10-2t/s的速率均匀增强，则电容器c所带的电荷量 c （-3.6n·s）4. 如图所示，平行金属导轨间距为d，一端跨接电阻为r，匀强磁场磁感强度为b，方向垂直平行导轨平面，一根长金属棒与导轨成角放置，棒与导轨的电阻不计，当棒沿垂直棒的方向以恒定速度v在导轨上滑行时

23、，通过电阻的电流是 （ a ）abdv/(rsin) bbdv/r cbdvsin/r dbdvcos/r5. 如图所示，圆环a和b的半径之比r1r2=21，且是粗细相同，用同样材料的导线构成，连接两环导线的电阻不计，匀强磁场的磁感应强度始终以恒定的变化率变化，那么，当只有a环置于磁场中与只有b环置于磁场中的两种情况下，ab两点的电势差之比为多少？ （2：1）7. 如图所示，电阻r和电感线圈l的值都较大，电感线圈的电阻不计，a、b是两只完全相同的灯泡，当开关s闭合时，下面能发生的情况是dab比a先亮，然后b熄灭 ba比b先亮，然后a熄灭ca、b一起亮，然后a熄灭 da、b一起亮，然后b熄灭第3

24、单元 电磁感应与电路规律的综合应用一、电路问题1、确定电源：首先判断产生电磁感应现象的那一部分导体（电源），其次利用或求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断电流方向。2、分析电路结构，画等效电路图3、利用电路规律求解，主要有欧姆定律，串并联规律等二、图象问题1、定性或定量地表示出所研究问题的函数关系2、在图象中e、i、b等物理量的方向是通过正负值来反映3、画图象时要注意横、纵坐标的单位长度定义或表达【例1】匀强磁场磁感应强度 b=0.2 t，磁场宽度l=3rn，一正方形金属框边长ab=1m，每边电阻r=0.2，金属框以v=10m/s的速度匀速穿过磁场区，其平面始终保持与磁感线方向垂直，

25、如图所示，求：（1）画出金属框穿过磁场区的过程中，金属框内感应电流的i-t图线（2）画出ab两端电压的u-t图线解析：线框进人磁场区时e1=b l v=2 v，=2.5 a图（1）方向沿逆时针，如图（1）实线abcd所示，感电流持续的时间t1=0.1 s线框在磁场中运动时：e2=0，i2=0无电流的持续时间：t2=0.2 s，图（2）线框穿出磁场区时：e3= b l v=2 v，=2.5 a此电流的方向为顺时针，如图（1）虚线abcd所示，规定电流方向逆时针为正，得i-t图线如图（2）所示（2）线框进人磁场区ab两端电压u1=i1 r=2.5×0.2=0.5v线框在磁场中运动时；b两

26、端电压等于感应电动势u2=b l v=2v线框出磁场时ab两端电压：u3=e - i2 r=1.5v由此得u-t图线如图（3）所示一、 综合例析【例2】如图所示，平行导轨置于磁感应强度为b的匀强磁场中（方向向里），间距为l，左端电阻为r，其余电阻不计，导轨右端接一电容为c的电容器。现有一长2l的金属棒ab放在导轨上，ab以a为轴顺时针转过90°的过程中，通过r的电量为多少？解析：（1）由ab棒以a为轴旋转到b端脱离导轨的过程中，产生的感应电动势一直增大，对c不断充电，同时又与r构成闭合回路。ab产生感应电动势的平均值 表示ab扫过的三角形的面积，即 通过r的电量 由以上三式解得 在这

27、一过程中电容器充电的总电量q=cum um为ab棒在转动过程中产生的感应电动势的最大值。即 联立得：（2）当ab棒脱离导轨后（对r放电，通过r的电量为 q2，所以整个过程中通过 r的总电量为： q=q1q2=【例3】如图所示，竖直向上的匀强磁场，磁感应强度b=0.5 t，并且以=0.1 t/s在变化，水平轨道电阻不计，且不计摩擦阻力，宽0.5 m的导轨上放一电阻r0=0.1 的导体棒，并用水平线通过定滑轮吊着质量m=0.2 kg的重物，轨道左端连接的电阻r=0.4 ，图中的l=0.8 m，求至少经过多长时间才能吊起重物.解题方法：由法拉第电磁感应定律可求回路感应电动势e=： 由闭合电路欧姆定律

