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本章总结
传感器的应用
以传感器为桥梁可以将多方面的物理知识整合在一起,在实际问题中既可以直接考查传感器知识,也可以考查敏感元件的敏感特性.几种传感器及与其相联系的物理知识,如下表.
传感器种类 敏感元件 与之相联系的物理知识
光电传感器 光敏电阻 直流电路动态分析
温度传感器 热敏电阻 直流电路问题
力传感器 压敏电阻等 力学、运动学与直流电路
电容传感器 电容 力学、运动学与含容电路
【例题】 如图所示的装置可测量飞机、航天器、潜艇的转动角速度,其结构如图所示.当系统绕轴OO'转动时,元件A发生位移变化并输出相应的电压信号,成为飞机、卫星等的制导系统的信息源.已知A的质量为m,弹簧的劲度系数为k,自然长度为l,电源的电动势为E,内阻不计.滑动变阻器总长也为l,电阻分布均匀,系统静止时P在B点,当系统以角速度ω转动时,试写出输出电压U与ω的函数式.
思路点拨:系统角速度ω变化→弹簧长度变化→滑片位置变动→输出电压U变化
解析:设弹簧伸长x,则kx=mω2(l+x)
所以x=mω2l/(k-mω2)
设滑动变阻器单位长度的电阻为r1
U=IRx=Exr1/(lr1)=Ex/l
所以U=Emω2/(k-mω2).
答案:U=Emω2/(k-mω2).
传感器感受的通常是非电学量,如力、热、磁、光、声等,而它输出的通常是电学量,再送给控制系统产生各种控制动作,传感器原理如框图所示.
非电学量→敏感元件→转换器件→转换电路→电学量
针对训练:如图所示为大型电子地磅电路图,电源电动势为E,内阻不计,不称物体时,滑片P在A端,滑动变阻器接入电路的有效电阻最大,电流最小;称物体时,在压力作用下滑片P下滑,滑动变阻器的有效电阻变小,电流变大.这样把电流对应的重力值刻在刻度盘上,就可以读出被称物体的重力值.若滑动变阻器上A、B间距离为L,最大阻值等于定值电阻的阻值R0,已知两弹簧的总弹力与形变量成正比,比例系数为k,则所称重物的重力G与电流大小I的关系为( )
A.G=(2-)kL B.G=(-1)kL
C.G=(+1)kL D.G=kIL
解析:物体放在磅上时,弹簧压缩量为Δx,则kΔx=mg,滑动变阻器电阻变化Rx,则=,所以Rx=R0=mg,由欧姆定律I=,则E=I(2R0-mg),解得物体的重力G=mg=(2-)kL,故A正确.
答案:A.
21世纪教育网 -- 中国最大型、最专业的中小学教育资源门户网站。 版权所有@21世纪教育网第2节 描述交变电流的物理量
【测控导航】
知识点 题号
1.交变电流的描述 2
2.有效值的理解 3
3.有效值的计算 6、7、8、10
4.四值的理解和计算 1、4、5、9、11
巩固基础
1.(2012年吉林省油田高中高二上学期期末)下面关于交变电流的说法中正确的是( CD )
A.交流电器设备上所标的电压和电流值是交变电流的最大值
B.用交流电表测定的读数值是交流电的瞬时值
C.给定的交变电流数值,在没有特别说明的情况下都是指有效值
D.在相同时间内通过同一电阻,跟交变电流有相同热效应的直流电的数值是交变电流的有效值
解析:交流电器设备上所标的电压和电流值是交变电流的有效值,选项A错误;用交流电表测定的读数值是交流电的有效值,选项B错误.
2.一矩形线圈在匀强磁场中以角速度4π rad/s匀速转动,产生的交变电动势的图象如图所示,则( BD )
A.交变电流的频率是4π Hz
B.当t=0时,线圈平面与磁感线垂直
C.当t=0.5 s时,e有最大值
D.交变电流的周期是0.5 s
解析:由ω=2πf,得交变电流的频率为f=2 Hz,所以周期为0.5 s,A错,D正确;当t=0时,电动势最小,磁通量最大,线圈平面与磁感线垂直,B正确;当t=0.5 s时,恰好是一个周期,e为零,所以C错.
3.以下说法正确的是( B )
A.交变电流的有效值就是它的平均值
B.任何正弦式交变电流的有效值都是它最大值的
C.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
D.以上说法均不正确
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.在正弦式交变电流中,其有效值为最大值的,对于其他交变电流并不一定满足此关系,故B正确.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.
4.如图所示,矩形线框置于竖直向下的磁场中,通过导线与灵敏电流表相连,线框在磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动,图中线框平面处于竖直面内.下述说法正确的是( CD )
A.因为线框中产生的是交变电流,所以电流表示数始终为零
B.线框通过图中位置瞬间,穿过线框的磁通量最大
C.线框通过图中位置瞬间,通过电流表的电流瞬时值最大
D.若使线框转动的角速度增大一倍,那么通过电流表电流的有效值也增大一倍
解析:电流表显示交变电流的有效值,线框转动角速度增大一倍,电动势最大值Em=BSω也增大一倍,有效值也增大一倍,故通过电流表电流的有效值也增大一倍,选项A错,D正确.线框通过图中位置瞬间,线框平面与磁感线平行,磁通量为零,线框垂直切割磁感线,感应电动势最大,电流瞬时值最大,选项B错,C正确.
5.一电阻接一直流电源,通过4 A的电流时热功率为P,若换接一正弦交流电源,它的热功率变为,则该交流电电流的最大值为( A )
A.4 A B.6 A C.2 A D.4 A
解析:由P=I2R得R==,接交流电时,=I'2,2I'2=16.I'= A,所以Im=I'=4 A.应选A.
6.如图所示,已知交流电源的电动势为e=220sin 100πt (V),电阻R=2 200 Ω,则电路中交流电流表和电压表的示数分别为( D )
A.0.1 A,220 V B.0.1 A,220 V
C.0.1 A,220 V D.0.1 A,220 V
解析:交流电流表、电压表的读数都为有效值,
所以U= V=220 V,I== A=0.1 A,
所以选D.
7.(2012年吉林省油田高中高二上学期期末)如图所示表示一交变电流随时间而变化的图象,此交变电流的有效值是( B )
A.10 A B.10 A C.7 A D.9 A
解析:设此交变电流的有效值为I,则根据电流的热效应有,I2R×2×10-2=(8)2R×10-2+(6)2R×10-2,解得I=10 A,选项B正确.
理解交变电流有效值时要注意三同:电阻相同、时间相同、产生热量相同.
8.夏天空调器正常工作时,制冷状态与送风状态交替运行.一空调器在不同工作状态下电功率随时间变化的关系如图所示,此空调器运转1 h用电( B )
A.1.0度 B.1.5度 C.2.0度 D.2.5度
解析:由图象知,电功率随时间的变化周期为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,据有效值定义有P1+P2=PT
将P1=0.5 kW,P2=2 kW代入得:
P=1.5 kW.此空调1 h用电W=Pt=1.5(度).
对非正弦交变电流有效值求解,一定要从电流热效应出发.
提升能力
9.已知负载上的交变电流的瞬时值表达式为u=311sin 314t(V),i=14.1sin 314t(A),根据这两式判断,下述结论中正确的是( B )
A.电压的有效值为311 V B.负载电阻的大小约为22 Ω
C.交变电流的频率是55 Hz D.交变电流的周期是0.01 s
解析:由u=311sin 314t(V)可知,电压的最大值Um=311 V,所以其有效值U=≈220 V,A错误;又由i=14.1sin 314t(A)可知,电流的最大值Im=14.1 A,所以R=≈22 Ω,B正确;由表达式可知ω=314 rad/s,所以T=≈0.02 s,f==50 Hz,C、D错误.
10.一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动,线圈匝数n=100.穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间按正弦规律变化,如图所示,发电机内阻r=5.0 Ω,外电路电阻R=95 Ω.已知感应电动势的最大值Em=nωΦm,其中Φm为穿过每匝线圈磁通量的最大值,π取3.14.求串联在外电路中的交流电流表(内阻不计)的读数.
解析:从Φt图象可以看出:
Φm=1.0×10-2 Wb,T=3.14×10-2 s,
已知Em=nωΦm,又ω=,
故电路中电流最大值:
Im=== A
=2 A.交流电流表读数I=≈1.4 A.
答案:1.4 A
11.(2012年河北衡水中学高二第二学期一调考试)如图所示为一个小型旋转电枢式交流发电机的原理图,其矩形线圈的长度ab=0.25 m,宽度bc=0.20 m,共有n=100匝,总电阻r=1.0 Ω,可绕与磁场方向垂直的对轴称OO'转动.线圈处于磁感应强度B=0.40 T的匀强磁场中,与线圈两端相连的金属滑环上接一个“3.0 V,1.8 W”的灯泡.当线圈以角速度ω匀速转动时,小灯泡消耗的功率恰好为1.8 W.则:
(1)推导发电机线圈产生感应电动势最大值的表达式为Em=nBSω(其中S表示线圈的面积);
(2)求线圈转动的角速度ω;
(3)求线圈以上述角速度转动100周过程中发电机产生的电能.
解析:(1)线圈平面与磁场方向平行时产生的感应电动势最大,设ab边的线速度为v,则
该边产生的感应电动势为:E1=BLabv
与此同时线圈的cd边也在切割磁感线,产生的感应电动势为:E2=BLcdv
线圈产生的总感应电动势为Em=n(E1+E2),
因为Lab=Lcd,所以Em=n·2BLabv
线速度v=ωLbc,所以Em=nBLabLbcω,
而S=LabLbc(S表示线圈的面积),
所以所求表达式为:Em=nBSω.
(2)设小灯泡正常发光时的电流为I,则I==0.60 A
设灯泡正常发光时的电阻为R,则R==5.0 Ω
根据闭合电路欧姆定律得:E=I(R+r)=3.6 V
发电机感应电动势最大值为Em=E,Em=nBSω
解得:ω== rad/s≈2.55 rad/s.
(3)发电机产生的电能为E电=IEt,t=100T=100×
解得:E电≈5.3×102 J.
答案:(1)见解析 (2)2.55 rad/s (3)5.3×102 J
转动的线圈为电路中的电源,线圈的电阻为电源内阻,小灯泡的电阻为外电路的电阻.
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第六章 检测试题
(时间:60分钟 满分:100分)
【测控导航】
知识点 题号
1.热敏电阻特性 2、9、10
2.传感器应用 1、3、7、12
3.电容式传感器 4
4.温度报警器 6、8、11
5.力传感器 5
一、选择题(每小题6分,共48分)
1.关于传感器的作用,下列说法中正确的有( BC )
A.通常的传感器可以直接用来进行自动控制
B.传感器可以用来采集信息
C.传感器可以将感受到的一些信号转换为电学量
D.传感器可以将所有感受到的信号都转换为电学量
解析:传感器是将感受的非电学量转化为电学量的仪器,不同的传感器感受不同的信号,B、C对.
2.如图所示,某半导体热敏电阻IU图线可能是( B )
解析:半导体热敏电阻随温度的升高电阻减小,在IU图线中,斜率越大,电阻越小,故B选项正确.
3.下列说法中正确的是( BC )
A.话筒是一种常用的声传感器,其作用是将电信号转换为声信号
B.电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器,这种传感器作用是控制电路的通断
C.电子秤所使用的测力装置是力传感器
D.半导体热敏电阻常用作温度传感器,因为温度越高,它的电阻值越大
解析:话筒是一种常用的声传感器,其作用是将声信号转换为电信号,选项A错误;半导体热敏电阻的温度越高,它的电阻值越小,选项D错误.电熨斗是利用双金属片温度传感器控制电路,电子秤是利用力传感器测质量,故B、C正确.
4.(2012年浙江省杭师大附中高二上学期期末)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,可使膜片发生形变,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( AD )
A.当F向上压膜片电极时,电容将增大
B.当F向上压膜片电极时,电容将减小
C.若电流计有示数,则压力F可能不发生变化
D.若电流计有示数,则压力F发生变化
解析:当F向上压膜片电极时,电容器极板间距d变小,由C=,电容器电容C变大,选项A正确;在电容器、灵敏电流计和电源串联成的闭合电路中,电容器两极板间电压U不变,若电流计有示数,说明电容器有充放电,极板带电量发生变化,根据Q=CU知,电容器电容C发生变化,从而判断出作用在可动膜片电极上的压力F发生变化,选项D正确.
电容器的电容决定于极板的正对面积S、极板间距d、极板间的电介质这几个因素.如果某个物理量的变化引起上述某个因素的变化,从而引起电容的变化,通过电容的变化就可以确定上述物理量的变化,作这种用途的传感器称电容式传感器.
5.压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小,有位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置,其工作原理如图(甲)所示,将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上,中间放置一个绝缘重球.小车向右做直线运动过程中,电流表示数变化与时间t的关系如图(乙)所示,下列判断正确的是( D )
A.从t1到t2时间内,小车做匀速直线运动
B.从t1到t2时间内,小车做匀加速直线运动
C.从t2到t3时间内,小车做匀速直线运动
D.从t2到t3时间内,小车做匀加速直线运动
解析:在0~t1内,I恒定,压敏电阻阻值不变,小球的受力不变,小车可能做匀速或匀加速直线运动.在t1~t2内,I变大,阻值变小,压力变大,小车做变加速运动,A、B均错.在t2~t3内,I不变,压力不变,小车做匀加速直线运动,C错,D对.
6.如图所示为一种温度自动报警器的原理图,在水银温度计的顶端封入一段金属丝,以下说法中正确的是( D )
A.温度升高至74 ℃时,L1亮灯报警
B.温度升高至74 ℃时,L2亮灯报警
C.温度升高至78 ℃时,L1亮灯报警
D.温度升高至78 ℃时,L2亮灯报警
解析:当温度低于78 ℃时,继电器线圈中没有电流,此时灯L1亮,但不报警;当温度升高到78 ℃时,继电器线圈有电流,磁铁吸下衔铁,灯L2被接通,所以灯L2亮且报警,温度升高至74 ℃时,只是灯L1亮,不会报警,故A、B、C选项错,D选项正确.
7.如图所示为小型断电器的构造示意图,其中L为含铁芯的线圈,P为可绕O点转动的铁片,K为弹簧,S为一对触头开关,A、B、C、D为四个接线柱.断电器与传感器配合可完成自动控制的要求,其工作方式是( A )
A.A与B接信号电压,C与D跟被控电路串联
B.A与B接信号电压,C与D跟被控电路并联
C.C与D接信号电压,A与B跟被控电路串联
D.C与D接信号电压,A与B跟被控电路并联
解析:由图可知A、B是电磁继电器线圈的两端,所以A、B应接信号电压,线圈随信号电压的变化可以使用电磁继电器通断,从而使C、D接通或断开,起到了控制作用,所以C、D只能与被控电路串联,故A项正确,B、C、D均不正确.
8.(2012年四川省雅安中学高二下学期3月月考)如图所示为火警报警装置的一部分电路示意图,其中RT为用半导体材料制成的NTC热敏电阻,R0为一定值电阻,当传感器RT处出现火情时,电流表的示数I、报警器两端电压U的变化情况是( A )
A.I变大,U变大 B.I变小,U变小
C.I变大,U变小 D.I变小,U变大
解析:当传感器RT处出现火情时,温度升高,半导体材料制成的NTC热敏电阻阻值减小,电路中电流增大,电流表的示数I变大,定值电阻R0两端电压变大,报警器两端电压U变大,故A正确.
二、实验题(共32分)
9.(8分)如图所示,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R1的两端相连,这时表针恰好指在刻度盘的正中间.若在R1上擦一些酒精,表针将向 (填“左”或“右”)偏转;若用吹风机将热风吹向电阻R1,表针将向 (填“左”或“右”)偏转.
解析:若在R1上擦一些酒精,由于酒精蒸发吸热,热敏电阻R1温度降低,阻值增大,所以指针应向左偏;用吹风机将热风吹向电阻R1,电阻R1温度升高,阻值减小,指针应向右偏.
答案:左 右
10.(12分)影响物质材料电阻率的因素很多,一般金属材料的电阻率随温度的升高而增大,而半导体材料的电阻率则与之相反,随温度的升高而减小.某课题研究小组在研究用某种材料制作的用电器件Z的导电规律时,利用如图(a)所示的分压电路测得其电压与电流的关系如下表所示:
U/V 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.50 1.60
I/A 0.20 0.45 0.80 1.25 1.80 2.81 3.20
(1)根据表中数据,判断用电器件Z可能属于 材料;
(2)把用电器件Z接入如图(b)所示的电路中,闭合开关电流表的读数为1.8 A,电池的电动势为3 V,内阻不计,则电阻R的电功率为 .
解析:(1)由表格中数据可得,电阻随电压的增大而减小,而电压越大,用电器件温度越高,所以材料应为半导体.
(2)查表I=1.8 A时,Z的电压为1.2 V,
则UR=E2-UZ=3 V-1.2 V=1.8 V,
PR=IUR=3.24 W.
答案:(1)半导体 (2)3.24 W
11.(2012年江西省丰城中学、樟树中学、高安中学高二年级期末三校联考)(12分)(1)图(甲)为斯密特触发器的符号,当加在它的输入端A的电压逐渐上升到某个值(1.6 V)时,输出端Y会突然从高电平跳到低电平(0.25 V),而当输入端A的电压下降到另一个值的时候(0.8 V),Y会从低电平跳到高电平(3.4 V).由此可知,斯密特触发器是具有特殊功能的 (填“与门”、“或门”或“非门”).
(2)如图(乙)、(丙)是某同学设计的两个电路图.图中R1是可调电阻,RT是热敏电阻,其阻值会随温度的升高而减小.回答下面问题:
①能作为温度报警器的电路图是 (填“(乙)”或“(丙)”);
②为使热敏电阻在感测到更高温度时才报警,应该调节R1,使其阻值 (填“增大”或“减小”).
解析:(1)斯密特触发器的输出状态和输入状态相反,相当于“非门”电路.
