粤教版高中物理选修3-2高二第01次培优材料-交流电-教师
粤教版 高中物理课本目录(全部),包含必修和所有选修
必修一第一章运动的描述第一节认识运动第二节时间位移第三节记录物体的运动信息第四节物体运动的速度第五节速度变化的快慢加速度第六节用图象描述直线运动本章复习与测试第二章探究匀变速直线运动规律第一节探究自由落体运动第二节自由落体运动规律第三节从自由落体到匀变速直线运. 第四节匀变速直线运动与汽车行驶. 本章复习与测试第三章研究物体间的相互作用第一节探究形变与弹力的关系第二节研究摩擦力第三节力的等效和替换第四节力的合成与分解第五节共点力的平衡条件第六节作用力与反作用力本章复习与测试第四章力与运动第一节伽利略的理想实验与牛顿第. 第二节影响加速度的因素第三节探究物体运动与受力的关系第四节牛顿第二定律第五节牛顿第二定律的应用第六节超重和失重第七节力学单位本章复习与测试必修二第一章抛体运动第01节什么是抛体运动第02节运动的合成与分解第03节竖直方向的抛体运动第04节平抛物体的运动第05节斜抛物体的运动本章复习与检测第二章圆周运动第01节匀速圆周运动第02节向心力第03节离心现象及其应用本章复习与检测第三章万有引力定律及其应用第01节万有引力定律第02节万有引力定律的应用第03节飞向太空本章复习与检测第四章机械能和能源第01节功第02节动能势能第03节探究外力做功与物体动能变. 第04节机械能守恒定律第05节验证机械能守恒定律第06节能量能量转化与守恒定律第07节功率第08节能源的开发与利用本章复习与检测第五章经典力学与物理学的革命第01节经典力学的成就与局限性第02节经典时空观与相对论时空观第03节量子化现象第04节物理学—人类文明进步的阶. 本章复习与检测选修1-1第一章电与磁第一节有趣的静电现象第二节点电荷间的相互作用第三节认识磁场第四节认识电场第五节奥斯特实验的启示第六节洛伦兹力初探第二章电磁感应与电磁场第一节电磁感应现象的发现第二节电磁感应定律的建立第三节电磁感应现象的应用第四节麦克斯韦电磁场理论第三章电磁技术与社会发展第一节电磁技术的发展第二节电机的发明对能源利用的作用第三节传感器及其应用第四节电磁波的技术应用第五节科学、技术与社会的协调第四章家用电器与日常生活第一节我们身边的家用电器第二节常见家用电器的原理第三节家用电器的选择第四节家用电器的基本原件第五节家用电器故障与安全用电选修1-2第一章认识内能第一节物体的组成第二节分子热运动第三节分子之间的相互作用内能第四节能量守恒能源利用第五节热力学第一定律第二章热的利用第一节如何利用热量做功第二节热机第三节热传导的方向性第四节无序熵第五节热力学第二定律第六节家用制冷设备第三章核能及其利用第一节放射性第二节放射性的应用与辐射防护第三节核能第四节裂变和聚变第五节核能的开发与利用第四章能源与社会发展第一节能源概述第二节第一次工业革命第三节第二次工业革命第四节核能时代第五节能源与环境选修2-1第一章直流电与多用电表第一节电源与环境第二节串联电路与并联电路第三节闭合电路欧姆定律的实验探究第四节解开多用电表“多用”的奥秘第五节多用电表的使用第六节电场与电容器第二章磁场与磁偏转第一节磁场的描述第二节实验探究安培力第三节磁电式仪表第四节磁场红的电子束第三章电磁感应与交变电流第一节认识电磁感应现象第二节探究影响电磁感应电动势大小的因素第三节交变电流第四节变压器第五节远距离输电与电能损失第六节三相交变电流第四章电磁波与通信技术第一节电磁波与信息时代第二节光与电磁波谱第三节电视与广播第四节移动通信与移动电话第五章现代信息技术第一节传感器与自动化第二节微电子技术与集成电路第三节模拟信号、数字信号与信息时代第四节家用电脑与网络技术选修2-2第一章刚体的平衡第一节研究平动和转动第二节研究共电力作用下刚体的平衡条件第三节刚体共点力平衡条件的应用第四节力矩第五节探究有固定转动轴物体的平衡条件第六节刚体的一般平衡条件第七节探究影响平衡稳定的因素第二章机械传动第一节转速的变换第二节平动和转动的转换第三节液压传动的原理和应用第四节从杠杆到机器人第三章物体的形变第一节弹性和范性第二节直杆的形变第三节常见的承重结构第四章热与热机第一节热机的基本原理第二节四冲程内燃机第三节提高内燃机的效率第四节气轮机喷气发动机第五节制冷的基本原理第六节家用电冰箱和空调机第七节热机与环境第八节热机的发展选修2-3第一章光的折射全反射与光纤技术第一节光的折射定律第二节测定材料的折射率第三节光的全反射及光纤技术第二章透镜成像规律与光学仪器第一节透镜焦距的测定第二节透镜成像规律探究（一）第三节透镜成像规律探究（二）第四节照相机第五节望远镜和显微镜第三章光的波动性与常用新型电光源第一节光的干涉及其应用第二节光的衍射与光的偏振第三节激光及其应用第四节常见新型电光源第四章原子、原子核与放射技术第一节原子和原子核的结构第二节原子核的裂变第三节射线及其应用第四节放射性同位素第五节核反应与核技术选修3-1第一章电场第01节认识电场第02节探究静电力第03节电场强度第04节电势和电势差第05节电场强度与电势差的关系第06节示波器的奥秘第07节了解电容器第08节静电与新技术本章复习与测试第二章电路第01节探究决定导线电阻的因素第02节对电阻的进一步研究第03节研究闭合电路第04节认识多用电表第05节电功率第06节走进门电路第07节了解集成电路本章复习与测试第三章磁场第01节我们周围的磁象第02节认识磁场第03节探究安培力第04节安培力的应用第05节研究洛伦兹力第06节洛伦兹力与现代技术本章复习与测试本册复习与测试,选修3－2第一章电磁感应第01节电磁感应现象第02节研究产生感应电流的条件第03节探究感应电流的方向第04节法拉弟电磁感应定律第05节法拉弟电磁感应定律应用(一) 第06节法拉弟电磁感应定律应用(二) 第07节自感现象及其应用第08节涡流现象及其应用本章复习与检测第二章交变电流第01节认识变交电流第02节交变电流的描述第03节表征交变电流的物理量第04节电感器对交变电流的作用第05节电容器对交变电流的作用第06节变压器第07节远距离输电本章复习与检测第三章传感器第01节认识传感器第02节探究传感器的原理第03节传感器的应用第04节用传感器制作自控装置第05节用传感器测磁感应强度本章复习与检测选修3－3第一章分子动理论第01节物体是由大量分子组成的第02节测量分子的大小第03节分子的热运动第04节分子间的相互作用力第05节物体的内能第06节气体分子运动的统计规律本章复习与检测第二章固体、液体和气体第01节晶体的宏观特征第02节晶体的微观结构第03节固体新材料第04节液体的性质液晶第05节液体的表面张力第06节气体状态量第07节气体实验定律(Ⅰ)第08节气体实验定律(Ⅱ)第09节饱和蒸汽空气的湿度本章复习与检测第三章热力学基础第01节内能功热量第02节热力学第一定律第03节能量守恒定律第04节热力学第二定律第05节能源与可持续发展第06节研究性学习能源的开发利. 本章复习与测试选修3－4第一章机械振动第01节初识简谐运动第02节简谐运动的力和能量特征第03节简谐运动的公式描述第04节探究单摆的振动周期第05节用单摆测定重力加速度第06节受迫振动共振本章复习与检测第二章机械波第01节机械波的产生和传播第02节机械波的图象描述第03节惠更斯原理及其应用第04节波的干涉与衍射第05节多普勒效应本章复习与检测第三章电磁振荡与电磁波第01节电磁振荡第02节电磁场与电磁波第03节电磁波的发射、传播和接收第04节电磁波谱第05节电磁波的应用本章复习与检测第四章光第01节光的折射定律第02节测定介质的折射率第03节认识光的全反射现象第04节光的干涉第05节用双缝干涉实验测定光的波. 第06节光的衍射和偏振第07节激光本章复习与检测第五章相对论第01节狭义相对论的基本原理第02节时空相对性第03节质能方程与相对论速度合成. 第04节广义相对论第05节宇宙学简介本章复习与检测选修3－5第一章碰撞与动量守恒第01节物体的碰撞第02节动量动量守恒定律第03节动量守恒定律在碰撞中的应. 第04节反冲运动第05节自然界中的守恒定律本章复习与检测第二章波粒二象性第01节光电效应第02节光子第03节康普顿效应及其解释第04节光的波粒二象性第05节德布罗意波本章复习与检测第三章原子结构之谜第01节敲开原子的大门第02节原子的结构第03节氢原子光谱第04节原子的能级结构本章复习与检测第四章原子核第01节走进原子核第02节核衰变与核反应方程第03节放射性同位素第04节核力与结合能第05节裂变和聚变第06节核能利用第07节小粒子与大宇宙本章复习与检测必修1第一章运动的描述第二章探究匀变速直线运动规律第三章研究物体间的相互作用第四章力与运动必修2第一章抛体运动第二章圆周运动第三章万有引力定律及其应用第四章机械能和能源第五章经典力学与物理学的革命选修1-1第一章电与磁第二章电磁感应与电磁场第三章电磁技术与社会发展第四章家用电器与日常生活选修1-2第一章认识内能第二章热的利用第三章核能及其利用第四章能源与社会发展选修2-1第一章直流电与多用电表第二章磁场与磁偏转第三章电磁感应与交变电流第四章电磁波与通信技术第五章现代信息技术选修2-2第一章刚体的平衡第二章机械传动第三章物体的形变第四章热与热机选修2-3第一章光的折射全反射与光纤技术第二章透镜成像规律与光学仪器第三章光的波动性与常用新型电光源第四章原子、原子核与放射技术选修3-1第一章电场第二章电路第三章磁场选修3-2第一章电磁感应第二章交变电流第三章传感器选修3-3第一章分子动理论第二章固体、液体和气体第三章热力学基础选修3-4第一章机械振动第二章机械波第三章电磁振荡与电磁波第四章光第五章相对论选修3-5第一章碰撞与动量守恒第二章波粒二象性第三章原子结构之谜第四章原子核。
2021-2022学年高二物理粤教版选修3-2学案：第一章 1 电磁感应现象 产生感应电流的条件
学案1电磁感应现象产生感应电流的条件[目标定位] 1.知道奥斯特发觉了电流的磁效应、法拉第发觉了电磁感应现象.2.知道磁通量和磁通量变化量的含义.3.知道感应电流的产生条件．一、电磁感应的发觉[问题设计]自然界万事万物都是相互联系、相互作用的．奥斯特发觉了电流能在其四周产生磁效应，启迪人们思考：磁体能在四周导线中感应出电流吗？谁第一个发觉了“磁生电”现象？答案磁体能在四周导线中感应出电流，第一个发觉了“磁生电”现象的是科学家法拉第．[要点提炼]1．1820年，丹麦物理学家奥斯特发觉了电流的磁效应．揭示出通电导线四周有磁场，表明白电能生磁．2．1831年，英国物理学家法拉第发觉了电磁感应现象，即“磁生电”现象．产生的电流叫做感应电流．他把可以产生电磁感应的状况概括为五类：变化着的电流、变化着的磁场、运动的恒定电流、运动的磁铁、在磁场中运动的导体．更概括地说，假如所争辩的电路中磁通量发生变化，在这个电路中就会发生电磁感应．二、磁通量及其变化[问题设计]如图1所示，框架的面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B.试求：图1(1)框架平面与磁感应强度B垂直时，穿过框架平面的磁通量为多少？(2)若框架绕OO′转过60°，则穿过框架平面的磁通量为多少？(3)若从图示位置转过90°，则穿过框架平面的磁通量的变化量为多少？(4)若从图示位置转过180°，则穿过框架平面的磁通量变化量为多少？答案(1)BS(2)12BS(3)－BS(4)－2BS[要点提炼]1．磁通量(1)定义：闭合导体回路的面积与垂直穿过它的磁感应强度的乘积叫磁通量，符号为Φ.在数值上等于穿过投影面的磁感线的条数．(2)公式：Φ＝BS.其中S为回路平面在垂直磁场方向上的投影面积，也称为有效面积．所以当回路平面与磁场方向之间的夹角为θ时，磁通量Φ＝BS sin_θ，如图2所示．图2(3)单位：韦伯，简称韦，符号Wb.(4)留意：①磁通量是标量，但有正、负之分．一般来说，假如磁感线从线圈的正面穿入，线圈的磁通量就为“＋”，磁感线从线圈的反面穿入，线圈的磁通量就为“－”．②磁通量与平面的匝数无关．(填“有关”或“无关”)2．磁通量的变化量ΔΦ(1)当B不变，有效面积S变化时，ΔΦ＝B·ΔS.(2)当B变化，S不变时，ΔΦ＝ΔB·S.(3)当B和S同时变化时，ΔΦ＝Φ2－Φ1，但此时ΔΦ≠ΔB·ΔS.特殊提示计算穿过某一面的磁通量变化量时，要留意前、后磁通量的正、负值，如原磁通量Φ1＝BS，当平面转过180°后，磁通量Φ2＝－BS，磁通量的变化量ΔΦ＝－2BS.三、产生感应电流的条件[问题设计]1．试验1：如图3所示，导体AB做切割磁感线运动时，线路中有电流产生，而导体AB顺着磁感线运动时，线路中无电流产生．(填“有”或“无”)图3图42．试验2：如图4所示，条形磁铁插入或拔出线圈时，线圈中有电流产生，但条形磁铁在线圈中静止不动时，线圈中无电流产生．(填“有”或“无”)3．试验3：如图5所示，将小螺线管A插入大螺线管B中不动，当开关S 闭合或断开时，电流表中有电流通过；若开关S始终闭合，当转变滑动变阻器的阻值时，电流表中有电流通过；而开关始终闭合，滑动变阻器不动时，电流表中无电流产生(填“有”或“无”)．图54．上述三个试验产生感应电流的状况不同，但其中确定有某种共同的缘由，完成下表并总结产生感应电流的条件.