1、1.恒定电流(1)闭合电路中的电压、电流关系:E=U外+U内,I=,U=E-Ir。(2)闭合电路中的功率关系:P总=EI,P内=I2r,P出=IU=I2R=P总-P内。(3)直流电路中的能量关系:电功W=qU=UIt,电热Q=I2Rt。(4)纯电阻电路中W=Q,非纯电阻电路中WQ。ER r2.电磁感应(1)判断感应电流的方向:右手定则和楞次定律(增反减同、来拒去留、增缩减扩)。(2)求解感应电动势常见情况与方法情景图研究对象回路(不一定闭合)一段直导线(或等效成直导线)绕一端转动的一段导体棒绕与B垂直的轴转动的导线框表达式E=nE=BLvE=BL2E=NBS sin tt12(3)自感现象与涡
2、流自感电动势与导体中的电流变化率成正比,线圈的自感系数L跟线圈的形状、长短、匝数等因素有关系。线圈的横截面积越大,线圈越长,匝数越多,它的自感系数就越大。带有铁芯的线圈其自感系数比没有铁芯时大得多。3.交变电流(1)交变电流的“四值”最大值:为Um、Im,即交变电流的峰值。瞬时值:反映交变电流每瞬间的值,如e=Em sin t。有效值:正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系为E=、U=、I=;非正弦式交变电流的有效值可以根据电流的热效应来求解。计算交变电流的电功、电功率和测定交流电路的电压、电流都是指有效值。平均值:反映交变电流的某物理量在t时间内的平均大小,如平均电动势E=nm2Em2Um
3、2I。(2)理想变压器的基本关系式功率关系:P入=P出;电压关系:=;电流关系:=。t12UU12nn12II21nn(3)远距离输电常用关系式(如图所示)输电导线上损耗的电功率:P损=I线U损=R线=R线。2I线222PU功率关系:P1=P2,P3=P4,P2=P线+P3。电压损失:U损=I2R线=U2-U3。输电电流:I线=。22PU33PU23U UR线1.(2019江苏单科,1,3分)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1 10,当输入电压增加20 V时,输出电压()A.降低2 V B.增加2 VC.降低200 VD.增加200 VD解析解析 依据理想变压器原、副线圈的电压比与匝数比关系
4、公式可知,=,则U2=U1,得U2=200 V,故选项D正确。12UU12nn21nn2.(2020江苏单科,2,3分)电流互感器是一种测量电路中电流的变压器,工作原理如图所示。其原线圈匝数较少,串联在电路中,副线圈匝数较多,两端接在电流表上。则电流互感器()A.是一种降压变压器B.能测量直流电路的电流 C.原、副线圈电流的频率不同D.副线圈的电流小于原线圈的电流D解析解析 由题设条件可知变压器的原线圈匝数较少,副线圈匝数较多,由=可知,电流互感器是一种升压变压器,A错误;由n1I1=n2I2可知,原线圈的电流大于副线圈的电流,D正确;变压器的工作原理是电磁感应,不能测量直流电路的电流,B错误
5、;变压器不改变交流电的频率,即原、副线圈电流的频率相同,C错误。12UU12nn3.(2019江苏单科,3,3分)如图所示的电路中,电阻R=2。断开S后,电压表的读数为3 V;闭合S后,电压表的读数为2 V,则电源的内阻r为()A.1 B.2 C.3 D.4 A解析解析 若断开S,则电压表的示数等于电源电动势E,则E=3 V。若闭合S,据串联电路电压分配关系可得=,且U=2 V,R=2,得出r=1,故选项A正确。UERR r4.(2020江苏单科,3,3分)如图所示,两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反。金属圆环的直径与两磁场的边界重合。下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是
