高中物理中的反电动势问题

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高中物理第四章电磁感应现象4法拉第电磁感应定律课件新人教版选修3_2

高中物理第四章电磁感应现象4法拉第电磁感应定律课件新人教版选修3_2

内容索引
NEIRONGSUOYIN
自主预习 重点探究 达标检测 课时对点练
预习新知 夯实基础 启迪思维 探究重点 检测评价 达标过关 注重双击 强化落实
自主预习
一、电磁感应定律
1.感应电动势 电磁感应 现象中产生的电动势叫做感应电动势,产生感应电动势的那部分导 体相当于 电源 .
2.法拉第电磁感应定律 (1)内容:闭合电路中感应电动势的大小,跟穿过这一电路的磁通量的_变__化__率__
例2 如图4甲所示,一个圆形线圈的匝数n=1 000匝,线圈面积S=200 cm2, 线圈的电阻r=1 Ω,线圈外接一个阻值R=4 Ω的电阻,把线圈放入一方向垂直 于线圈平面向里的匀强磁场中,磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示,求:
图4 (1)前4 s内的感应电动势的大小及电阻R上消耗的功率; 答案 1 V 0.16 W
第四章 电磁感应
4 法拉第电磁感应定律
知识内容
法拉第电磁 感应定律
选考要求 d
课时要求
1.理解磁通量的变化率是表示磁通量变化快慢的物 理量,能区别磁通量、磁通量的变化量、磁通量 的变化率. 2.理解法拉第电磁感应定律,并能应用解决简单的 实际问题. 3.能够应用E=Blv计算导体垂直切割磁感线时的感 应电动势. 4.了解反电动势的概念,知道电动机由于机械故障 停转时烧毁的原因.
答案 0
解析
由题图乙知,4~6
s内的
ΔB=-0.2 Δt
T/s,则第5
s末的磁感应强度B2′=
0.2 T,前5 s内磁通量的变化量
ΔΦ′=Φ2′-Φ1=S(B2′-B1)=200×10-4×(0.2-0.2) Wb=0 由法拉第电磁感应定律得 E =nΔΦΔt′=0.

高中物理中的反电动势问题

高中物理中的反电动势问题

高中物理中的反电动势问题尽管在高考考纲中已经明确说明不考反电动势,但是,高中物理中的电解槽、电池充电、电动机、通电自感、变压器等地方却涉及到了反电动势问题,而要对这些地方有清晰而正确的理解,就必须弄清楚反电动势的概念和反电动势在相关问题中的作用。

一、电动势与反电动势概念1、电动势电动势是电源的一个重要参数,它反映的是电源中的非静电力做正功将其他形式能量转化为电能的本领,其定义式为qW E 非=,即电动势的数值等于电源中非静电力移动电荷时所做的功与移动的电荷量的比值。

该定义式上下都除以时间t ,则得IP E 非=,即有IE P =非,这就是非静电力将其它形式能量转化为电能的功率。

非静电力有不同的来源:在化学电池(干电池、蓄电池)中,非静电力是一种与离子的溶解和沉积过程相联系的化学作用;在温差电源中,非静电力是一种与温度差和电子浓度差相联系的扩散作用;在一般发电机中,非静电力起源于磁场对运动电荷的作用,即洛伦兹力;变化磁场产生的有旋电场对处于该电场中的导体内的自由电荷的电场力也是一种非静电力。

电动势的方向为非静电力的方向,电动势导致电源中顺着非静电力方向电势的升高,正是因为这点,导致接在电源两端的电路中形成了电场,从而驱动导体中的自由电荷定向移动形成电流。

2、反电动势反电动势是和电动势正好相反的一个概念,产生反电动势的部分,在电路中不再是电源,而是消耗电能的元件;从能量转化角度讲,这种元件内发生的过程是非静电力做负功,将电路中的电能转化为其它形式能量。

比如电解槽、电池充电问题中,非静电力——化学作用做负功,将电能转化为化学能;电动机中,非静电力——安培力(洛伦兹力的一个分力)做负功,将电能转化为机械能等等。

反电动势的定义式为W E 非反=,反电动势的方向也就是非静电力的方向,与电路中电流方向相反(即逆着电流方向电势升高,也就是说顺着电流方向电势是降低的),它对电荷做负功,对电路中的电流有阻碍作用。

该定义式上下都除以时间t ,则得P E 非反=,即有反非IE P =,这就是非静电力将电能转化为其他形式能量的功率,比如电动机输出的机械功率、电池充电时的有效功率、通电自感现象中电能转化为磁场能的功率。

