高级中学物理知识学习进修3-2复习资料学案

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4.1-4.2 划时代的发现—2020-2021 高中物理选修3-2学案

第一节划时代的发现第二节探究感应电流的产生条件素养目标定位※知道电磁感应现象的发展过程※理解探究感应电流产生条件的实验过程※※掌握感应电流的产生条件,素养思维脉络知识点1划时代的发现1．“电生磁”的发现1820年，丹麦物理学家__奥斯特__发现了电流的磁效应。

2．“磁生电”的发现1831年，英国物理学家__法拉第__发现了电磁感应现象。

3．法拉第的概括法拉第把引起感应电流的原因概括为五类，它们都与__变化和运动__相联系⎣⎢⎢⎡(1)变化的__电流__；(2)变化的__磁场__；(3)__运动__的恒定电流；(4)__运动__的磁铁；(5)在磁场中运动的__导体__。

4．电磁感应法拉第把他发现的磁生电的现象叫电磁感应，产生的电流叫__感应电流__。

5．发现电磁感应现象的意义(1)使人们对电与磁内在联系的认识更加完善，宣告了__电磁学__作为一门统一学科的诞生。

(2)使人们找到了磁生电的条件，开辟了人类的电气化时代。

知识点2探究感应电流的产生条件1．导体棒在磁场中运动是否产生电流如图所示，将可移动导体AB放置在磁场中，并和电流表组成闭合回路。

实验过程及现象如下：实验操作实验现象(有无电流)分析论证导体棒静止无闭合电路包围的面积__变化__时，电路中有电流产生；包围的面积__不变__时，电路中无电流产生导体棒平行磁感线运动__无__导体棒切割磁感线运动__有__2．磁铁在螺线管中运动是否产生电流如图所示，将螺线管与电流表组成闭合回路，把条形磁铁插入或拔出螺线管。

实验现象如下：实验操作实验现象(有无电流)分析论证N极插入线圈有线圈中的磁场__变化__时，线圈中有感应电流；线圈中的磁场__不变__时，线圈中无感应电流N极停在线圈中__无__N极从线圈中抽出有S极插入线圈__有__S极停在线圈中__无__S极从线圈中抽出有3．模拟法拉第的实验如图所示，线圈A通过变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连到电流表上，把线圈A装在线圈B的里面。

高中物理选修3-2-复习学案

穿过闭合电路的磁通量发生变化，有两个要点，一是闭合电路，二是磁通量变化；与穿过闭合电路的磁通量有无，多少无关，只要磁通量变化，闭合电路中就有感应电流，不变就没有。

如图1所示，闭合线圈在匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴转动，当线圈平面与磁场垂直时，穿过线圈平面的磁通量最大，但此时磁通量不变，线圈中无感应电流（可用示波器观察）。

[自主学习]1、定义：的现象称为电磁感应现象。

在电磁感应现象中所产生的电流称为。

2、到了18世纪末，人们开始思考不同自然现象之间的联系，一些科学家相信电与磁之间存在着某种联系，经过艰苦细致地分析、试验，发现了电生磁，即电流的磁效应；发现了磁生电，即电磁感应现象。

3、在电磁感应现象中产生的电动势称为，产生感应电动势的那段导体相当于；4、产生感应电流的条件是：。

5、判断感应电流的方向利用或，但前者应用于闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，后者可应用于一切情况。

[典型例题]例1 如图2所示，两个同心圆形线圈a 、b 在同一水平面内，圆半径b a R R 〉，一条形磁铁穿过圆心垂直于圆面，穿过两个线圈的磁通量分别为a φ和b φ，则：b a A φφ〉)(，b a B φφ=)(，b a C φφ〈)(，（D ）无法判断分析：在磁铁的内部磁感线从S 极指向N 极，在磁铁的外部磁感线从N 极指向S 极；故从下向上穿过的磁感线条数一样多，但面积越大从上向下穿过来的磁感线条数越多，则磁感线的条数差越少，磁通量越少，C 正确例2 光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图3所示，抛物线的方程是2x y =，下部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是a y =的直线（图中的虚线所示）。

一个小金属块从抛物线上b y =（b 〉a ）处以速度V 沿抛物线自由下滑，假设抛物线足够长，金属块沿抛物线下滑后产生的总热量是： 221221)()()()()()(mv a b m g D a b m g C m v B m gb A +-- 分析：金属块可以看成一圈一圈的线圈组成的，线圈在进、出磁场的过程中，穿过线圈的磁通量变化，有感应电流产生，金属块的机械能越来越少，上升的最大高度越来越小，最后限定在磁场内运动，由能量守恒定律m ga m v m gb Q -+=)(221，所以D 正确。

教科版高中物理选修(3-2)第2章第4、5节《电容器在交流电路中的作用电感器在交流电路中的作用》学案

教科版高中物理选修（3-2）第2章第4、5节《电容器在交流电路中的作用电感器在交流电路中的作用》学案电感器在交流电路中的作用[目标定位] 1.通过演示实验了解电感器和电容器对交变电流的阻碍和导通作用.2.知道感抗和容抗的物理意义以及与哪些因素有关.3.能够分析简单电路中的电容器、电感器的作用．一、电容器对交流电的阻碍作用[问题设计]如图1甲、乙所示，把灯泡和电容器串联起来，先把它们接到直流电源上，再把它们接到交流电源上，观察灯泡的发光情况．图1(1)分析电容器能通交流的原因．(2)若把图乙中的电容器去掉，变成图丙所示电路，会发生什么现象？说明了什么？(3)在图乙中，改变电容器的电容和电源频率，灯泡亮度会有什么变化？答案(1)把交流电源接到电容器两个极板上后，当电源电压升高时，电源给电容器充电，电荷向电容器极板上聚集，在电路中，形成充电电流；当电源电压降低时，电容器放电，电荷从极板上流出，在电路中形成放电电流．电容器交替进行充电和放电，电路中就有了电流，好像是交流“通过”了电容器，但实际上自由电荷并没有通过电容器两极板间的绝缘介质．(2)灯泡变得比乙中亮，说明电容器对交变电流有阻碍作用．(3)电容变大时，灯泡变亮；频率增大时，灯泡变亮．[要点提炼]1．容抗：电容器对交流电的阻碍作用．2．影响容抗的因素：电容器的电容越大，交流电的频率越高，容抗越小．3．注意：电容器能通交变电流，并不是电荷真的穿过了电容器．4．电容器在电路中的作用：通交流，隔直流；通高频，阻低频.二、电感器对交流电的阻碍作用[问题设计]如图2所示，把带铁芯的线圈L与小灯泡串联起来，先把它们接到直流电源上，再把它们接到交流电源上，取直流电源的电压与交流电压的有效值相等．图2(1)对比两种情况下灯泡的亮度有什么不同？说明了什么？(2)乙图中换用自感系数更大的线圈或调换频率更高的交流电源，灯泡的亮度有何变化？说明了什么？答案(1)甲图中灯泡比乙图中灯泡更亮，说明电感器对交变电流有阻碍作用．(2)不论是换用自感系数更大的线圈还是调换频率更高的交流电源，灯泡均变得更暗，说明线圈的自感系数越大，交流电的频率越高，线圈对交流电的阻碍作用越大．[要点提炼]1．感抗：电感器对交变电流的阻碍作用的大小．2．影响感抗的因素：线圈的自感系数越大，交流电的频率越高，感抗越大．3．注意：电感器的感抗是由变化的电流在线圈中产生的感应电动势引起的，与制成线圈导体的电阻无关．4．扼流圈是利用电感对交变电流的阻碍作用制成的电感线圈．(1)高频扼流圈高频扼流圈的自感系数很小，只对高频交变电流有较大的阻碍作用，对低频交变电流的阻碍作用较小，对直流电流的阻碍作用更小．它具有“通直流，通低频，阻高频”的作用．(2)低频扼流圈低频扼流圈的自感系数很大，既使交流的频率较低，它产生的感抗也很大．它具有“通直流，阻交流”的作用．三、电阻、感抗、容抗的作用及区别1．容抗的大小除了与电容自身的性质有关，还与交变电流的频率有关，频率越高，容抗越小．(填“大”或“小”)2．感抗的大小除了与电感线圈自身的性质有关外，还与交变电流的频率有关，频率越高，感抗越大．(填“大”或“小”)3．电阻无论对直流还是交流，阻碍作用相同，只取决于电阻本身．一、对容抗的理解例1如图3所示，接在交流电源上的灯泡正常发光，以下说法正确的是 ( )图3A．把电介质插入电容器，灯泡变亮B．增大电容器两极板间的距离，灯泡变亮C．减小电容器两极板间的正对面积，灯泡变暗D．使交变电流频率减小，灯泡变暗解析把电介质插入电容器，电容变大，容抗变小，电容器对交变电流阻碍作用变小，所以灯泡变亮，故A正确；增大电容器两极板间的距离，电容变小，电容器对交变电流阻碍作用变大，所以灯泡变暗，故B错误；减小电容器两极板间的正对面积，电容变小，灯泡变暗，故C 正确；使交变电流频率减小，电容器对交变电流阻碍作用变大，灯泡变暗，故D正确．答案ACD二、对感抗的理解例2如图4所示的实验电路中，若直流电压和交变电压的有效值相等，S为双刀双掷开关，下列叙述正确的是( )图4A．当S掷向a、b时灯较亮，掷向c、d时灯较暗B．当S掷向a、b时灯较暗，掷向c、d时灯较亮C．S掷向c、d，把电感线圈中的铁芯抽出时灯变亮D．S掷向c、d，电源电压不变，而使频率减小时，灯变暗解析线圈对恒定电流无感抗，对交变电流有感抗，当交流电频率减小时，感抗变小，灯变亮，并且是有铁芯时感抗更大，故铁芯抽出时灯变亮，故A、C正确．答案AC三、电阻、感抗、容抗的对比例3如图5所示，电路中完全相同的三只灯泡L1、L2、L3分别与电阻R、电感L、电容C串联，然后再并联到220 V、50 Hz的交流电路上，三只灯泡亮度恰好相同．若保持交变电压不变，将交变电流的频率增大到60 Hz，则发生的现象是( )图5A．三灯亮度不变B．三灯均变亮C．L1亮度不变、L2变亮、L3变暗D．