2010 电磁感应与交变电流

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1、successsuccess第1课时 电磁感应与交变电流基基 础础 回回 扣扣1.感应电流磁通量success2.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success(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

2、,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success(4)感应电荷量的计算回路中发生磁通量变化时,在t内迁移的电荷量(感应电荷量)为q=It= .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

3、形式为:e= ,用Em=NBS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NBSsintEmsintsuccess5.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succes

4、s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success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

5、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.success题型题型1 1 楞次定律和图象的应用楞次定律和图象的应用例1 如图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 里时磁通量的方向为正,外力F向右为正.则以下关于

6、 线框中的磁通量、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 （ ）successsuccesssuccess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.success预测演练预测演练1 1 如图所示,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

7、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it关系的是 （ ）successsuccess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 Asuccess题型题型2 2 电磁感应中的动力学分析电磁感应中的动力学分析 例2 、光滑的平行金属导轨长L=2m,两导轨间

8、距d=0.5m,轨 道平面与水平面的夹角=30,导轨上端接一阻值为 R=0.6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,如图所示.有一质量m=0.5kg 、电阻r=0.4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.success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

9、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=I2RtR在棒下滑的整个过程中金属棒中产生的热量Q2= =0.4J (1分)success设棒到达底端时的速度为vm,根据能的转化和守恒定律,得mgLsin= +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mgsin-BImd=ma (1分)解得a=3m/s2 (1分)答案 (1)0.6V (2)4m/s (3)3m/s2success1.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

10、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.success预测演练预测演练3 3 如图甲所示,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

11、拉力和安培力与时间关系的图象,已知重力加速 度为g.success(1)求导体棒与导轨间的动摩擦因数. (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 中、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)success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

12、,根据牛顿第二定律有:F0- -Ff=0Ff=FNFN=mg解得=(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success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.success题型题型3 3 电磁感应中能量转化问题

13、电磁感应中能量转化问题 例3 、如图所示, 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=0.5,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:success(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

14、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.success 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=BS=BL2=10.52Wb=0.25Wb(2)cd边刚过PQ的瞬间,线框中的感应电动势E=2BLv0=210.52V=2V感应电流的大小为I= =4A线框所受安培力的大小为F=2BIL=2140.5N=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successQ1= =0.75JMN与PQ重合的时刻,线框中的感应电动势E1=2BLv1=210.51V=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)0.25 Wb (2)8 m/s2 (3)1.25 Jsuccess题型题型4 4 变压器原理与交流电特性变压器原理与交流电特性例4 、如图所示, 理想变压器原、副线圈匝数之比为41,原线圈接入一电压为u=U0sint的交流电源,副线圈接一个R=27.5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55V