金版新学案 2016-2017学年（鲁科版）高中物理选修3-2（课件+检测）（35份）

第2章
一、选择题
1．如图所示，螺线管与电流表组成闭合电路，条形磁铁位于螺线管上方，下端为N极，则当螺线管中产生的感应电流(　　)
A．方向与图示方向相同时，磁铁靠近螺线管
B．方向与图示方向相反时，磁铁靠近螺线管
C．方向与图示方向相同时，磁铁远离螺线管
D．方向与图示方向相反时，磁铁远离螺线管
解析：　当螺线管中产生与图示方向相同的感应电流时，螺线管上端相当于条形磁铁的N极，下端相当于条形磁铁的S极；则两磁铁相互排斥，根据楞次定律“来拒去留”可知，磁铁靠近螺线管，A对C错；同理可判断D正确．
答案：　AD
2．如图所示，螺线管B置于闭合金属圆环A的轴线上，当B中通过的电流I减小时(　　)
A．环A有缩小的趋势
B．环A有扩张的趋势
C．螺线管B有缩短的趋势
D．螺线管B有伸长的趋势
解析：　当B中通过的电流减小时，穿过A线圈的磁通量减小，产生感应电流，由楞次定律可以判断出A线圈有缩小趋势，故A正确．另外螺线管环与环之间的引力减小，故螺线管有伸长的趋势，故D正确．
答案：　AD
3．如图所示，等腰直角三角形OPQ区域内存在匀强磁场，另有一等腰直角三角形导线框ABC以恒定的速度沿垂直于磁场方向穿过磁场，穿越过程中速度方向始终与AB边垂直且保持AC平行于OQ.关于线框中的感应电流，以下说法中正确的是(　　)
A．开始进入磁场时感应电流最大
B．开始穿出磁场时感应电流最大
C．开始进入磁场时感应电流沿顺时针方向
D．开始穿出磁场时感应电流沿顺时针方向
解析：　开始进入磁场时，线框切割磁感线的有效长度等于AB的长度，感应电动势最大，选项A正确．当线框开始穿出磁场时，切割磁感线的有效长度为零，感应电流最小，选项B错误．由楞次定律判断知，开始进入磁场时，感应电流的方向为逆时针，开始穿出磁场时，感应电流的方向为顺时针，选项C错误、D项正确．
答案：　AD
4．如图所示，空间有一个方向水平的有界磁场区域，一个矩形线框，自磁场上方某一高度下落，然后进入磁场，进入磁场时，导线框平面与磁场方向垂直．则在进入时导线框不可能(　　)
A．变加速下落　　　　
B．变减速下落
C．匀速下落
D．匀加速下落
解析：　导线框刚进入磁场时做什么运动，取决于所受安培力与重力的大小关系，若F安mg，则减速，若F安＝mg，则匀速，由于F安随速度发生变化，故线框所受合力是变化的，即线框不可能做匀变速运动，应选D．
答案：　D
5．高频感应炉是用来熔化金属对其进行冶炼的，如图所示为冶炼金属的高频感应炉的示意图，炉内放入被冶炼的金属，线圈通入高频交变电流，这时被冶炼的金属就能被熔化，这种冶炼方法速度快，温度易控制，并能避免有害杂质混入被炼金属中，因此适于冶炼特种金属．该炉的加热原理是(　　)
A．利用线圈中电流产生的焦耳热
B．利用线圈中电流产生的磁场
C．利用交变电流的交变磁场在炉内金属中产生的涡流
D．给线圈通电的同时，给炉内金属也通了电
解析：　高频感应炉的原理是：给线圈通以高频交变电流后，线圈产生高频变化的磁场，磁场穿过金属，在金属内产生强涡流，由于电流的热效应，可使金属熔化．故只有C正确．
答案：　C
6．M和N是固定在水平面内的两条光滑平行的金属轨道，其电阻可忽略不计．如图所示的虚线框内充满垂直轨道平面向下方向的匀强磁场，金属杆ab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以恒定速度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的大小成正比的有(　　)
A．ab杆中的电流
B．ab杆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＝t
P＝Fv＝F安v＝
所以ab杆中的电流，与ab杆所受安培力与速度v成正比，A、B项正确．
答案：　AB
7．如图所示，“U”形金属框架固定在水平面上，金属杆ab与框架间无摩擦，整个装置处于竖直方向的磁场中．若因磁场的变化，使杆ab向右运动，则磁感应强度(　　)
A．方向向下并减小
B．方向向下并增大
C．方向向上并增大
D．方向向上并减小
解析：　因磁场变化，发生电磁感应现象，杆ab中有感应电流产生，而使杆ab受到磁场力的作用，并发生向右运动．而ab向右运动，使得闭合回路中磁通量有增加的趋势，说明原磁场的磁通量必定减弱，即磁感应强度正在减小，与方向向上、向下无关．
答案：　AD
8．如图，A、B是完全相同的两个小灯泡，L为自感系数很大、电阻可以忽略的带铁芯的线圈，下列说法正确的是(　　)
A．开关S闭合的瞬间，A、B同时发光，随后A灯变暗最后熄灭，B灯变亮
B．开关S闭合的瞬间，B灯亮，A灯不亮
C．断开开关S的瞬间，A、B灯同时熄灭
D．断开开关S的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭
解析：　闭合开关时，由于线圈的自感，电流从A、B中流过，随着线圈中电流逐渐增大，A灯变暗，渐灭．B灯由于A短路，I增大而变亮．断开开关时，电路断开，B立即熄灭，而A灯与线圈形成闭合回路，故A变亮再逐渐熄灭，故A、D正确．
答案：　AD
9．磁感应强度为B的匀强磁场仅存在于边界2L的正方形范围内，一电阻为R，边长为L的正方形导线框abcd，沿垂直于磁感线方向以速度v匀速通过磁场，如图所示，从ab刚开始进入磁场开始计时，画出穿过线框的磁通量随时间的变化图象及匀速通过磁场时所受外力的图象正确的是(　　)
解析：　线圈穿过磁场的过程可分为三个阶段，进入磁场阶段；在磁场中运动阶段；离开磁场阶段
由Φ＝BS，而S＝L·x＝L·vt，所以Φ＝BLv·t，
其图象如选项A所示；由右手定则或楞次定律判断出线圈abcd中感应电流方向再由左手定则判断不论线圈进或出磁场，安培力方向均水平向左，由于匀速运动，故外力F＝F安＝，且向右，当线圈完全进入磁场时，线框中无电流，故外力F＝F安＝0，图象如选项C所示．
答案：　AC
10．如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是(　　)
A．P＝2mgvsin
θ
B．P＝3mgvsin
θ
C．当导体棒速度达到时加速度大小为sin
θ
D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功
解析：　导体棒由静止释放，速度达到v时，回路中的电流为I，则根据共点力的平衡条件，有mgsin
θ＝BIL.对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，以2v的速度匀速运动时，则回路中的电流为2I，则根据平衡条件，有F＋mgsin
θ＝B·2IL所以拉力F＝mgsin
θ，拉力的功率P＝F×2v＝2mgvsin
θ，故选项A正确，选项B错误；当导体棒的速度达到时，回路中的电流为，根据牛顿第二定律，得mgsin
θ－BL＝ma，解得a＝sin
θ，选项C正确；当导体棒以2v的速度匀速运动时，根据能量守恒定律，重力和拉力所做的功之和等于R上产生的焦耳热，故选项D错误．
答案：　AC
二、非选择题
11．水平面上两根足够长的金属导线平行固定放置，间距为L，一端通过导线与阻值为R的电阻连接，导轨上放一质量为m的金属棒(如图所示)，金属杆与导轨的电阻忽略不计，匀强磁场竖直向下，用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动．当改变拉力的大小时，相对应的匀速运动的速度v也会变化，v与F的关系如图所示．(取重力加速度g＝10
m/s2)
(1)金属杆在匀速运动之前做什么运动？
(2)做m＝0.5
kg，L＝0.5
m，R＝0.5
Ω，磁感应强度B为多大？
解析：　(1)变速运动(或变加速运动、加速度减少的加速运动、加速运动)．
(2)感应电动势E＝BLv，感应电流I＝，安培力F安＝BIL＝因金属杆受拉力、安培力作用，由牛顿定律得：F－＝ma，所得v＝F－，由图线可以得到直线的斜率k＝2，所以B＝
＝1
T.
答案：　(1)变加速运动　(2)1
T
12．在光滑绝缘水平面上，电阻为0.1
Ω、质量为0.05
kg的长方形金属框abcd，以10
m/s的初速度向磁感应强度B＝0.5
T、方向垂直水平面向下、范围足够大的匀强磁场滑去．当金属框进入磁场到达如上图所示位置时，已产生1.6
J的热量．
(1)在图中ab边上标出感应电流和安培力方向，并求出在图示位置时金属框的动能．
(2)求图示位置时金属框中感应电流的功率．(已知ab边长L＝0.1
m)
解析：　(1)ab边上感应电流的方向b→a，安培力方向向左，金属框从进入磁场到图示位置能量守恒得：mv＝mv2＋Q，Ek＝mv2＝mv－Q＝×0.05×102
J－1.6
J＝0.9
J.
(2)金属框在图示位置的速度为v＝
＝
m/s＝6
m/s.E＝Blv，I＝＝＝
A＝3
A．感应电流的功率P＝I2R＝32×0.1
W＝0.9
W.
答案：　(1)0.9
J　0.9
W
13．如图，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和M′N′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m.竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为l.整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．导轨电阻可忽略，重力加速度为g.在t＝0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好．求：
(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；
(2)两杆分别达到的最大速度．
解析：　(1)设任意时刻时，MN、M′N′杆的速度分别为v1、v2.