L1亮度不变、L2变暗、L3变亮解析当交变电流的频率变大时，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，因此L3变亮，L2变暗．又因为电阻在直流和交流电路中起相同的作用，故L1亮度不变，所以选D.答案 D四、电感器、电容器在电路中的应用例4在收音机线路中，经天线接收下来的电信号既有高频成分，又有低频成分，经放大后送到下一级，需要把低频成分和高频成分分开，只让低频成分输送到再下一级，可以采用如图6所示电路，其中a 、b 应选择的元件是 ()图6A ．a 是电容较大的电容器，b 是低频扼流圈B ．a 是电容较大的电容器，b 是高频扼流圈C ．a 是电容较小的电容器，b 是低频扼流圈D ．a 是电容较小的电容器，b 是高频扼流圈解析电容器具有通高频、阻低频的作用，这样的电容器电容较小，所以a 处放电容较小的电容器，电感线圈在该电路中要求起到通低频、阻高频的作用，b 处接一个高频扼流圈，D 对．答案D电容器和电感器在交流电路中的作用⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧电容⎩⎪⎨⎪⎧ 容抗：电容对交变电流阻碍作用的大小容抗的大小：C 越大、f 越高，容抗越小应用⎩⎪⎨⎪⎧ 隔直电容器：通交流，隔直流高频旁路电容器：通高频，阻低频电感⎩⎪⎨⎪⎧ 感抗：电感对交变电流阻碍作用的大小感抗的大小：L 越大、f 越高，感抗越大应用⎩⎪⎨⎪⎧ 低频扼流圈：通直流，阻交流高频扼流圈：通直流，通低频，阻高频1．(对容抗的理解)如图7所示，白炽灯和电容器串联后接在交流电源的两端，当交流电源的频率增大时 ( )图7A．电容器电容增大 B．电容器电容减小C．灯变暗 D．灯变亮答案 D解析电容器的电容是由电容器本身的特性决定的，与外加的交流电源的频率无关，选项A、B 错误．当交流电源的频率增大时，电容器充、放电的速度加快，电容器的容抗减小，电流增大，灯变亮，故选项C错误，D正确．2. (对感抗的理解)在如图8所示的电路中，L为电感线圈，灯泡的电阻为R，电流表内阻为零，电压表内阻无限大，交流电源的电压u＝2202sin (100πt) V．若保持电压的有效值不变，只将电源频率改为100 Hz，下列说法正确的是( )图8A．电流表示数增大B．电压表示数增大C．灯泡变暗D．灯泡变亮答案BC解析由u＝2202sin (100πt) V，可得电源原来的频率f＝ω2π＝100π2πHz＝50 Hz，当电源频率由原来的50 Hz增为100 Hz时，线圈的感抗增大，在电压不变的情况下，电路中的电流减小，选项A错误；灯泡的电阻R是一定的，电流减小时，实际消耗的电功率(P＝I2R)减小，灯泡变暗，选项C正确，D错误；电压表与电感线圈并联，其示数为线圈两端的电压U L，设灯泡两端电压为U R，则电源电压的有效值为U＝U L＋U R，因U R＝IR，故电流I减小时，U R减小，因电源电压的有效值保持不变，故U L＝U－U R增大，选项B正确．3. (电阻、感抗、容抗的对比)如图9所示，三个灯泡相同，而且足够耐压，电源内阻忽略(两电源的电动势相同)．单刀双掷开关S接A时，三个灯亮度相同，那么S接B时( )图9A．三个灯亮度相同B．甲灯最亮，丙灯不亮C．甲灯和乙灯亮度相同，丙灯不亮D．只有丙灯不亮，乙灯最亮答案 D解析开关S接A时，甲、乙、丙三个支路均有交流电通过，开关S接B时，电路处于直流工作状态．电容器C“隔直流、通交流”；电感线圈L“阻交流、通直流”；R对交流电、直流电有相同的阻抗．可判断S接B时电路中I丙＝0，I甲不变，I乙增大；又因为灯泡亮度与功率(P＝I2R)成正比，所以只有丙灯不亮，乙灯最亮.题组一对容抗的理解1．对交变电流通过电容器的理解正确的是( )A．交变电流能够使电容器极板间的绝缘介质变成导体B．交变电流定向移动的电荷通过电容器两极板间的绝缘介质C．交变电流能够使电容器交替进行充电、放电，电路中就有了电流，表现为交变电流通过了电容器D．交变电流通过了电容器，实际上自由电荷并没有通过电容器极板间的绝缘介质(击穿除外) 答案CD解析电流能“通过”电容器，并非自由电荷真的通过电容器两极板间的绝缘介质，而是交变电流交替对电容器充、放电，电路中有了电流，表现为交变电流通过了电容器．2．有两个电容器的电容分别为C1＝5 μF和C2＝3 μF，分别加在峰值一定的正弦交流电源上，在下列各种情况下，哪一种情况通过电容器的电流最大( )A．在C1上所加交变电流频率为50 HzB．在C2上所加交变电流的频率为50 HzC．在C1上所加交变电流的频率为100 HzD．在C2上所加交变电流的频率为100 Hz答案 C解析电容越大，交变电流频率越大，容抗越小，电流越容易通过电容器．C1>C2,100 Hz>50 Hz，所以C正确．3．如图1所示的电路，F为一交流发电机，C为平行板电容器，为使电流表A的示数增大，可行的办法是 ( )图1A．使发电机F的转速增大B．使发电机F的转速减小C．在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质D．使电容器两极板间的距离增大答案 A解析当发电机转速增大时，交变电流的频率增大，容抗减小，电流表A的读数增大，A项正确，B项错误；在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质时，电容器的电容减小，电容器两极板间距离增大时电容也减小，当电容减小时，容抗增大，对交变电源的阻碍作用增大，电流表A示数减小，C、D两项均错误．题组二对感抗的理解4. 一个灯泡通过一个粗导线线圈与一交流电源相连接，如图2所示．一铁棒插进线圈后，该灯将( )图2A．变亮B．变暗C．对灯的亮度没影响D．无法判断答案 B解析在线圈内由于磁场变化而产生的感应电动势，总是阻碍电流变化，正是这种阻碍变化的特性，使线圈产生了感抗．加入铁芯改变了电感线圈的自感系数，使自感系数增大，感抗增大，降落的电压增大，灯泡两端的电压减小，所以灯变暗．5. 如图3所示，输入端a、b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的直流电阻不为零但较小)( )图3A．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的直流成分要大答案CD解析由于线圈L的直流电阻不为零，所以有直流通过R，而线圈对交流有阻碍作用，因此也有交流成分通过R，B错，C正确；由于R对交流也有阻碍作用，所以也有交流成分通过L，A 错；因为线圈的直流电阻较小，所以通过线圈的直流成分比通过R的要大，D正确．题组三电阻、感抗、容抗的对比6. 如图4所示，甲、乙是规格相同的灯泡，接线柱a、b接电压为U的直流电源时，无论电源的正极与哪一个接线柱相连，甲灯均能正常发光，乙灯完全不亮．当a、b接电压的有效值为U 的交流电源时，甲灯发出微弱的光，乙灯能正常发光，则下列判断正确的是( )图4A．与甲灯串联的元件x是电容器，与乙灯串联的元件y是电感线圈B．与甲灯串联的元件x是电感线圈，与乙灯串联的元件y是电容器C．与甲灯串联的元件x是二极管，与乙灯串联的元件y是电容器D．与甲灯串联的元件x是电感线圈，与乙灯串联的元件y是二极管答案 B解析由a、b接直流电流时的现象可知，元件x“通直流”，元件y“隔直流”，由a、b接交流电源时的现象可知，元件x“阻交流”，元件y“通交流”，根据电容器和电感线圈的特点，可判断元件x是电感线圈，元件y是电容器，选项B正确．7. 如图5所示，在电路两端加上正弦交流电，保持电压有效值不变，使频率增大，发现各灯的亮暗情况是：灯L1变亮，灯L2变暗，灯L3不变，则M、N、L中所接元件可能是 ( )图5A．M为电阻，N为电容器，L为电感线圈B．M为电感线圈，N为电容器，L为电阻C．M为电容器，N为电感线圈，L为电阻D．M为电阻，N为电感线圈，L为电容器答案 C解析题组四电感器、电容器在电路中的应用8. 在电子技术中，从某一装置输出的电流既有高频成分又有低频成分，如果只需把低频成分输送到下一级装置，如图6所示，则下列做法合理的是( )图6A．在a、b间接入一个电容器B．在a、b间接入一个低频扼流圈C．在a、b间接入一个高频扼流圈D．在a、b间接入一个电容器或高频或低频扼流圈都可以答案 C解析电容器是“通高频，阻低频”，低频扼流圈“通直流，阻交流”，而高频扼流圈“通直流，通低频，阻高频”，C对．9．如图7甲、乙所示是电子技术中的常用电路，a、b是各部分电路的输入端，其中输入的交流高频成分用“”表示，交流低频成分用“～”表示，直流成分用“－”表示．关于两图中负载电阻R上得到的电流特征，下列判断正确的是 ( )图7A．图甲中R得到的是交流成分B．图甲中R得到的是直流成分C．图乙中R得到的是低频成分D．图乙中R得到的是高频成分答案AC解析当交变电流加在电容器上时，有“通交流、隔直流，通高频、阻低频”的特性，题图甲中电容器隔直流，R得到的是交流成分，A正确，B错误；题图乙中电容器通过交流高频成分，阻碍交流低频成分，R得到的是低频成分，C正确，D错误．10．某一电学黑箱内可能有电容器、电感线圈、定值电阻等元件，在接线柱间以如图8甲所示的“Z”字形连接(两接线柱间只有一个元件)．为了确定各元件种类，小华同学把DIS计算机辅助实验系统中的电流传感器(相当于电流表)与一直流电源、滑动变阻器、开关串联后，分别将AB、BC、CD接入电路，闭合开关，计算机显示的电流随时间变化的图像分别如图9a、b、c所示，则下列判断中正确的是( )图8图9A．AB间是电容器 B．BC间是电感线圈C．CD间是电容器 D．CD间是定值电阻答案ABD解析根据题图a可知，有瞬时充电电流，稳定后电路中无电流，说明AB间是电容器，充电完毕，电路为开路，故A正确．根据题图b可知，阻碍电流增大，但是稳定后电流恒定，符合电感线圈的特点，所以BC间为电感线圈，故B正确．根据题图c，接通电路后，电流马上达到稳定值，说明CD间为定值电阻，故C错误，D正确．。

