专题04电磁感应与电路03专题复习

感悟·渗透·应用三、含感应电动势的电路分析与计算.这类问题中应当把产生感应电动势的部分导体看成电源，其余通路则为外电路，根据电路结构进行分析计算.感悟·渗透·应用【例7】如图4-8所示，da、cb为相距l的平行导轨(电阻可以忽略不计).a、b间接有一个固定电阻，阻值为R.长直细金属杆MN可以按任意角架在水平导轨上，并以速度v匀速滑动(平移)，v的方向和da平行.图4-8感悟·渗透·应用杆MN有电阻，每米长的电阻值为R.整个空间充满匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直纸面(dabc平面)向里(1)求固定电阻R上消耗的电功率为最大时θ(2)求杆MN上消耗的电功率为最大时θ角的值.感悟·渗透·应用【解析】如图4-8所示，杆滑动时切割磁感线而产生感应电动势E=Blv，与角无关.以r表示两导轨间那段杆的电阻，回路中的电流为:(1)电阻R上消耗的电功率为:由于E和R均与无关，所以r值最小时，PR值达最大.当杆与导轨垂直时两轨道间的杆长最短，r的值最小，所以PR最大时的值为=/2.rREI222)(rRRERIPR感悟·渗透·应用(2)杆上消耗的电功率为:Pr=要求Pr最大，即要求取最大值.由于显然，r=R时，的电阻值为R，r=R即要求两导轨间的杆长为1m，222)(rRrErI2)(rRr])(1[41)(22RrRrRrRr2)(rRr感悟·渗透·应用所以有以下两种情况：①如果l≤1m，则满足下式时r=R1×sin=l所以=arcsinl②如果l＞1m，则两导轨间那段杆长总是大于1m，即总有r＞R由于在r＞R的条件下，上式随r的减小而单调减小，r取最小值时=/2，取最小值，取最大值，所以，Pr取最大值时值为22)21()(RrRRrRr2)(RrRr2)(Rrr2感悟·渗透·应用【例8】如图4-9所示，光滑的平行导轨P、Q相距l=1m，处在同一水平面中，导轨左端接有如图所示的电路，其中水平放置的平行板电容器C两极板间距离d=10mm，定值电阻R1=R3=8Ω，R2=2Ω，导轨电阻不计.图4-9感悟·渗透·应用磁感应强度B=0.4T的匀强磁场竖直向下穿过导轨面.当金属棒ab沿导轨向右匀速运动(开关S断开)时，电容器两极板之间质量m=1×10-14kg、带电量Q=-1×10-15C的微粒恰好静止不动；当S闭合时，微粒以加速度a=7m/s2向下做匀加速运动，取g=10m/s2，求：(1)金属棒ab运动的速度多大?电阻多大?(2)S闭合后，使金属棒ab做匀速运动的外力的功率多大?感悟·渗透·应用【解析】(1)带电微粒在电容器两极板间静止时，受向上的电场力和向下的重力作用而平衡，则得到:mg=求得电容器两极板间的电压由于微粒带负电，可知上极板电势高.由于S断开，R1上无电流，R2、R3串联部分两端总电压等于U1，电路中的感应电流，即通过R2、R3的电流为:dUq1VVqmgdU11001.0101015141AARRUI1.02813211感悟·渗透·应用由闭合电路欧姆定律，ab切割磁感线运动产生的感应电动势为E=U1+Ir①其中r为ab金属棒的电阻当闭合S后，带电微粒向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律，有:mg-U2q/d=ma求得S闭合后电容器两极板间的电压:VVqdagmU3.01001.0)710(10)(15142感悟·渗透·应用这时电路中的感应电流为I2=U2/R2=0.3/2A=0.15A根据闭合电路欧姆定律有②将已知量代入①②求得E=1.2V，r=2又因E=Blv∴v=E/(Bl)=1.2/(0.4×1)m/s=3m/s即金属棒ab做匀速运动的速度为3m/s，电阻r=2)(231312rRRRRRIE感悟·渗透·应用(2)S闭合后，通过ab的电流I2=0.15A，ab所受安培力F2=BI2l=0.4×1×0.15N=0.06Nab以速度v=3m/s做匀速运动时，所受外力必与安培力F2大小相等、方向相反，即F=0.06N，方向向右(与v同向)，可见外力F的功率为:P=Fv=0.06×3W=0.18W感悟·渗透·应用四、交变电流和变压器电路电磁感应产生交变电动势，问题的讨论便如同交流电路，要注意最大值、有效值、平均值的概念，电流的功率和热量的计算用有效值，电量的计算用平均值，要记住交变电动势最大值Em=NBS.解题思路与处理纯电阻直流电路相似.