(2)①温度升高时,热敏电阻阻值减小,其两端电压减小,图(乙)中,斯密特触发器的输入端A的电压升高,输出端Y跳
到低电平,蜂鸣器两端电压增大,蜂鸣器工作报警;而图(丙)中,温度升高时,热敏电阻两端电压减小,斯密特触发器的输入端A的电压降低,输出端Y跳到高电平,蜂鸣器两端电压减小,蜂鸣器不工作.②高温度时,热敏电阻阻值减小,而斯密特触发器的输入端A的电压要保持不变,则应使得图(乙)中R1阻值减小.
答案:(1)非门 (2)①乙 ②减小
三、计算题(20分)
12.如图(甲)所示是一种自动测定油箱内油面高度的装置.其中R是滑动变阻器,阻值范围是0~100 Ω,它的金属滑片是杠杆的一端,油量表是由电流表改装而成的,实际是量程为0~0.6 A的电流表,从指针所指的刻度可知油箱内油面的高度,R'为校准电阻.已知电源电压为12 V,油箱空和油箱满时金属滑片恰在滑动变阻器的两端点a、b处.
(1)当油箱满时,电流表示数恰好为满偏刻度0.6 A,求校准电阻R'的阻值和油箱空时电流表的示数;
(2)若将电流表改换为电压表,用电压表的指针指示的刻度显示油箱内油面的高度,要求油面上升时电压表的读数增大,请将电压表V画在图(乙)中,并标明电压表的“+”、“-”接线柱.若改装后电路中校准电阻的阻值不变,求电压表示数的变化范围.
解析:(1)当电流表示数为满偏刻度0.6 A时,金属滑片在b处,此时滑动变阻器连入电路的电阻R=0.
R'== Ω=20 Ω
油箱空时,金属滑片在a处,滑动变阻器连入电路的电阻R=100 Ω,
则电流表的示数为I1== A=0.1 A.
(2)为符合油面上升时,电压表读数增大的要求,应使电压表与校准电阻R'并联,电压表示数变化的范围,由滑片在a、b两处时校准电阻R'两端的电压决定,如图所示.
U1=UR'/(R+R')=2 V,U2=12 V
故电压表示数的变化范围为2 V~12 V.
答案:(1)20 Ω 0.1 A
(2)图见解析 2 V~12 V
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【测控导航】
知识点 题号
1.电饭锅 2
2.电子秤 1、3
3.火灾报警器 4、8
4.电熨斗 5、9
5.传感器问题的分析 6、7、10
巩固基础
1.下列器件是应用力传感器的是( D )
A.鼠标器 B.火灾报警器
C.测温仪 D.电子秤
解析:鼠标器中的传感器是红外线接收管,属于光传感器;火灾报警器中传感器是光电三极管,属于光传感器;测温仪用的是温度传感器;电子秤的敏感元件是应变片,是力传感器,D正确.
2.下列说法正确的是( D )
A.电饭锅中的温度传感器的主要元件是氧化铁
B.氧化铁在常温下具有铁磁性,温度很高时失去铁磁性
C.用电饭锅烧水,水开时能自动断电
D.用电饭锅煮饭时,若温控开关自动断电后,它不能自动复位
解析:电饭锅的主要元件为感温铁氧体,它在103 ℃时失去铁磁性,选项A、B均错;用电饭锅烧水时,在标准大气压下,水温最高为100 ℃,电饭锅不会自动弹开,若无人控制,则会直到水全部蒸发后才会断开,选项C错;电饭锅开关自动断电后只能手动复位,选项D正确.
3.关于电子秤中应变式力传感器的说法正确的是( BD )
A.应变片是由导体材料制成
B.当应变片的表面拉伸时,其电阻变大;反之,变小
C.传感器输出的是应变片上的电压
D.外力越大,输出的电压差值也越大
解析:应变片多用半导体材料制成,故选项A错;传感器输出的是上、下两应变片上的电压差,并且随着外力的增大,输出的电压差值也就越大,故C错,B、D对.
4.如图所示是会议室和宾馆房间的天花板上装有的火灾报警器的结构原理图:罩内装有发光二极管LED、光电三极管和不透明的挡板.平时光电三极管接收不到LED发出的光,呈现高电阻状态,发生火灾时,下列说法正确的是( C )
A.进入罩内的烟雾遮挡了光线,使光电三极管电阻更大,检测电路检测出变化发出警报
B.光电三极管温度升高,电阻变小,检测电路检测出变化发出警报
C.进入罩内的烟雾对光有散射作用,部分光线照到光电三极管上,电阻变小,发出警报
D.以上说法均不正确
解析:由火灾报警器的原理可知,发生火灾时烟雾进入罩内,使光发生散射,部分光线照在光电三极管上,电阻变小,与传感器相连的电路检测出这种变化,发出警报,C对.
5.如图所示是自动调温式电熨斗,下列说法正确的是( ABD )
A.常温时上下触点是接触的
B.双金属片温度升高时,上金属片形变较大,双金属片将向下弯曲
C.原来温度控制在80 ℃断开电源,现要求60 ℃断开电源,应使调温旋钮下调一些
D.由熨烫丝绸衣物状态转变为熨烫棉麻衣物状态,应使调温旋钮下移一些
解析:常温工作时,上下触点是接通的,当温度升高时,上层金属片形变大,向下弯曲,切断电源.切断温度要升高,则应使调温旋钮下移一些,A、B、D对,C错.
6.用遥控器调换电视机频道的过程,实际上是电视机中的传感器把光信号转化为电信号的过程.下列属于这类传感器的是( A )
A.红外报警装置
B.走廊照明灯的声控开关
C.自动洗衣机中的压力传感装置
D.电饭锅中控制加热和保温的温控器
解析:遥控器发出红外线,电视中的传感器感知红外线是红外线传感器,所以A选项正确.
7.将如图所示装置安装在沿直轨道运动的火车车厢中,使杆沿轨道方向固定,就可以对火车运动的加速度进行检测.闭合开关S,当系统静止时,穿在光滑绝缘杆上的小球停在O点,固定在小球上的变阻器滑片停在变阻器BC的正中央,此时,电压表指针指在表盘刻度中央.当火车在水平方向有加速度时,小球在光滑绝缘杆上移动,滑片P随之在变阻器上移动,电压表指针发生偏转.已知,当火车向左加速运动时,电压表的指针向右偏.则:( A )
A.电压表指针向左偏,说明火车可能在向右做加速运动
B.电压表指针向右偏,说明火车可能在向右做加速运动
C.电压表指针向左偏,说明火车可能在向右做减速运动
D.电压表指针向左偏,说明火车可能在向左做加速运动
解析:因为当火车向左加速运动时,有向左的加速度,弹簧处于伸长状态,滑片P靠近变阻器C端,电压表的指针向右偏.所以,当滑片P靠近变阻器B端时,电压表的指针将向左偏,此时,弹簧将处于压缩状态,火车具有向右的加速度,火车可能在向右做加速运动,也可能在向左做减速运动,选项A正确,C、D错误;同理可知B错误.
8.如图所示是一火警报警装置的一部分电路示意图,其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器,电流表为值班室的显示器,a、b之间接报警器.当传感器R2所在处出现火情时,显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是( A )
A.I变大,U变小 B.I变小,U变小
C.I变小,U变大 D.I变大,U变大
解析:R2为用半导体热敏材料制成的传感器,当周围的温度升高时,其电阻的阻值下降,导致整个电路的电阻减小,整个电路的电流变大,导致内电压变大,路端电压变小;R1两端电压变大,R2和R3并联电压变小,所以流经R3中的电流变小,流经R2中的电流变大,故选A项.
提升能力
9.普通的电熨斗用合金丝制成发热元件,合金丝电阻随温度T变化的关系如图中实线①所示.由于环境温度以及熨烫的衣物厚度、干湿等情况不同,熨斗的散热功率不同,因而熨斗的温度可能会在较大范围内波动,易损坏衣物.
有一种用主要成分为BaTiO3,被称为“PTC”的特殊材料做发热元件的电熨斗,具有升温快,能自动控制温度的特点.PTC材料的电阻随温度变化的关系如图中实线②所示.根据图象分析:
(1)为什么原处于冷态的PTC电熨斗刚通电时比普遍电熨斗升温快
(2)通电一段时间后PTC电熨斗温度T自动地稳定在
解析:当电熨斗温度升高到T6后,PTC的电阻急剧增大,电功率变小,此时如果散热功率大于电功率,电熨斗温度会下降,当温度降低时,电阻又急剧变小,电功率又升高.因此电熨斗的温度能稳定在T6~T7之间的范围内.
答案:(1)冷态时PTC电阻很小,电功率很大,所以升温快 (2)T6 T7
10.如图所示为检测某传感器的电路图,传感器上标有“3 V 0.9 W”的字样(传感器可看作一个纯电阻),滑动变阻器R0上标有“10 Ω 1 A”的字样,电流表的量程为0.6 A,电压表的量程为3 V.求:
(1)传感器的电阻和额定电流;
(2)为了确保电路各部分的安全,在a、b之间所加的电源电压最大值是多少
(3)如果传感器的电阻变化超过标准值1 Ω,则该传感器就失去作用.实际检测时,将一个恒压电源加在图中a、b之间,闭合开关S,通过调节R0来改变电路中的电流和R0两端的电压,检测记录如下:
电压表示数U/V 电流表示数I/A
第一次 1.48 0.16
第二次 0.91 0.22
若不计检测电路对传感器电阻的影响,你认为这个传感器是否仍可使用 此时a、b间所加的电压是多少
解析:(1)R传== Ω=10 Ω
所以I传== A=0.3 A.
(2)最大电流I=I传=0.3 A
电源电压最大值Um=U传+U0
U传为传感器的额定电压,
U0为R0m=10 Ω时R0两端的电压,
即U0=I传·R0m=0.3×10 V=3 V
所以Um=U传+U0=3 V+3 V=6 V.
(3)设实际检测时加在a、b间的电压为U,传感器的实际电阻为R传',根据第一次实验记录数据有:
U=I1R传'+U1
根据第二次实验记录数据有:U=I2R传'+U2
代入数据解得:R传'=9.5 Ω,U=3 V.
传感器的电阻变化为:
ΔR=R传-R传'=10 Ω-9.5 Ω=0.5 Ω<1 Ω
所以此传感器仍可使用.
答案:(1)10 Ω 0.3 A
(2)6 V (3)仍可使用 3 V
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本章总结
变压器问题解题思路分析
思路1:原理思路.变压器原线圈中磁通量发生变化,铁芯中ΔΦ/Δt相等;
思路2:电压思路.变压器原、副线圈的电压之比为U1/U2=n1/n2;
思路3:功率思路.理想变压器的输入、输出功率关系为P入=P出,即P1=P2;
思路4:电流思路.由I=P/U知,对只有一个副线圈的变压器有I1/I2=n2/n1.
【例题】 如图所示,理想变压器原线圈输入交变电流i=Imsin ωt,副线圈接有一电流表和负载,电流表的示数为0.1 A.在t=T(T为交变电流的周期)时,原线圈中的电流瞬时值为0.03 A,由此可知该变压器的原副线圈的匝数比为( )
A.10∶3 B.3∶10
C.10∶3 D.3∶10
思路点拨:确定解题思
路:电流思路→找清原、副
线圈中的电流→利用电流与匝
数的关系求解
解析:电流表示数为0.1 A,即副线圈中电流有效值I2=0.1 A.将t=T,i=0.03 A代入i=Imsin ωt可得Im=0.03 A.所以原线圈中电流有效值I1== A,
所以==,故C正确.
答案:C.
针对训练:(2012年吉林油田高中高二第一学期期末)如图所示,一理想变压器初次级线圈的匝数比为3∶1,次级线圈接三个相同的灯泡,均能正常发光,初级线圈中串有一个相同的灯泡L,则( )
A.灯L也能正常发光 B.灯L比另三灯都暗
C.灯L将会被烧坏 D.不能确定
解析:设灯泡的额定电流为I,则次级线圈中的电流I2=3I,由I1∶I2=n2∶n1,得初级线圈中的电流I1=I,灯L能正常发光.
答案:A.
21世纪教育网 -- 中国最大型、最专业的中小学教育资源门户网站。 版权所有@21世纪教育网第5节 电磁感应现象的两类情况
【测控导航】
知识点 题号
1.感生电场的理解 1、3
2.动生电动势的理解 2
3.电磁感应与电路的综合 4、5、6、9
4.电磁感应中的能量问题 7、12
5.电磁感应中的力学问题 8、10、11
巩固基础
1.下列说法中正确的是( AC )
A.感生电场由变化的磁场产生
B.恒定的磁场也能在周围空间产生感生电场
C.感生电场的方向也同样可以用楞次定律和右手定则来判定
D.感生电场的电场线是闭合曲线,其方向一定是沿逆时针方向
解析:磁场变化时在空间激发感生电场,其方向与所产生的感应电流方向相同,可由楞次定律和右手定则判断,故A、C项正确,B、D项错.
2.如图所示,导体AB在做切割磁感线运动时,将产生一个感应电动势,因而在电路中有电流通过,下列说法中正确的是( AB )
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静电力有关
D.动生电动势和感生电动势产生的原因是一样的
解析:根据动生电动势的定义可知A项正确.动生电动势中的非静电力与洛伦兹力有关,感生电动势中的非静电力与感生电场有关,B项正确,C、D项错误.
3.如图所示,一个带正电的粒子在垂直于匀强磁场的平面内做圆周运动,当磁感应强度均匀增大时,此粒子的动能将( B )
A.不变 B.增加
C.减少 D.以上情况都可能
解析:当磁感应强度均匀增大时,产生感生电场,根据楞次定律判断出感生电场的方向沿逆时针方向.粒子带正电,所受电场力与感生电场的方向相同,因而运动方向也相同,从而做加速运动,动能增大,B选项正确.
4.如图所示,一金属半圆环置于匀强磁场中,当磁场突然减弱时,则( BD )
A.N端电势高
B.M端电势高
C.若磁场不变,将半圆环绕MN轴旋转180°的过程中,N端电势高
D.若磁场不变,将半圆环绕MN轴旋转180°的过程中,M端电势高
解析:将半圆环补充为圆形回路,由楞次定律可判断圆环中产生的感应电动势方向在半圆环中由N指向M,即M端电势高,B正确;若磁场不变,半圆环绕MN轴旋转180°的过程中,由楞次定律可判断,半圆环中产生的感应电动势在半圆环中由N指向M,即M端电势高,D正确.
5.在闭合铁芯上绕有一组线圈,线圈与滑动变阻器、电池构成电路,假定线圈产生的磁感线全部集中在铁芯内.a、b、c为三个闭合金属圆环,位置如图所示.当滑动变阻器滑片左右滑动时,能产生感应电流的圆环是( A )
A.a、b两环 B.b、c两环
C.a、c两环 D.a、b、c三环
解析:铁芯中的磁通量变化时,穿过a、b两环的磁通量发生变化,c环中的磁通量不变.a、b环能产生感应电流,c环不能产生感应电流,故A项正确.
6.我国处在地球的北半球,飞机在我国上空匀速地巡航,机翼保持水平,飞机高度不变,由于地磁场的作用,金属机翼上有电势差.设左侧机翼末端处的电势为φ1,右侧机翼末端处电势为φ2.则( AC )
A.若飞机从西向东飞,φ1比φ2高
B.若飞机从东向西飞,φ2比φ1高
C.若飞机从南向北飞,φ1比φ2高
D.若飞机从北向南飞,φ2比φ1高
解析:在北半球,地磁场有竖直向下的分量,飞机在水平飞行过程中,机翼切割磁感线,产生感应电动势,应用右手定则可以判断不管飞机向哪个方向飞行,都是左边机翼末端电势高,即A、C选项正确.
明确地磁场的分布特点、灵活应用右手定则是解决本题的关键.
7.如图所示,固定于水平绝缘面上的平行金属导轨不光滑,除R外其他电阻均不计,垂直于导轨平面有一匀强磁场.当质量为m的金属棒cd在水平恒力F作用下由静止向右滑动过程中,下列说法中正确的是( D )
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,它克服磁场力做的功一定不等于电路中产生的电能
D.R两端电压始终等于cd棒中的感应电动势
解析:外力始终要克服摩擦力做功,选项A、B均错;克服磁场力所做的功在任何情况下都等于电路中产生的电能,选项C错;因为电源cd无内阻,所以选项D正确.
8.如图所示,一个由金属导轨组成的回路,竖直放在宽广的匀强磁场中,磁场垂直于该回路所在平面,方向如图所示,其中导体棒AC可以自由地紧贴竖直的光滑导轨滑动;导轨足够长;回路总电阻为R且保持不变,当AC由静止释放后( BD )
A.AC的加速度将达到一个与R成反比的极限值
B.AC的速度将达到一个与R成正比的极限值
C.回路中的电流强度将达到一个与R成反比的极限值
D.回路中的电功率将达到一个与R成正比的极限值
解析:当AC受到的安培力与重力平衡时达稳定状态,加速度为零,选项A错;=mg,所以v∝R,最后的功率为P=mgv,选项B、D对;BIl=mg,则电流不变,选项C错.
提升能力
9.在匀强磁场中,有一个接有电容器的导线回路,如图所示.已知电容C=30 μF,回路的长和宽分别为l1=8 cm,l2=5 cm,磁感应强度以变化率5×10-2 T/s增大,则( C )
A.电容器的上极板带正电,电荷量为2×10-9 C
B.电容器的上极板带负电,电荷量为6×10-9 C
C.电容器的上极板带正电,电荷量为6×10-9 C
D.电容器的上极板带负电,电荷量为8×10-9 C
解析:回路中的感应电动势等于电容器两极板间的电压,U=E==·l1·l2=5×10-2×0.08×0.05 V=2×10-4 V,则电容器的电荷量Q=CU=30×10-6×2×10-4 C=6×10-9 C,由楞次定律可判断回路中感生电动势沿逆时针方向,电容器的上极板带正电,C选项正确.