【创新设计】2021-2022学年高二物理人教版选修3-2学案：5.2 描述交变电流的物理量

第2讲描述交变电流的物理量[目标定位] 1.把握交变电流的周期、频率、线圈转动角速度三者间的关系.2.理解交变电流有效值的含义，会进行有效值的相关计算.3.知道正弦式交变电流有效值与峰值的关系及在生活中的应用.4.了解相位及相位差的概念.一、周期和频率1．周期(T )：交变电流完成一次周期性变化所需的时间，用T 表示，单位是秒．2．频率(f )：交变电流在1 s 内完成周期性变化的次数，用f 表示，单位是赫兹，符号是Hz. 3．周期和频率关系：T ＝1f 或f ＝1T.4．在i ＝I m sin ωt 中，ω等于频率的2π倍，即ω＝2πf .想一想如图1所示，这个交变电流的周期是多少？频率是多少？图1答案周期T ＝0.02 s ；频率f ＝50 Hz. 二、峰值和有效值1．峰值：交变电流的电压、电流所能达到的最大数值．电容器所能承受的电压要高于(填“高于”、“等于”或“低于”)沟通电压的峰值，否则电容器就可能被击穿．2．有效值：让交变电流和恒定电流分别通过大小相同的电阻，在沟通的一个周期内，它们产生的热量相等，这个恒定电流、电压叫做这个沟通的有效值． 3．正弦式交变电流的有效值和最大值之间的关系是I ＝I m 2，U ＝U m2. 4．(1)人们通常说家庭电路电压是220 V ，指的是有效值．(2)沟通用电设备上所标的额定电压和额定电流是有效值；沟通电压表测量的数值是有效值． (3)交变电流的数值在无特殊说明时都指有效值．想一想是不是全部的交变电流的有效值与最大值都满足I ＝I m2？答案不是，此公式仅适用于正弦沟通电．三、相位1．如图2所示，甲、乙两支沟通的周期相等，但不能同时达到最大值，我们说它们的“相位”不同．图22．甲、乙两沟通电的表达式分别为： u 甲＝U m sin_ωt ；u 乙＝U m sin(ωt ＋φ)．其中“ωt ＋φ”叫做交变电流的相位，φ是t ＝0时的相位，叫做交变电流的初相位．一、对描述交变电流物理量的生疏 1．周期和频率的关系：T ＝1f ，f ＝1T .即沟通电变化越快，周期越短，频率越大． 2．角速度与周期、频率的关系：ω＝2πT＝2πf .3．转速(n )：线圈单位时间内转过的圈数，单位是r /s 或r/min.角速度与转速的关系：ω＝2πn (n 的单位为r/s)或ω＝2πn60(n 的单位为r/min)．4．峰值：也叫最大值，是全部瞬时值中的最大值． (1)表达式：E m ＝nBSω.(2)电容器接在沟通电路中，沟通电压的最大值不能超过电容器的耐压值． 5．有效值正弦式沟通电的有效值E ＝E m2. 例1 小型沟通发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间成正弦函数关系，如图3所示，此线圈与一个R ＝10 Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻．下列说法正确的是( )图3A ．交变电流的周期为0.125 sB ．交变电流的频率为8 HzC ．交变电流的有效值为 2 AD．交变电流的最大值为4 A解析由e－t图象可知，交变电流的周期为0.25 s，故频率为4 Hz，选项A、B错误；依据欧姆定律可知交变电流的最大值为2 A ，故有效值为 2 A，选项C正确，D错误．答案C二、交变电流有效值的计算1．对有效值的进一步理解(1)交变电流的有效值是依据电流的热效应定义的．(2)理解有效值重点在“等效”上，“效果”相同在定义中体现为相同电阻、相同时间、产生相同热量，交变电流与多大的直流电“效果”相同，有效值就是多大．2．有效值的计算(1)对于正弦式交变电流，可先依据E m＝nBSω求出最大值，然后依据E＝E m2求出其有效值．(2)当电流是非正弦式交变电流时，必需依据有效值的定义求解．先计算交变电流在一个周期内产生的热量Q，再将热量Q用相应的物理量的有效值表示Q＝I2RT或Q＝U2R T，最终代入数据求解有效值．例2通过一阻值R＝100 Ω的电阻的交变电流如图4所示，其周期为1 s．电阻两端电压的有效值为()图4A．12 V B．410 VC．15 V D．8 5 V解析依据电流的热效应先计算电流的有效值．由(0.1 A)2R×0.4 s×2＋(0.2 A)2R×0.1 s×2＝I2R×1 s，可得流过电阻的电流的有效值I＝1025A，再由电阻两端电压的有效值为U＝IR＝410 V，可得B正确．答案B三、瞬时值、最大值、有效值、平均值的区分及应用对比物理含义重要关系适用状况瞬时值交变电流某一时刻的值e＝E m sin ωt计算线圈某一时刻的受力状况最大值最大的瞬时值E m＝nBSω确定用电器的耐压值有效值跟交变电流的热效应等效的恒定电流值E＝E m2(正弦式交变电流)(1)计算与电流热效应相关的量(如功率、热量)(2)沟通电表的测量值(3)电气设备标注的额定电压、额定电流(4)保险丝的熔断电流平均值E＝nΔΦΔt计算通过电路横截面的电荷量例3如图5所示，试验室一台手摇沟通发电机，内阻r＝1 Ω，外接R＝9 Ω的电阻．闭合开关S，当发动机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e＝102sin (10πt) V，则()图5A．该交变电流的频率为10 HzB．该电动势的有效值为10 2 VC．外接电阻R所消耗的电功率为10 WD．电路中抱负沟通电流表○A 的示数为1 A解析由发电机产生的感应电动势的表达式e＝102sin(10πt) V可知，该沟通电为正弦式交变电流，其感应电动势的瞬时值表达式为e＝E m sin ωt，由两式对比可知E m＝10 2 V，ω＝10π rad/s，又由于ω＝2πf，解得f＝5 Hz，故选项A错误；依据正弦式交变电流有效值与峰值的关系可知，该电动势的有效值为E＝E m2＝10 V，故选项B错误；抱负沟通电流表测量的是电路中总电流的有效值，依据闭合电路欧姆定律有I＝ER＋r＝1 A，外接电阻R所消耗的功率为P＝I2R＝9 W，故选项C错误，选项D正确．答案D针对训练一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图6甲所示．已知发电机线圈内阻为5 Ω，现外接一只电阻为95 Ω的灯泡，如图乙所示，则()图6A ．电压表○V 的示数为220 VB ．电路中的电流方向每秒钟转变50次C ．灯泡实际消耗的功率为484 WD ．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J 答案 D解析由题图甲可知电动势的有效值为220 V ，而电压表测量的是路端电压，其大小为U ＝E R ＋r R ＝22095＋5×95V ＝209 V ，选项A 错误；由题图甲读出交变电流的周期为T ＝0.02 s ，则频率f ＝1T＝50 Hz ，一个周期内电流的方向要转变2次，故每秒钟电流方向要转变2×50＝100(次)，选项B 错误；灯泡的实际功率为P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R ＋r 2R＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22095＋52×95 W ＝459.8 W ，选项C 错误；由焦耳定律得Q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R ＋r 2rt ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22095＋52×5×1 J ＝24.2 J ，选项D 正确.对描述交变电流物理量的生疏1．某小型发电机产生的感应电动势为e ＝50sin (100πt )V.对此电动势，下列表述正确的有( ) A ．最大值是50 2 V B ．频率是100 Hz C ．有效值是25 2 V D ．周期是0.02 s答案 CD解析从中性面开头计时，感应电动势的表达式为e ＝E m sin ωt ，因e ＝50sin (100πt )V ，所以最大值E m ＝50 V ，A 错误；由ω＝2πf ＝100π rad/s 得f ＝50 Hz ，B 错误；有效值E ＝E m 2＝25 2 V ，C 正确；T ＝1f ＝0.02 s ，D 正确．交变电流有效值的计算2．如图7所示的(a)、(b)两图分别表示两个沟通电压，比较这两个沟通电压，它们具有共同的( )图7 A ．有效值 B ．频率 C ．最大值 D ．均不一样答案 BC解析由题图可知，两个沟通电压最大值均为2 V ，周期均为0.4 s ，可知B 、C 正确．题图(a)中电压有效值U a ＝U m2，题图(b)中电压有效值U b ＝U m ，A 错．3．如图8所示是一交变电流随时间变化的图象，求此交变电流的有效值．图8 答案 5 A解析设该交变电流的有效值为I ′，直流电的电流为I ，让该交变电流和直流电分别通过同一电阻(阻值为R )，在一个周期(T ＝0.2 s)内，该交变电流产生的热量：Q ′＝I 21Rt 1＋I 22Rt 2在一个周期内直流电通过该电阻产生的热量 Q ＝I 2RT由Q ＝Q ′，代入数据，解得I ＝5 A ，即此交变电流的有效值I ′＝I ＝5 A. 最大值、有效值和平均值的区分及应用4．如图9所示，单匝矩形闭合导线框abcd 全部处于磁感应强度为B 的水平匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R .线框绕与cd 边重合的竖直固定转轴以角速度ω匀速转动，线框中感应电流的有效值I ＝________.线框从中性面开头转过π2的过程中，通过导线横截面的电荷量q ＝________.图9答案2BSω2RBSR解析感应电动势最大值E m＝BSω，感应电动势的有效值E＝E m2，感应电流的有效值I＝ER＝2BSω2R，q＝IΔt＝ERΔt＝ΔΦRΔtΔt＝ΔΦR＝BSR.(时间：60分钟)题组一对描述交变电流物理量的生疏1．下列提到的沟通电，不是指有效值的是()A．沟通电压表的读数B．保险丝熔断电流C．电容器击穿电压D．220 V沟通电压答案C解析电容器击穿电压指电容器两端允许加的电压的最大值．2．下列关于交变电流的说法正确的是()A．若交变电流的峰值为5 A，则它的最小值为－5 AB．用沟通电流表测交变电流时，指针来回摇摆C．我国工农业生产和生活用的交变电流频率为50 Hz，故电流方向每秒转变100次D．正弦交变电流i＝20sin (10πt) A的峰值为20 A，频率为100 Hz答案C解析电流的负值表示电流方向与原来方向相反，不表示大小，A项错误；沟通电流表测交变电流时，指针不会来回摇摆，B项错误；我国工农业生产和生活用的交变电流的周期为0.02 s，沟通电方向一个周期转变两次，所以每秒转变100次，C项正确；由ω＝2πf得正弦交变电流i＝20sin (10πt) A的频率为5 Hz，D项错误．3．图1甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化，下列说法正确的是()图1A ．图甲表示沟通电，图乙表示直流电B ．两种电压的有效值相等C ．图甲所示电压的瞬时值表达式为u ＝311sin (100πt ) VD ．两种电压的周期相同答案 CD解析图甲、乙都表示沟通电，图甲中有效值U ＝3112 V ≈220 V ，而图乙中的有效值不存在这一关系，所以它们的有效值不相同．由图甲看出T ＝2×10－2s ，ω＝2πT ＝100π rad/s ，所以u ＝311sin (100πt ) V ．由图象可知两种电压的周期都是2×10－2 s. 题组二非正弦式沟通电有效值的计算4．阻值为1 Ω的电阻上通以交变电流，其it 关系如图2所示，则在0～1 s 内电阻上产生的热量为( )图2A ．1 JB ．1.5 JC ．2 JD ．2.8 J答案 D解析由于所加的电流为交变电流，大小在变化，所以只能分时间段来求热量．在0～1 s 内有效电流为1 A 和2 A 的时间段分别为t 1＝0.4 s ，t 2＝0.6 s ，所以Q ＝I 21Rt 1＋I 22Rt 2＝2.8 J.5．夏天空调正常工作时，制冷状态与送风状态交替运行．一空调在不同工作状态下电功率随时间变化的关系如图3所示，此空调运转1 h 用电( )图3 A ．1度 B ．1.5度 C ．2度 D ．2.5度答案 B解析由题图知，电功率随时间变化的周期为15 min ，前5 min 为0.5 kW ，后10 min 为2 kW.设电功率的有效值为P ，周期为T ，依据有效值定义有P 1·T 3＋P 2·2T3＝PT .将P 1＝0.5 kW ，P 2＝2 kW 代入得：P ＝1.5 kW.此空调1 h 用电W ＝Pt ＝1.5度．故选B.6．如图4甲所示，调光台灯是通过双向可控硅电子器件来实现无级调整灯的亮度的．现将某无级调光台灯接在220 V 的正弦交变电流上，经过可控硅调整后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时电压表的示数是( )图4 A ．220 V B ．156 V C ．110 V D ．78 V答案 B解析虽然图示电流不是正弦交变电流，依据正弦式交变电流的图象对称性可知，只要有14T 的图线就满足最大值是有效值的 2 倍，依据电流有效值定义有：U 2R T ＝⎝⎛⎭⎫U m 2R2·T2. 解得U ＝110 2 V ≈156 V ，故B 对．题组三正弦式沟通电有效值的理解和应用7．一个照明电灯，其两端允许加的最大电压为311 V ．当它接入220 V 的照明电路时，这盏灯( ) A ．将不亮 B ．灯丝将烧断 C ．只能暗淡发光 D ．能正常发光答案 D解析 220 V 的照明电路其有效值为220 V ，最大值为311 V ，正好适合．8．把一只电热器接在100 V 的直流电源上，在t 时间内产生的热量为Q ，若将它分别接到U 1＝100sin ωt V和U 2＝50sin 2ωt V 的沟通电源上，仍要产生Q 的热量，则所需时间分别是( )A ．t,2tB ．2t,8tC ．2t,2tD ．t,4t答案 B解析计算电热器在t 时间内产生的热量时应当用电压的有效值，对U 1＝100sin ωt V ，电压的有效值为1002 V ，故(100)2R t ＝(1002)21R t ′，所以t ′＝2t ；对U 2＝50sin 2ωt V ，电压的有效值为502 V ，故(100)2R t ＝(502)21R t ″，所以t ″＝8t .9．电阻R 1、R 2与沟通电源依据图5甲所示的方式连接，R 1＝10 Ω，R 2＝20 Ω.合上开关S 后，通过电阻R 2的正弦交变电流i 随时间t 变化的状况如图乙所示，则( )图5A ．通过R 1的电流有效值是1.2 AB ．R 1两端的电压有效值是6 VC ．通过R 2的电流最大值是1.2 2 AD ．R 2两端的电压最大值是6 2 V 答案 B解析 R 1与R 2串联，R 1与R 2中的电流变化状况应相同，电流有效值I 1＝I 2＝0.6 A ，电流最大值I 1m ＝I 2m ＝0.6 2A ，电压有效值U 1＝I 1R 1＝6 V ，U 2＝I 2R 2＝12 V ，电压最大值U 1m ＝2U 1＝6 2 V ，U 2m ＝2U 2＝12 2 V ．综上所述，B 项正确．题组四瞬时值、峰值、有效值、平均值的区分及应用10．如图6所示，有一矩形线圈，面积为S ，匝数为N ，整个线圈的电阻为r ，在磁感应强度为B 的磁场中，线圈绕OO ′轴以角速度ω匀速转动，外电阻为R ，当线圈由图示位置转过90°的过程中，下列说法中正确的是( )图6A ．磁通量的变化量为ΔΦ＝NBSB ．平均感应电动势为E ＝2NBSωπC ．电阻R 所产生的焦耳热为Q ＝(NBSω)22RD ．通过电阻R 的电荷量为q ＝NBSR ＋r答案 BD解析逐项分析如下：选项诊断结论A线圈在图示位置时磁通量Φ＝0，转过90°后磁通量Φ′＝BS ，该过程中磁通量的变化量为ΔΦ＝Φ′－Φ＝BS ，与线圈匝数无关 ×B该过程中所用时间Δt ＝θω＝π2ω，所以平均感应电动势E ＝N ΔΦΔt ＝2NBSωπ√C电路中的感应电流有效值I ＝E R ＋r ＝NBSω2(R ＋r )，所以电阻R 所产生的焦耳热Q ＝I 2R Δt ＝πRωN 2B 2S 24(R ＋r )2× D电路中的感应电流的平均值I ＝ER ＋r ＝2NBSωπ(R ＋r )，所以通过电阻R 的电荷量q ＝I ·Δt ＝NBSR ＋r√11.如图7所示是某正弦交变电流的图象，依据图象求其峰值、周期和角速度，并写出交变电流的瞬时值表达式．图7答案 2 A 0.02 s 100π rad/s i ＝2sin (100πt ) A解析由题图可知，交变电流的周期为T ＝0.02 s ，角速度为ω＝2πT＝100π rad/s故其瞬时值表达式为i ＝I m sin (100πt ) A当t ＝0.002 5 s 时，i ＝1.414 A所以I m sin (100π×0.002 5)＝1.414 A ，解得I m ＝2 A 所以i ＝2sin (100πt ) A12．如图8所示，线圈abcd 的面积是0.05 m 2，共100匝，线圈电阻为1 Ω，外接电阻R ＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度为B ＝1πT ，当线圈以300 r/min 的转速匀速转动时，求：图8(1)电路中沟通电压表和沟通电流表的示数；(2)线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R 的电荷量．答案 (1)4522 V 522 A (2)12π C解析 (1)E m ＝nBSω＝100×1π×0.05×2π×30060 V ＝50 VE ＝E m2＝25 2 V 电流表示数I ＝E R ＋r＝522 A ，电压表示数U ＝IR ＝522×9 V ＝4522 V.(2)从图示位置转过90°的过程中，E ＝n ΔΦΔt ，又由于I ＝ER ＋r ，q ＝I Δt ，联立得q ＝n ΔΦR ＋r ＝nBS R ＋r ＝12π.。