6、()A.同时增大B1减小B2B.同时减小B1增大B2 C.同时以相同的变化率增大B1和B2D.同时以相同的变化率减小B1和B2 B解析解析 同时增大B1减小B2,环中的合磁通量方向垂直纸面向里,且增大,由楞次定律可知环中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外,由安培定则可知环中感应电流方向为逆时针方向,A错误;同时减小B1增大B2,环中的合磁通量方向垂直纸面向外,且增大,由楞次定律可知,环中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里,由安培定则可知环中感应电流方向为顺时针方向,B正确;同时以相同的变化率增大或减小B1和B2,环中的合磁通量始终为零,不产生感应电流,C、D错误。201820192020电路T
7、2:远距离输电定量问题T8:含容电路、闪光灯T1:变压器定量运算T3:闭合电路欧姆定律的应用T6:汽车电源、启动电机和车灯连接的电路分析电磁感应T9:导体杆切割磁感线时的功能问题T13:电磁感应的综合应用T14:电磁感应的综合应用T2:电流互感器T3:楞次定律的应用T14:电磁感应的综合应用1.交变电流的“四值”最大值:分析电容器的耐压值。瞬时值:计算线圈某时刻的受力情况。有效值:电表的读数,计算电热、电功、电功率及保险丝的熔断电流。平均值:计算一段时间内通过导体横截面的电荷量。一、交变电流、变压器综合问题一、交变电流、变压器综合问题2.理想变压器原理及其动态分析(1)根据题意分清变量和不变量
8、,以及变压器电路的原、副线圈的功率、电流、电压的关系。(2)弄清“谁决定谁”的制约关系。对电压而言,输入决定输出;对电流、电功(率)而言,输出决定输入。典例典例1 (多选)(2020江苏苏、锡、常、镇四市二调)如图甲所示为一种自耦变压器(可视为理想变压器)的结构示意图。线圈均匀绕在圆环型铁芯上,滑动触头P在某一位置,在B、C间接一个交流电压表和一个电阻R。若A、B间输入图乙所示的交变电压,则()甲乙A.t=110-2 s时,电压表的示数为零B.A、B间输入电压的瞬时值表达式为u=220sin 100t VC.滑动触头P顺时针转动时,R两端的电压增大D.滑动触头P逆时针转动时,A、B间输入功率增
9、大2解析解析 BD因为电压表的示数为有效值,所以A错误;从题图乙可知,A、B间输入电压的最大值为220 V,周期为T=210-2 s,所以角速度为=100,所以,A、B间输入电压的瞬时值表达式为u=220 sin 100t V,B正确;滑动触头P顺时针转动时,变压器上A、P间的匝数增多,变压器A、P间电压增大,则R两端的电压减小,C错误;滑动触头P逆时针转动时,B、C间电压增大,根据P=可知输出功率增大,即A、B间输入功率增大,D正确。22T22UR变式变式1(2020江苏盐城第三次模拟)“新冠肺炎”席卷全球,某汽车厂决定改建生产线转产口罩,原生产线工作电压为380 V,而口罩机工作电压为22
10、0 V。现在需要变压器来进行降压,若变压器原线圈匝数为1 900匝,则副线圈匝数为()A.110 B.220 C.1 100 D.2 200C解析解析 根据=解得n2=匝=1 100匝,故选项C正确。12UU12nn2 11UnU220 1 900380二、电磁感应与图像的综合二、电磁感应与图像的综合1.图像问题的求解类型类型据电磁感应过程选图像据图像分析判断电磁感应过程2.解题关键弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键。3.解决图像问题的一般步骤(1)明确图像的种类,即看图像是B-t图还是-t图,或者E-t图、I-t图等。(2)
11、分析电磁感应的具体过程。(3)用右手定则、楞次定律等确定方向的对应关系。(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出函数关系式。(5)根据函数关系式,进行分析,如分析斜率的变化、截距等。(6)画图像或判断图像。4.电磁感应中图像类选择题的两个常用方法排除法 定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化),特别是分析物理量的正负,以排除错误的选项函数法 根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系式,然后由函数关系式对图像进行分析和判断典例典例2 (2020江苏南京四模)如图所示,导体电路放置在水平面内,处于竖直向下、范围足够
