高二物理选修3-2学案
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《交变电流》学案5 新人教版选修3-2
交变电流【同步导学】1. 正弦交流电的产生如图1所示，设矩形线圈abcd 以角速度ω绕oo ' 轴、从线圈平面跟磁感线垂直的位置开始做逆时针方向转动．此时，线圈都不切割磁感线，线圈中感应电动势等于零．经过时间t 线圈转过ωt 角，这时ab 边的线速度v 方向跟磁感线方向夹角等于ωt ，设ab 边的长度为l ，bd 边的长度为l'，线圈中感应电动势为t l Bl e ωωsin 22'=。
当线圈转过T /4时间，线圈平面转到跟磁感线平行的位置，ωt =π/2，sin ωt =1，ab 边和cd 边都垂直切割磁感线，线圈中感应电动势最大，用E m 来表示，E m =N BS ω．则线圈经过任意位置时，感应电动势的瞬时值：e =E m sin ωt ，可见，线圈里产生的感应电动势是按正弦规律变化的。
2．中性面当线圈转动至线圈平面垂直于磁感线位置时，各边都不切割磁感线，线圈中没有感应电流，这个特定位置叫做中性面。
应注意：①中性面在垂直于磁场位置。
②线圈通过中性面时，穿过线圈的磁通量最大。
③线圈平面通过中性面时感应电动势为零。
④线圈平面每转过中性面时，线圈中感应电流方向改变一次，转动一周线圈两次通过中性面，一周里线圈中电流方向改变两次。
例1 如图4所示，100匝的线框abcd 在图示磁场（匀强磁场）中匀速转动，角速度为ω，其电动势的瞬时值为100cos 100e t π=V ，那么：（1）感应电动势的最大值为多少？穿过线框的最大磁通量为多少？（2）当从图示位置转过60 角时线圈中的感应电动势为多少？此时穿过线圈的磁通量的变化率为多少？（3）在线圈转过60°的过程中，线圈中感应电动势的平均值多大？例2 如图所示，长直导线右侧的矩形线框abcd 与直导线位于同一平面，当长直导线中的电流发生如图所示的变化时（图中所示电流方向为正方向），线框中的感应电流与线框受力情况为 （ ）A ． t 1到t 2时间内，线框内电流的方向为abcda ，线框受力向右B ． t 1到t 2时间内，线框内电流的方向为abcda ，线框受力向左C ．在t 2时刻，线框内电流的方向为abcda ，线框受力向右D ．在t 3时刻，线框内无电流，线框不受力【同步检测】1、关于交变电流与直流电的说法中，正确的是（ ）A 、如果电流大小做周期性变化，则一定是交变电流B 、直流电的大小可以变化，但方向一定不变C 、交变电流一定是按正弦或余弦规律变化的D 、交变电流的最大特征就是电流的方向发生周期性变化 2、矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，当线圈通过中性面时，下列说法正确的是（ ） A 、穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大 B 、穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势最大 C 、穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势等于零 D 、穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势等于零3、线圈平面与中性面开始计时，在正弦交流电在一个周期内，关于线圈中的感应电动势和感应电流，下列说法正确的是（ ）A 、方向改变一次，大小不断变化，出现一次最大值B 、方向改变两次，大小不断变化，出现一次最大值C 、方向改变一次，大小不断变化，出现两次最大值D 、方向改变两次，大小不断变化，出现两次最大值4、一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生变流电压为100u t π=V ，则（ ） A 、它的频率是50Hz B 、当t=0时，线圈平面与中性面重合 C 、电压的平均值是220V D 、当t=1/200 s 时，电压达到最大值5、交流发电机工作时的电动势的变化规律为sin m e E t ω=，如果转子的转速n 提高1倍，其它条件不变，则电动势的变化规律将变化为（ ）A 、sin 2m e E t ω=B 、2sin 2m e E t ω=C 、2sin 4m e E tω= D 、2sin m e E tω=6、一矩形线圈绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势随时间的变化如图所示，则下列说法正确的是（ ）A 、ｔ1时刻通过线圈的磁通量为零B 、ｔ2时刻通过线圈的磁通量最大C 、ｔ3时刻通过线圈的磁通量的变化率的绝对值最大D 、 当变化方向时，通过线圈的磁通量的绝对值最大7、一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 ，那么该线圈如图所示位置转过30º时，线圈中的感应电动势大小为（ ）A 、50VB 、VC 、25VD 、10V8、一正弦交流电的电动势220sin 100e t π=V ，若将它加在阻值为100Ω的电阻两端（电源内阻不计），则下列说法中，错误的是（ ）A 、电流的瞬时值为 2.2sin 100i t π= AB 、电流的最大值为2.2AC 、流过电阻的电流是恒定的D 、流过电阻的电流是变化的，但不是按正弦规律变化的 10、如图平行金属板间有一静止的正电粒子，若两板间加电压u=Umsin ωt ，则粒子的 （ ） A ．位移一定按正弦规律变化 B ．速度一定按正弦规律变化 C ．加速度一定按正弦规律变化 D ．粒子在两板间作简谐振动9、如图（甲）所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线OO ’与磁场边界重合。
【创新设计】2015-2016学年高二物理人教版选修3-2学案：5.3 习题课 交变电流的产生及描述 Word版含解析[ww
第3讲 习题课 交变电流的产生及描述[目标定位] 1.进一步熟悉交变电流的产生过程，能够求解交变电流的瞬时值.2.进一步理解交变电流图象的物理意义.3.知道交变电流“四值”的区别，应用“四值”求解相关问题．1．线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动时产生正弦式交变电流，感应电动势的瞬时值表达式e ＝E m sin_ωt (从中性面开始计时)．2．交变电流感应电动势的最大值E m ＝nBSω，即最大值由线圈匝数n 、磁感应强度B 、转动角速度ω及线圈面积S 决定，与线圈的形状、转轴的位置无关(填“有关”或“无关”)． 3．线圈在转动过程中的平均感应电动势，要用法拉第电磁感应定律计算，即E ＝n ΔΦΔt .4．正弦交流电的有效值E ＝E m 2，I ＝I m2.其他非正弦交流电的有效值根据有效值的定义求解.一、交变电流的瞬时值及图象问题 1．求解感应电动势瞬时值 (1)确定线圈转动从哪个位置开始；(2)确定线圈转动的角速度ω(以rad/s 作单位)； (3)确定感应电动势瞬时值表达式．2．正弦交流电的图象是一条正弦曲线，从图象中可以得到以下信息 (1)周期(T )和角速度(ω)：线圈转动的角速度ω＝2πT .(2)峰值(E m ，I m )：图象上的最大值，可计算出有效值E ＝E m 2，I ＝I m2. (3)瞬时值：每个“点”表示某一时刻的瞬时值．(4)可确定线圈位于中性面的时刻，也可确定线圈平行于磁感线的时刻． (5)判断线圈中磁通量Φ及磁通量变化率ΔΦΔt的变化情况．例1 如图1所示是一多匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的感应电动势的图象，根据图象可知( )图1A ．