a相反电动势

a相反电动势

a相反电动势
A相反电动势是指交流电机中的一种电特性,当电机运行时,在A相绕组中感应出的电动势与电源电压的极性相反。

在交流电机中,电源提供的电压会导致电流在电机的绕组中流动,产生转矩并驱动电机的运行。

在三相交流电机中,电源会提供三个交流电压信号,分别称为A相、B相和C相。

当电机启动并运行时,电机中的旋转部分会在磁场的作用下感应出电动势。

根据法拉第电磁感应定律,当绕组中的磁场变化时,会在绕组中产生感应电动势。

这个感应电动势的极性就是指相对于电源电压的极性。

对于A相绕组来说,当电机运行时,在A相绕组中感应出的电动势与A相电源电压的极性相反。

这是因为当电机转动时磁场也在变化,通过法拉第电磁感应定律即可得到这一结论。

通过控制和利用A相的反电动势,可以对电机的运行进行控制和调节,实现速度、转矩等性能参数的调整和优化。

需要注意的是,除了电机的运行之外,A相反电动势还可能由其他因素引起,如电磁干扰、电感耦合等。

因此,在电机系统的设计和调试过程中,需要对A相或其他相的反电动势进行正确的测量、分析和处理,以达到更好的系统性能和稳定性。

物理探析安培力做功与反电动势的物理本源

物理探析安培力做功与反电动势的物理本源

高中物理必修一主要学习力的基础,必修二主要学习动能定理与能量的转化,通过学习这两册书学生能为后续的物理学习打下坚实的基础。

高中物理最核心的知识就是力与能量,教师应引导学生追寻本源问题的物理之美,运用力与能量的观念剖析物理问题,探索物理本质。

本文通过两个例题剖析有关安培力做功实现能量转化的问题,其中例1着重理论分析,例2侧重实际应用。

一、电磁驱动类问题——直击安培力做功[例1]一质量为m=0.5kg、直角边边长a=2m、总电阻R=0.5Ω的等腰直角三角形刚性线框静止放置在绝缘光滑水平面上。

方向垂直水平面向下、大小B=0.5T、宽度d=0.5m的有理想边界PQ和MN的匀强磁场,在外力作用下,以v0=2m/s匀速向右运动。

t=0时,三角形线框相对磁场的位置如图1所示。

不计导线框中产生的感应电流对原磁场的影响。

(1)若线框固定不动,求CD边恰好进入磁场前,外力所做的功W F;(2)若线框可以在光滑水平面上运动,求CD边恰好进入磁场之前,外力所做的功W'F。

情境分析:若线框固定不动,线框相对磁场向左匀速切割,并且切割的有效长度不变,磁场在恒定安培力作用下做匀速直线运动。

若线框可以在光滑水平面上运动,那么线框在磁场的驱动下,也跟着磁场向右运动,在相对运动的过程中产生感应电流。

在这个过程中,安培力对线框做正功,而对磁场做负功,这些功到底能实现怎样的能量转化呢?解题过程如下。

解析:(1)线框的CD边进入磁场前,因为磁场匀速运动,所以线框的有效切割长度不变,电流不变,系统所受的外力与安培力平衡。

线框的有效切割长度为:L=2d tan45°=1m线框所受的安培力为:F安=BIL=B2L2v0R=1N外力所做的功为:W F=F)-0.5=0.5J(2)在磁场的驱动下,线框也向右运动,安培力对线框做正功,而反作用于磁场的安培力对磁场做负功,安培力做的总功是多少?还有外力做功到底实现了什么能量转化呢?下面就从不同的侧面来探讨这些问题。

高中物理-专题 电磁感应-2020高考真题(解析版)

高中物理-专题 电磁感应-2020高考真题(解析版)

2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练(选修3-2)第四部分电磁感应专题4.电磁感应-2020高考真题一.选择题1.(2020高考全国理综I)如图,U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上,ab和dc边平行,和bc边垂直。

ab、dc足够长,整个金属框电阻可忽略。

一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上,用水平恒力F向右拉动金属框,运动过程中,装置始终处于竖直向下的匀强磁场中,MN与金属框保持良好接触,且与bc边保持平行。

经过一段时间后A.金属框的速度大小趋于恒定值B.金属框的加速度大小趋于恒定值C.导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D.导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值【参考答案】BC【命题意图】本题考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力及其相关知识点,考查的核心素养是运动和力的物理观念、科学思维。

【解题思路】用水平恒力F向右拉动金属框,bc边切割磁感线产生感应电动势,回路中有感应电流i,bc 边受到水平向左的安培力作用,设金属框的质量为M,加速度为a1,由牛顿第二定律,F-BiL=Ma1;导体棒MN受到向右的安培力向右加速运动,设导体棒的质量为m,加速度为a2,由牛顿第二定律,BiL=ma2,二者运动的速度图像如图所示。

设金属框bc边的速度为v时,导体棒的速度为v’,则回路中产生的感应电动势为E=BL(v-v’),由闭合电路欧姆定律I=E/R=()'BL v vR-,F安=BIL可得金属框ab边所受的安培力和导体棒MN所受的安培力都是F安=B 2L 2(v-v’)/R ,即金属框所受的安培力随着速度的增大而增大。

对金属框,由牛顿运动定律,F - F 安=Ma 1,对导体棒MN ,由牛顿运动定律, F 安=ma 2,二者加速度之差△a= a 1- a 2=(F - F 安)/M- F 安/m=F/M- F安(1/M+1/m ),随着所受安培力的增大,二者加速度之差△a 减小,当△a 减小到零时,即F/M=()22'B L v v R-(1/M+1/m ),所以金属框和导体棒的速度之差△v=(v-v’)=()22FRmB L m M +保持不变。