细线烧断前：F＝mg＋2mg
①
细线烧断后，对MN杆在任意时刻：
F－mg－F安＝ma1
②
对M′N′杆在任意时刻：2mg－F安＝2ma2
③
E＝Bl(v1＋v2)
④
I＝
⑤
F安＝Bil
⑥
a1t＝v1
⑦
a2t＝v2
⑧
联立①～⑧式解得：v1∶v2＝2∶1
⑨
(2)当两杆达到最大速度时，对M′N′有：
2mg－F安＝0
⑩
联立④⑤⑥⑨解得v1＝，v2＝
答案：　(1)2∶1　(2)　
14．如图(a)所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路，线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图(b)所示，图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0.导线的电阻不计，求0至t1时间内
(1)通过电阻R1上的电流大小和方向；
(2)通过电阻R1上的电量q及电阻R1上产生的热量．
解析：　(1)根据法拉第电磁感应定律，电路中产生的感应电动势
E＝n＝n·S＝n·πr
通过电阻R1上的电流：I＝＝＝
根据楞次定律，可判定流经电阻R1的电流方向从下往上，即从b到a.
(2)在0至t1时间内通过电阻R1的电量q＝It1＝
电阻R1上产生的热量Q＝I2R1t1＝.
答案：　(1)　b→a　(2)　第2章
第1节
1．关于楞次定律，下列说法中正确的是(　　)
A．感应电流的磁场方向总是与外磁场的方向相反
B．感应电流的磁场方向总是与外磁场的方向相同
C．感应电流的磁场方向取决于磁通量是增大还是减小
D．感应电流的磁场总是阻碍原来磁通量的变化
解析：　不能简单的认为感应电流的磁场方向和原来磁场方向是相同还是相反，还要看原磁场是如何变化的，如果原磁场增加，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反，阻碍原磁场的增加；如果原来磁场减小，感应电流产生的磁场方向和原磁场方向相同，阻碍原来的磁场减弱，即感应电流产生的磁场总是阻碍原磁通量的变化．
答案：　CD
2．如图所示，两条柔软的导线与两根金属棒相连，组成闭合电路，且上端金属棒固定，下端金属棒自由悬垂．如果穿过回路的磁场逐渐增强，下面金属棒可能的运动情况是(　　)
A．向左摆动
B．向右摆动
C．向上运动
D．不运动
解析：　由于磁场增强，穿过闭合线圈的磁通量增加，根据楞决定律，可知下边导体棒产生垂直纸面向里的感应电流，由左手定则可知，下边导体棒所受安培力向上，故导体棒可能向上运动，即C对．
答案：　C
3．如图所示，AB是固定的通电直导线，闭合导线框P与AB在同一平面内，当P远离AB匀速运动时，闭合导线框中的感应电流(　　)
A．为零
B．大小不变，方向顺时针
C．逐渐增大，方向逆时针
D．逐渐减小，方向顺时针
解析：　根据电流周围的磁场分布情况，离电流越远磁场越弱，线框远离电流匀速运动时，切割磁感线产生的电动势越来越小，电流会越来越小；穿过线框的原磁场方向向里且减少，由楞次定律得感应电流的方向为顺时针．选项D正确．
答案：　D
4．某实验小组用如图所示的实验装置来验证楞次定律，当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时，通过电流计的感应电流方向是(　　)
A．a→G→b
B．先a→G→b，后b→G→a
C．b→G→a
D．先b→G→a，后a→G→b
解析：　条形磁铁向下靠近线圈时，穿过线圈的磁场向下，磁通量增加，由楞次定律，感应电流的磁场向上，由安培定则，感应电流的方向是b→G→a.条形磁铁向下远离线圈时，穿过线圈的磁场向下，磁通量减少，由楞次定律，感应电流的磁场向下，由安培定则，感应电流的方向是a→G→b，所以D正确．
答案：　D
5．如图所示，线圈abcd所在平面与磁感线平行，在线圈以ab边为轴顺时针(由下往上看)转过180°的过程中，线圈中感应电流的方向为(　　)
A．沿abcda　　　　　　
B．沿dcbad
C．先沿abcda，后沿dcbad
D．先沿dcbad，后沿abcda
解析：　根据右手定则可知由平行位置开始转动到180°/2时，穿过线圈的磁通量增加，感应电流磁场与原磁场方向相反，电流方向为dcbad；由180°/2转到平行位置穿过线圈的磁通量减少，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，电流方向为abcda，故D正确．
答案：　D
6．如图所示，ab是一个可绕垂直于纸面的O轴转动的闭合矩形导线圈(ab线圈平面垂直于纸面)，当滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动时，线圈ab将(从纸外向内看)(　　)
A．保持静止不动
B．逆时针转动
C．顺时针转动
D．发生转动，但因电源极性不明，无法确定转动方向
解析：　首先根据安培定则确定电路中通电螺线管产生的磁场，再结合楞次定律中“总是阻碍物体间的相对运动”“总是阻碍原有磁场的变化”对问题进行判断．左、右两个通电螺线管在中间的相对端，为异名磁极，且与电源的极性无关，当滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动的过程中，由全电路欧姆定律可知，电流减小，磁场减弱，通过ab闭合线圈的磁通量减小，为阻碍其减小，线圈只能是增大其正对磁场方向的有效面积．故正确答案为C．
答案：　C
7．如图所示，AB金属棒原来处于静止状态(悬挂)，由于CD棒的运动，导致AB棒向右摆动，CD棒运动方向(　　)
A．向右平动
B．向左平动
C．向里平动
D．向外平动
解析：　AB棒向右摆动的原因是：CD棒做切割磁感线运动产生感应电动势，给AB棒供电，AB棒摆动是通电导体受力问题，AB棒向右摆动，说明它受磁场力方向向右，根据左手定则判断出AB中的电流方向B→A，这说明CD棒的电流方向D→C，再根据右手定则判断导体切割磁感线的方向．注意：题目中给出的四个选项中，A、B肯定不对！因为CD棒左、右平动．不切割磁感线，不产生感应电流．
答案：　D
8．在沿水平方向的匀强磁场中，有一圆形金属线圈可绕沿其直径的竖直轴自由转动，开始时线圈静止，线圈平面与磁场方向既不平行也不垂直，所成的锐角为α.在磁场开始增强后的一个极短时间内，线圈平面(　　)
A．维持不动
B．将向使α减小的方向转动
C．将向使α增大的方向转动
D．将转动，因不知磁场方向，不能确定α会增大还是会减小
解析：　由楞次定律可知，磁场增强时，感应电流的磁场阻碍线圈磁通量的增加，使线圈平面向使α减小的方向转动．
答案：　B
9．闭合线圈abcd运动到如图所示的位置时，bc边所受到的磁场力的方向向下，那么线圈的运动情况是(　　)
A．向左平动进入磁场
B．向右平动进入磁场
C．向上平动
D．向下平动
解析：　当bc受力向下时，说明感应电流方向由b指向c，当向左进入磁场时，磁通量增加，感应电流的磁场方向应该与原磁场方向相反，垂直纸面向里，用右手螺旋定则可以判断感应电流方向为顺时针方向．
答案：　A
10．如图所示，闭合金属圆环沿垂直于磁场方向放置在匀强磁场中，将它从匀强磁场中匀速拉出，以下各种说法中正确的是(　　)
A．向左拉出和向右拉出时，环中的感应电流方向相反
B．向左或向右拉出时，环中的感应电流方向都是沿顺时针方向的
C．向左或向右拉出时，环中的感应电流方向都是沿逆时针方向的
D．环在离开磁场之后，仍然有感应电流
解析：　不管将金属圆环从哪边拉出磁场，穿过闭合圆环的磁通量都要减少，根据楞次定律可知，感应电流的磁场总要阻碍原磁通量的减少．感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，应用安培定则可以判断出感应电流的方向是顺时针方向的．B正确，A、C错误．另外在圆环离开磁场后，无磁通量穿过圆环，该种情况无感应电流，故D错误．
答案：　B
11．一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(　　)
A．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的滑动头向c端移动时
D．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时
解析：　由楞次定律及左手定则可知：只要线圈中电流增强，即穿过N的磁通量增加，则N受排斥而向右，只要线圈中电流减弱，即穿过N的磁通量减少，则N受吸引而向左．故C选项正确．
答案：　C
12．如图所示，水平放置的平行金属导轨，相距l＝0.05
m，左端连一电阻R＝0.02
Ω，磁感应强度为B＝0.40
T．匀强磁场方向垂直于导轨平面，导体棒ab垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，当ab以速度v＝4.0
m/s水平向右滑动时，求：
(1)ab棒中的感应电动势；
(2)回路中感应电流的大小和方向；
(3)维持ab棒做匀速运动的水平外力F的大小．
解析：　(1)根据导体切割磁感线产生的感应电动势公式E＝Blv可得：
E＝0.40×0.50×4.0
V＝0.80
V.
(2)感应电流的大小根据欧姆定律：
I＝＝
A＝4.0
A，方向为baR.
(3)根据安培力公式：
F＝BIl＝4.0×0.5×0.4
N＝0.8
N，
因此外力的大小也为0.8
N.
