專題7 電路分析、計(jì)算和電磁感應(yīng)

1、專題七 電路分析、計(jì)算和電磁感應(yīng)一、描述交變電流的物理量、變壓器一、描述交變電流的物理量、變壓器 1 瞬 時(shí) 值 ： 正 弦 交 流 瞬 時(shí) 值 表 達(dá) 式 為：e=Emsinwt，i=Imsinwt.應(yīng)當(dāng)注意必 須從中性面開始生 活 中 用 的 市 電 電 壓 為 2 2 0 V ， 其 最 大 值 為220V=311V(有時(shí)寫為310V)，頻率為50Hz，所以其電壓瞬時(shí)值的表達(dá)式為u=311sin（314t）V. 2最大值：當(dāng)線圈平面跟磁感線平行時(shí)，交流電動(dòng)勢(shì)最大，Em=nBSw(轉(zhuǎn)軸垂直于磁感線)電容器接在交流電路中，則交變電壓的最大值不能超過電容器的耐壓值 3平均值：它是指交流電圖象中

2、圖線與橫軸所圍成的面積值跟時(shí)間的比值其量值可用法拉第電磁感應(yīng)定律 來求它不同于瞬時(shí)值和有效值Ent 4有效值：交變電流的有效值是根據(jù)電流的熱效應(yīng)規(guī)定的：讓交流和直流通過相同阻值的電阻，如果它們?cè)谙嗤臅r(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的熱量相等，就把這一直流的數(shù)值叫做這一交流的有效值通常所說交流電壓、電流是用電壓表、電流表測(cè)得的，都是指有效值用電器上所標(biāo)電壓、電流值也是指有效值在計(jì)算交流電通過導(dǎo)體產(chǎn)生熱量、熱功以及確定保險(xiǎn)絲的熔斷電流時(shí)，只能用有效值有效值與最大值的關(guān)系：E=Em/ (適用正弦或余弦式)2【例 1】理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為1 5，原線圈兩端的交變電壓為 .氖泡在兩端電壓達(dá)到100V V時(shí)開始發(fā)光

3、，下列說法中正確的有()A開關(guān)接通后，氖泡的發(fā)光頻率為50HzB開關(guān)接通后，電壓表的示數(shù)為100VC開關(guān)斷開后，電壓表的示數(shù)變大D開關(guān)斷開后，變壓器的輸出功率不變t（）mp= 20 2sin 100V VB【解析】首先應(yīng)從電壓瞬時(shí)值的表達(dá)式中獲取信息，再結(jié)合變壓器原理綜合分析由交變電壓的瞬時(shí)值表達(dá)式知，原線圈兩端電壓的有效值為U1= V=20V，由 得副線圈兩端的電壓為U2=100V，電壓表的示數(shù)為交流電的有效值，B項(xiàng)正確；交變電壓的頻率為f = =50Hz，一個(gè)周期內(nèi)電壓兩次大于100V，即一個(gè)周期內(nèi)氖泡能兩次發(fā)光，所以其發(fā)光頻率為100Hz，A項(xiàng)錯(cuò)誤；開關(guān)斷開前后，輸入電壓不變，變壓器的變

4、壓比不變，故輸出電壓不變，C項(xiàng)錯(cuò)誤；斷開后，電路消耗的功率減小，輸出功率決定輸入功率，D項(xiàng)錯(cuò)誤答案選B. 20 221122nUnU1002pp【方法技巧小結(jié)【方法技巧小結(jié)】 正確理解交流電的瞬時(shí)值、有效值、最大值是解題的關(guān)鍵，在復(fù)習(xí)時(shí)，特別注意對(duì)交流電有效值的理解和計(jì)算； 部分考生對(duì)變壓器工作原理理解不深刻，辨不清原副線圈中的變量與不變量，理不明各量間“誰制約誰”的制約關(guān)系；導(dǎo)致錯(cuò)選 【變式訓(xùn)練-1】如圖7-1-5(甲)為一理想變壓器，其原線圈與一電壓有效值不變的交流電源相連，P為滑動(dòng)頭現(xiàn)令P從均勻密繞的副線圈最底端開始，沿副線圈勻速上滑，直至白熾燈L兩端的電壓等于其額定電壓為止用I1表示流