此感应电动势的瞬时表达式为e ＝200sin (0.02t ) VB ．此感应电动势的瞬时表达式为e ＝200sin (100πt ) VC ．t ＝0.01 s 时，穿过线圈的磁通量为零D ．t ＝0.02 s 时，穿过线圈的磁通量的变化率最大 答案 B二、平均值及电荷量的求解 1．感应电动势的平均值E ＝nΔΦΔt. 2．求电荷量要用感应电流的平均值：I ＝ER ＋r ，q ＝I ·Δt ＝n ΔΦR ＋r.例2 发电机的转子是匝数为100匝、边长为20 cm 的正方形线圈，将它置于磁感应强度B ＝0.05 T 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的轴以ω＝100π rad/s 的角速度转动，当线圈平面与磁场方向垂直时开始计时．线圈和外电路的总电阻R ＝10 Ω. (1)写出交变电流的瞬时值表达式．(2)线圈从计时开始，转过π3过程中通过线圈某一截面的电荷量为多少？解析 (1)感应电动势的最大值为E m ＝nBSω＝100×0.05×0.2×0.2×100π V ＝20π V ， I m ＝E mR＝2π A ，所以i ＝I m sin ωt ＝2πsin (100πt ) A. (2)线圈从计时开始，转过π3过程中通过线圈某一截面的电荷量q ＝I t ＝n ΔΦR .从中性面开始计时，转过π3，如图所示．ΔΦ＝B ΔS ＝BS (1－sin 30°)＝12BS ，q ＝nBS 2R ＝100×0.05×0.2×0.220 C ＝1×10－2 C.答案 (1)i ＝2πsin (100πt ) A (2)1×10－2 C 三、有效值的计算对于交变电流有效值的计算一般有以下两种情况：1．对于按正(余)弦规律变化的电流，可先根据E m ＝nBSω求出其最大值，然后根据E ＝E m2求出其有效值．有关电功、电功率的计算，各种交流仪表读数都要用有效值．2．当电流按非正(余)弦规律变化时，必须根据有效值的定义求解，在计算有效值时要注意三同：相同电阻、相同时间(一般要取一个周期)、产生相等热量．例3 有两个完全相同的电热器，分别通以如图2甲和乙所示的峰值相等的方波交变电流和正弦交变电流．求这两个电热器的电功率之比．图2解析 交变电流通过纯电阻用电器R 时，其电功率P ＝I 2R ，I 应该是交变电流的有效值． 对于题图甲所示的方波交变电流，因大小恒定，故有效值I 甲＝I m 对于题图乙所示的正弦交变电流，有效值I 乙＝22I mP 甲＝I 2m R ，P 乙＝⎝⎛⎭⎫I m 22R ＝12I 2m R所以P 甲∶P 乙＝2∶1. 答案 2∶1例4 如图3表示一交流电随时间变化的图象，其中电流的正值为正弦曲线的正半周，其最大值为I m ；电流的负值为－I m ，则该交变电流的有效值为多少？图3解析 在各正半周内交流电为正弦交流电，相应有效值为I 1＝I m2；各负半周为方波交流电，相应有效值为I 2＝I m .取电阻为R ，考虑一个周期内电流的热效应，设该交变电流的有效值为I ，根据有效值的定义有I 2RT ＝I 21R ·T 2＋I 22R ·T2，由此得I ＝ I 21＋I 222＝32I m . 答案32I m四、交变电流“四值”的综合应用最大值、有效值、瞬时值、平均值，在不同情况下的使用： 1．在研究电容器的耐压值时，只能用最大值．2．在研究交变电流做功、电功率及产生的热量时，只能用有效值W ＝EIt ，Q ＝I 2Rt ，交流电表指示的也是有效值．3．在研究交变电流通过导体横截面的电荷量时，只能用平均值． 4．在研究某一时刻线圈受到的安培力时，只能用瞬时值．例5 如图4所示，在匀强磁场中有一个内阻r ＝3 Ω、面积S ＝0.02 m 2的半圆形导线框可绕OO ′轴旋转．已知匀强磁场的磁感应强度B ＝52π T ．若线框以ω＝100π rad/s 的角速度匀速转动，且通过电刷给“6 V,12 W ”的小灯泡供电，则：图4(1)若从图示位置开始计时，求线框中感应电动势的瞬时值表达式；(2)从图示位置开始，线框转过90°的过程中，通过导线横截面的电荷量是多少？该电荷量与线框转动的快慢是否有关？(3)由题目所给已知条件，外电路所接小灯泡能否正常发光？如不能，则小灯泡的实际功率为多大？解析 (1)线框转动时产生感应电动势的最大值E m ＝BSω＝52π×0.02×100π V ＝10 2 V因线框转动从平行于磁感线位置开始计时，则感应电动势的瞬时值表达式e ＝E m cos ωt ＝102cos (100πt ) V.(2)线框转过90°过程中，产生的平均电动势E ＝ΔΦΔt ＝2BSωπ，流过的电荷量q ＝I ·14T ＝BSR ＋r ，灯泡电阻R ＝U 20P 0＝6212Ω＝3 Ω.故q ＝BS R ＋r ＝52π×0.023＋3 C ＝260π C ，与线框转动的快慢无关．(3)线框产生的感应电动势的有效值E ＝E m 2＝10 V ，灯泡两端电压U ＝ER ＋rR ＝5 V ．因U ＜6 V ，故灯泡不能正常发光，其实际功率P ＝U 2R ＝523 W ＝253 W.答案 (1)e ＝102cos (100πt ) V(2)260π C 无关 (3)不能 253W图象信息分析1．某正弦式交流电的电流i 随时间t 变化的图象如图5所示．由图可知( )图5A ．电流的最大值为10 AB ．电流的有效值为10 AC ．该交流电的周期为0.03 sD ．该交流电的频率为0.02 Hz 答案 B解析 由题图知此交流电的电流的最大值为10 2 A ，则有效值为I ＝1022 A ＝10 A ；周期为0.02 s ，则频率为f ＝1T＝50 Hz.有效值的理解和计算2．如图6所示，为一正弦交流电通过一电子元件后的波形图，则下列说法正确的是( )图6A ．这也是一种交流电B ．电流的变化周期是0.01 sC ．电流的有效值是1 AD ．电流通过100 Ω的电阻时，1 s 内产生的热量为200 J 答案 C解析 因电流方向不变，故不是交流电，A 错；其周期为0.02 s ，B 错；由电流的热效应可知⎝⎛⎭⎫22 A 2R T 2＝I 2RT ，解得I ＝1 A ，故C 对；由Q ＝I 2Rt 可知Q ＝1×100×1 J ＝100 J ，D 错． 3．如图7所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B .电阻为R 、半径为L 、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O 轴以角速度ω匀速转动(O 轴位于磁场边界)．则线框内产生的感应电流的有效值为( )图7A.BL 2ω2RB.2BL 2ω2RC.2BL 2ω4RD.BL 2ω4R答案 D解析 线框转动的角速度为ω，进磁场的过程用时18周期，出磁场的过程用时18周期，进、出磁场时产生的感应电流大小都为I ′＝12BL 2ωR ，则转动一周产生的感应电流的有效值满足I 2RT ＝(12BL 2ωR )2R ×14T ，解得I ＝BL 2ω4R.D 正确．交变电流“四值”的应用4．交流发电机线圈电阻r ＝1 Ω，用电器电阻R ＝9 Ω，电压表示数为9 V ，如图8所示，那么该交流发电机( )图8A ．电动势的峰值为10 VB ．电动势的有效值为9 VC ．交流发电机线圈通过中性面时电动势的瞬时值为 10 2 VD ．交流发电机线圈自中性面转过90°的过程中的平均感应电动势为202π V答案 D解析 电压表示数等于路端电压，电路中的电流为I ＝U R ＝99A ＝1 A ，所以电动势的有效值为：E ＝I (R ＋r )＝1×(1＋9) V ＝10 V ，所以电动势的最大值为E m ＝2E ＝10 2 V ，故选项A 、B 错；线圈通过中性面时Φ最大，但ΔΦΔt ＝0，故e ＝0，选项C 错；线圈从中性面转过90°的过程中，ΔΦ＝BS ，Δt ＝T 4＝π2ω，所以E ＝n ΔΦΔt ＝2nBSωπ，由于E m ＝nBSω，所以E ＝2E m π＝202πV ，选项D 对．