【教科版】2019年高中物理选修3-2学案第二章交变电流2描述交流电的物理量含答案

学案2 描述交流电的物理量[学习目标定位] 1.掌握交变电流的周期、频率、线圈转动角速度三者之间的关系.2.能理解电流的有效值是与热效应有关的量，而平均值只是简单意义的平均.3.掌握交变电流有效值与峰值的关系，会进行有效值的计算．1．线圈在某一段时间内从一个位置转动到另一个位置的过程中产生的平均电动势为E ＝N ΔΦΔt. 2．恒定电流产生电热的计算遵循焦耳定律，Q ＝I 2Rt .一、周期和频率1．周期：交变电流作一次周期性变化所需的时间，叫做它的周期，通常用T 表示，单位是s.2．频率：交变电流在1 s 内完成周期性变化的次数，叫做它的频率，通常用f 表示，单位是Hz.3．周期和频率互为倒数，即T ＝1f 或f ＝1T.4．线圈转动的角速度ω等于频率的2π倍，即ω＝2πf . 二、峰值有效值1．峰值：U m 和I m 分别表示了在一个周期内电压和电流所能达到的最大值．2．交变电压的峰值不能超过(选填“超过”或“低于”)电容器、二极管等元器件所能承受的电压，否则就有被击穿而损坏的危险．3．有效值：交流电的有效值是根据电流的热效应来规定的，如果交流电与某一直流电通过同一电阻，在相同的时间内所产生的热量相等，则这个直流电的电流和电压值，就分别称为相应交流电的电流和电压的有效值．4．正弦式交变电流的有效值I 、U 与峰值I m 、U m 的关系：I ＝22I m ，U ＝22U m . 5．人们通常说的家庭电路的电压是220 V ，指的是有效值．使用交流电表测出的数值是正弦交流电的有效值．一、周期和频率[问题设计] 如图1所示，这个交变电流的周期是多少？频率是多少？图1答案周期T ＝0.02 s ；频率f ＝50 Hz. [要点提炼]1．交流电变化越快，则周期越短，频率越大．2．角速度与周期的关系：ω＝2πT.3．转速(n )：线圈单位时间(1 s 或1 min)转过的圈数，单位是r/s 或r/min.角速度与转速的关系：ω＝2πn (n 单位为r/s)或ω＝πn30(n 单位为r/min)．4．我国电网中交变电流的周期是0.02 s ，频率是50 Hz. 二、峰值有效值 [问题设计]1．图2是通过一个R ＝1 Ω的电阻的电流i 随时间变化的曲线．这个电流不是恒定电流． (1)怎样计算1 s 内电阻R 中产生的热量？(2)如果有一个大小、方向都不变的恒定电流通过这个电阻R ，也能在1 s 内产生同样的热，这个电流是多大？图2答案 (1)Q ＝I 21Rt 1＋I 22Rt 2＝42×1×0.5 J ＋22×1×0.5 J ＝10 J(2)由Q ＝I 2Rt 得I ＝ Q Rt ＝ 101×1A ＝10 A2．某交流电压瞬时值表达式u ＝62sin (100πt ) V ，把标有“6 V ,2 W ”的小灯泡接在此电源上会不会被烧坏？把一个能承受的最大电压为6 V 的电容器接在此电源上会不会被击穿？答案小灯泡不会被烧坏，交流电压瞬时值表达式u ＝62sin (100πt ) V 中6 2 V 是最大值，其有效值为6 V ，而标有“6 V,2 W ”的小灯泡中的6 V 是有效值．电容器会被击穿． [要点提炼]1．峰值：也叫最大值，它是所有瞬时值中的最大值．(1)当线圈平面跟磁感线平行时，交流电动势最大，E m ＝NBSω(转轴垂直于磁感线)． (2)电容器接在交流电路中，交变电压的最大值不能超过电容器的耐压值．2．有效值的应用(1)计算与电流热效应有关的量(如功率、热量)要用有效值．(2)交流电表的测量值，电气设备标注的额定电压、额定电流，通常提到的交流电的数值指有效值．3．有效值的计算(1)正弦式交变电流：根据E＝E m2、U＝U m2、I＝I m2计算其有效值．(2)非正弦式交变电流：只能根据电流的热效应计算．计算时要注意三同：“相同电阻”上、“相同时间”内、产生“相同热量”．计算时，“相同时间”一般取一个周期．4．平均值的应用计算通过导体某一截面的电荷量时，只能用交变电流的平均值，即q＝I·Δt＝ERΔt＝NΔΦR，这是平均值应用最多的一处．一、对描述交变电流物理量的认识例1一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图3所示，由图可知()图3A．该交流电的电压的有效值为100 VB．该交流电的频率为25 HzC．该交流电压瞬时值的表达式为u＝100sin 25t VD．并联在该电压两端的电压表指针不停摆动解析根据题图可知该交变电流电压的最大值为100 V，周期为4×10－2 s，所以频率为25 Hz，A错，B对；而ω＝2πf＝50π rad/s，所以u＝100sin (50πt) V，C错；交流电压表的示数为交流电的有效值而不是瞬时值，不随时间变化，D错．答案 B二、正弦式交变电流有效值的计算例2一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图4甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则()图4A ．电压表的示数为220 VB ．电路中的电流方向每秒钟改变50次C ．灯泡实际消耗的功率为484 WD ．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J解析电压表示数为灯泡两端电压的有效值，由题图知电动势的最大值E m ＝220 2 V ，有效值E ＝220 V ，灯泡两端电压U ＝RER ＋r ＝209 V ，A 错；由题图甲知T ＝0.02 s ，一个周期内电流方向变化两次，可知1 s 内电流方向变化100次，B 错；灯泡的实际功率P ＝U 2R ＝209295 W ＝459.8 W ，C 错；电流的有效值I ＝ER ＋r ＝2.2 A ，发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q r ＝I 2rt ＝2.22×5×1J ＝24.2 J ．D 对．答案 D三、非正弦式交变电流有效值的计算例3 如图5所示是一交变电流随时间变化的图像，求此交变电流的有效值．图5解析设该交变电流的有效值为I ′，直流电的电流强度为I ，让该交变电流和直流电分别通过同一电阻(阻值为R )，在一个周期(T ＝0.2 s)内，该交变电流产生的热量：Q ′＝I 21Rt 1＋I 22Rt 2＝(42)2R ×0.1＋(－32)2R ×0.1＝5R 在一个周期内直流电通过该电阻产生的热量 Q ＝I 2RT ＝0.2I 2R .由Q ＝Q ′得，0.2I 2R ＝5R ，解得I ＝5 A ，即此交变电流的有效值I ′＝I ＝5 A 答案 5 A四、有效值、瞬时值、平均值的区别应用例4 在水平方向的匀强磁场中，有一正方形闭合线圈绕垂直磁感线的轴匀速转动，已知线圈的匝数为n ＝100匝，边长为20 cm ，电阻为10 Ω，转动频率f ＝50 Hz ，磁场的磁感应强度为0.5 T ，求：(1)外力驱动线圈转动的功率．(2)转至线圈平面与中性面的夹角为30°时，线圈产生的感应电动势及感应电流的瞬时值大小．(3)线圈由中性面转至与中性面成30°夹角的过程中，通过线圈横截面的电荷量．解析 (1)线圈中交变电动势的最大值E m ＝nBSω＝100×0.5×(0.2)2×2π×50 V ＝628 V .交变电动势的有效值E ＝E m2＝314 2 V.外力驱动线圈转动的功率与线圈中交变电流的功率相等．即P 外＝E 2R ＝(3142)210W ＝1.97×104 W.(2)线圈转到与中性面成30°角时，其电动势的瞬时值 e ＝E m sin 30°＝314 V ，交变电流的瞬时值 i ＝e R ＝31410A ＝31.4 A. (3)在线圈从中性面转过30°角的过程中，线圈中的平均感应电动势E ＝n ΔΦΔt，平均感应电流I ＝ER ＝n ΔΦR ·Δt，通过线圈横截面的电荷量为q ，则q ＝I Δt ＝n ΔΦR ＝nBl 2(1－cos 30°)R＝100×0.5×0.22×(1－0.866)10 C＝2.68×10－2 C.答案 (1)1.97×104 W (2)314 V 31.4 A (3)2.68×10－2 C1．(对描述交变电流物理量的认识)如图6是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的 ( )图6A ．周期是0.01 sB ．最大值是220 VC ．有效值是220 VD ．表达式为u ＝220sin (100πt ) V 答案 C解析由题图可知，该交变电压的周期为0.02 s ，最大值为311 V ，而有效值U ＝U m 2＝3112 V＝220 V ，故A 、B 错误，C 正确．正弦交变电压的瞬时值表达式u ＝U m sin ωt ＝311sin (2π0.02t ) V ＝311sin (100πt ) V ，故D 选项错误．2．(正弦式交变电流有效值的计算)一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，周期为T .从中性面开始计时，当t ＝112T 时，线圈中感应电动势的瞬时值为2 V ，则此交变电流的有效值为( ) A ．2 2 V B ．2 VC. 2 VD.22V 答案 A解析先用代入法求出感应电动势的最大值：由e ＝E m sin ωt 得2 V ＝E m sin (2πT ×T12)，由此得E m ＝4 V ，因此有效值为2 2 V ．选项A 正确．3.(非正弦式交变电流有效值的计算)通过一阻值R ＝100 Ω的电阻的交变电流如图7所示，其周期为1 s ．电阻两端电压的有效值为 ( )图7A ．12 VB ．410 VC ．15 VD ．8 5 V答案 B解析根据电流的热效应计算电流的有效值．由(0.1)2R ×0.4×2＋(0.2)2R ×0.1×2＝I 2R ×1可得，流过电阻的电流的有效值I＝1025A，电阻两端电压的有效值为U＝IR＝410 V，B正确．题组一对描述交变电流物理量的认识1．下列提到的交流电，不是指有效值的是()A．交流电压表的读数B．保险丝熔断电流C．电容器击穿电压D．220 V交流电压答案 C解析电容器击穿电压指电容器两端允许加的电压的最大值．2．以下说法正确的是()A．交变电流的有效值就是它的平均值B．任何交变电流的有效值都是它最大值的1 2C．如果交变电流接在电阻R上产生的热量为Q，那么该交变电流的有效值为Q RD．以上说法均不正确答案 D解析有效值是根据电流的热效应来定义的，平均值并不是有效值，例如线圈在匀强磁场中转动一圈，其平均电动势为零，故A错．在正弦(余弦)式交变电流中，其有效值为最大值的12，对于其他交变电流并不一定满足此关系，故B错．交变电流要产生热量需要一定的时间，C选项中没有告诉时间，因此是错误的．3．下列关于交变电流的说法正确的是()A．若交变电流的峰值为5 A，则它的最小值为－5 AB．用交流电流表测交变电流时，指针来回摆动C．我国工农业生产和生活用的交变电流频率为50 Hz，故电流方向每秒改变100次D．正弦交变电流i＝20sin (10πt) A的峰值为20 A，频率为100 Hz答案 C解析电流的负值表示电流方向与规定正方向相反，不表示大小，A项错误；交流电流表测交变电流时，指针不会来回摆动，B项错误；我国工农业生产和生活用的交变电流，周期为0.02 s，交流电方向一个周期改变两次，所以每秒改变100次，C项正确；由ω＝2πf得正弦交变电流i＝20sin (10πt) A的频率为5 Hz，D项错误．题组二非正弦式交变电流有效值的计算4．阻值为1 Ω的电阻上通以交变电流，其i－t关系如图1所示，则在0～1 s内电阻上产生的热量为 ( )图1A ．1 JB ．1.5 JC ．2 JD ．2.8 J答案 D解析因为所加的电流为交变电流，大小在变化，所以只能分时间段来求热量．在0～1 s 内有效电流的瞬时值大小为1 A 和2 A 的时间段分别为t 1＝0.4 s ，t 2＝0.6 s ，所以Q ＝I 21Rt 1＋I 22Rt 2＝2.8 J.5．某一交变电流的电压波形如图2所示，求这一交变电流的电压的有效值U .图2答案 210 V解析假设让一直流电压U 和如题图所示的交流电压分别加在同一电阻两端，交变电流在一个周期内产生的热量Q 1＝2(U 21R ·T 4＋U 22R ·T4)＝82R ·T 2＋42R ·T 2.直流电在一个周期内产生的热量Q 2＝U 2R ·T .由交变电流有效值的定义知Q 1＝Q 2，即82R ·T 2＋42R ·T 2＝U 2R ·T .解得U ＝210 V.题组三正弦式交变电流有效值的计算6．如图3甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N 、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO ′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示，以下判断正确的是 ( )图3A ．电流表的示数为10 AB ．线圈转动的角速度为50π rad/sC ．0.01 s 时线圈平面与磁场方向平行D ．0.02 s 时电阻R 中电流的方向自右向左答案 AC7．电阻R 1、R 2与交流电源按照如图4甲所示方式连接，R 1＝10 Ω、R 2＝20 Ω.合上开关S 后，通过电阻R 2的正弦交变电流i 随时间t 变化的情况如图乙所示．则( )图4A ．通过R 1的电流的有效值是1.2 AB ．R 1两端的电压有效值是6 VC ．通过R 2的电流的最大值是1.2 2 AD ．R 2两端的电压最大值是6 2 V 答案 B解析由题图乙可得，正弦交变电流的最大值I m ＝0.6 2 A ，所以电流的有效值I ＝I m2＝0.6 A ，电阻R 1、R 2串联，所以电流的最大值均为0.6 2 A ，有效值均为0.6 A ．由欧姆定律U ＝IR 得，U 1＝IR 1＝6 V ，所以U 1m ＝2U 1＝6 2 V ；U 2＝IR 2＝12 V ，U 2m ＝2U 2＝12 2 V. 8.在图5所示电路中，A 是熔断电流I 0＝2 A 的保险丝，电阻可不计，R 是可变电阻，S 是交流电源．交流电源的内电阻不计，其电动势随时间变化的规律是e ＝2202sin 314t V ．为了不使保险丝熔断，可变电阻的阻值应该大于( )图5A ．110 2 ΩB ．110 ΩC ．220 ΩD ．220 2 Ω答案 B解析 E ＝220 V ，R min ＝E I 0＝2202Ω＝110 Ω.9．把U 0＝10 V 的直流电压加在阻值为R 的电阻上，其发热功率跟另一个正弦交变电压加在阻值为R2上的电功率相同，则这个交变电流的电压的峰值为 ( )A ．10 VB ．10 2 VC ．20 VD ．20 2 V答案 A解析直流电压U 0加在阻值为R 的电阻上，而交变电流加在阻值为R2的电阻上，它们联系的桥梁是发热功率相等．设这个交变电压的有效值为U ，则由电功率公式得U 20R T ＝U 2R2T ，U＝2U 02，故U m ＝ 2U ＝U 0＝10 V ．正确答案为A.题组四瞬时值、峰值、有效值、平均值的区别应用10．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，从中性面开始转动180°的过程中，平均感应电动势和最大感应电动势之比为( ) A ．π/2B ．2/πC ．2πD ．π答案 B11.如图6所示，线圈abcd 的面积是0.05 m 2，共100匝，线圈电阻为1 Ω，外接电阻R ＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度为B ＝1πT ，当线圈以300 r/min 的转速匀速转动时，求：图6(1)电路中交流电压表和交流电流表的示数；(2)线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R 的电荷量．答案 (1)31.86 V 3.54 A (2)0.16 C 解析 (1)E m ＝NBSω＝100×1π×0.05×2π×30060 V ＝50 VE ＝E m2＝25 2 V ≈35.4 V.电流表示数I ＝ER ＋r ＝3.54 A ，电压表示数U ＝IR ＝3.54×9 V ＝31.86 V. (2)从图示位置转过90°的过程中， E ＝N ΔΦΔt ，又因为I ＝E R ＋r ，q ＝I Δt ，联立得q ＝N ΔΦR ＋r ＝NBSR ＋r≈0.16 C.12.如图7所示，矩形线圈面积为S ，匝数为N ，线圈电阻为r ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕OO ′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R .当线圈由图示位置转过90°的过程中，求：教案全集、尽在百度教学资料、应有尽有图7(1)通过电阻R 的电荷量q ；(2)电阻R 上所产生的热量Q .答案 (1)NBS R ＋r (2)πN 2B 2S 2ωR 4(R ＋r )2解析本题考查交变电流平均值、有效值的应用，关键要知道求电荷量用交变电流的平均值，求热量用交变电流的有效值．(1)依题意磁通量的变化量ΔΦ＝BS ，线圈转过90°的时间为Δt ＝T 4＝2π4ω＝π2ω，平均感应电动势为E ＝N ΔΦΔt ＝2NBSωπ.平均感应电流为I ＝E R ＋r ＝2NBSωπ(R ＋r ).通过电阻R 的电荷量为q ＝I ·Δt ＝NBS R ＋r. (2)线圈中感应电动势有效值和最大值E m 的关系是E ＝E m 2＝NBSω2，电路中电流的有效值为I ＝E R ＋r ＝NBSω2(R ＋r ). 电阻R 上产生的热量为Q ＝I 2Rt ＝πN 2B 2S 2ωR 4(R ＋r )2.。

高二物理3-2传感器学案

第六章传感器§6.1 传感器及其工作原理【学习目标】1、知道什么是传感器2、了解传感器的常用元件的特征【自主学习】一、传感器：传感器是指这样一类元件：它能够感受诸如力、温度、光、声、化学成分等＿＿＿＿＿量，并能把它们按照一定的规律转换为电压、电流等＿＿＿＿量，或转换为电路的通断。

把非电学量转换为电学量以后，就可以很方便地进行测量、传输、处理和控制了。

传感器一般由敏感元件和输出部分组成，通过敏感元件获取外界信息并转换＿＿＿＿信号，通过输出部分输出，然后经控制器分析处理。

常见的传感器有：＿＿＿＿＿、＿＿＿＿＿、＿＿＿＿＿、＿＿＿＿＿、力传感器、气敏传感器、超声波传感器、磁敏传感器等。

二、常见传感器元件：1、光敏电阻：光敏电阻的材料是一种半导体，无光照时，载流子极少，导电性能不好；随着光照的增强，载流子增多，导电性能变好，光敏电阻能够把＿＿＿＿＿这个光学量转换为电阻这个电学量。

它就象人的眼睛，可以看到光线的强弱。

２、金属热电阻和热敏电阻：金属热电阻的电阻率随温度的升高而＿＿＿＿，用金属丝可以制作＿＿＿＿传感器，称为＿＿＿＿＿。

它能用把＿＿＿＿这个热学量转换为＿＿＿＿这个电学量。

热敏电阻的电阻率则可以随温度的升高而＿＿＿＿或＿＿＿＿。

与热敏电阻相比，金属热电阻的＿＿＿＿＿好，测温范围＿＿＿，但＿＿＿＿较差。

３、电容式位移传感器能够把物体的＿＿＿＿这个力学量转换为＿＿＿这个电学量。

４、霍尔元件能够把＿＿＿＿＿＿这个磁学量转换为电压这个电学量【典型例题】例一如图所示，将万用表的选择开关置于“欧姆”挡，再将电表的两支表笔与一热敏电阻R t的两端相连，这时表针恰好指在刻度盘的正中间。

若往R t上擦一些酒精，表针将向＿＿＿＿（填“左”或“右”）移动；若用吹风机将热风吹向电阻，表针将向＿＿＿＿（填“左”或“右”）移动。

例二、传感器是一种采集信息的重要器件。

如图所示是一种测定压力的电容式传感器。

当待测压力F作用于可动膜片电极时，可使膜片产生形变，引起电容的变化，将电容器、灵敏电流计和电源串联成闭合电路，那么（）A、当F向上压膜片电极时，电容将减小B、当F向上压膜片电极时，电容将增大C、若电流计有示数，则压力F发生变化D、若电流计有示数，则压力F不发生变化例三、如图所示，有电流I流过长方体金属块，金属块宽度为d，高为b，有一磁感应强度为B的匀强磁场垂直于纸面向里，金属块单位体积内的自由电子数为n，试问金属块上、下表面哪面电势高？电势差是多少？（此题描述的是著名的霍尔效应现象）【针对训练】1、简单的说，光敏电阻就是一个简单的＿＿＿＿＿传感器，热敏电阻就是一个简单的＿＿＿＿＿传感器。

