知識方法精彩回扣第8天電磁感應與電路

1、第八天電磁感應與電路知識回扣電路中幾個重要的計算公式I=q、I=RR=lPS導體的伏安特性曲線常畫成IU或UI圖象，對于線性元件，伏安特性曲線是直線，如圖1甲所示，對于非線性元件，伏安特性曲線是彎曲的，是非線性的，如圖乙所示.圖1電功、電功率電功：電路中靜電力定向移動自由電荷所做的功電功是電能轉化為其他形式能的量度，用W=UIt計算.電功率：表示靜電力做功快慢的物理量，P=UI是電功率的普適式，適用于任何電路.焦耳定律：電流通過電路因克服阻力做功產生熱量，Q=I2Rt是電熱的計算式，稱焦耳定律.(4)電功和電熱的區(qū)別純電阻電路：電流做功的電能全部轉化為內能，電功等于電熱，即W=UIt=I2Rt

2、.非純電阻電路：電流做功小部分轉化為電熱Q=l2Rt；大部分轉化為其他形式的能.W=UIt不再等于Q=I2Rt，應是W=E其他+Q.閉合電路歐姆定律閉合電路歐姆定律內容：1=E/(R+r)，或E=U+UE=U+Ir.說明：外電路斷路時，Rts，有1=0,U=E.外電路短路時，R=0,有I=E/r,U=0.閉合電路的UI圖象在UI坐標系下，路端電壓隨電流變化圖線是直線，如圖2所示.圖線縱截距表示電源電動勢；橫截距表示短路電流；斜率的絕對值表示電源內阻，且斜率越大內阻越大，斜率越小內阻越小.圖2感應電流方向的判定右手定則：伸開右手，使拇指跟其余的四指垂直且與手掌都在同一平面內，讓磁感線垂直穿過手心

3、，手掌所在平面跟磁感線和導線所在平面垂直，大拇指指向導線運動的方向，四指所指的方向即為感應電流方向.楞次定律楞次定律：感應電流的磁場總是阻礙引起感應電流的磁通量的變化.對“阻礙”的理解這里的“阻礙”不可理解為“相反”，感應電流產生的磁場的方向，當原磁場增加時，則與原磁場方向相反，當原磁場減弱時，則與原磁場方向相同；也不可理解為“阻止”，這里是阻而未止.楞次定律的另一種表達：感應電流的效果總是要反抗產生感應電流的原因.即由電磁感應現象而引起的一些受力、相對運動、磁場變化等都有阻礙原磁通量變化的趨勢.楞次定律應用時的步驟先看原磁場的方向如何.再看磁通量的變化(增強還是減弱).根據楞次定律確定感應電

4、流磁場的方向.再利用安培定則，根據感應電流磁場的方向來確定感應電流方向.法拉第電磁感應定律定律內容：電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比.nE=H另一種特殊情況：回路中的一部分導體做切割磁感線運動時，其感應電動勢E=BLvsin0定律的幾種表示式E=，E=BLvsin0E=BS=B養(yǎng)E=*BL23正弦式交變電流瞬時值表達式e=EmsinwtU=Umsinwti=Imsinwt正弦式交變電流有效值與最大值的關系UUmU2,ImI2.&理想變壓器及其關系式U1n1U1U2U3(1)電壓關系為花區(qū)(多輸出線圈時為)功率關系為P入一P出(多輸出線圈時為P入一P出1+P出2+).

5、|1n2電流關系為匚二(多輸出線圈時為n1I1n2|2+n3|3+)頻率關系為：f入一f出.方法回扣測電阻電路的設計(1)內接法和外接法的選擇大內小外：測量大(或小)阻值電阻時，應采用電流表內接(或外接)法.臨界電阻RoVRaRv，若RxR0，則采用電流表內接法.(2)變阻器的限流接法和分壓接法的選擇以下情況必須采用分壓電路：若采用限流電路，電路中的最小電流仍超過用電器的額定電流時；用電器電阻遠大于滑動變阻器總電阻值，且實驗要求的電壓變化范圍較大(或要求測量多組實驗數據)時；要求某部分電路的電壓從零開始可連續(xù)變化時.直流電路動態(tài)分析的方法(1)程序法基本思路是“部分t整體t部分”，即從阻值變化

6、的部分入手，由串、并聯(lián)規(guī)律判斷R總的變化情況，再由歐姆定律判斷I總和U端的變化情況，最后再由部分電路歐姆定律判定各部分電流或電壓的變化情況即增大增大減小增大I分R局TR總TI總,TU端TR減小減小增大減小U分(2)直觀法即直接應用“部分電路中的R、I、U的關系”中的兩個結論任一電阻R阻值增大，必引起該電阻中電流I的減小和該電阻兩端電壓U的增大.即IJR.Uf任一電阻R阻值增大，必將引起與之并聯(lián)的支路中電流I并的增大和與之串聯(lián)的各電I并f阻兩端電壓U串的減小.即RfTU串J極端法因變阻器滑動引起電路變化的問題，可將變阻器的滑動端分別滑至兩個端點去討論.變壓器動態(tài)問題的“制約”思路(如圖3所示)圖

7、3ni電壓制約(輸入電壓決定輸出電壓)：當變壓器原、副線圈的匝數比(幕)一定時，輸出電壓U2由輸入電壓U1決定，即U2=晉，簡述為“原制約副”.ni電流制約(輸出電流決定輸入電流)：當變壓器原、副線圈的匝數比(幕)一定，且輸入電壓Ui確定時，原線圈中的電流Ii由副線圈中的輸出電流i2決定，即Ii=芽節(jié)，簡述為“副制約原”.負載制約(輸出功率決定輸入功率)：變壓器副線圈中的功率P2由用戶負載功率決定P2=P負i+P負2+；變壓器副線圈中的電流I2由用戶負載R負載及電壓U2確定：U212=.R負載電磁感應中綜合問題的分析電路問題用法拉第電磁感應定律和楞次定律確定感應電動勢的大小和方向.當切割磁感線