(时间：60分钟)题组一 交变电流的产生规律及图象的应用1．一矩形金属线圈共10匝，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的感应电动势e 随时间t 变化的规律如图1所示，下列说法中正确的是( )图1A ．此交流电的频率为0.2 HzB ．此感应电动势的有效值为1 VC ．t ＝0.1 s 时，线圈平面与磁场方向平行D ．在线圈转动过程中，穿过线圈的最大磁通量为1100πWb 答案 D解析 由题图可知，此交流电的周期T ＝0.2 s ，频率f ＝1T ＝5 Hz ，A 错；E ＝E m 2＝22 V ，B错．t ＝0.1 s 时，电动势为0，线圈平面与磁感线垂直，C 错．因E m ＝nBSω，其中n ＝10，ω＝2πT ＝10π rad/s ，故Φm ＝BS ＝1100πWb ，D 正确．2．风速仪的简易装置如图2甲所示．在风力作用下，风杯带动与其固定在一起的永磁铁转动，线圈中的感应电流随风速的变化而变化．风速为v 1时，测得线圈中的感应电流随时间变化的关系如图乙所示；若风速变为v 2，且v 2＞v 1，则感应电流的峰值I m 、周期T 和电动势E 的变化情况是( )图2A．I m变大，T变小B．I m变大，T不变C．I m变小，T变小D．I m不变，E变大答案 A解析风速增大，周期T变小，电动势E变大，感应电流的峰值I m变大，选项A正确．3．电阻为1 Ω的某矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，产生的正弦交流电的图象如图3图线a所示；当调整线圈转速后，该线圈中所产生的正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是()图3A．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B．线圈先后两次转速之比为3∶2C．交流电a的电动势的有效值为5 2 VD．交流电b的电动势的最大值为5 V答案BC解析由题图可知，t＝0时刻线圈中的感应电流为0，感应电动势为0，穿过线圈的磁通量的变化率为0，所以穿过线圈的磁通量最大，选项A错误；由题图可得线圈先后两次转动的周期之比为0.4∶0.6＝2∶3，所以转速之比为3∶2选项B正确；由题图可得交流电a的电流的最大值为10 A，有效值为10A＝5 2 A，又矩形线圈的电阻为1 Ω，所以交流电a的2可得电动势与周期成反比，电动势的有效值为5 2 V，选项C正确；由E＝nBSω、ω＝2πT所以交流电b的电动势的最大值为203V，选项D错误．题组二有效值的应用4．一个小型电热器若接在输出电压为10 V的直流电源上，消耗电功率为P；若把它接在某个正弦式交流电源上，其消耗的电功率为P2.如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为( )A ．5 VB ．5 2 VC ．10 VD ．10 2 V 答案 C解析 根据P ＝U 2R ，对直流电有P ＝(10 V )2R ，对正弦式交流电有P 2＝U ′2R ，所以正弦式交流电的有效值为U ′＝ PR2＝5 2 V ，故交流电源输出电压的最大值U m ′＝2U ′＝10 V ，故选项C 正确．5．好多同学家里都有调光电灯、调速电风扇，过去是用变压器来实现的，缺点是成本高、体积大、效率低，且不能任意调节灯的亮度或电风扇的转速．现在的调光灯、调速电风扇是用可控硅电子元件来实现的，如图4所示，为经一双向可控硅调节后加在电灯上的电压，即在正弦交流电的每个二分之一周期内，前14周期被截去，调节台灯上旋钮可以控制截去的多少，从而改变电灯上的电压，那么现在电灯上的电压为( )图4A.U m 2 B ．22U m C.U m 22 D.2U m答案 A解析 题图所示电压与正弦半波电压等效，由(U m 2)2R ·T 2＝U 2R T ，得：U ＝U m2.6．如图5甲所示为电热毯电路示意图，交流电压u ＝311sin (100πt ) V ，当开关S 接通时，电热丝的电功率为P 0；当开关S 断开时，加在电热丝上的电压如图乙所示，则( )图5A ．开关接通时，交流电压表的读数为220 VB ．开关接通时，交流电压表的读数为311 VC ．开关断开时，交流电压表的读数为311 V ，电热丝功率为P 02D ．开关断开时，交流电压表的读数为156 V ，电热丝功率为P 02答案 AD解析 交流电压表的读数为有效值，计算热功率要用有效值．开关接通时，交流电压峰值U m ＝311 V ，所以有效值U ＝U m2＝220 V ，A 正确；开关断开时，取一个周期T ，电热丝产生的热量减半，所以电热丝功率为P 02，由P ＝U 2R ，电压有效值为U2≈156 V ，电压表示数为156 V ，D 正确．7．如图6所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min 的时间，两电阻消耗的电功之比W 甲∶W 乙为( )图6A ．1∶ 2B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶6答案 C解析 计算电功时，I 要用有效值．图甲中，设周期为T ，由有效值的定义得(12A)2R ·T3＋0＋(12A)2R ·T 3＝I 21RT ，得I 1＝33 A ；图乙中，电流的值不变，I 2＝1 A ，由W ＝I 2Rt 可以得到W 甲∶W 乙＝1∶3.C 正确． 题组三 交流电“四值”的应用8．标有“220 V,0.5 μF ”字样的电容器能接入下面哪个电路中使用？( ) A ．e ＝220sin (100πt ) V B ．220 V 的照明电路中 C ．e ＝380sin (100πt ) V D ．380 V 的照明电路中答案 A9．如图7所示，交流电压u ＝311sin (314t ＋π6) V 加在阻值为220 Ω的电阻两端，则( )图7A ．电压表的读数为311 VB ．电流表的读数为1.414 VC ．电流表的读数为1 AD ．2 s 内电阻产生的电热是440 J答案 CD解析 电压表测的是有效值，故读数为3112V ≈220 V ，电流表示数应为1 A ，故C 、D 正确．图810．在图8所示电路中，A 是熔断电流I 0＝2 A 的保险丝，R 是可变电阻，S 是交流电源．交流电源的内阻不计，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( )A ．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. 11．如图9所示，线圈面积为0.05 m 2，共100匝，线圈总电阻为1 Ω，与外电阻R ＝9 Ω相连，线圈在B ＝2πT 的匀强磁场中绕OO ′轴以转速n ＝300 r/min 匀速转动．从线圈处于中性面开始计时，求：图9(1)电动势的瞬时值表达式；(2)两电表○A 、○V 的示数；(3)线圈转过160s 时电动势的瞬时值； (4)线圈转过130s 的过程中，通过电阻的电荷量； (5)线圈匀速转一周外力做的功．答案 见解析解析 (1)E m ＝NBSω，ω＝2πn ，因为n ＝300 r /min ＝5 r/s ，ω＝2πn ＝2π×5 rad /s ＝10π rad/s ，所以E m ＝NBSω＝100×2π×0.05×10π V ＝100 V. 从线圈处于中性面开始计时，则e ＝E m sin ωt ，所以e ＝100sin (10πt ) V.(2)此时两表的示数：I ＝E R ＋r ＝E m2R ＋r＝1002×10 A ＝5 2 A ≈7.1 A. U R ＝IR ＝52×9 V ＝45 2 V ≈63.6 V.(3)当线圈转过160s 时， e ＝100sin (10π×160) V ＝100sin π6 V ＝50 V. (4)线圈转过t ＝130s 的过程中，转过的角度为： θ＝ωt ＝10π×130＝π3， 通过电阻的电荷量为：q ＝I Δt ＝ER ＋r Δt ＝N |ΔΦ|Δt R ＋r Δt ＝N |ΔΦ|R ＋r . |ΔΦ|＝|Φ2－Φ1|＝|BS (cos π3－1)|＝12BS ， 所以q ＝N |ΔΦ|R ＋r＝100×12BS 10＝12π C. (5)线圈匀速转动一周，外力做功与电流做功相等W F ＝E 2R ＋r T ＝(1002)210×15 J ＝100 J ．。