试验1闭合电路中磁感应强度B不变，闭合电路的面积S变化共同缘由：闭合电路中磁通量发生变化试验2闭合电路中磁感应强度B变化，闭合电路的面积S不变试验3闭合电路中磁感应强度B变化，闭合电路的面积S不变总结试验1是通过导体相对磁场运动转变磁通量；试验2是磁体即磁场运动转变磁通量；试验3通过转变电流从而转变磁场强弱，进而转变磁通量，所以可以将产生感应电流的条件描述为“只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就会产生感应电流”．[要点提炼]1．产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化．2．特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动．在利用“切割”来争辩和推断有无感应电流时，应当留意：(1)导体是否将磁感线“割断”，假如没有“割断”就不能说切割．如图6所示，甲、乙两图中，导线是真“切割”，而图丙中，导体没有切割磁感线．图6(2)是否仅是闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动，如图丁．假如由切割不简洁推断，则要回归到磁通量是否变化上去．[延长思考]电路不闭合时，磁通量发生变化是否能产生电磁感应现象？答案当电路不闭合时，没有感应电流，但有感应电动势，只产生感应电动势的现象也可以称为电磁感应现象．一、磁通量Φ及其变化量ΔΦ的理解与计算例1如图7所示，水平放置的扁平条形磁铁，在磁铁的左端正上方有一金属线框，线框平面与磁铁垂直，当线框从左端正上方沿水平方向平移到右端正上方的过程中，穿过它的磁通量的变化状况是()图7A．先减小后增大B．始终减小C．始终增大D．先增大后减小解析线框在磁铁两端的正上方时穿过该线框的磁通量最大，在磁铁中心时穿过该线框的磁通量最小，所以该过程中的磁通量先减小后增大，故A对．答案 A例2如图8所示的线框，面积为S，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，B的方向与线框平面成θ角，当线框转过90°到如图所示的虚线位置时，试求：图8(1)初、末位置穿过线框的磁通量的大小Φ1和Φ2；(2)磁通量的变化量ΔΦ.解析(1)解法一：在初始位置，把面积向垂直于磁场方向进行投影，可得垂直于磁场方向的面积为S⊥＝S sin θ，所以Φ1＝BS sin θ.在末位置，把面积向垂直于磁场方向进行投影，可得垂直于磁场方向的面积为S⊥′＝S cos θ.由于磁感线从反面穿入，所以Φ2＝－BS cos θ.解法二：如图所示，把磁感应强度B沿垂直于面积S和平行于面积S进行分解，得B上＝B sin θ，B左＝B cos θ所以Φ1＝B上S＝BS sin θ，Φ2＝－B左S＝－BS cos θ.(2)ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－BS cos θ－BS sin θ＝－BS(cos θ＋sin θ)．答案(1)BS sin θ－BS cos θ(2)－BS(cos θ＋sin θ)二、产生感应电流的分析推断及试验探究例3如图9所示，在匀强磁场中的矩形金属导轨上有等长的两根金属棒ab和cd，它们以相同的速度匀速运动，则()图9A．断开开关S，ab中有感应电流B．闭合开关S，ab中有感应电流C．无论断开还是闭合开关S，ab中都有感应电流D．无论断开还是闭合开关S，ab中都没有感应电流解析两根金属棒ab和cd以相同的速度匀速运动，若断开开关S，两根金属棒与导轨构成的回路中磁通量无变化，则回路中无感应电流，故选项A、C错误；若闭合开关S，两根金属棒与导轨构成的回路中磁通量发生变化，则回路中有感应电流，故选项B正确，D错误．答案 B针对训练在一长直导线中通以如图10所示的恒定电流，某一闭合导线环(环面与导线垂直，长直导线通过环的中心)套在长直导线上，当发生以下变化时，导线环中可能产生感应电流的是()图10A．保持电流不变，使导线环上下移动B．保持导线环不变，使长直导线中的电流增大或减小C．保持电流不变，使导线在竖直平面内顺时针(或逆时针)转动D．保持电流不变，环在与导线垂直的水平面内左右水平移动答案 C解析产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生转变，在题图所示位置导线环中没有磁通量，A、B、D没有使穿过导线环的磁通量发生转变，所以都错，本题选C.例4在争辩电磁感应现象的试验中所用器材如图11所示．它们是①电流表；②直流电源；③带铁芯的线圈A；④线圈B；⑤开关；⑥滑动变阻器(用来把握电流以转变磁场强弱)．试按试验的要求在实物图上连线(图中已连好一根导线)．图11答案连接电路如图所示1．(对电磁感应现象的生疏)下列关于电磁感应现象的生疏，正确的是()A．它最先是由奥斯特通过试验发觉的B．它说明白电流四周存在磁场C．它说明白闭合电路中磁通量变化时会产生电流D．它说明白电流在磁场中会受到安培力答案 C解析奥斯特发觉了电流的磁效应，法拉第发觉了电磁感应现象，故A错误；电流四周存在磁场是电流的磁效应，故B错误；变化的磁场产生电流的现象是电磁感应现象，故C正确；电磁感应现象并没有说明电流在磁场中会受到安培力的缘由，故D错误．2．(对磁通量Φ及其变化量ΔΦ的理解)如图12所示一矩形线框，从abcd位置移到a′b′c′d′位置的过程中，关于穿过线框的磁通量的状况，下列叙述正确的是(线框平行于纸面移动) ()图12A．始终增加B．始终削减C．先增加后削减D．先增加，再削减直到零，然后再增加，然后再削减答案 D解析离导线越近，磁场越强，当线框从左向右靠近导线的过程中，穿过线框的磁通量增大；当线框从跨在导线上向右运动时，磁通量减小；当导线在线框正中心时，磁通量为零；从该位置向右，磁通量又增大；当线框离开导线向右运动的过程中，磁通量又减小．故A、B、C错误，D正确．3．(产生感应电流的分析推断)如图13所示，开头时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列方法中不行行．．．的是()图13A．将线框向左拉出磁场B．以ab边为轴转动C．以ad边为轴转动(小于60°)D．以bc边为轴转动(小于60°)答案 D解析将线框向左拉出磁场的过程中，线框的bc部分切割磁感线，或者说穿过线框的磁通量削减，所以线框中将产生感应电流．当线框以ab边为轴转动时，线框的cd边的右半段在做切割磁感线运动，或者说穿过线框的磁通量在发生变化，所以线框中将产生感应电流．当线框以ad边为轴转动(小于60°)时，穿过线框的磁通量在减小，所以在这个过程中线框内会产生感应电流．假如转过的角度超过60°(60°～300°)，bc边将进入无磁场区，那么线框中将不产生感应电流．当线框以bc边为轴转动时，假如转动的角度小于60°，则穿过线框的磁通量始终保持不变(其值为磁感应强度与矩形线框面积的一半的乘积)．4．(产生感应电流的分析推断)如图14所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成闭合回路，在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A，下列各种状况中铜环A中没有．．感应电流的是()图14A．线圈中通以恒定的电流B．通电时，使滑动变阻器的滑片P做匀速移动C．通电时，使滑动变阻器的滑片P做加速移动D．将开关突然断开的瞬间答案 A解析只要在通电时滑动变阻器的滑片P移动，电路中电流就会发生变化，变化的电流产生变化的磁场，铜环A中磁通量发生变化，有感应电流；同样，将开关断开瞬间，电路中电流从有到无，仍会在铜环A中产生感应电流.题组一电磁感应现象的发觉1．奥斯特发觉了电流的磁效应，使整个科学界受到了极大的震惊，通过对电流的磁效应的逆向思维，人们提出的问题是()A．电流具有热效应B．电流具有磁效应C．磁能生电D．磁体具有磁化效应答案 C2．下面属于电磁感应现象的是()A．通电导体四周产生磁场B．磁场对感应电流发生作用，阻碍导体运动C．闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时，在电路中产生电流的现象D．电荷在磁场中定向移动形成电流答案 C解析电流能产生磁场，是电流的磁效应现象，不是电磁感应现象，故A错误；感应电流在磁场中受到安培力作用，不是电磁感应现象，故B错误；闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时，在电路中产生电流的现象是电磁感应现象，故C正确；电荷在磁场中定向移动形成电流，不是电磁感应产生的电流，所以不是电磁感应现象，故D错误．题组二对磁通量Φ及其变化量ΔΦ的理解3．关于磁通量，下列叙述正确的是()A．在匀强磁场中，穿过某一个面的磁通量等于磁感应强度与该面面积的乘积B．在匀强磁场中，a线圈的面积比b线圈的大，则穿过a线圈的磁通量确定比穿过b线圈的磁通量大C．把一个线圈放在M、N两处，若放在M处时穿过线圈的磁通量比放在N处时大，则M处的磁感应强度确定比N处大D．同一线圈放在磁感应强度大处，穿过线圈的磁通量不愿定大答案 D解析磁通量等于磁感应强度与垂直磁场方向上的投影面积的乘积，A错误；线圈面积大，但投影面积不愿定大，B错误；磁通量大，磁感应强度不愿定大，C错误，D正确．4．于磁通量的概念，以下说法中正确的是()A．磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量越大B．磁感应强度越大，线圈面积越大，则磁通量越大C．穿过线圈的磁通量为零时，但磁感应强度不愿定为零D．磁通量发生变化，确定是磁场发生变化引起的答案 C解析依据磁通量的定义，Φ＝B·S·sin θ，因此A、B选项错误；穿过线圈的磁通量为零时，磁感应强度不愿定为零；磁通量发生变化，可能是面积变化引起的，也可能是磁场变化引起的，D错．5.如图1所示，半径为R的圆形线圈共有n匝，其中心位置处半径为r的范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面，若磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为()图1A．πBR2B．πBr2C．nπBR2D．nπBr2答案 B解析由磁通量的定义式知Φ＝BS＝πBr2；磁通量与线圈的匝数无关．故B正确．题组三产生感应电流的分析推断6．关于电磁感应现象，下列说法中正确的是()A．闭合线圈放在变化的磁场中，必定有感应电流产生B．闭合正方形线框在匀强磁场中垂直磁感线运动，必定产生感应电流C．穿过闭合线圈的磁通量变化时，线圈中有感应电流D．只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就确定有感应电流产生答案 C解析产生感应电流的条件：(1)闭合电路；(2)磁通量Φ发生变化，两个条件缺一不行．7．下图中能产生感应电流的是()答案 B解析 依据产生感应电流的条件推断，A 中，电路没闭合，无感应电流；B 中，面积增大，闭合电路的磁通量增大，有感应电流；C 中，穿过线圈的磁感线相互抵消，Φ恒为零，无感应电流；D 中，磁通量不发生变化，无感应电流．8．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的试验中，能观看到感应电流的是( ) A ．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观看电流表的变化 B ．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观看电流表的变化C ．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观看电流表的变化D ．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观看电流表的变化 答案 D解析 产生感应电流必需满足的条件：①电路闭合；②穿过闭合电路的磁通量要发生变化．选项A 、B 电路闭合，但磁通量不变，不能产生感应电流，故选项A 、B 不能观看到电流表的变化；选项C 满足产生感应电流的条件，也能产生感应电流，但是等我们从一个房间到另一个房间后，电流表中已没有电流，故选项C 也不能观看到电流表的变化；选项D 满足产生感应电流的条件，能产生感应电流，可以观看到电流表的变化，所以选D.9.如图2所示，一有限范围的匀强磁场宽度为d ，若将一个边长为L 的正方形导线框以速度v 匀速地通过磁场区域，已知d ＞L ，则导线框从开头进入到完全离开磁场的过程中无感应电流的时间等于( )图2A.d vB.Lv C.d －L v D.d －2L v 答案 C解析 只有导线框完全在磁场里面运动时，导线框中才无感应电流．10.如图3所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框，初始位置线框与磁感线平行，则在下列四种状况下，线框中会产生感应电流的是( )图3A ．线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动B ．线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上下运动C ．