答案：　(1)E＝0.8
V
(2)I＝4.0
A，方向为baR
(3)F＝0.8
N(共80张PPT)
传感器及其应用
第
5
章
第1节　揭开传感器的“面纱”
第2节　常见传感器的工作原理
记
学习目标
1．知道什么是传感器．
2．知道非电学量转换成电学量的技术意义．
3．了解传感器的基本构成及各部分作用．
4．通过动手制作体会传感器的工作原理．
学
基础导学
1．定义：能够感受外界信息，并将其按照一定的规律转换成_________的器件或装置，叫做传感器．
2．应用：传感器通常应用在__________和自动控制系统中，担负着信息采集和转化任务．与压力、位移、速率、加速度、流量、温度、浓度等__________相比，电压、电流、电阻、电容和电感等电学量更加便于仪表显示和用于自动控制，所以传感器通常需要把_________量转化为________量．
一、什么是传感器
电信号
自动测量
非电学量
非电学
电学
1．种类：按传感器工作原理的不同把传感器分为______传感器、________传感器和________传感器．
(1)________传感器是利用物质的物理性质和物理效应感知并检测出待测对象信息的传感器，如电容传感器、电感传感器、光电传感器、压电传感器等．
二、种类繁多的传感器
物理
化学
生物
物理
(2)________传感器是利用化学反应识别和检测信息的传感器，如气敏传感器、湿敏传感器等．
(3)________传感器是指通过生物化学反应识别和检测信息的传感器，它是由固定生物体和适当转换器件组合成的系统，如组织传感器、细胞传感器、酶传感器等．
化学
生物
2．传感器的一般结构
(1)结构：传感器一般由______元件、转换元件和______电路组成，有时还需要加辅助电源．
敏感
转换
(2)各部分的功能
①敏感元件：是传感器的核心部分，利用材料的某种__________制成的．
②转换元件：是传感器中将________信号转换成________的电子元件．
③转换电路：作用是将转换电路得到的电信号转换成易于传输或测量的__________输出．
敏感特性
非电学
电信号
电学量
1．光电传感器：光电传感器是一种能够感受_____信号，并按照一定规律把______信号转换成_______信号的器件或装置，它采用的敏感元件是________电阻．
2．光敏电阻：光敏电阻是用金属硫化物等__________材料制成的，当光照射到这些半导体物质上时，它的电阻率_______，阻值也随之______．入射光强，电阻______；入射光弱，电阻______．
3．光电传感器的工作原理：光敏电阻能够把__________这个光学量转换为_______这个电学量．
三、光电传感器的原理
光
光
电
光敏
半导体
减小
减小
小
大
光照强弱
电阻
1．温度传感器：温度传感器是一种将________变化转换为__________变化的装置．
2．敏感元件：温度传感器中常见敏感元件有__________和__________等，它们都是利用敏感元件的某种电学特性随________变化而变化的特性制成的．
3．热敏电阻：半导体的电阻会随温度的变化而改变，热敏电阻就是利用半导体的这种特性制成的．上述实验使用的NTC热敏电阻的阻值随温度的升高而减小．还有一种PTC热敏电阻，它的阻值随温度的升高而________．
四、探究温度传感器的原理
温度
电学量
热敏电阻
热电阻
温度
增大
4．温度传感器的工作原理：温度传感器利用的是热敏电阻或金属热电阻能够把_______这个热学量转换为_______这个电学量的特性．
5．应用：热敏电阻是一种灵敏度极高的温度传感器，在测温过程中响应非常快，利用热敏电阻制成的电子体温计能很快测出体温．家用电器(如电脑、空调、电冰箱等)的温度传感器主要使用_______电阻．
温度
电阻
热敏
悟
名师指点
1．三类传感器的异同
(1)相同点：都能将感受到的非电学量信息转化成电学量，都是利用敏感元件的某种敏感效应制成的．
(2)不同点：三类传感器的工作原理不同，所利用的敏感元件的敏感效应不同．
生物传感器与物理传感器和化学传感器的最大区别在于生物传感器的感受器中含有生命物质．
一、三类传感器的异同及常见传感器
2．几种常见传感器的工作原理及用途比较
传感器品种
工作原理
可被测定的非电学量
力敏电阻，热敏电阻、半导体传感器
阻值变化
力、重量、加速度、温度、湿度、气体
电容传感器
电容量变化
力、重量、加速度、液面、湿度
压电传感器，超声波传感器
压电效应
压力、加速度、距离
热电传感器
热电效应
烟雾、明火、热分布
光电传感器
光电效应
辐射、角度、旋转数、位移、转矩
传感器与电脑相结合，构成了神通广大的自动控制与自动测量系统，物理传感器作为开发最早的一类传感器，种类繁多，性能稳定，技术成熟，应用也最广泛．发现新的敏感材料是开发新式传感器的基础．
1．下列关于传感器的说法正确的是(　　)
A．所有传感器的材料都是由半导体材料做成的
B．金属材料也可以制成传感器
C．传感器主要是通过感知电压的变化来传递信号
D．温度传感器只能由半导体材料制成
解析：　半导体材料可以制成传感器，其他材料也可以制成传感器，如金属氧化物氧化锰就可以制成温度计，所以A错，B正确，D错，传感器不但能感知电压的变化，还能感受力、温度、光、声、化学成分等非电学量，所以C错．
答案：　B
1．半导体的导电机理：以半导体材料硅为例说明半导体的导电机理，下图是硅原子排列示意图，每个原子的最外层有4个电子．由于热运动或其他原因，其中极少数电子可能获得较大的能量，挣脱原子的束缚而成为自由电子，这样，在原来的地方就留下一个空位，称为“空穴”．空穴相当于一个正电荷．当这个空穴由附近原子中的电子来填补时，就出现了一个新的空穴，这种变化相当于空穴在移动．
二、半导体的导电机理及光敏电阻的特性
如果有了外电场，自由电子和空穴会向相反的方向做定向移动，于是在半导体中形成了电流．自由电子和空穴都叫做载流子(carrier)．
2．光敏电阻的特性
当光敏电阻受到光照射时，会有更多的电子获得能量成为自由电子，同时也形成更多的空穴，于是导电性明显地增强，电阻减小．不受光照射时的电阻阻值是受光照射时的100倍～1
000倍．
(1)半导体材料的导电机理决定了光敏电阻的电阻特性，不要将光敏电阻与金属电阻混淆．
(2)光照越强，光敏电阻的电阻率越小，反之则越大．
2．如图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(　　)
A．当有光照射R1时，信号处理系统获得高电压
B．当有光照射R1时，信号处理系统获得低电压
C．信号处理系统每获得一次低电压就记数一次
D．以上说法都不对
解析：　当光照射光敏电阻R1时，光敏电阻R1的阻值减小，回路中电流增大，R2两端的电压升高，信号处理系统得到高电压，计数器每由高电压转到低电压，就计一次数，从而能达到计数的目的，故正确答案为A、C．
答案：　AC
1．热敏电阻
热敏电阻由半导体材料制成，当半导体材料的温度升高时，必定接收了外界的能量，自己的内能增加，加剧内部分子(或原子)的热运动，使很多束缚电荷变为自由电荷，载流子增多，增强了导电性．热敏电阻有温度系数大，灵敏度极高，反应迅速，体积小，寿命长等优点．
三、热敏电阻的特性、分类及应用
2．热敏电阻的两种类型
热敏电阻的电阻率随温度变化而明显变化，常见的有两种类型
(1)正温度系数热敏电阻(PTC热敏电阻)
这种热敏电阻的电阻率随温度升高而增大，其特性与金属热电阻相似，其电阻随温度的变化图象如图．
(2)负温度系数热敏电阻(NTC热敏电阻)
这种热敏电阻的电阻率随温度升高而明显减小，其电阻随温度的变化图象如图．
3．热敏电阻的用途
热敏电阻可以将温度这一非电学量的变化转化为电阻的变化，进而转化为电流或电压这些电学量的变化，理论上说，所有与温度有关的问题都可以使用热敏电阻．热敏电阻的灵敏性好但稳定性较差，测温范围较小．
(1)热敏电阻的阻值随温度的升高其阻值有可能减小，也有可能增大．
(2)半导体热敏电阻虽然有很多优点，但其测温范围较小．
(3)半导体热敏电阻不能用来制造标准电阻．
3．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热敏电阻Rt，的两端相连，这时表针恰好指在刻度盘的正中间．若往Rt上擦一些酒精，表针将向____________(填“左”或“右”)移动；若用吹风机将热风吹向电阻，表针将向____________(填“左”或“右”)移动．
解析：　若往Rt上擦一些酒精，由于酒精蒸发吸热，热敏电阻Rt温度降低，电阻值增大，所以电流减小，指针应向左偏；用吹风机将热风吹向电阻，热敏电阻Rt温度升高，电阻值减小，电流增大，指针向右偏．
答案：　左　右
1．电容式传感器的工作原理
电容器的电容C决定于极板正对面积S、板间距离d以及极板间的电介质这几个因素．如果某一物理量(如角度θ、位移s、深度h等)的变化能引起上述某个因素的变化，必将引起电容的变化．通过测定电容器的电容就可以确定上述物理量的变化．
四、电容式传感器的原理及应用
2．电容式传感器的一些常见应用
(1)图甲是用来测定角度θ的电容式传感器．当动片与定片之间的角度θ发生变化时，引起极板正对面积S的变化，使电容C发生变化．知道C的变化，就可以知道θ的变化情况．
甲　　　　　　　乙
(2)图乙是测定液面高度h的电容式传感器．在导线芯的外面涂上一层绝缘物质，放入导电液体中．导线芯和导电液体构成电容器的两个极，导线芯外面的绝缘物质就是电介质．液面高度h发生变化时，引起正对面积发生变化，使电容C发生变化．知道C的变化，就可以知道h的变化情况．
(4)图丁是测定位移s的电容式传感器．随着电介质进入极板间的长度发生变化，电容C发生变化，知道C的变化，就可以知道s的变化情况．
丁
4．电容式传感器是用来将各种非电信号转变为电信号的装置．由于电容器的电容C取决于极板正对面积S、极板间距离d以及极板间的电介质这几个因素，当某一物理量发生变化时就能引起上述某个因素的变化，从而又可推出另一个物理量的值，如图所示是四种电容式传感器的示意图，关于这四种传感器的作用，下列说法不正确的是(　　)
A．甲图的传感器可以用来测量角度
B．乙图的传感器可以用来测量液面的高度
C．丙图的传感器可以用来测量压力
D．丁图的传感器可以用来测量速度
解析：　甲图角度变化能导致极板正对面积变化；乙图高度变化能导致极板正对面积变化；丙图F变化能导致极板间距变化；丁图物体位置变化导致电介质变化．所以，甲、乙、丙、丁分别是测角度、高度、压力、位移的物理量．
答案：　D
1．生物传感器的定义：生物传感器是指用固定化的生物体成分(酶、抗原、抗体、激素等)或生物体本身(细胞、细胞器、组织等)作为敏感元件，利用生物化学反应识别和检测信息的传感器．
五、生物传感器的特点
2．生物传感器的特点
除了生物传感器的感受器中含有生命物质(这是生物传感器与物理传感器和化学传感器的本质区别)生物传感器还有以下特点：
(1)采用固定化生物活性物质作催化剂，价值昂贵的试剂可以重复多次使用，克服了过去酶法分析试剂费用高和化学分析繁琐复杂的缺点．
(2)专一性强，只对特定的底物起反应，而且不受颜色、浊度的影响．
(3)分析速度快，可以在一分钟得到结果．
(4)准确度高，一般相对误差可以达到1%.