10.如图所示,M与N为两块正对的平行金属板,匀强磁场垂直纸面向里,磁感应强度为B.ab是可以紧贴平板边缘滑动的金属棒,能以速度v1匀速向左或向右滑动.现有一个电子以速度v2自左向右飞入两块板中间,方向与板平行与磁场垂直.为使电子在两板间做匀速直线运动,则v1的方向应如何 v1、v2的关系如何
解析:电子运动过程中受到的洛伦兹力向下,要想电子做匀速直线运动,受到的电场力应向上,即M板应带正电,由此可知,金属棒应向右运动.对电子由共点力的平衡条件得Bv2e=·e,所以有v1=v2.
答案:向右 v1=v2
11.(2012年广东省汕头金山中学高二上学期期末)如图所示,两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ间距为l=0.5 m,其电阻不计,两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角.完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置,每棒两端都与导轨始终有良好接触,已知两棒的质量均为0.02 kg,电阻均为R=0.1 Ω,整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度为B=0.2 T,棒ab在平行于导轨向上的拉力F作用下,沿导轨向上匀速运动,而棒cd恰好保持静止,取g=10 m/s2.求:
(1)通过cd棒的电流I是多少,方向如何
(2)棒ab受到的拉力F多大
(3)拉力F做功的功率P是多少
解析:(1)对cd棒受力分析可得:
BIl=mgsin 30°
代入数据,得:I=1 A
根据右手定则判断,通过cd棒的电流I方向由d到c.
(2)对ab棒受力分析可得:
F=BIl+mgsin 30°
代入数据,得:F=0.2 N.
(3)根据I=,
P=Fv
得:P=0.4 W.
答案:(1)1 A 方向由d到c (2)0.2 N
(3)0.4 W
12.(2012年江西省高二年级期末三校联考)如图(甲)所示,放置在水平桌面上的两条光滑导轨间的距离L=1 m,质量m
=1 kg的光滑导体棒放在导轨上,导轨左端与阻值R=4 Ω的电阻相连,导轨所在位置有磁感应强度为B=2 T的匀强磁场,磁场的方向垂直导轨平面向下,现在给导体棒施加一个水平向右的恒定拉力F,并每隔0.2 s测量一次导体棒的速度,(乙)图是根据所测数据描绘出导体棒的vt图象.(设导轨足够长,导轨和导体棒电阻均不计)求:
(1)力F的大小.
(2)t=1.2 s时,导体棒的加速度大小.
(3)估算1.6 s内电阻上产生的热量.
解析:(1)由图象可知,导体棒运动的速度达到10 m/s时开始做匀速直线运动,此时安培力和拉力F大小相等.
匀速直线运动时导体棒上的电动势:E1=BLv1
导体棒受的安培力:F1== N=10 N.
则:F=F1=10 N.
(2)由图象可知,时间t=1.2 s时导体棒的速度v2=7 m/s
此时导体棒上的电动势:E2=BLv2
导体棒受的安培力:
F2== N=7 N
由牛顿第二定律得:
a== m/s2=3 m/s2.
(3)由图象知,到1.6 s处,图线下方小方格的个数为40个,每个小方格代表的位移为Δx=1×0.2 m=0.2 m,
所以1.6 s内导体棒的位移x=0.2×40 m=8 m
拉力F做功W=Fx=10×8 J=80 J
由图象知此时导体棒的速度v3=8 m/s
导体棒动能Ek=m=×1×82 J=32 J
根据能量守恒定律,产生的热量Q=W-Ek=48 J.
答案:(1)10 N (2)3 m/s2 (3)48 J
读出图中隐含的物理信息是求解本题的前提.
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- 1 -第1节 划时代的发现
第2节 探究感应电流的产生条件
【测控导航】
知识点 题号
1.电磁学史 1
2.电磁感应现象的探究 6
3.磁通量大小及变化的计算 4、8、12
4.产生感应电流的条件 2、3、5、7、9、10、11
巩固基础
1.(2012年巴中市四县高二上学期期末)下列科学家中,发现了电磁感应现象的是( C )
A.奥斯特 B.牛顿
C.法拉第 D.楞次
解析:1820年,丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应,1831年,英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象,选项C正确.
2.(2012年吉林省东北师大附中高二上学期期末)关于产生感应电流的条件,以下说法中正确的是( D )
A.闭合电路在磁场中运动,闭合电路中就一定有感应电流产生
B.闭合电路在磁场中做切割磁感线运动,闭合电路中一定有感应电流产生
C.穿过闭合电路的磁通量为零的瞬间,闭合电路中一定没有感应电流产生
D.只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化,闭合导体回路中就有感应电流产生
解析:产生感应电流的条件有两个:(1)闭合电路;(2)穿过闭合电路的磁通量发生了变化.故D项正确.
3.金属矩形线圈abcd在匀强磁场中做如图所示的运动,线圈中有感应电流的是( A )
解析:在选项B、C中,线圈中的磁通量始终为零,不产生感应电流;选项D中磁通量始终最大,保持不变,不发生变化,也没有感应电流;选项A中,在线圈转动过程中,磁通量做周期性变化,产生感应电流,故A正确.
4.如图所示,矩形线框abcd放置在水平面内,磁场方向与水平方向成α角,已知sin α=4/5,回路面积为S,磁感应强度为B,则通过线框的磁通量为( B )
A.BS B.4BS/5 C.3BS/5 D.3BS/4
解析:在磁通量公式Φ=BS中,B与S必须垂直,若B与S不垂直,则S要转化为垂直于B的有效面积,也可以将B转化为垂直于S的垂直分量,故Φ=BSsin α=4BS/5.故B正确.
5.如图所示,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( ACD )
A.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ab的直线为轴旋转
解析:选项A中,线圈的面积变化,磁通量变化,故A正确;选项B中,无论线圈在磁场中匀速还是加速平移,磁通量都不变,故B错;选项C、D中,线圈中的磁通量发生变化,故C、D正确.
6.某同学在实验室重做法拉第发现电磁感应现象的实验,他将电流表、线圈A和B、蓄电池、开关用导线连接成如图所示的实验装置.当他接通、断开开关时,电流表的指针都没有偏转,其原因是( A )
A.开关的位置接错 B.电流表的正负极接错
C.线圈B的接头3、4接反 D.蓄电池的正负极接反
解析:本实验的目的是用来研究在开关通断瞬间,一个线圈中的电流从有到无或从无到有是否会在另一个线圈中产生感应电流的情况.图中所示开关的连接不能控制含有电源的电路中电流的通断,因而图中接法达不到实验目的.开关应串联在电源所在的电路中,故BCD错,A正确.
7.如图所示,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( ABD )
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°)
解析:以ab、OO'为轴转动时,磁通量都可发生变化,产生感应电流;以ad边为轴转动时,当转过角度小于60°时,bc边在磁场外,磁通量不发生变化,只有转动角度超过60°时,磁通量才发生变化,才能产生感应电流;以bc边为轴转动时,超过60°时,整个线圈将转出磁场,磁通量变为零,综上所述,选项A、B、D正确,C错.
8.边长为10 cm的正方形线圈,固定在匀强磁场中,磁场方向与线圈平面的夹角为θ=30°,如图所示,磁感应强度随时间的变化规律为:B=2+3t(T),求在第1 s内穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ.
解析:t=0时刻的磁感应强度:
B1=(2+3×0) T=2 T
t=1 s时刻的磁感应强度:
B2=(2+3×1) T=5 T
磁通量的变化量:
ΔΦ=Φ2-Φ1=B2Ssin θ-B1Ssin θ=0.015 Wb.
答案:0.015 Wb
提升能力
9.如图所示,在匀强磁场中的U形导轨上,有两根等长的平行导线ab和cd,以相同的速度v匀速向右滑动.为使ab中有感应电流产生,对开关S来说( D )
A.断开和闭合都可以 B.应断开
C.断开和闭合都不行 D.应闭合
解析:ab、cd杆以相同的速度同向运动,相对静止,即abcd闭合回路的面积不变,磁通量不变,只有当开关闭合后,构成abNM闭合回路的磁通量发生变化,ab中才能产生感应电流.故A、B、C错,D正确.
10.目前观察到的一切磁体都存在N、S两个极,而科学家却一直在寻找是否存在只有一个磁极的磁单极子.若确定存在磁单极子,设法让磁单极子A通过一超导材料制成的线圈(如图所示),则下列对于线圈中的感应电流的判断,正确的是( C )
A.只有A进入线圈的过程中有电流
B.只有A离开线圈的过程中有电流
C.A离开线圈后,电流保持不变
D.A离开线圈后,电流消失
解析:通过磁单极子的过程,穿过超导线圈的磁通量是变化的,因此线圈中有感应电流,又因为超导体不消耗能量,所以磁单极子离开后,电流不消失,选项C正确.
11.如图所示,一有限范围的匀强磁场,宽度为d,将一边长为l的正方形线框以速度v匀速地通过磁场区域,若d>l,则在线框中产生感应电流的时间为多少 若d解析:若d>l,当线框完全在磁场中运动时,穿过线框的磁通量不变化,不产生感应电流,产生感应电流运动的距离为2l,时间为t1=;若d答案:
本题分析过程中需明确两点:(1)线框的运动过程;(2)感应电流的产生条件.
12.某地的地磁感应强度B的水平分量Bx=0.18×10-4 T,竖直分量By=0.54×10-4 T.求:
(1)地磁场B的大小及它与水平方向的夹角α的正切值;
(2)在水平面内2.0 m2的面积里地磁场的磁通量Φ.
解析:(1)根据平行四边形定则
B==×10-4 T
≈5.7×10-5 T.
B与水平方向的夹角的正切值为
tan α==3.
(2)题中地磁场与水平面不垂直,取其与水平面垂直的By分量,故磁通量为
Φ=By·S=0.54×10-4×2.0 Wb
=1.08×10-4 Wb.
答案:(1)5.7×10-5 T 3
(2)1.08×10-4 Wb
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- 1 -第4节 法拉第电磁感应定律
【测控导航】
知识点 题号
1.法拉第电磁感应定律的理解 2、4、6
2.导体切割磁感线时E=Blv的应用 8、11
3.电磁感应现象中的图象问题 9
4.电磁感应现象中的电路问题 3、5、7、10、11
5.反电动势 1
巩固基础
1.关于反电动势,下列说法中正确的是( C )
A.只要线圈在磁场中运动就能产生反电动势
B.只要穿过线圈的磁通量变化,就产生反电动势
C.电动机在转动时线圈内产生反电动势
D.反电动势就是发电机产生的电动势
解析:反电动势是与电源电动势相反的电动势,其作用是削弱电源的电动势.产生反电动势的前提是必须有电源存在,故正确答案为C.
2.(2012年吉林省长春二中高二上学期期末)穿过一个电阻为2 Ω的闭合线圈的磁通量每秒钟均匀地减少8 Wb,则( D )
A.线圈中感应电动势每秒钟增加8 V
B.线圈中感应电流每秒钟减少8 A
C.线圈中感应电流每秒钟增加4 A
D.线圈中感应电流不变,等于4 A
解析:感应电动势E=ΔΦ/Δt=8 V不变,感应电流I=E/R=8/2 A=4 A不变,选项D正确.
3.(2012年河北省衡水中学高二第二学期一调)如图所示,面积为0.2 m2的100匝线圈处在匀强磁场中,磁场方向垂直于线圈平面,已知磁感应强度随时间变化的规律为B=(2+0.2t)T,定值电阻R1=6 Ω,线圈电阻R2=4 Ω,求a、b两点间电压Uab( A )
A.2.4 V B.0.024 V C.4 V D.1.6 V
解析:由法拉第电磁感应定律,线圈中感应电动势E=NΔΦ/Δt=NSΔB/Δt=100×0.2×0.2 V=4 V,感应电流I=E/(R1+R2)=4/(6+4) A=0.4 A,所以a、b两点间电压即路端电压Uab=IR1=0.4×6 V=2.4 V.
4.(2012年吉林省东北师大附中高二上学期期末)如图所示,用同样的导线制成的两闭合线圈A、B,匝数均为20匝,半径rA=2rB,在线圈B所围区域内有磁感应强度均匀减小的匀强磁场,则线圈A、B中产生感应电动势之比EA∶EB和两线圈中感应电流之比IA∶IB分别为( A )
A.1∶1,1∶2 B.1∶1,1∶1
C.1∶2,1∶2 D.1∶2,1∶1
解析:由法拉第电磁感应定律,线圈中感应电动势E=NΔΦ/Δt,其中ΔΦ=ΔBS,S为穿过磁场的有效面积均为π,故EA=EB.两线圈中感应电流I=E/R,其中R=ρL/S,故IA∶IB=LB∶LA=rB∶rA=1∶2,选项A正确.
5.某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下,大小为4.5×10-5 T.一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸,河宽100 m,该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过.设落潮时,海水自西向东流,流速为2 m/s.下列说法中正确的是( BD )
A.电压表记录的电压为5 mV B.电压表记录的电压为9 mV
C.河南岸的电势较高 D.河北岸的电势较高
解析:可以将海水视为垂直河岸方向放置的导体,而电压表记录的电压应为导体平动切割地磁场的磁感线而产生的感应电动势,由E=Blv=9 mV知B选项正确;由右手定则可知,感应电流方向由南向北,故河北岸的电势较高,D选项正确.
6.无线电力传输目前取得重大突破,在日本展出了一种非接触式电源供应系统.这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力.两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置,原理示意图如图所示.下列说法中正确的是( BD )
A.若A线圈中输入电流,B线圈中就会产生感应电动势
B.只有A线圈中输入变化的电流,B线圈中才会产生感应电动势
C.A中电流越大,B中感应电动势越大
D.A中电流变化越快,B中感应电动势越大
解析:根据产生感应电动势的条件,只有处于变化的磁场中,B线圈中才能产生感应电动势,A错B对;根据法拉第电磁感应定律,感应电动势的大小取决于磁通量变化率,所以C错D对.
7.粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中,磁场方向垂直于线框平面,其边界与正方形线框的边平行.现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场,如图所示,则在移出过程中线框的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是( B )
解析:不同方向拉出磁场,产生的电动势相等,回路中的电流相等,几种情况下,a、b两点之间的电势差只有是路端电压时最大.故选B.
处理此类问题时一定要分清内、外电路,明确哪部分相当于电源.
提升能力
8.M和N是固定在水平面内的两条光滑平行的金属轨道(间距为l),其电阻可忽略不计.如图所示的正方形虚线框(边长为d)内充满垂直轨道平面向下的匀强磁场,金属杆ab(电阻可忽略)垂直轨道方向放置在两轨道上,M和N之间接有一电阻R,若杆ab以恒定速率v沿平行轨道方向滑动并通过匀强磁场,在此过程中,以下各物理量与速度v的大小成正比的是( ABC )
A.杆ab中的电流
B.杆ab在磁场中所受的安培力
C.电阻R上产生的焦耳热
D.水平外力对ab杆做功的功率
解析:由法拉第电磁感应定律
E=Blv,I==
F安=BIl=,Q=I2Rt==
P=Fv=F安v=
所以杆ab中的电流和杆ab所受安培力及电阻R上产生的焦耳热都与速度v成正比,A、B、C项正确,D错.
9.(2012年广东省汕头金山中学高二上学期期末)如图(甲),虚线右侧存在垂直于纸面向里的匀强磁场,半圆形闭合线框与纸面共面,绕过圆心O且垂直于纸面的轴匀速转动.线框中的感应电流以逆时针方向为正方向,那么图(乙)中哪个图能正确描述线框从图(甲)所示位置开始转动一周的过程中,线框中感应电流随时间变化的情况( A )
解析:线框从图(甲)所示位置开始转动周的过程中,导体棒切割磁感线的有效长度不变,产生的感应电动势和感应电流大小不变,由右手定则可判断出感应电流方向为逆时针.依次可判断出线框转动一周的过程中,线框中感应电流随时间变化的图象为图A.
导体棒旋转切割磁感线时产生的感应电动势E=Bl=Bl2ω,匀速转动,ω不变,E的大小不变,i的大小不变.
10.边长为L=10 cm的正方形线框,固定在匀强磁场中,磁场方向与线圈平面间的夹角θ=30°,如图所示,磁感应强度随时间变化的规律为B=2+3t(T),线
框的电阻R=0.1 Ω.求通过线框的感应电流是多少
解析:根据磁场变化的规律B=2+3t(T)知:=3 T/s,由于线框与磁场不垂直,
所以线框中的感应电动势为E=L2sin θ.
由欧姆定律得:I=== A=0.15 A.
答案:0.15 A
11.一个边长为a=1 m的正方形线圈,总电阻为R=2 Ω,当线圈以v=2 m/s的速度通过磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场区域时,线圈平面总保持与磁场垂直.若磁场的宽度b>1 m,如图所示.求:
(1)线圈进入磁场过程中感应电流的大小;
(2)线圈在穿过整个磁场过程中释放的焦耳热.
解析:(1)根据E=Blv,I=,知
I== A=0.5 A.
(2)线圈穿过磁场过程中,由于b>1 m,
故只在进入和穿出时有感应电流,故
Q=I2Rt=I2R·=0.52×2× J=0.5 J.
答案:(1)0.5 A (2)0.5 J
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- 1 -第7节 涡流、电磁阻尼和电磁驱动
【测控导航】
知识点 题号
1.涡流的产生条件 1
2.涡流的热效应及综合应用 3、10、11
3.涡流的防止与应用 2
4.电磁驱动 5、7、8
5.电磁阻尼 4、6、9
巩固基础
1.下列做法中可能产生涡流的是( D )
A.把金属块放在匀强磁场中
B.让金属块在匀强磁场中做匀速运动
C.让金属块在匀强磁场中做变速运动
D.把金属块放在变化的磁场中
解析:涡流就是整个金属块中产生的感应电流,所以产生涡流的条件就是在金属块中产生感应电流的条件,即穿过金属块的磁通量发生变化.而A、B、C中磁通量不变化,所以A、B、C错误;把金属块放在变化的磁场中时,穿过金属块的磁通量发生了变化,有涡流产生,所以D正确.
2.磁电式仪表的线圈通常用铝框做骨架,把线圈绕在铝框上,这样做的目的是( BC )
A.防止涡流 B.利用涡流
C.起电磁阻尼的作用 D.起电磁驱动的作用
解析:线圈通电后,在安培力作用下发生转动,铝框随之转动,并切割磁感线产生感应电流,就是涡流.涡流阻碍线圈的转动,使线圈偏转后尽快停下来.所以,这样做的目的是利用涡流来起电磁阻尼的作用.