2021-2022高二物理人教版选修3-2学案：第六章 1 传感器及其工作原理 Word版含解析

学案1传感器及其工作原理[目标定位] 1.了解什么是传感器，感受传感技术在信息时代的作用与意义.2.知道将非电学量转化为电学量的意义.3.了解光敏电阻、热敏电阻、金属热电阻和霍尔元件的性能，知道其工作原理及作用．一、什么是传感器[问题设计]如图1所示，小盒子A的侧面露出一个小灯泡，盒外没有开关，但是把磁铁B放到盒子上面，灯泡就会发光，把磁铁移走，灯泡熄灭．图1盒子里有什么样的装置，才能消灭这样的现象？答案盒子里用到了干簧管．把干簧管串入电路，当磁铁靠近干簧管时，两个簧片被磁化而接通，所以干簧管能起到开关的作用．[要点提炼]1．干簧管结构：如图2所示，它只是玻璃管内封入的两个软磁性材料制成的簧片．图2作用：在电路中起到开关的作用，它是一种能够感知磁场的传感器．2．传感器定义：能够感受诸如力、温度、光、声、化学成分等物理量，并能把它们依据肯定的规律转换为便于传送和处理的另一个物理量(通常是电压、电流等电学量)，或转换为电路的通断的元件．3．非电学量转换为电学量的意义：把非电学量转换为电学量，可以便利地进行测量、传输、处理和把握．4．在分析传感器时要明确：(1)核心元件是什么；(2)是怎样将非电学量转化为电学量的；(3)是如何显示或把握开关的．二、光敏电阻[问题设计]在工厂生产车间的生产线上安装计数器后，就可以精确得知生产产品的数量，如图3所示为光敏电阻自动计数器的示意图，其中R1为光敏电阻，R2为定值电阻．此光电计数器的基本工作原理是什么？图3答案当光被产品拦住时，R1电阻增大，电路中电流减小，R2两端电压减小，信号处理系统得到低电压，每通过一个产品就获得一次低电压，并计数一次．[要点提炼]1．光敏电阻：把电阻率与所受光照强度有关的物质(如硫化镉)涂敷在绝缘板上，在其表面再用银浆涂敷两个互不相连的栅状电极，这样就制成了一个光敏电阻．2．原理：无光照时，载流子极少，导电性能不好；随着光照的增加，载流子增多，导电性变好．3．特点：光照越强，电阻越小．4．作用：把光照强弱这个光学量转换为电阻这个电学量．三、热敏电阻和金属热电阻[问题设计]如图4所示，将多用电表的选择开关置于欧姆挡，再将电表的两支表笔与负温度系数的热敏电阻R T(温度上升，电阻减小)的两端相连，这时表针恰好指在刻度盘的正中心．若在R T上擦一些酒精，表针将如何偏转？若用吹风机将热风吹向热敏电阻，表针将如何偏转？图4答案由于酒精挥发，热敏电阻R T 温度降低，电阻值增大，指针将向左偏；用吹风机将热风吹向热敏电阻，热敏电阻R T 温度上升，电阻值减小，指针将向右偏． [要点提炼]1．热敏电阻：用电阻随温度变化格外明显的半导体材料如(氧化锰)制成．按热敏电阻阻值随温度变化的规律，热敏电阻可分为正温度系数的热敏电阻和负温度系数的热敏电阻． (1)正温度系数的热敏电阻随温度上升电阻增大．(2)负温度系数的热敏电阻(如氧化锰热敏电阻)随温度上升电阻减小．2．金属热电阻：金属的电阻率随温度上升而增大，利用这一特性，金属丝也可以制作成温度传感器，称为热电阻．3．热敏电阻和金属热电阻都能够把温度这个热学量转换为电阻这个电学量．金属热电阻的化学稳定性好，测温范围大，但灵敏度较差．四、霍尔元件 [问题设计]如图5所示，在矩形半导体薄片E 、F 间通入恒定的电流I ，同时外加与薄片垂直的磁场B ，则薄片中的载流子就在洛伦兹力的作用下，向着与电流和磁场都垂直的方向移动，使M 、N 间消灭了电压，称为霍尔电压U H .试推导其表达式．图5答案设薄片厚度为d ，EF 方向长度为l 1，MN 方向长度为l 2，薄片中的载流子受到洛伦兹力发生偏转，使半导体内部消灭电场，载流子同时受到电场力和洛伦兹力的作用，当洛伦兹力与电场力平衡时，M 、N 间电势差达到稳定．即q Ul 2＝q v B再依据电流的微观表达式I ＝nq v S ，S ＝l 2d 整理得：U ＝IB nqd令k ＝1nq ，其中n 为材料单位体积的载流子的个数，q 为单个载流子的电荷量，它们均为常数．则有U ＝k IBd .[要点提炼]1．组成：在一个很小的矩形半导体薄片上，制作四个电极E 、F 、M 、N ，就成为一个霍尔元件． 2．原理：E 、F 间通入恒定的电流I ，同时外加与薄片垂直的磁场B 时，薄片中的载流子就在洛伦兹力的作用下，向着与电流和磁场都垂直的方向漂移，使M 、N 间消灭电压．霍尔元件在电流、电压稳定时，载流子所受电场力和洛伦兹力二力平衡．3．作用：霍尔电压U H ＝k IBd (d 为薄片的厚度，k 为霍尔系数)．其中U H 与B 成正比，霍尔元件能够把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量． 4．霍尔电势凹凸的推断方法由左手定则推断带电粒子的受力方向，假如带电粒子是正电荷，则拇指所指的面为高电势面，假如是负电荷，则拇指所指的面为低电势面，但无论是正电荷还是负电荷，四指指的都是电流方向，即正电荷定向移动的方向，负电荷定向移动的反方向．一、对传感器的生疏例1 如图6是一种测定油箱油量多少或变化多少的装置．图6其中电源电压保持不变，R 是滑动变阻器，它的金属滑片是金属杆的一端．(1)若把一只电压表接在c 、d 之间当油箱中油量削减时，电压表的示数将________(选填“增大”或“减小”)． (2)将电压表接在b 、c 之间，当油箱中油量削减时，电压表的示数将________(选填“增大”或“减小”)．解析 (1)当油量削减时，R 的数值会增大，电路中的电流会减小，c 、d 间的电压会减小．当把电压表接在c 、d 两点间，电压表示数减小时，表示油量在减小．(2)把电压表接在b 、c 之间，油量削减时，R 增大，电压表的示数增大．答案 (1)减小 (2)增大二、对光敏电阻、热敏电阻的生疏及应用例2 如图7所示，R 1、R 2为定值电阻，L 为小灯泡，R 3为光敏电阻，当入射光强度增大时( )图7。

高中物理第四章电磁感应4法拉第电磁感应定律学案3_2

法拉第电磁感应定律目标导航思维脉图1.会判断电磁感应现象中的等效电源，会判断等效电源的正负极.（物理观念)2.知道Φ、ΔΦ、的区别与联系.(科学思维)3。

会推导公式E=BLv，并能熟练应用E=n和E=BLv进行计算。

(科学思维）必备知识·自主学习一、法拉第电磁感应定律1。

感应电动势：(1）产生条件:穿过电路的磁通量发生变化，与电路是否闭合无关。

(2)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成正比.(2)大小：E=（单匝线圈)；E=(n匝线圈).二、导体切割磁感线时的感应电动势1.垂直切割:B、l、v两两垂直时,E=B l v。

2.不垂直切割：导线的运动方向与导线本身垂直，与磁感线方向夹角为θ时,则E=B l v1=B l vsin θ。

三、反电动势1.产生:电动机转动时,由于切割磁感线,线圈中产生的削弱电源电动势作用的感应电动势.2。

作用：阻碍线圈的转动。

(1)在电磁感应现象中，有感应电动势,就一定有感应电流.(×）(2）穿过某电路的磁通量变化量越大,产生的感应电动势就越大。

（×）(3）闭合电路置于磁场中，当磁感应强度很大时，感应电动势可能为零；当磁感应强度为零时，感应电动势可能很大. （√)（4）线圈中磁通量变化越快,线圈中产生的感应电动势一定越大。

（√）关键能力·合作学习知识点一法拉第电磁感应定律角度1对法拉第电磁感应定律的理解1。

磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ及磁通量的变化率的比较:磁通量Φ磁通量的变化量ΔΦ磁通量的变化率物理某时刻穿过在某一过程中穿过某穿过某个面的磁通意义磁场中某个面的磁感线条数个面的磁通量的变化量量变化的快慢当B、S互相垂直时，大小计算Φ=BS⊥ΔΦ==注意若穿过某个面有方向相反的磁场,则不能直接用Φ=BS。

应考虑相反方向的磁通量或抵消以后所剩余的磁通量开始和转过180°时平面都与磁场垂直,但穿过平面的磁通量是不同的，一正一负，ΔΦ=2BS，而不是零既不表示磁通量的大小，也不表示变化的多少。

物理3-2学案_3 楞次定律

枣庄三中2013——2014学年度高二物理学案使用日期：2014年2月__日学号_______ 姓名___________3 楞次定律【知识复习】1、产生感应电流的条件是：2、如下左图，已知通电螺线管的磁场方向，试在图中标出电流方向和电源正负极？你是根据什么规律得出的：3、如上右图，在磁场中放入一线圈，若磁感应强度B 变大或变小，有没有感应电流产生？问题提出：感应电流方向如何？感应电流的方向与磁通量间又有什么样的关系？大家通过这一节的学习之后，你将明白感应电流不是个好“孩子”。

【新课学习】一、重新探究实验——确定“感应电流方向” 1．昨天实验数据分析：分析时，要突出研究的对象是线圈（闭合导体回路），设计如下表格，请大家对着实验过程，认真填写观察到的现象，试着比较、分析，看看能不能找出在电磁感应现象中，感应电流的磁场方向是否总是与原磁场的方向相反？问题2、请你仔细分析上表，用尽可能简洁的语言概括一下，究竟如何确定感应电流的方向？并说出你的概括中的关键词语。

问题3、你能从导体和磁体相对运动的角度来确定感应电流的方向吗？如果能，请用简洁的语言进行概括，并试着从能量的转化与守恒角度去解释你的结论？二、总结实验规律：楞次定律——感应电流的方向1、内容：。

2、理解：①、注意两个磁场：磁场和电流磁场②、正确理解“磁通量的变化”：要注意区分“磁通量的变化” “磁通量的多少”“原磁场的方向” “原磁场磁通量的变化”等各自不同的含义。

③正确理解“阻碍”的含义：阻碍既不是也不等于，增反减同④、在图中标出每个螺线管的感应电流产生的等效N 极和S 极。

Ba b123 例：分别用右手定则和楞次定律判断通过电流表的电流方向(课本P 12思考与讨论) ②、右手定则较楞次定律方便，但适用范围较窄，而楞次定律应用于所有情况 ③、当切割磁感线时电路不闭合，四指的指向即感应电动势方向（画出等效电源的正负极）。

物理3-2学案_6 法拉第电磁感应定律

枣庄三中2013——2014学年度高二物理学案使用日期：2014年2月__日学号_______ 姓名___________ 6法拉第电磁感应定律【知识复习】1、在电磁感应现象中，产生感应电流的条件是什么？2、在电磁感应现象中，磁通量发生变化的方式有哪些情况？3、恒定电流中学过，电路中存在持续电流的条件是什么？在电磁感应现象中，既然闭合电路中有感应电流，这个电路中就一定有电动势。

在电磁感应现象中产生的电动势叫感应电动势。

【新课学习】1、感应电动势图b中，哪部分相当于a中的电源？图b中，哪部分相当于a中电源内阻？在电磁感应现象中，不论电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就有感应电动势.感应电动势是电磁感应现象的本质。

2、电磁感应定律感应电动势跟什么因素有关？回顾前节课实验甲乙问题1：在实验中，电流表指针偏转原因是什么?问题2：电流表指针偏转程度跟感应电动势的大小有什么关系? 问题3：第一个成功实验中，褚柏栋同学当时提出了一个疑问：将条形磁铁从同一高度插入线圈中，插入快慢指针偏转相同吗？这里面又有什么相同和不同?问题4：磁通量变化的快慢用磁通量的变化率来描述，即单位时间内磁通量的变化量，用公式表示为t∆∆Φ。

从上面的三个实验，同学们可归纳出什么结论呢？精确的实验表明：_____________________________。

这就是法拉第电磁感应定律。

设闭合电路是一个n匝线圈，且穿过每匝线圈的磁通量变化率都相同，这时相当于n个单匝线圈串联而成，因此感应电动势变为E=问题5：请联系v、Δv、tv∆∆三者关系，谈谈你对Φ、ΔΦ、t∆∆Φ三者的关系3、导线切割磁感线时的感应电动势导体切割磁感线时，感应电动势如何计算呢？用CAI课件展示如图所示电路，闭合电路一部分导体ab 处于匀强磁场中，磁感应强度为B，ab的长度为L，以速度v匀速切割磁感线，求产生的感应电动势？解析问题：当导体的运动方向跟磁感线方向有一个夹角θ，感应电动势可用上面的公式计算吗？如图所示电路，闭合电路的一部分导体处于匀强磁场中，导体棒以v斜向切割磁感线，求产生的感应电动势。