线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB 转动D ．线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD 转动 答案 C解析 四种状况中初始位置线框均与磁感线平行，磁通量为零，按A 、B 、D 三种状况线框运动后，线框仍与磁感线平行，磁通量保持为零不变，线框中不产生感应电流．C 中线框转动后，穿过线框的磁通量不断发生变化，所以产生感应电流，C 项正确．11.为观看电磁感应现象，某同学将电流表、螺线管A 和B 、蓄电池、开关用导线连接成如图4所示的试验电路．当闭合和断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其缘由是( )图4A ．开关位置接错B ．电流表的正、负极接反C ．线圈B 的3、4接头接反D ．蓄电池的正、负极接反答案 A解析 因感应电流产生的条件是闭合电路中的磁通量发生变化，由电路图可知，把开关接在B 与电流表之间，因与1、2接头相连的电路在闭合和断开开关时，电流不转变，所以不行能有感应电流，电流表也不行能偏转，开关应接在A 与电源之间．12.如图5所示，导线ab 和cd 相互平行，则下列四种状况中，关于导线cd 中是否产生感应电流的说法，正确的是 ( )图5A．开关S闭合瞬间产生感应电流B．开关S断开瞬间不产生感应电流C．开关S闭合，滑动触头左、右滑动时产生感应电流D．开关S闭合，滑动触头不动时产生感应电流答案AC解析开关S闭合或断开的瞬间；开关S闭合，滑动触头向左、右滑动的过程都会使通过导线ab段的电流发生变化，使穿过cd回路的磁通量发生变化，从而在cd导线中产生感应电流．13．如图6所示，A为多匝线圈，与开关、滑动变阻器相连后接入M、N间的沟通电源，B为一接有小灯泡的闭合多匝线圈，下列关于小灯泡发光说法正确的是()图6A．闭合开关后小灯泡可能发光B．若闭合开关后小灯泡发光，则再将B线圈靠近A，则小灯泡更亮C．闭合开关瞬间，小灯泡才能发光D．若闭合开关后小灯泡不发光，将滑动变阻器滑片左移后，小灯泡可能会发光答案AB解析闭合开关后，A中有交变电流，B中就会有变化的磁场，则B中有感应电流，若电流足够大，小灯泡可能发光，A正确，C、D错误；若闭合开关后小灯泡发光，再将B线圈靠近A，磁场变强，所以小灯泡会更亮，B 正确．14.如图7所示，固定于水平面上的金属架处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动．t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形．为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开头，磁感应强度B应怎样随时间t变化？请推导出这种状况下B与t的关系式．图7 答案B＝B0ll＋v t解析要使MN棒中不产生感应电流，应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化在t＝0时刻，穿过线圈平面的磁通量Φ1＝B0S＝B0l2设t时刻的磁感应强度为B，此时磁通量为Φ2＝Bl(l＋v t)由Φ1＝Φ2得B＝B0ll＋v t.。
物理粤教版高二年级选修3-2第一章第2节研究产生感应电流的条件教学课件教学设计2
研究产生感应电流的条件教材分析《研究感应电流的产生条件》是高中物理新课程（选修3-2）第一章第二节的内容，是电磁学的核心内容之一，在整个高中物理中占有相当重要的地位。
本节内容揭示了磁和电的内在联系，通过探究实验的方法归纳出了“磁生电”的规律，在教材中起到了承前启后的作用，是学生今后学习法拉第电磁感应定律、楞次定律和交变电流产生的基础。
在教材的编排上本节从初中知识点闭合电路的部分导线切割磁感线产生电流入手，再设计学生探究实验，对现象进行分析归纳，最后总结出产生感应电流的条件，这样的编排符合学生的认知规律。
教学设计一、教学目标1、知识与技能（1）知道产生感应电流的条件。
（2）通过实验进行比较和思考，概括出产生感应电流的条件。
（3）理解“不论用什么方法，只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就有感应电流产生。
2、过程与方法（1）通过三个实验的探究，进一步理解电和磁之间的相互联系。
（2）通过三个实验的探究，进一步理解控制变量的实验方法。
（3）通过体验实验探究过程，进一步强化实验观察、分析、归纳及总结的方法。
3、情感态度与价值观通过体验探究过程，领略到物理规律形成的一条重要途径，即设想----实验----规律，形成科学的思维方式和思维习惯。
二、教学重点通过实验观察和实验探究，理解感应电流的产生条件。
三、教学难点感应电流的产生条件。
四、教学过程1、引入新课1820年奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第由此受到启发，开始了“由磁生电”的探索，经过十年坚持不懈的努力，于1831年8月29日发现了电磁感应现象，开辟了人类的电气化时代。
2、新课教学（1）探究实验1：利用蹄形磁铁的磁场导体棒的运动表针的摆动方向导体棒的运动表针的摆动方向向右平动向左平动向前平动结论：（2）探究实验2：利用条形磁铁的磁场磁铁的运动表针的摆动方向磁铁的运动表针的摆动方向N极插入线圈N极停在线圈中N极从线圈中抽出结论：（3）探究实验3：利用通电螺线管的磁场操作电流表指针如何偏转大螺线管B中的磁通量如何变化是否有感应电流开关接通瞬间开关接通，滑片P不动开关接通，滑片P移动开关断开瞬间结论：（4）总结：产生感应电流的条件五、教学小总、课堂练习、课外作业。
【粤教版】高中物理选修3-2优秀学案：第一章 电磁感应 第三节 Word版含答案
第三节感应电流的方向[学习目标] 1.正确理解楞次定律的内容及其本质.2.掌握右手定则，并理解右手定则实际上为楞次定律的一种具体表现形式.3.能够熟练运用楞次定律和右手定则判断感应电流的方向．一、楞次定律[导学探究] 根据如图1甲、乙、丙、丁所示进行电路图连接与实验操作，并填好实验现象．图1请根据上表所填内容理解：甲、乙两种情况下，磁通量都增加，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；丙、丁两种情况下，磁通量都减少，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同．[知识梳理] 楞次定律：(1)内容：感应电流的方向可以这样确定：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．(2)理解：当磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场方向相反，当磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场方向相同，即增反减同．[即学即用] 判断下列说法的正误．(1)感应电流的磁场总是与引起感应电流的磁场方向相反．( )(2)感应电流的磁场可能与引起感应电流的磁场方向相同．( )(3)感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．( )答案(1)×(2)√(3)√二、右手定则[导学探究] 如图2所示，导体棒ab向右做切割磁感线运动．图2(1)请用楞次定律判断感应电流的方向．(2)感应电流I的方向、原磁场B的方向、导体棒运动的速度v的方向三者之间什么关系？根据课本右手定则，自己试着做一做．答案(1)感应电流的方向a→d→c→b→a.(2)满足右手定则．[知识梳理] 右手定则：伸开右手，让拇指跟其余四个手指垂直，并且都跟手掌在同一个平面内；让磁感线垂直从心进入，拇指指向导体运动的方向，其余四指所指的方向就是感应电流的方向．[即学即用] 判断下列说法的正误．(1)右手定则只能用来判断导体垂直切割磁感线时的感应电流方向．( )(2)所有的电磁感应现象都可以用楞次定律判断感应电流方向．( )(3)所有的电磁感应现象，都可以用安培定则判断感应电流方向．( )(4)当导体不动，而磁场运动时，不能用右手定则判断感应电流方向．( )答案(1)×(2)√(3)×(4)×一、楞次定律的理解1．因果关系：楞次定律反映了电磁感应现象中的因果关系，磁通量发生变化是原因，产生感应电流是结果．2．“阻碍”的含义：(1)谁阻碍——感应电流产生的磁场．(2)阻碍谁——阻碍引起感应电流的磁通量的变化．(3)如何阻碍——当原磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；当原磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同．(4)阻碍效果——阻碍并不是阻止，结果增加的还是增加，减少的还是减少．注意：从相对运动的角度看，感应电流的效果是阻碍相对运动．例1 关于楞次定律，下列说法正确的是 ( )A．感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化B．闭合电路的一部分导体在磁场中运动时，必受磁场阻碍作用C．原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场同向D．感应电流的磁场总是跟原磁场反向，阻碍原磁场的变化答案 A解析感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项A正确；闭合电路的一部分导体在磁场中平行磁感线运动时，不受磁场阻碍作用，选项B错误；原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场反向，选项C错误；当原磁场增强时感应电流的磁场跟原磁场反向，当原磁场减弱时感应电流的磁场跟原磁场同向，选项D错误．二、楞次定律的应用楞次定律应用四步曲(1)确定原磁场方向；(2)判定产生感应电流的磁通量如何变化(增加还是减少)；(3)根据楞次定律确定感应电流的磁场方向(增反减同)；(4)判定感应电流的方向．该步骤也可以简单地描述为“一原二变三感四螺旋”，一原——确定原磁场的方向；二变——确定磁通量是增加还是减少，三感——判断感应电流的磁场方向；四螺旋——用右手螺旋定则判断感应电流的方向．例2 (多选)如图3所示，闭合金属圆环沿垂直于磁场方向放置在有界匀强磁场中，将它从匀强磁场中匀速拉出，以下各种说法中正确的是( )图3A．向左拉出和向右拉出时，环中的感应电流方向相反B．向左或向右拉出时，环中感应电流方向都是沿顺时针方向的C．向左或向右拉出时，环中感应电流方向都是沿逆时针方向的D．将圆环左右拉动，当环全部处在磁场中运动时，圆环中无感应电流答案BD解析将金属圆环不管从哪边拉出磁场，穿过闭合圆环的磁通量都要减少，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍原磁通量的减少，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，应用安培定则可以判断出感应电流的方向是顺时针方向的，选项B正确，A、C错误；另外在圆环离开磁场前，穿过圆环的磁通量没有改变，该种情况无感应电流，D正确．针对训练如图4所示，金属环所在区域存在着匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．当磁感应强度逐渐增大时，内、外金属环中感应电流的方向为( )图4A．外环顺时针、内环逆时针B．外环逆时针、内环顺时针C．内、外环均为逆时针D．内、外环均为顺时针答案 B解析首先明确研究的回路由外环和内环共同组成，回路中包围的磁场方向垂直纸面向里且内、外环之间的磁通量增加．由楞次定律可知两环之间的感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，垂直于纸面向外，再由安培定则判断出感应电流的方向是：在外环沿逆时针方向，在内环沿顺时针方向，故选项B正确．三、右手定则的应用1．适用范围：闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流方向的判断．2．右手定则反映了磁场方向、导体运动方向和电流方向三者之间的相互垂直关系．(1)大拇指的方向是导体相对磁场切割磁感线的运动方向，既可以是导体运动而磁场未动，也可以是导体未动而磁场运动，还可以是两者以不同速度同时运动．(2)四指指向电流方向，切割磁感线的导体相当于电源．例3 下列图中表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景，导体ab上的感应电流方向为a→b的是( )答案 A解析题中四图都属于闭合电路的一部分导体切割磁感线，应用右手定则判断可得：A中电流方向为a→b，B中电流方向为b→a，C中电流方向沿a→d→c→b→a，D中电流方向为b →a.故选A.1.某磁场磁感线如图5所示，有一铜线圈自图中A处落至B处，在下落过程中，自上向下看，线圈中的感应电流方向是( )图5A．