(5)操作系统比较简单，容易实现自动分析．
(6)成本低，在连续使用时，每例测定仅需要几分钱人民币．
(7)有的生物传感器能够可靠地指示微生物培养系统内的供氧状况和副产物的产生．在产物控制中能得到许多复杂的物理化学传感器综合作用才能获得的信息．
5．2008年，中国牛奶行业经历了一次严峻考验在，许多牛奶制品中被检测出化学原料三聚氰胺．在多种检测三聚氰胺的方法中有一种“酶标法检测”，若这种检测方法，使用了传感器，应为传感器中的哪一类(　　)
A．物理传感器　　　
B．化学传感器
C．生物传感器
D．温度传感器
解析：　检测方法为酶标法，所以其原理应该是利用了生物酶，故应为生物传感器，所以C正确．
答案：　C
讲
典例精析
如图所示，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻，当光照强度增大时(　　)
A．电压表的示数增大
B．R2中的电流减小
C．小灯泡的功率增大
D．电路中的路端电压增大
光电传感器的特性及应用
解析：　当光强增大时，R3的阻值减小，外电路电阻随R3的减小而减小，随之是干路电流增大，R1上的电压增大，所以V的示数增大；同时内电压增大，路端电压减小，所以有R2并联的整部分电压减小，使通过R2的电流减小，因此通过灯泡支路的电流是增大的，故有小灯泡变亮，即功率增大．选项A、B、C正确．
答案：　ABC
光敏电阻的变化，造成整个电路的总电阻变化．解决这类问题的方法是：先研究由于个别电阻的变化而引起的电路中的总电阻怎么变化，再分析总电流怎样变化，接着分析路端电压怎样变化，最后分析各支路．这是传感器与直流电路的综合问题．
1－1：利用光敏电阻制作的光传感器，记录了传送带上工件的输送情况．如图甲所示为某工厂成品包装车间的光传感记录器，光传感器B能接收到发光元件A发出的光，每当工件挡住A发出的光时．光传感器输出一个电信号，并在屏幕上显示出电信号与时间的关系，如图乙所示．若传送带始终匀速运动，每两个工件间的距离均为0.2
m，则下列说法中正确的是(　　)
A．传送带运动的速度是0.1
m/s
B．传送带运动的速度是0.2
m/s
C．该传送带每小时输送3
600个工件
D．该传送带每小时输送7
200个工件
解析：　在该计数装置中，A是发光的光源，B是光传感器，B中的主要元件是光敏电阻．当没有光照射B时，传感器计数一次，由图可看出，1
s计数1次，两工件间距离为0.2
m，所以传送带运动速度是0.2
m/s，每小时输送3
600个工件．故正确答案为BC．
答案：　BC
下图为某一热敏电阻(电阻值随温度的改变而改变，且对温度很敏感)的I－U关系曲线图．
温度传感器的特性及应用
(1)为了通过测量得到如图所示I－U关系的完整曲线，在下图甲、乙两个电路中应选择的是图__________；简要说明理由：__________(电源电动势为9
V，内阻不计，滑动变阻器的阻值为0～100
Ω)．
(2)在图丙所示电路中，电源电压恒为9
V，电流表读数为70
mA，定值电阻R1＝250
Ω，由热敏电阻的I－U关系曲线可知，热敏电阻两端的电压为_________V；电阻R2的阻值约为____________Ω.
(3)举出一个可以应用热敏电阻的例子：_____________.
解析：　(1)由题给热敏电阻的I－U图线知：①I－U关系图线是0～6V间连续曲线；
②热敏电阻的阻值非定值，在选择实验电路时电路必须能保证提供0～6
V间的连续电压，所以电路应选择甲电路．
(2)根据电源电压可求出电阻R1的电流为36
mA，所以热敏电阻的电流为34
mA，由图可以读出热敏电阻两端的电压为5.2
V，因此R2两端的电压为3.8
V，即可求出R2电阻约为111.8
Ω.
答案：　(1)甲　电压可从0
V调到所需电压，调节范围较大
(2)5.2　111.8(111.6～112.0均正确)
(3)热敏温度计(提出其他实例，只要合理均可)
2－1：如图所示，R1为定值电阻，R2为负温度系数的热敏电阻，(负温度系数热敏电阻是指阻值随温度的升高而减小的热敏电阻)，L为小灯泡，当温度降低时(　　)
A．R1两端的电压增大
B．电流表的示数增大
C．小灯泡的亮度变强
D．小灯泡的亮度变弱
解析：　R2与灯L并联后与R1串联，与电源构成闭合电路，当温度降低时，热敏电阻R2阻值增大，外电路电阻增大，电流表读数减小，灯L电压增大，灯泡亮度变强，R1两端电压减小，故C正确，其余各项均错误．
答案：　C
电容器的电容C决定于极板正对面积S、极板间距离d以及极板间的电介质这几个因素，如果某一物理量(如角度θ、位移x、深度h等)的变化能引起上述某个因素的变化，将引起电容的变化．通过测定电容器的电容就可以确定上述物理量的变化．
电容式传感器的特性及应用
传感器是一种采集信息的重要器件．如图所示是由电容器作为传感器来测定压力变化的，当待测压力作用于膜片电极上时，下列说法正确的是(　　)
①若F向下压膜片电极，电路中有从a到b的电流　②若F向下压膜片电极，电路中有从b到a的电流　③若F向下压膜片电极，电路中不会有电流产生　④若电流表有示数，说明压力F发生变化　⑤若电流表有示数，说明压力F不会发生变化
A．②④
B．①④
C．③⑤
D．①⑤
答案：　A
3－1：如图所示，是一个测定液面高度的传感器，在导线芯的外面涂上一层绝缘物质，放在导电液体中，导线芯和导电液构成电容器的两极，把这两极接入外电路，当外电路的电流变化说明电容值增大时，则导电液体的深度h变化为(　　)
A．h增大
B．h减小
C．h不变
D．无法确定
解析：　由题意知，导线和导电液体构成电容器的两极，类似于平行板电容器的两极，当液面高度发生变化时相当于两极正对面积发生变化，会引起电容的变化，与平行板电容器类比可得，导电液体深度h增大时，导电芯和导电液体正对面积增大，电容器的电容值变大．
答案：　A
试
综合应用
传感器担负着信息采集的任务，在自动控制中发挥着重要作用，传感器能够将感受到的物理量(如温度、光、声等)转换成便于测量的量(通常是电学量)，例如热传感器，主要是应用了半导体材料制成的热敏电阻，热敏电阻随温度变化的图线如图甲所示，图乙是用热敏电阻R1作为传感器制作的简单自动报警器原理图．则
传感器的应用
(1)为了使温度过高时报警器铃响，开关应接在_________
(填“a”或“b”)
(2)若使启动报警的温度提高些，应将滑动变阻器的滑片P向__________移动(填“左”或“右”)．
思路点拨：　通电螺线管和弹簧共同作用，实现报警器电路的通断，磁性增强，电路接通，报警器报警；磁性减弱，电路断开，报警器不响．
解析：　温度较高时，热敏电阻阻值减小，图乙中通电螺线管的磁性增强，将与弹簧相连的金属导体向左吸引，要使报警器所在电路接通并报警的话，开关应接在a.要实现温度更高时，即热敏电阻更小时才将报警器电路接通的话，应该将滑动变阻器连入电路的阻值调大，即P向左移动．
答案：　(1)a　(2)左
电路中的光敏电阻、热敏电阻随光照或温度的变化阻值发生变化时，电路中的电流、每一段电路两端的电压都要发生变化，即电路发生动态变化，分析顺序遵循从部分到整体再到部分的思路进行分析，高考题中常常出现．
解析：　当电热灭蚊器温度由0升到t1的过程中，电阻器的电阻率ρ随温度升高而减小，其电阻R随之减小，由于加在灭蚊器上的电压U保持不变，灭蚊器的热功率P随之增大，当t＝t1时，P＝P1达到最大．当温度由t1升高到t2的过程中ρ增大，R增大，P减小；而温度越高，其与外界环境温度的差别也就越大，高于环境温度的电热灭蚊器的散热功率P′也就越大；因此在这之间的某一温度t3会有P＝P3＝P′，即电热功率P减小到等于散热功率时，即达到保温；当tP′，使温度自动升高到t3；当t>t3，P答案：　AD
练
随堂演练
1．关于传感器的下列说法正确的是(　　)
A．传感器通常应用在自动测量和自动控制系统中，担受着信息采集和转化任务
B．电感式传感器属于物理传感器
C．化学传感器是将生命物质当作感受器进行信息转化的
D．组织传感器属于生物传感器
答案：　ABD
2．关于光敏电阻，下列说法正确的是(　　)
A．受到光照越强，电阻越小
B．受到光照越弱，电阻越小
C．它的电阻与光照强弱无关
D．以上说法都不正确
解析：　光照增强时，光敏电阻中载流体增多，所以导电能力增强，电阻越小．
答案：　A
3．对热敏电阻，正确的叙述是(　　)
A．受热后，电阻随温度的升高而迅速变化
B．受热后，电阻基本不变
C．热敏电阻可以用来测量很小范围内的温度，反应快，而且精确度高
D．以上说法都不对
解析：　热敏电阻随温度的升高其电阻值减小，热敏电阻可以用来测量很小范围内的温度，反应快，而且精确度高．
答案：　AC
解析：　光敏电阻的阻值随光照强度的增强而弱小，用手掌挡住部分光线，阻值变大．指针自左向右偏转角度变小．
答案：　B
解析：　若为金属热电阻，温度升高后，电阻变大，读数变化不明显，A、B错误．若为热敏电阻，读数将明显变化，C对D错．
答案：　C
测
达标训练
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第3节　电磁感应定律的应用
记
学习目标
1．了解涡流现象，知道涡流是如何产生的．
2．知道涡流的利与弊，以及在生产、生活中的应用．
3．知道磁卡和动圈式话筒的工作原理．
学
基础导学
1．定义：将整块金属放在变化磁场中，穿过金属块的磁通量发生变化，金属块内部所产生的_______的感应电流．
2．产生：把金属块放在______的磁场中，或让它在非均匀磁场中______时，金属块内部都会产生涡流．
3．利用：新型炉具_________就是利用涡流原理制成的，其优点是________高；无烟火，无毒气、废气，被称为“__________”．
一、涡流
漩涡状
变化
运动
电磁炉
热效率
绿色炉具
4．防止：为减小涡流，电动机、变压器铁芯是用外表涂有__________的薄________叠成的，而不采用______硅钢铁芯，这样减少发热，降低能耗，提高了设备的工作效率．
绝缘材料
硅钢片
整块
1．磁卡工作原理：磁卡信息的录入是利用了______________．信息的读取与录入过程相反，利用了______________．
