教材圖像掃盲（選擇性必修2）一、安培力與洛倫茲力【以圖說法】圖1.1-2安培力的方向與電流方向、磁感應強度的方向都垂直圖1.1-3左手定則左手定則：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一平面內；讓磁感線從掌心垂直進入，并使四指指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向圖1.1-4B與電流方向的關系圖1.1-5B與電流方向夾角為θ時的受力情況安培力的表達式F=IlBsinθ圖1.1-6磁電式電流表的結構圖1.1-7通電線圈在安

培力的作用下發生轉動圖1.1-8極靴和鐵質

圓柱使磁場沿半徑方向(1)線圈無論轉到什么位置，它的平面都跟磁感線平行，線圈左右兩邊所在之處的磁感應強度的大小都相等。(2)線圈轉動時，螺旋彈簧變形，以反抗線圈的轉動。電流越大，安培力越大，螺旋彈簧的形變也就越大，線圈偏轉的角度也越大，達到新的平衡。所以，從線圈偏轉的角度就能判斷通過電流的大小(NBIS=kθ)。圖1.1-11圖示為電流天平，可以用來測量勻強磁場的磁感應強度。它的右臂掛著矩形線圈，匝數為n，線圈的水平邊長為l，處于勻強磁場內，磁感應強度B的方向與線圈平面垂直。當線圈中通過電流I時，調節砝碼使兩臂達到平衡。然后使電流反向，大小不變。這時需要在左盤中增加質量為m的砝碼，才能使兩臂再達到新的平衡。已知重力加速度為g，則B=mg2圖1-3長為2l的直導線折成邊長相等、夾角為60°的V形，并置于與其所在平面相垂直的勻強磁場中，磁感應強度為B。當在導線中通以電流I時，該V形通電導線受到的安培力為BIl。圖1-4如圖所示，質量為m、長為l的直導線用兩絕緣細線懸掛于O、O'，并處于勻強磁場中。當導線中通以沿x軸正方向的電流I，且導線保持靜止時，懸線與豎直方向夾角為θ。重力加速度為g。有以下三種磁感應強度方向：(1)沿z軸正方向；(2)沿y軸正方向；(3)沿懸線向上。請判斷哪些是可能的，可能時其磁感應強度大小是多少？如果不可能，請說明原因。當磁感應強度方向分別為(1)(2)(3)情況時，對直導線受力分析如圖甲、乙、丙，由圖可知甲、丙無法平衡，乙可能平衡。故(1)(3)情況不可能，(2)情況可能，此時B=mgIl圖1-6寬為l的光滑導軌與水平面成α角，質量為m、長為l的金屬桿水平放置在導軌上。空間存在著勻強磁場，當回路總電流為I1時，金屬桿恰好能靜止。(重力加速度為g)(1)磁感應強度B至少有多大？此時方向如何？(2)若保持B的大小不變而將B的方向改為豎直向上，應把回路總電流I2調到多大才能使金屬桿保持靜止？(1)對金屬桿受力分析，可知當安培力方向沿導軌平面向上時最小，此時B最小，方向垂直導軌平面向上，如圖甲。由平衡條件可得BI1l=mgsinα解得B=mg(2)磁場方向豎直向上時，金屬桿受力如圖乙所示。由平衡條件可得BI2l=mgtanα解得I2=I1圖1.2-2判斷洛倫茲力的方向依照左手定則判定：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內；讓磁感線從掌心垂直進入，并使四指指向正電荷運動的方向，這時拇指所指的方向就是運動的正電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向圖1.2-3運動電荷所受洛倫茲力的矢量和在宏觀上表現為安培力金屬導線單位體積內帶電粒子個數為n，在時間t內通過導線橫截面的帶電粒子數N=vt·S·n通過導線橫截面的電荷量Q=Nq，導線中電流I=Qt=NqtF安=BIL=BIvt=BnvqS·vtF洛=F安N=BnvqSvt圖1.2-4v與B垂直，F=qvB圖1.2-5v與B不垂直，F=qvBsinθ圖1.2-7顯像管原理示意圖(俯視圖)1.