28、可求出回路中电流 i=由于安培力方向向左，应用左手定则可判断出电流方向为顺时针方向（由上往下看）.再根据楞次定律可知磁场增加，在t时磁感应强度为： b =（b·t）此时安培力为 f安=bilab 由受力分析可知 f安=mg由式并代入数据：t=495 s第4单元 电磁感应与力学规律的综合应用电磁感应等电学知识和力学知识的综合应用，主要有1、利用能的转化和守恒定律及功能关系研究电磁感应过程中的能量转化问题2、应用牛顿第二定律解决导体切割磁感线运动的问题。3、应用动量定理、动量守恒定律解决导体切割磁感线的运动问题。4、应用能的转化和守恒定律解决电磁感应问题。一、电磁感应中的动力学问题解决这

29、类问题的关键在于通过运动状态的分析来寻找过程中的临界状态，如速度、加速度取最大值或最小值的条件等。【例1】如图，ab、cd是两根足够长的固定平行金属导轨，两导轨间的距离为l，导轨平面与水平面的夹角为，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感应强度为b，在导轨的 ac端连接一个阻值为 r的电阻，一根质量为m、垂直于导轨放置的金属棒ab，从静止开始沿导轨下滑，求此过程中ab棒的最大速度。已知ab与导轨间的动摩擦因数为，导轨和金属棒的电阻不计。解析：ab沿导轨下滑过程中受四个力作用，即重力mg，支持力fn 、摩擦力ff和安培力f安，如图所示，ab由静止开始下滑后，将是，所以这是个变

30、加速过程，当加速度减到a=0时，其速度即增到最大v=vm，此时必将处于平衡状态，以后将以vm匀速下滑 e=blv i=e/r f安=bil 对ab所受的力正交分解，fn = mgcos ff= mgcos由可得以ab为研究对象，根据牛顿第二定律应有：mgsin mgcos-=maab做加速度减小的变加速运动，当a=0时速度达最大因此，ab达到vm时应有：mgsin mgcos-=0 由式可解得二、电磁感应中的能量、动量问题分析问题时，应当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，然后利用能量守恒列出方程求解。【例2】如图，两根间距为l的光滑金属

31、导轨（不计电阻），由一段圆弧部分与一段无限长的水平段组成。其水平段加有竖直向下方向的匀强磁场，其磁感应强度为b，导轨水平段上静止放置一金属棒cd，质量为2m。，电阻为2r。另一质量为m，电阻为r的金属棒ab，从圆弧段m处由静止释放滑至n处进入水平段，圆弧段mn半径r，所对圆心角为60°，求：（1）ab棒在n处进入磁场区速度多大？此时棒中电流是多少？（2）ab棒能达到的最大速度是多大？（3）ab棒由静止到达最大速度过程中，系统所能释放的热量是多少？解析：（1）ab棒由静止从m滑下到n的过程中，只有重力做功，机械能守恒，所以到n处速度可求，进而可求ab棒切割磁感线时产生的感应电动势和回路

32、中的感应电流。ab棒由m下滑到n过程中，机械能守恒，故有： 解得进入磁场区瞬间，回路中电流强度为 （2）设ab棒与cd棒所受安培力的大小为f，安培力作用时间为 t，ab 棒在安培力作用下做减速运动，cd棒在安培力作用下做加速运动，当两棒速度达到相同速度v时，电路中电流为零，安培力为零，cd达到最大速度。运用动量守恒定律得 解得 （3）释放热量等于系统机械能减少量，有 解得三、综合例析（一）电磁感应中的“双杆问题”【例3】（2003年全国理综卷）如图所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度b=0.50t的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计。导轨间的距离l=0.