5、過原線圈的電流，I2表示流過燈泡的電流，U2表示燈泡兩端的電壓，N2表示燈泡消耗的電功率(這里的電流、電壓、功率均指有效值） 下列4個(gè)圖中，能夠正確反映相應(yīng)物理量的變化趨勢(shì)的是( )A(1) (3) B(2) (3)C(1) (4) D(2) (4)B【解析】 副線圈是均勻繞制的且滑動(dòng)頭是勻速上滑，也就是副線圈的匝數(shù)在均勻增大，根據(jù)變壓器的電壓關(guān)系 (k為單位時(shí)間增加的副線圈匝數(shù))，故(3)正確；燈泡兩端的電壓由零增大時(shí)其電阻也增大，描繪的伏安特性曲線為(2)，故(2)正確；燈泡的功率增大得越來越快，(4)錯(cuò)誤；原線圈功率等于燈泡消耗的電功率，由于燈泡消耗的功率增大，所以原線圈的電流一定增大，

6、(1)錯(cuò)誤，選B.2212121UnUUktUnn，得圖圖4 4D【例2】某小型水電站的電能輸送示意圖如圖所示發(fā)電機(jī)的輸出電壓為220V，輸電線總電阻為r，升壓變壓器原副線圈匝數(shù)比為n1n2.降壓變壓器原副線匝數(shù)比為n3n4(變壓器均為理想變壓器)要使額定電壓為220V的用電器正常工作，則下列表述正確的是() 升壓變壓器的輸出電壓等于降壓變壓器的輸入電壓升壓變壓器的輸出功率大于降壓變壓器的輸入功率A BC D21nn21nn34nn34nn二、遠(yuǎn)距離輸電二、遠(yuǎn)距離輸電B【解析】 從左至右，按照3個(gè)回路，結(jié)合變壓器工作原理、遠(yuǎn)距離輸電的幾個(gè)關(guān)系式進(jìn)行分析解：根據(jù)變壓器工作原理可知 = ， =由于

7、輸電線上損失一部分電壓，升壓變壓器的輸出電壓大于降壓變壓器的輸入電壓， 有U2U3，所以 正確，不正確升壓變壓器的輸出功率等于降壓變壓器的輸入功率加上輸電線損失功率，正確答案選B.12nn2220VU34nn3220VU21nn34nn 遠(yuǎn)距離輸電，從圖中應(yīng)該看出功率之間的關(guān)系是：P1=P2，P3=P4，P1=Pr+P3.電壓之間的關(guān)系是： = ， = ，U2=Ur+U3.電流之間的關(guān)系是： = ， = ，I2=Ir=I3.輸電線上的功率損失和電壓損失也是需要特別注意的分析和計(jì)算時(shí)都必須用 ，Ur=I2r.特別重要的是要會(huì)分析輸電線上的功率損失Pr=( )2 【方法技巧小結(jié)【方法技巧小結(jié)】34

8、UU12UU12nn34nn12II12nn34nn34II22rPI r12PULS221U S【變式訓(xùn)練-2】(2010浙江卷)某水電站，用總電阻為2.5 的輸電線輸 電 給 5 0 0 k m 外 的 用 戶 ， 其 輸 出 電 功 率 是3106kW.現(xiàn)用500kV電壓輸電，則下列說法正確的是( )A輸電線上輸送的電流大小為2.0105AB輸電線上由電阻造成的損失電壓為15kVC若改用5kV電壓輸電，則輸電線上損失的功率 為9108kWD輸電線上損失的功率為 ，U2為輸電電壓，r為輸電線的電阻2/PUrWB【解析】由P=IU得輸電線上輸送的電流I = = A =6103A由 =Ir得輸