要使電子束在水平方向偏離中心，打在熒光屏上的A點，偏轉磁場應垂直紙面向外；2.要使電子束打在B點，磁場應垂直紙面向里；3.要使電子束打在熒光屏上的位置由B點逐漸向A點移動，偏轉磁場應垂直紙面向里，大小逐漸減小，然后再反向增大。圖1.2-11帶電粒子必須以唯一確定的速度(包括大小、方向)進入才能勻速通過速度選擇器，否則將發生偏轉，這個速度的大小由qE=qvB求得，即v=EB。這個結論與粒子帶何種電荷及所帶電荷的多少無關圖1.2-12圖中B板是電源正極。若A、B兩板相距為d，板間為磁感應強度為B的勻強磁場，等離子體以速度v沿垂直于B的方向射入磁場，這個發電機的電動勢為Bdv。圖1.3-2洛倫茲力演示儀示意圖圖1.3-3沒有磁場時電子束沿直線運動圖1.3-4施加垂直于紙面的磁場后，電子束沿圓軌道運動不加磁場時，電子束的徑跡為一條直線；給勵磁線圈通電，在玻璃泡中產生沿兩線圈中心連線方向、由讀者指向紙面的磁場，電子束的徑跡是一個圓；保持電子槍的加速電壓不變，勵磁電流越大，即磁感應強度越大，半徑越小；保持勵磁線圈的電流不變，增加電子槍的加速電壓，即電子束出射速度增大，半徑變大。圖1.3-5一個質量為m、電荷量為q的帶負電荷的粒子，不計重力，從x軸上的P點以速度v射入第一象限內的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限。已知v與x軸成60°角，OP=a。(1)求勻強磁場的磁感應強度B的大小；(2)求帶電粒子穿過第一象限所用的時間。(1)qvB=mv2r，r解得B=3(2)T=2πrv，θ=23π，t=解得t=43圖1-7真空區域有寬度為l、磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向如圖所示，MN、PQ是磁場的邊界。質量為m、電荷量為q的粒子(不計重力)沿著與MN夾角θ為30°的方向射入磁場中，剛好沒能從PQ邊界射出磁場。求粒子射入磁場的速度大小及在磁場中運動的時間。(1)若粒子帶正電，畫出粒子做勻速圓周運動的軌跡，如圖所示：由幾何關系有l=rcosθ+r洛倫茲力提供向心力，有qvB=mv聯立可得v=2(2-運動時間t=360°-2×30°360°T=56×2π(2)若粒子帶負電，粒子的偏轉方向發生變化。由幾何關系有l=r'-r'cosθ洛倫茲力提供向心力，有qv'B=mv聯立可得v'=2(2+運動時間t'=2×30°360°T=16×2πm圖1.4-1質譜儀工作原理qU=12mvr=mv得r=1B2mUq(即圖1.4-3回旋加速器的原理帶電粒子在磁場中運動的周期與交變電場的周期相等；粒子加速后獲得的最大動能Ekm=q2B2R22圖5.2-11霍爾效應圖5.2-12霍爾元件若霍爾元件是電子導電，則達到穩定狀態時，導體板a側面的電勢高于b側面的電勢。若霍爾元件的載流子是正電荷，則達到穩定狀態時，導體板b側面的電勢高于a側面的電勢。【規律總結】1.磁感應強度、磁感線(1)磁感應強度：B=FIl，是用比值法定義的，其大小只決定于磁場本身的性質。Il稱作“電流元”磁感應強度的方向就是該點的磁場方向，就是小磁針靜止時N極所指的方向，也是小磁針N極受力的方向。(2)磁感線：為了形象地描述磁場的強弱和方向而人為假想的曲線，并不真實存在。①磁感線上每一點的切線方向都跟該點的磁場方向相同，是閉合曲線。