反电动势 不平衡

反电动势 不平衡

反电动势不平衡是指电动机在运行过程中,由于某种原因导致电动机的反电动势不均衡,从而使电动机出现异常振动、噪音、发热等现象。

反电动势是指电动机在旋转时产生的反向电动势,它是电动机正常运转的必要条件之一。

反电动势不平衡的原因可能有很多种,其中最常见的原因包括:
机械故障:电动机的转子、轴承、齿轮等机械部件出现磨损、松动或损坏,导致电动机的反电动势不平衡。

电气故障:电动机的绕组出现短路、断路或接触不良等现象,导致电动机的反电动势不平衡。

电源电压不平衡:电动机的电源电压不平衡,例如电源电压波动、电源线电阻不平衡等,也会导致电动机的反电动势不平衡。

为了解决反电动势不平衡的问题,需要采取相应的措施。

如果是因为机械故障,需要修复或更换损坏的机械部件;如果是因为电气故障,需要检查和修复绕组的问题;如果是因为电源电压不平衡,需要调整电源电压或更换电源线等。

同时,也需要加强电动机的维护和保养,定期检查机械和电气部件的运行情况,避免出现反电动势不平衡的现象。

高中物理 第09章 电磁感应 (单双棒问题)典型例题(含答案)【经典】

高中物理   第09章  电磁感应  (单双棒问题)典型例题(含答案)【经典】

第九章 电磁感应知识点七:单杆问题(与电阻结合)(水平单杆、斜面单杆(先电后力再能量))1、发电式(1)电路特点:导体棒相当于电源,当速度为v 时,电动势E =Blv(2)安培力特点:安培力为阻力,并随速度增大而增大(3)加速度特点:加速度随速度增大而减小(4)运动特点:加速度减小的加速运动(5)最终状态:匀速直线运动(6)两个极值①v=0时,有最大加速度:②a=0时,有最大速度:(7)能量关系 (8)动量关系 (9)变形:摩擦力;改变电路;改变磁场方向;改变轨道解题步骤:解决此类问题首先要建立“动→电→动”的思维顺序,可概括总结为:(1)找”电源”,用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解电动势的大小和方向;(2)画出等效电路图,求解回路中的电流的大小及方向;(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的动态过程,最后确定导体棒的最终运动情况;(4)列出牛顿第二定律或平衡方程求解.2、阻尼式(1)电路特点:导体棒相当于电源。