3.如图所示,闭合金属环从曲面上h高处滚下,又沿曲面的另一侧上升,设环的初速度为零,摩擦不计,曲面处在图示磁场中,则( BD )
A.若是匀强磁场,环滚上的高度小于h
B.若是匀强磁场,环滚上的高度等于h
C.若是非匀强磁场,环滚上的高度等于h
D.若是非匀强磁场,环滚上的高度小于h
解析:若是匀强磁场,金属环中无涡流产生,无机械能损失;A错误,B正确.若是非匀强磁场,金属环中有涡流产生,机械能损失转化为内能.C错误,D正确.
4.弹簧上端固定,下端挂一只条形磁铁,使磁铁上下振动,磁铁的振动幅度不变.若在振动过程中把线圈靠近磁铁,如图所示,观察磁铁的振幅将会发现( A )
A.S闭合时振幅逐渐减小,S断开时振幅不变
B.S闭合时振幅逐渐增大,S断开时振幅不变
C.S闭合或断开,振幅变化相同
D.S闭合或断开,振幅都不发生变化
解析:S断开时,磁铁振动时穿过线圈的磁通量发生变化,但线圈中无感应电流,故振幅不变;S闭合时,有感应电流,有电能产生,磁铁的机械能越来越少,振幅逐渐减小,故A正确.
5.如图所示,矩形线圈放置在水平薄木板上,有两块相同的蹄形磁铁,四个磁极之间的距离相等,当两块磁铁匀速向右通过线圈时,线圈仍静止不动,那么线圈受到木板的摩擦力方向是( D )
A.先向左,后向右 B.先向左、后向右、再向左
C.一直向右 D.一直向左
解析:当两块磁铁匀速向右通过线圈时,线圈内产生感应电流,线圈受到的安培力阻碍线圈相对磁铁的向左运动,故线圈有相对木板向右运动的趋势,故受到的静摩擦力总是向左.选项D正确,A、B、C错误.
本题直接从电磁驱动角度分析线圈受力,使问题简单明了.
6.如图所示,A、B为大小、形状均相同且内壁光滑,但用不同材料制成的圆管,竖直固定在相同高度,两个相同的磁性小球同时从A、B管上端管口无初速度释放,穿过A管的小球比穿过B管的小球先落到地面,下列对于两管的描述中可能正确的是( AD )
A.A管是用塑料制成的,B管是用铜制成的
B.A管是用铝制成的,B管是用胶木制成的
C.A管是用胶木制成的,B管是用塑料制成的
D.A管是用胶木制成的,B管是用铝制成的
解析:磁性小球通过金属圆管过程中,将圆管看成由许多金属圆环组成,小球的磁场使每个圆环中产生感应电流,根据楞次定律,该电流阻碍小球的下落,小球向下运动的加速度小于重力加速度.小球在塑料、胶木等非金属材料圆管中不会产生感应电流,仍做自由落体运动,穿过塑料、胶木圆管的时间比穿过金属圆管的时间短,故可能正确的为A、D.
7.如图所示,闭合导线环和条形磁铁都可以绕水平的中心轴OO'自由转动,开始时磁铁和圆环都静止在竖直平面内,若条形磁铁突然绕OO'轴,N极向纸里,S极向纸外转动,在此过程中,圆环将( A )
A.产生逆时针方向的感应电流,圆环上端向里、下端向外随磁铁转动
B.产生顺时针方向的感应电流,圆环上端向外,下端向里转动
C.产生逆时针方向的感应电流,圆环并不转动
D.产生顺时针方向的感应电流,圆环并不转动
解析:当条形磁铁的N极向纸里,S极向纸外转动时,闭合导线环的总的磁通量是向里增加的,根据楞次定律知,感应电流产生的磁场应向外,故感应电流的方向沿逆时针方向;再根据电磁驱动的原理知,导线环应随磁铁同向转动,即上端向里、下端向外转动.选项A正确.
8.如图所示,光滑水平绝缘面上有两个金属环静止在平面上,环1竖直,环2水平放置,均处于中间分割线上,在平面中间分割线正上方有一条形磁铁,当磁铁沿中间分割线向右运动时,下列说法中正确的是( C )
A.两环都向右运动 B.两环都向左运动
C.环1静止,环2向右运动 D.两环都静止
解析:条形磁铁向右运动时,环1中磁通量保持为零不变,无感应电流,仍静止.环2中磁通量变化.根据楞次定律,为阻碍磁通量的变化,感应电流的效果使环2向右运动.故C项正确.
提升能力
9.如图所示,通有恒定电流的螺线管竖直放置,一铜环R沿螺线管的轴线加速下落,在下落过程中,环面始终保持水平.铜环先后经过轴上1、2、3位置时的加速度分别为a1、a2、a3.位置2处于螺线管的中心,位置1、3与位置2等距,则( ABD )
A.a1C.a1=a3解析:圆环落入螺线管及从螺线管飞出时,环中感应电流所受安培力均向上,故a110.光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线,如图所示,抛物线的方程y=x2,其下半部处在一个水平方向的匀强磁场中,磁场的上边界是y=a的直线(图中的虚线所示),一个小金属块从抛物线y=b(b>a)处以速度v沿抛物线下滑,假设抛物线足够长,则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是( D )
A.mgb B.mv2
C.mg(b-a) D.mg(b-a)+mv2
解析:最终金属块将在磁场内y=a线以下沿抛物线上下滑动,由能量守恒可知D正确.
只要穿过金属块的磁通量发生变化,金属块中就会有涡流产生,机械能转化为内能.
11.如图所示,质量为m=100 g的铝环,用细线悬挂起来,环中央距地面高度h=0.8 m,有一质量为M=200 g的小磁铁(长度可忽略),以v0=10 m/s的水平速度射入并穿过铝环,落地点距铝环原位置的水平距离为l=3.6 m,则磁铁与铝环发生相互作用时(小磁铁穿过铝环后的运动看做平抛运动):
(1)铝环向哪边偏斜
(2)若铝环在磁铁穿过后速度为v'=2 m/s,在磁铁穿过铝环的整个过程中,环中产生了多少电能 (g=10 m/s2)
解析:(1)由楞次定律可知,当小磁铁向右运动时,铝环向右偏斜(阻碍相对运动).
(2)磁铁穿过铝环后的速度v= m/s=9 m/s
由能量守恒可得E电=M-Mv2-mv'2=1.7 J.
答案:(1)铝环向右偏斜 (2)1.7 J
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第四章 检测试题
(时间:60分钟 满分:100分)
【测控导航】
知识点 题号
1.物理学史 1
2.法拉第电磁感应定律 2、6、11
3.楞次定律 3
4.感生电场的理解 4
5.自感现象 5
6.电磁感应现象的实验 9
7.电磁感应现象中的电路问题 8
8.电磁感应现象中的力学问题 10
9.电磁感应现象中的图象问题 12
10.电磁感应现象中的功能问题 7
一、选择题(每小题6分,共48分)
1.(2012年浙江省衢州一中高二第一学期期末)自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的,很多物理学家为寻找它们之间的联系作出了贡献.下列说法中不正确的是( B )
A.奥斯特发现了电流的磁效应,揭示了电现象和磁现象之间的联系
B.欧姆发现了欧姆定律,说明了热现象和电现象之间存在联系
C.法拉第发现了电磁感应现象,揭示了磁现象和电现象之间的联系
D.焦耳发现了电流的热效应,定量得出了电能和热能之间的转换关系
解析:欧姆定律说明了纯电阻电路中电流大小的决定因素,选项B说法不正确,选项A、C、D说法是正确的.
2.半径为R的圆形线圈,两端A、D接有一个平行板电容器,线圈垂直放在随时间均匀变化的匀强磁场中,如图所示,则要使电容器所带电荷量Q增大,可以采取的措施是( B )
A.增大电容器两极板间的距离
B.增大磁感应强度的变化率
C.减小线圈的半径
D.改变线圈所在平面与磁场方向间的夹角
解析:由Q=CU,U=E==,分析可得增大磁感应强度变化率、增大线圈在垂直磁场方向的投影面积可增大A、D间电压,从而使Q增大,B项正确,C、D错误.减小电容器两极板间距离可使Q增大,A错误.
3.如图所示,线圈内有条形磁铁,将磁铁从线圈中拔出来时( BD )
A.φa>φb
B.φa<φb
C.电阻中电流方向由a到b
D.电阻中电流方向由b到a
解析:磁铁从线圈中拔出时,线圈中磁场方向向右,磁通量减少,根据楞次定律,线圈中产生感应电动势,右端为正极,左端为负极,所以电阻中电流方向由b到a,故φb>φa.B、D项正确.
4.如图所示的是一个水平放置的玻璃圆环形小槽,槽内光滑,槽宽度和深度处处相同,现将一直径略小于槽宽的带正电的绝缘小球放在槽中,它的初速度为v0,磁感应强度的大小随时间均匀增大,(已知均匀变化的磁场将产生恒定的感生电场)则( B )
A.小球受到的向心力大小不变
B.小球受到的向心力大小不断增大
C.磁场力对小球做了功
D.小球受到的磁场力大小与时间成正比
解析:由楞次定律可知,此电场与小球初速度方向相同,由于小球带正电,电场力对小球做正功,小球的速度应该逐渐增大,向心力也会随着增大,故A错B对.另外洛伦兹力对运动电荷永远不做功,故C错.带电小球所受洛伦兹力F=qvB,随着速率的增大而增大,同时,B也正比于时间t,则F与t不成正比,故D错误.
5.如图所示,a、b、c为三只相同的灯泡,额定电压稍大于电源的电动势,电源内阻可以忽略.L是一个本身电阻可忽略的电感线圈.开关S闭合着,现突然断开,已知在这一过程中灯泡都不会被烧坏,则下列关于c灯的说法中正确的是( C )
A.亮度保持不变
B.将闪亮一下,而后逐渐熄灭
C.将闪亮一下,而后逐渐恢复到原来的亮度
D.将变暗一下,而后逐渐恢复到原来的亮度
解析:S闭合,a灯短路,加在c灯两端电压为电源电压,流过c灯电流是流过L电流的一半,当S断开的瞬时,L上的电流要减小,则L产生自感电动势阻碍电流的减小,所以开始时,通过c的电流变大,比原来亮得多,随后电流逐渐减小,达到稳定后,c两端的电压又等于电源电压,亮度跟原来一样,C正确.
6.(2012年吉林省长春二中高二上学期期末)一矩形线框置于匀强磁场中,线框平面与磁场方向垂直,先保持线框的面积不变,将磁感应强度在1 s时间内均匀地增大到原来的两倍,接着保持增大后的磁感应强度不变,在1 s时间内,再将线框的面积均匀地减小到原来的一半,先后两个过程中,线框中感应电动势的比值为( B )
A. B.1 C.2 D.4
解析:由法拉第电磁感应定律E=ΔΦ/Δt,在第一个过程中,线框的面积S不变,磁感应强度在1 s时间内由B变成2B,产生的感应电动势大小E1=BS;在第二个过程中,磁感应强度为2B保持不变,在1 s时间内,线框的面积由S变为S/2,产生的感应电动势大小E2=BS,所以先后两个过程中,线框中感应电动势的比值为1,选项B正确.
7.如图,闭合导线框的质量可以忽略不计,将它从图示位置匀速拉出匀强磁场.若第一次用0.3 s时间拉出,外力所做的功为W1,通过导线截面的电荷量为q1;第二次用0.9 s时间拉出,外力所做的功为W2,通过导线截面的电荷量为q2,则( C )
A.W1C.W1>W2,q1=q2 D.W1>W2,q1>q2
解析:设拉出磁场的位移为x,因匀速拉出,则F=F安
外力做功:W=Fx=F安·x=BIl·x=x=·v
通过导线截面电荷量:
q=I·Δt=·Δt=Blx/R
因为v1>v2,所以W1>W2,q1=q2.故C项正确.
8.如图所示,粗细均匀、电阻为r的金属圆环放在匀强磁场中,磁感应强度为B,圆环直径为l,另一长为l,电阻为r/2的金属棒ab放在圆环上,接触电阻不计.当ab棒以v0向左运动到图示虚线位置时,金属棒两端电势差为( C )
A.Blv0 B.Blv0
C.Blv0 D.Blv0
解析:当ab运动到题图中虚线位置时,其等效电路图如图所示,此时产生的感应电动势E=Blv0,由闭合电路欧姆定律得干路中的电流I===,则等效电路中的路端电压U=IR外=×=,所以选项C正确.
二、实验题(10分)
9.如图为“研究电磁感应现象”的实验装置.
(1)将图中所缺的导线补接完整.
(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下,那么合上开关后可能出现的情况有:
A.将原线圈迅速插入副线圈时,灵敏电流计指针将 .
B.原线圈插入副线圈后,将滑动变阻器触头迅速向左拉时,灵敏电流计指针将 .
解析:(1)电源、开关、滑动变阻器、原线圈应组成闭合回路;副线圈与灵敏电流计组成闭合回路.
(2)依照楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定.
答案:(1)如图所示.
(2)A.向右偏转一下 B.向左偏转一下
三、计算题(共42分)
10.(12分)如图所示,在光滑绝缘水平面上,有一半径r=10 cm、电阻R=0.01 Ω、质量m=0.02 kg的金属圆环以v0=10 m/s的速度向一足够大、磁感应强度B=0.3 T的匀强磁场滑去,当圆环刚好有一半进入磁场时,圆环的加速度为a=158.4 m/s2.求此过程圆环增加的内能.
解析:设圆环一半进入磁场时的速度为v,则
I=E/R=
环的加速度a===
所以v==8.8 m/s
环增加的内能ΔE=m-mv2≈0.23 J.
答案:0.23 J
11.(14分)如图所示,固定于水平桌面上的金属框架cdef,处在竖直向下的匀强磁场中,金属棒ab搁在框架上,可无摩擦滑动.此时adeb构成一个边长为l的正方形.棒的电阻为r,其余部分电阻不计.开始时磁感应强度为B0.
(1)若从t=0时刻起,磁感应强度均匀增加,每秒增加k,同时保持棒静止,求棒中的感应电流大小和方向.
(2)在上述(1)情况中,始终保持棒静止,当t=t1秒末时需加的垂直于棒的水平拉力为多大
解析:(1)由题意知:=k,根据法拉第电磁感应定律得:
E==S=kl2,再根据欧姆定律得:I==
根据楞次定律判断,回路中的电流方向为逆时针方向,或棒上电流从b到a.
(2)要保持棒静止,使作用到棒上的力平衡,即水平拉力等于棒受到的安培力:
F=F安=BIl=(B0+kt1)l=(B0+kt1).
答案:(1)kl2/r,棒中电流方向由b到a (2)(B0+kt1)kl3/r
12.(2012年河北省衡水中学高二第二学期一调)(16分)如图(a)所示,平行金属导轨MN、PQ光滑且足够长,固定在同一水平面上,两导轨间距L=0.25 m,电阻R=0.5 Ω,导轨上停放一质量m=0.1 kg、电阻r=0.1 Ω的金属杆,导轨电阻可忽略不计,整个装置处于磁感应强度B=0.4 T的匀强磁场中,磁场方向竖直向下,现用一外力F沿水平方向拉杆,使其由静止开始运动,理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图(b)所示.
(1)分析证明金属杆做匀加速直线运动;
(2)求金属杆运动的加速度大小;
(3)写出外力F随时间变化的表达式;
(4)求第2.5 s末外力F的瞬时功率.
解析:(1)U=E·=,U∝v,因U随时间均匀变化,故v也随时间均匀变化,金属杆做匀加速直线运动.
(2)由图象k==·=a·,则金属杆运动的加速度a== m/s2=2.4 m/s2.
(3)由牛顿第二定律F=F安+ma=BIL+ma=+ma=0.04 t+0.24(N).
(4)第2.5 s末外力F的瞬间功率P=Fv=(0.04t+0.24)at=2.04 W.
答案:(1)见解析 (2)2.4 m/s2
(3)F=0.04t+0.24(N) (4)2.04 W
自我补偿区
考查点一:法拉第电磁感应定律(对应检测试题第6题)
1.(2012年海南省海南中学高二第一学期期中)如图中画出的是穿过一个闭合线圈的磁通量随时间的变化规律,以下哪些认识是正确的( AB )
A.第0.6 s末线圈中的感应电动势是4 V
B.第0.9 s末线圈中的瞬时感应电动势比0.2 s末的大
C.第1 s末线圈的瞬时感应电动势为零
D.第0.2 s末和0.4 s末的瞬时感应电动势的方向相同
解析:由法拉第电磁感应定律,线圈中感应电动势E=ΔΦ/Δt,第0.2 s末线圈中的感应电动势大小E1=8/0.3 V=27 V,第0.6 s末线圈中的感应电动势大小E2=(8-6)/(0.8-0.3) V=4 V,第0.9 s末和第1 s末线圈中的瞬时感应电动势均为E3=6/(1-0.8) V=30 V,故选项A、B均正确,C错误;第0.2 s末和0.4 s末穿过闭合线圈的磁通量的方向相同,但大小变化情况相反,故产生的瞬时感应电动势的方向不相同,选项D错误.
考查点二:自感现象(对应检测试题第5题)
2.如图所示,L是自感系数很大、直流电阻很小的线圈,电表的零刻度都在表盘的中央,且量程均较大,闭合开关S,各表的指针都偏向零刻度的右边,则在断开开关的瞬间,指针偏向零刻度左边的表有( CD )
A.○A1 表 B.○A2 表 C.○A3 表 D.○V 表
解析:断开开关的瞬间,线圈产生自感电动势,与○A3 和○V 表原来的电流方向相反,则○A3 和○V 表的指针向零刻度左边偏转.
考查点三:电磁感应现象中的图象问题(对应检测试题第12题)
3.如图所示,平行于y轴的导体棒以速度v向右做匀速直线运动,经过半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域,能正确表示导体棒中的感应电动势E与导体棒位置x的关系的图象是( A )
解析:当导体棒位置坐标为x时,
导体棒中感应电动势E=Blv=Bv·2=2Bv,
故A正确.