②磁感線的疏密表示磁場的強弱，密集的地方磁場強，稀疏的地方磁場弱。(3)電流周圍的磁感線判定——安培定則(也叫右手螺旋定則)安培定則直線電流電流是直線電流?拇指，磁感線是曲線?四指環形電流電流是曲線電流?四指，磁場的中軸線?拇指通電螺線管電流是曲線電流?四指，磁場的中軸線?拇指2.安培力方向左手定則；F垂直于B和I決定的平面電流間的作用力：同向電流相互吸引，異向電流相互排斥大小直導線F=BIlsinθ，θ=0時F=0，θ=90°時F=BIl導線為曲線時等效為ac直線電流受力分析(舉例)根據力的平衡條件或牛頓運動定律列方程安培力做功與能的轉化安培力做正功時，將電能轉化為導體的機械能或其他形式的能，如電動機模型；安培力做負功時，將機械能或其他形式的能轉化為電能，如電磁感應中的發電機模型3.洛倫茲力(1)定義：運動電荷在磁場中受到的作用力；(2)方向判定：左手定則，四指指向正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向；(3)方向特點：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v決定的平面；(4)大小：①v⊥B時F=qvB；②v∥B(或v=0)時F=0；③F=qvBsinθ(θ為v與B的夾角；此時一般將v或B進行分解取它們垂直的分量計算)；(5)洛倫茲力的特點①洛倫茲力的方向隨電荷運動方向的變化而變化，但無論怎樣變化，洛倫茲力都與運動方向垂直。②洛倫茲力永不做功，它只改變電荷的運動方向，不改變電荷的速度大小。4.帶電粒子在磁場中的運動(1)基本公式：qvB=mv(2)半徑和周期：r=mvqB，T=2πr(3)確定圓心的三種方法①軌跡上的入射點和出射點的速度垂線的交點為圓心，如圖(a)；②軌跡上入射點速度垂線和兩點連線中垂線的交點為圓心，如圖(b)；③軌跡上入射點速度垂線上到入射點的距離與軌跡的切線邊界的垂線長度相等的點為圓心，如圖(c)。(4)計算半徑的兩種方法①由qvB=mv②由幾何關系(如勾股定理、三角函數等)求半徑。如圖甲：由r+rcosθ=d得r=d如圖乙：r1=12由L2+(r2-d)2=r22得r2=(5)確定時間的兩種方法①由圓心角求，t=α360°T或②由弧長求，t=lv=rθv(l為弧長5.帶電粒子在有界勻強磁場中運動時的常見情形直線邊界(粒子進出磁場具有對稱性)平行邊界(臨界條件：和邊界相切)圓形邊界(等角進出，沿徑向射入必沿徑向射出)6.洛倫茲力與現代科技(1)質譜儀①作用測量帶電粒子質量和分離同位素。②原理(如圖所示)加速電場：qU=12mv2偏轉磁場：qvB=mv2r，l可得r=1B2mUq，m=qr(2)回旋加速器①構造如圖所示，D1、D2是半圓金屬盒，D形盒處于勻強磁場中，D形盒的縫隙處接交流電源。②原理交流電周期和粒子做圓周運動的周期相等，使粒子每經過一次D形盒縫隙就被加速一次。③最大動能由qvmB=mvm2R、Ekm=12mvm2得Ekm=q④總時間粒子在勻強磁場中運動一個周期，被電場加速兩次，每次增加動能qU，加速次數n=EkmqU，粒子在勻強磁場中運動的總時間t=n2T=Ekm2qU·2π(3)速度選擇器、磁流體發電機、電磁流量計和霍爾元件在洛倫茲力和靜電力平衡時，粒子做勻速直線運動達到穩定狀態。裝置原理圖規律速度選擇器若qv0B=Eq，即v0=EB磁流體發電機對等離子體由qUd=qv0B，兩極板間電壓U=v0電磁流量計由qUD=qvB，所以v=UDB，流量Q=vS霍爾元件由qvB=qUh，I=nqvS，S=hd；電勢差U=BInqd=kBId，k7.