2．动圈式话筒：动圈式话筒是把__________转变为电信号的装置，由膜片、线圈、永磁铁等构成．其工作原理是利用了______________．
二、磁卡和动圈式话筒
电流的磁效率
电磁感应原理
声音信号
电磁感应原理
悟
名师指点
1．涡流产生的条件
涡流的本质是电磁感应现象，涡流产生条件是穿过金属块的磁通量发生变化．并且金属块本身可自行构成闭合回路．同时因为整个导体回路的电阻一般很小，所以感应电流很大，就像水中的漩涡．
2．可以产生涡流的两种情况
(1)把块状金属放在变化的磁场中．
(2)让块状金属进出磁场或在非匀强磁场中运动．
一、对涡流的成因及涡流中的能量转化
3．能量变化
伴随着涡流现象，其他形式的能转化成电能并最终在金属块中转化为内能．如果金属块放在了变化的磁场中，则磁场能转化为电能最终转化为内能；如果金属块进出磁场或在非匀强磁场中运动，则由于克服安培力做功．金属块的机械能转化为电能，最终转化为内能．
4．涡流的应用
(1)利用涡流的热效应：应用涡流在回路中产生的热量冶炼金属的高频感应炉．
(2)利用涡流的磁效应：电磁阻尼和电磁驱动．
(3)利用涡流现象的小型装置：在车站、机场进行安检的探测器，用来探测旅客是否带有金属制品，像刀、枪之类的危险物品等．
下列关于涡流的说法中正确的是(　　)
A．涡流跟平时常见的感应电流一样，都是因为穿过导体的磁通量变化而产生的
B．涡流不是感应电流，而是一种有别于感应电流的特殊电流
C．涡流有热效应，但没有磁效应
D．在硅钢中不能产生涡流
解析：　涡流本质上是感应电流，是自身构成回路，在穿过导体的磁通量变化时产生的，所以A对B错．涡流不仅有热效应，同其他电流一样也有磁效应，C错．硅钢电阻率大，产生的涡流较小，但仍能产生涡流，D错．
答案：　A
1．录取过程：磁带为一具有磁性敷层的合成树脂长带，用于记录声音和影像．录制时，磁带通过一块电磁铁——录制头，也就是磁头，录制头产生的磁场随声音或影像信号的改变而改变．当磁带上的磁性颗粒通过磁头时，便被不同程度地磁化，这样就在磁带上“写入”了一连串相关磁性变化的信息．
2．读取过程：当播放录制内容时磁卡以一定的速度通过读取磁头，磁带上的磁性颗粒经过磁头时，使穿过磁头线圈的磁通量发生相应的变化，从而产生与录制时相一致的感应电流，这样就可以把磁带上被录入的信息读取出来．
二、磁卡信息的录入与读取的过程
三、动圈式话筒的工作原理
动圈式话筒与电容式话筒的工作原理不同，电容式话筒的工作原理是随着声音信号的变化，电容器两极板间的距离发生变化，从而改变电容器的电容量，使电容器在不断地充放电，形成充放电电流，而不是依据电磁感应现象制作的．
讲
典例精析
电磁灶是利用电磁感应引起的涡流加热的原理来工作的，它主要是由感应加热线圈，灶台台板和烹饪锅等组成，如图所示．电磁灶的台面下布满了线圈，当通过中频交流电时，在台板和铁锅之间产生交变磁场，磁感线穿过锅体，产生感应电流——涡流，这种感应电流在金属锅体中产生热效应，从而达到加热和烹饪食物的目的．下列哪些因素可导致加热效果变差(　　)
涡流的分析与应用
A．交流电的频率增加
B．交流电的频率降低
C．将烹饪锅换成陶瓷锅
D．将底面积较大的换成底面积较小的锅
解析：　涡流与磁通量的变化率有关，变化率越大，产生的感应电动势越大，即交流电的频率越高，涡流的效果就越明显；底面积越大，导电性能越好的锅，涡流的效果会越明显．因此，导致加热性能变差的选项为B、C、D．
答案：　BCD
1－1：变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这是因为(　　)
A．增大涡流，提高变压器的效率
B．减小涡流，提高变压器的效率
C．增大铁芯中的电阻，以产生更多的热量
D．增大铁芯中的电阻，以减小发热量
解析：　不使用整块硅钢而是采用很薄的硅钢片，这样做的目的是增大铁芯中的电阻，阻断涡流回路，来减少电能转化成铁芯的内能，提高效率，是防止涡流而采取的措施，本题正确选项是B、D．
答案：　BD
动圈式话筒和磁带录音机都应用了电磁感应现象，如图甲所示是话筒原理图，图乙所示是录音机的录音、放音原理图，由图可知：
磁卡与动圈式话筒的分析和应用
①话筒工作时磁铁不动，线圈振动而产生感应电流　②录音机放音时变化的磁场在静止的线圈里产生感应电流　③录音机放音时线圈中变化了的电流在磁头缝隙处产生变化的磁场　④录音机录音时线圈中变化的电流在磁头缝隙处产生变化的磁场
其中正确的是(　　)
A．②③④　　　
B．①②③
C．①②④
D．①③④
解析：　话筒的工作原理是，声波迫使金属线圈在磁铁产生的磁场中振动产生感应电流，①正确．录音时，话筒产生的感应电流经放大电路放大后在录音机磁头缝隙处产生变化的磁场，④正确．磁带在放音时通过变化的磁场使放音磁头产生感应电流，经放大电路后再送到扬声器中，②正确．
答案：　C
A．放音的主要原理是电磁感应，录音的主要原理是电流的磁效应
B．录音的主要原理是电磁感应，放音的主要原理是电流的磁效应
C．放音和录音的主要原理都是磁场对电流的作用
D．录音和放音的主要原理都是电磁感应
解析：　录音过程是声音信号通过话筒产生随声音变化的感应电流——电信号，使磁带上的磁粉按一定规律排列而转化为磁信号，放音过程则是由于磁粉通过磁头线圈而产生感应电流．
答案：　A
辨
易错疑难
有关涡流的分析问题
思路点拨：　解答此题时应注意金属圆管会有涡流产生，涡流的产生对小球有阻碍作用．
解析：　A管中的球比B管中的球先落地，说明B管中的球受到了更大的阻碍作用，所以B管一定是金属管，球下落时在B管中引起磁通量的变化，会在B管中产生涡流，对球施加一向上的磁场力，致使小球下落较慢；A管是塑料管或胶木管等非金属管，无涡流产生，阻碍作用较小，下落较快，应选A、D．
答案：　AD
解析：　当蹄形磁铁转动时，圆盘上不同位置的磁通量发生变化，因而圆盘中会有涡流形成，该涡流的磁场阻碍磁通量的变化，使圆盘随着磁铁一起转，但圆盘转动速度比磁铁慢．
答案：　见解析
练
随堂演练
1．下列对涡流的认识，不正确的是(　　)
A．大块金属中无感应电动势产生，直接产生了涡流
B．涡流对生产和实验既有利又有危害
C．涡流的形成是遵从电磁感应规律的
D．涡流的主要效应是电流的热效应和磁效应
解析：　涡流是一种电磁感应现象，同样遵从电磁感应规律，是一种自成回路的漩涡电流．由闭合电路欧姆定律可知，有电流必有电动势，故A错，C正确．由于整块金属导体的电阻一般情况下很小，所以产生的涡流很大，因而其热效应和磁效应很明显，涡流的热效应可以用来加热或冶炼金属，但有时也产生危害，如使某些元件发热，故涡流既有有利的一面，也有不利的一面，所以B、D均正确，故选A．
答案：　A
2．关于真空冶炼和电熨斗的说法正确的是(　　)
A．它们都只是利用电流的热效应原理工作的
B．它们都是利用电磁感应现象中产生的涡流工作的
C．前者是利用电磁感应现象中产生的涡流及电流的热效应工作的，后者是利用电流的热效应工作的
D．前者利用的是变化的电流，后者利用的是恒定的电流
解析：　真空冶炼是利用涡流及电流的热效应，电熨斗利用电流的热效应，所以真空冶炼需要变化的交流电产生变化的磁场，电熨斗可用直流电也可用交流电，故选C．
答案：　C
3．如图所示，在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上分别放一小铁锅水和一玻璃杯水．给线圈通入电流，一段时间后，一个容器中水温升高，则通入的电流与水温升高的是(　　)
A．恒定直流、小铁锅
B．恒定直流、玻璃杯
C．变化的电流、小铁锅
D．变化的电流、玻璃杯
解析：　通入恒定直流时，所产生的磁场不变，不会产生感应电流，通入变化的电流，所产生的磁场发生变化，在空间产生感生电场，铁锅是导体，感生电场在导体内产生涡流，电能转化为内能，使水温升高；涡流是由变化的磁场在导体内产生的，所以玻璃杯中的水不会升温．
答案：　C
解析：　铝球进入和穿出磁场时穿过铝球的磁通量发生变化，产生涡流，产生热量，动能减少，故选D．
答案：　D
答案：　交变电流的频率越高，它产生的磁场的变化就越快．根据法拉第电磁感应定律，在待焊接工件中产生的感应电动势就越大，感应电流就越大，而放出的热量与电流的平方成正比，所以交变电流的频率越高，焊缝处放出的热量越多．
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知
识
网
络
专
题
归
纳
转换法
转换法是将不易直接测量的物理量转换为容易测量的物理量后再进行测量的方法(又称间接测量法)，它是物理实验设计中常用的方法之一，本章从生活中常见的传感器入手，以对传感器的认识过程为主线，以转换思想为理论依据，深入研究了传感器的工作原理、应用以及自动控制电路的设计．传感器的工作原理是将非电学量按照一定规律转换为电学量，作为本章的一条纽带，紧紧地将电学与力学、光学和热学联系在一起．
本章的思想方法
利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小，实验时让某消防队员从一平台上跌落，自由下落2
m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲．使自身重心又下降了0.5
m，最后停止，用这种方法获得消防队员受到地面冲击力随时间变化的图线如图所示，根据图线所提供的信息，以下判断正确的是
(　　)
A．t1时刻消防队员的速度最大
B．t2时刻消防队员的速度最大
C．t3时刻消防队员的动能最小
D．t4时刻消防队员的动能最小
解析：　由题可知，消防队员先做自由落体运动，然后和地面发生碰撞，在和地面碰撞过程中，他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5
m，最后停止．力F是地面对消防队员的冲击力，在t1～t2时间段，Fmg，消防队员做减速运动，至t4时刻停在地面上．所以t2时刻消防队员的速度最大，t4时刻消防队员的动能最小．故正确答案为B、D．
答案：　BD
1．光敏电阻
光敏电阻由金属硫化物等半导体材料制成，其电阻率对光非常敏感，光照增强时电阻率明显减小．
2．热敏电阻