始终顺时针B．始终逆时针C．先顺时针再逆时针D．先逆时针再顺时针答案 C解析自A处落至图示位置时，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律知线圈中感应电流方向为顺时针，从图示位置落至B处时，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律知，线圈中感应电流方向为逆时针，C项正确．2．磁铁在线圈中心上方开始运动时，线圈中产生如图6方向的感应电流，则磁铁( )图6A．向上运动B．向下运动C．向左运动D．向右运动答案 B3．如图7所示，匀强磁场与圆形导体环平面垂直，导体ef与环接触良好，当ef向右匀速运动时( )图7A．圆环中磁通量不变，环上无感应电流产生B．整个环中有顺时针方向的电流C．整个环中有逆时针方向的电流D．环的右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流答案 D解析由右手定则知ef上的电流由e→f，故右侧的电流方向为逆时针，左侧的电流方向为顺时针，选D.4.1931年，英国物理学家狄拉克曾经从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”.1982年，美国物理学家卡布莱拉设计了一个寻找磁单极子的实验．他设想，如果一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如图8所示的超导线圈，那么，从上向下看，超导线圈上将出现( )图8A．先顺时针方向，后逆时针方向的感应电流B．先逆时针方向，后顺时针方向的感应电流C．顺时针方向持续流动的感应电流D．逆时针方向持续流动的感应电流答案 D解析N极磁单极子从上向下通过时，穿过线圈的磁通量先向下增加，接着突变为向上减少．故由楞次定律知，感应电流的磁场一直向上，故电流始终为逆时针．一、选择题(1～8题为单选题，9～12题为多选题)1．根据楞次定律可知，感应电流的磁场一定是 ( )A．与引起感应电流的磁场反向B．阻止引起感应电流的原磁通量的变化C．阻碍引起感应电流的原磁通量的变化D．使电路磁通量为零答案 C2.如图1所示，在一水平、固定的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁(N极朝上，S极朝下)由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触．关于圆环中感应电流的方向(从上向下看)，下列说法正确的是( )图1A．总是顺时针B．总是逆时针C．先顺时针后逆时针D．先逆时针后顺时针答案 C解析磁铁下落过程中原磁场是向上的，穿过圆环的磁通量先增大后减小，由楞次定律可判断出选项C正确．3．如图2所示，CDEF是一个矩形金属框，当导体棒AB向右移动时，回路中会产生感应电流，则下列说法中正确的是( )图2A．导体棒中的电流方向由B→AB．电流表A1中的电流方向由F→EC．电流表A1中的电流方向由E→FD．电流表A2中的电流方向由D→C答案 B解析根据右手定则，导体棒内部电流方向为A到B，所以电流表A1中的电流方向由F→E，A、C错，B对．同理电流表A2中的电流方向由C→D，D错．4．电阻R、电容器C与一线圈连成闭合电路，条形磁铁位于线圈的正上方，N极朝下，如图3所示．现使磁铁N极远离线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是( )图3A．从b到a，下极板带正电B．从a到b，下极板带正电C．从b到a，上极板带正电D．从a到b，上极板带正电答案 D解析当磁铁开始由图示位置向上运动时，向下穿过线圈的磁通量变小，由楞次定律可得，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，即向下，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而上，由于线圈相当于电源，则流过R的电流方向是从a到b，电容器上极板带正电．故选D.5.如图4所示，一圆形金属线圈放置在水平桌面上，匀强磁场垂直桌面竖直向下，过线圈上A点作切线OO′，OO′与线圈在同一平面上．在线圈以OO′为轴翻转180°的过程中，线圈中电流方向( )图4A．始终为A→B→C→AB．始终为A→C→B→AC．先为A→C→B→A再为A→B→C→AD．先为A→B→C→A再为A→C→B→A答案 A解析在线圈以OO′为轴翻转0～90°的过程中，穿过线圈正面向里的磁通量逐渐减少，由楞次定律可知感应电流方向为A→B→C→A；线圈以OO′为轴翻转90°～180°的过程中，穿过线圈反面向里的磁通量逐渐增加，由楞次定律可知感应电流方向仍然为A→B→C→A，A 正确．6．如图5所示为一个圆环形导体，有一个带负电的粒子沿直径方向在圆环表面匀速掠过的过程，环中感应电流的情况( )图5A．无感应电流B．有逆时针方向的感应电流C．有顺时针方向的感应电流D．有先逆时针方向后顺时针方向的感应电流答案 A解析 由题意可知，带负电的粒子沿直径方向运动，周围会产生磁场，但因沿着直径运动，则穿过圆环的合磁通量为零，因此没有感应电流，故A 正确，B 、C 、D 错误．7．长直导线与矩形线框abcd 处在同一平面中静止不动，如图6甲所示．长直导线中通以大小和方向都随时间做周期性变化的交流电，i －t 图象如图乙所示．规定沿长直导线方向向上的电流为正方向．关于最初一个周期内矩形线框中感应电流的方向，下列说法正确的是( )图6A ．由顺时针方向变为逆时针方向B ．由逆时针方向变为顺时针方向C ．由顺时针方向变为逆时针方向，再变为顺时针方向D ．由逆时针方向变为顺时针方向，再变为逆时针方向 答案 D解析 0～T4时间内，直导线中的电流增大，通过线框中的磁通量增大，线框中产生逆时针方向的电流.T 4～T2时间内，直导线中的电流减小，通过线框中的磁通量减小，线框中产生顺时针方向的电流，同样判断出第3个、第4个14周期时间内的电流方向分别为顺时针和逆时针．8.如图7所示，一对大磁极，中间处可视为匀强磁场，上、下边缘处为非匀强磁场，一矩形导线框abcd 保持水平，从两磁极间中心上方某处开始下落，并穿过磁场，则( )图7A ．线框中有感应电流，方向是先a →b →c →d →a 后d →c →b →a →dB ．线框中有感应电流，方向是先d →c →b →a →d 后a →b →c →d →aC ．受磁场力的作用，线框要发生转动D ．线框中始终没有感应电流答案 D解析由于线框从两极间中心上方某处开始下落，根据对称性知，下落过程中穿过线框abcd 的磁通量始终是零，没有变化，所以始终没有感应电流，因此不会受磁场力的作用．故选项D正确．9.某空间出现了如图8所示的一组闭合电场线，方向从上向下看是顺时针的，这可能是( )图8A．沿AB方向磁场在迅速减弱B．沿AB方向磁场在迅速增强C．沿BA方向磁场在迅速增强D．沿BA方向磁场在迅速减弱答案AC10．要使图9中b线圈中产生图示方向的电流，可采取的办法有( )图9A．闭合开关SB．闭合开关S后，把b靠近aC．闭合开关S后，把滑动变阻器R的滑片左移D．闭合开关S后，把a中铁芯向左边抽出答案CD11.如图10所示，通电直导线L和平行直导线放置的闭合导体框abcd，当通电导线L运动时，以下说法正确的是 ( )图10A．当导线L向左平移时，导体框abcd中感应电流的方向为abcdaB．当导线L向左平移时，导体框abcd中感应电流的方向为adcbaC．当导线L向右平移时(未到达ad)，导体框abcd中感应电流的方向为abcdaD．当导线L向右平移时(未到达ad)，导体框abcd中感应电流的方向为adcba答案AD解析当导线L向左平移时，闭合导体框abcd中磁场减弱，磁通量减少，abcd回路中产生的感应电流的磁场将阻碍原磁通量的减少，由于导线L在导体框abcd中磁场方向垂直纸面向里，所以abcd中感应电流的磁场方向应为垂直纸面向里，由安培定则可知感应电流的方向为abcda，选项A正确；当导线L向右平移时(未到达ad)，闭合导体框abcd中磁场增强，磁通量增加，abcd回路中产生的感应电流的磁场将阻碍原磁通量的增加，可知感应电流的磁场为垂直纸面向外，再由安培定则可知感应电流的方向为adcba，选项D正确．12.如图11所示，导体棒AB、CD可在水平轨道上自由滑动，当导体棒AB向左移动时 ( )图11A．AB中感应电流的方向为A到BB．AB中感应电流的方向为B到AC．CD向左移动D．CD向右移动答案AD解析由右手定则可判断AB中感应电流方向为A→B，CD中电流方向为C→D，由左手定则可判定CD受到向右的安培力作用而向右运动．。
2012高二物理学案2.1认识变交电流(粤教版选修3-2)
2.1 认识变交电流 学案（粤教版选修3-2）【思维激活】1.用打点计时器做《测量匀变速运动的加速度》的实验，在实验的过程中由于某种原因，所使用的交变电流的频率稍有增大，而实验人不知这一变化，那么，它所测量的加速度比实际的是偏大还是偏小？提示：该实验是用相等时间内相邻位移之差等于常数来测量的，公式为2aT x =∆，其中T 是交变电流的周期，fT 1=，所以，x f a ∆⋅=2，有关的测量是在频率改变的情况下进行的，代入数据还是按50Hz 来计算，因此计算的结果比实际偏小。
闭合线圈在磁场中转动时，在什么位置电流最大，在什么位置电流方向发生改变？ 【自主整理】1.交变电流：大小和方向都随时间作周期性变化的电流，叫做交变电流，（俗称交流）随时间按正弦规律变化的交变电流，叫做正弦式电流，正弦式电流的图像可以是正弦图象，也可以是余弦图象。
2.交变电流的产生： （1）产生机理如图2-1-1所示，将一个平面线圈置于匀强磁场中，线圈与外电路相连，组成闭合回路，使线圈绕垂直磁感线的轴OO ′做匀速转动时线圈中就会产生交变电动势和交变电流。
图2-1-1（2）中性面平面线圈在匀强磁场中旋转，当线圈平面垂直于磁感线时，各边都不切割磁感线，线圈中没有感应电流，这个位置叫做中性面，线圈位于中性面时，穿过线圈的磁通量最大磁通量的交化率为零，感应电动势为零线圈经过中性面时，内部的感应电流方向要改变一次。
【高手笔记】交变电流的产生，来自于线圈在匀强磁场中的转动，而它的变化规律，就由线圈切割磁感线的规律所决定，交变电流的生产原理为电磁感应现象，分析交变电流产生的过程时注意应用感应电流产生的条件，感应电流方向判定等“电磁感应”相关知识，分析交变电流变化规律时注意应用图像的方法对感应电动势的变化，感应电流的变化，磁通量的变化进行对比分析，以降低难度，化难为易。
【名师解惑】1.正弦交变电流的瞬时值表达式是怎样导出的？剖析：设线圈从中性面起经时间t 转过角度θ，则θ=ωt ，此时两边ab 、cd 速度方向与磁感线方向的夹角分别为ωt 和180°-ωt ，如图2-1-2所示，它们产生的感应电动势同向相加，整个线圈中的感应电动势为：图2-1-2e=BL ab υsin ωt +BL cd =υsin （180°-ωt ） =2BL ab υsin ωt因为2·ad Lωυ=代入上式中得 e=BSωsin ωt +E m sin ωt对纯电阻电路，设闭合电路总电阻为R ，由欧姆定律得闭合回路的电流瞬时值t I t RE R e i m mωωsin sin ===。
广东省佛山市顺德区均安中学高中物理 2.2 交流电的描述导学案 粤教版选修3-2
广东省佛山市顺德区均安中学高中物理 2.2 交流电的描述导学案粤教版选修3-2【自学目标】1、掌握用函数表达式描述交变电流，用图像法描述交变电流；2、通过对线圈在磁场中转动产生感应电动势的讨论与交流，了解物理学的研究方法。
【自学重难点】重点：用函数表达式描述和图像法描述交变电流，能够理解交变电流的瞬时值和最大值。
难点：交变电流的函数表达式。
一、知识回顾1、交变电流产生的方法：线圈在_____ _磁场中绕____ __于磁感线的轴____ __转动．2、线圈平面与磁感线垂直的位置叫面；线圈平面与磁感线平行的位置叫面。
3、当线圈平面位于中性面时，线圈中的磁通量_______，线圈中的电流_______，且线圈平面经过中性面时，____________就发生改变，故线圈转动一周电流方向改变_______．4、线圈转动过程中，产生的感应电动势的最大值和最小值分别在、位置。
练习：（单选）关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，以下说法中正确的是( ) A．线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次，感应电动势方向不变B．线圈每转动一周，感应电流方向就改变一次C．线圈平面每经过中性面一次，感应电动势和感应电流的方向都要改变一次D．线圈转动一周，感应电动势和感应电流方向都要改变一次二、探究学习（认真阅读课本P42—P43，并完成下列内容）1、探究用函数表达式描述交变电流问题设计：矩形单匝线圈abcd的边长ab＝cd＝L，ad＝bc＝L′，在匀强磁场B中绕垂直于磁场的对称轴以角速度ω逆时针匀速转动。