21世纪教育网 -- 中国最大型、最专业的中小学教育资源门户网站。 版权所有@21世纪教育网第1节 传感器及其工作原理
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知识点 题号
1.传感器 1、2、7
2.干簧管 3
3.热敏电阻特性 4、9、10
4.光敏电阻特性 8
5.霍尔元件 5
6.电容式传感器 6
巩固基础
1.下述仪器或装置用到传感器的有( ABCD )
A.自动报警器 B.电子秤
C.电视遥控器 D.红外线探测仪
解析:自动报警器是温度传感器或光传感器;电子秤是力传感器;电视遥控器和红外线探测仪是光传感器.
2.(2012年黑龙江省大庆实验中学高二上学期期末)许多楼道照明灯具有这样的功能:天黑时,出现声音它就开启;而白天,即使有声音它也没有反应,它的控制电路中接入了哪些传感器( BC )
A.温度传感器 B.光传感器
C.声音传感器 D.热传感器
解析:楼道照明灯根据接收到的光信号和声音信号控制是否开启,所以其控制电路中应接入了光传感器和声音传感器.
3.关于干簧管,下列说法正确的是( C )
A.干簧管接入电路中相当于电阻的作用
B.干簧管是根据热胀冷缩的原理制成的
C.干簧管接入电路中相当于开关的作用
D.干簧管是一种电传感器
解析:当磁体靠近干簧管时,两个簧片被磁化而接通,所以干簧管能起到开关的作用.
4.如图所示是观察电阻值随温度变化情况的示意图.现在把杯中的水由冷水变为热水,关于欧姆表的读数变化情况正确的是( C )
A.如果R为金属热电阻,读数变大,且变化非常明显
B.如果R为金属热电阻,读数变小,且变化不明显
C.如果R为热敏电阻(用半导体材料制作),读数变化非常明显
D.如果R为热敏电阻(用半导体材料制作),读数变化不明显
解析:热敏电阻的阻值随温度的升高而明显减小,所以如果R为热敏电阻,读数会非常明显地减小,因此选项C正确,选项D错误;金属热电阻的阻值随温度的升高而增大,但变化较小,不是很明显,所以选项A、B错误.
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,但相比而言,金属热电阻的化学稳定性好,测温范围大,而热敏电阻的灵敏度较好.
5.如图所示为霍尔元件的工作原理示意图.用d表示薄板的厚度,k表示霍尔系数,对于一个霍尔元件来说,d、k为定值.如果保持I恒定,则可以验证UH随B的变化而变化.下列说法正确的是( ABD )
A.将永磁体的一个磁极逐渐靠近霍尔元件的工作面,UH变大
B.在测定地球两极的磁场强弱时,霍尔元件的工作面应保持水平
C.在测定地球赤道上的磁场强弱时,霍尔元件的工作面应保持水平
D.改变磁感线与霍尔元件工作面的夹角,UH将发生变化
解析:将永磁体的一个磁极逐渐靠近霍尔元件的工作面时,图示中的磁感应强度B变大.改变磁感线与霍尔元件工作面的夹角,垂直于工作面的磁感应强度B将变化,故A、D选项正确.地球两极的磁场与地面垂直,地球赤道上的磁场与地面平行.由霍尔元件的工作原理知B选项正确.
6.电容式话筒的工作原理如图所示.D是绝缘支架,薄金属膜M和固定电极N形成一个电容器,被直流电源充电,当声波使膜片振动时,电容发生变化,电路中形成变化的电流.当膜片向右运动的过程中有( AC )
A.电容变大
B.电容变小
C.导线AB中有向左的电流
D.导线AB中有向右的电流
解析:当膜片向右运动的过程中,相当于电容器两板间距d变小,由C=可知A对,B错.由Q=CU知,电容器充电,所以C对,D错.
电容式传感器是一多功能传感器,它具有体积小,反应灵敏等优点.
7.(2012年浙江省杭师大附中高二上学期期末)如图所示,演示的是位移传感器的工作原理,物体M在导轨上平移时,带动滑动变阻器的金属滑杆P,通过电压表显示的数据来反映物体位移的大小x,假设电压表是理想的,则下列说法正确的是( B )
A.物体M运动时,电压表的示数不会发生变化
B.物体M运动时,电源内的电流不会变化
C.物体M不动时,电路中没有电流
D.物体M不动时,电压表没有示数
解析:分析图中电路,电源给整个滑动变阻器供电,整个电路的电流不变,电压表测出的是滑动变阻器滑杆P左端电阻上的电压.当物体M运动时,使滑杆P左端电阻阻值发生变化,所以电压表的示数将会发生变化,选项A错误、B正确.当物体M不动时,电路中仍有电流,电压表也有示数,选项C、D均错.
8.如图所示,R1、R2为定值电阻,L为小灯泡,R3为光敏电阻,当照射光强度增大时( ABC )
A.电压表的示数增大
B.R2中电流减小
C.小灯泡的功率增大
D.电路的路端电压增大
解析:当照射光强度增大时,R3阻值减小,外电路电阻随R3的减小而减小,R1两端电压因干路电流增大而增大,同时内电压增大,故电路路端电压减小,而电压表的示数增大,A项正确,D项错误;
由路端电压减小,而R1两端电压增大知,R2两端电压必减小,则R2中电流减小,故B项正确;
结合干路电流增大知流过小灯泡的电流必增大,则小灯泡的功率增大,C项正确.故选A、B、C.
提升能力
9.有一热敏电阻的电阻值随温度变化的Rt图象如图所示,现将该热敏电阻接在欧姆表的两表笔上,做成一个电子温度计,为了便于读数,再把欧姆表上的电阻值转换成温度值.现想使该温度计对温度的变化反应较为灵敏,那么该温度计测量哪段范围内的温度较为适宜(设在温度范围内,欧姆表的倍率不变)( B )
A.t1~t2段 B.t2~t3段
C.t3~t4段 D.t1~t4段
解析:温度计对温度的变化反应要求比较灵敏,所以应对应热敏电阻随温度变化非常明显的温度段,从图中可知即为t2~t3温度段,故B正确.
10.对于常见的可燃气体浓度的检测,现在一般用催化燃烧检测器.它的原理如下:传感器的核心为一惠斯通电桥,其中一桥臂上有催化剂,当与可燃气体接触时,可燃气体在有催化剂的电桥上燃烧,该桥臂的电阻发生明显变化,其余桥臂的电阻不变化,从而引起整个电路的输出发生变化,而该变化与可燃气体的浓度成比例,从而实现对可燃气体的检测.由此可推断有催化剂的桥臂上的电阻材料为( C )
A.铜 B.合金 C.半导体 D.绝缘体
解析:可燃气体燃烧后电阻发生变化的原因,是由于温度升高造成的,所以此电阻应属于热敏电阻,而能够随温度变化其电阻有较明显变化的材料只可能是选项中的半导体材料,故选C.
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第五章 检测试题
(时间:60分钟 满分:100分)
【测控导航】
知识点 题号
1.交变电流的图象 5
2.感抗和容抗 2
3.变压器的基本规律 1、3
4.变压器的工作原理 7
5.交变电流的四值计算 5、9、10、12
6.变压器的动态分析 6、8
7.远距离输电问题 4、11
一、选择题(每小题6分,共48分)
1.(2012年吉林油田高中高二第一学期期末)对于理想变压器,下列说法中正确的是( ABD )
A.原线圈的输入功率随着副线圈输出功率的增大而增大
B.原线圈的输入电流随着副线圈输出电流的增大而增大
C.副线圈的输出电压随负载电阻的增大而增大
D.原副线圈两端的电压与它们的匝数成正比
解析:对于理想变压器,输入功率等于输出功率,输入功率由输出功率决定,输入电流由输出电流决定,输入电压决定输出电压,输出电压不随负载电阻的变化而变化,故A、B、D正确,C错误.
2.如图所示,变频交变电源的频率可在20 Hz到20 kHz之间调节,在某一频率时,A1、A2两只灯泡的炽热程度相同.则下列说法中正确的是( BC )
A.如果将频率增大,A1炽热程度减弱、A2炽热程度加强
B.如果将频率增大,A1炽热程度加强、A2炽热程度减弱
C.如果将频率减小,A1炽热程度减弱、A2炽热程度加强
D.如果将频率减小,A1炽热程度加强、A2炽热程度减弱
解析:某一频率时,两只灯泡炽热程度相同,可知两灯泡消耗的功率相同,频率增大时,感抗增大,而容抗减小,故通过A1的电流增大,通过A2的电流减小,故B项正确;同理可得C项正确,故选B、C.
3.如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=1∶3,次级回路中接入三个均标有“36 V,40 W”的灯泡,且均正常发光,那么,标有“36 V,40 W”的灯泡A( A )
A.也正常发光 B.将被烧毁
C.比另三个灯泡暗 D.无法确定
解析:理想变压器的电压之比等于匝数之比,由次级回路中三个均标有“36 V,40 W”的灯泡能正常发光,可知副线圈两端电压U2=36×3 V=108 V,所以原线圈两端电压U1=U2=36 V,灯泡A与原线圈并联,两端电压也为36 V,能正常发光.
4.远距离输送一定功率的交流电,若输送电压提高n倍,则( D )
A.输电线上的电压损失增大
B.输电线上的电能损失增大
C.输电线上的电压损失不变
D.输电线上的电能损失减少到原来的1/n2
解析:设输送功率为P,原输电电压为U,输电线电阻为r,由ΔU=()r可知,电压提高n倍,则输电线损失电压减少,A、C错.
电能损失减少到原来的=
故选项B错误,D正确.
5.(2012年吉林省东北师大附中高二上学期期末)匀强磁场中,一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动,如图(甲)所示,产生的交变电动势的图象如图(乙)所示,则( ABC )
A.t=0.005 s时通过线框平面的磁通量最小
B.t=0.01 s时线框平面与中性面重合
C.线框产生的交变电动势有效值约为220 V
D.线框产生的交变电动势的频率为0.02 Hz
解析:由图(乙)可知,0.005 s时,感应电动势最大,通过线框平面的磁通量最小;0.01 s时,感应电动势为零,通过线框平面的磁通量最大,线框平面与中性面重合;感应电动势的最大值Em=311 V,所以交变电动势有效值E=Em/ V≈220 V;感应电动势的变化周期T=0.02 s,所以交变电动势的频率f=1/T=50 Hz.
读出题图中所含的物理条件是分析本题的关键.
6.(2012年黑龙江大庆实验中学高二上学期期末考试)如图所示的交流电路中,理想变压器原线圈输入电压为U1,输入功率为P1,输出功率为P2,各交流电表均为理想电表.当滑动变阻器R的滑动头向下移动时( ABD )
A.灯L变暗
B.电压表读数变小,电流表读数变大
C.因为U1不变,所以P1不变
D.P1变大,且始终有P1=P2
解析:理想变压器原、副线圈匝数不变,输入、输出电压不变.当滑动头向下移动时,滑动变阻器R的阻值变小,输出电流变大,副线圈中的输出功率P2变大,理想变压器的输入功率等于输出功率,所以输入功率P1变大,选项C错误、D正确;R0上的电压变大,电压表读数变小,流经灯泡的电流减少,流经滑动变阻器R的电流增大,灯L变暗,电流表读数变大,选项A、B均正确.
7.如图所示,MN和PQ为两个光滑的电阻不计的水平金属导轨,变压器为理想变压器,今在水平导轨部分加一竖直向上的匀强磁场,则以下说法正确的是( CD )
A.若ab棒匀速运动,则IR≠0,IL≠0,IC=0
B.若ab棒匀速运动,则IR≠0,IL=0,IC=0
C.若ab棒在某一中心位置两侧做往复运动,速度随时间的变化规律是v=vmsin ωt则IR≠0,IL≠0,IC≠0
D.若ab棒做匀加速运动,IR≠0,IL≠0,IC=0
解析:若ab棒匀速运动则n1中有恒定电流,但因不能产生电磁感应现象,n2中无电流,故A、B均错;若ab棒做往复运动,则n1中有交变电流,n2中亦会感应出交变电流,则IR、IL、IC均不为零,C对;若ab棒做匀加速运动,n1中有均匀增加的电流,n2中会感应出恒定的电流,它不能通过电容器,故IC=0,D对.
8.(2012年陕西长安一中高二上学期期末)理想变压器的原线圈连接电流表,副线圈接入电路的匝数可以通过触头Q调节,在副线圈输出端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R,在原线圈上加一电压为U的交流电,如图所示.若( C )
A.Q位置不变,将P向上滑动,U'变大
B.Q位置不变,将P向上滑动,电流表的读数变大
C.P位置不变,将Q向上滑动,电流表的读数变大
D.P位置不变,将Q向上滑动,变压器的输入功率不变
解析:当理想变压器的输入电压U,以及原、副线圈的匝数比不变时,副线圈两端的电压也不变,A项错;由P出=知R增大时,P'增大,输出功率减小,又由P入=P出得原线圈中的电流表读数要减小,B项错;Q往上滑动时,U'增大,而负载电阻不变,则输出功率要增大,即输入功率也要增大,原线圈中的电流就要增大,C项对,D项错.
二、填空题(每小题10分,共20分)
9.有一个电子元件,当它两端的电压的瞬时值高于u'=110 V时则导电,低于u'=110 V时不导电,若把这个电子元件接到“220 V 50 Hz”的正弦交变电流的两端,则它在1 s内导电 次,每个周期内的导电时间为 .
解析:由题意知,加在电子元件两端电压随时间变化的图象如图所示,
表达式为u=220sin ωt V.
其中ω=2πf,f=50 Hz,T==0.02 s,
得u=220sin 100πt V.
把u'=110 V代入上述表达式得到t1= s,t2= s,
所以每个周期内的通电时间为
Δt=2(t2-t1)= s= s.
由所画的ut图象知,一个周期内导电两次,所以1 s内导电的次数为n=2=100.
答案:100 s
10.一个标有“220 V 200 W”的电炉接入u=156sin 314t V的电路,通过电炉的电流瞬时值表达式是i= A;与其串联的交流电流表的示数为 A,并联的交流电压表示数是 V,电炉消耗功率P为 W.
解析:由R== Ω=242 Ω知
i==sin 314t A≈0.645sin 314t A,
电流表、电压表示数均为有效值
I= A≈0.456 A,U= V≈110 V,
电炉的功率P=UI≈50 W.
答案:0.645sin 314t 0.456 110 50
三、计算题(共32分)
11.(2012年吉林省东北师大附中高二上学期期末)(14分)发电机输出功率为60 kW,输出电压为400 V,用变压比(原、副线圈匝数比)为1∶10的变压器升压后向远处供电,输电线的总电阻为4 Ω,到达用户后再用变压器降为220 V,求:
(1)输电线上损失的电功率是多少
(2)降压变压器的变压比是多少
解析:输电电路如图所示:
(1)发电机输出的电压为400 V,经升压变压器后的电压
U2=U1=×400 V=4.0×103 V
由P=U2I2
I2== A=15 A
输电线上的功率损失ΔP=·R=152×4 W=900 W.
(2)输电线上的电压损失ΔU=I2·R=15×4 V=60 V,
加在降压变压器原线圈上两端的电压
U3=U2-ΔU=(4.0×103-60)V=3.94×103 V,
U4=220 V.
降压变压器的变压比===
答案:(1)900 W (2)197∶11
远距离输电问题中,对输电线上的电压损失、电功率损失的分析是求解该类题目的关键.
12.(18分)如图,线圈的面积是0.05 m2,共100匝,线圈总电阻为1 Ω,外接电阻R=9 Ω,匀强磁场的磁感应强度为B= T,当线圈以5 r/s的转速匀速旋转时,求:
(1)从图示位置开始计时,写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式;
(2)电路中电压表、电流表的示数各是多少;
(3)线圈从图示位置开始转动0.05 s过程中感应电动势平均值.
解析:(1)ω=2πf=2×π×5 rad/s=10π rad/s
因为从中性面开始计时,所以感应电动势按正弦规律变化,故有:
e=Emsin ωt=NBSωsin ωt
=100××0.05×10πsin 10πt V
=50 sin 10πt V.
(2)电阻两端电压的最大值为:Um==45 V,
电压表的读数U==31.8 V,
电流表的读数I==3.5 A.
(3)=N=100× V= V=31.8 V.
答案:(1)e=50sin 10πt V (2)31.8 V 3.5 A
(3)31.8 V
自我补偿区
考查点一:交变电流的图象(对应检测试题第5题)
1.电阻R1、R2与交流电源按照图(甲)方式连接,R1=10 Ω,R2=20 Ω.合上开关S后,通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图(乙)所示.则( B )
A.通过R1的电流有效值是1.2 A
B.R1两端的电压有效值是6 V
C.通过R2的电流最大值是1.2 A
D.R2两端的电压最大值是6 V
解析:交变电流的最大值Im=0.6 A,则有效值I==0.6 A,选项A、C错误.R1两端的电压有效值U1=IR1=6 V,选项B正确.R2两端的电压最大值U2m=ImR2=12 V,选项D错误.
考查点二:变压器的动态分析(对应检测试题第6题)
2.(2012年海南省海南中学高二第一学期期中)如图所示,理想变压器的副线圈上通过输电线接两个相同的灯泡L1和L2,输电线的等效电阻为R,开始时开关S断开.当S接通后,以下说法正确的是( BC )
A.副线圈两端MN的输出电压减小
B.输电线等效电阻上的电压降增大
C.通过灯泡L1的电流减小
D.原线圈中的电流不变
解析:理想变压器原、副线圈匝数不变,输入、输出电压不变,选项A错误;当K接通后,两个灯泡L1和L2并联,副线圈的负载电阻减小,原线圈中的电流增大,输电线等效电阻上的电压降增大,并联灯泡L1和L2的电压减小,通过灯泡L1的电流减小,选项B、C正确,D错误.