33、20m。两根质量均为m=0.10kg的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为r=0.50。在t=0时刻，两杆都处于静止状态。现有一与导轨平行、大小为0.20n的恒力f作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动。经过t=5.0s，金属杆甲的加速度为a=1.37m/s2，问此时两金属杆的速度各为多少？解析：设任一时刻t两金属杆甲、乙之间的距离为x，速度分别为v1和v2，经过很短的时间t，杆甲移动距离v1t，杆乙移动距离v2t，回路面积改变乙 甲f由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势回路中的电流 ， 杆甲的运动方程由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等

34、，方向相反，所以两杆的动量时为0）等于外力f的冲量联立以上各式解得 代入数据得【例4】两根相距d=0.20m平行金属长导轨固定在同一水平面，处于竖直方向的匀强磁场中，磁场的磁感应强度b=0.2t，导轨上横放着两条金属细杆，构成矩形回路，每条金属细杆的电阻为r=0.25，回路中其余部分的电阻可不计.已知两金属细杆在平行于导轨的拉力的作用下沿导轨朝相反方向匀速平移，速度大小都是v=5.0m/s，如图所示.不计导轨上的摩擦.（1）求作用于每条金属细杆的拉力的大小.vv（2）求两金属细杆在间距增加0.40m的滑动过程共产生的热量.解析：（1）当两金属杆都以速度v匀速滑动时，每条金属杆中产生的感应电动势

35、分别为： e1=e2=bdv由闭合电路的欧姆定律，回路中的电流强度大小为：因拉力与安培力平衡，作用于每根金属杆的拉力的大小为f1=f2=ibd。由以上各式并代入数据得n（2）设两金属杆之间增加的距离为l，则两金属杆共产生的热量为，代入数据得q=1.28×10-2j.（二）电磁感应中的一个推论安培力的冲量公式laa【例5】在光滑水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为l的区域内，有一边长为a（a<l）的正方形闭合线圈以初速v0垂直磁场边界滑过磁场后速度变为v（v<v0）那么a完全进入磁场中时线圈的速度大于（v0+v）/2；b安全进入磁场中时线圈的速度等于（v0+v）/2；

36、c完全进入磁场中时线圈的速度小于（v0+v）/2；d以上情况a、b均有可能，而c是不可能的解析：设线圈完全进入磁场中时的速度为vx。线圈在穿过磁场的过程中所受合外力为安培力。对于线圈进入磁场的过程，据动量定理可得：abcv0对于线圈穿出磁场的过程，据动量定理可得： 由上述二式可得，即b选项正确。【例6】光滑u型金属框架宽为l，足够长，其上放一质量为m的金属棒ab，左端连接有一电容为c的电容器，现给棒一个初速v0，使棒始终垂直框架并沿框架运动，如图所示。求导体棒的最终速度。解析：当金属棒ab做切割磁力线运动时，要产生感应电动势，这样，电容器c将被充电，ab棒中有充电电流存在，ab棒受到安培力的作

37、用而减速，当ab棒以稳定速度v匀速运动时，有：blv=uc=q/c而对导体棒ab利用动量定理可得：-blq=mv-mv0 由上述二式可求得： 例7如图，电动机牵引一根原来静止的、长l为1m、质量m为0.1kg的导体棒mn上升，导体棒的电阻r为1，架在竖直放置的框架上，它们处于磁感应强度b为1t的匀强磁场中，磁场方向与框架平面垂直。当导体棒上升h=3.8m时，获得稳定的速度，导体棒上产生的热量为2j，电动机牵引棒时，电压表、电流表的读数分别为7v、1a，电动机内阻r为1，不计框架电阻及一切摩擦，求：（1）棒能达到的稳定速度；（2）棒从静止至达到稳定速度所需要的时间。解析：（1）电动机的输出功率为

38、：w 其中f为电动机对棒的拉力，当棒达稳定速度时 感应电流解得m/s（2）从棒由静止开始运动至达到稳定速度的过程中，电动机提供的能量转化为棒的机械能和内能，由能量守恒定律得：, 解得 t = 1s第十章 交变电流 第1单元 交变电流一、交变电流的产生1. 正弦交流电的产生当闭合矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴线做匀角速转动时，闭合线圈中就有交流电产生如图所示设矩形线圈abcd以角速度绕oo' 轴、从线圈平面跟磁感线垂直的位置开始做逆时针方向转动此时，线圈都不切割磁感线，线圈中感应电动势等于零经过时间t线圈转过t角，这时ab边的线速度v方向跟磁感线方向夹角等于t ，设ab边的长度