帶電粒子在組合場中常見的運動(1)從電場進入磁場：利用分解思想解決電場中的運動，注意進入磁場的速度為合速度；(2)從磁場進入電場：找粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心、半徑、圓心角，畫運動軌跡，進入電場時速度不變，分析粒子在電場中做直線運動還是類平拋運動。8.帶電粒子在疊加場中常見的運動(1)有兩個或多個場疊加，若合力為零，則表現為勻速直線運動或靜止狀態；有洛倫茲力作用下的直線運動必為勻速直線運動；(2)重力場、電場、磁場三場共存時，若粒子做勻速圓周運動，則有mg=qE，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，即qvB=mv2(3)當帶電粒子做復雜的曲線運動或有約束的變速直線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解。二、電磁感應【以圖說法】圖2.1-1研究感應電流方向的實驗記錄楞次定律：感應電流具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化。圖2.1-8右手定則右手定則：伸開右手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內；讓磁感線從掌心進入，并使拇指指向導線運動的方向，這時四指所指的方向就是感應電流的方向。圖2.2-2計算導線切割磁感線時的感應電動勢ΔΦ=BΔS=Blv·ΔtE=Δ得E=Blv圖2.2-3導線運動方向不與磁感應垂直時的情況E=Blvsinθ圖2-2如圖所示，在豎直向下的勻強磁場中，將一根水平放置的金屬棒ab以某一水平速度拋出，金屬棒在運動過程中始終保持水平。不計空氣阻力，分析金屬棒在運動過程中產生的感應電動勢大小和方向。金屬棒ab豎直方向的分速度與磁感線平行，不產生感應電動勢；水平方向的分速度切割磁感線，產生感應電動勢，感應電動勢大小為E=Blv0，B、l、v0均不變，則感應電動勢大小保持不變。產生的感應電流方向為從a到b，保持不變。圖2.2-8一長為l的導體棒在磁感應強度為B的勻強磁場中繞其一端以角速度ω在垂直于磁場的平面內勻速轉動，ab兩端產生的感應電動勢為Bl圖2-7規定導體環中電流的正方向如圖甲所示，磁場向上為正方向，導體環中感應電流隨時間變化的圖像如圖所示。圖2-10MN和PQ是兩根互相平行、豎直放置的光滑金屬導軌，已知導軌足夠長，且電阻不計。金屬桿ab與導軌垂直而且始終與導軌接觸良好，金屬桿具有一定質量和電阻。開始時，將開關S斷開，讓桿ab由靜止開始自由下落，過段時間后，再將S閉合。若從S閉合開始計時，請畫出金屬桿的速度隨時間變化的可能圖像。圖2-9固定在勻強磁場中的正方形導線框abcd邊長為l，其中ab邊是電阻為R的均勻電阻絲，其余三邊是電阻可忽略的銅導線，勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直于紙面向里。現有一段長短、粗細、材料均與ab邊相同的電阻絲PQ架在線框上，并以恒定速度v從ad邊滑向bc邊。PQ在滑動過程中與導線框接觸良好。當PQ滑過l3的距離時，通過aP當PQ滑過l3的距離時，PQ產生的感應電動勢大小為E=整個電路的總電阻為R總=R+R3·2則通過PQ的電流為I=ER總aP段、bP段電阻絲的電阻之比為1∶2，則電流之比為2∶1，故通過aP段電阻絲的電流大小為IaP=23I=6圖2-11圖中的A是一個邊長為l的正方形導線框，其電阻為R。