考查点三:交变电流的四值计算(对应检测试题第12题)
3.如图所示,匀强磁场的磁感应强度B=0.5 T,边长L=10 cm的正方形线圈abcd共100匝,线圈电阻r=1 Ω.线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO'匀速转动,角速度ω=2π rad/s,设电路电阻R=4 Ω.求:
(1)转动过程中感应电动势的最大值;
(2)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过60°角时的瞬时感应电动势;
(3)由图示位置转过60°角的过程中产生的平均感应电动势;
(4)交流电表的示数;
(5)线圈转动一周外力做的功.
解析:(1)感应电动势的最大值:
Em=nBSω=nBL2ω=π V
(2)由图示位置开始计时,感应电动势的瞬时值:
e=Emcos ωt=πcos 2πt(V),
则转过60°角时:
e=Emcos θ= V.
(3)转过60°角的过程中,
由法拉第电磁感应定律得
=n=n= V.
(4)Im== A,Um=ImR= V
所以电表示数为:U== V.
(5)由能量守恒定律,外力做的功为电路电能的消耗,
W外力=W电路=EIt=××= J.
答案:(1)π V (2) V (3) V
(4) V (5) J
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知识点 题号
1.中性面 2
2.交变电流的概念 1
3.交变电流的产生 4、10
4.交变电流瞬时值、峰值的计算 3、7
5.交变电流的图象 5、6、8、9
巩固基础
1.如图所示的图象中属于交变电流的有( ABC )
解析:题图A、B、C中e的方向均发生了变化,故它们属于交变电流,但不是按正弦函数规律变化的交变电流,图D中e的方向未变化,是直流电,选项A、B、C正确.
2.(2012年吉林省油田高中高二上学期期末)一矩形闭合线圈在匀强磁场中匀速转动,当线圈平面通过中性面时( ACD )
A.线圈平面与磁感线垂直,此时通过线圈的磁通量最大
B.通过线圈磁通量的变化率达最大值
C.线圈中感应电流为零
D.此位置前后的感应电流方向相反
解析:当线圈平面通过中性面时,线圈平面与磁感线垂直,通过线圈的磁通量最大,通过线圈磁通量的变化率为零,线圈中感应电流为零,此位置前后的感应电流方向相反.故选项A、C、D正确,B错误.
3.交流发电机在工作时电动势为e=Emsin ωt,若将发电机的角速度提高一倍,同时将线框所围面积减小一半,其他条件不变,则其电动势变为( C )
A.e'=Emsin B.e'=2Emsin
C.e'=Emsin 2ωt D.e'=sin 2ωt
解析:交变电流的瞬时值表达式e=Emsin ωt,其中Em=nBSω,当ω加倍而S减半时,Em不变,故C正确.
4.如图所示,当矩形线圈在匀强磁场中以较小的角速度逆时针匀速转动时,与之相连的灵敏电流计指针左右摆动.若当线圈转动到图示位置时,电流计指针在刻度盘的右边.线圈由图示位置继续转动,则当( A )
A.线圈在转过90°~180°的过程中,电流计指针在刻度盘的左边
B.线圈在转过270°~360°的过程中,电流计指针在刻度盘的左边
C.线圈转至90°瞬间,电流计指针在刻度盘的右边
D.线圈通过图示位置时,线圈中电流改变方向
解析:每当线圈平面经过中性面时,电流方向将发生改变,选项D错;线圈在转过90°~180°的过程中,电流方向与图示电流方向相反,电流计指针在刻度盘的左边,选项A正确;线圈在转过270°~360°的过程中,电流方向与图示电流方向相同,电流计指针仍在刻度盘的右边,选项B错;线圈转至90°瞬间,通过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率最小,产生的交变电流为零,电流计指针不偏转,选项C错.故本题正确选项为A.
5.如图(甲)所示,一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO'以恒定的角速度ω转动.当从线圈平面与磁场方向平行时开始计时,线圈中产生的交变电流按照图(乙)所示的余弦规律变化,则在t=时刻( CD )
A.线圈中的电流最大 B.穿过线圈的磁通量为零
C.线圈所受的安培力为零 D.线圈中的电流为零
解析:t==,此时线圈位于中性面位置,所以穿过线圈的磁通量最大,B错误,由于此时感应电动势为零,所以线圈中电流为零.线圈所受的安培力为零,A错误,C、D正确.
6.如图所示,单匝矩形线圈的一半放在有界匀强磁场中,中心轴线OO'与磁场边界重合,线圈绕中心轴线按图示方向(从上向下看逆时针方向)匀速转动,t=0时刻线圈平面与磁场方向垂直,规定电流方向沿abcd为正方向,则图中能表示线圈内感应电流随时间变化规律的是( B )
解析:在0~内,ab一侧的线圈在磁场中绕OO'轴转动产生正弦式交变电流,电流方向由楞次定律判断为dcba且越来越大.~内,ab一侧线圈在磁场外,而dc一侧线圈又进入磁场产生交变电流,电流方向为dcba且越来越小,以此类推,可知it图象正确的为B.
7.(2012年福建省大田一中、德化一中高二第二学期阶段联考)矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴转动,线圈匝数N=100匝,转速为n=(rad/s),在转动过程中穿过线圈磁通量的最大值为Φm=0.02 Wb.则:
(1)线圈平面转到与磁感线平行时,感应电动势为多少
(2)当线圈平面与中性面夹角为π/3时,感应电动势为多少
解析:(1)ω=2πn=10 rad/s
根据Em=NBSω,Φm=BS
得Em=NΦmω=20 V.
(2)根据e=Emsin ωt,ωt=π/3
得e=Emsin π/3=10 V≈17.3 V
答案:(1)20 V (2)17.3 V
对于第(2)问中瞬时值表达式的正确书写是正确求解的关键.
提升能力
8.矩形线圈的匝数为50匝,在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时,穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示,下列结论正确的是( CD )
A.在t=0.1 s和t=0.3 s时,电动势最大
B.在t=0.2 s和t=0.4 s时,电动势改变方向
C.电动势的最大值约是157 V
D.在t=0.4 s时,磁通量变化率最大,其值为3.14 Wb/s
解析:从题图中可知,在0.1 s和0.3 s时刻,穿过线圈的磁通量最大,此时刻磁通量的变化率等于零;0.2 s和0.4 s时刻,穿过线圈的磁通量为零,但此时刻磁通量的变化率最大,由此得选项A、B错误.根据电动势的最大值公式:
Em=nBSω,Φm=BS,ω=,可得:Em≈157 V;磁通量变化率的最大值应为=3.14 Wb/s,故C、D正确.
9.一根长直的通电导线中的电流按正弦规律变化,如图(a)、(b)所示,规定电流从左向右为正,在直导线下方有一不闭合的金属线框,则相对于b点来说,a点电势最高的时刻在( D )
A.t1时刻 B.t2时刻 C.t3时刻 D.t4时刻
解析:线框中的磁场是直线电流i产生的,在t1、t3时刻,电流i最大,但电流的变化率为零,穿过线框的磁通量变化率为零,线框中没有感应电动势,a、b两点间的电势差为零.在t2、t4时刻,电流i=0,但电流变化率最大,穿过线框的磁通量变化率最大,a、b两点间的电势差最大,再根据楞次定律可得出a点相对b点电动势最高时刻在t4,故选项D正确.
对物理图象须掌握的要点:
一看:看“轴”、看“线”、看“斜率”、看“点”.
二变:掌握“图与图”“图与式”和“图与物”之间的变通能力.
三判:在此基础上进行正确的分析、判断.
10.发电机的转子是匝数为100,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,绕着垂直于磁场方向的轴以ω=100π rad/s的角速度转动,当线圈平面跟磁场方向垂直时开始计时.线圈和外电路的总电阻R=10 Ω.线圈从计时开始,到转过60°过程中通过线圈某一截面的电荷量为多少
解析:E=n,
又I=,
且I=,Δt=t.
所以,通过线圈某一截面的电荷量
q=It=Δt=
从中性面计时,转过60°,如图所示
ΔΦ=BΔS=BS(1-cos 60°)=BS
q== C=0.01 C.
答案:0.01 C
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- 1 -第3节 楞次定律
【测控导航】
知识点 题号
1.实验:探究楞次定律 10
2.物理学史 1
3.应用楞次定律判断感应电流方向 3、5、6
4.应用楞次定律判断相对运动或相对运动趋势 7、8、9
5.右手定则 2、4
巩固基础
1.许多科学家在物理学发展史上作出了重要的贡献,下列表述正确的是( A )
A.楞次通过分析许多实验事实后,用一句话巧妙地表达了感应电流的方向
B.安培根据分子电流假说很好地解释了电磁感应现象
C.库仑通过扭秤实验测出了万有引力常量G的大小
D.法拉第通过放在通电直导线下方的小磁针发生偏转,得出通电导线的周围存在磁场的结论
解析:楞次通过实验事实得出楞次定律,判断感应电流方向,选项A正确;安培分子电流假说可以很好地解释磁体的磁场,选项B错误;库仑测出静电力常量k的大小,选项C错;奥斯特得出电流周围存在磁场的结论,选项D错误.
2.如图表示闭合电路的一部分导体在磁极间运动的情形,图中导体垂直于纸面,a、b、c、d分别表示导体运动中的四个不同位置,箭头表示导体在那个位置上的运动方向,则导体中感应电流的方向为垂直纸面向里时,导体的位置是( A )
A.a B.b C.c D.d
解析:导体切割磁感线产生感应电流,用右手定则判断a位置正确.
3.(2012年黑龙江东地区高二第一学期高中教学联合体期末考试)如图所示,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 )
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
解析:穿过线圈的磁通量包括磁体内和磁体外的一部分,合磁通量是向上的.当线圈突然缩小时合磁通量增加,原因是磁体外向下穿过线圈的磁通量减少.故由楞次定律判断,感应电流的方向为顺时针方向,A正确.
4.如图所示的匀强磁场中,有一直导线ab在一个导体框架上向左运动,那么ab导线中感应电流的方向(已知有感应电流)及ab导线所受安培力方向分别是( D )
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
解析:导体棒运动时产生的感应电流由右手定则可知,沿导体棒a→b,根据左手定则可知安培力的方向向右.
5.(2012年海南省海南中学高二第一学期期中)闭合线框abcd,自某高度自由下落时穿过一个有界的匀强磁场,当它经过如图所示的三个位置时,感应电流的方向是( C )
A.经过Ⅰ时,a→d→c→b→a
B.经过Ⅱ时,a→b→c→d→a
C.经过Ⅱ时,无感应电流
D.经过Ⅲ时,a→b→c→d→a
解析:经过Ⅰ时,穿过闭合线框的磁通量是向里的在增大,由楞次定律可判断闭合线框中感应电流的磁场向外,由安培定则可判断出,通过线框的感应电流的方向是a→b→c→d→a,选项A错误;经过Ⅱ时,穿过闭合线框的磁通量不变,闭合线框中无感应电流,选项B错误,C正确;经过Ⅲ时,穿过闭合线框的磁通量是向里的在减少,由楞次定律可判断闭合线框中感应电流的磁场向里,由安培定则可判断出,通过线框的感应电流的方向是a→d→c→b→a,选项D错误.
6.如图所示,AOC是光滑的金属轨道,AO沿竖直方向,OC沿水平方向,PQ是一根金属直杆,如图所示立在导轨上,直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动,运动过程中Q端始终在OC上,空间存在着垂直于纸面向外的匀强磁场,则在PQ杆滑动的过程中,下列判断正确的是( BD )
A.感应电流的方向始终是由P→Q
B.感应电流的方向先是由P→Q,后是由Q→P
C.PQ受磁场力的方向垂直杆向左
D.PQ受磁场力的方向先垂直于杆向左,后垂直于杆向右
解析:金属杆PQ滑动过程中,回路POQ面积先增大,后减小,因此通过回路的磁通量向外且先增大、后减小.由楞次定律可判断出回路中感应电流方向先是顺时针、后是逆时针,选项B正确;金属杆PQ所受磁场力方向可由左手定则判断,当回路中感应电流方向是顺时针时,PQ受磁场力的方向垂直于杆向左,当回路中感应电流方向是逆时针时,PQ受磁场力的方向垂直于杆向右,选项D正确.
7.如图所示,两个相同的铝环穿在一根光滑杆上,将一根条形磁铁向左插入铝环的过程中,两环的运动情况是( C )
A.同时向左运动,间距增大
B.同时向左运动,间距不变
C.同时向左运动,间距变小
D.同时向右运动,间距增大
解析:将一根条形磁铁向左插入铝环的过程中,两个环中均产生感应电流.根据楞次定律,感应电流将阻碍与磁体间的相对运动,所以两环均向左运动.靠近磁体的环所受的安培力大于另一个,又可判断两环相互吸引,在靠近.故选项C正确.
提升能力
8.如图所示,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( BC )
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
解析:用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电,金属环P中逆时针方向的电流产生的磁场方向垂直向外,若原磁场方向向外,则磁场是减弱的,即带负电的橡胶圆盘顺时针减速转动,故选项C正确;若原磁场方向向里,则磁场是增强的,即带负电的橡胶圆盘逆时针加速转动,故选项B正确.
9.如图所示,绕在铁芯上的线圈M与电源、滑动变阻器和开关组成了一个闭合回路,在铁芯的右端,线圈P与电流表连成闭合电路.下列各种情况中说法正确的是( B )
A.开关S闭合后,线圈P中有感应电流,M、P相互排斥
B.开关S闭合后,使变阻器滑片向左匀速移动,线圈P中有感应电流,M、P相互排斥
C.开关S闭合后,使变阻器滑片向右匀速移动,线圈P中有感应电流,M、P相互排斥
D.开关S闭合瞬间,线圈P中有感应电流,M、P相互吸引
解析:开关S闭合后,M线圈中的电流产生的磁场方向由安培定则判知,沿铁芯轴线向右,由于线圈P中的磁通量不变,故不会产生感应电流,M、P没有排斥作用,也没有吸引作用,故A错;当开关S闭合后,滑片向左匀速移动,线圈M中的
电流增大,因而穿过线圈P的磁通量增加,产生感应电流,并且由楞次定律知,感应电流的磁场方向与线圈M的磁场方向相反,故M、P两线圈相互排斥,B正确.同理判知C错误.开关S闭合瞬间,M线圈中电流增大,穿过P线圈的磁通量增加,产生感应电流,由楞次定律可知,P、M线圈中磁场方向相反,M、P相互排斥,D错误.
10.(2012年贵州省遵义四中高二第一学期期末)现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流表、开关如图连接.在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下,某同学发现他将滑动变阻器的滑动端P向左加速滑动时,电流表指针向右偏转,由此可以判断( B )
A.线圈A向上移动或滑动变阻器的滑动端P向右加速滑动都能引起电流表指针向左偏转
B.线圈A中铁芯向上拔出或断开开关,都能引起电流表指针向右偏转
C.滑动变阻器的滑动端P匀速向右或向左滑动都能使电流表指针静止在中央
D.因线圈A、线圈B的绕线方向未知,故无法判断电流表指针偏转的方向
解析:将滑动变阻器的滑动端P向左滑动时,线圈A中的电流减小,穿过线圈B的磁通量减少,电流表指针向右偏转.线圈A向上移动或线圈A中铁芯向上拔出或断开开关,都能使穿过线圈B的磁通量减少,引起电流表指针向右偏转,选项A错误、B正确;滑动变阻器的滑动端P匀速向右或向左滑动使穿过线圈B的磁通量减少或增多,使电流表指针向右偏转或向左偏转,选项C错误,D错误.
判断感应电流方向时一定要明确穿过线圈的磁通量的变化情况,灵活应用楞次定律.
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- 1 -第3节 电感和电容对交变电流的影响
【测控导航】
知识点 题号
1.感抗和容抗的理解 1、3、4、5、10、12
2.对电容器导电特性的理解 2
3.电感器、电容器的应用 6、7、8、9、11
巩固基础
1.关于电阻、电感、电容对电流作用的说法正确的是( A )
A.电阻对直流电和交流电的阻碍作用相同
B.电感对直流电和交流电均有阻碍作用
C.电容器两极板间是绝缘的,故电容支路上没有电流通过
D.交变电流的频率增加时,电阻、电感、电容的变化情况相同
解析:电阻的阻碍作用对直流电和交流电相同,A正确;电感对直流电没有阻碍作用,对交流电有阻碍作用,B错误;由于电容器不断地充放电,电路中存在充电电流和放电电流,C错误;电阻的阻值与交流电的频率无关,感抗随交流电频率的增大而增大,容抗随交流电频率的增大而减小,D错误.
2.对电容器能通交变电流的原因,下列说法中正确的是( BD )
A.当电容器接到交流电源上时,因为有自由电荷通过电容器,电路中才有交变电流
B.当电容器接到交流电源上时,电容器交替进行充电和放电,电路中才有交变电流
C.在有电容器的交流电路中,没有电荷定向移动
D.在有电容器的交流电路中,没有电荷通过电容器
解析:在交流电路中电容器实质上是通过反复充、放电来实现通电的,并无电荷通过电容器,故B、D正确,A、C错误.
3.一个灯泡通过一个粗导线的线圈与一交流电源相连接,如图所示.一块铁插进线圈之后,该灯将( B )
A.变亮
B.变暗
C.没有影响
D.无法判断
解析:在线圈内由于磁场变化而产生的感应电动势,总是反抗电流变化.正是这种反抗变化的特性(电惰性),使线圈产生了感抗.加入铁芯改变了电感的自感系数,自感系数增大,感抗增大,降落的电压增大,灯泡上的电压减小,所以灯变暗.故B正确.
在交流电路中一定要弄清感抗和容抗与哪些因素有关.
4.(2012年海南省海南中学高二第一学期期中考试)如图所示电路中,u是有效值为220 V的交流电源,C是电容器,R是电阻,关于交流电压表的示数,下列说法中正确的是( C )
A.等于220 V B.大于220 V
C.小于220 V D.等于零
解析:交流电压表测得的是电阻R两端电压的有效值,因电容器对交变电流的容抗使得电容器两端有一部分电压,使电阻两端电压小于电源提供的电压.
交流电不同于直流电,交流电能“通过”电容器,所以电压表有示数.
5.直流电源的电压与交流电源电压的有效值相同,自感线圈的直流电阻不计,则灯泡发光最亮的是图中的( D )
解析:电容C、电感L都对交流电有阻碍作用,故A、B两图中灯不是最亮的;C图中灯被短路,不亮;D图中电容C有隔直流作用,所以D中灯泡最亮.