【教科版】2019年高中物理选修3-2学案第一章电磁感应5习题课：楞次定律的应用含答案

学案5习题课：楞次定律的应用[学习目标定位] 1.学习应用楞次定律的推论判断感应电流的方向.2.理解安培定则、左手定则、右手定则和楞次定律的区别．1．应用楞次定律判断感应电流方向的一般步骤是：(1)明确所研究的闭合电路，判断原磁场的方向；(2)判断闭合电路内原磁场的磁通量的变化情况；(3)由楞次定律判断感应电流的磁场方向；(4)由安培定则根据感应电流的磁场方向，判断出感应电流的方向．2．安培定则(右手螺旋定则)、右手定则、左手定则(1)判断电流产生的磁场方向用安培定则．(2)判断磁场对通电导体及运动电荷的作用力方向用左手定则．(3)判断导体切割磁感线运动产生的感应电流方向用右手定则.一、“增反减同”法感应电流的磁场，总是阻碍引起感应电流的磁通量(原磁场磁通量)的变化．(1)当原磁场磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，(2)当原磁场磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同．口诀记为“增反减同”．例1如图1所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸处，ab边在纸内，由图中位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和位置Ⅲ都很接近位置Ⅱ，这个过程中线圈的感应电流()图1A．沿abcd流动B．沿dcba流动C．先沿abcd流动，后沿dcba流动D．先沿dcba流动，后沿abcd流动解析本题考查用楞次定律判断感应电流的方向，关键要分析清楚矩形线圈由位置Ⅰ到位置Ⅱ和由位置Ⅱ到位置Ⅲ两过程中，穿过线圈的磁感线方向相反．由条形磁铁的磁场可知，线圈在位置Ⅱ时穿过闭合线圈的磁通量最小为零，线圈从位置Ⅰ到位置Ⅱ，从下向上穿过线圈的磁通量在减少，线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，从上向下穿过线圈的磁通量在增加，根据楞次定律可知感应电流的方向是abcd.答案 A二、“来拒去留”法由于磁场与导体的相对运动产生电磁感应现象时，产生的感应电流与磁场间有力的作用，这种力的作用会“阻碍”相对运动，简称口诀“来拒去留”．例2如图2所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是()图2A．向右摆动B．向左摆动C．静止D．无法判定解析本题可由两种方法来解决：方法1：画出磁铁的磁感线分布，如图甲所示，当磁铁向铜环运动时，穿过铜环的磁通量增加，由楞次定律判断出铜环中的感应电流方向如图甲所示．分析铜环受安培力作用而运动时，可把铜环中的电流等效为多段直线电流元．取上、下两小段电流元作为研究对象，由左手定则确定两段电流元的受力，由此可推断出整个铜环所受合力向右，故A正确．甲乙方法2(等效法)：磁铁向右运动，使铜环产生的感应电流可等效为图乙所示的条形磁铁，两磁铁有排斥作用，故A正确．答案 A三、“增缩减扩”法当闭合电路中有感应电流产生时，电路的各部分导线就会受到安培力作用，会使电路的面积有变化(或有变化趋势)．(1)若原磁通量增加，则通过减小有效面积起到阻碍的作用．(2)若原磁通量减小，则通过增大有效面积起到阻碍的作用．口诀记为“增缩减扩”．例3如图3所示，在载流直导线旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两可自由滑动的导体ab和cd.当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体ab和cd的运动情况是()图3A．一起向左运动B．一起向右运动C．ab和cd相向运动，相互靠近D．ab和cd相背运动，相互远离解析由于在闭合回路abcd中，ab和cd电流方向相反，所以两导体运动方向一定相反，排除A、B；当载流直导线中的电流逐渐增强时，穿过闭合回路的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流总是阻碍穿过回路磁通量的变化，所以两导体相互靠近，减小面积，达到阻碍磁通量增大的目的．故选C.答案 C四、“增离减靠”法发生电磁感应现象时，通过什么方式来“阻碍”原磁通量的变化要根据具体情况而定．可能是阻碍导体的相对运动，也可能是改变线圈的有效面积，还可能是通过远离或靠近变化的磁场源来阻碍原磁通量的变化．即：(1)若原磁通量增加，则通过远离磁场源起到阻碍的作用．(2)若原磁通量减小，则通过靠近磁场源起到阻碍的作用．口诀记为“增离减靠”．例4一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动，M连接在如图4所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关，下列情况中，可观测到N向左运动的是()图4A．在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间B．在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间C．在S已向a闭合的情况下，将R的滑片向c端移动时D．在S已向a闭合的情况下，将R的滑片向d端移动时解析金属环N向左运动，说明穿过N的磁通量在减小，说明线圈M中的电流在减小，只有选项C符合题意．答案 C五、安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的区别应用1．右手定则是楞次定律的特殊情况(1)楞次定律的研究对象为整个闭合导体回路，适用于磁通量变化引起感应电流的各种情况．(2)右手定则的研究对象为闭合导体回路的一部分，适用于一段导线在磁场中做切割磁感线运动．2．区别安培定则、左手定则、右手定则的关键是抓住因果关系(1)因电而生磁(I→B)→安培定则．(判断电流周围磁感线的方向)(2)因动而生电(v、B→I感)→右手定则．(导体切割磁感线产生感应电流)(3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则．(磁场对电流有作用力)例5如图5所示，导轨间的磁场方向垂直于纸面向里．圆形金属环B正对磁铁A当导线MN在导轨上向右加速滑动时，下列说法正确的是()图5A．MN中电流方向N→M，B被A吸引B．MN中电流方向N→M，B被A排斥C．MN中电流方向M→N，B被A吸引D．MN中电流方向M→N，B被A排斥解析MN向右加速滑动，根据右手定则，MN中的电流方向从N→M，且大小在逐渐变大，根据安培定则知，电磁铁A的磁场方向向左，且大小逐渐增强，根据楞次定律知，B环中的感应电流产生的磁场方向向右，B被A排斥，B正确，A、C、D错误．答案 B1．(“来拒去留”法)如图6所示，螺线管CD的导线绕法不明，当磁铁AB插入螺线管时，闭合电路中有图示方向的感应电流产生，下列关于螺线管磁场极性的判断，正确的是()图6A．C端一定是N极B．D端一定是N极C．C端的极性一定与磁铁B端的极性相同D．因螺线管的绕法不明，故无法判断极性答案 C解析由“来拒去留”得磁铁与螺线管之间产生相斥的作用，即螺线管的C端一定与磁铁的B端极性相同，与螺线管的绕法无关．但因为磁铁AB的N、S极性不明，所以螺线管CD 两端的极性也不能确定，所以A、B、D错，C对．2．(“增缩减扩”法及“来拒去留”法)如图7所示，水平桌面上放有一个闭合铝环，在铝环轴线上方有一个条形磁铁．当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，下列判断正确的是()图7A．铝环有收缩趋势，对桌面压力减小B．铝环有收缩趋势，对桌面压力增大C．铝环有扩张趋势，对桌面压力减小D．铝环有扩张趋势，对桌面压力增大答案 B解析根据楞次定律可知：当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，闭合铝环内的磁通量增大，因此铝环面积应有收缩的趋势，同时将远离磁铁，故增大了和桌面的挤压程度，从而使铝环对桌面压力增大，故B项正确．3．(“增离减靠”法)如图8是某电磁冲击钻的原理图，若突然发现钻头M向右运动，则可能是()图8A．开关S闭合瞬间B．开关S由闭合到断开的瞬间C．开关S已经是闭合的，滑动变阻器滑片P向左迅速滑动D．开关S已经是闭合的，滑动变阻器滑片P向右迅速滑动答案AC解析当开关突然闭合时，左线圈上有了电流，产生磁场，而对于右线圈来说，磁通量增加，产生感应电流，使钻头M向右运动，故A项正确；当开关S已经是闭合时，只有左侧线圈电流增大才会导致钻头M向右运动，故C项正确．4．(安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的区别运用)如图9所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力的作用下运动时，MN在磁场力的作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是()图9A．向右加速运动B．向左加速运动C．向右减速运动D．向左减速运动答案BC解析当PQ向右运动时，用右手定则可判定PQ中感应电流的方向是由Q→P，由安培定则可知穿过L1的磁场方向是自下而上的；若PQ向右加速运动，则穿过L1的磁通量增加，用楞次定律可以判断流过MN的感应电流是从N→M的，用左手定则可判定MN受到向左的安培力，将向左运动，可见选项A错误；若PQ向右减速运动，流过MN的感应电流方向、MN所受的安培力的方向均将反向，MN向右运动，所以选项C正确；同理可判断选项B正确，选项D错误．题组一“来拒去留”法1．如图1所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下．在磁铁的N极向下靠近线圈的过程中()图1A．通过电阻的感应电流方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥B．通过电阻的感应电流方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥C．通过电阻的感应电流方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引D．通过电阻的感应电流方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引答案 B解析根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，因此阻碍条形磁铁的下落，即来拒去留，同名磁极相斥，所以线圈上端为N极，根据安培定则判断线圈电流方向向下，线圈下端为正极，上端为负极，电流方向从下端由b经电阻到a再回到线圈负极，B对．2.如图2所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过．现将环从位置Ⅰ释放，经过磁铁到达位置Ⅱ，设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为T1和T2，重力加速度大小为g，则()图2A．T1＞mg，T2＞mg B．T1＜mg，T2＜mgC．T1＞mg，T2＜mg D．T1＜mg，T2＞mg答案 A解析当环经过磁铁上端，穿过环的磁通量增加，圆环中的感应电流的磁场要阻碍其磁通量增加，所以磁铁对线圈有向上的斥力作用，由牛顿第三定律，环对磁铁有向下的斥力作用，使得细线对磁铁的拉力大于磁铁的重力，即T1＞mg；同理，当圆环经过磁铁下端时，穿过环的磁通量减小，圆环中的感应电流的磁场要阻碍其磁通量减小，所以磁铁对环有向上的吸引力作用，由牛顿第三定律，则环对磁铁有向下的吸引力作用，使得细线对磁铁的拉力大于磁铁的重力，即T2＞mg，选项A正确．3．如图3所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈．当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力N及在水平方向运动趋势的正确判断是()图3A．N先小于mg后大于mg，运动趋势向左B．N先大于mg后小于mg，运动趋势向左C．N先小于mg后大于mg，运动趋势向右D．N先大于mg后小于mg，运动趋势向右答案 D解析条形磁铁从线圈正上方由左向右运动的过程中，线圈中的磁通量先增大后减小，根据楞次定律的第二种描述：“来拒去留”可知，线圈先有向下和向右的趋势，后有向上和向右的趋势；故线圈受到的支持力先大于重力后小于重力；运动趋势向右．故选D.4．如图4所示，两个相同的轻质铝环套在一根水平光滑绝缘杆上，当一条形磁铁向左运动靠近两环时，两环的运动情况是()图4A．同时向左运动，间距变大B．同时向左运动，间距变小C．同时向右运动，间距变小D．同时向右运动，间距变大答案 B解析磁铁向左运动，穿过两环的磁通量均增加．根据楞次定律，感应电流的磁场将阻碍原磁通量增加，所以两者都向左运动．另外，两环产生的感应电流方向相同，依据安培定则和左手定则可以判断两个环之间是相互吸引的，所以选项A、C、D错误，B正确．题组二“增缩减扩”法5．如图5所示，在水平面上有一固定的导轨，导轨为U形金属框架，框架上放置一金属杆ab，不计摩擦，在竖直方向上有匀强磁场，则()图5A．若磁场方向竖直向上并增强时，杆ab将向右移动B．若磁场方向竖直向上并减弱时，杆ab将向右移动C．若磁场方向竖直向下并增强时，杆ab将向右移动D．若磁场方向竖直向下并减弱时，杆ab将向右移动答案BD解析不管磁场方向竖直向上还是竖直向下，当磁感应强度增大时，回路中磁通量变大，由楞次定律知杆ab将向左移动，反之，杆ab将向右移动，选项B、D正确．6.如图6所示，光滑固定金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放在导轨上，形成闭合回路．当一条形磁铁从上方向下迅速接近回路时，可动的两导体棒P、Q将()图6A．保持不动B．相互远离C．相互靠近D．无法判断答案 C解析效果法：四根导体组成闭合回路，当磁铁迅速接近回路时，不管是N极向下还是S 极向下，穿过回路的磁通量都增加，闭合回路中产生感应电流，感应电流将“阻碍”原磁通量的增加，怎样来阻碍增加呢？可动的两根导体只能用减小回路面积的方法来阻碍原磁通量的增加，得到的结论是P、Q相互靠近，选项C正确．还可以用常规法，根据导体受磁场力的方向来判断．7．如图7所示，ab是一个可绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导线框，当滑动变阻器R 的滑片自左向右滑动时，线框ab的运动情况是()图7A．保持静止不动B．逆时针转动C．顺时针转动D．发生转动，但电源极性不明，无法确定转动的方向答案 C解析根据题图所示电路，线框ab所处位置的磁场是水平方向的，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电路中电阻增大，电流减弱，则穿过闭合导线框ab的磁通量将减少．Φ＝BS sin θ，θ为线圈平面与磁场方向的夹角，根据楞次定律，感应电流的磁场将阻碍原来磁场的变化，则线框ab只有顺时针旋转使θ角增大，而使穿过线圈的磁通量增加，则C正确．注意此题并不需要明确电源的极性．题组三“增离减靠”法8.如图8所示，一个有弹性的金属线圈被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方，直导线与线圈在同一竖直面内，当通电直导线中电流增大时，弹性线圈的面积S和橡皮绳的长度l将()图8A．S增大，l变长B．S减小，l变短C．S增大，l变短D．S减小，l变长答案 D解析当通电直导线中电流增大时，穿过金属线圈的磁通量增大，金属线圈中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流要阻碍原磁通量的增大：一是用缩小面积的方式进行阻碍；二是用远离直导线的方法进行阻碍，故D正确．9．如图9所示，A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且与圆盘面平行，其轴线与胶木盘A的轴线OO′重合，现使胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则()图9A．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大B．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小C．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小D．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大答案 B解析胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小增大，根据右手螺旋定则知，通过B的磁通量向下，且增大，根据楞次定律的另一种表述，引起的效果阻碍原磁通量的增大，知金属环的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以丝线的拉力减小．故B正确，A、C、D错误．10.如图10所示，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键S接通瞬间，两铜环的运动情况是()图10A ．同时向两侧推开B ．同时向螺线管靠拢C ．一个被推开，一个被吸引，但因电流正负极未知，无法具体判断D ．同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断答案 A解析当电键S 接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，则两环将向两侧运动．故A 正确．题组四安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的区别运用11．如图11所示，导体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．12．如图12甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i 随时间t 的变化关系如图乙所示．在0～T 2时间内，直导线中电流向上，则在T 2～T 时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力的方向是 ( )图12A ．感应电流方向为顺时针，线框所受安培力的合力方向向左B ．感应电流方向为逆时针，线框所受安培力的合力方向向右C ．感应电流方向为顺时针，线框所受安培力的合力方向向右D ．感应电流方向为逆时针，线框所受安培力的合力方向向左答案 C解析在T 2～T 时间内，直导线电流方向向下，根据安培定则，知直导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流．根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培力方向水平向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平方向向右，故C正确，A、B、D错误．13．如图13所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大线圈M相连接，要使小导线圈N 获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的金属棒ab的运动情况(两线圈共面放置)是()图13A．向右匀速运动B．向左加速运动C．向右减速运动D．向右加速运动答案BC。

物理选修3-2复习学案

1沪科3-2 编号:№ 40 课题：选修3-2复习学案主编：史胜波审稿：丁义浩时间： *实授课时：2 班级：姓名：组号：组评：第一章电磁感应一、电磁感应现象1、发现电流的磁效应，即周围有磁场，表明电能生磁，如图1所示，导线正下方的小磁针N 极向偏转。

2、发现电磁感应现象，即由生的现象，如图2所示，思考，什么情况下左边的电流表有电流产生？产生的电流叫二、产生感应电流的条件课本的三个实验，分别利用的磁场、的磁场、的磁场，产生感应电流。

得出结论：产生感应电流的条件：（1）___________________（2）______________________ 三、感应电流的方向1、楞次定律：的磁场（B 感）总是引起感应电流的磁通量（原）的变化2、用楞次定律判断感应电流方向的步骤：（1）明确所研究的闭合回路，判断原磁场的方向（2）判断闭合回路内原磁场的磁通量变化，即磁通量增加还是减少（3）由判断感应电流的磁场方向（4）由判定感应电流的方向3、楞次定律常见的几种表现（1）就磁通量而言，总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，简称_______________。

（2）就运动而言，阻碍导体（线圈）和磁场之间的相对运动。

简称_______________。

（3）就电流而言，感应电流阻碍原电流的变化，即原电流增大时，感应电流的方向与原电流的方向相反；原电流减小时，感应电流的方向与原电流的方向相同，简称为____________。

（4）就闭合电路的面积而言，若穿过闭合电路的磁感线皆朝一个方向，则磁通量增加时，面积有收缩的趋势，磁通量减少时，面积有增大的趋势，简称__________________。