9、電線路上的電壓損失 =61032.5V=15103V若用5kV電壓輸電，輸電線上損失的功率為 = r=( )22.5W=9108kW比總功率還大，不可能PU6333 1010500 1022PU63 1052PI rUU例3：(2010廈門雙十模擬卷)如圖7-2-1所示，兩個(gè)垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向相反，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度均為a，一正三角形(高度為a)導(dǎo)線框ABC從圖示位置沿圖示方向勻速穿過兩磁場(chǎng)區(qū)域，以逆時(shí)針方向?yàn)殡娏鞯恼较?，在下圖中感應(yīng)電流I與線框移動(dòng)距離x的關(guān)系圖象正確的是()圖7-2-1三、電磁感應(yīng)現(xiàn)象中圖象問題C解：設(shè)導(dǎo)線框移動(dòng)速度為v，當(dāng)導(dǎo)線框進(jìn)入左側(cè)磁場(chǎng)時(shí)，根

10、據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有E1=Blv，因切割的有效長(zhǎng)度均勻增大，故電動(dòng)勢(shì)E1均勻增大，又根據(jù)楞次定律判斷出電流為逆時(shí)針方向，為正值；當(dāng)導(dǎo)線框一部分進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)一部分留在左側(cè)磁場(chǎng)時(shí)，對(duì)兩部分導(dǎo)體分別利用右手定則判斷兩部分切割磁感線時(shí)的電流方向，左側(cè)磁場(chǎng)中的線框AB邊上的電流方向?yàn)锳流向B，右側(cè)磁場(chǎng)中BCA邊的電流方向?yàn)锽流經(jīng)C到A，也就是順時(shí)針方向?yàn)樨?fù)值，且相當(dāng)于兩個(gè)電源串聯(lián)，電動(dòng)勢(shì)大于E1，所以C正確 處理圖象問題時(shí)，可先用電勢(shì)的高低或電流的方向，即正負(fù)值來排除，再用感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)或電流的大小來排除，以便節(jié)約答題時(shí)間方向可由右手定則或楞次定律確定，大小由切割的有效長(zhǎng)度或法拉第電磁感應(yīng)定律來確定變式

11、訓(xùn)練3：(2010浙江卷)半徑為r帶缺口的剛性金屬圓環(huán)在紙面上固定放置，在圓環(huán)的缺口兩端引出兩根導(dǎo)線，分別與兩塊垂直于紙面固定放置的平行金屬板連接，兩板間距為d，如圖 (甲)所示有一變化的磁場(chǎng)垂直于紙面，規(guī)定向內(nèi)為正，變化規(guī)律如圖 (乙)所示在t=0時(shí)刻平板之間中心有一重力不計(jì)，電荷量為+q的靜止微粒，則以下說法正確的是A第2秒內(nèi)上極板為正極B第3秒內(nèi)上極板為負(fù)極C第2秒末微?；氐搅嗽瓉砦恢肈第2秒末兩極板之間的電場(chǎng)強(qiáng)度 大小為0.2 r2/dA解析：01s內(nèi)情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶負(fù)電，金屬板下極板帶正電；若粒子帶正電，則粒子所受電場(chǎng)力方向豎直向上而向上做勻加速運(yùn)動(dòng) 12s內(nèi)情況

12、：由楞次定律可知，金屬板上極板帶正電，金屬板下極板帶負(fù)電；若粒子帶正電，則粒子所受電場(chǎng)力方向豎直向下而向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，2s末速度減小為零 23s內(nèi)情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶正電，金屬板下極板帶負(fù)電；若粒子帶正電，則粒子所受電場(chǎng)力方向豎直向下而向下做勻加速運(yùn)動(dòng)兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小 34s內(nèi)情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶負(fù)電，金屬板下極板帶正電；若粒子帶正電，則粒子所受電場(chǎng)力方向豎直向上而向下做勻減速運(yùn)動(dòng)，4s末速度減小為零，同時(shí)回到了原來的位置選A.變式訓(xùn)練：如圖7-2-4甲所示，光滑且足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在同一水平面上，兩導(dǎo)軌間距L=0.2m，電阻R=0.4