線框以恒定速度v沿x軸運動，并穿過圖中所示的勻強磁場區域，磁感應強度為B。如果以x軸的正方向作為安培力的正方向，線框在圖示位置的時刻開始計時。線框所受的安培力隨時間變化的圖像，如圖。圖2.3-1電子感應加速器(1)麥克斯韋認為，磁場變化時會在空間激發一種電場。這種電場與靜電場不同，它不是由電荷產生的，我們把它叫作感生電場。如果感應電動勢是由感生電場產生的，它也叫作感生電動勢。(2)電子感應加速器原理從圖甲中可以看到，磁場方向由下向上，如果從上向下看，電子沿逆時針方向運動，為使電子加速，真空室中產生的感生電場應沿順時針方向。根據楞次定律，磁場應該由弱變強。也就是說，為使電子加速，電磁鐵線圈中的電流應該由小變大。圖2.3-2導體中產生渦流圖2.3-3真空冶煉爐圖2.3-4電磁爐加熱食物圖2.3-5用硅鋼片做變壓器的鐵芯圖2.3-6探雷圖2.3-10鋁框的運動電磁驅動圖2.3-13圖2.3-14電磁阻尼圖2.4-1開關閉合時觀察燈泡的發光情況(R=RL，L自感系數較大)A2燈立即變亮，A1燈逐漸變亮，最后一樣亮圖2.4-3開關斷開時觀察燈泡的亮度(RL<RA，L自感系數很大)燈A突然閃亮一下后再漸漸熄滅【規律總結】1.磁通量電磁感應現象(1)磁通量：Φ=BS(B⊥S)，適用于勻強磁場且磁場與平面垂直。①若磁場與平面不垂直，Φ=BScosθ，式中Scosθ即為平面S在垂直于磁場方向上的投影面積。②磁通量有正、負，但磁通量不是矢量而是標量，當磁感線從某一面上穿入時，磁通量為正值，則磁感線從此面穿出時即為負值。(2)產生感應電流的條件：當穿過閉合導體回路的磁通量發生變化時，閉合導體回路中就產生感應電流。2.感應電流方向的判斷——楞次定律(1)內容：感應電流具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化。(2)感應電流方向的判斷①楞次定律：線圈面積不變，磁感應強度發生變化的情形，往往用楞次定律。②右手定則：導體棒切割磁感線的情形往往用右手定則。(3)楞次定律中“阻礙”的主要表現形式①阻礙原磁通量的變化——“增反減同”；②阻礙物體間的相對運動——“來拒去留”；③使線圈面積有擴大或縮小的趨勢(在單向磁場中)——“增縮減擴”；④阻礙原電流的變化(自感現象)——“增反減同”。3.感應電動勢大小的計算——法拉第電磁感應定律(1)法拉第電磁感應定律：E=nΔ(2)導體棒垂直切割磁感線①平動切割：E=Blv②以導體棒一端為圓心，在垂直勻強磁場平面內轉動切割：E=12Bl24.電磁感應中電荷量的求解方法(1)q=It(電流恒定)。(2)q=nΔ其中ΔΦ的求解有三種情況①只有S變化，ΔΦ=B·ΔS；②只有B變化，ΔΦ=ΔB·S；③B和S都變化，ΔΦ=Φ2-Φ1。(3)q=mv1-mv2BL，由安培力的沖量BILΔt=mv1-mv2，而IΔt5.電磁感應中的電路問題(1)電磁感應中電路問題的一般解題流程(2)注意事項電源兩端的電壓不是電動勢，也不是內電壓，而是外電壓。6.解決電磁感應圖像問題的“三點關注”(1)關注初始時刻，如初始時刻感應電流是否為零，是正方向還是負方向。(2)關注變化過程，看電磁感應發生的過程分為幾個階段，這幾個階段是否和圖像變化相對應。(3)關注大小、方向的變化趨勢，看圖線斜率的大小、圖線的曲直是否和物理過程對應。7.電磁感應中的動力學和能量問題(1)電磁感應中動力學問題的分析方法①分析導體棒的受力，畫出受力示意圖(注意將立體圖轉化為平面圖)。②注意動態變化過程分析(2)能量轉化及焦耳熱的求法①能量轉化關系②焦耳熱的三種求法a.