(2)安培力的特点:安培力为阻力,并随速度减小而减小。

(3)加速度特点:加速度随速度减小而减小 (4)运动特点:加速度减小的减速运动(5)最终状态:静止 (6)能量关系:动能转化为焦耳热 (7)动量关系(8)变形:有摩擦力;磁场不与导轨垂直等1.(多选)如图所示,MN 和PQ 是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨,已知导轨足够长,且电阻不计.有一垂直导轨平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B ,宽度为L ,ab 是一根不但与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆.开始,将开关S 断开,让ab 由静止开始自由下落,过段时间后,再将S 闭合,若从S 闭合开始计时,则金属杆ab 的速度v 随时间t 变化的图象可能是( ).答案 ACD FN M m F mga m μ-=22-+=()()m F mg R r v B l μ212E mFs Q mgS mv μ=++0m Ft BLq mgt mv μ--=-22()B F B l v a m m R r ==+22B B l v F BIl R r ==+20102mv Q-=00BIl t mv -⋅∆=-0mv q Bl =Bl s q n R r R r φ∆⋅∆==++2、(单选)如图所示,足够长平行金属导轨倾斜放置,倾角为37 °,宽度为0.5 m ,电阻忽略不计,其上端接一小灯泡,电阻为1 Ω.一导体棒MN 垂直于导轨放置,质量为0.2 kg ,接入电路的电阻为1 Ω,两端与导轨接触良好,与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度为0.8 T .将导体棒MN 由静止释放,运动一段时间后,小灯泡稳定发光,此后导体棒MN 的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g 取10 m/s 2,sin 37°=0.6)( ).答案 BA .2.5 m/s 1 WB .5 m/s 1 WC .7.5 m/s 9 WD .15 m/s 9 W3.(多选)如图所示,水平固定放置的足够长的U 形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中,在导轨上放着金属棒ab ,开始时ab 棒以水平初速度v 0向右运动,最后静止在导轨上,就导轨光滑和导轨粗糙的两种情况相比较,这个过程( ).答案 ACA .安培力对ab 棒所做的功不相等B .电流所做的功相等C .产生的总内能相等D .通过ab 棒的电荷量相等4.(单选)如图,足够长的U 型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°),其中MN 与PQ 平行且间距为L ,导轨平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直,导轨电阻不计.金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑,并与两导轨始终保持垂直且良好接触,ab 棒接入电路的电阻为R ,当流过ab 棒某一横截面的电量为q 时,棒的速度大小为v ,则金属棒ab 在这一过程中( ).答案 BA .运动的平均速度大小为12vB .下滑的位移大小为qR BLC .产生的焦耳热为qBLvD .受到的最大安培力大小为B 2L 2v R sin θ5.(多选)如图所示,相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ,上端接有定值电阻R ,匀强磁场垂直于导轨平面,磁感应强度为B .将质量为m 的导体棒由静止释放,当速度达到v 时开始匀速运动,此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力,并保持拉力的功率恒为P ,导体棒最终以2v 的速度匀速运动.导体棒始终与导轨垂直且接触良好,不计导轨和导体棒的电阻,重力加速度为g .下列选项正确的是( ).答案 ACA .P =2mgv sin θB .P =3mgv sin θC .当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g 2sin θD .在速度达到2v 以后匀速运动的过程中,R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功6、(单选)如图所示,两光滑平行导轨水平放置在匀强磁场中,磁场垂直导轨所在平面,金属棒ab 可沿导轨自由滑动,导轨一端连接一个定值电阻R ,金属棒和导轨电阻不计.现将金属棒沿导轨由静止向右拉,若保持拉力F 恒定,经时间t 1后速度为v ,加速度为a 1,最终以速度2v 做匀速运动;若保持拉力的功率P 恒定,棒由静止经时间t 2后速度为v ,加速度为a 2,最终也以速度2v 做匀速运动,则( ).答案 BA .t 2=t 1B .t 1>t 2C .a 2=2a 1D .a 2=5a 17. (多选)如图所示,足够长的光滑导轨倾斜放置,其下端连接一个定值电阻R ,匀强磁场垂直于导轨所在平面,将ab 棒在导轨上无初速度释放,当ab 棒下滑到稳定状态时,速度为v ,电阻R 上消耗的功率为P .导轨和导体棒电阻不计.下列判断正确的是( ).A .导体棒的a 端比b 端电势低 答案 BDB .ab 棒在达到稳定状态前做加速度减小的加速运动C .若磁感应强度增大为原来的2倍,其他条件不变,则ab 棒下滑到稳定状态时速度将变为原来的12D .若换成一根质量为原来2倍的导体棒,其他条件不变,则ab 棒下滑到稳定状态时的功率将变为原来的4倍8.(单选)如图所示,足够长的光滑金属导轨MN 、PQ 平行放置,且都倾斜着与水平面成夹角θ.在导轨的最上端M 、P 之间接有电阻R ,不计其他电阻.导体棒ab 从导轨的最底端冲上导轨,当没有磁场时,ab 上升的最大高度为H ;若存在垂直导轨平面的匀强磁场时,ab 上升的最大高度为h .在两次运动过程中ab 都与导轨保持垂直,且初速度都相等.关于上述情景,下列说法正确的是( ).A .两次上升的最大高度相比较为H <hB .有磁场时导体棒所受合力的功等于无磁场时合力的功C .有磁场时,电阻R 产生的焦耳热为12mv 20D .有磁场时,ab 上升过程的最小加速度大于g sin θ 答案 B9.如图所示,两根平行金属导轨固定在同一水平面内,间距为l ,导轨左端连接一个电阻.一根质量为m 、电阻为r 的金属杆ab 垂直放置在导轨上.在杆的右方距杆为d 处有一个匀强磁场,磁场方向垂直于轨道平面向下,磁感应强度为B .对杆施加一个大小为F 、方向平行于导轨的恒力,使杆从静止开始运动,已知杆到达磁场区域时速度为v ,之后进入磁场恰好做匀速运动.不计导轨的电阻,假定导轨与杆之间存在恒定的阻力.求(1)导轨对杆ab 的阻力大小f ;(2)杆ab 中通过的电流及其方向;(3)导轨左端所接电阻的阻值R .答案 (1)F -mv 22d (2)mv 22Bld a →b (3)2B 2l 2d mv -r(1)杆进入磁场前做匀加速运动,有① ② 解得导轨对杆的阻力③ (2)杆进入磁场后做匀速运动,有④ 杆ab 所受的安培力⑤ 解得杆ab 中通过的电流⑥ 杆中的电流方向自a 流向b⑦ (3)杆产生的感应电动势⑧ 杆中的感应电流⑨解得导轨左端所接电阻阻值⑩ 10.如图甲所示.一对平行光滑轨道放置在水平面上,两轨道间距l =0.20 m ,电阻R =1.0 Ω;有一导体杆静止地放在轨道上,与两轨道垂直,杆及轨道的电阻皆可忽略不计,整个装置处于磁感应强度B =0.5 T 的匀强磁场中,磁场方向垂直轨道面向下.现在一外力F 沿轨道方向拉杆,使之做匀加速运动,测得力F 与时间t 的关系如图乙所示.求杆的质量m 和加速度a .答案 0.1 kg 10 m/s 2解:导体杆在轨道上做匀加速直线运动,用表示其速度,t 表示时间,则有:①杆切割磁力线,将产生感应电动势:② 在杆、轨道和电阻的闭合回路中产生电流③杆受到的安培力的④ 根据牛顿第二定律,有⑤ 联立以上各式,得⑥ 由图线上取两点代入⑥式,可计算得出:,答:杆的质量为,其加速度为.11、如图所示,质量m1=0.1 kg,电阻R1=0.3 Ω,长度l=0.4 m的导体棒ab横放在U型金属框架上.框架质量m2=0.2 kg,放在绝缘水平面上,与水平面间的动摩擦因数μ=0.2.相距0.4 m的MM′、NN′相互平行,电阻不计且足够长.电阻R2=0.1 Ω的MN垂直于MM′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度B=0.5 T.垂直于ab施加F=2 N的水平恒力,ab从静止开始无摩擦地运动,始终与MM′、NN′保持良好接触.当ab运动到某处时,框架开始运动.设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2.(1)求框架开始运动时ab速度v的大小;(2)从ab开始运动到框架开始运动的过程中,MN上产生的热量Q=0.1 J,求该过程ab位移x的大小.