变压器原线圈和与之相串联的负载作为外电路接在交变电源上，副线圈作为输出端电源，与副线圈相接的负载作为外电路，原副线圈各自的闭合回路同样符合闭合电路的有关规律，原副线圈之间通过电磁互感满足U1/U2=n1/n2，P入=P出两个基本公式.感悟·渗透·应用【例9】如图4-10所示，一半径为r的半圆形线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直纸面向里的、磁感应强度为BM、N是两个集流环，负载电阻为R，线圈、电流表和导线的电阻不计.图4-10感悟·渗透·应用试求：(1)由图示位置起经过1/4转时间内负载电阻上产生的热量；(2)由图示位置起经过1/4转时间内通过负载电阻R的电量；(3)电流表示数.感悟·渗透·应用【解析】线圈由图示位置开始绕轴匀速转动，产生的交变电流如图4-11所示，交变电动势的最大值为：22222BnrnrBBSEm图4-11感悟·渗透·应用(1)线圈由图示位置经1/4转时间内，电动势电阻上产生的热量为：(2)线圈由图示位置经1/4转时间内，电动势的平均值由法拉第电磁感应定律知E=△E/△t，通过R的电量为:22222BnrEEmRnrBnRRBnrTRRERtIQ841)22(4)(42422222RrBRtREtIq22感悟·渗透·应用(3)注意这里电流表的读数为有效值，而交流电的有效值是根据电流的热效应来定义的，通常应4-11可知，若交流电在一周期内的有效值为E′，则由有效值定义知解得E′=Em/2，电流表的示数为:TRETREm22'2)2/(RBnrREIA2'22感悟·渗透·应用【例10】如图4-12所示，理想变压器原副线圈匝数n1∶n2∶n3=3∶2∶1副线圈2上接有“8V8W”的灯泡L1、L2，副线圈3上接有“6V9W”的灯泡L3、L4，原线圈上接有电阻R=3，当a、b两端接交变电源后，L1、L2正常发光，求交变电源的输出功率.图4-12感悟·渗透·应用【解析】交变电源的输出功率等于原副线圈及其回路中电阻R消耗的功率，也就等于R上的功率与L1、L2、L3、L4由于L1、L2正常发光，P1=P2=8W，U2=8V由U1∶U2∶U3=n1∶n2∶n3=3∶2∶1得U1=12V,U3=4V所以L3、L4不能正常发光R3=R4=，4962323PU感悟·渗透·应用所以L3、L4的实际功率为:P3=P4=.变压器的输出功率为:P出=P1+P2+P3+P4=8×2+4×2=24W原线圈中电流I1=P出/U1=24/12=2A，R上消耗的电功率P=I21R=22×3=12W交流电源实际的输出功率=P+P出=12+24=36WWRU4442323感悟·渗透·应用五、电磁感应现象在实际生活、生产和科学技术中的应用此类问题有两种形式，一种是介绍应用实例，要求指出所包含的电磁感应理论(工作原理)，另一种是摆出实际问题，要求设计出使用方案或制作思想.后者要求较高，不但要熟练应用有关知识理论，还必须有较高的创造性思维能力，综合运用理论知识和实验技能.感悟·渗透·应用【例11】已知某一区域的地下埋有一根与地面平行的直线电缆，电缆中通有变化的电流，在其周围有变化的磁场，因此，可以通过在地面上测量闭合试探小线圈中的感应电动势来探测电缆的确切位置、走向和深度.当线圈平面平行地面时，a、c在两处测得试探线圈感应电动势为0，b、d两处测得试探线圈感应电动势不为0；当线圈平面与地面成45°夹角时，在b、d两处测得试探线圈感应电动势为0；经测量发现，a、b、c、d恰好位于边长为1m的正方形的四个顶角上，感悟·渗透·应用如图4-13所示，据此可以判定地下电缆在ac两点连线的正下方，离地表面的深度为0.71m.图4-13感悟·渗透·应用【解析】当线圈平面平行地面时，a、c在两处测得试探线圈感应电动势为0，b、d两处测得试探线圈感应电动势不为0；可以判断出地下电缆在a、c两点连线的正下方；如图4-14所示a′c′表示电缆，当线圈平面与地面成45°夹角时，在b、d两处测得试探线圈感应电动势为0；可判断出O′b垂直试探线圈平面，则作出：Rt△OO′b，其中∠ObO′=45°那么OO′=Ob=/2=0.71(m).图4-142感悟·渗透·应用【解题回顾】本题是一道电磁感应现象的实际应用的题目，将试探线圈产生感应电动势的条件应用在数学中，当线圈平面与地面成45°夹角时，在b、d两处测得试探线圈感应电动势为0，即电缆与在b、d两处时的线圈平面平行，然后作出立体几何的图形，便可用数学方法处理物理问题.