6.某信号源中有直流成分、交流高频成分和交流低频成分,为使放大器仅得到交流低频成分,如图所示电路中可行的是( D )
解析:信号中含有三种成分,去掉直流成分用隔直电容即可,因此排除A、B.而C中交流高、低频成分均进入放大器,需加入另一旁路电容C2,所以D项正确.
7.如图(甲)、(乙)两图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上得到的电流特征是( AC )
A.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
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,(甲)图中电容器隔直流,R得到的是交流成分.A正确、B错误;(乙)图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.
8.在收音机线路中,天线接收下来的电信号既有高频成分又有低频成分,经放大后送给下一级,需要把低频成分和高频成分分开,只让低频成分输入给下一级,我们采用了如图装置电路,其中代号a、b应选择的元件是( C )
A.a是电容较大的电容器,b是低频扼流线圈
B.a是电容较大的电容器,b是高频扼流线圈
C.a是电容较小的电容器,b是高频扼流线圈
D.a是电容较小的电容器,b是低频扼流线圈
解析:电容器具有通高频、阻低频作用,这样的电容器电容应较小,故a处放电容较小的电容器.电感线圈在该电路中要“通低频、阻高频”,所以b处应接一个高频扼流线圈.
提升能力
9.“二分频”音箱内有高、低两个扬声器.音箱要将扩音机送来的含有不同频率的混合音频电流按高、低频段分离出来,送往相应的扬声器,以便使电流所携带的音频信息按原比例还原成高、低频的机械振动.如图所示为音箱的电路简化图,高、低频混合电流由a、b端输入,L1和L2是线圈,C1和C2是电容器,则( BD )
A.甲扬声器是高音扬声器
B.C2的作用是阻碍低频电流通过乙扬声器
C.L1的作用是阻碍低频电流通过甲扬声器
D.L2的作用是减弱乙扬声器的低频电流
解析:甲扬声器中,L1串联在电路中,对高频电流的阻碍作用很大,对低频电流阻碍作用较小;C1并联在电路中,对高频电流的阻碍作用小,可以给高频电流提供通路,使低频电流通过扬声器传出,所以甲为低频扬声器.乙扬声器中,C2串联在电路中,对低频电流的阻碍作用很大,对高频电流的阻碍作用较小,L2并联在电路中,对低频电流的阻碍作用较小,可以给低频电流提供通路,使高频电流通过扬声器传出,所以乙为高频扬声器.
这是一个实际应用问题,考查电感、电容在高频、低频同时存在的电路中的综合作用.只要抓住基础知识点,就可进行综合分析.
10.如图所示,两个同学利用图示装置做实验,第一位同学使ab在导轨上匀速运动,第二位同学使ab在导轨上做变速运动,但两位同学对ab杆做的功一样多,第一位同学的方法使小灯泡消耗的电能为W1,第二位同学的方法使小灯泡消耗的电能为W2,它们相比较( B )
A.W1=W2 B.W1>W2
C.W1解析:匀速运动时,产生的感应电动势是恒定的,感应电流也是恒定的,因此在线圈上不会产生感抗,所以通过小灯泡的电流大,消耗的电能多;当ab做变速运动时,产生的感应电动势是变化的,感应电流也是变化的,在线圈上产生感抗,使通过小灯泡的电流减小,因此消耗的电能少.故B正确.
11.彩色电视机的电源输入端装有电源滤波器,其电路图如图所示,主要元件是两个线圈L1、L2,它们的自感系数很大,F是保险丝,R是压敏电阻(正常情况下阻值很大,但电压超过设定值时,阻值会迅速减小,可以保护与其并联的元件),C1、C2是电容器,S为电视机开关.某一次用户没有先关电视机(没有断开S)就拔掉电源插头,结果烧坏了图中的电路元件,可能被烧坏的元件是( BC )
A.R B.L1或L2 C.C2 D.C1
解析:由于L1和L2的自感作用,R、C2、L2、L1所构成的闭合回路中产生较大的电流,C2、L1、L2可能被烧坏,而C1与R元件并联,由于R的保护C1不会烧坏,选B、C.
12.如图所示,L1、L2、L3为三个相同的灯泡,a、b、c为与之串联的三个元件,E1为直流电源,E2为交变电源.当开关S接“1”时,L1、L2两灯均正常发光,L3灯不亮;当S接“2”时,L1灯仍正常发光,L2灯变暗,L3灯发光.试分析a、b、c分别是何元件.
解析:无论S接直流还是接交流,L1灯均正常发光,说明与L1串联的元件a对直流、交流的阻碍作用相同,故a应为电阻;S接直流时,L2正常发光,接交流时,L2灯变暗,说明与L2串联的元件b既可通直流,又可通交流电,但b对交流电的阻碍作用大于对直流电的阻碍作用,故b应为电感线圈;S接直流时,L3灯不亮,接交流时L3灯发光,说明与L3串联的元件c不能通过直流而能通过交流,故c应为电容器.
答案:电阻 电感线圈 电容器
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- 1 -第4节 变压器
【测控导航】
知识点 题号
1.变压器工作原理 1、3、5、6
2.变压器动态分析 2、8、9、11、12
3.互感器 4
4.变压器的基本规律 7、10
巩固基础
1.理想变压器的原、副线圈中一定相同的物理量有( ABC )
A.交流电的频率 B.磁通量的变化率
C.功率 D.交流电的峰值
解析:理想变压器没有漏磁,没有能量损失,所以原、副线圈中磁通量变化率相同,原、副线圈中功率相同,B、C项正确,变压器的原理是互感现象,其作用改变电压不改变频率,A项正确,D项错误.
2.对理想变压器,下列说法中正确的是( AB )
A.原线圈的输入功率,随着副线圈的输出功率增大而增大
B.原线圈的输入电流,随副线圈的输出电流增大而增大
C.原线圈的电流,不随副线圈的输出电流变化而变化
D.当副线圈的电流为零时,原线圈的电压也为零
解析:理想变压器的原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率,且随副线圈的输出功率的变化而变化,原线圈的输入电流取决于副线圈的输出电流,当副线圈的电流为零时,原线圈的电流也为零,但原线圈电压并不一定为零,故A、B正确,C、D错误.
P1、P2、I1、I2的判断,往往都与R的大小有关,对P1、I1的确定,需从P2、I2入手.
3.如图中,可以将电压升高给电灯供电的变压器是( C )
解析:变压器只能对交变电流实现变压,不能对直流变压,故选项A、D错误;由于电压与变压器线圈匝数成正比,副线圈匝数多于原线圈的变压器才能实现升压,所以选项B错误,选项C正确.
4.在变电所,经常要用交流电表去监测电网上的强电流,使用的仪器是电流互感器.如图所示的四个图中,能正确反映其工作原理的是( A )
解析:电流互感器是测电流的,应串联在火线上,故B、D错误.由变压器电流关系n1I1=n2I2,要使I2n1,故A选项正确.
5.如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=4∶1,当导体棒l在匀强磁场中向左做匀速直线运动切割磁感线时,电流表A1的示数是12 mA,则电流表A2的示数为( B )
A.3 mA B.0
C.48 mA D.与负载R的值有关
解析:变压器只能工作于交流电路中,不能工作在恒定电压和恒定电流的电路中.导体棒l向左匀速切割磁感线时,在线圈n1中通过的是恒定电流,不能引起穿过线圈n2的磁通量变化,在副线圈n2上无感应电动势出现,所以A2中无电流通过.
6.(2012年吉林省长春二中高二上学期期末)如图所示,理想变压器的原副线圈匝数比n1∶n2=1∶10,副线圈与阻值R=20 Ω的电阻相连.原线圈两端所加的电压u=20sin 20πt(V),则( BC )
A.交流电压表的示数为20 V
B.副线圈输出交流电的频率为10 Hz
C.电阻R上消耗的电功率为2 kW
D.原线圈中电流的最大值为100 A
解析:由u=20sin 20πt(V)知,原线圈两端所加的电压最大值Um=20 V,角速度ω=20π rad/s,所以交流电压表的示数为原线圈两端所加的电压的有效值U1=20 V,选项A错误;原线圈两端所加的电压频率f=ω/2π=10 Hz,副线圈输出交流电的频率与副线圈输入交流电的频率相同,所以选项B正确;副线圈输出电压U2=U1=200 V,电阻R上消耗的电功率P=/R=2 kW,选项C正确;理想变压器的输入功率等于输出功率,I1U1=P,所以,原线圈中的输入电流I1=P/U1=100 A,其最大值为I1m=I1=100 A,选项D错误.
7.(2012年河北省衡水中学高二第二学期一调考试)图(甲)是线圈绕垂直于磁场的轴在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电图象,把该交流电压加在图(乙)中变压器的A、B两端.已知理想变压器原线圈Ⅰ和副线圈Ⅱ的匝数比为5∶1,交流电流表和交流电压表均为理想电表,电阻R=1 Ω,其他各处电阻不计,以下说法中正确的是( D )
A.在t=0.1 s、0.5 s时,穿过线圈的磁通量最大
B.线圈转动的角速度为10π rad/s
C.电压表的示数为 V
D.电流表的示数为0.40 A
解析:线圈绕垂直于磁场的轴在匀强磁场中匀速转动,当线圈转动到与中性面垂直的位置时,感应电动势最大,但此时的磁通量最小,为零,选项A错误;由(甲)图可知,交流电流的电压峰值为Um=10 V,周期T=0.4 s,所以线圈转动的角速度ω=2π/T=5π rad/s,选项B错误;理想变压器原线圈Ⅰ的输入电压U1=10 V,根据变压器的变压比得理想变压器副线圈Ⅱ上得到的电压U2=U1=2 V,选项C错误;理想变压器输入功率等于输出功率,由I1U1=/R可得电流表的示数I1=0.40 A,选项D正确.
8.(2012年吉林省东北师大附中高二上学期期末)为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系,将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上,副线圈连接相同的灯泡L1、L2,电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2,导线电阻不计,如图所示.当开关S闭合后( AD )
A.A1示数变大,A1与A2示数的比值不变
B.A1示数变大,A1与A2示数的比值变大
C.V2示数变小,V1与V2示数的比值变大
D.V2示数不变,V1与V2示数的比值不变
解析:因为变压器的匝数与输入电压U1不变,所以电压表V1的示数和电压表V2的示数不变,C错误,D正确;当S闭合后,因为负载电阻减小,故次级线圈中的电流I2增大,由于输入功率等于输出功率,所以I1也将增大,但因为变压器的匝数不变,故B错误,A正确.
提升能力
9.(2012年河北省衡水中学高二第一学期期末)有一种调压变压器的构造如图所示.线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上,CD之间加上输入电压,转动滑动触头P就可以调节输出电压.图中A为交流电流表,V为交流电压表,R1、R2为定值电阻,R3为滑动变阻器,CD两端接正弦交流电源,变压器可视为理想变压器( AD )
A.当R3不变,滑动触头P顺时针转动时,电流表读数变小,电压表读数变小
B.当R3不变,滑动触头P逆时针转动时,电流表读数变小,电压表读数变大
C.当P不动,滑动变阻器滑动触头向下滑动时,电流表读数变小,电压表读数变大
D.当P不动,滑动变阻器滑动触头向下滑动时,电流表读数变大,电压表读数变小
解析:当R3不变,滑动触头P顺时针转动时,调压变压器副线圈的匝数减小,副线圈的输出电压变小,电压表、电流表示数变小,选项A正确;同理,当R3不变,滑动触头P逆时针转动时,调压变压器副线圈的匝数增多,副线圈的输出电压变大,电压表、电流表示数变大,选项B错误;P不动,副线圈的输出电压不变,当滑动变阻器滑动触头向下滑动时,R3阻值变小,副线圈的输出电流变大,R1上的电压变大,电压表读数变小,R2中的电流减少,电流表读数变大,选项C错误、D正确.
可以把理想变压器的副线圈看作给用户供电的无阻电源,对负载电路进行动态分析时,可以参照直流电路动态分析的方法.
10.如图(甲)所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1,R1=20 Ω,R2=60 Ω,C为电容器.已知通过R1的正弦交流电如图(乙)所示,则( D )
A.交流电的频率为0.02 Hz
B.原线圈输入电压的最大值为220 V
C.通过R3的电流始终为零
D.电阻R2的电功率约3.33 W
解析:由题图(乙)可知交流电频率为50 Hz,所以选项A错误;副线圈电压最大值U2=I1R1=20 V,由=可知U1=200 V,选项B错误;因电容器接交流电有充放电电流,所以通过R3的电流始终不为零,选项C错误;R1和R2并联,电阻R2的电功率P2=()2/60 Ω≈3.33 W,选项D正确.
11.如图所示为一理想变压器,原线圈的输入电压U1=3 300 V,副线圈的输出电压U2=220 V,绕过铁芯的导线所接的电压表的示数U0=2 V,则
(1)原、副线圈的匝数各是多少
(2)当S断开时,○A2的示数I2=5 A,那么○A1的示数是多少
(3)当S闭合时,○A2的示数将如何变化 ○A1的示数如何变化
解析:(1)根据=及=得:
n1=·n0=×1=1 650(匝),
n2=·n0=×1=110(匝).
(2)理想变压器有P入=P出,即I1U1=I2U2,
则I1=·I2=×5 A≈0.33 A.
(3)S闭合时,负载电阻变小,I2=,○A2 示数变大,○A1 示数也变大.
答案:见解析.
12.如图所示,小型交流发电机的电动势为E=20 V,内阻不计,它通过一个阻值R=6 Ω的指示灯连接到一个理想降压变压
器的输入端.在变压器的输出端并联着24盏规格都是“6 V,0.25 W”彩色小灯泡,每只灯泡都正常发光,导线电阻不计.求:
(1)原线圈中的电流.
(2)降压变压器的初级、次级线圈的匝数比.
(3)若只使用18盏彩色小灯泡,通过计算说明这时每盏小灯泡的工作状态如何.(设小灯泡的电阻不随温度变化)
解析:(1)灯泡正常发光时,流经每个灯泡的电流I=P/U= A= A,副线圈中的电流I2=24I=1 A,副线圈的输出功率P2=24P=24×0.25 W=6 W,所以原线圈的输入功率P1=6 W,设原线圈中的电流为I1,则EI1=R+P1,20I1=6+6,解得I1= A.
(2)由P1=P2得,降压变压器的初级、次级线圈的匝数比
n1∶n2=I2∶I1=3∶1.
(3)每盏灯泡的电阻RL==144 Ω,
18盏灯的总电阻R总==8 Ω,
设这时副线圈中的电流为I2',则原线圈中的电流为I2'
由功率关系得E(I2')-(I2')2R=I2'2R总
代入数据得I2'= A
这时每盏灯泡的电压U2'=I2'R总= V≈6.15 V>6 V
所以灯泡比原来更亮,有可能烧坏.
答案:(1) A
(2)3∶1
(3)比原来更亮,有可能烧坏
本题主要考查变压器的电流与匝数的关系,若从电压与匝数的关系分析,不容易得出结论,因为变压器原线圈两端的电压与总的输入电压不相等,输入电压等于灯R两端的电压和原线圈两端电压之和,所以对待问题要灵活处理.
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- 1 -第6节 互感和自感
【测控导航】
知识点 题号
1.自感系数 1、2
2.自感现象的理解 6
3.互感现象 5
4.通电自感 8、10
5.断电自感 3、9、11
6.自感现象的应用和防止 4、7
巩固基础
1.下列哪些单位关系是不正确的( B )
A.1亨=1欧·秒 B.1亨=1伏·安/秒
C.1伏=1韦/秒 D.1伏=1亨·安/秒
解析:由E=L得L=,取E=1伏,=1安/秒,
得1亨=1·秒=1欧·秒,故A、D关系正确,B关系不正确,由E=n知C关系正确.故单位关系不正确的为B项.
2.关于线圈的自感系数,下列说法中正确的是( D )
A.线圈的自感系数越大,自感电动势一定越大
B.线圈中电流等于零时,自感系数也等于零
C.线圈中电流变化越快,自感系数越大
D.线圈的自感系数由线圈本身的因素及有无铁芯决定
解析:自感系数是线圈本身的固有属性,只决定于线圈大小、形状、匝数、有无铁芯等因素,而与电流变化快慢等外部因素无关.自感电动势的大小与线圈自感系数及电流变化率有关,A、B、C错,D对.
3.(2012年重庆市一中高二上学期期末)某同学为了验证断电自感现象,自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E,用导线将它们连接成如图所示的电路.检查电路后,闭合开关S,小灯泡发光;再断开开关S,小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象.虽经多次重复,仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮的现象,他冥思苦想找不出原因.你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是( C )
A.电源的内阻较大 B.小灯泡的电阻偏大
C.线圈的直流电阻偏大 D.线圈的自感系数较大
解析:断电自感现象中,小灯泡能否闪亮,要看断电前通过线圈的电流和通过小灯泡的电流的大小关系,若通过线圈的电流大于通过小灯泡的电流,则断电后,电感线圈L与小灯泡构成回路,电感线圈L中的感应电动势阻碍其中的电流变化,使得通过小灯泡的感应电流大于原来电源给小灯泡提供的电流,使得小灯泡出现闪亮的现象.所以最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是断电前通过线圈的电流没有明显大于通过小灯泡的电流,即线圈的直流电阻偏大.
明确灯泡能否在断电自感中闪亮的条件是分析本实验现象的关键.
4.在制作精密电阻时,为了消除使用过程中由于电流变化而引起的自感现象,采取了双线绕法,如图所示,其道理是( C )
A.当电路中的电流变化时,两股导线中产生的自感电动势互相抵消
B.当电路中的电流变化时,两股导线中产生的感应电流互相抵消
C.当电路中的电流变化时,两股导线中产生的磁通量互相抵消
D.以上说法均不对
解析:由于采用了双线绕法,两根平行导线中的电流反向,它们产生的磁通量相互抵消.不论导线中的电流如何变化,线圈中的磁通量始终为零,所以消除了自感现象的影响.