13、，導(dǎo)軌上停放一質(zhì)量m=0.1kg、電阻r=0.1 的金屬桿，導(dǎo)軌電阻可忽略不計(jì)，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向豎直向下現(xiàn)用一外力F沿水平方向拉桿，使之由靜止開始運(yùn)動(dòng)，若理想電壓表的示數(shù)U隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖7-2-4乙所示圖7-2-4WW求：(1)金屬桿在5s末時(shí)的運(yùn)動(dòng)速度 (2)第4s末時(shí)外力F的瞬時(shí)功率求：(1)金屬桿在5s末時(shí)的運(yùn)動(dòng)速度 (2)第4s末時(shí)外力F的瞬時(shí)功率()()5555550.2 12.5m / sUVUERrEBLvRv=+=電壓表的示數(shù)為由閉合電路歐姆定律得聯(lián)立以上三式得：解析： (2)由乙圖可知，R兩端電壓隨時(shí)間均勻變化，所以電路中的電流

14、也隨時(shí)間均勻變化，由閉合電路歐姆定律知，棒上產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)也是隨時(shí)間均勻變化的因此由E=BLv可知，金屬桿所做的運(yùn)動(dòng)為勻變速直線運(yùn)動(dòng)， 25554444450.5m / s4s2m / s4s 0.4 0.18A0.09N W.vvatatvatBLvIRrFBILmaFBIaPFvLm=+-=+=，所以所以末時(shí)的速度，所以末時(shí)電路中的電流為，因，例4：如圖7-2-8所示，一邊長(zhǎng)L=0.2m，質(zhì)量m1=0.5kg，電阻R=0.1w的正方形導(dǎo)體線框abcd，與一質(zhì)量為m2=2kg的物塊通過輕質(zhì)細(xì)線跨過兩定滑輪相連起初ad邊距磁場(chǎng)下邊界為d1=0.8m，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.5T，磁場(chǎng)寬度d2=0.3m

15、，物塊放在傾角=53的斜面上，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.5.現(xiàn)將物塊由靜止釋放，經(jīng)一段時(shí)間后發(fā)現(xiàn)當(dāng)ad邊從磁場(chǎng)上邊緣穿出時(shí)，線框恰好做勻速運(yùn)動(dòng)(g取10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6)求： 圖7-2-8(1)線框ad邊從磁場(chǎng)上邊緣穿出時(shí)繩中拉力的功率；(2)線框剛剛?cè)窟M(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小；(3)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中線框產(chǎn)生的焦耳熱 ()22211sincos01002 (sincos )12m / s22 W210mm gm gTTNmTm gBILBLvIRm gm gvRBPTvLqmqqmq-=-=-=由于線框勻速出磁場(chǎng)，則對(duì)有：得對(duì)有：又因?yàn)?，?lián)立可得：所以繩中拉力的

16、功率解析：( )()()()()( )()()()2221221212221211221203 10m/s1.9m/s5(sincos )11 22(sincos )1232kkadm gm gdLm g dLmmvEEmmvm gm gddLm g dmvdLQmv從線框剛剛?cè)窟M(jìn)入磁場(chǎng)到線框邊剛要離開磁場(chǎng)，由動(dòng)能定理得且，解得從初狀態(tài)到線框剛剛完全出磁場(chǎng)，由能的轉(zhuǎn)化與守恒定律可得，將數(shù)值代入，整理可得線框qmqqmq-=+-=+-+-+=+=1.5JQ在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱為：=二、電磁感應(yīng)現(xiàn)象中力學(xué)問題(1)基本方法： 用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向； 求

17、出回路的電流強(qiáng)度； 分析研究導(dǎo)體受力情況(包括安培力，用左手定則確定其方向)； 列平衡方程或動(dòng)力學(xué)方程求解(2)解決電磁感應(yīng)現(xiàn)象中力學(xué)問題的技巧： 因電磁感應(yīng)中力和運(yùn)動(dòng)問題所給圖形大多為立體空間分布圖，故在受力分析時(shí)，應(yīng)把立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖，使物體(導(dǎo)體)所受的各力盡可能在同一平面圖內(nèi)，以便正確對(duì)力進(jìn)行分解與合成，利用物體的平衡條件和牛頓運(yùn)動(dòng)定律列式求解 對(duì)于非勻變速運(yùn)動(dòng)最值問題的分析，注意應(yīng)用加速度為零，速度達(dá)到最值的特點(diǎn)例2：(2010福建卷)如圖7-2-3所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌固定在傾角為的絕緣斜面上，導(dǎo)軌上端連接一個(gè)定值電阻導(dǎo)體棒a和b放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直并良好接觸斜面上水平虛