12、大的匀强磁场中,平行光滑且足够长的金属导轨上放置导体棒MN,水平导体棒与导轨垂直且接触良好,t=0时刻单刀双掷开关S拨到t位置,电源给电容器C充电,t1时刻又将S拨到2位置,电容器C通过MN连接的回路放电,以下关于电容器充放电电流iC、电容器两极电压UC、导体棒MN的速度v及MN两端电压UMN随时间t变化图像正确的是()QU解析解析 C t=0时刻单刀双掷开关S拨到1位置,电容器充电,电容器两极间电压等于电源电动势;开关S拨到1位置时电容器充电电流最大,然后逐渐减小,电容器充电完毕,电流为零;将S拨到2位置之前,棒MN无电流,棒MN两端电压UMN为零,棒MN处于静止;t1时刻,将单刀双掷开关S
13、拨到2位置,电容器处于放电状态,电流逐渐减小,根据C=可知电容器两极间电压逐渐减小;有电流流过棒MN,在安培力作用下棒MN运动,在棒MN运动过程中,由于切割磁感线也将产生电动势,该电动势方向和电容器电压相反,故电路中电流是变化的,当棒MN的感应电动势和电容器电压相等时,棒MN做匀速运动,故棒MN先做加速度逐渐减小的加速运动,最后匀速运动,故A、B、D项错误,C项正确。变式变式2(2018江苏南通如皋调研)将一段导线绕成如图甲所示的闭合回路,并固定在水平面(纸面)内。回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场中。回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场,以垂直于纸面向里为磁场的正方向,其磁感应强度B随时间t
14、变化的图像如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力,以水平向右为F的正方向,能正确反映F随时间t变化的图像是()解析解析 B分析一个周期内的情况:在前半个周期内,磁感应强度均匀变化,由法拉第电磁感应定律得知,圆形线圈中产生恒定的感应电动势,则感应电流恒定不变,ab边在磁场中所受的安培力也恒定不变,由楞次定律可知,圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向,通过ab的电流方向从ba,由左手定则判断得知,ab边所受的安培力方向水平向左,为负值;同理可知,在后半个周期内,安培力大小恒定不变,方向水平向右,故B项正确。三、电磁感应中感生类问题综合三、电磁感应中感生类问题综合解答电磁感应中电路问题的步骤典例
15、典例3 (2020江苏常熟中学适应性考试)如图甲所示,水平虚线下方有垂直于纸面方向的有界匀强磁场,磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示,规定垂直于纸面向里为磁场的正方向。相邻边长分别为L、2L的单匝长方形导体闭合线框用细线悬挂,线框一半位于磁场内,力传感器记录了细线拉力F随时间t的变化关系如图丙,设重力加速度为g,图乙、图丙中B0、F0、T是已知量。求:(1)0T时间内线框内感应电动势E;(2)线框的质量m和电阻R;(3)若某时刻起磁场不再变化,磁感应强度恒为B0,剪断细线,结果线框在上边进入磁场前已经做匀速运动,求线框从开始下落到上边刚到虚线位置过程中产生的电热Q。甲乙丙答案答案(1)(
16、2)(3)-解析解析(1)0T时间内线框中产生的感应电动势E=(2)t=0时对线框分析则有F0=B0IL+mgt=T时F=0,则有B0IL=mg又I=202BLT02Fg2 3004BLFT02FL202FLgTtS Bt202BLTER联立可得m=R=(3)线框在上边进行磁场前已做匀速运动,设线框的速度为v,对线框有mg=B0IL=B0L=可得v=线框从开始下落到上边刚到虚线位置过程中产生的电热Q=mgL-mv2解得Q=-02Fg2 3004BLFT0BLvR2 20BLvR2LT1202FL202FLgT变式变式3(2020江苏南京六校联合体联考)如图所示,图甲为手机及无线充电板,图乙为充