(1)热敏电阻也是由半导体材料制成的，其电阻率对温度非常敏感．
(2)热敏电阻分为正温度系数热敏电阻(PTC热敏电阻，其电阻随温度升高而增大)和负温度系数热敏电阻(NTC热敏电阻，其阻值随温度升高而减小)．
几种敏感元件的特性
3．电容
平行板电容器的电容与极板面积，极板间距及电介质材料有关，电容器可以感知引起电容变化的任一外界信息，并将其转化为电容变化，例如，当极板受力时会改变极板间距，从而引起电容变化．
考查敏感元件的特性，尤其是考查光敏电阻和热敏电阻特性的高考题，近年来多次出现，解决这类问题的两个关键是：
(1)各种敏感元件的特性；
(2)外界信息会引起敏感元件发生什么变化．
如图所示是一火警报警器的部分电路示意图．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．I变大，U变大　　
B．I变大，U变小
C．I变小，U变大
D．I变小，U变小
解析：　R2处出现火情，温度升高，R2减小，导致R2两端电压减小，通过R3的电流减小．
答案：　D
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，如表：
传感器的综合应用
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
光照直流电路动态分析
温度传感器
热敏电阻
热学(如气体)直流电路
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
力运动与含容电路
为了节能和环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统．光控开关可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件(照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为Lx)．某光敏电阻Rp在不同照度下的阻值如表：
照度(Lx)
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
电阻(kΩ)
75
40
28
23
20
18
(1)根据表中数据，请在给定的坐标系中描绘出阻值随照度变化的曲线，并说明阻值随照度变化的特点．
解析：　(1)光敏电阻的阻值随光照变化的曲线如图所示．
特点：光敏电阻的阻值随光照强度的增大而非线性减小
答案：　见解析
单
元
评
估
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知
识
网
络
专
题
归
纳
1．原、副线圈的功率关系、电压关系、电流关系、频率关系等，并常与交流电的图象、交流电的“四值”等进行综合考查．
变压器及其相关电路的动态分析
答案：　减小　减小　不变　增大
远距离输电中的基本关系式
1．功率关系
P1＝P2，P3＝P4，P2＝ΔP＋P3.
→能量守恒
远距离输电问题
发电机的输出端电压为220
V，输出功率为44
kW，输电线总电阻为0.2
Ω，如果用初、次级线圈匝数之比为1∶10的升压变压器升压，经输电线后，再用初、次级线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压后给用户供电．
(1)求用户得到的电压和功率；
(2)若不用升压和降压而直接向用户供电，求用户得到的电压和功率．
解析：　输电示意图如图所示．
答案：　(1)U4＝219.6
V　P4＝4.392×104
W　(2)U′＝180
V　P′＝3.6×104
W
单
元
评
估
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术章高效整合
归纳、整理、综合所学知
相交变电流的特征:相位相差丌,即时间相差
距相其最大值、有效值、周期、频率都相等
父
星形接法:相电压为220V,线电压为380V
输电|连接
角形接法:对于线电压是380V的三相电源
方
角形接法的负载的相电压和线电压都为380V
铁芯:涂有绝缘材料的硅钢片登合而成
构造原线圈:与电源相连接的线圈
副线圈:与负载相连接的线圈
压原理:互感现象
E=n4④
闭合铁芯原
离压副线圈磁通量的变化率
输器
原、副线圈匝数与电压的关系
电
原、副线圈匝数与电流的关
规律
若一原一副::I出=n
输送的基本要求:可靠、保质、经济
3=()
减少R
减
减少电
减
减少输电导线
减
功率损失
减
减小电流
专题
专题
U4用第4章　
一、选择题
1．变压器的工作原理是(　　)
A．电磁感应　　　　　　
B．电流的磁效应
C．磁场对通电导线的作用
D．磁场对运动电荷的作用
答案：　A
2．如图所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n1＝800和n2＝200的两个线圈，上线圈两端与u＝51sin314t
V的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是(　　)
A．2.0
V
B．9.0
V
C．12.7
V
D．144.0
V
解析：　根据上线圈所加电压的表达式可得，最大值为51
V，所以有效值U1＝＝36
V．若变压器为理想变压器：＝，可得：U2＝9.0
V．但由于铁芯不闭合，考虑到磁漏的存在，应有U2<9.0
V，所以A正确．
答案：　A
3．如图为远距离输电线路的示意图：
若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是(　　)
A．升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关
B．输电线中的电流只由升压变压器原副线圈的匝数比决定
C．当用户用电器的总电阻减小时，输电线上损失的功率增大
D．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
解析：　变压器输入功率、输入电流的大小是由次级负载消耗的功率大小决定的，选项A、B错误．用户的总电阻减小，根据P＝，消耗的功率增大，输电线电流增大，线路损失功率增大，C项正确，升压变压器的输出电压等于输电线路电阻上损失电压加上降压变压器输入电压，D项错误．
答案：　C
4．如图，一理想变压器原副线圈的匝数比为1∶2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220
V，额定功率为22
W；原线圈电路中接有电压表和电流表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则(　　)
A．U＝110
V，I＝0.2
A
B．U＝110
V，I＝0.05
A
C．U＝110
V，I＝0.2
A
D．U＝110
V，I＝0.2
A
解析：　在副线圈电路中，I2＝＝＝0.1
A，再根据＝及＝，得U1＝110
V，I1＝0.2
A，故B、C、D错，A正确．
答案：　A
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(　　)
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．
答案：　B
6．如图所示为一理想变压器和负载电阻R，下列哪些做法可增加变压器的输入功率(　　)
A．只减少副线圈匝数
B．只减少原线圈匝数
C．只增加副线圈匝数
D．只减小R的阻值
解析：　减少原线圈匝数，相当于增加副线圈匝数，改变了电压比．增加副线圈匝数，也是改变了匝数比，相当于提高了输出电压，增大了输出功率，而输入功率等于输出功率．减小电阻R，增大了变压器的输入功率．
答案：　BCD
7．如图甲所示，两个相同的灯泡串联，并和电压表、电流表和起连接在正弦交变电源上，每只灯泡的电阻R＝110
Ω.如图乙是交变电源输出电压随时间t变化的图象，则(　　)
A．电压表读数是311
V
B．电流表读数是
A
C．每只小灯泡两端电压随时间变化的规律是UR＝311cos
100πt
V
D．通过每只灯泡的电流随时间变化的规律是i＝cos
100πt
A
答案：　D
8．原副线圈的匝数均可调节，原线圈两端接一正弦交变电流，为了使变压器输入功率增大，可以采取的措施有(　　)
A．只增加原线圈的匝数n1
B．只减少副线圈的匝数n2
C．只减少负载电阻R的阻值
D．只增大负载电阻R的阻值
解析：　由＝知，当n1增大时，U2减小，当减小n2时，U2也减小，又根据P入＝P出＝知，A、B两项均错，C项对，D项错．
答案：　C
9．如图所示，理想变压器初级线圈的匝数为n1，次级线圈的匝数为n2，初级线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表V的示数为220
V，负载电阻R＝44
Ω，电流表A1的示数为0.20
A．下列判断中正确的是(　　)
A．初级线圈和次级线圈的匝数比为2∶1
B．初级线圈和次级线圈的匝数比为5∶1
C．电流表A2的示数为1.0
A
D．电流表A2的示数为0.4
A
答案：　BC
10．如图甲、乙所示电路中，当A、B接10
V交变电压时，C、D间电压为4
V；M、N接10
V直流电压时，P、Q间电压也为4
V．现把C、D接4
V交流，P、Q接4
V直流，下面哪个选项可表示A、B间和M、N间的电压(　　)
A．10
V,10
V　　　　　
B．10
V,4
V
C．4
V,10
V
D．10
V,0
解析：　甲图是一个自耦变压器，当A、B作为输入端，C、D作为输出端时，是一个降压变压器，两边电压之比等于两边线圈的匝数之比，当C、D作为输入端，A、B作为输出端时，是一个升压变压器，电压比也等于匝数比，所以C、D接
4
V交流时，A、B间将得到10
V交流．乙图是一个分压电路，当M、N作为输入端时，上下两个电阻上的电压跟它们的电阻的大小成正比．但是当把电压加在P、Q两端时，电流只经过下面那个电阻，上面的电阻中没有电流，两端也就没有电势差，即M、P两点的电势相等．所以当P、Q接4
V直流时，M、N两端的电压也是4
V.