18、線PQ以下區(qū)域內(nèi)，存在著垂直穿過斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)現(xiàn)對(duì)a棒施以平行導(dǎo)軌斜向上的拉力，使它沿導(dǎo)軌勻速向上運(yùn)動(dòng)，此時(shí)放在導(dǎo)軌下端的b棒恰好靜止當(dāng)a棒運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)的上邊界PQ處時(shí)，撤去拉力， a棒將繼續(xù)沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)一小段距離后再向下滑動(dòng)，此時(shí)b棒已滑離導(dǎo)軌當(dāng)a棒再次滑回到磁場(chǎng)上邊界PQ處時(shí)，又恰能沿導(dǎo)軌勻速向下運(yùn)動(dòng)已知a棒、b棒和定值電阻的阻值均為R，b棒的質(zhì)量為m，重力加速度為g，導(dǎo)軌電阻不計(jì)求：(1)a棒在磁場(chǎng)中沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)的過程中，a棒中的電流強(qiáng)度Ia與定值電阻R中的電流強(qiáng)度IR之比；(2)a棒質(zhì)量ma；(3)a棒在磁場(chǎng)中沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)時(shí)所受的拉力F.解析：本題是一道電磁感應(yīng)綜合題，涉及直流

19、電路的分析與計(jì)算，安培力、平衡條件，牛頓運(yùn)動(dòng)定律等較多知識(shí)點(diǎn)，全面考查考生的分析綜合能力試題情景較復(fù)雜(有三種情景)，能力要求較高() 211abRRbbabRaRaabRIIII RI RIIIII=+=棒沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)時(shí)， 棒、 棒 及電阻 中電流分別為 、 、 ， 有， 解得：解： (2)由于a棒在PQ上方滑動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，因而a棒在磁場(chǎng)中向上滑動(dòng)的速度大小v1與在磁場(chǎng)中向下滑動(dòng)的速度大小v2相等，即v1=v2=v，設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)體棒長(zhǎng)為L(zhǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為( ) ,sin322 32 sin2sin.37sin2bbbaaaaaaaEBLvaEIBI L

20、m gRaIEIBILm gRaFBI Lm gmmmgqqqq=+=當(dāng) 棒沿斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，向下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)， 棒中的電流為，則，由以上各式聯(lián)立解得：由題可知導(dǎo)體棒 沿斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受拉力 電磁感應(yīng)與力學(xué)問題聯(lián)系的橋梁是磁場(chǎng)對(duì)感應(yīng)電流的安培力解答電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題，一方面要應(yīng)用電磁學(xué)中的有關(guān)規(guī)律，另一方面運(yùn)用力學(xué)的有關(guān)規(guī)律等在分析方法上，要始終抓住導(dǎo)體棒的受力(特別是安培力)特點(diǎn)及其變化規(guī)律，明確導(dǎo)體棒(或線圈)的運(yùn)動(dòng)過程以及運(yùn)動(dòng)過程中狀態(tài)的變化，把握運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的臨界點(diǎn)三、電磁感應(yīng)現(xiàn)象中電路問題(1)基本方法： 確定電源：先判斷產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象的那一部分導(dǎo)體，該部分導(dǎo)體可視為等效電源 分析

21、電路結(jié)構(gòu)，畫等效電路圖 利用電路規(guī)律求解，主要有歐姆定律，串并聯(lián)規(guī)律等(2)常見的一些分析誤區(qū)： 不能正確分析感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)及感應(yīng)電流的方向因產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)那部分電路為電源部分，故該部分電路中的電流應(yīng)為電源內(nèi)部的電流，而外電路中的電流方向仍是從高電勢(shì)到低電勢(shì) 應(yīng)用歐姆定律分析求解電路時(shí)，不注意等效電源的內(nèi)阻對(duì)電路的影響 對(duì)連接在電路中電表的讀數(shù)不能正確進(jìn)行分析，特別是并聯(lián)在等效電源兩端的電壓表，其示數(shù)應(yīng)該是外電壓，而不是等效電源的電動(dòng)勢(shì)例3：如圖7-2-5甲所示，水平面上的兩光滑金屬導(dǎo)軌平行固定放置，間距d=0.5m，電阻不計(jì)，左端通過導(dǎo)線與阻值R=2 的電阻連接，右端通過導(dǎo)線與阻值RL=4 的小