高中物理选修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。
人教版高二物理选修3-2全册教案(教学设计)
法拉第坚信：“物质的力借以表现出的各种形式，都有一个共同的起源”， 这一思想指导着法拉第探寻光与电磁之间的联系。1822 年，他曾使光沿电流方 向通过电解波，试图发现偏振面的变化，没有成功。这种思想是如此强烈，执 着的追求使他终于在 1845 年发现强磁场使偏振光的偏振面发生旋转。他的晚
年，尽管健康状况恶化，仍从事广泛的研究。他曾分析研究电缆中电报信号迟 滞的原因，研制照明灯与航标灯。
（三）用实验方面研究产生感应电流的条件
程 演示实验 1：书图 4－1 实验（导体在磁场中运动） 观察提问：a、研究对象：由导体 ab，电流表构成的闭合回路，
磁场提供：
蹄形磁铁。
b、ab 做切割磁感线运动，可见电流表指针偏转，
结 论：回路中有电流，这种现象称为电磁感应现象，产生的电流叫感应电
流。
现象分析：如图 1 导体不切割磁力线时，电路中没有电流；而
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（一）奥斯特梦圆“电生磁” 由于受康德哲学与谢林的自然哲学的影响，坚信自然力是可以相互转化的，
长期探索电与磁之间的联系。1820 年 4 月终于发现了电流对磁针的作用，即电 流的磁效应。同年 7 月 21 日以《关于磁针上电冲突作用的实验》为题发表了 他的发现。这篇短短的论文使欧洲物理学界产生了极大震动，导致了大批实验 成果的出现，由此开辟了物理学的新领域──电磁学。1820 年因电流磁效应这 一杰出发现获英国皇家学会科普利奖章。1829 年起任哥本哈根工学院院长。 教 （二）法拉第心系“磁生电”
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.。
高中物理第五章交变电流3电感和电容对交变电流的影响学案3_2
电感和电容对交变电流的影响目标导航思维脉图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。
(物理观念）2。
知道感抗和容抗的物理意义以及与哪些因素有关。
(科学思维)3.能够分析简单电路中的电容器、电感器的作用.（科学探究）必备知识·自主学习一、电感器对交变电流的阻碍作用为什么电感器对交变电流有阻碍作用?提示：交变电流通过线圈（电感器）时,电流时刻在变化,由于线圈的自感现象，必然产生感应电动势阻碍电流的变化，就形成了电感器对交变电流的阻碍作用。
1。
实验探究：如图所示,取直流电源电压与交流电源电压有效值相等.（1）实验目的:了解并验证电感线圈对交变电流的阻碍作用.（2）实验现象:接通直流电源时,灯泡亮些；接通交流电源时,灯泡暗些。
（3)实验结论：电感线圈对交变电流有阻碍作用。
2.感抗：(1）物理意义:表示电感对电流的阻碍作用的大小.（2）影响感抗大小的因素：线圈的自感系数,交流的频率。
线圈的自感系数越大，交流的频率越高，感抗越大。
3.感抗的应用：4.关于电感器对交变电流的阻碍作用:解释符合科学实际的有:①④⑤①电感线圈对交变电流有阻碍作用。
②同一个线圈对直流和对交流的阻碍作用是相同的.③低频扼流圈只能阻碍低频交变电流,不能阻碍高频交变电流。
④电感线圈中通入交变电流后，交变电流的瞬时值为0的瞬间，线圈仍然对交变电流有阻碍作用。
⑤线圈的匝数越多，对同一个交变电流的阻碍作用就越大。
⑥线圈对交变电流的阻碍作用随着交变电流的频率的变大而减小。
二、电容器对交变电流的阻碍作用电容器两极板之间是绝缘介质，它阻隔导体中自由电子的通过，为什么交变电流能通过电容器呢？提示:电流是由电荷的定向移动形成的，把交流电源接到电容器的两个极板上后，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,原来聚集在极板上的电荷又放出,在电路中形成放电电流.电容器交替地进行充电和放电,电路中就形成了电流，好像是交流“通过”了电容器（实际上自由电荷并没有通过电容器两极板间的绝缘介质)。
2021_2022学年高中物理第二章交变电流1交变电流学案教科版选修3_2
交变电流必备知识·自主学习一、交变电流干电池电源和手摇发电机均能使小灯泡发光,这两种电源的本质区别是什么?提示:干电池提供直流电,而手摇发电机提供交流电。
1.恒定电流:大小和方向都不随时间变化的电流。
2.交变电流:大小和方向随时间做周期性变化的电流,简称交流电。
3.正弦交变电流:电流随时间按正弦函数规律变化的交变电流,简称正弦交流电。
二、正弦交变电流的产生和表述1.产生:闭合矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时, 线圈中产生的感应电流。
2.表述:(1)电动势:e=E m sinωt,E m=NBSω。
(2)电流:i=I m sinωt。
(3)电压:u=U m sinωt。
3.中性面:中性面的特点有①④⑤。
①线圈平面与磁场垂直。
②线圈平面与磁场平行。
③穿过线圈的磁通量为零。
④穿过线圈的磁通量最大。
⑤线圈越过中性面时电流的方向改变。
关键能力·合作学习知识点一直流电和交变电流1.直流电分类及图像:(1)大小和方向都不随时间改变的电流叫恒定电流,如图甲所示。
(2)方向不随时间改变而大小随时间改变的电流叫脉冲直流电,如图乙所示。
2.交变电流的分类及图像:(1)正弦交流电随时间变化的图像是一条正弦曲线,如图所示。
从图中可以知道正弦交流电的最大值I m和周期T。
(2)非正弦交流电的形式多种多样,如图是几种常见的交变电流的图像。
【典例】(2020·莱西高二检测)图中各图线不表示交流电的是( )【解析】选B。
交流电是指电流的方向发生变化的电流,电流的大小是否变化对其没有影响,电流的方向变化的有A、C、D,B是直流,本题选不是交流电的,故选B。
1.(多选)如图所示的四种随时间变化的电流图像,其中属于交变电流的是 ( )【解析】选C、D。
电流的大小和方向都随时间做周期性变化的电流是交变电流,A、B所示的电流虽然大小做周期性变化,但电流的方向不变,所以不是交变电流,选项C、D正确,A、B错误。
高中物理第二章交变电流第五节电容器对交变电流的作用学案粤教版选修3_2