焦耳定律：Q=I2Rt，適用于電流、電阻不變的情況。b.功能關系：Q=W克安，W克安表示克服安培力做的功，電流變或不變都適用。c.能量轉化：Q=ΔE其他，ΔE其他表示其他能的減少量，電流變或不變都適用。8.動量定理、動量守恒定律在電磁感應中的應用(1)單桿運動問題已知量(其中B、L、m已知)待求量關系式(以導體棒減速為例)v1、v2q-BILΔt=mv2-mv1，q=IΔtv1、v2、R總x-B2L2vΔtR總=mv2-F其他為恒力，v1、v2、qΔt-BILΔt+F其他Δt=mv2-mv1，q=IΔtF其他為恒力，v1、v2、R總、x(或Δt)Δt(或x)-B2L2vΔtR總+F其他·Δt=mv2-(2)雙桿運動問題①等間距導軌上的雙桿問題a.雙桿所受外力的合力為零時，若只需求末速度，可用動量守恒定律分析。b.若需求電荷量、位移、時間等，則需要利用動量定理分析。②不等距導軌上的雙桿問題由于合外力不為零，不等距導軌上的雙桿問題需用動量定理分析。常見的雙桿模型：

題型一(等距、有初速度、光滑、平行)題型二(不等距、有初速度、光滑、平行)題型三(等距、恒力、光滑、平行)示意圖導體棒長度L1=L2導體棒長度L1=2L2，兩棒只在各自的軌道上運動導體棒長度L1=L2圖像觀點力學觀點棒1做加速度減小的減速運動，棒2做加速度減小的加速運動；穩定時，兩棒以相等的速度勻速運動棒1做加速度減小的減速運動，棒2做加速度減小的加速運動；穩定時，兩棒的加速度均為零，速度之比為1∶2開始時，兩棒做變加速運動；穩定時，兩棒以相同的加速度做勻加速運動動量觀點兩棒組成的系統動量守恒兩棒組成的系統動量不守恒對單棒可以用動量定理兩棒組成的系統動量不守恒對單棒可以用動量定理能量觀點系統動能的減少量等于產生的焦耳熱系統動能的減少量等于產生的焦耳熱拉力做的功一部分轉化為雙棒的動能，一部分轉化為內能(焦耳熱)：W=Q+Ek1+Ek2(3)桿+電容器模型基本模型規律無外力，電容器充電(導軌光滑，電阻阻值為R，導體棒電阻不計，電容器電容為C)無外力，電容器放電(導軌光滑，電源電動勢為E，內阻不計，導體棒電阻不計，電容器電容為C)電路特點導體棒相當于電源，電容器被充電電容器放電，相當于電源；導體棒受安培力而運動電流的特點安培力為阻力，棒減速，E減小，有I=BLv-UCR，電容器被充電，UC變大，當BLv=UC時，I=0，電容器放電時，導體棒在安培力作用下開始運動，同時阻礙放電，導致電流減小，直至電流為零，此時UC=BLvm運動特點及最終特征棒先做加速度減小的減速運動，最終做勻速運動，此時I=0，但電容器帶電荷量不為零棒先做加速度減小的加速運動，最終做勻速運動，此時I=0最終速度電容器充的電荷量：q=CU最終電容器兩端電壓：U=BLv對棒應用動量定理：mv0-mv=BIL·Δt=BLqv=m電容器初始電荷量：q0=CE放電結束時電荷量：q=CU=CBLvm電容器釋放的電荷量：Δq=q0-q=CE-CBLvm對棒應用動量定理：mvm=BIL·Δt=BLΔqvm=BLCEv-t圖像三、交變電流【以圖說法】圖3.1-3交流發電機示意圖甲、丙：Φ最大，E=0，乙、丁：Φ=0，E最大圖3.1-5線圈轉到任意位置t=0時線圈剛好轉到中性面，設線圈旋轉的角速度為ω，AB和CD的長度為l，AD和BC的長度為d，則經過時間t，線圈轉過的角度θ=ωt，旋轉過程中AB和CD的速度v=ωd2，與磁感線垂直的速度為vsinθ，即ωd2sinωt。