17、电原理示意图。充电板接交流电源,对充电板供电,充电板内的送电线圈可产生交变磁场,从而使手机内的受电线圈产生交变电流,再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电,下列说法正确的是()甲乙A.手机外壳用金属材料制作可以减少能量损耗B.如果图示方向的磁场在变强,受电线圈中c点的电势高于d点的电势C.在送电线圈电压不变的情况下,增加送电线圈匝数可以提高受电线圈的电压D.受电线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同解析解析 D 手机外壳使用金属材料会屏蔽电磁波,导致无线充电不能完成,故A项错误;根据楞次定律可知,受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针,受电线圈中感应电流方向由c到d,因此c点
18、的电势低于d点的电势,故B项错误;该设备利用电磁感应原理,因此根据原、副线圈感应电动势公式变形可得U2=U1,则当送线圈匝数n1增加时,受电线圈的电压U2减小,故C项错误;该设备采用的是电磁感应原理,因此当发射线圈中电流方向改变时,受电线圈中的电流方向也会改变,即受电线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同,故D项正确。21nn四、电磁感应中动生类问题综合四、电磁感应中动生类问题综合1.解决电磁感应动力学问题的一般思路2.计算电荷量时,可以根据q=n,也可以利用q=It,还可以利用微元法等。R总3.能量转化及热量求法(1)能量转化(2)求解热量Q的三种方法典例典例4 (2020江苏单
19、科,14,15分)如图所示,电阻为0.1 的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2 m,bc边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长,磁感应强度大小为0.5 T。在水平拉力作用下,线圈以8 m/s的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中(1)感应电动势的大小E;(2)所受拉力的大小F;(3)感应电流产生的热量Q。ER答案答案(1)0.8 V(2)0.8 N(3)0.32 J解析解析(1)感应电动势E=Blv,代入数据得E=0.8 V(2)感应电流I=,拉力的大小等于安培力F=BIl解得F=,代入数据得F=0.8 N(3)运动时间t=,焦耳定律Q=I2Rt解得Q=,代入数据得Q=0.32
20、J2 2Bl vR2lv2 32Bl vR变式变式4(2020江苏苏、锡、常、镇四市二调)如图甲所示,放置在水平桌面上的两条光滑无限长金属导轨间距为L=1 m,质量m=1 kg,电阻r=1 的光滑导体棒垂直放在导轨上,导轨左端与阻值为R=3 的电阻相连,其余电阻不计。两导轨间有方向垂直导轨平面向下、磁感应强度为B=2 T的匀强磁场。现给导体棒施加一水平向右的恒定拉力F,并测出速度随时间变化的图像如图乙所示。甲乙(1)求导体棒运动过程中流过R电流的最大值;(2)求t=1.6 s时导体棒的加速度的大小;(3)若导体棒在开始运动的1.6 s内位移为x=8 m,求这段时间内电阻R上产生的热量大小。答案
21、答案(1)5 A(2)2 m/s2(3)36 J解析解析(1)从题图乙可以看出,导体棒做切割磁感线运动的最大速度为vm=10 m/s,由E=BLv,I=可得I=5 A(2)由牛顿第二定律可得:F-F安=ma当导体棒以最大速度运动时,导体棒合外力为零所以F=F安m=BIL=10 N当t=1.6 s时,导体棒速度为vt=8 m/sER总mBLvR r此时F安=8 N代入a=2 m/s2。(3)由能量守恒定律可知:Fx=Q总+m,解得:Q总=48 J因回路电流相同,有:=,解得QR=36 J2 2tBLvR rF Fm安122tvRQQ总RR r学习了本课后，你有哪些收获和感想？学习了本课后，你有哪些收获和感想？告诉大家好吗？告诉大家好吗？光读书不思考也许能使平庸之辈知识光读书不思考也许能使平庸之辈知识丰富，但它决不能使他们头脑清醒。丰富，但它决不能使他们头脑清醒。约约诺里斯诺里斯