39、为l，bd边的长度为l'，线圈中感应电动势为，对于n匝线圈，有或者写成（ 叫做电动势的最大值。）由上式，在匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴做匀角速转动的线圈里产生的感应电动势是按正弦规律变化的根据闭合电路欧姆定2中性面线圈转动至线圈平面垂直于磁感线位置时，各边都不切割磁感线，线圈中没有感应电流，这个特定位置叫中性面应注意：中性面在垂直于磁场位置线圈通过中性面时，穿过线圈的磁通量最大线圈平面通过中性面时感应电动势为零线圈平面每转过中性面时，线圈中感应电流方向改变一次，转动一周线圈两次通过中性面，一周里线圈中电流方向改变两次3正弦交流电的图象 矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴做匀角速

40、转动，线圈里产生正弦交流电当线圈从中性面开始转动，在一个周期中：在t（0，t/4）时间内，线圈中感应电动势从0达到最大值em在t （t/4，t/2）时间内，线圈中感应电动势从最大值em减小到0在t （t/2，3t/4）时间内，线圈中感应电动势从0增加到负的最大值-em在t （3t/4，t）时间内，线圈中感应电动势的值从负的最大值-em减小到0电路中的感应电流、路端电压与感应电动势的变化规律相同，如图所示二、描述交变电流的物理量1、瞬时值：它是反映不同时刻交流电的大小和方向，正弦交流瞬时值表达式为：，.应当注意必须从中性面开始。【例1】有一正弦交流电源，电压有效值u=120v，频率为f=50hz

41、向一霓虹灯供电，若霓虹灯的激发电压和熄灭电压均为u0=60v，试估算在一个小时内，霓虹灯发光时间有多长？为什么人眼不能感到这种忽明忽暗的现象？解析：由正弦交流电的最大值与有效值u的关系得：um=120v设t=0时交流电的瞬时电压u=0则交流电的瞬时表达式为u=120sin100t v如图所示，画出一个周期内交流电的u-t图象，其中阴影部分对应的时间t1表示霓虹灯不能发光的时间，根据对称性，一个周期内霓虹灯不能发光的时间为4t1，当u=u0=60v时，由上式得t1=1/600s，再由对称性求得一个周期内能发光的时间：t=t-4t1=，再由比例关系求得一小时内霓虹灯发光的时间为：t=很明显霓虹灯在

42、工作过程中是忽明忽暗的，而熄灭的时间只有1/300s（如图t2时刻到t3时刻）由于人的眼睛具有视觉暂留现象（暂留时间约1/162、最大值：也叫峰值，它是瞬时值的最大者，它反映的是交流电大小的变化范围，当线圈平面跟磁感线平行时，交流电动势最大，（转轴垂直于磁感线）。电容器接在交流电路中，则交变电压的最大值不能超过电容器的耐压值。【例2】把一电容器c接在220v的交流电路中，为了保证电容不被击穿，电容器c的耐压值是多少？解析：不低于200v，不少学生往把电容器与灯泡类比，额定电压220 v的灯泡接在220 v的交流电源上正常发光.从而错误的认为电容器的耐压值也只要不低于220v即可，事实上，电容器

43、接在交流电路中一直不断地进行充、放电过程.电容器两极间电压最大可达200v，故电容器c的耐压值应不低于200v.3、平均值：它是指交流电图象中图线与横轴所围成的面积值跟时间的比值.其量值可用法拉第电磁感应定律·来求，特殊地，当线圈从中性面转过90度的过程中，有.计算平均值切忌用算术平均法即求解。平均值不等于有效值。【例3】如图所示，求线圈由图示位置转过60°角的过程中，通过线圈某一横截面的电量.解析：在计算电量问题中，一定要用电流、电压平均值·而又，·4、有效值：有效值是根据电流的热效应规定的：让交流和直流通过相同阻值的电阻，如果它们在相同的时间内产生的