答案(1)6 m/s(2)1.1 m(1)ab对框架的压力① 框架受水平面的支持力②依题意,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则框架受到最大静摩擦力③ab中的感应电动势④ MN中电流⑤MN受到的安培力⑥ 框架开始运动时⑦ 由上述各式代入数据解得⑧(2)闭合回路中产生的总热量⑨ 由能量守恒定律,得⑩代入数据解得⑪12、如图甲所示,MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ=30°角固定,M、P之间接电阻箱R,导轨所在空间存在匀强磁场,磁场方向垂直于轨道平面向上,磁感应强度为B=0.5 T.质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上,其接入电路的电阻值为r.现从静止释放杆ab,测得其在下滑过程中的最大速度为v m.改变电阻箱的阻值R,得到v m与R的关系如图乙所示.已知轨道间距为L=2 m,重力加速度g取10 m/s2,轨道足够长且电阻不计.(1)当R=0时,求杆ab匀速下滑过程中产生的感应电动势E的大小及杆中电流的方向;(2)求杆ab的质量m和阻值r;(3)当R=4 Ω时,求回路瞬时电功率每增加1 W的过程中合外力对杆做的功W.答案(1)2 V b→a(2)0.2 kg 2 Ω(3)0.6 J解:(1)由图可以知道,当时,杆最终以匀速运动,产生电动势由右手定则判断得知,杆中电流方向从(2)设最大速度为v,杆切割磁感线产生的感应电动势由闭合电路的欧姆定律:杆达到最大速度时满足计算得出:由图象可以知道:斜率为,纵截距为, 得到:计算得出:,(3)根据题意:,得,则由动能定理得联立得代入计算得出13.如图甲所示,MN 、PQ 两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ=30°角固定,两轨道间距为L =1 m .质量为m 的金属杆ab 垂直放置在轨道上,其阻值忽略不计.空间存在匀强磁场,磁场方向垂直于轨道平面向上,磁感应强度为B =0.5 T .P 、M 间接有阻值为R 1的定值电阻,Q 、N 间接电阻箱R .现从静止释放ab ,改变电阻箱的阻值R ,测得最大速度为v m ,得到1v m 与1R 的关系如图乙所示.若轨道足够长且电阻不计,重力加速度g 取10 m/s 2.求: (1)金属杆的质量m 和定值电阻的阻值R 1; (2)当电阻箱R 取4 Ω时,且金属杆ab 运动的加速度为12g sin θ时,此时金属杆ab 运动的速度;(3)当电阻箱R 取4 Ω时,且金属杆ab 运动的速度为v m 2时,定值电阻R 1消耗的电功率.解析 (1)总电阻为R 总=R 1R /(R 1+R ),电路的总电流I =BLv /R 总 当达到最大速度时金属棒受力平衡,有mg sin θ=BIL =B 2L 2v m R 1R (R 1+R ),1v m =B 2L 2mgR sin θ+B 2L 2mgR 1sin θ,根据图象代入数据,可以得到金属杆的质量m =0.1 kg ,R 1=1 Ω. (2)金属杆ab 运动的加速度为12g sin θ时,I ′=BLv ′/R 总 根据牛顿第二定律得mg sin θ-BI ′L =ma即mg sin θ-B 2L 2v ′R 1R (R 1+R )=12mg sin θ,代入数据,得到v ′=0.8 m/s. (3)当电阻箱R 取4 Ω时,根据图象得到v m =1.6 m/s ,则v =v m 2=0.8 m/s ,P =E 2R 1=B 2L 2v 2R 1=0.16 W.14.如图所示,竖直平面内有无限长,不计电阻的两组平行光滑金属导轨,宽度均为L =0.5 m ,上方连接一个阻值R =1 Ω的定值电阻,虚线下方的区域内存在磁感应强度B =2 T 的匀强磁场.完全相同的两根金属杆1和2靠在导轨上,金属杆与导轨等宽且与导轨接触良好,电阻均为r =0.5 Ω.将金属杆1固定在磁场的上边缘(仍在此磁场内),金属杆2从磁场边界上方h 0=0.8 m 处由静止释放,进入磁场后恰做匀速运动.(g 取10 m/s 2)(1)求金属杆的质量m 为多大?(2)若金属杆2从磁场边界上方h 1=0.2 m 处由静止释放,进入磁场经过一段时间后开始做匀速运动.在此过程中整个回路产生了1.4 J 的电热,则此过程中流过电阻R 的电荷量q 为多少?解析 (1)金属杆2进入磁场前做自由落体运动,则v m =2gh 0=4 m/s金属杆2进入磁场后受两个力而处于平衡状态,即mg =BIL ,且E =BLv m ,I =E 2r +R解得m =B 2L 2v m 2r +R g =22×0.52×42×0.5+1×10kg =0.2 kg. (2)金属杆2从下落到再次匀速运动的过程中,设金属杆2在磁场内下降h 2,由能量守恒定律得 mg (h 1+h 2)=12mv 2m +Q 解得h 2=12mv 2m +Q mg -h 1=0.2×42+2×1.42×0.2×10 m -0.2 m =1.3 m 金属杆2进入磁场到匀速运动的过程中,感应电动势和感应电流的平均值分别为E =BLh 2t 2,I =E 2r +R 故流过电阻R 的电荷量q =It 2 联立解得q =BLh 22r +R =2×0.5×1.32×0.5+1C =0.65 C.15.如图12(a)所示,间距为l 、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上.在区域Ⅰ内有方向垂直于斜面的匀强磁场,磁感应强度为B ;在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场,其磁感应强度B t 的大小随时间t 变化的规律如图(b)所示.t =0时刻在轨道上端的金属棒ab 从如图所示位置由静止开始沿导轨下滑,同时下端的另一金属棒cd 在位于区域Ⅰ内的导轨上由静止释放.在ab 棒运动到区域Ⅱ的下边界EF 处之前,cd 棒始终静止不动,两棒均与导轨接触良好.已知cd棒的质量为m 、电阻为R ,ab 棒的质量、阻值均未知,区域Ⅱ沿斜面的长度为2l ,在t =t x 时刻(t x 未知)ab 棒恰进入区域Ⅱ,重力加速度为g .求:(1)通过cd 棒电流的方向和区域Ⅰ内磁场的方向;(2)当ab 棒在区域Ⅱ内运动时cd 棒消耗的电功率;(3)ab 棒开始下滑的位置离EF 的距离;(4)ab 棒从开始下滑至EF 的过程中回路中产生的热量.解析 (1)由楞次定律知通过cd 棒的电流方向为d →c 区域Ⅰ内磁场方向为垂直于纸面向上.(2)对cd 棒:F 安=BIl =mg sin θ,所以通过cd 棒的电流大小I =mg sin θBl 当ab 棒在区域Ⅱ内运动时cd 棒消耗的电功率 P =I 2R =m 2g 2R sin 2θB 2l 2. (3)ab 棒在到达区域Ⅱ前做匀加速直线运动,加速度a =g sin θ cd 棒始终静止不动,ab 棒在到达区域Ⅱ前、后回路中产生的感应电动势不变,则ab 棒在区域Ⅱ中一定做匀速直线运动,可得ΔΦΔt =Blv t ,即B ·2l ·l t x =Blg sin θt x ,所以t x =2l g sin θ ab 棒在区域Ⅱ中做匀速直线运动的速度v t =2gl sin θ 则ab 棒开始下滑的位置离EF 的距离h =12at 2x +2l =3l . (4)ab 棒在区域Ⅱ中运动的时间t 2=2l v t=2lg sin θ ab 棒从开始下滑至EF 的总时间t =t x +t 2=22lg sin θ,E =Blv t =Bl 2gl sin θ ab 棒从开始下滑至EF 的过程中闭合回路产生的热量Q =EIt =4mgl sin θ.16.如图所示,两根正对的平行金属直轨道MN 、M ´N ´位于同一水平面上,两轨道之间的距离l=0.50m .轨道的MM ´端之间接一阻值R=0.40Ω的定值电阻,NN ´端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP 、N ´P ´平滑连接,两半圆轨道的半径均为R 0=0.50m .直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度B=0.64 T 的匀强磁场中,磁场区域的宽度d=0.80m ,且其右边界与NN ´重合.现有一质量m =0.20kg 、电阻r =0.10Ω的导体杆ab 静止在距磁场的左边界s=2.0m 处.在与杆垂直的水平恒力F=2.0N 的作用下ab 杆开始运动,当运动至磁场的左边界时撤去F ,结果导体杆ab 恰好能以最小速度通过半圆形轨道的最高点PP ´.已知导体杆ab 在运动过程中与轨道接触良好,且始终与轨道垂直,导体杆ab 与直轨道之间的动摩擦因数μ=0.10,轨道的电阻可忽略不计,取g =10m/s 2,求:⑴导体杆刚进入磁场时,通过导体杆上的电流大小和方向;⑵导体杆穿过磁场的过程中通过电阻R 上的电荷量;⑶导体杆穿过磁场的过程中整个电路中产生的焦耳热.解:(1)设导体杆在F 的作用下运动至磁场的左边界时的速度为,根据动能定理则有:导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势为:此时通过导体杆上的电流大小为:(或 根据右手定则可以知道,电流方向为由b 向a (2)设导体杆在磁场中运动的时间为t,产生的感应电动势的平均值为,则有: 通过电阻R 的感应电流的平均值为:通过电阻R 的电荷量为:(或 (3)设导体杆离开磁场时的速度大小为,运动到圆轨道最高点的速度为,因导体杆恰好能通过半圆形轨道的最高点,根据牛顿第二定律对导体杆在轨道最高点时有:对于导体杆从运动至的过程,根据机械能守恒定律有:计算得出:导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能为:此过程中电路中产生的焦耳热为:知识点八:单杆问题(与电容器结合)电容有外力充电式(1)电路特点:导体为发电边;电容器被充电。