（1）、从中性面开始，线圈以角速度ω，以ad，bc的中点连线为轴逆时针旋转经t时间线圈与中性面的夹角α为多少？（2）、此时a b边线速度V的方向跟磁感线方向间的夹角θ为多少？（3）、此时a b边线速度V平行于磁感线的分速度V水和垂直磁感线分速度V竖各是多少？（4）、ab和cd金属棒切割磁感线产生的电动势各为多大？ab边中的感应电动势e ab = BLV竖 = ；同理cd边中的感应电动势：e cd= 。
粤教版高中物理选修3-2高二第01次培优材料-交流电-教师.docx
高中物理学习材料桑水制作高二物理第★-01-★次培优材料右图为本章知识梳理，剪切保存。
本章有12个题型，要熟练掌握。
1． 交流电瞬时表达式及其应用 1．一单匝线圈面积为S ，在磁感强度为B 的匀强磁场中，以角速度ω匀速转动，其感应电动势e ＝εm sin ωt ，则下面判断正确的是 A ．εm ＝ BS ωB ．ωt 是线圈平面和中性面之间的夹角C ．εm ＝ nBS ωD ．ωt 是线圈平面和中性磁场方向的夹角2．图3为单匝线圈面积为S 在磁感强度为B 的匀强磁场中匀速转动，感应电动势 e ＝εm sin ωt, 感应电流 i ＝I m sin ωt (1) 在题中将线圈的转速提高一倍其他条件不变则电动势的表达式为A ．e ＝εm sin ωtB ．e ＝2εm sin ωtC ．e ＝2εm sin2ωtD ．e ＝εm sin2ωt(2) 题中产生的最大感应电流为I m 要使感应电流的最大值变为2I m 可用的方法是： A ．把磁感应强度变为2B提升交流电解题技能 图3B．把转动角速度变为2ωC．用同样的导线做成一个面积为2S的线圈D．用同样的导线做成一个每边都是原长2倍的线圈3．若上题中线圈是正方形边长为0.2m，磁感应强度B＝1T，转动角速度ω＝500π rad/s，线圈每条边的电阻都为R＝10Ω，那么图示位置时(1) 回路中的电流强度为A．0A B．12.5A C．1.57A D．πA(2) bd两点电势差为：A．0V B．500V C．62.8V D．125.6V4.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的感应电动势最大值为50V，那么该线圈由图所示位置转过30°时，线圈的感应电动势大小为A.50VB.253VC.25VD.10V答案：B2、两个特殊位置（中性面和垂直中性面）的特征5、如图所示，线圈在匀强磁场中转动产生的交流电动势e =311cos100πt V，则下列说法中正确的是（ BC ）A．t=0时，线圈平面位于中性面B．t=0时，穿过线圈的磁通量为最小C．t=0.01s时，导线切割磁感线的有效速度最大D．t=0.01s时，穿过线圈的磁通量变化率为最小3、瞬时值、有效值和峰值6. 正弦交流电压U=50sin314t(V)，加在一氖管两端，已知当氖管两端的电压达到252v时才开始发光，则此氖管在一个周期内发光的总时间为A.0.02B.0.0025sC.0.01sD.0.005s答案：C7、某交流电电压为u=10 2 sin314t(V)，则 DA．击穿电压为10V的电容器能直接在此电源上B．把电磁打点计时器接在此电源上，打点周期为0.01sC．把额定电压为10V的小灯泡直接接在此电源上，小灯泡将被烧坏D．把额定电压为10V的小灯泡直接接在此电源上，小灯泡能正常发光4、图像型综合题目8.矩形金属线圈共10匝，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的交流电动势e 随时间t 变化的情况如图所示.下列说法中正确的是（D ）A.此交流电的频率为0.2HzB.此交流电动势的有效值为1VC.t =0.1s 时，线圈平面与磁场方向平行D.线圈在转动过程中穿过线圈的最大磁通量为1001Wb9．一正弦式电流的有效值为3A 频率为50Hz 则此交流电路的瞬时值表达式可能是：A ．i ＝3sin314t (A)B ．i ＝32sin314t (A)C ．i ＝3sin50t (A)D ．I =32sin50t (A)5、变压器基础题型10.某变电站用原副线圈匝数比为n 1：n 2的变压器，将远距离输来的电能送到用户，如图所示。
粤教版高中物理选修3-2课件：2交变电流总复习
二、描述正弦交流电的几个物理量（周期，频率， 峰值，有效值，平均值）
1、交流电的周期和频率：
i O T
T
t
2
作一次周期性变化 所需的时间。
单位：秒 在1秒内完成周期 性变化的次数。 单位：赫兹
1 f T
我国市电的周期是 0.02s
我国市电的频率是 50Hz
2、交流电的峰值和瞬时值公式：
P I U2
2
2 ( ) R 思考：能用 U 线 /R 来计算线损吗？
2
( ) R线
增大输电电压U， 即采用高压输电 U 3 n3 是有效方法。 U 4 n4
P 2 U
U 损＝IR线
U3 U2 U损
P损＝I R线 P用＝P P损
典例导悟
如图所示某交流发电机输出功率为5×105W，输出电压为 U1=1.0×103V,假如输电线总电阻为R=10Ω，在输电线 上损失的电功率等于输电功率的5%，用户使用的电压 为U用=380V，求：所用升压变压器和降压变压器的原 副线圈的匝数比是多少？
e
瞬时值
zxxkw
Em
e Em sin(t )
t
峰值
－E m
O T
e=Emsinωt电动势峰值Em=NBLV=NBSω i=Imsinωt电流峰值Im=Em/R u=Umsinωt路端电压峰值Um=ImR
2、最大值
m nBS R Um m Rr m Im Rr 应用：电容器和晶体管的耐压值
我国生活中用的市电电压为220V，其最大值为 220 2V 311 V ， ，频率为 50Hz u=311sin314t 电压的瞬时表达式：（V ）。
zxxkw
粤教版高中物理选修3-2高二第二学期物理单元测试-交流电-教师.docx
高中物理学习材料桑水制作高二第二学期物理单元测试-交流电No pain, no gain<一分耕耘一分收获>-1交流电一、单项选择题（每小题4分，共16分）1 2 3 4 分数：1、图1是某一正弦交流电经过整流后的波形图（图中的实线部分），该电流有效值是A．5 B．52 C．10 D．1022、将副线圈匝数为30匝且输入电压为220V、输出电压为6V的变压器改绕成输出电压为24V 的变压器，原线圈的匝数不变，则副线圈应增加的匝数是A、150匝B、120匝C、90匝D、144匝3、某农村水力发电站的发电机的输出电压稳定，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压，然后用输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器，经降压变压器降压后再输送到各用户。
设变压器都是理想的，那么在用电高峰期，随着用电器总功率的增加将导致A、升压变压器初级线圈中的电流变小B、升压变压器次级线圈两端的电压变小C、高压输电线路的电压损失变大D、降压变压器次级线圈两端的电压变大4．6、如图所示，理想变压器的副线圈上接有三个灯泡，原线圈与一个灯泡串联接在交流电源上.若四个灯泡完全相同，且都正常发光，则电源两端的电压U1与灯泡两端的电压U2之比为( )A.1∶1B.2∶1C.3∶1D.4∶1二、双项选择题，每小题6分，共30分。
每小题有两个正确选项，每选对一项得3分，错选、不选者本小题得0分5 6 7 8 9 分数5．如图5所示，理想变压器原线圈两端接正弦交变电压，副线圈两端通过输电线接一只灯泡和一只滑动变阻器，输电线的电阻不计，在图示状态，当滑动片P向上滑动过程中，下列判断正确的是A、灯泡变亮B、流过滑动变阻器的电流变小C、流过变压器原线圈的电流变小D、滑动变阻器上得到的功率变大6.远距离输送交流电都采用高压输电.我国正在研究用比330 kV高得多的电压进行输电.采用高压输电的优点是( )A.可节省输电线的材料B.可根据需要调节交流电的频率C.可减少输电线上的能量损失D.可加快输电的速度7．一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的交变电动势图象如图2所示，则A、交变电流的频率是4πHzB、当t=0时线圈平面与磁感线垂直C、当t=0.5s时，e有最大值D、交流电的周期是0.5s8．一只低压教学电源输出的交变电压瞬时值U=102sin314t(V)，关于该电源的规格和使用，以下说法正确的是A.这只电源可以使"10V2W"的灯泡正常发光B.这只电源的交变电压的周期是314sC.这只电源在t=0.01s时电压达到最大值D.“10V2μF”电容器不能接在这只电源上答案：AD9.如图所示，在绕制变压器时，某人将两个线圈绕在图示变压器铁芯的左右两个臂上，当通以交流电时，每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈，另一半通过中间臂，已知线圈1、2的匝数比n1：n2=2：1，在不接负载的情况下A.当线圈1输入电压220V时，线圈2输出电压为110VB.当线圈1输入电压440V时，线圈2输出电压为110VC.当线圈2输入电压110V时，线圈1输出电压为220VD.当线圈2输入电压220V时，线圈1输出电压为220V答案：BD三、非选择题10．一理想变压器，原线圈匝数n1=1100匝，接在电压220 V的交流电源上，当它对11只并联的“36 V，60 W”灯泡供电时，灯泡正常发光，由此可知该变压器匝数n2=_____，通过原线圈的电流I1=_____。
粤教版高中物理选修3-1高二第01次培优材料10-22.docx
高中物理学习材料（鼎尚**整理制作）高二物理第★-01-★次培优材料1. 如图是电容式话筒的示意图，它是利用电容制作的传感器.话筒的振动膜前面镀有薄薄的金属层，膜后距膜几十微米处有一金属板，振动膜上的金属层和这个金属板构成电容器的两极.在两极间加一电压U ，人对着话筒说话时，振动膜前后振动，使电容发生变化，导致话筒所在电路中的其它量发生变化，使声音信号被话筒转化为电信号.其中导致电容变化的原因可能是电容器两板间的( )A.距离变化B.正对面积变化C.介质变化D.电压变化 2. 薄厚均匀的矩形金属片边长ab=2bc ，当将A 与B 接入电压为U 的电路中的电流强度为I ，若将CD 接入电压仍为U 的电路中时，则电流强度为（ ）A ．4IB ．2IC ．I/2D ．I/43. 如图所示电路中，已知R 2=R4.现用内阻很大的电压表分别测量A 、C 间和B 、D 间的电压，测知U AC =8 V ，U BD =12 V.则A 、E 两点间的电压U AE 应为（ ）A.6 VB.20 VC.24 VD.无法确定R R R R 3421A B C D E基本题型过关金属板 振动膜 金属膜 外电路4、如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接．将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电荷量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是( )A、Q变小，C不变，U不变，E变小B、Q变小，C变小，U不变，E不变C、Q不变，C变小，U变大，E不变D、Q不变，C变小，U变大，E变小6．如图所示电阻甲、乙的I U图象，当它们通过相同的电流时，其功率之比A．3：1 B．1：3C．3：1 D．1：37、如图所示，电灯L1、L2上分别有“220V，100W”、“220V，40W”字样，那么A．a、b接220V电压时，L1、L2均能正常发光B．a、b接440V电压时，L1、L2均能正常发光C．无论a、b 两端接多少伏电压，L1、L2都不可能正常发光；D．无论a、b 两端接多少伏电压，L1肯定不能正常发光；8、关于电源电动势，以下说法中正确的是A．电源的电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，所以当电源接入电路时，电动势将发生变化B．在闭合电路中，并联在电源两端电压表的读数是电源的电动势C．电源电动势是表示电源将其他形式的能转化为电能本领大小的物理量D．在闭合电路中，电源电动势在数值上等于内外电压之和9、随着中国电信业的发展，国产手机在手机市场上已经占有了相当大的市场份额。
粤教版高二物理选修3-2讲学案设计：2.4 电感器对交变电流的作用.(无答案)