第五节 电容器对交变电流的作用容器的作用．一、电容器仅让交变电流通过 1．实验电路2．实验现象电路中串有电容器时，接通稳恒直流电源，灯泡不亮；接通交流电源，灯泡亮． 3．实验结论交变电流能够通过电容器，恒定电流不能通过电容器． 4．电容器导通交流电的实质两极板间的电压周期性变化，使电容器反复地充电和放电，在电路中形成交变电流． 预习交流1 使用220 V 交流电源的电气设备和电子仪器，金属外壳和电源之间都有良好的绝缘，但是有时用手触摸外壳时会有“麻手”的感觉，用测电笔测试时氖管也会发光，这是为什么呢？采取什么措施可解决这一问题？答案：与电源连接的机芯和金属外壳构成一个电容器，交变电流能够通过这个电容器，也就是说机芯、外壳间始终在进行着充放电，所以能感觉到“漏电”．解决方案就是金属外壳接地，其实现在生产的电气设备都增加了接地线．二、电容器对交变电流的作用 1．实验探究（1）实验电路：如图（2）探究过程：①闭合S和S′，改变交流电的频率、电压，观察两个灯泡D和D′的发光情况．②断开S′，使交流电的电压不变，频率变化时，观察灯泡D的亮度变化．③断开S′，交流电的电压、频率不变，改变电容器的电容，观察灯泡的亮度变化．（3）实验结论：电容器对交流电有阻碍作用，且其阻碍作用的大小与交流电的频率和电容器的电容有关．2．容抗电容器对交流电的阻碍作用．3．影响容抗大小的因素电容器的电容越小，容抗越大；交流电频率越低，容抗越大．预习交流2电容器对交流电的阻碍作用同电阻对电流的阻碍作用相同吗？电容器对交流电的阻碍作用与电容器对直流电的阻碍作用相同吗？答案：均不相同．电阻对电流的阻碍作用与电阻内的自由电荷或导电离子的热运动有关．电容器对直流电为完全的阻隔，不能通过；电容器对交流电的阻碍作用表现为容抗，电容器具有容抗是由于极板充电带有电荷后，会产生阻碍电流的反向电压，从而对继续充电过程产生阻碍作用．三、隔直电容器和高频旁路电容器1．隔直电容器只让交流信号通过而直流成分不能通过，如下图甲所示．2．旁路电容器低频信号不能通过而高频干扰信号可以通过，如下图乙所示．预习交流3隔直电容器和旁路电容器在电路中的作用是否相同？答案：不相同．隔直电容器让有用的交流信号通过；旁路电容器把无用的高频信号过滤掉．一、电容器对交流电的导通作用1．交变电流通过电容器时，自由电荷是否通过了两极板间的绝缘介质？答案：不是，之所以电路中有电流是因为交流电源对电容器不断地充、放电形成的．2．当把电容器单独或是与其他用电器串联接在稳恒直流电源两端时，其两极板间的电压相同吗？如果接在交流电源两端呢？答案：接直流电源时相同，接交流电源时不同．当导线电阻不能忽略，或电路中还串联有其他用电器时，电容器仍然周期性地充电和放电，只是这种情况下电路电压会被电阻或其他用电器分担掉一部分，电容器两极板间的交变电压不再等于电路两端的交变电压了．3．为什么交变电流能“通过”电容器而稳恒电流却不能？答案：（1）电容器的两极板之间是相互绝缘的，不论是恒定电流还是交变电流，自由电荷都不能通过两极板之间的绝缘介质．通常所说的交变电流“通过”电容器，并不是自由电荷穿过了电容器，而是在交流电源作用下，当电压升高时电容器充电，电容器极板上的电荷量增加，形成充电电流，如图甲；当电压降低时电容器放电，电容器极板上的电荷量减少，形成放电电流，如图乙．由于电容器反复不断地充电和放电，使电路中有持续的交变电流．（2）当电容器与稳恒直流电源的两极相连接时，除了接通的瞬间因电容器充电而有瞬时电流外，一旦充电完毕，电容器两极板间的电压与电源两极的电压相等，且保持不变，电路中就没有电流了．如图，将电灯与电容器串联接入通有交变电流的电路中，灯泡发光，则（）．A．自由电荷通过了电容器两极板间的绝缘电介质B．自由电荷没有通过电容器两极板间的绝缘电介质C．接入交变电源使电容器两极板间的绝缘电介质变成了导体D．电容器交替进行充放电，电路中就有电流，表现为交变电流“通过”了电容器答案：BD解析：与电容器串联的灯泡，接在交变电流的电路中．灯泡发光，说明有电流通过灯泡，但形成电流的电荷并没有通过电容器两极板间的电介质．使灯泡发光的电流只是随着电压变化而对电容器不断充电与放电的电流，就好像有电流通过电容器．电容器对交流电的导通作用，是一种等效导通．它的实质是电容器不停地充电、放电，其间没有电荷通过电容器，电容器没有被击穿．故在应用电容器时，要注意两端的交变电压最大值不能超过其击穿电压．二、电容器对交流电的阻碍作用1．试分析电容器的容抗与哪些因素有关．答案：电容器的电容越大，充放电显示的容抗越小；反之充放电显示的容抗越大．交变电流的频率越高，电容器充放电的速度越快，充放电显示的容抗越小，反之充放电显示的容抗越大．所以，电容器的容抗与电容和交变电流的频率有关．2．若要通高频、阻低频，应选用电容大些的电容器还是选用电容小些的电容器？ 答案：若要通高频、阻低频，电容的容抗在低频时应表现为很大，故应选用电容较小的电容器．3．为什么电容器的电容越小，容抗越大？交流电的效率越低，电容器的容抗也越大呢？ 答案：电容器具有容抗是由于极板充电带有电荷后，会产生阻碍电流的反向电压，从而对继续充电产生阻碍作用．电容越大，在充电过程中两极板间电压增长就越慢，对继续充电的阻碍作用就越小；交变电流的频率越高，即电流方向变化越快，电容器两极板间电压还来不及达到较高时，电流就已经反向，从而对继续充电的阻碍作用变小．因此，电容越大，频率越高，容抗越小．如图所示，平行板电容器与灯泡串联，接在交流电源上的灯泡正常发光，则（ ）．A ．把电介质插入电容器，灯泡一定变亮B ．把电容器两极板距离增大，灯泡一定变亮C ．使电容器两极板正对面积减小，灯泡一定变亮D ．使交流电频率增加，灯泡变亮思路点拨：解答本题应把握以下三点： （1）理解容抗的本质；（2）熟练掌握平行板电容器的电容公式4πr SC kdε=；（3）理解电容大小与容抗的关系． 答案：AD解析：由电容器电容的决定式C ＝εr S4πkd可知：插入电介质，电容C 增大；极板间距离d增大，C 减小；减小两极板正对面积，C 减小．因电容越大，容抗越小，对交变电流的阻碍作用越小，故A 正确，B 、C 错误；电容器具有“通高频、阻低频”的作用，交流电频率越高，对电流阻碍作用越小，故D 正确．电容器在电路中的作用可简单概括为“隔直流、通交流，频率越高，阻碍越小”．电容器的容抗大小的公式是X C ＝12πfC式中f 是交流电的频率，C 是电容器的电容． 三、电阻、容抗、感抗的对比分析通过近两节课的学习，我们知道电容器存在容抗，电感器存在感抗，它们都对交流电存在阻碍作用．你能结合近两节课的知识，简要说一下容抗、感抗与我们以前学习过的电阻的区别吗？答案：如图所示的电路中，a 、b 两端连接的交流电源既含高频交流，又含低频交流，L 是一个25 mH 高频扼流圈，C 是一个100 pF 的电容器，R 是负载电阻，下列说法不正确的是（ ）．A ．L 的作用是“通低频，阻高频”B ．C 的作用是“通交流，隔直流” C ．C 的作用是“通高频，阻低频”D ．通过R 的电流中，低频交流所占的百分比远大于高频交流所占的百分比 答案：B解析：L 是一个自感系数很小的高频扼流圈，其作用是“通低频，阻高频”，A 正确；C 是一个电容很小的电容器，在题图示电路中，对高频交流的容抗远小于对低频交流的容抗，其作用是“通高频、阻低频”，C 正确；因电路中无直流电流，B 错误；由于L 对高频交流的阻碍作用和C 对高频交流的旁路作用，使得通过R 的电流中，低频交流所占的百分比远大于高频交流的百分比，D 正确．电感、电容接到交流电源上时，电能与磁场能或电场能互相转化，而电流通过电阻时，必然会产生焦耳热，从而造 成电能的损耗．1．有关电容对交变电流的影响的以下说法中，正确的是（ ）． A ．交变电流能通过电容器B ．电容器具有通直流、阻交流的作用C ．对电容较小的电容器，它具有通高频、阻低频的功能D ．电容器的电容越大，交变电流的频率越高，电容器对交变电流的阻碍作用就越大 答案：AC解析：电容对交变电流有阻碍作用，阻碍作用的大小用容抗表示，电容器的电容越大，交流的频率越高，电容器的容抗越小．电容器在交变电路中的作用：通交流，隔直流；通高频，阻低频．所以A 、C 正确．2．如图所示的电路，F 为一交流发电机，C 为平行板电容器，为使电流表A 的示数增加，可行的办法是（ ）．A．使发电机F的转速增加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：本题考查电容对交变电流的阻碍作用．本题的关键是理解容抗与交变电流的频率和电容器的电容都成反比．当发电机转速增加时，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，使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，对交变电流的阻碍作用增大，电流表A示数减小，C、D两项均错误．