顺便指出，如果M、N或P、Q换成交变电压，上述关系仍然成立，因为在交流纯电阻电路中欧姆定律照样适用．
答案：　B
二、非选择题
11．有一个阻值为R的电阻，若将它接在电压为20
V的直流电源上时，消耗的电功率为P；若将它接在图中的理想变压器的次级线圈两端时，消耗的电功率为.已知变压器输入的是正弦交流电，其电压的最大值为200
V，不计电阻阻值随温度的变化，求：
(1)理想变压器次级线圈两端电压的有效值．
(2)此变压器的原、副线圈的匝数之比．
解析：　(1)直流电源的电压U0＝20
V，设变压器次级线圈两端的电压的有效值为U2，根据题意有
P＝，＝，解得U2＝U0＝10
V.
(2)变压器输入的交流电压有效值为
U1＝U1m＝100
V
根据变压器电压比关系，可得n1∶n2＝U1∶U2＝10∶1.
答案：　(1)10
V　(2)10∶1
12．一理想变压器原副线圈的匝数比为n1∶n2＝1∶2，电源电压u＝220
sin
ωt
V，原线圈电路中接入一熔断电流I0＝1
A的保险丝，副线圈中接入一可变电阻R，如上图所示，为了使保险丝不致熔断，调节R时，其阻值的最小值为多少？
解析：　当原线圈电流I1＝I0时，副线圈中的电流(即副线圈中电流的有效值)为
I2＝I1＝I0＝
A．
副线圈的输出电压有效值为
U2＝U1＝＝440
V.
因此副线圈电路中负载电阻的最小值为Rmin＝＝880
Ω
答案：　880
Ω
13．交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S＝0.05
m2，线圈转动的频率为50
Hz，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B＝
T．为用此发电机所发出交流电带动两个标有“220
V　11
kW”的电机正常工作，需在发电机的输出端a、b与电机之间接一个理想变压器，电路如图所示．
(1)发电机的输出电压为多少？
(2)变压器原、副线圈的匝数比为多少？
(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多大？
解析：　(1)根据Em＝nBSω＝1100
V，得输出电压的有效值为U1＝＝1100
V.
(2)根据＝得＝.
(3)根据P入＝P出＝2.2×104
W，再根据P入＝U1I1，解得I1＝20
A．
答案：　(1)1100
V　(2)5∶1　(3)20
A
14．家庭电路的引线均有一定电阻(约几欧姆)．因此当家中大功率用电器如空调、电炉工作时，家中原来开着的电灯会变暗，下面通过一个简单的测试，可以估算出家庭电路引线部分的电阻，如图所示，用r表示家庭电路引线部分的总电阻，为两表笔插入插座的交流电压表，M为一个额定功率为P额定电压为U额的空调(P较大)．测试时，先断开所有家电电路，测得电压为U1，再闭合电键S，测得电压为U2.
(1)试推导估算r的表达式(设电源两端电压保持恒定)；
(2)若P＝2.0
kW，U额＝220
V，测得U1＝220
V，U2＝210
V，则引线部分总电阻约为多少？
解析：　(1)断开所有家电电路时，U额＝U1，S闭合后，
Ir＝P，Ur＝U1－U2，所以
r＝＝·U.
(2)把U1、U2、U额、P代入公式得r＝1.15
Ω.
答案：　(1)r＝U　(2)1.15
Ω(共64张PPT)
第2节　感应电动势与电磁感应定律
记
学习目标
1．知道感应电动势的概念．
2．理解法拉第电磁感应定律的内容和数学表达式．
3．知道公式E＝Blv的推导过程及其与一般表达式之间的区别．
4．会用电磁感应定律解决有关问题．
学
基础导学
1．感应电动势：在_____________中产生的电动势叫做感应电动势．产生感应电动势的那部分导体相当于______．
2．感应电动势和感应电流关系
(1)产生电磁感应现象时，闭合电路中有__________；电路断开时，没有__________，有____________．
(2)感应电动势的产生与电路是否闭合、电路如何组成______，感应电动势比感应电流更能反映电磁感应现象的______．
一、感应电动势
电磁感应现象
电源
感应电流
感应电流
感应电动势
无关
本质
1．影响感应电动势的因素：电路中产生的感应电动势的大小与电路中磁通量__________有关，即与磁通量的________有关．
磁通量的变化率：在数值上等于__________磁通量的变化量，它是表示磁通量__________的物理量．
二、电磁感应定律
变化快慢
变化率
单位时间
变化快慢
磁通量的变化率
V
Wb
Wb
s
3．导体切割磁感线运动时产生的感应电动势大小．
导体垂直切割磁感线时，感应电动势大小E＝______，其中l是__________，v是导体运动的______，且l与B______．
Blv
导体长度
速度
垂直
悟
名师指点
1．感应电动势的产生条件
无论电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化或导体切割磁感线，就会有感应电动势产生．
2．产生感应电动势部分的电路特点
产生感应电动势的那部分电路相当于电源，属内电路，电流由电势较低处流向电势较高处．一般分为两种情况：一种是部分导体在磁场中切割磁感线而成为电源；一种是导体围成的面积上有磁通量的变化(如磁感应强度变化或有效面积变化)而成为电源．
一、对感应电动势的理解
1．关于感应电动势，下列说法中正确的是(　　)
A．电源电动势就是感应电动势
B．产生感应电动势的那部分导体相当于电源
C．在电磁感应现象中没有感应电流就一定没有感应电动势
D．电路中有电流就一定有感应电动势
解析：　电源电动势的来源很多，不一定是由于电磁感应产生的，所以选项A错误；在电磁感应现象中，如果没有感应电流，也可以有感应电动势，电路中的电流可能是由化学电池或其它电池作为电源提供的，所以应该是有感应电流一定有感应电动势．
答案：　B
2．下列说法正确的是(　　)
A．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大
B．线圈中的磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大
C．线圈处在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电动势一定越大
D．线圈中磁通量变化得越快，线圈中产生的感应电动势越大
答案：　D
1．该公式可看成法拉第电磁感应定律的一个推论，通常用来求导线运动速度为v时的瞬时电动势，随着v的变化，E也相应变化；若v为平均速度，则E也为平均感应电动势．
2．当B、l、v三个量方向互相垂直时，θ＝90°，感应电动势最大，当有任意两个量的方向互相平行时，θ＝0°，感应电动势为零．
三、对公式E＝Blvsin
θ的理解
3．式中的l应理解为导线切割磁感线时的有效长度，如果导线不和磁场垂直，l应是导线在磁场垂直方向投影的长度，如果切割磁感线的导线是弯曲的，如图所示，则应取与B和v垂直的等效直线长度，即ab的弦长．
4．公式中的v应理解为导线和磁场间的相对速度，当导线不动而磁场运动时，也有电磁感应现象产生．
5．若导线各部分切割磁感线的速度不同，可取其平均速度求电动势．
如图所示，导体棒在磁场中绕A点在纸面内以角速度ω匀速转动，磁感应强度为B，则AC在切割磁感线时产生的感应电动势为：
3．如图所示的几种情况中，金属导体中产生的感应电动势为Blv的是(　　)
A．乙和丁　　　　　　　
B．甲、乙、丁
C．甲、乙、丙、丁
D．只有乙
解析：　公式E＝Blv中的l应指导体的有效切割长度，甲、乙、丁中的有效长度均为l，电动势E＝Blv，而丙有效长度为lsin
θ，电动势E＝Blvsin
θ，故B项正确．
答案：　B
讲
典例精析
一个200匝、面积为20
cm2的线圈，放在磁场中，磁场的方向与线圈平面成30°角，若磁感应强度在0.05
s内由0.1
T增加到0.5
T，则0.05
s始末通过线圈的磁通量分别为______Wb，______Wb，在此过程中穿过线圈的磁通量的变化是______Wb；磁通量的平均变化率是______Wb/s；线圈中的感应电动势的大小是______V.
答案：　10－4　5×10－4　4×10－4　8×10－3　1.6
磁通量、磁通量变化量及变化率穿过一匝线圈和几匝线圈是一样的，而感应电动势与匝数有关．
1－1：单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，如线圈所围面积里的磁通量随时间变化的规律如图所示，则线圈中(　　)
A．0时刻感应电动势最大
B．0.05
s时感应电动势为零
C．0.05
s时感应电动势最大
D．0～0.05
s这段时间内平均感应电动势为0.4
V
答案：　ABD
如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝1
000，线圈面积S＝200
cm2，线圈的电阻r＝1
Ω，线圈外接一个阻值R＝4
Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．求：
法拉第电磁感应定律的应用
(1)前4
s内的感应电动势；
(2)前4
s内通过R的电荷量．
2－1：如图所示，将一条形磁铁插入某一闭合线圈，第一次用时0.05
s，第二次用时0.1
s，设插入方式相同，试求：
(1)两次线圈中平均感应电动势之比？
(2)两次线圈中电流之比？
(3)两次通过线圈的电荷量之比？
公式E＝Blv的应用
辨
易错疑难
区别感应电动势与路端电压
(1)在ab边刚进入磁场区域时，线框内的电流大小．
(2)在ab边刚进入磁场区域时，ab边两端的电压．
(3)在线框进入磁场的整个过程中，线框中的电流产生的热量．
练
随堂演练
1．关于感应电流和感应电动势的关系，下列叙述中正确的是(　　)
A．电路中有感应电流，一定有感应电动势
B．电路中有感应电动势，一定有感应电流
C．两个电路中，感应电动势大的其感应电流也大
D．两个电路中，感应电流大的其感应电动势也大
解析：　只要通过电路的磁通量发生变化，电路中就产生感应电动势，但只有电路闭合时，才有可能产生感应电流，感应电流与感应电动势符合欧姆定律，只有A正确．故正确答案为A．
答案：　A
2．穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系，如图所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是(　　)
A．0～2
s
B．2～4
s
C．4～5
s
D．5～10
s
解析：　图象斜率越小，表明磁通量的变化率越小，感应电动势也就越小．
答案：　D
3．如图所示，A、B两闭合线圈用同样导线绕成，A有10匝，B有20匝，两圆线圈半径之比为2∶1.均匀磁场只分布在B线圈内．当磁场随时间均匀减弱时(　　)
A．A中无感应电流
B．A、B中均有恒定的感应电流
C．A、B中感应电动势之比为2∶1
D．A、B中感应电流之比为1∶2
解析：　只要穿过圆线圈内的磁通量发生变化，线圈中就有感应电动势和感应电流，因为磁场变化情况相同，有效面积也相同，所以，每匝线圈产生的感应电动势相同，又由于两线圈的匝数和半径不同，电阻值不同，根据电阻定律，单匝线圈电阻之比为2∶1，所以，感应电流之比为1∶2.因此正确答案是B、D．
答案：　BD
4．试写出图所示的各种情况下，导线中所产生的感应电动势的表达式[导线长均为L，速度为v，磁感应强度为B，图(3)中导体垂直纸面]．
解析：　(1)(3)中有E＝0，因为此时导体不切割磁感线；(2)中有磁场、导线、运动速度两两垂直，所以有E＝BLv.