2.4 电感器对交变电流的作用 讲学案高二级 班 姓名 座号 周次 星期一、学习目标:1、理解为什么电感对交变电流有阻碍作用.2、知道用感抗来表示电感对交变电流阻碍作用的大小，知道感抗与哪些因素有关.二、复习检测:1、（单选）如图所示是一交变电流的i －t 图象，则该交变电流的有效值为( )A ．4 AB ．2 2 A C.83 A D. 2303A 2、(双选)矩形线圈的匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示．下列结论正确的是( )A ．在t ＝0.1 s 和t ＝0.3 s 时，电动势最大B ．在t ＝0.2 s 和t ＝0.4 s 时，电动势改变方向C ．电动势的最大值是157 VD ．在t ＝0.4 s 时，磁通量变化率最大，其值为3.14 Wb/s三、新课教学知识点一：电感器的构造及其对电流的作用1、电感器由________导线(如漆包线、纱包线等)一圈紧靠一圈地绕制而成，所以又被称为____________．它能把外部电路的________储存在电感器内部的________中．2、如图所示的实验装置，L 1、L 2为两个规格完全相同的小灯泡，L 为电感线圈，R 为滑动变阻器，S 为双刀双掷开关以及学生电源．(1)若电感线圈的电感很小，可看作纯电阻，把开关S 先接到直流电源，调节滑动变阻器使两个灯泡的亮度相同，然后把开关S 接到交流电源上，则两个灯泡亮度_______________________，说明：_________________________________________________________________.(2)换用自感系数较大的线圈，把开关S 接到直流电源，调节滑动变阻器使两个灯泡亮度相同．然后再将开关S 接到交流电源上，则___________________，说明：___________________________________________.(3)再换用自感系数更大的线圈，把开关S 接到直流电源，调节滑动变阻器使两个灯泡亮度相同、然后再将开关S 接到交流电源上，则___________________，说明：_________________________________________.3、电感器对恒定电流是________的，对交变电流有________作用．对交变电流的阻碍作用叫_________.交变电流的频率f 越_______，感抗越_______；电感器的自感系数L 越大，感抗越________，即感抗X L ＝__________. 典题：1、（单选）一段长直导线接在交流电源上时电流为I1，如果把这段长直导线密绕成线圈，现接入原电路，通过线圈的电流为I2，则（）A.I2>I1B.I2<I1C.I2=I1D.条件不足，无法比较2、（单选）一个灯泡通过一个线圈与一交流电源相连接，如图所示．一个铁块插进线圈之后，该灯泡将( )A．变亮 B．变暗C．对灯泡没影响 D．无法判断知识点二：低频扼流圈和高频扼流圈1、在电工和电子技术中使用的扼流圈，就是利用电感器对交变电流的________作用制成的．扼流圈通常有两种：一种为________扼流圈，它的自感系数较大，它的作用为“___________________________”；另一种为________扼流圈，它的自感系数较小，它的作用为“__________________________________”．典题：1、如图所示电路，前级输出的电流既有高频成分又有低频成分，要把低频成分的电流输送到下一级，需在ab间接一个____________扼流圈，它的自感系数应____________．2、(双选)对于扼流圈的以下说法，正确的是( )A．扼流圈是利用电感阻碍交变电流的作用制成的B．低频扼流圈用来“通低频、阻高频”C．高频扼流圈用来“通直流、阻交流”D．高频扼流圈对低频交变电流阻碍作用较小，对高频交变电流的阻碍作用很大四、巩固练习1、（单选）如图所示的电路中，正弦交流电源电压的有效值为220 V，则关于交流电压表的示数，以下说法中正确的是( )A．等于220 V B．大于220 VC．小于220 V D．等于零2、(双选)如图6所示，输入端ab的输入电压既有直流成分，又有交流成分，以下说法中，正确的是(L的直流电阻不为零)( )A．直流成分只能从L通过B．交流成分只能从R通过C．通过R的既有直流成分又有交流成分D．通过L的直流成分比通过R的直流成分要大五、课堂小结1、电感器主要由___________组成，可以把______能储存起来，它的电路符号是________________。
2021-2022学年高二物理粤教版选修3-2学案：第一章 6 电磁感应规律的应用
学案6 电磁感应规律的应用[目标定位] 1.知道法拉第电机的原理.2.把握转动切割磁感线产生感应电动势的计算.3.把握电磁感应中电路问题的分析方法和解题基本思路.4.理解电磁感应中的能量转化，并会应用能量观点分析电磁感应问题．一、法拉第电机 [问题设计]1．参考课本法拉第圆盘发电机的构造图，简洁说明法拉第圆盘发电机产生电流的缘由．答案 法拉第电机的圆盘是由很多根辐条组成的，每根辐条做切割磁感线运动，产生感应电动势，电路闭合时产生感应电流．2．法拉第圆盘发电机的工作原理可以等效为一根导体棒在磁场中转动，如图1所示：当将导体棒和电阻组成闭合电路时，电路的哪部分相当于电源？电源的正极和负极在电路的哪个位置？电源内部电流方向如何？图1答案 ab 导体棒相当于电源，a 是电源正极，b 是电源负极，电源内部电流由负极流向正极． [要点提炼]导体棒绕一端为轴转动切割磁感线：由v ＝ωr 可知各点线速度随半径按线性规律变化，切割速度用中点的线速度替代，即v ＝l 2ω或v ＝v A ＋v B 2.感应电动势E ＝12Bl 2ω.二、电磁感应中的能量转化 [问题设计]如图2所示，ab 在拉力F 的作用下以速度v 匀速向右运动，已知导体棒ab 的长度为L ，磁感应强度为B ，电路中的总电阻为R .ab 中的电流是多少？ab 所受的安培力为多大？当导体棒匀速向右运动s 距离时，拉力F 做功和棒克服安培力做功分别是多少？图2答案 电路的感应电动势E ＝BL v 电流I ＝E R ＝BL vR所以ab 棒所受安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2vR由于导体棒做匀速运动，所以F ＝F 安＝B 2L 2vR拉力做功W F ＝Fs ＝B 2L 2v sR导体棒克服安培力做功W 安＝F 安s ＝B 2L 2v sR[要点提炼]1．电磁感应现象中产生的电能是克服安培力做功转化而来的，克服安培力做多少功，就产生多少电能，电磁感应过程遵循能量守恒定律．2．求解电磁感应现象中能量守恒问题的一般思路 (1)分析回路，分清电源和外电路．(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化．如： ①有摩擦力做功，必有内能产生； ②有重力做功，重力势能必定发生变化；③克服安培力做功，必定有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能； (3)列有关能量的关系式． 3．焦耳热的计算技巧(1)感应电路中电流恒定时，焦耳热Q ＝I 2Rt . (2)感应电路中电流变化时，可用以下方法分析：①利用动能定理先求克服安培力做的功，而产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q ＝W 安． ②利用能量守恒，即感应电流产生的焦耳热等于其他形式能量的削减量，即Q ＝ΔE 其他． 三、电磁感应中的电路问题 [问题设计]在图2中，ab 的电阻为r ，导轨电阻不计．当ab 在外力作用下向右以速度v 匀速运动时，ab 两端的电压为多大？哪端电势高？答案 ab 产生感应电动势，等效成电源，由右手定则可知，感应电流的方向从b 指向a ，在电源内部电动势方向从负极指向正极，即a 端电势高．电源电动势为BL v ，由闭合电路欧姆定律可得ab 两端的电压为RR ＋r BL v .[要点提炼]在电磁感应现象中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势．若回路闭合，则产生感应电流，所以电磁感应问题常与电路学问综合考查． 解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法：1．明确哪部分导体或电路产生感应电动势，该导体或电路就是电源，其他部分是外电路． 2．画等效电路图．分清内、外电路，画出等效电路图是解决此类问题的关键．3．感应电动势的大小由法拉第电磁感应定律E ＝BL v 或E ＝n ΔΦΔt 确定，感应电动势的方向由楞次定律或右手定则确定，在等效电源内部从负极指向正极．4．运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率、电热等公式联立求解．一、转动切割产生感应电动势的计算例1 长为L 的金属棒ab 以a 点为轴在垂直于匀强磁场的平面内以角速度ω做匀速转动，如图3所示，磁感应强度为B .求：图3(1)ab 棒各点速率的平均值． (2)ab 两端的电势差．(3)经时间Δt 金属棒ab 所扫过面积中磁通量为多少？此过程中平均感应电动势多大？ 解析 (1)ab 棒各点速率的平均值v ＝v a ＋v b 2＝0＋ωL 2＝12ωL(2)ab 两端的电势差：E ＝BL v ＝12BL 2ω(3)经时间Δt 金属棒ab 所扫过的扇形面积为ΔS ，则： ΔS ＝12L 2θ＝12L 2ωΔt ，ΔΦ＝B ΔS ＝12BL 2ωΔt .由法拉第电磁感应定律得： E ＝ΔΦΔt ＝12BL 2ωΔt Δt ＝12BL 2ω.答案 (1)12ωL (2)12BL 2ω (3)12BL 2ωΔt 12BL 2ω二、电磁感应中的能量问题例2 如图4所示，足够长的光滑金属框竖直放置，框宽L ＝0.5 m ，框的电阻不计，匀强磁场的磁感应强度B ＝1 T ，方向与框面垂直，金属棒MN 的质量为100 g ，有效电阻为1 Ω，现将MN 无初速度释放并与框保持接触良好地竖直下落，从释放到达到最大速度的过程中通过棒某一截面的电荷量为2 C ，求此过程回路中产生的电能为多少？(空气阻力不计，g ＝10 m/s 2)图4解析 金属棒下落过程做加速度渐渐减小的加速运动，加速度减小到零时速度达到最大，依据平衡条件得 mg ＝B 2L 2v mR在下落过程中，金属棒减小的重力势能转化为它的动能和电能E ，由能量守恒定律得mgh ＝12m v 2m ＋E通过金属棒某一横截面的电荷量为q ＝BhLR解得：E ＝mgh －12m v 2m ＝mgRq BL －m 3g 2R 22B 4L 4＝0.1×10×1×21×0.5 J －0.13×102×122×14×0.54 J ＝3.2 J答案 3.2 J三、电磁感应中的电路问题例3 用相同导线绕制的边长为L 或2L 的四个闭合导线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图5所示．在每个线框进入磁场的过程中，M 、N 两点间的电压分别为U a 、U b 、U c 和U d .下列推断正确的是( )图5A ．U a <U b <U c <U dB ．U a <U b <U d <U cC ．U a ＝U b <U c ＝U dD ．U b <U a <U d <U c解析 U a ＝34BL v ，U b ＝56BL v ，U c ＝34·B ·2L v ＝32BL v ，U d ＝46B ·2L ·v ＝43BL v ，故选B.答案 B例4 如图6所示，有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.2 T ，磁场方向垂直纸面对里．在磁场中有一半径r ＝0.4 m 的金属圆环，磁场与圆环面垂直，圆环上分别接有灯L 1、L 2，两灯的电阻均为R 0＝2 Ω.一金属棒MN 与圆环接触良好，棒与圆环的电阻均忽视不计．图6(1)若棒以v 0＝5 m/s 的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径的瞬时MN 中的电动势和流过灯L 1的电流；(2)撤去金属棒MN ，若此时磁场随时间均匀变化，磁感应强度的变化率为ΔB Δt ＝4π T/s ，求回路中的电动势和灯L 1的电功率．解析 (1)等效电路如图所示．MN 中的电动势E 1＝B ·2r ·v 0＝0.8 V MN 中的电流I ＝E 1R 02＝0.8 A流过灯L 1的电流I 1＝I2＝0.4 A(2)等效电路如图所示 回路中的电动势E 2＝ΔBΔt ·πr 2＝0.64 V回路中的电流I ′＝E 22R 0＝0.16 A灯L 1的电功率P 1＝I ′2R 0＝5.12×10－2 W 答案 (1)0.8 V 0.4 A (2)0.64 V 5.12×10－2W电磁感应规律的应用⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧法拉第电机——原理：导体棒在磁场中转动切割磁感线电路问题⎩⎪⎨⎪⎧内电路外电路闭合电路欧姆定律能量转化⎩⎪⎨⎪⎧ 其他形式的能转化为电能遵循能量守恒定律1．(转动切割产生感应电动势的计算)如图7所示，导体棒AB 的长为2R ，绕O 点以角速度ω匀速转动，OB 长为R ，且O 、B 、A 三点在一条直线上，有一磁感应强度为B 的匀强磁场布满转动平面且与转动平面垂直，那么AB 两端的电势差为 ( )图7 A.12BωR 2B ．2BωR 2C ．4BωR 2D ．6BωR 2答案 C解析 A 点线速度v A ＝ω·3R ，B 点线速度v B ＝ωR ，AB 棒切割磁感线的平均速度v ＝v A ＋v B2＝2ωR ，由E ＝BL v 得，AB 两端的电势差为E ＝B ·2R ·v ＝4BωR 2，C 正确．2. (电磁感应中的能量问题)如图8所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R ，导轨自身的电阻可忽视不计．斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面对上．质量为m 、电阻可以忽视不计的金属棒ab ，在沿着斜面且与棒垂直的恒力F 作用下沿导轨匀速上滑，且上升的高度为h ，在这一过程中 ( )图8A ．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B ．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh 与电阻R 上产生的焦耳热之和C ．恒力F 与安培力的合力所做的功等于零D ．恒力F 与重力的合力所做的功等于电阻R 上产生的焦耳热 答案 AD解析 金属棒匀速上滑的过程中，对金属棒受力分析可知，有三个力对金属棒做功，恒力F 做正功，重力做负功，安培力阻碍相对运动，沿斜面对下，做负功．匀速运动时，所受合力为零，故合力做功为零，A 正确；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于R 上产生的焦耳热，故外力F 与重力的合力所做的功等于电阻R 上产生的焦耳热，D 正确．3．(电磁感应中的电路问题)粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框一边a 、b 两点间的电势差确定值最大的是( )答案 B解析 四个选项中的感应电动势大小均相等，回路电阻也相等，因此电路中的电流相等，B 中a 、b 两点间电势差为路端电压，为电动势的34，而其他选项则为电动势的14.故B 正确.题组一 转动切割产生感应电动势的计算1.始终升机停在南半球上空．该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B .直升机螺旋桨叶片的长度为l ，螺旋桨转动的频率为f ，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动，螺旋桨叶片的近轴端为a ，远轴端为b ，如图1所示，假如忽视a 到转轴中心线的距离，用E 表示每个叶片中的感应电动势，则( )图1A ．E ＝πfl 2B ，且a 点电势低于b 点电势 B ．E ＝2πfl 2B ，且a 点电势低于b 点电势C ．E ＝πfl 2B ，且a 点电势高于b 点电势D ．E ＝2πfl 2B ，且a 点电势高于b 点电势 答案 A解析 解这道题要考虑两个问题：一是感应电动势大小，E ＝Bl v ＝Blω×l 2＝Bl ×2πf ×l2＝πfl 2B ；二是感应电动势的方向，由右手定则可以推断出感应电动势的方向是由a →b ，因此a 点电势低．2.如图2所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B 0.使该线框从静止开头绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔBΔt的大小应为( )图2 A.4ωB 0πB.2ωB 0πC.ωB 0πD.ωB 02π答案 C解析 当线框绕过圆心O 的转动轴以角速度ω匀速转动时，由于面积的变化产生感应电动势，从而产生感应电流．设半圆的半径为r ，导线框的电阻为R ，即I 1＝E 1R ＝ΔΦ1Rt ＝B 0ΔS Rt ＝12πr 2B 0R πω＝B 0r 2ω2R.当线框不动，磁感应强度变化时，I 2＝E 2R ＝ΔΦ2R Δt ＝ΔBS R Δt ＝ΔB πr 22R Δt ，因I 1＝I 2，可得ΔB Δt ＝ωB 0π，C 选项正确．3．如图3所示，一个半径为r 的铜盘，在磁感应强度为B 的匀强磁场中以角速度ω绕中心轴OO ′匀速转动，磁场方向与盘面垂直，在盘的中心轴与边缘处分别安装电刷．设整个回路电阻为R ，当铜盘匀速转动角速度为ω时，通过电阻的电流为________．图3 答案 Br 2ω2R解析 当铜盘转动时，产生的感应电动势相当于一根导体棒绕其一个端点在磁场中做切割磁感线的圆周运动，产生的电动势为E ＝12Br 2ω，所以通过电阻的电流为Br 2ω2R .题组二 电磁感应中的能量问题4．如图4所示，位于一水平面内的两根平行的光滑金属导轨，处在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在的平面，导轨的一端与一电阻相连；具有确定质量的金属杆ab 放在导轨上并与导轨垂直．现用一平行于导轨的恒力F 拉杆ab ，使它由静止开头向右运动．杆和导轨的电阻、感应电流产生的磁场均可不计．用E 表示回路中的感应电动势，i 表示回路中的感应电流，在i 随时间增大的过程中，电阻消耗的功率等于 ( )图4 A ．F 的功率B ．安培力的功率的确定值C ．F 与安培力的合力的功率D ．iE 答案 BD5.如图5所示，边长为L 的正方形导线框质量为m ，由距磁场H 高处自由下落，其下边ab 进入匀强磁场后，线圈开头做减速运动，直到其上边dc 刚刚穿出磁场时，速度减为ab 边刚进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L ，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为( )图5 A ．2mgL B ．2mgL ＋mgH C ．2mgL ＋34mgHD ．2mgL ＋14mgH答案 C解析 设线框刚进入磁场时的速度为v 1，刚穿出磁场时的速度v 2＝v 12①线框自开头进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L .由题意得12m v 21＝mgH ②12m v 21＋mg ·2L ＝12m v 22＋Q ③ 由①②③得Q ＝2mgL ＋34mgH .C 选项正确．6．如图6所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd ，ab 边长大于bc 边长，置于垂直纸面对里、边界为MN 的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN .第一次ab 边平行于MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 1，通过线框导体横截面积的电荷量为q 1；其次次bc 边平行于MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则 ( )图6A ．Q 1＞Q 2，q 1＝q 2B ．Q 1＞Q 2，q 1＞q 2C ．Q 1＝Q 2，q 1＝q 2D ．Q 1＝Q 2，q 1＞q 2答案 A解析 依据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q 1＝W 1＝F 1L bc ＝B 2L 2ab vR L bc ＝B 2S v R L ab同理Q 2＝B 2S vR L bc ，又L ab ＞L bc ，故Q 1＞Q 2；因q ＝I t ＝ER t ＝ΔΦR， 故q 1＝q 2.因此A 正确．7．如图7所示，矩形线圈长为L ，宽为h ，电阻为R ，质量为m ，线圈在空气中竖直下落一段距离后(空气阻力不计)，进入一宽度也为h 、磁感应强度为B 的匀强磁场中．线圈进入磁场时的动能为E k1，线圈刚穿出磁场时的动能为E k2，从线圈刚进入磁场到线圈刚穿出磁场的过程中产生的热量为Q ，线圈克服安培力做的功为W 1，重力做的功为W 2，则以下关系中正确的是 ( )图7A ．Q ＝E k1－E k2B ．Q ＝W 2－W 1C ．Q ＝W 1D ．W 2＝E k2－E k1答案 C解析 线圈进入磁场和离开磁场的过程中，产生的感应电流受到安培力的作用，线圈克服安培力所做的功等于产生的热量，故选项C 正确．依据功能的转化关系得，线圈削减的机械能等于产生的热量，即Q ＝W 2＋E k1－E k2，故选项A 、B 错误．依据动能定理得W 2－W 1＝E k2－E k1，故选项D 错误． 题组三 电磁感应中的电路问题8．如图8所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L 和2L 的两只闭合正方形线框a 和b ，以相同的速度从磁感应强度为B 的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，不考虑线框的重力，若闭合线框的电流分别为I a 、I b ，则I a ∶I b 为 ( )图8A ．1∶4B ．1∶2C ．1∶1D ．不能确定 答案 C解析 产生的电动势为E ＝BL v ，由闭合电路欧姆定律得I ＝BL vR ，又L b ＝2L a ，由电阻定律知R b ＝2R a ，故I a ∶I b＝1∶1.9.如图9所示，两个相同导线制成的开口圆环，大环半径为小环半径的2倍，现用电阻不计的导线将两环连接在一起，若将大环放入一均匀变化的磁场中，小环处在磁场外，a 、b 两点间电压为U 1，若将小环放入这个磁场中，大环在磁场外，a 、b 两点间电压为U 2，则 ( )图9 A.U 1U 2＝1 B.U 1U 2＝2 C.U 1U 2＝4D.U 1U 2＝14答案 B解析 依据题意设小环的电阻为R ，则大环的电阻为2R ，小环的面积为S ，则大环的面积为4S ，当大环放入一均匀变化的磁场中时，设ΔB Δt ＝k ，大环相当于电源，小环相当于外电路，所以E 1＝4kS ，U 1＝E 1R ＋2RR ＝43kS ；当小环放入磁场中时，同理可得U 2＝E 2R ＋2R2R ＝23kS ，故U 1U 2＝2，选项B 正确．10.如图10所示，竖直平面内有一金属圆环，半径为a ，总电阻为R ，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，环的最高点用铰链连接长度为2a 、电阻为R2的导体棒AB ，AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，则这时AB 两端的电压大小为( )图10A.Ba v 3B.Ba v 6C.2Ba v 3 D ．Ba v答案 A解析 摆到竖直位置时，AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E ′＝B ·2a ·(12v )＝Ba v .由闭合电路欧姆定律有U AB＝E ′R 2＋R 4·R 4＝13Ba v ，故选A. 11．如图11所示，半径为R 且左端开口的圆形导轨处在垂直于圆平面的匀强磁场中，磁感应强度为B ，方向垂直于纸面对里．一根长度略大于导轨直径的导体棒MN 以恒定速率v 在圆形导轨上从左端滑到右端，电路中的定值电阻为r ，其余电阻不计．导体棒与圆形导轨接触良好．求：图11(1)在滑动过程中通过电阻r 的电流的平均值； (2)MN 从左端到右端的整个过程中，通过r 的电荷量；(3)当MN 通过圆形导轨中心时，通过r 的电流是多少？ 答案 (1)πBR v 2r (2)πBR 2r (3)2BR v r解析 (1)计算平均电流，应当用法拉第电磁感应定律先求出平均感应电动势．整个过程磁通量的变化为ΔΦ＝BS ＝B πR 2，所用的时间Δt ＝2R v ，代入公式E ＝ΔΦΔt ＝πBR v2，平均电流为I ＝E r ＝πBR v 2r.(2)电荷量的计算应当用平均电流，q ＝I Δt ＝B πR 2r.(3)当MN 通过圆形导轨中心时，切割磁感线的有效长度最大，L ＝2R ，依据导体切割磁感线产生的感应电动势公式E ＝BL v ，得E ＝B ·2R v ，此时通过r 的电流为I ＝E r ＝2BR vr.12.把总电阻为2R 的均匀电阻丝焊接成一半径为a 的圆环，水平固定在竖直向下的磁感应强度为B 的匀强磁场中，如图12所示，一长度为2a 、电阻等于R 、粗细均匀的金属棒MN 放在圆环上，它与圆环始终保持良好的接触，当金属棒以恒定速度v 向右移动经过环心O 时，求：图12(1)棒上电流的大小和方向及棒两端的电压U MN ；(2)圆环消耗的热功率和在圆环及金属棒上消耗的总热功率． 答案 (1)4Ba v 3R N →M 23Ba v(2)8(Ba v )29R 8(Ba v )23R解析 (1)金属棒MN 切割磁感线产生的感应电动势为E ＝BL v ＝2Ba v . 外电路的总电阻为R 外＝R ·R R ＋R ＝12R金属棒上电流的大小为 I ＝ER 外＋R ＝2Ba v 12R ＋R ＝4Ba v 3R ，电流方向从N 到M金属棒两端的电压为电源的路端电压U MN ＝IR 外＝23Ba v .(2)圆环消耗的热功率为外电路的总功率P 外＝I 2R 外＝8(Ba v )29R圆环和金属棒上消耗的总热功率为电路的总功率 P 总＝IE ＝8(Ba v )23R.。
粤教版高中物理选修3-2课件 认识交变电流课件1
(1)瞬时电动势的表达式：e＝Emsin ωt 或_e__＝__N__B_S__ω__s_i_n__ω__t_.e
表示交流电的__瞬___时__值___，Em 表示交流电的__最__大___值___，ω 表示交
流电的 (2)_瞬_角_时_速_电_度_流__的_．表达式：_i_＝__N__B_S_ω_R_s_i_n_ω__t_.