故正确选项为A．3．有两个电容器的电容分别为C1＝5 μF，C2＝3 μF，分别加在峰值一定的交变电源上．在下列各种情况下，哪—种情况通过电容器的电流最大（）．A．在C1上所加交变电流的频率为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：当交变电源的频率增加时，电容器充放电的速度加快，电容器的容抗减小；当电容器的电容越大时，其对交流电的阻碍作用也越小，C对．4．下面的电路图是电子技术中的常用电路．a、b是电路的输入端，其中输入的高频电流用“”表示，低频电流用“～”表示，直流电流用“—”表示．对负载电阻R中通过的电流特征，以下说法不正确的是（）．A．图甲中通过R的是交变电流B．图乙中通过R的是高频电流C．图乙中通过R的是低频电流D．图丙中通过R的是直流电流答案：B解析：交流电可以通过电容器，而直流电不能通过，所以甲中通过R的是交变电流，A 对；由于乙图中的电容器的电容很小，容抗很大，能阻低频，通高频，通过R的是低频电流，B错，C对；丙图中的电容器的电容很大，能隔直流，通交流，通过R的是直流电流，D对．5．如图所示为某电器中电路的一部分，当输入有直流成分、交流低频成分和交流高频成分的电流后，在其输出端得到可调大小的交流低频成分，那么有关各元器件的作用的说法中，不正确的有（）．A．C1为高频旁路电容器，交流高频成分被该电容器短路B．R为滑动变阻器，它的滑动片上下移动可以改变输出端电压的大小C．C2为隔直电容器，交流低频成分通过该电容器输出D．C1的电容较大、C2的电容较小答案：D解析：因其输出端得到可调大小的交流低频成分，所以高频电流应被C1短路，C1应为高频旁路电容器，且电容较小；低频成分可以通过C2，直流电不能通过，应为隔直电容器．。
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。
辽宁省沈阳市第二十一中学人教版高中物理选修3-2学案4.5 电磁感应现象的两类情况(无答案)
第四章电磁感应第五节电磁感应现象的两类情况【学习目标】1、了解电磁感应两种情况下电动势的产生机理。
2、能够运用电磁感应规律熟练解决相关问题。
【学习重点和难点】理解电磁感应两种情况下电动势的产生机理。
【自主学习】目标一：电磁感应现象中的感生电场1．感生电场(1)产生英国物理学家麦克斯韦在他的电磁场理论中指出：变化的磁场能在周围空间激发_______场，这种电场与静电场不同，它不是由电荷产生的，我们把它叫做电场．(2)特点感生电场线与垂直．感生电场的强弱与磁感应强度的有关．2．感生电动势(1)磁场变化时，感应电动势的成因磁场变化→激发感生电场→感生电场驱动自由电荷定向移动→产生感应电动势(2)感生电场的作用感生电场对自由电荷的就相当于电源内部的非静电力．(3)感生电动势磁场变化时，感应电动势是由感生电场产生的，它也叫感生电动势．3．感生电场的方向（1）感生电场的方向与_________________和______________________________有关；可以根据_______________________用___________________来确定它们之间的关系。
（2）磁场变化时，垂直磁场的闭合环形回路(可假定存在)中感应电流的方向就表示感生电场的方向．目标二：电磁感应现象中的洛伦兹力1．成因：导体棒做切割磁感线运动时，导体棒中的自由电荷随棒一起定向运动，并因此受到洛伦兹力．2．动生电动势：由于而产生的感应电动势．3．动生电动势中的非静电力：与有关.【实践练题】基础题1.某空间出现了如图所示的磁场，当磁感应强度B变化时，在垂直于磁场的方向上会产生感生电场，有关磁感应强度B的变化与感生电场的方向关系描述正确的是()A．当磁感应强度均匀增大时，感生电场的电场线从上向下看应为顺时针方向B．当磁感应强度均匀增大时，感生电场的电场线从上向下看应为逆时针方向C．当磁感应强度均匀减小时，感生电场的电场线从上向下看应为顺时针方向D．当磁感应强度均匀减小时，感生电场的电场线从上向下看应为逆时针方向2.在空间某处存在一变化的磁场，则下列说法中正确的是()A．在磁场中放一闭合线圈，线圈中一定会产生感应电流B．在磁场中放一闭合线圈，线圈中不一定产生感应电流C．在磁场中不放闭合线圈，在变化的磁场周围一定不会产生电场D．在磁场中不放闭合线圈，在变化的磁场周围一定会产生电场3.在一水平光滑绝缘塑料板上有一环形凹槽，有一带电小球质量为m，电荷量为q，在槽内沿顺时针作匀速圆周运动，现加一竖直向上的均匀变化的匀强磁场，且B逐渐增加，则()A．小球速度变大B．小球速度变小C．小球速度不变D．以上三种情况都有可能4.如图所示，导体AB在做切割磁感线运动时，将产生一个电动势，因而在电路中有电流通过，下列说法中正确的是()A．因导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势B．动生电动势的产生与洛伦兹力有关C．动生电动势的产生与电场力有关D．动生电动势和感生电动势产生的原因是一样的达标题5.一航天飞机下有一细金属杆，杆指向地心．若仅考虑地磁场的影响，则当航天飞机位于赤道上空()A．由东向西水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下B．由西向东水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下C．沿经过地磁极的那条经线由南向北水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由下向上D．沿经过地磁极的那条经线由北向南水平飞行时，金属杆中一定没有感应电动势6．在如图所示的四种磁场情况中能产生恒定的感生电场的是()7.某空间出现了如右图所示的一组闭合的电场线，这可能是()A．沿AB方向的磁场在迅速减弱B．沿AB方向的磁场在迅速增强C．沿BA方向的磁场在迅速增强D．沿BA方向的磁场在迅速减弱8．如右图所示，内壁光滑的塑料管弯成的圆环平放在水平桌面上，环内有一带负电的小球，整个装置处于竖直向下的磁场中，当磁场突然增大时，小球将()A．沿顺时针方向运动B．沿逆时针方向运动C．在原位置附近往复运动D．仍然保持静止状态9．一直升机停在南半球的地磁极上空．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，螺旋桨顺时针方向转动．螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如果忽略a到转轴中心线的距离，用ε表示每个叶片中的感应电动势，如图所示则()A．ε＝πfL2B，且a点电势低于b点电势B．ε＝2πfL2B，且a点电势低于b点电势C．ε＝πfL2B，且a点电势高于b点电势D．ε＝2πfL2B，且a点电势高于b点电势拓展题10.内壁光滑、水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于圆环直径的带正电的小球，以速率v0沿逆时针方向匀速转动，若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场．设运动过程中小球带电荷量不变，那么(如图所示)() A．小球对玻璃圆环的压力一定不断增大B．小球所受的磁场力一定不断增大C. 小球先沿逆时针方向减速运动，之后沿顺时针方向加速运动D．磁场力对小球一直不做功11.如图所示，L＝0.5 m，L2＝0.8 m，回路总电阻为R＝0.2 Ω，M＝0.04 kg，导轨光滑，开始时磁感应强度B0＝1 T．现使磁感应强度以0.2 T/s 的变化率均匀地增大，求当t为多少时M离开地面．(g取10 m/s2)。