高中物理电学知识归纳

高中物理电学知识归纳

高中物理电学知识归纳1.基础知识对于电学综合问题,状态分析往往是解题的第一步,如对带电粒子在电场、磁场中的运动和导线切割磁感线运动,应分析其受力状态和运动状态;对于直流电路的计算,应首先分析其电路的连接状态;对于电磁振荡,通常需要分析振荡过程中的一些典型状态。

2.电场知识点:电荷在其周围空间激发电场,静止电荷激发的电场是静电场。

电场对处在场中的其它电荷有力的作用;电荷在电场中移动时,一般说来电场力对电荷要做功,在静电场中,电场力对电荷所做的功与路径无关,所以在静电场中电荷具有电势能。

在静电场中引入场强和电势这两个物理量,来分别描写静电场有关力的性质和能的性质。

只有深入地理解场强和电势的概念,才能加深对电场这一概念的理解。

静电场是不随时间变化的场,在空间各点描写电场的物理量?场强和电势,均不随时间变化。

但是,在场中的不同点,场强和电势的数值一般来说是不同的,它是随着空间点的位置的变化而变化的。

关于这一点在中学物理中要特别注意,因为我们经常研究匀强电场,在这一特殊的匀强电场中,各点的场强的大小和方向是相同的,而一般的电场却不是这样,必须考虑场强和电势在场中不同点的分布情况。

电力线和等势面是分别用来形象地描写场强和电势在空间中的分布的工具。

对于它们的性质及描写电场的方法的理解和掌握,不仅对于深入理解电场的概念、形象的建立电场的模型和图象非常重要,而且对于解决很多电学中的问题也是非常有用的。

值得注意的是,对于电场中一些概念的学习,如:电场力对电荷的功、电势能……,应对照力学中的重力对物体做的功,重力势能……来学习和理解。

带电粒子在电场中的平衡和运动的问题,实际上,就是力学问题。

所以静电场的学习是对力学问题的一次很好的复习和提高的机会。

3、稳恒电流知识点:这部分知识内容要注意以下几点:(1)树立等效思想,学会画等效电路图课本中,在讲串、并联电路的特点时,所说的“串联电路的总电阻”、“并联电路的总电阻”都是指等效电阻。