由闭合电路欧姆定律得：
栏
目
i＝R＋e r＝RE＋mrsin ωt，即写成：i＝Imsin ωt，R 两
链 接
端电压写成：u＝Um sin ωt.
交流发电机在工作时电动势为 e＝ Emsin ωt，若将 发电机的转速提高一倍，同时将电枢所围面积减少一半，其他 条件不变，则电动势为( )
栏 目 链 接
栏 目
链
位置，必定是线圈平面与磁感线垂直的位置，是穿过 接
线圈的磁通量最大的位置．
答案：ABD
►练习
1．如图是交流发电机的示意图．线圈 abcd 在磁场中匀速转动产
生交流电．线圈的 ab 边和 cd 边连在两个金属滑环上，两个滑环通过
金属片做的电刷和外电路相连．当线圈沿逆时针方向转动时，关于电
栏
目
流方向以下判断正确的是( )
链
接
A．当线圈转到图甲的位置时，线圈中的电流方向为
d→c→b→a
B．当线圈转到图乙的位置时，线圈中的电流方向为 栏
a→b→c→d
目 链
接
C．当线圈转到图丙的位置时，线圈中的电流方向为
d→c→b→a
D．当线圈转到图丁的位置时，线圈中的电流方向为
a→b→c→d
解析：AC、甲丙图中，ab 和 cd 边运动方向与磁感线方向平行，
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高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）高二物理第★-01-★次培优材料右图为本章知识梳理，剪切保存。
本章有12个题型，要熟练掌握。
1． 交流电瞬时表达式及其应用 1．一单匝线圈面积为S ，在磁感强度为B 的匀强磁场中，以角速度ω匀速转动，其感应电动势e ＝εm sin ωt ，则下面判断正确的是 A ．εm ＝ BS ωB ．ωt 是线圈平面和中性面之间的夹角C ．εm ＝ nBS ωD ．ωt 是线圈平面和中性磁场方向的夹角2．图3为单匝线圈面积为S 在磁感强度为B 的匀强磁场中匀速转动，感应电动势e ＝εm sin ωt, 感应电流 i ＝I m sin ωt (1) 在题中将线圈的转速提高一倍其他条件不变则电动势的表达式为A ．e ＝εm sin ωtB ．e ＝2εm sin ωtC ．e ＝2εm sin2ωtD ．e ＝εm sin2ωt(2) 题中产生的最大感应电流为I m 要使感应电流的最大值变为2I m 可用的方法是： A ．把磁感应强度变为2B B ．把转动角速度变为2ω提升交流电解题技能图3C．用同样的导线做成一个面积为2S的线圈D．用同样的导线做成一个每边都是原长2倍的线圈3．若上题中线圈是正方形边长为0.2m，磁感应强度B＝1T，转动角速度ω＝500π rad/s，线圈每条边的电阻都为R＝10Ω，那么图示位置时(1) 回路中的电流强度为A．0A B．12.5A C．1.57A D．πA(2) bd两点电势差为：A．0V B．500V C．62.8V D．125.6V4.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的感应电动势最大值为50V，那么该线圈由图所示位置转过30°时，线圈的感应电动势大小为A.50VB.253VC.25VD.10V答案：B2、两个特殊位置（中性面和垂直中性面）的特征5、如图所示，线圈在匀强磁场中转动产生的交流电动势e=311cos100πt V，则下列说法中正确的是（BC ）A．t=0时，线圈平面位于中性面B．t=0时，穿过线圈的磁通量为最小C．t=0.01s时，导线切割磁感线的有效速度最大D．t=0.01s时，穿过线圈的磁通量变化率为最小3、瞬时值、有效值和峰值6. 正弦交流电压U=50sin314t(V)，加在一氖管两端，已知当氖管两端的电压达到252v 时才开始发光，则此氖管在一个周期内发光的总时间为A.0.02B.0.0025sC.0.01sD.0.005s答案：C7、某交流电电压为u=10 2 sin314t(V)，则DA．击穿电压为10V的电容器能直接在此电源上B．把电磁打点计时器接在此电源上，打点周期为0.01sC．把额定电压为10V的小灯泡直接接在此电源上，小灯泡将被烧坏D．把额定电压为10V的小灯泡直接接在此电源上，小灯泡能正常发光4、图像型综合题目8.矩形金属线圈共10匝，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的交流电动势e随时间t变化的情况如图所示.下列说法中正确的是（D）A.此交流电的频率为0.2Hz e/V1B .此交流电动势的有效值为1VC .t =0.1s 时，线圈平面与磁场方向平行D .线圈在转动过程中穿过线圈的最大磁通量为1001Wb9．一正弦式电流的有效值为3A 频率为50Hz 则此交流电路的瞬时值表达式可能是：A ．i ＝3sin314t (A)B ．i ＝32sin314t (A)C ．i ＝3sin50t (A)D ．I =32sin50t (A)5、变压器基础题型10.某变电站用原副线圈匝数比为n 1：n 2的变压器，将远距离输来的电能送到用户，如图所示。
将变压器看作理想变压器，当正常工作时，下列说法正确的是 （ C ）A. 原副线圈电压比为n 2：n 1 B ．原副线圈电流比为n 1：n 2 C ．原副线圈电压比为n 1：n 2D ．变压器的输入功率与输出功率的比为n 1：n 211．采用变压器给负载供电，哪些办法可以减少变压器的输入功率A ．减少原线圈的匝数，其他条件不变B ．增加原线圈的匝数，其他条件不变C ．减小负载R 的阻值，其他条件不变D ．增加负载R 的阻值，其他条件不变12. 如图，有一理想变压器，原副线圈的匝数比为n .原线圈接正弦交流电压U ，输出端接有一个交流电流表和一个电动机.电动机线圈电阻为R .当输入端接通电源后，电流表读数为I ，电动机带动一重物匀速上升.下列判断正确的是（D ） A .电动机两端电压为IRB .电动机消耗的功率为I 2R C .原线圈中的电流为nID .变压器的输入功率为UI /n6、变压器基础13． 如图所示理想变压器原、副线圈匝数之比为n 1∶n 2=4∶1，有一电阻线ab 长l 1=12cm ，电阻丝每厘米长电阻值为r=0.1Ω，搁置在长直金属导轨上，与导轨间接触良好，导轨间的距离l 2=10cm ，ab 棒所在区域充满磁感应强度为B=0.5T 的匀强磁场，现在ab 以ν=10m/s 的速度向左匀速切割磁感线运动，则两电流表的读数分别为CRabcdU AR~A ．0.5A ，2AB ．42A ，2A C ．0.5A ，0A D ．0.5A ，0.125A7、变压器动态分析14. 如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接两个相同的灯泡L 1和L 2，输电线的等效电阻为R 开始时，开关S 断开.当S 接通时， 以下说法中正确的是A.副线圈两端M 、N 的输出电压减小B.副线圈输电线等效电阻R 上的电压降增大C.通过灯泡L 1的电流减小D.原线圈中的电流增大 答案：BCD15. 在家用交流稳压器中，变压器的原、副线圈都带有滑动头，如图所示.当变压器输入电压发生变化时，可上下调节P 1、P 2的位置，使输出电压稳定在220V 上.现发现输出电压低于220V ，下列措施不正确．．．的是(C ) A .P 1不动，将P 2向上移B .P 2不动，将P 1向下移C .将P 1向上移，同时P 2向下移D .将P 1向下移，同时P 2向上移8、变压器串用电器型16、一台理想变压器的变压比为3：1，图中四个完全相同的电灯，若L 2、L 3、L 4正常发光，则L 1一定（ A ） A. 正常发光 B. 比正常发光暗一些C. 比正常发光亮，并有可能烧毁D. 条件不足，无法判定理想变压器的原线圈连接电流表，17．右图8所示变压器的n 1∶n 2＝3∶1，次级接3个 相同的灯泡均能正常发光，初级线圈串有一个相同的灯泡那么A ．灯L 也正常发光B ．灯L 比另3个暗C ．灯L 将会烧毁D ．不能确定9、互感器和日字型铁芯18. 如图所示，L 1、L 2是高压输电线，图中两电表示数分别是220V 和10A ，已知甲图中输入输出P 1P 2原 副线圈匝数比为 100：1，乙图中原副线圈匝数比为1：10，则 （ AD ）A ．甲图中的电表是电压表，输电电压为22000 VB ．甲图是电流互感器．输电电流是100 AC ．乙图中的电表是电压表，输电电压为22000 VD ．乙图是电流互感器，输电电流是100 A19. 如图所示，在绕制变压器时，某人将两个线圈绕在图示变压器铁芯的左右两个臂上，当通以交流电时，每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈，另一半通过中间臂，已知线圈1、2的匝数比n 1：n 2=2：1，在不接负载的情况下A.当线圈1输入电压220V 时，线圈2输出电压为110VB.当线圈1输入电压220V 时，线圈2输出电压为55VC.当线圈2输入电压110V 时，线圈1输出电压为220VD.当线圈2输入电压110V 时，线圈1输出电压为110V 答案：BD10、无变压器输电20. 远距离输送交流电都采用高压输电.我国正在研究用比330kV 高得多的电压进行输电.采用高压输电的优点是 A.可节省输电线的铜材料B.可根据需要调节交流电的频率C.可减少输电线上的能量损失D.可加快输电的速度 答案：AC21. 输电线的电阻共计r ，输送的电功率是P ，用电压U 送电，则用户能得到的电功率为A.PB.r U P P 2⎪⎭⎫ ⎝⎛-C.r U P 2-D.r U P 2⎪⎭⎫ ⎝⎛答案：B22. 某用电器距离供电电源L ，线路上的电流为I ，若要求线路上的电压降不超过U ，已知输电导线的电阻率为ρ，那么该输电导线的横截面积的最小值是 A.UlIρ B.I 2ρC.UlI2ρ D.ρI 2UL答案：C11、远距离输电（升压-降压变压器）23. 某小型水电站的电能输送示意图如下。
发电机的输出电压为200V ，输电线总电阻为r ，升压变压器原副线圈匝数分别为n ，n 2。
降压变压器原副线匝数分别为n 3、n 4（变压器均为理想变压器）。
要使额定电压为220V的用电器正常工作，则（ AD ）A ．3214n n n n >B ．3214n n n n < C ．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压 D ．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率12、输电的计算24．某小水电站，输出功率P ＝40kW ，机端电压U 机＝500V ，向远处输电，导线总 电阻R＝5Ω，升压变压器匝数比为1∶5，降压变压器匝数比为11∶1，向用户供电。
求 (1) 用户得到的电压 (2) 此输电过程的效率有多高(3) 若如果不升压直接输电，输电线上损耗的功率是多少？解：(1) 升压过程：U 1＝500V I 1＝P/U 1＝80A U 2＝n 2U 1/n 1＝2500V I 2＝n 1I 1/n ２＝16A 电压损耗U R ＝I 2R ＝16×5＝80V 功率损耗P R ＝I 22R ＝162×5＝1.28kW 降压过程U 3＝U 2－U R ＝2500－80＝2420V U 4＝34n n U 3＝111×2420＝220V (2) 根据η＝P 有/P 总＝P P P R -＝4028.140-＝28.72/40＝0.968＝96.8％ (3) 根据I ＝P/U ＝40000/500＝80A再根据P＝I2R＝802×5＝32000＝32kW。