22、燈泡L連接在CDEF矩形區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，CE長(zhǎng)l=2m，有一阻值r=2 的金屬棒PQ放置在靠近磁場(chǎng)邊界CD處CDEF區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化如圖7-2-5乙所示在t=0至圖7-2-5WWWt=4s內(nèi)，金屬棒PQ保持靜止，在t=4s時(shí)使金屬棒PQ以某一速度進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域并保持勻速運(yùn)動(dòng)已知從t=0開始到金屬棒運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)邊界EF處的整個(gè)過程中，小燈泡的亮度沒有發(fā)生變化，求： (1)通過小燈泡的電流(2)金屬棒PQ在磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的速度大小解析：根據(jù)題意分階段討論，分別畫出兩種情形的等效電路，弄清電路結(jié)構(gòu)，結(jié)合電磁感應(yīng)規(guī)律求解 ()04s50.520.5V0.5V0 1A.1.LL

23、ttPQrRRRrRRRrBEdlttEIR=+=W+D FD=創(chuàng)=DD總在至內(nèi)，金屬棒保持靜止，磁場(chǎng)變化導(dǎo)致電路中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)電路為 與 并聯(lián)，再與串聯(lián)，電路的總電阻，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，通過小燈泡的電流為：解： (2)當(dāng)棒在磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，電路為R與RL并聯(lián)，再與r串聯(lián)，此時(shí)電路的總電阻R總 4210 (2)4230.1A0.3A1m / s.LLLLRLRRRrRRIIIIIEI RBdvvPQ=+=+W =W+=+=+ =總總，由于燈泡中電流不變，所以燈泡的電流，則流過棒的電流為， 電動(dòng)勢(shì)，解得棒在磁場(chǎng)區(qū)域中 解決電磁感應(yīng)電路問題的關(guān)鍵就是借鑒或利用相似原

24、型來啟發(fā)理解和變換物理模型，即把電磁感應(yīng)的問題等效轉(zhuǎn)換成穩(wěn)恒直流電路，把產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的那部分導(dǎo)體等效為內(nèi)電路，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小相當(dāng)于電源電動(dòng)勢(shì)，其余部分相當(dāng)于外電路，并畫出等效電路圖，處理該類問題時(shí)，要注意電源電動(dòng)勢(shì)與外電壓的區(qū)別，正確分析內(nèi)電路與外電路變式訓(xùn)練3：如圖7-2-6所示，兩足夠長(zhǎng)平行光滑的金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌平面與水平面夾角a=30，導(dǎo)軌電阻不計(jì)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面向上，長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌電接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為m、電阻為R.兩金屬導(dǎo)軌的上端連接右端電路，燈泡的電阻RL=4R，定值電阻R1=2R，電阻箱電阻

25、調(diào)到使R2=12R，重力加速度為g，現(xiàn)將金屬棒由靜止釋放，試求：圖7-2-6(1)金屬棒下滑的最大速度為多大？(2)R2為何值時(shí)，其消耗的功率最大？消耗的最大功率為多少？()2222sin6sin3.1mmvBLvmmgaFFILBIRB L vmRRmgaRmgRvB L=安安總當(dāng)金屬棒勻速下滑時(shí)速度最大，設(shè)最大速度為，達(dá)到最大時(shí)則有，其中，所以，解得最大速度解析：( )2222222222222222222222222224342 2sin316sin(4)16sin 2 16844LmURPRRRBLvRUIRRRRRRB L vmgaRRR Rm gPB LRRRm gB LRRRRRm g RPBRRRaa=+=+=+=+=并并上消耗的功率，其中，又解以上方程組可得當(dāng)時(shí)，消耗的功率最大最大功率22L四、電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量轉(zhuǎn)化問題基本方法： 用法拉第電磁感應(yīng)和楞次定律確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大