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高中物理中的反电动势问题湖北省恩施高中 陈恩谱尽管在高考考纲中已经明确说明不考反电动势,但是,高中物理中的电解槽、电池充电、电动机、通电自感、变压器等地方却涉及到了反电动势问题,而要对这些地方有清晰而正确的理解,就必须弄清楚反电动势的概念和反电动势在相关问题中的作用。

一、电动势与反电动势概念1、电动势 电动势是电源的一个重要参数,它反映的是电源中的非静电力做正功将其他形式能量转化为电能的本领,其定义式为qW E 非=,即电动势的数值等于电源中非静电力移动电荷时所 做的功与移动的电荷量的比值。

该定义式上下都除以时间t ,则得I P E 非=,即有IE P =非,这就是非静电力将其它形式能量转化为电能的功率。

非静电力有不同的来源:在化学电池(干电池、蓄电池)中,非静电力是一种与离子的溶解和沉积过程相联系的化学作用;在温差电源中,非静电力是一种与温度差和电子浓度差相联系的扩散作用;在一般发电机中,非静电力起源于磁场对运动电荷的作用,即洛伦兹力;变化磁场产生的有旋电场对处于该电场中的导体内的自由电荷的电场力也是一种非静电力。

电动势的方向为非静电力的方向,电动势导致电源中顺着非静电力方向电势的升高,正是因为这点,导致接在电源两端的电路中形成了电场,从而驱动导体中的自由电荷定向移动形成电流。

2、反电动势反电动势是和电动势正好相反的一个概念,产生反电动势的部分,在电路中不再是电源,而是消耗电能的元件;从能量转化角度讲,这种元件内发生的过程是非静电力做负功,将电路中的电能转化为其它形式能量。

比如电解槽、电池充电问题中,非静电力——化学作用做负功,将电能转化为化学能;电动机中,非静电力——安培力(洛伦兹力的一个分力)做负 功,将电能转化为机械能等等。

反电动势的定义式为q W E 非反=,反电动势的方向也就是非静电力的方向,与电路中电流方向相反(即逆着电流方向电势升高,也就是说顺着电流方向电势是降低的),它对电荷做负功,对电路中的电流有阻碍作用。

该定义式上下都除以时间t ,则得I P E 非反=,即有反非IE P =,这就是非静电力将电能转化为其他形式能量的功率,比如电动机输出的机械功率、电池充电时的有效功率、通电自感现象中电能转化为磁场能的功率。

二、欧姆定律与电动势、反电动势1、部分电路欧姆定律与反电动势对于纯电阻电路,电路中消耗的电能全部转化为热能,即有R I IU 2=,等式两边各除以一个I ,得IR U =,变形即可得到纯电阻电路中的欧姆定律表达式:RU I =;但是在电解槽、电池充电、电动机等非纯电阻电路,由于存在反电动势,电路中的电能只部分转化为内能,即有其他P R I IU +=2,即反IE R I IU +=2,等式两边各除以一个I ,得反E IR U +=,变形可得:RE U I 反-=,此即为非纯电阻电路中的欧姆定律表达式。

2、闭合电路欧姆定律与电动势、反电动势设电源电动势为E 、内阻为r ,若外电路是纯电阻电路,则由能量守恒定律,有 r I R I IE 22+=,等式两边各除以一个I ,得Ir IR E +=,变形即可得到闭合电路欧姆定律表达式为:rR E I +=;若外电路中有电解槽、电池充电、电动机等元件,由能量守恒定律,有r I IE R I IE 22++=反,等式两边各除以一个I ,得Ir IR E E ++=反,变形即得闭合电路欧姆定律表达式:r R E E I +-=反,若定义回路总电动势为反总E E E -=,则有rR E I +=总。

Ir E IR E ++=反联立反E IR U +=,可得Ir U E +=,变形即有Ir E U -=,电路是开路时,I =0,则有E U =;基于此,有的中学教材将电动势定义为电源两端的开路电压。

三、几个具体问题中的应用【例1】(电动机)如图所示,把电阻R 和电动机M 串联接在电路中,已知电阻R 与电动机线圈的电阻相等,接通电路后,电动机能正常工作,设电阻R 和电动机两端的电压分别为U 1和U 2,经过时间t ,电流通过电阻R 做功为W 1,产生的电热为Q 1,电流通过电动机做功为W 2,产生的电热为Q 2,则: ( )A .U 1<U 2,Q 1 = Q 2B .U 1 =U 2,Q 1 = Q 2C .W 1 =W 2,Q 1>Q 2D .W 1<W 2,Q 1<Q 2[分析]设电路中电流为I ,则IR U =1,Rt I W 21=,Rt I Q 21=;而电动机正常工作时,线圈转动切割磁感线产生了反电动势反E ,因此反E IR U +=2,Rt I t IE t IU W 222+==反,其中机械功t IE W 反机=,电热Rt I Q 22=。

此分析可知,U 1<U 2,W 1<W 2,Q 1 = Q 2。

本题选A 。

【例2】(电池充电)锂电池因能量高环保无污染而广泛使用在手机等电子产品中。

现用充电器为一手机锂电池充电,等效电路如图所示,已知充电器电源的输出电压为U ,输出电流为I ,手机电池的电动势为E ,内阻为r ,则充电器输出的电功率为 ,电能转化为化学能的功率为 ,充电效率为 。