4、右手定则：穿过手心，拇指指向，则四指方向即为适用于切割磁感线而产生的感应电流、感应电动势方向的判定。

四、法拉第电磁感应定律1、感应电动势：（1）概念：在电磁感应现象里产生的电动势叫感应电动势，产生感应电动势的那部分导体相当于。

2021-2022学年高二物理沪科版选修3-2学案：3.1 高压输电原理

学案1高压输电原理[目标定位] 1.把握输电过程中降低输电损耗的两个途径.2.理解高压输电的原理.3.会对简洁的远距离输电线路进行定量计算.一、远距离输电为什么要用高电压[问题设计]如图1所示，假定输电线路中的电流为I，两条导线的总电阻为R，在图中导线电阻集中画为r，输送功率为P，发电厂输出的电压为U.那么：图1(1)远距离大功率输电面临的困难是什么？(2)输电线上功率损失的缘由是什么？功率损失的表达式是什么？降低输电损耗的两个途径是什么？(3)为什么远距离输电必需用高压呢？答案(1)在输电线上有功率损失.(2)由于输电线有电阻，当有电流流过输电线时，有一部分电能转化为电热而损失掉了.这是输电线上功率损失的主要缘由.功率损失表达式：ΔP＝I2R，所以降低输电损耗的两个途径为：①减小输电线的电阻R；②减小输电电流I. (3)由于发电厂的输出功率P是确定的，由P＝UI得，要减小输电电流I，必需提高输出电压U.[要点提炼]输电线上的电压损失和功率损失(设输电线的电阻为R，电流为I) 1.电压损失输电线始端电压U与输电线末端电压U′的差值.ΔU＝U－U′＝IR.2.功率损失(1)远距离输电时，输电线有电阻，电流的热效应引起功率损失，损失的电功率ΔP＝I2R.(2)若输电线上损失的电压为ΔU，则功率损失还可以表示为ΔP＝ΔU2R，ΔP＝ΔU·I .3.减小电压、功率损失的方法(1)减小输电线的电阻R由R＝ρLS可知，距离L确定时，使用电阻率小的材料，增大导体横截面积可以减小电阻.(2)减小输电电流I由P＝UI可知，当输送功率确定时，上升电压可以减小电流.[延长思考]为什么在用电高峰期家中的白炽灯灯光较暗？答案用电高峰期到用户家中的输电线电流I较大，输电线上损失的电压ΔU＝Ir较大，用户得到的电压U－ΔU较低，达不到额定功率，因此白炽灯灯光较暗.二、沟通输配电网发电机发出的交变电流先送到升压变电站，将电压上升到220 kV以上，由高压输电线向远处输送.在用电区，先由第一级变电站将电压降到110 kV，再输送到其次级变电站，将电压降到10 kV，送到用电区.对一般生活用电，则还要用变压器进一步将电压降到220 V.一、降低输电损耗的途径例1如图2所示为远距离高压输电的示意图，关于远距离输电，下列表述正确的是()图2A.增加输电导线的横截面积有利于削减输电过程中的电能损失B.高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗C.在输送电压确定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小D.高压输电必需综合考虑各种因素，不愿定是电压越高越好解析由P损＝I2R和R＝ρLS知S越大，R越小，P损越小，所以A正确.由P＝UI及P损＝I2R知B正确，C错误.电压越高，对输电线路绝缘性能和对变压器的要求越高，实际输送电能时，要综合考虑各种因素，所以D 正确. 答案 ABD二、输电线上功率损失的计算例2 发电厂发电机直接向学校供电，发电机输出电压为U 1，发电厂至学校的输电导线总电阻为R ，导线的电流为I ，学校得到的电压为U 2，则下列关于输电线损失的功率的式子中错误．．的是( ) A.U 21R B.(U 1－U 2)2RC.I 2RD.I (U 1－U 2)解析用P ＝U 2R 求电阻上损失的功率时，U 要与电阻R 相对应，选项A 中的U 1是输出电压不是输电线上的电压，故A 是错误的.B 中的U 1－U 2是输电线上的电压，因此，B 是正确的.C 、D 中的电流I 是输电线中的电流，故C 、D 都是正确的. 答案 A例3 三峡电站某机组输出的电功率为50万千瓦. (1)若输出的电压为20万伏，则输电线上的电流为多少？(2)某处与电站间每根输电线的电阻为10欧，则输电线上损失的功率为多少？它占输出功率的几分之几？ (3)若将电压上升至50万伏，输电线上的电流为多少？输电线上损失的功率又为多少？它占输出功率的几分之几？解析 (1)由P ＝UI 得I ＝P U ＝5×108 W 2×105 V＝2 500 A(2)输电线上损失的功率ΔP ＝I 2·2r ＝2 5002×2×10 W ＝1.25×108 W 损失功率与输出功率之比为ΔP P ＝1.25×1085×108＝14＝25%(3)将电压上升至50万伏时，I ′＝PU ′＝5×108 W5×105 V ＝1 000 A输电线上损失的功率ΔP ′＝I ′2·2r ＝1 0002×2×10 W ＝2×107 W 损失功率与输出功率之比为ΔP ′P ＝2×1075×108＝125＝4%答案 (1)2 500 A (2)1.25×108 W 25% (3)1 000 A 2×107 W 4%针对训练在我国北方部分地区经常毁灭低温雨雪冰冻天气，高压输电线因结冰而造成严峻损毁，如图3所示，为消退高压输电线上的冰凌，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰.在正常供电时，高压线上送电电压为U ，电流为I ，热耗功率为ΔP ；若输电功率和输电线电阻不变，除冰时，需要输电线上热耗功率为9ΔP ，则除冰时( )图3A.输电电流为3IB.输电电流为9IC.输电电压为3UD.输电电压为13U答案 AD解析高压线上的热耗功率为ΔP ＝I 2R 线① 若热耗功率变为9ΔP ，则9ΔP ＝I ′2R 线②由①②得I ′＝3I ，A 对.又输送功率不变，P ＝UI ＝U ′I ′，得U ′＝13U ，所以D 对.1.(降低输电损耗的途径)中心电视台《焦点访谈》多次报道某些边远落后农村电价过高，农夫负担过重，其客观缘由是电网陈旧老化.近来，农村进行电网改造，为削减远距离输电的损耗而降低电费价格可实行的措施有( )A.提高输送功率B.增大输送电流C.提高输电电压D.减小输电导线的横截面积答案 C解析电费凹凸与线路损耗有关，损耗越大，电费越高，削减损耗的途径：(1)减小输电导线中的电流，即可提高输电电压；(2)减小输电线的电阻，即增大输电导线的横截面积，故C 正确.2.(输电线上电压损失问题)照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的.可是我们在晚上七、八点钟用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些.这是由于用电高峰时( ) A.总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，每盏灯两端的电压较低 B.总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，通过每盏灯的电流较小 C.总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，输电线上损失的电压较大 D.供电线路上电流恒定，但开的灯比深夜时多，通过每盏灯的电流小答案 C解析照明供电线路的用电器是并联的，晚上七、八点钟用电高峰时，用电器越多，总电阻越小，供电线路上的电流越大，输电线上损失的电压较大，用户得到的电压较小，所以电灯比深夜时要显得暗，故选C. 3.(输电线上功率损失的计算)远距离输电，原来用电压U 0输送，输电线上损失的功率为P 0，现要使输电线路上损失的功率削减到原来的1%，在保持输送功率不变的状况下，输电电压变为____U 0. 答案 10解析设输送功率为P ，则P 0＝(P U 0)2R 线，0.01P 0＝(PU)2R 线，所以U ＝10 U 0.4.(输电线上功率损失的计算)一座小型发电站，用总电阻是0.5 Ω的输电线把电输送给用户，发电站输送的电功率是20 kW.假如用250 V 的电压输电，估算输电导线上的功率损失和用户得到的功率.假如改用500 V 的电压输电，输电线上的功率损失和用户得到的功率又各是多少？答案 3.2 kW 16.8 kW 0.8 kW 19.2 kW解析假如用250 V 的电压输电，输电线上的功率损失为P 损＝(P U )2R ＝(20×103250)2×0.5 W ＝3.2 kW用户得到的功率为P 用＝P －P 损＝20 kW －3.2 kW ＝16.8 kW假如改用500 V 的电压输电，输电线上的功率损失为 P 损′＝(P U ′)2R ＝(20×103500)2×0.5 W ＝0.8 kW用户得到的功率为P 用′＝P －P 损′＝20 kW －0.8 kW ＝19.2 kW.题组一降低输电损耗的途径1.远距离输送沟通电都接受高压输电.我国正在争辩用比1 000 kV 高得多的电压进行输电.接受高压输电的优点是( )A.可节省输电线的材料B.可依据需要调整沟通电的频率C.可减小输电线上的能量损失D.可加快输电的速度答案 AC解析由于远距离输电，往往输送电功率确定，依据P ＝UI ，输送电压U 越高，则输送电流I ＝PU越小，据P线＝I 2R知，当要求在输电线能量损耗确定的状况下，输电线电阻可略大，导线可做得细一些或选择电阻率大的材料(非铜材)；若输电线确定，即R 确定，则可减小线路上的能量损耗，故A 、C 项正确；而沟通电的频率是确定的，不需调整，输电的速度就是电磁波的传播速度，也是确定的，故B 、D 项不正确. 2.远距离输电时，在输送功率不变的条件下( ) A.增加导线的电阻，可以减小输电电流，提高输电效率 B.提高输电电压，可以减小输电电流，提高输电效率 C.提高输电电压，势必增大输电导线上能量的损耗 D.提高输电电压，势必增大输电导线上的电流答案 B解析在输送功率确定的前提下，P 输＝U 输·I 输，P损＝I 2输·R 线，η＝P 输－P 损P 输×100%，所以选项B 正确. 3.关于减小远距离输电线上的功率损耗，下列说法正确的是( ) A.由功率P ＝U 2R ，应降低输电电压，增大导线电阻B.由P ＝IU ，应低电压小电流输电C.由P ＝I 2R ，应减小导线电阻或减小输电电流D.上述说法均不对答案 C解析输电时导线上损失的电压ΔU ＝IR ，它不同于输电电压，P ＝U 2R 或P ＝IU 中的U 应为导线上损失的电压ΔU ，故A 、B 错误，导线上功率的损失为发热损失，P ＝I 2R ，故C 正确. 题组二输电线上功率损失的计算4.在电能输送过程中，若输送的电功率确定，则在输电线上损失的电功率( )A.随输电线电阻的增大而增大B.和输送电压的平方成正比C.和输电线上电压降落的平方成正比D.和输电线中电流的平方成正比答案 ACD解析由损失功率公式P 损＝I 2R 线＝(P 输U 输)2R 线＝ΔU 2损R 线.5.超导材料电阻降为零的温度称为临界温度.1987年我国科学家制成了临界温度为90 K 的高温超导材料，利用超导材料零电阻的性质，可实现无损耗输电.现有始终流电路，输电线的总电阻为0.4 Ω，它供应应用电器的电功率为40 kW ，电压为800 V.假如用临界温度以下的超导电缆替代原来的输电线，保持供应用电器的功率和电压不变，那么节省的电功率为( ) A.1 kW B.1.6×103 kW C.1.6 kW D.10 kW答案 A解析输电线中电流I ＝PU ，输电线上损失功率P ′＝I 2R 线＝P 2R 线U2＝1 kW.6.输电线的电阻为R ，输送电功率为P .现分别用U 1和U 2两种电压来输电，则两种输电线上损失的功率之比为( ) A.U 1∶U 2B.U 21∶U 22C.U 22∶U 21D.U 2∶U 1答案 C解析由P ＝UI 得输电线中的电流I ＝P U .输电线上损失的功率P 损＝I 2R ＝(P U )2R ＝P 2R U 2，即在输送功率和输电线电阻不变的状况下，损失的功率与输电电压的平方成反比.所以两次输电线上损失的功率之比P 损1∶P 损2＝U 22∶U 217.某发电厂原来用11 kV 的交变电压输电，后来改用升压变压器将电压升到220 kV 输电，输送的电功率都是P .若输电线路的电阻为R ，则下列说法中正确的是( ) A.依据公式I ＝P U ，提高电压后输电线上的电流降为原来的120B.依据公式I ＝UR，提高电压后输电线上的电流增为原来的20倍C.依据公式P 损＝I 2R ＝P 2U 2R ，提高电压后输电线上的功率损失减为原来的1400D.依据公式P 损＝U 2R ，提高电压后输电线上的功率损失增大为原来的400倍答案 AC解析输电线上电流为I ＝P U ，也可以用I ＝ΔUR 来表示，其中ΔU 为输电线上电阻R 两端的电压，而不是输送电压，故A 正确，B 错误；输电线上的功率损失为P 损＝I 2R ＝P 2U 2R ，C 正确；假如用P 损＝U 2R，则U 应为R 两端的电压ΔU ，故D 错误.8.某发电站接受高压输电向外输送电能，若输送的总功率为P 0，输电电压为U ，输电导线的总电阻为R .则下列说法正确的是( ) A.输电线上的电流I ＝URB.输电线上的电流I ＝P 0UC.输电线上损失的功率P ＝(P 0U )2RD.输电线上损失的功率P ＝U 2R答案 BC解析输电线上的电流I ＝P 0U ，B 项对；因输电电压不等于输电导线上的电压，A 、D 项错；输电线上的功率损耗ΔP ＝I 2R ＝(P 0U)2R ，C 项对.9.输电线路的电阻为R ，发电站输出功率为P ，输电电压为U ，则用户得到的功率为( ) A.P B.P －(P U )2·RC.P －U 2RD.(P U)2·R 答案 B解析用户得到功率P 得＝P －I 2R ＝P －(PU)2·R ，所以B 正确.10.在远距离输电时，输送的电功率为P ，输送电压为U ，所用导线的电阻率为ρ，横截面积为S ，总长度为L ，输电线损失的电功率为P ′，用户得到的电功率为P 用，则P ′、P 用的关系式正确的是 ( ) A.P ′＝U 2SρLB.P ′＝P 2ρLU 2SC.P 用＝P －U 2SρLD.P 用＝P (1－PρLU 2S )答案 BD解析输电线电阻R ＝ρLS ，输电电流I ＝PU，故输电线上损失的电功率为 P ′＝I 2R ＝(P U )2ρL S ＝P 2ρL U 2S用户得到的功率为P 用＝P －P ′＝P (1－PρLU 2S ).故选B 、D.11.用相同材料制成的导线向同一处用户输送10 kW 的电功率，在输电电压U 1＝110 V 和U 2＝220 V 两种状况下，要求输电线中损失的电功率相同，则两种状况下输电导线横截面积之比为______. 答案 4∶1解析由公式：P 损＝(P 输U 输)2R 线得R 1R 2＝U 21U 22＝14，再由R ＝ρL S 得S 1S 2＝41. 12.我国西部特殊是云、贵、川有大量的水力资源，西电东送是西部大开发的重要项目之一.据报道，云南大朝山在2005年已建成100万千瓦的水力发电站.设电站输电电压为25万伏，则输电线上的电流是________ A.如输电线总电阻为40 Ω，则电流通过输电线时，在输电线上发热消耗的功率为________ kW.如将输电电压上升到100万伏，则输电线上发热消耗的功率为________ kW.依据以上数据得出你认为合理的输电方法是________.答案 4×103 6.4×105 4×104 提高输电电压解析当输电电压U 1＝25万伏时， I 1＝P U 1＝100×104×10325×104 A ＝4×103 A 输电线上热功率P 热1＝I 21R ＝(4×103)2×40 W ＝6.4×105 kW当输电电压U 2＝100万伏时， I 2＝P U 2＝100×104×103100×104 A ＝1×103 A输电线上热功率P 热2＝I 22R ＝(1×103)2×40 W ＝4×104 kW由以上计算可知：在输电功率P 确定时，输电电压越高，输电线上损失的热功率P 热越小，故合理的输电方法是提高输电电压.13.有一个发电站，输送功率为P ＝500 kW ，当使用U ＝5 kV 的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4 800度.求： (1)这时的输电效率η和输电线的总电阻r ；(2)若想使输电效率提高到98%，又不转变输电线，那么电站应使用多高的电压向外输电？答案 (1)60% 20 Ω (2)22.4 kV解析 (1)由于输送功率为P ＝500 kW ，一昼夜输送电能E ＝Pt ＝12 000度，终点得到的电能E ′＝7 200度，因此输电效率η＝E ′E ×100%＝60%.输电线上的电流I ＝P U ＝100 A ，而输电线损耗功率为P 损＝4 80024 kW ＝200kW ，因此可得r ＝P 损I2＝20 Ω.(2)输电线上损耗的功率P 损＝(P U )2r ∝1U 2，故U ′U ＝P 损P 损′，原来P 损＝200 kW ，现要使P 损′＝10 kW ，计算可得输电电压应调整为U ′≈22.4 kV.。