5.在同一铁芯上绕着两个线圈,单刀双掷开关原来接在点1,现把它从1扳向2,如图所示,试判断在此过程中,在电阻R上的电流方向是( C )
A.先由P→Q,再由Q→P
B.先由Q→P,再由P→Q
C.始终由Q→P
D.始终由P→Q
解析:开关由1扳到2,线圈A中电流产生的磁场由左向右先减小后反向增加,由楞次定律可得R中电流始终由Q→P,选项C正确.
6.在如图所示的电路中,L为电阻很小的线圈,G1和G2为零点在表盘中央的相同的电流表.当开关S闭合时,电流表G1指针偏向右方,那么当开关S断开时,将出现的现象是( D )
A.G1和G2指针都立即回到零点
B.G1指针立即回到零点,而G2指针缓慢地回到零点
C.G1指针缓慢回到零点,而G2指针先立即偏向左方,然后缓慢地回到零点
D.G1指针先立即偏向左方,然后缓慢地回到零点,而G2指针缓慢地回到零点
解析:电流表指针的偏转方向与电流的流向有关.根据题意,电流自右向左时,指针向右偏.那么,电流自左向右时,指针应向左偏.当开关S断开瞬间,G1中电流立即消失,而L由于自感作用,电流不能立即消失,电流沿L、G2、G1的方向在由它们组成的闭合回路中继续维持一段时间,即G2中的电流按原方向自右向左逐渐减为零,而G1中的电流和原方向相反,变为自左向右,和G2中的电流同时减为零.也就是G1指针先立即偏向左方,然后缓慢地回到零点,而G2指针缓慢地回到零点,故D项正确.
7.如图所示为测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路,L的两端并联一个电压表,用来测量自感线圈的直流电压.在测量完毕后,将电路拆解时应( B )
A.先断开S1
B.先断开S2
C.先拆除电流表
D.先拆除电压表
解析:若先断开S1或先拆除电流表,线圈与电压表组成闭合电路,这时,流过电压表的电流与原来方向相反,电压表的指针将反向转动,容易损坏电压表.按操作要求,应先断开开关S2,再断开开关S1,然后拆除器材.
8.如图所示,电路中电源内阻不能忽略,R阻值和L的自感系数都很大,A、B为两个完全相同的灯泡,当S闭合时,下列说法中正确的是( B )
A.A比B先亮,然后A灭
B.B比A先亮,然后B逐渐变暗
C.A、B一起亮,然后A灭
D.A、B一起亮,然后B灭
解析:S闭合时,由于与A灯串联的线圈L的自感系数很大,故在线圈上产生很大的自感电动势,阻碍电流的增大,所以B比A先亮,故A、C、D错.稳定后,由于与B灯串联的电阻很大,流过B灯支路的电流很小,所以B灯逐渐变暗,故B正确.
提升能力
9.(2012年河北衡水省中学高二第二学期一调)如图所示的电路中,电源的电动势为E,内阻为r,电感线圈L的电阻不计,电阻R的阻值大于灯泡D的阻值,在t=0时刻闭合开关S,经过一段时间后,在t=t1时刻断开S,下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中,正确的是( B )
解析:闭合开关S,电感线圈L产生的自感电动势阻碍电流增加,外电路电阻等于灯泡D的阻值,当电感线圈L中的电流逐渐稳定时,L产生的自感电动势为零,外电路电阻等于电阻R与灯泡D的并联阻值,A、B两点间电压UAB大于零且变小;断开S,电感线圈L产生的自感电动势阻碍电流减小,通过灯泡D的电流方向与原电流方向相反,且逐渐减小,故正确答案为B.
①自感现象中,要理解“阻碍”不是阻止,开关闭合后,电流的增加是必然的,开关断开后,电流的减小也是必然的;②电路中电流稳定后,电路中自感现象消失.
10.如图所示电路中,A、B是两个完全相同的灯炮,L是一个理想电感线圈,下列说法中正确的是( AC )
A.S闭合时,A立即亮,然后逐渐熄灭
B.S闭合时,B立即亮,然后逐渐熄灭
C.S闭合足够长时间后,B发光,而A不发光
D.S闭合足够长时间后,B熄灭,而A发光
解析:闭合S瞬间,电流增大,线圈L中产生自感电动势,阻碍电流增加,A、B灯立即变亮;电流稳定后,线圈两端电压为零,A灯熄灭,B灯达到最大亮度.故B、D错误、A、C正确.
11.如图所示的电路中,已知E=20 V,R1=20 Ω,R2=10 Ω,L是纯电感线圈,电源内阻不计,则当S闭合电路稳定时,a、b间的电压为多少 在断开S的瞬间,a、b间的电压为多少
解析:S闭合电路稳定时,L相当于无阻导线,电阻R1和R2并联.流过R1和R2的电流分别为I1和I2,
则I1== A=1 A,I2== A=2 A.
流过L的电流为2 A.
由于L的直流电阻为零,故a、b间的电压为零.
断开S的瞬间,流过L的电流仍然为2 A,且从a向b.L和R1、R2构成闭合回路,电感线圈相当于电源向R1、R2供电,且保证流过R1、R2的电流是2 A,a、b间的电压也就等于R1、R2两电阻上的电压降之和,即有U=I2(R1+R2)=2×(20+10)V=60 V.
答案:零 60 V
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- 1 -第5节 电能的输送
【测控导航】
知识点 题号
1.输电电压损失 1、5
2.输电功率损失 2、3、6、7、10
3.对高压输电的理解 9
4.远距离输电问题 4、5、6、8、11
巩固基础
1.对交流输电线路来说,输电线上的电压损失( D )
A.只由电阻造成
B.只由感抗造成
C.只由容抗造成
D.由A、B、C所述三个因素造成
解析:输电线有电阻,对交流电还有感抗和容抗,
所以选D.
2.(2012年吉林省油田高中高二第一学期期末)关于减小远距离输电线上的功率损耗,下列说法正确的是( C )
A.由功率P=U2/R,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=I2R,应减小导线电阻或减小输电电流
D.上述说法均不对
解析:输电线上的功率损耗P=I2R=U2/R=IU,式中I应为输电线上电流,U应为输电线上所损失的电压,R为输电线上的电阻.
计算输电线上的功率损耗,所用公式中各个物理量应为输电线上对应的物理量.
3.输电导线的电阻为r,输送电功率为P,现分别用U1和U2两种电压来输电,则两次输电线上损失的功率之比为( C )
A.U1∶U2 B.∶
C.∶ D.U2∶U1
解析:由P=UI得输电线中的电流I=.输电线中损失的功率P损=I2r=()2r=.即在输送功率和输电线电阻不变的情况下,损失的功率与输电电压的平方成反比.
所以∶=∶.
4.某用电器离供电电源的距离为l,线路上的电流为I,若要求线路上的电压降不超过U,已知输电导线的电阻率为ρ,那么,该输电导线的横截面积最小值是( B )
A. B. C. D.
解析:输电线的电阻r=ρ,输电线上电压损失U=Ir=Iρ,所以S=,故B正确.
5.某小型水电站的电能输送示意图如图所示.发电机的输出电压为200 V,输电线总电阻为r,升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2,降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器).要使额定电压为220 V的用电器正常工作,则( AD )
A.>
B.<
C.升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
D.升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率
解析:根据变压器工作原理可知=,=,由于输电线上损失一部分电压,升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压,有U2>U3,所以>,A正确,B、C错误;升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线上损失功率,D正确.
6.发电机的路端电压为U,经电阻为r的输电线向远处的用户供电,发电机的输出功率为P,则( AC )
A.输电线上的电流为
B.输电线上的功率损失为
C.用户得到的功率为P-()2r
D.用户得到的电压为
解析:由题知,其供电原理如图所示,由P=UI得输电线上的电流为,A正确;输电线上的功率损失为ΔP=I2r=()2·r,B错误;用户得到的功率为P-()2r,C正确;用户得到的电压为U-ΔU=U-Ir=U-()r,D错误.
远距离输电时,利用升压变压器大幅度地提高输电电压,从而减小输电电流,减小线路上的热损功率.求解电热功率时,单就输电导线而言,其电感可视为零,电路对交变电流的影响主要为电阻,即为所谓的纯电阻电路,电功等于电热,W=Q=I2Rt.
7.(2012年云南省玉溪一中高二上学期期中)利用超导材料零电阻的性质,可实现无损耗输电.现有一直流电流,输电线总电阻为0.4 Ω,它提供给用电器的电功率为40 kW,电压为800 V.如果用转变温度以下的超导电缆替代原来的输电线,保持供给用电器的功率和电压不变,那么节约的电功率为( A )
A.1 kW B.1.6×103 kW
C.1.6 kW D.10 kW
解析:若用总电阻为0.4 Ω的输电线,输电线上损失的电功率ΔP=I2R=(P/U)2R=1 kW,若用超导电缆替换原来的输电线,ΔP'=0,故选项A正确.
提升能力
8.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( BD )
A.P'= B.P'=
C.P用=P- D.P用=P(1-)
解析:输电线电阻r=ρ,
输电电流I=,
故输电线上损失的电功率为:
P'=I2r=()2ρ=
用户得到的功率为:
P用=P-P'=P(1-).故选B、D.
9.某水电站,用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km外的用户,其输出电功率是3×106 kW.现用500 kV电压输电,则下列说法正确的是( B )
A.输电线上输送的电流大小为2.0×105 A
B.输电线上由电阻造成的损失电压为15 kV
C.若改用5 kV电压输电,则输电线上损失的功率为9×108 kW
D.输电线上损失的功率为ΔP=U2/r,U为输电电压,r为输电线的电阻
解析:输电线上输送的电流为I输===6 000 A,A选项错误;输电线上由电阻造成的损失电压U损=I输R线=6 000 A×2.5 Ω=1.5×104 V,B选项正确;若输电电压为5 kV,则输电线上损失的功率不可能大于输出总功率3×106 kW,C选项错误;ΔP=中,U应当为输电线上损失的电压,D选项错误.
10.(2012年黑龙江省大庆实验中学高二上学期期末)发电厂输出的交流电压为2.2×104 V,输送功率为2.2×106 W,现在用户处安装一降压变压器,用户的电压为220 V,发电厂到变压器间的输电导线总电阻为22 Ω,求:
(1)输电导线上损失的电功率;
(2)降压变压器原副线圈匝数之比为多少
解析:(1)输送电流为:I线=P总/U总=2.2×106/2.2×104 A=100 A
则损失功率为:P损=R线=1002×22 W=2.2×105 W.
(2)变压器原线圈电压U1为U1=U总-U线=U总-I线R线=2.2×104 V-100×22 V=19 800 V
所以原副线圈匝数比==.
答案:(1)2.2×105 W (2)90∶1
11.在远距离输电时,要考虑尽量减少输电线上的功率损失.有一个电站,输送的电功率为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%,又不改变输电线,那么电站应使用多高的电压向外输电
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),因此效率η=60%.输电线上的电流可由I=计算,得I=100 A,而输电线损耗功率可由Pr=I2r计算,其中Pr= kW=200 kW,因此可求得r=20 Ω.
(2)输电线上损耗功率Pr=()2r∝,原来Pr=200 kW,现在要求Pr'=10 kW,计算可得输电电压应调节为
U'=22.4 kV.
答案:(1)60% 20 Ω
(2)22.4 kV
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- 1 -第3节 实验:传感器的应用
【测控导航】
知识点 题号
1.光控开关原理 1、2
2.温度报警器 3、5
3.控制电路的设计 4
1.如图所示为一个逻辑电平检测电路,A与被测点相接,则( BC )
A.A为低电平,LED发光
B.A为高电平,LED发光
C.A为低电平,LED不发光
D.A为高电平,LED不发光
解析:A为低电平时,Y为高电平,LED的电压小,不发光;A为高电平时,Y为低电平,LED的电压大,发光,故B、C正确.
2.如图(甲)为斯密特触发器,当加在它的输入端A的电压逐渐上升到某个值(1.6 V)时,输出端Y会突然从高电平跳到低电平(0.25 V),而当输入端A的电压下降到另一个值的时候(0.8 V),Y会从低电平跳到高电平(3.4 V).图(乙)为一光控电路,用发光二极管LED模拟路灯,RG为光敏电阻.关于斯密特触发器和光控电路的下列说法中错误的是( A )
A.斯密特触发器的作用是将数字信号转换为模拟信号
B.斯密特触发器是具有特殊功能的非门
C.要想在天更暗时路灯才会亮,应该把R1的阻值调大些
D.当输出端Y突然从高电平跳到低电平时,二极管发光
解析:斯密特触发器是一种特殊的非门,它把连续变化的模拟信号转换为突变的数字信号,A错,B对.把R1的阻值调大些,只有RG的阻值达更大,才能使斯密特触发器的A端电压达到某个值(1.6 V),即天更暗;当输出端Y突然跳到低电平时,发光二极管导通就发光,C、D对.
3.(2012年黑龙江省大庆实验中学高二上学期期末)如图是温度报警器电路示意图,下列关于此电路的分析正确的是( BC )
A.当RT的温度升高时,RT减小,A端电势降低,Y端电势升高,蜂鸣器会发出报警声
B.当RT的温度升高时,RT减小,A端电势升高,Y端电势降低,蜂鸣器会发出报警声
C.当增大R1时,A端电势升高,Y端电势降低,蜂鸣器会发出报警声
D.当增大R1时,A端电势降低,Y端电势升高,蜂鸣器会发出报警声
解析:当RT温度升高时,电阻减小,A点电势升高到某一数值,Y端电势突然降低,蜂鸣器导通发出警报,A错B对.当增大R1时,A端电势升高到某一数值,Y端电势突然降低,电流通过蜂鸣器,发出报警声,C对D错.
涉及热敏电阻的题目一般都是由于温度的变化导致热敏电阻的阻值发生变化,从而导致整个电路中的总阻值发生变化,进而导致电路中的电流和电压发生变化.这类题目一般都要用到欧姆定律.
4.如图(甲)所示为一测量硫化镉光敏电阻特性的实验电路,电源电压恒定.电流表内阻不计,开关闭合后,调节滑动变阻器滑片,使小灯泡发光逐渐增强,测得流过光敏电阻的电流和光强的关系曲线如图(乙)所示,试根据这一特性设计一个路灯自动控制电路.
解析:由光敏电阻的特性曲线可以看出,当入射光增强时,光敏电阻的阻值减小,流过光敏电阻的电流增大.
根据题意设计一个路灯自动控制电路如图所示.
控制过程是:当有光照时,光电流经过放大器输出一个较大的电流,驱动电磁继电器吸合衔铁使两个常闭触点断开;当光照减弱时,光电流减小,放大器输出电流减小,电磁继电器释放衔铁,使两个常闭触点闭合,控制路灯电路接通,路灯开始工作.
答案:见解析.
5.如图所示是一个警报器装置的逻辑电路图,RT是一个热敏电阻,低温时电阻值很大,高温时电阻值很小,R是一个阻值较小的分压电阻.
(1)要做到低温时电铃不响,出现火灾时产生高温,电铃响起.在图中虚线处画出接入的斯密特触发器;
(2)为什么在高温时电铃会响起
(3)为了提高电路的灵敏度,即将报警温度调得低些,那么R的值应该大一些还是小一些
解析:(1)
(2)常温下,调整R的阻值使斯密特触发器的输入端处于高电平,则输出端处于低电平,无电流通过电铃,电铃不发声;当温度升高时,热敏电阻RT阻值减小,斯密特触发器输入端电势降低,当达到某一值(低电平),其输出端由低电平跳到高电平,电铃通电,从而响起,R的阻值不同,则电铃响起时温度不同.
(3)提高电路的灵敏度,即将报警温度调得低些,应增大R的阻值,R阻值越大,要使斯密特触发器输入端达到低电平,则热敏电阻阻值要求越大,即温度越低.
答案:见解析.
斯密特触发器是具有特殊功能的非门,处理控制电路问题时,一定要注意斯密特触发器的出现所带来的相应电路的变化.
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本章总结
专题 电磁感应中的图象问题
电磁感应中常涉及磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E和感应电流I随时间t变化的图象,即Bt图象、Φt图象、Et图象和It图象.对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况,还常涉及感应电动势E和感应电流I随线圈位移x变化的图象,即Ex图象和Ix图象.这些图象问题大体上可分为两类:由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象,或由给定的有关图象分析电磁感应过程,求解相应的物理量.不管是何种类型,电磁感应中的图象问题常需利用右手定则、楞次定律和法拉第电磁感应定律等规律分析解决.
【例题】 在竖直向上的匀强磁场中,水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈,规定线圈中磁场和感应电流的正方向如图(甲)所示,当磁场的磁感应强度B随时间t如图(乙)变化时,图(丙)中正确表示线圈中感应电动势E变化的是( )
解析:由法拉第电磁感应定律E=n=n,在0~1 s内,B均匀增大,为一恒量,则E为一恒量,再由楞次定律,可判断感应电动势为顺时针方向(从上往下看),则电动势为正值,在1~3 s内,B不变化,则感应电动势为零,在3~5 s内,B均匀减小,为一恒量,但B变化得较慢,则E为一恒量,但比前者小,再由楞次定律,可判断感应电动势为逆时针方向(从上往下看),则电动势为负值,所以A选项正确.
答案:A.
由于磁感应强度变化引起的电磁感应现象,应根据Bt图象表示的变化过程由法拉第电磁感应定律和楞次定律逐段分析电动势大小和方向.
针对训练:如图所示,LOO'L'为一折线,它所形成的两个角∠LOO'和∠OO'L'均为45°.OO'=2l,折线的右边有一匀强磁场,其方向垂直于纸面向里.一边长为l的正方形导线框沿垂直于OO'的方向以速度v做匀速直线运动,在t=0时刻恰好位于图中所示位置.以逆时针方向为导线框中电流的正方向,在下面四幅图中能够正确表示电流—时间(It)关系的是(时间以l/v为单位)( )
解析:下边要运动3l才能离开磁场,应分为3段,每个l距离线框切割磁感线的长度变化为0→l,0→l,l→0.方向依次由右手定则判断为逆时针、顺时针、顺时针,故选项D对,A、B、C错.
答案:D.
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