【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.。
高中物理《传感器及其工作原理》学案10 新人教版选修3-2
第三节传感器的应用 (二)【知能准备】一．温度传感器的应用——电饭锅1．电饭锅中的温度传感器主要元件是___________，它的特点是：常温下具有铁磁性，能够被磁铁吸引，但是上升到约103℃时，就失去了磁性，不能被磁体吸引了。
这个温度在物理学中称为该材料的“居里温度”或“居里点”。
2．感温铁氧体是用＿＿＿＿＿＿＿和＿＿＿＿混合烧制而成的。
二．温度传感器的应用——测温仪1．温度传感器可以把＿＿＿转换成电信号，由指针式仪表或数字式仪表显示出来。
2．测温仪中的测温元件可以是_________、___________、______________等，还可以是______________等。
三．光传感器的应用——鼠标器、火灾报警器1．机械式鼠标器内的码盘两侧分别装有红外发射管和红外接受管，两个红外接受管就是两个___________________。
2．有的火灾报警器是利用烟雾对光的散射来工作的，其带孔的罩子内装有发光二极管LED、光电三极管和不透明的挡板。
平时光电三极管收不到LED发出的光，呈现高电阻状态。
烟雾进入罩内后对光有散射作用，使部分光线照射到光电三极管上，其电阻变小。
与传感器连接的电路检测出这种变化，就会发出警报。
【同步导学】一、疑难分析1．电饭锅的工作原理开始煮饭时，用手压下开关按钮，永磁体与感温磁体相吸引，手松开后，按钮不再恢复到初始状态，则触点接通，电热板通电加热，水沸腾后，由于锅内保持1000c不变，故感温磁体仍与永磁体相吸，继续加热，直到饭熟后，水份被大米吸收，锅底温度升高，当温度升至“居里点1030c”时感温磁体失去磁性，在弹簧作用下，永磁体被弹开，触点分离，切断电源，从而停止加热。
2．机械式鼠标器的工作原理鼠标器移动时，滚球运动通过轴带动两个码盘转动，红外线接受管就收到断续的红外线脉冲，输出相应的脉冲信号，计算机分别统计x、y两个方向的脉冲信号，处理后就使屏幕上的光标产生相应的位移。
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第四章电磁感应§4.1 划时代的发现探究电磁感应的产生条件[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。
[针对训练]1、下列说法正确的是：(A)导体在磁场中运动时，导体中一定有感应电流(B)导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中一定有感应电流(C)只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中一定有感应电流产生(D)只要穿过闭合电路磁通量发生变化，电路中一定有感应电流2、关于电磁感应现象，下列说法正确的是：(A)导体相对磁场运动，导体内一定会产生感应电流(B)导体垂直磁场运动，导体内一定会产生感应电流(C)闭合电路在磁场中作切割磁感线运动，电路内一定会产生感应电流(D)穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定会产生感应电流3、关于电磁感应现象，下列说法中正确的是：(B)闭合线圈放在变化的磁场中，必然有感应电流产生(D)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(F)穿过闭合线圈的磁通量变化时，线圈中有感应电流(H)穿过闭合电路的磁感线条数发生变化时，电路中有感应电流[能力训练]1、如图5所示，条形磁铁穿过一闭合弹性导体环，且导体环位于条形磁铁的中垂面上，如果把导体环压扁成椭圆形，那么这一过程中：(B)穿过导体环的磁通量减少，有感应电流产生(D)穿过导体环的磁通量增加，有感应电流产生(F)穿过导体环的磁通量变为零，无感应电流(I)穿过导体环的磁通量不变，无感应电流2．金属矩形线圈abcd在匀强磁场中做如图6所示的运动，线圈中有感应电流的是：3、如图7所示，一个矩形线圈与通有相同大小电流的平行直导线在同一平面内，且处于两直导线的中央，则线框中有感应电流的是;(E)两电流同向且不断增大（B）两电流同向且不断减小(C)两电流反向且不断增大(D)两电流反向且不断减小4、如图8所示，线圈两端接在电流表上组成闭合回路，在下列情况中，电流表指针不发生偏转的是(A)线圈不动，磁铁插入线圈(B)线圈不动，磁铁拔出线圈(C)磁铁插在线圈内不动(D)磁铁和线圈一块平动5、一个处在匀强磁场中的闭合线圈中有一定的磁通量穿过，能使该回路产生感应电流的是：A)改变磁场的磁感应强度(B)改变回路平面与磁场方向的夹角(C)改变闭合线圈所围成的面积(D)线圈在磁场中平移6、如图9所示，直导线中通以电流I，矩形线圈与电流共面，下列情况能产生感应电流的是：(A)电流I增大（B）线圈向右平动(C)线圈向下平动 (D)线圈绕ab边转动7、如图10所示，线圈abcd在磁场区域ABCD中，下列哪种情况下线圈中有感应电流产生：(B)把线圈变成圆形（周长不变）(B)使线圈在磁场中加速平移(C)使磁场增强或减弱(D)使线圈以过ad的直线为轴旋转8、闭合矩形线圈跟磁感线方向平行，如图11所示，下列那种情况线圈中有感应电流：(A)线圈绕ab轴转动(B)线圈垂直纸面向外平动(C)线圈沿ab轴向下移动(D)线圈绕cd轴转动9、如图12所示，开始时矩形线圈平面与磁场垂直，且一半在匀强磁场内一半在匀强磁场外，若要使线圈中产生感应电流，下列方法可行的是：(A)以ab为轴转动 (B)以OO 为轴转动(C)以ad为轴转动（小于60 ）(D)以bc为轴转动（小于60）10、如图13所示，在条形磁铁的外面套着一个闭合弹簧线圈，若把线圈四周向外拉，使线圈包围的面积变大，这时：(A) 线圈中有感应电流（B）线圈中无感应电流(C)穿过线圈的磁通量增大 (D)穿过线圈的磁通量减小[方法小结]参考答案自主学习：1.利用磁场产生电感应电流 2.法拉第 3.感应电动势电源4.穿过闭合电路的磁通量发生变化5.右手定则楞次定律针对训练 1.（1）电源连接两端点连在一起（2）振荡（振动）感应电流停在原位置2．D 3.D 4.CD能力训练 1.B 2.A 3.CD 4.AB 5.ABC 6.ABD 7.ACD8.A 9.ABD 10.AD4.2法拉第电磁感应定律[针对训练]1．长度和粗细均相同、材料不同的两根导线，分别先后放在U 形导轨上以同样的速度在同一匀强磁场中作切割磁感线运动，导轨电阻不计，则两导线：(A)产生相同的感应电动势 （B ）产生的感应电流之比等于两者电阻率之比 (C)产生的电流功率之比等于两者电阻率之比 (D)两者受到相同的磁场力 2．在图中，闭合矩形线框abcd 位于磁感应强度为B 的匀强磁场中，ad 边位于磁场边缘，线框平面与磁场垂直，ab 、ad 边长分别用L 1、L 2表示，若把线圈沿v 方向匀速拉出磁场所用时间为△t ，则通过线框导线截面的电量是:12()BL L R t A ∆ 12()BL L R B 12()BL L tC ∆ 12()D BL L 3．在理解法拉第电磁感应定律tE nφ∆∆=及改写形势Bt E ns ∆∆=,S t E nB ∆∆=的基础上（线圈平面与磁感线不平行），下面叙述正确的为：A 对给定线圈，感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比B 对给定的线圈，感应电动势的大小跟磁感应强度的变化 B ∆成正比C 对给定匝数的线圈和磁场，感应电动势的大小跟面积的平均变化率tS ∆∆成正比D 题目给的三种计算电动势的形式，所计算感应电动势的大小都是t ∆时间内的平均值4．如图所示，两个互连的金属圆环，粗金属环的电阻为细金属环电阻的12，磁场方向垂直穿过粗金属环所在的区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在粗环内产生的感应电动势为E ，则a 、b 两点的电势差为 。