[分析]本题的参考答案为:充电器输出的电功率为IU ,电能转化为化学能的功率为r I IU 2-,充电效率为%100⨯-U Ir U 。

这个答案依据的是能量守恒——内阻上的热功率为r I P 2=热,故电能转化为化学能的功率为r I IU 2-。

其实,本题中,电池放电过程和充电过程是互逆过程,充电的化学反应过程中相应电量增加的化学能,与放电的化学反应过程中相应电量减少的化学能数值相等,即电池充电反电动势E 反等于放电电动势E 。

所以,本题还有另一组答案,即:电能转化为化学能的功率为IE , 充电效率为%100⨯UE 。

这两组答案是一致的,因为此时有反IE r I IU +=2。

值得顺便指出的是,充电电压E Ir E Ir U +=+=反是大于电池电动势E 的,只有这样, 才能够形成充电电流从而充电;同时,若充电电压增大,充电功率会增大,但是充电效率会降低;而且,由于电池内阻小,充电电压超出电动势也不能太多。

很多锂电池的充电电压是4.2V ,放电电压(电动势)为3.7V ,充电电压大于放电电压就是这个道理;这种锂电池在额定充电电压下的充电效率为%1.88%100V2.4V 7.3=⨯==U E η。

【例3】(电磁感应单双棒问题)试分析如甲图所示导体棒由静止释放后的速度随时间的变化规律;试分析乙图中给ab 棒一个初速度后,两棒的速度随时间的变化规律。

两图中导轨均为不计电阻的水平光滑导轨。

[分析]图甲所示问题中,开关闭合后,导体棒中产生电流,它受到安培力而向右运动,这时就会因为切割磁感线产生一个电动势,由右手定则可知,这个电动势向上,其作用是将电能转化为导体棒的动能,是反电动势,则电路中的电流为总总反R BLv E R E E I -=-=,从这个表达式可以看出,随着导体棒的速度的增加,导体棒中电流会逐渐减小,其所受安培力也就逐渐减小,当最终速度增大到BL E v =m 时,导体棒中电流变为零,导体棒加速度变为零,从而做匀速运动。

其v-t 图象如图①所示。

图乙所示问题中,ab 棒运动起来后,切割磁感线产生感应电动势11BLv E =,进而在回路中产生感应电流,ab 棒相当于电源,其动能转化为电能;这个电流通过ab 棒,ab 棒就会受到安培力而减速,这个电流通过cd 棒,cd 棒就会加速,cd 棒一旦运动起来,它也会切割磁感线产生感应电动势22BLv E =,由右手定则易知,E 2与E 1方向相反,对电流有阻碍作用,其作用时将电能转化为cd 棒的动能,所以E 2为反电动势,则回路中的电流为总相对总总总R BLv R v v BL R BLv BLv R E E I =-=-=-=)(212121。

随着v 1的减小v 2的增大,v 相对越来B v 0 L ad b图甲越小,当v 1=v 2时,v 相对=0,回路中电流为零,两棒加速度均变为零,两棒此后以共同速度做匀速运动。

其v-t 图象如图②所示。

【例4】(通电自感)试分析通电自感现象中线圈中电流I 随时间t 的变化规律,并作出I —t 图象。

[分析]当开关闭合时,线圈中电流会增大,进而引起线圈中磁通量的增大,产生自感电动势tI L E ∆∆=自,E 自的作用是将电能转换为线圈内的磁场能,其方向与电流方向相反,为反电动势,它阻碍电流的增大,使得电路中的电流只能逐渐增大,则电路中的电流为总总自R tI L E R E E I /)(∆∆-=-=,随着I 的逐渐增大,由该式可知,t I L E ∆∆=自必然减小,即t I ∆∆减小,也就是电流增加越来越慢;当t I ∆∆=0时,电流不再增大,达到最大,为总R E I =m 。

其I-t 图象如图③所示。

【例5】(变压器)试推导理想变压器的变压规律。

[分析]变压器原线圈一侧,输入电压为U 1,而线圈是用电器,它将电能转换为磁场能,然后通过变压器传到副线圈一侧,其上的感应电动势为tΦn E ∆∆=111,为反电动势,则有1111r I E U +=,副线圈一侧,线圈是电源,它将磁场能转化为电能,其上的感应电动势为tΦn E ∆∆=222,输出电压为U 2,则有2222r I E U -=;忽略漏磁时,有21ΦΦ=,则有2121n n E E =,忽略原副线圈的电阻时,有11E U =,22E U =,可得2121n n U U =。

备注:对电动机模型,请参考如下分析。

1、对电动机的输出机械功率反非IE P =,证明如下:在电动机模型中,安培力做正功,将电能转化为机械能,安培力做功功率为反安安IE BLv I v ILB v F P =⋅=⋅==,此即电能转化为机械能的功率。

2、电动机模型中,导体棒中自由电荷受到电场力F 从而形成电流,其沿导体棒运动时(速度为v 1),受到垂直导体棒的洛伦兹力f 1(即安培力F 安),其做正功,从而使导体棒运动起来;这时,导体棒中电荷除了沿导体棒运动外,还有随导体棒的运动(速度为v 2),这个分运动也产生一个洛伦兹力f 2,这个f 2与电场力F 方向相反,对导体棒中电流有阻碍作用,此即反电动势。

由于合速度v 对应洛伦兹力f 不做功,因此有21f f W W =,即 图① 图② 图③。

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