44、热量相等，就把这一直流的数值叫做这一交流的有效值。正弦交流电的有效值跟最大值之间的关系是：，对于非正弦电流的有效值以上关系不成立，应根据定义来求。电器设备上标注的额定值是有效值交流电表测量的是交流的有效值如果没有特殊强调，交流的数值指的都是有效值pu v1 2 3 4 5ot/10-2su/v311计算某一时间段的功率，要用有效值，计算某一时刻的功率，要用瞬时值，计算通过某个截面的电量，要用平均值【例4】 左图所示是某种型号的电热毯的电路图，电热毯接在交变电源上，通过装置p使加在电热丝上的电压的波形如右图所示。此时接在电热丝两端的交流电压表的读数为 a.110v b.156v c.220v d

45、.311v解：从u-t图象看出，每个周期的前半周期是正弦图形，其有效值为220v；后半周期电压为零。根据有效值的定义， ，得u=156v，选b。【例5】如图所示，两平行导轨与水平面间的倾角为，电阻不计，间距l0.3m，长度足够长，导轨处于磁感应强度b1t，方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.导轨两端各接一个阻值为r02电阻，另一横跨在导轨间的金属棒质量m1kg，电阻r1棒与导轨间的滑动摩擦因数0.5，当金属棒以平行于导轨的向上初速度010m/s上滑，直至上升到最高点过程中，通过上端电阻电量0.1c（g取10m/s2），求上端电阻r0产生的焦耳热？（1）（2）解：设棒沿斜面能上升的最大距离为s，

46、b垂直斜面向上，则在棒上升过程中，通过棒某一截面的电量应为2.由得而 s=m电路总焦耳热为r从金属棒开始运动到最高点过程，利用能量守恒关系有mgcos·smgsin·s，r5 j 三、感抗和容抗（统称电抗）a、电感对电路的影响接通直流和交流，比较灯泡的亮度，先接通交流，再接上电感，比较灯泡的亮1、 感抗：2、 作用：通直流、阻交流、通低频、阻高频3、 原因：电磁感应（自感）b、电容对电路的影响接通直流和交流，比较灯泡的亮度先接通交流，再接上电感，比较灯泡的亮度1、 容抗：2、 作用：通交流、阻支流、通高频、阻低频3、 原因：充放电过程中，电荷间的相互作用c、电感和电容的应用

47、1、 高频扼流圈感抗小，匝数较少，通高频，阻低频2、 低频扼流圈感抗大，匝数较多，通低频，阻直流3、 隔直电容器4、 高频旁路电容d、小结：交流的强度不仅与电压和电阻有关，还与电容和电感有关 第2单元 变压器 电能的输送一、理想变压器1、构造：两组线圈（原、副线圈）绕在同一个闭合铁芯上构成变压器2、作用：在输送电能的过程中改变电压3、原理：其工作原理是利用了电磁感应现象（互感）4、理想变压器的理想化条件及其规律在理想变压器的原线圈两端加交变电压u1后，由于电磁感应的原因，原、副线圈中都将产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律有：，忽略原、副线圈内阻，有 u1e1 ，u2e2，另外，考虑到铁心的

48、导磁作用而且忽略漏磁，即认为在任意时刻穿过原、副线圈的磁感线条数都相等，于是又有 由此便可得理想变压器的电压变化规律为在此基础上再忽略变压器自身的能量损失（一般包括线圈内能量损失和铁芯内能量损失这两部分，分别俗称为“铜损”和“铁损”），有 ，而 ，于是又得理想变压器的电流变化规律为，由此可见：理想变压器的理想化条件一般指的是：忽略原、副线圈内阻上的分压，忽略原、副线圈磁通量的差别，忽略变压器自身的能量损耗（实际上还忽略了变压器原、副线圈电路的功率因数的差别）二、变压器的物理量变化的规律1、电压规律 理解：（1）u1由电源决定，u2 随u1和n的变化而变化，副线圈相当于一个新电源 （2）u /