6．如图所示，水平放置的平行金属导轨，相距L=0.5m,左端接一电阻R=0.20Ω,磁感应强度B=0.40T 的匀强磁场方向垂直导轨平面，导体棒ab 垂直导轨放在导轨上，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，当ab 棒以V=4.0m/s 的速度水平向右滑动时，求：（1）ab 棒中感应电动势的大小 （2）回路中感应电流的大小[能力训练]1如图9所示，把金属圆环匀速拉出磁场，下列叙述正确的是： (A) 向左拉出和向右拉出所产生的感应电流方向相反 (B) 不管向什么方向拉出，只要产生感应电流，方向都是顺时针 (C) 向右匀速拉出时，感应电流方向不变 (D) 要将金属环匀速拉出，拉力大小要改变2．如图10所示，两光滑平行金属导轨水平放置在匀强磁场中，磁场与导轨所在平面垂直，金属棒可沿导轨自由移动，导轨一端跨接一个定值电阻，金属棒和导轨电阻不计；现用恒力将金属棒沿导轨由静止向右拉，经过时间1t 速度为V ，加速度为1a ，最终以2V 做匀速运动。
若保持拉力的功率恒定，经过时间2t ，速度也为V ，但加速度为2a ，最终同样以2V 的速度做匀速运动，则：121221213)(2)()()(a a D a a C t t B t t A ===〉3．如图11所示，金属杆ab 以恒定速率V 在光滑平行导轨上 向右滑行，设整个电路中总电阻为R （恒定不变）,整个装置置于 垂直纸面向里的匀强磁场中，下列叙述正确的是： (A)ab 杆中的电流与速率成正比；(B)磁场作用于ab 杆的安培力与速率V 成正比；(C)电阻R 上产生的电热功率与速率V 的平方成正比； (D)外力对ab 杆做的功的功率与速率V 的平方成正比。
4．如图12中，长为L 的金属杆在外力作用下，在匀强磁场中沿水平光滑导轨匀速运动，如果速度v 不变，而将磁感强度由B 增为2B 。
除电阻R 外，其它电阻不计。
那么：（A ）作用力将增为4倍 （B ）作用力将增为2倍（C ）感应电动势将增为2倍（D ）感应电流的热功率将增为4倍5．如图13所示，固定于水平绝缘平面上的粗糙平行金属导轨，垂直于导轨平面有一匀强磁场。
质量为m 的金属棒cd 垂直放在导轨上，除电阻R 和金属棒cd 的电阻r 外，其余电阻不计；现用水平恒力F 作用于金属棒cd 上，由静止开始运动的过程中，下列说法正确的是：（A ） 水平恒力F 对cd 棒做的功等于电路中产生的电能（B ） 只有在cd 棒做匀速运动时， F 对cd 棒做的功才等于电路中产生的电能（C ） 无论cd 棒做何种运动， 它克服安培力所做的功一定等于电路中产生的电能(D) R 两端的电压始终等于cd 棒中的感应电动势的值 6．如图14所示，在连有电阻R=3r 的裸铜线框ABCD 上，以AD 为对称轴放置另一个正方形的小裸铜线框abcd ，整个小线框处于垂直框面向里、磁感强度为B 的匀强磁场中．已知小线框每边长L ，每边电阻为r ,其它电阻不计。
现使小线框以速度v 向右平移，求通过电阻R 的电流及R 两端的电压．7. 在磁感强度B=5T 的匀强磁场中，放置两根间距d=0.1m 的平行光滑直导轨，一端接有电阻R=9Ω，以及电键S 和电压表．垂直导轨搁置一根电阻r=1Ω的金属棒ab ，棒与导轨良好接触．现使金属棒以速度v=10m/s 匀速向右移动，如图15所示，试求：（1）电键S 闭合前、后电压表的示数；（2）闭合电键S ，外力移动棒的机械功率参考答案自主学习 1.BD 2.D 3.S B ∆ B tS∆∆ S B ∆ B t S∆∆ 4.5:1 5.SB R针对训练 1.A 2.B 3.ACD 4.23E5.证明：设导体棒以速度V 匀速向右滑动，经过时间t ∆，导体棒与导轨所围面积的变化S LV t ∆=∆ Stt E B BLVφ∆∆∆∆=== 6．（1）0.8V （2）4A能力训练 1.BCD 2.AD 3.ABCD 4. ACD 5.BC 6.344BLV rBLV7.(1)5V,4.5V (2) 2.5W 8.222hB LmgR 9.增大，减小10．（1）0.4米 （2）0.4米/秒 0.0392J§4.3楞次定律[针对训练]1．下述说法正确的是：(A)感应电流的磁场方向总是跟原来磁场方向相反(B)感应电流的磁场方向总是跟原来的磁场方向相同(C)当原磁场减弱时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同(D)当原磁场增强时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同2．关于楞次定律，下列说法中正确的是：(A)感应电流的磁场总是阻碍原磁场的增强(B)感应电流的磁场总是阻碍原磁场的减弱(C)感应电流的磁场总是阻碍原磁场的变化(D)感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化3．如图5所示的匀强磁场中，有一直导线ab在一个导体框架上向左运动，那么ab导线中感应电流方向（有感应电流）及ab导线所受安培力方向分别是：(A)电流由b向a，安培力向左(B)电流由b向a，安培力向右(C)电流由a向b，安培力向左（D）电流由a向b，安培力向右4．如图6所示，若套在条形磁铁上的弹性金属导线圈Ⅰ突然缩小为线圈Ⅱ，则关于线圈的感应电流及其方向（从上往下看）是：(A)有顺时针方向的感应电流（B）有逆时针方向的感应电流(C)先逆时针后顺时针方向的感应电流(D)无感应电流5．如图7所示，螺线管中放有一根条形磁铁，当磁铁突然向左抽出时，A点的电势比B点的电势；当磁铁突然向右抽出时，A点的电势比B点的电势[能力训练]1．如图8所示，AB为固定的通电直导线，闭合导线框P与AB在同一平面内，当P远离AB运动时，它受到AB的磁场力为：(A)引力且逐渐减小(B)引力且大小不变(C)斥力且逐渐减小(D)不受力2．如图9所示，当条形磁铁运动时，流过电阻的电流方向是由A流向B，则磁铁的运动可能是：(A)向下运动(B)向上运动(C)若N极在下，向下运动(D)若S极在下，向下运动3．如图10所示,a、b两个同心圆线圈处于同一水平面内，在线圈a中通有电流I，以下哪些情况可以使线圈b有向里收缩的趋势？(A)a中的电流I沿顺时针方向并逐渐增大(B)a中的电流I沿顺时针方向并逐渐减小(C)a中的电流沿逆时针方向并逐渐增大(D)a中的电流沿逆时针方向并逐渐减小4．如图11所示，两同心金属圆环共面，其中大闭合圆环与导轨绝缘，小圆环的开口端点与导轨相连，平行导轨处在水平面内，磁场方向竖直向下,金属棒ab与导轨接触良好，为使大圆环中产生图示电流，则ab应当：(A)向右加速运动(B)向右减速运动(C)向左加速运动(D)向左减速运动5．一环形线圈放在匀强磁场中，第一秒内磁感线垂直线圈平面向里，磁感应强度随时间的变化关系如图12所示，则第二秒内线圈中感应电流大小变化和方向是：(A)逐渐增加逆时针(B)逐渐减小顺时针(C)大小恒定顺时针(D)大小恒定逆时针6．如图13所示，Q为用毛皮摩擦过的橡胶圆盘，由于它的转动，使得金属环P中产生了逆时针方向的电流，则Q盘的转动情况是：(A)顺时针加速转动(B)逆时针加速转动（C）顺时针减速转动(D)逆时针减速转动7．如图14所示，三角形线圈abc与长直导线彼此绝缘并靠近，线圈面积被分为相等的两部分，导线MN接通电流的瞬间，在abc中(A)无感应电流(B)有感应电流，方向a—b—c(C)有感应电流，方向c—b—a(D)不知MN中电流的方向，不能判断abc中电流的方向8．如图15所示，条形磁铁从h高处自由下落，中途穿过一个固定的空心线圈，K断开时，落地时间为t1,落地速度为V1;K闭合时，落地时间为t2，落地速度为V2，则：t1t2,V1V2。