高级中学物理知识学习进修3-2全册学案

第四章电磁感应4.1划时代的发现教学目标（一）知识与技能1．知道与电流磁效应和电磁感应现象的发现相关的物理学史。

2．知道电磁感应、感应电流的定义。

（二）过程与方法领悟科学探究中提出问题、观察实验、分析论证、归纳总结等要素在研究物理问题时的重要性。

（三）情感、态度与价值观1．领会科学家对自然现象、自然规律的某些猜想在科学发现中的重要性。

2．以科学家不怕失败、勇敢面对挫折的坚强意志激励自己。

教学重点、难点教学重点知道与电流磁效应和电磁感应现象的发现相关的物理学史。

领悟科学探究的方法和艰难历程。

培养不怕失败、勇敢面对挫折的坚强意志。

教学难点领悟科学探究的方法和艰难历程。

培养不怕失败、勇敢面对挫折的坚强意志。

教学方法教师启发、引导，学生自主阅读、思考，讨论、交流学习成果。

教学手段计算机、投影仪、录像片教学过程一、奥斯特梦圆“电生磁”------电流的磁效应引导学生阅读教材有关奥斯特发现电流磁效应的内容。

提出以下问题，引导学生思考并回答：（1）是什么信念激励奥斯特寻找电与磁的联系的？在这之前，科学研究领域存在怎样的历史背景？（2）奥斯特的研究是一帆风顺的吗？奥斯特面对失败是怎样做的？（3）奥斯特发现电流磁效应的过程是怎样的？用学过的知识如何解释？（4）电流磁效应的发现有何意义？谈谈自己的感受。

学生活动：结合思考题，认真阅读教材，分成小组讨论，发表自己的见解。

二、法拉第心系“磁生电”------电磁感应现象教师活动：引导学生阅读教材有关法拉第发现电磁感应的内容。

提出以下问题，引导学生思考并回答：（1）奥斯特发现电流磁效应引发了怎样的哲学思考？法拉第持怎样的观点？（2）法拉第的研究是一帆风顺的吗？法拉第面对失败是怎样做的？（3）法拉第做了大量实验都是以失败告终，失败的原因是什么？（4）法拉第经历了多次失败后，终于发现了电磁感应现象，他发现电磁感应现象的具体的过程是怎样的？之后他又做了大量的实验都取得了成功，他认为成功的“秘诀”是什么？（5）从法拉第探索电磁感应现象的历程中，你学到了什么？谈谈自己的体会。

【教科版】2019年高中物理选修3-2学案第一章电磁感应1电磁感应的发现感应电流产生的条件含答案

学案1电磁感应的发现感应电流产生的条件[学习目标定位] 1.能理解什么是电磁感应现象.2.能记住产生感应电流的条件.3.会使用线圈以及常见磁铁完成简单的实验.4.能说出磁通量变化的含义.5.会利用电磁感应产生的条件解决实际问题．1．磁通量的计算公式Φ＝BS的适用条件是匀强磁场且磁感线与平面垂直．若在匀强磁场B 中，磁感线与平面不垂直，公式Φ＝BS中的S应为平面在垂直于磁场方向上的投影面积．2．磁通量是标量，但有正、负之分．一般来说，如果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“－”．3．由Φ＝BS可知，磁通量的变化有三种情况：(1)磁感应强度B不变，有效面积S变化；(2)磁感应强度B变化，有效面积S不变；(3)磁感应强度B和有效面积S同时变化．一、奥斯特实验的启迪1820年，奥斯特从实验中发现了电流的磁效应，不少物理学家根据对称性的思考，提出既然电能产生磁，是否也存在逆效应，即磁产生电呢？二、电磁感应现象的发现1831年，英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象．他将“磁生电”现象分为五类：(1)变化中的电流；(2)变化中的磁场；(3)运动中的恒定电流；(4)运动中的磁铁；(5)运动中的导线．三、电磁感应规律的发现及其对社会发展的意义1．电磁感应的发现，使人们发明了发电机，把机械能转化成电能；使人们发明了变压器，解决了电能远距离传输中能量大量损耗的问题；使人们制造出了结构简单的感应电动机，反过来把电能转化成机械能．2．法拉第在研究电磁感应等电磁现象中，从磁性存在的空间分布逐渐凝聚出“场”的科学创新思想．在此基础上，麦克斯韦建立了电磁场理论，并预言了电磁波的存在．四、产生感应电流的条件穿过闭合电路的磁通量发生变化时，这个闭合电路中就有感应电流产生.一、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．磁通量的计算(1)公式：Φ＝BS(2)适用条件：①匀强磁场，②磁场方向和平面垂直．(3)B 与S 不垂直时：Φ＝BS ⊥，S ⊥为平面在垂直磁场方向上的投影面积，在应用时可将S 投影到与B 垂直的方向上，如图2所示Φ＝BS sin_θ.图2(4)磁通量与线圈的匝数无关． 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)B和S同时变化，则ΔΦ＝Φ2－Φ1，但此时ΔΦ≠ΔB·ΔS.特别提醒计算穿过某面的磁通量变化量时，要注意前、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.二、感应电流产生的条件[问题设计]实验1(导体在磁场中做切割磁感线的运动)：如图3所示，导体AB垂直磁感线运动时，线路中有电流产生，而导体AB沿着磁感线运动时，线路中无电流产生(填“有”或“无”)．图3实验2(通过闭合电路的磁场发生变化)：如图4所示，将小螺线管A插入大螺线管B中不动，当开关S接通或断开时，电流表中有电流通过；若开关S一直闭合，当改变滑动变阻器的阻值时，电流表中有电流通过；而开关一直闭合，滑动变阻器的滑动触头不动时，电流表中无电流产生．若将螺线管A放在螺线管B的正上方，并使两者的轴线互相垂直，则不管进行什么操作，电流表中均无电流产生(填“有”或“无”)．图41．实验2中并没有导体在磁场中做切割磁感线的运动，但在接通或断开电源的瞬间及改变滑动变阻器的阻值时，B线圈却出现感应电流，这说明什么？答案说明导体在磁场中做切割磁感线运动不是产生感应电流的本质原因，通过闭合电路的磁场变化也可以产生感应电流．2．当实验2中开关闭合后，A线圈电流稳定时，B线圈中也存在磁场，但不出现感应电流，这说明什么？答案说明感应电流的产生，不在于闭合回路中是否有磁场．3．实验2中同样的磁场变化，螺线管B套在螺线管A外边时，能产生感应电流，而两个线圈相互垂直放置时不能产生感应电流，这又说明什么？试总结产生感应电流的条件．答案说明感应电流的产生，不在于磁场是否变化．总结实验1中，磁场是稳定的，但在导体切割磁感线运动时，通过回路的磁通量发生变化，回路中产生了感应电流；实验2通过改变电流从而改变磁场强弱，进而改变了磁通量，从而产生了感应电流，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”来讨论和判断有无感应电流时，应该注意：(1)导体是否将磁感线“割断”，如果没有“割断”就不能说切割．如图5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5(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．如果由切割不容易判断，则要回归到磁通量是否变化上去．[延伸思考]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6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6所示的虚线位置时，试求：图6(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)开始时B与线框平面成θ角，穿过线框的磁通量Φ1＝BS sin θ；当线框平面按顺时针方向转动时，穿过线框的磁通量减少，当转动θ时，穿过线框的磁通量减少为零，继续转动至90°时，磁感线从另一面穿过，磁通量变为“负”值，Φ2＝－BS cos θ.所以，此过程中磁通量的变化量为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判断及实验探究例2如图7所示，在匀强磁场中有两条平行的金属导轨，磁场方向与导轨平面垂直．导轨上有两条可沿导轨自由移动的金属棒ab、cd，与导轨接触良好．这两条金属棒ab、cd的运动速度分别是v1、v2，且井字形回路中有感应电流通过，则可能()图7A．v1＞v2B．v1＜v2C．v1＝v2D．无法确定解析只要金属棒ab、cd的运动速度不相等，穿过井字形回路的磁通量就发生变化，闭合回路中就会产生感应电流．故选项A、B正确．答案AB例3在研究电磁感应现象的实验中所用器材如图8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(用来控制电流以改变磁场强弱)．试按实验的要求在实物图上连线(图中已连好一根导线)．图8答案连接电路如图所示1．(对电磁感应现象的认识)下列现象中，属于电磁感应现象的是()A．小磁针在通电导线附近发生偏转B．通电线圈在磁场中转动C．因闭合线圈在磁场中运动而产生的电流D．磁铁吸引小磁针答案 C解析电磁感应是指“磁生电”的现象，而小磁针和通电线圈在磁场中转动以及磁铁吸引小磁针，反映了磁场力的性质，所以A、B、D不是电磁感应现象，C是电磁感应现象．2．(对磁通量Φ及其变化量ΔΦ的理解)如图9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情况，下列叙述正确的是(线框平行于纸面移动) ()图9A．一直增加B．一直减少C．先增加后减少D．先增加，再减少直到零，然后再增加，然后再减少答案 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，当线框跨在导线上向右运动时，磁通量减小，当导线在线框正中央时，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，故选D.3．(产生感应电流的分析判断)如图10所示，开始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，下列办法中可行的是()图10A．将线框向左拉出磁场B．以ab边为轴转动(小于90°)C．以ad边为轴转动(小于60°)D．以bc边为轴转动(小于60°)答案ABC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减少，所以线框中将产生感应电流．当线框以ab边为轴转动(小于90°)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．如果转过的角度超过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，如果转动的角度小于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判断)如图11所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和电键组成闭合回路，在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A，下列各种情况中铜环A中没有感应电流的是()图11A．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．将电键突然断开的瞬间答案 A解析只要通电时滑动变阻器的滑片P移动，电路中的电流就会发生变化，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，将电键断开瞬间，电路中电流从有到无，仍会在铜环A中产生感应电流．题组一对磁通量Φ及其变化量ΔΦ的理解与计算1．关于磁通量，下列叙述正确的是()A．在匀强磁场中，穿过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线圈的磁通量一定比穿过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 处的磁感应强度一定比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一定大答案 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，但投影面积不一定大，B错误；磁通量大，磁感应强度不一定大，C错误、D正确．2．关于磁通量的概念，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，但磁感应强度不一定为零D．磁通量发生变化，一定是磁场发生变化引起的答案 C解析根据磁通量的定义，Φ＝B·S·sin θ，因此A、B选项错误；穿过线圈的磁通量为零时，磁感应强度不一定为零；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．3.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；故B正确．题组二产生感应电流的分析判断4．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，必然有感应电流产生B．闭合正方形线圈在匀强磁场中垂直磁感线运动，必然产生感应电流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，电路中就一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，两个条件缺一不可．5．下图中能产生感应电流的是()答案 B解析根据产生感应电流的条件：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．6．下列情况中都是线框在磁场中做切割磁感线运动，其中线框从开始进入到完全离开磁场的时间中有感应电流的是()答案BC解析A中虽然导体“切割”了磁感线，但穿过闭合线框的磁通量并没有发生变化，没有感应电流．B中线框的一部分导体“切割”了磁感线，穿过线框的磁感线条数越来越少，线框中有感应电流．C 中虽然与A 近似，但由于是非匀强磁场，运动过程中，穿过线框的磁感线条数增加，线框中有感应电流．D 中线框尽管是部分切割，但磁感线条数不变，无感应电流，故选B 、C.7.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 ，则导线框从开始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.L vC.d －L vD.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．8.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，则在下列四种情况下，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解析四种情况中初始位置线框均与磁感线平行，磁通量为零，按A 、B 、D 三种情况线框运动后，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．9.为观察电磁感应现象，某学生将电流表、螺线管A 和B 、蓄电池、开关用导线连接成如图4所示的实验电路．当接通和断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其原因是( )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解析本题考查了感应电流产生的条件．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接头相连的电路在接通和断开开关时，电流不改变，所以不可能有感应电流，电流表也不可能偏转，开关应接在A与电源之间．10.如图5所示，导线ab和cd互相平行，则下列四种情况中，导线cd中有电流的是()图5A．开关S闭合或断开的瞬间B．开关S是闭合的，滑动触头向左滑C．开关S是闭合的，滑动触头向右滑D．开关S始终闭合，滑动触头不动答案ABC解析开关S闭合或断开的瞬间；开关S闭合，滑动触头向左滑或向右滑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．因此本题的正确选项应为A、B、C.11．如图6所示，线圈Ⅰ与电源、开关、滑动变阻器相连，线圈Ⅱ与电流计相连，线圈Ⅰ与线圈Ⅱ绕在同一个铁芯上，在下列情况下，电流计中是否有示数？图6(1)开关闭合瞬间；(2)开关闭合稳定后；(3)开关闭合稳定后，来回移动滑动变阻器的滑片；(4)开关断开瞬间．答案 (1)有 (2)无 (3)有 (4)有解析本题主要考查闭合电路中，电流变化导致磁场变化从而产生感应电流的情况．(1)开关闭合时线圈Ⅰ中电流从无到有，电流的磁场也从无到有，穿过线圈Ⅱ的磁通量也从无到有，线圈Ⅱ中产生感应电流，电流计有示数．(2)开关闭合稳定后，线圈Ⅰ中电流稳定不变，电流的磁场不变，此时线圈Ⅱ中虽有磁通量但磁通量稳定不变，线圈Ⅱ中无感应电流产生，电流计无示数． (3)开关闭合稳定后，来回移动滑动变阻器的滑片，电阻变化，线圈Ⅰ中的电流变化，电流形成的磁场也发生变化，穿过线圈Ⅱ的磁通量也发生变化，线圈Ⅱ中有感应电流产生，电流计有示数．(4)开关断开瞬间，线圈Ⅰ中电流从有到无，电流的磁场也从有到无，穿过线圈Ⅱ的磁通量也从有到无，线圈Ⅱ中有感应电流产生，电流计有示数． 12.如图7所示，固定于水平面上的金属架MDEN 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B 0，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开始，磁感应强度B 应怎样随时间t 变化？请推导出这种情况下B 与t 的关系式．图7答案 B ＝B 0l l ＋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＝B 0S ＝B 0l 2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 ＝B 0l l ＋v t.。

高二物理3-2交流电学案

5.1交变电流导学案学习目标：l 、了解交变电流的产生即变化规律。

2、会用公式和图像表示交变电流。

3、培养学生观察实验能力和思维能力重难点：1．重点是交变电流产生分析及变化规律的推导； 2．难点是交变电流的变化规律及应用自主学习：一．交变电流（1）________随时间做_________变化的电流叫做交变电流，简称交流；（2）________不随时间变化的电流称为直流；（3）________和_______都不随时间变化的电流叫做_________电流；二．交变电流的产生 1．过程分析（1）在线圈转动时，磁通量最大时，磁通量的变化率__________；磁通量为0时，磁通量变化率_______；感应电动势的大小由_____________________决定，与___________无关。

（2）线圈转动一周，感应电流方向改变______次（3）中性面：_______________________________，如图有________、_________位置；中性面的相关特点：磁通量______，磁通量的变化率______，感应电动势e ＝________，______感应电流三．交变电流的变化规律推导：从中性面计时，t 时刻线圈中的感应电动势e 的推导： 1、线圈转过的角度为 θ =__________2、 ab 边的线速度跟磁感线方向的夹角为___________3、 ab 边的线速度大小_______________4、 ab 边产生的感应电动势e ab =________________5、线圈产生的电动势e =______________6、 N 匝线圈产生的电动势e =____________________结论：（1）交流电的电动势按正弦规律变化；（2）当θ =90°，即线圈处于__________位置时，电动势最大，即电动势的峰值E m =_____________ （3）交变电流的电动势随时间变化规律为：（4）当负载为电灯等纯电阻用电器时：①电流按正弦规律为_____________________ ②电压按正弦规律变化_____________________ 四．巩固训练1、如图所示的的几种电流随时间变化的图线中，属于交变电流的是_______，属于正弦式交变电流的是______。