根據法拉第電磁感應定律，線框上產生的感應電動勢e=2Blvsinθ=ωBldsinωt=ωBSsinωt=Emsin圖3.1-6正弦式交變電流隨時間的變化u=Umsinωti=Imsinωt圖3.1-9KLMN是一個豎直的矩形導線框，全部處于磁感應強度為B的水平方向的勻強磁場中，線框面積為S，MN水平，線框繞某一豎直固定軸以角速度ω勻速轉動。在MN邊與磁場方向的夾角到達30°的時刻(圖示位置)，導線框中產生的瞬時電動勢e的大小是多少？標出線框此時的電流方向。MN邊與磁場方向成30°角時，導線框平面與中性面的夾角為60°，此時感應電動勢大小為e=Emsinωt=BSωsin60°=3BSω2，感應電流方向為圖3-2A、B是兩個完全相同的電熱器，A通以圖甲所示的方波交變電流，B通以圖乙所示的正弦式交變電流。這兩個電熱器的電功率之比PA∶PB等于多少？根據有效值的定義，對A電熱器，有I02R·T2+(12I0)2R·解得有效值IA=58I0對B電熱器，電流的有效值IB=I根據電功率公式P=I2R可得PA∶PB=IA2∶IB2圖3.3-1變壓器的示意圖U1UI1I圖3.3-7當用戶的用電器增加時，圖中各表的讀數如何變化？原線圈輸入的電壓U1一定，V1示數不變；副線圈的電壓U2=n2U1n1不變，V2示數不變。當用戶的用電器增加時，相當于R減小，副線圈中的電流I2增大，A2示數增大；因為理想變壓器輸入功率等于輸出功率，即P1=I1U1=P2=I2U2，U1、U2的值不變，I2增大，則I1增大，A1示數增大；由于I2增大，則R0兩端的電壓增大，故圖3-5理想變壓器的原、副線圈的匝數比為3∶1，在原、副線圈的回路中分別接有阻值相同的電阻，原線圈一側接在電壓為220V的正弦交流電源上。(1)求副線圈回路中電阻兩端的電壓；(2)求原、副線圈回路中電阻消耗的功率之比。(1)設副線圈回路中電阻兩端的電壓為U，由題意知，副線圈中的電流為I2=U則原線圈中的電流為I1=13I2=與原線圈串聯的電阻兩端的電壓為UR=I1R=U由理想變壓器的變壓規律可知，原線圈兩端的電壓為3U所以有U3+3U=220V，解得U(2)由P=I2R可得P1∶P2=1∶9。圖3-4圖甲是某燃氣灶點火裝置的原理圖。轉換器將直流電壓轉換為圖乙所示的正弦交流電壓，并加在一臺理想變壓器的原線圈上，變壓器原、副線圈的匝數分別為n1、n2，電壓表為交流電表。當變壓器副線圈電壓的瞬時值大于5000V時，就會在鋼針和金屬板間引發電火花進而點燃氣體。(1)圖中開關閉合時電壓表的示數是多少？(2)變壓器原、副線圈的匝數滿足怎樣的關系才能實現點火？(1)由圖乙知，原線圈所加電壓的有效值為U1=22U1m=2即電壓表的示數為3.54V(2)欲實現點火，要求變壓器副線圈輸出電壓的最大值大于5000V由U1U2=n1n2得n所以，當變壓器原、副線圈的匝數比n1∶n2<1∶1000時，可實現正常點火。圖3.4-2輸電電路圖輸電線路損失的功率ΔP=I2r【規律總結】1.交變電流的產生和計算(1)線圈通過中性面時的特點①穿過線圈的磁通量最大。②線圈中的感應電動勢為零。③線圈每經過中性面一次，感應電流的方向改變一次。(2)有效值的計算①正弦式交變電流：有效值是最大值的12，即E=Em2，I=Im2②非正弦式交變電流：計算有效值時，要根據電流的熱效應，即“相同時間”內“相同電阻”上產生“相同熱量”列式。(3)正弦式交流電“四值”的應用表達式應用最大值Em=nBSω計算電容器的耐壓值瞬時值e=Emsinωt計算某時刻所受安培力有效值E=E電表的讀數，計算電熱、電功及保險絲的熔斷電流平均值E=n計算通過導體的電荷量2.變壓器與遠距離輸電(1)理想變壓器的基本關系功率關系原線圈的輸入功率等于副線圈