49、n 表示单匝线圈的电压。（类比于砌墙）2、功率规律 理解：（1）理想变压器只传递能量，不消耗能量 （2）p1随p2的变化而变化，但p1不能无限地变大，要受到发电机最大输出功率地限制（类比：银行出纳）3、电流规律理解： r增大，i2 减小，p2 减小，p1减小，i1 减小 n2增加，u2增加，i2 增加，p2增加，p1增加，i1增加结论：i1随i2地变化而变化4、 多组副线圈（1）无论原副线圈，磁通量变化率相同，所以有 （类比：砌墙）u1 i1u3i3u2 i2（2） 令n2 ln3 r220vn1【例1】 理想变压器初级线圈和两个次级线圈的匝数分别为n1=1760匝、n2=288匝、n3=80

50、0 0匝，电源电压为u1=220v。n2上连接的灯泡的实际功率为36w，测得初级线圈的电流为i1=0.3a，求通过n3的负载r的电流i3。解：由于两个次级线圈都在工作，所以不能用i1/n，而应该用p1=p2+p3和un。由un可求得u2=36v，u3=1000v；由u1i1=u2i2+u3i3和i2=1a可得i3=0.03a。【例2】在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器。如下所示的四个图中，能正确反应其工作原理的是 a aaaa零线火线火线零线零线火线零线火线a. b. c. d. 【例3】如图，为一理想变压器，k为单刀双掷开关，p为滑动变阻器的滑动触头，u

51、1为加在原线圈两端的电压，i1为原线圈中的电流强度，则（a、b、d）a.保持u1及p的位置不变，k由a合到b时，i1将增大b.保持u1及p的位置不变，k由b合到a时，r消耗的功率减小c.保持u1不变，k合在a处，使p上滑，i1将增大d.保持p的位置不变，k合在a处，若u1增大，i1将增大【例4】一台理想变压器原线圈匝数n1=1100匝，两个副线圈的匝数分别是n2=60匝，n3=600匝，若通过两个副线圈中的电流强度分别是i2=1 a，i3=4 a，求原线圈中的电流强度.根据电功率公式有：i1u1=i2u2+i3u3， 又因为，u2=，u3=u1， 把代入，整理得：i1n1=i2n2+i3n3所

52、以i1 = a = 2.24 a三、远距离输电用户电源u,pu，pru，pa、明确物理量 电源的输出电压u，输出功率p 导线上损失电压u，损失功率p 用户得到的电压u，得到的功率pb怎样减少电能损失1、 减小时间t2、 减小电阻 减小导线长度l，减小电阻率（铜和铝）增大截面积s3、 减小电流，提高输出电压，p与输出电压u平方反比c其他方面的能量损失输电线上的电压损失，除与输电线的电阻有关，还与感抗和容抗有关。当输电线路电压较高、导线截面积较大时，电抗造成的电压损失比电阻造成的还要大。【例5】 在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失。有一个坑口电站，输送的电功率为p=500kw，当使用

53、u=5kv的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4800度。求：这时的输电效率和输电线的总电阻r。若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么电站应使用多高的电压向外输电？解；由于输送功率为p=500kw，一昼夜输送电能e=pt=12000度，终点得到的电能e /=7200度，因此效率=60%。输电线上的电流可由i=p/u计算，为i=100a，而输电线损耗功率可由pr=i 2r计算，其中pr=4800/24=200kw，因此可求得r=20。 输电线上损耗功率，原来pr=200kw，现在要求pr/=10kw ，计算可得输电电压应调节为u / =22.4kv。【

54、例6】发电机输出功率为100 kw，输出电压是250 v，用户需要的电压是220 v，输电线电阻为10 .若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：（1）在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比.（2）画出此输电线路的示意图. （3）用户得到的电功率是多少？解析：输电线路的示意图如图所示，输电线损耗功率p线=100×4% kw=4 kw，又p线=i22r线输电线电流i2=i3=20 a原线圈中输入电流i1= a=400 a所以，这样u2=u1=250×20 v=5000 vu3=u2-u线=5000-20×10 v=4800 v，所以用户得到的电功率p出=100×96%