8、的導體棒勻速運動或磁通量均勻變化時，感應電動勢不變，是恒定電流的問題；當切割磁感線的導體棒變速運動或磁通量非均勻變化時，則是變化電流的問題.畫出等效電路，對整個回路進行分析，確定哪一部分是電源，哪一部分為負載以及負載間的連接關系.運用閉合電路歐姆定律，串、并聯(lián)電路的特點，電功率公式、焦耳定律以及能量守恒定律，聯(lián)立求解.(2)動力學問題在力和運動的關系中，要注意分析導體受力，判斷導體加速度方向、大小及變化；加速度等于零時，速度最大，導體最終達到穩(wěn)定狀態(tài)是該類問題的重要特點.能量問題安培力做的功是電能和其他形式的能之間相互轉化的“橋梁”，用框圖表示如下：明確功能關系，確定有哪些形式的能量發(fā)生了轉化

9、.如有摩擦力做功，必有內能產生；有重力做功，重力勢能必然發(fā)生變化；安掊力做負功，必然有其他形式的能轉化為電能.根據不同物理情景選擇動能定理、能量守恒定律或功能關系，列方程求解問題.習題精練在如圖4所示的電路中，C為一平行板電容器，閉合開關S,給電容器充電，當電路中電流穩(wěn)定之后，下列說法正確的是()圖4A保持開關S閉合，把滑動變阻器Ri的滑片向上滑動，電流表的示數變大，電壓表的示數變大B保持開關S閉合，不論滑動變阻器Ri的滑片是否滑動，都有電流流過R2保持開關S閉合，將電容器上極板與下極板距離稍微拉開一些的過程中，R2中有由b至Ua的電流斷開開關S,若此時剛好有一帶電油滴P靜止在兩平行板電容器之

10、間，將電容器上極板與下極板稍微錯開一些的過程中，油滴將向上運動答案AD解析保持開關S閉合，把滑動變阻器Ri的滑片向上滑動，電路中的總電阻變小，電流變大，電流表A的示數變大，由U=IR3知電壓表V的示數變大，A正確；保持開關R2中沒有電流S閉合，滑動變阻器R1的滑片不滑動，則電容器兩極板間的電壓不變,通過，B錯誤；若保持開關S閉合，拉開電容器兩極板之間的距離，電容器的電容變小，兩極板間的電壓不變，此時電容器放電，R2中有由a到b的電流，C錯誤；斷開開關S,電容器兩極板電荷量不變，若將電容器上極板與下極板稍微錯開一些，正對面積變小，電容器的電容變小，由E=U=Q知，兩極板間場強變大，油滴P將向上運

11、動，D正確.dCd如圖5甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數比為4：1，電壓表和電流表均為理想電表，原線圈接如圖乙所示的正弦交流電，圖中Rt為熱敏電阻（隨溫度升高其電阻變?。?R為定值電阻.下列說法正確的是（）甲乙圖5A.副線圈兩端電壓的瞬時值表達式為u=9,2sin50nVt=0.02s時電壓表V2的示數為9V變壓器原、畐U線圈中的電流之比和輸入、輸出功率之比均為1:4Rt處溫度升高時，電流表的示數變大，電壓表V2的示數不變答案BD解析由題圖乙知U1=36V,T=2X10-2s,由學=丫得U2=9V，所以副線圈兩端電U2n2壓的瞬時值表達式為u=9.2sin100nV,A選項錯；電壓表示數為有

12、效值，故B選項正確；由變壓器原、副線圈電流關系及輸入、輸出功率關系知，C選項錯；當Rt處溫度升高時，Rt電阻變小，U2不變，副線圈中電流I2變大，故D選項正確.如圖6甲所示，一矩形金屬線圈ABCD垂直固定于磁場中，磁場是變化的，磁感應強度B隨時間t的變化關系圖象如圖乙所示，則線圈的AB邊所受安培力F隨時間t變化的圖象是下列圖中的（規(guī)定向右為安培力F的正方向）（）圖6答案AEar解析由1=R,E=NfS和B分段均勻變化知，電流大小在分時間段內恒定.由F=BILab和左手定則可知在01s內，AB邊受的安培力方向向左，且均勻變小，可知B、D錯誤；在1s2s內，B均勻增大，感應電流方向由A到B，由左手

13、定則可知，AB邊受的安培力方向向右，且均勻增大，故A正確，C錯誤.如圖7所示，光滑斜面的傾角為0,斜面上放置一矩形導體線框abed,ab邊的邊長為l1,be邊的邊長為12，線框的質量為m、電阻為R,線框通過絕緣細線繞過光滑的小滑輪與重物相連，重物質量為M，斜面上ef線(ef平行底邊)的右上方有垂直斜面向上的勻l1,be邊的邊長為12，線框的質量為m、電阻為R,線框通過絕緣細線繞過光滑的小滑輪與重物相連，重物質量為M，斜面上ef線(ef平行底邊)的右上方有垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應強度為B，如果線框從靜止開始運動，進入磁場的最初一段時間是做勻速運動的，且線框的ab邊始終平行底邊，則下列說法正確的是A線框進入磁場前運動的加速度為MgmgS0一、Mgmgsin0RB.線框進入磁場時勻速運動的速度為B2I2B2I?|2C.線框進入磁場時做勻速運動的總時間為Mgmgsin0RD若該線框進入磁場時做勻速運動，則勻速運動過程產生的焦耳熱為答案BC(Mgmg)l2解析線框進入磁場前，根據牛頓第二定律得