答案：　(1)E＝0　(2)E＝BLv　(3)E＝0
测
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实验探究法是从实验事实出发，然后进行归纳推理或演绎推理得出概念和规律的方法，有时也称实验归纳法，在实验的过程中获得科学知识，掌握探究知识的方法，体验探究知识的历程，它强调的是亲身实验、科学探究，这种实验方法的特点是实验在前，结论在后，中学物理中很多基本原理、基本定律都是用实验的方法加以归纳和反复验证而得到的，法拉第是英国伟大的实验物理学家，它的实验技巧在当时堪称魁首，他做了大量的电学、磁学、光学方面的实验，总结出了一系列实验定律，其中最著名的是电磁感应定律和电解定律．
思想方法——实验探究法
现将电池组，滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图所示连接，在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑动变阻器的滑片P向左加速滑动时，电流计指针向右偏转，由此可推断
(　　)
A．线圈A向上移动或滑动变阻器的滑片P向右加速滑动，都能引起电流计指针向左偏转
B．线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起电流计指针向右偏转
C．滑动变阻器的滑片P匀速向左或匀速向右滑动，都能使电流计指针静止在中央
D．因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转的方向
解析：　电流计指针是否发生偏转取决于穿过线圈B的磁通量是否发生变化，而电流计中指针的偏转方向与穿过线圈B的磁通量是变大还是变小有关．由题意知当P向左滑动时，线圈A中的电流变小，导致穿过线圈B的磁通量减小，电流计中指针向右偏转．依此推理，若穿过线圈B的磁通量增大时，电流计指针应向左偏转：线圈A上移时，穿过线圈B的磁通量减小，指针向右偏，A错误；P匀速向左滑时穿过线圈B的磁通量减小，指针向右偏转，P匀速向右滑时穿过线圈B的磁通量增大，指针向左偏转，C错误．故正确答案为B．
答案：　B
感应电动势大小的计算
感应电荷量
导体切割磁感线或磁通量发生变化而在回路中产生感应电流，机械能或其他形式的能量便转化为电能．感应电流在磁场中受到安培力的作用或通过电阻发热，又可使电能转化为机械能或电阻的内能等．因此电磁感应的过程总是伴随着能量的转化，而且克服安培力做多少功，就有多少电能产生．对于某些电磁感应问题，我们可以从能量转化的观点出发，运用能量转化和守恒定律、运用功能关系分析解决．
用能量观点解决电磁感应问题
解析：　本题可用Q＝I2Rt来求解，但较复杂．采用能量守恒的方法来解，则很简捷．线圈匀速通过磁场时，线圈重力势能的减少量应等于线圈产生的焦耳热，所以Q＝2mgh.
答案：　2mgh
单
元
评
估
谢谢观看！(共58张PPT)
第3节　大显身手的传感器
记
学习目标
1．了解传感器应用的一般模式．
2．了解力传感器在洗衣机上的应用．了解光传感器在自动门上的应用．
3．了解电容传感器在指纹识别器上的应用．了解传感器在机器人上的应用．
4．感受传感器技术给人类生活带来的便利，了解传感器应用的设计思路．
学
基础导学
全自动洗衣机的水位控制装置使用了______传感器．当水位达到设定的高度时自动_______进水电磁阀门，_______洗涤电动机电源．
一、洗衣机水位控制系统
压力
关闭
接通
1．控制自动门开关的是一种__________传感器．
2．自动门工作流程
二、自动门
红外线
指纹识别器是通过________传感器来识别指纹的．手指皮肤与电容传感器表面构成了__________，由于指纹的凹凸导致不同位置的电容差异．
三、指纹识别器
电容
电容阵列
1．机器人传感器的分类
机器人传感器分为_______传感器和_______传感器．
2．传感器用途
(1)_______传感器用于感知外部__________和外界事物对机器人的_______，使机器人拥有类似人的_______、______、触觉、嗅觉、味觉等感觉，从而使机器人具有拟人化的特点．
(2)_______传感器(如角度传感器、____________等)，用于检测机器人的________．
四、传感器与机器人
外部
内部
外部
工作环境
刺激
视觉
听觉
内部
关节传感器
状态
悟
名师指点
1．红外线传感器的工作原理
任何物质，只要它具有一定的温度(高于绝对零度)都能辐射红外线；且温度不同的物体辐射出的红外线波长不同，探测器的敏感元件接收到物体发出的红外线，并将其转化成电压信号输出，便可驱动各种控制电路工作．
一、红外线传感器的工作原理及应用
3．红外线传感器的应用
红外线传感器常用于无接触温度测量、气体成分分析、无损探伤等，在气象预报、卫星遥感、医学、军事等领域都有广泛应用．
4．自动门上的红外传感器
人体辐射的红外线波长为9
μm～10
μm，传感器探测元件的波长灵敏度在0.2
μm～20
μm范围内几乎稳定不变，在传感器顶端开设了一个装有滤光镜片的窗口，这个滤光片可通过光的波长范围为7
μm～10
μm，正好适合于人体红外辐射的探测，而对其他物体发出的红外线全部吸收，这样便形成了一种专门用作探测人体辐射的红外线传感器．
(1)红外线用肉眼看不到．
(2)不同物质发出的红外线不同．
(3)一切物体均发出红外线．
1．下列装置中不使用红外线传感器的是(　　)
A．电视遥控装置　　
B．红外线温度计
C．卫星遥感
D．电子台秤
答案：　D
1．机器人的构成
机器人主要包括三个部分：环境信息采集部分(相当于人的感觉器官)、环境识别和动作控制部分(相当于人的大脑)、动作部分(相当于人的手、脚等)．
2．机器人的感觉
传感器是机器人的感觉器官，外部传感器用于感知外部工作环境和外界事物对机器人的刺激，各种传感器和机器人的感觉的对应关系见下表：
二、传感器使机器人拥有哪些感觉？分别是哪种传感器的功劳？
感觉
所用传感器
效果
当前发展水平
视觉
视觉传感器(摄像机)
使机器人拥有人眼的视觉功能
离自然人的视觉水平相差甚远
听觉
超声波传感器语音识别装置
使机器人拥有类似人耳的听觉功能
能理解一些简单的语句，不能真正实现人机对话
嗅觉
气体传感器
使机器人拥有类似人鼻的功能
只能识别有限的几种气体，一般机器人没有嗅觉
触觉
压力传感器
温度传感器
位移传感器
使机器人拥有类似人的皮肤和手的功能
发展水平较高，虽不如人的感觉敏锐，但能完成大部分要求
机器人的发展方向是高度拟人的人工智能机器人；但目前的电脑运算能力、传感器制造技术等均相距甚远．
2．机器人通过哪种传感器感知周围环境，从而避开障碍物(　　)
A．温度传感器
B．压力传感器
C．味觉传感器
D．视觉传感器
解析：　机器人通过“眼睛”(摄像机)即视觉传感器感知周围景物，从而避开障碍物．
答案：　D
讲
典例精析
传感器的应用
已知敏感元件的质量为m，两侧弹簧的劲度系数均为k，电源电动势为E，电源内阻不计．滑动变阻器的总电阻值为R，有效长度为l.静态时，输出电压为U0，试推导加速度a与输出电压U的关系式．
由于系统整体做加速运动，敏感元件使两弹簧均发生形变Δl，同时滑动变阻器上的滑动触头也会同步的滑动Δl，因而综合运用牛顿第二定律和闭合电路欧姆定律即可求解．
1－1：如图所示是某种电子秤的原理示意图，AB为一均匀的滑线电阻，阻值为R，长度为L，两边分别有P1、P2两个滑动头，P1可以在竖直绝缘光滑的固定杆MN上保持水平状态而上下自由滑动，弹簧处于原长时，P1刚好指着A端，P1与托盘固定相连，若P1、P2间出现电压时，该电压经过放大，通过转换后在显示屏上将显示物体重力的大小．已知弹簧的劲度系数为k，托盘自身质量为m0，电源电动势为正，内阻不计，当地的重力加速度为g.求：
(1)托盘上未放物体时，在托盘自身重力作用下，P1离A的距离x1.
(2)托盘上放有质量为m的物体时，P1离A的距离x2.
(3)在托盘上未放物体时通常先校准零点，其方法是：调节P2，使P2离A的距离也为x1，从而使P1、P2间的电压为零．校准零点后，将物体m放在托盘上，试推导出物体质量m与P1、P2间的电压U之间的函数关系式．
光敏电阻在各种自动化装置中有很多应用，其中就有可用于街道的路灯自动控制开关．下图为实验所用器材，其中A为光敏电阻，B为电磁继电器，C为电流放大器，D为路灯，请连成正确的电路，达到日出路灯熄、日落路灯亮的效果，并说明此电路的工作原理．
用传感器设计简单的自动控制电路
解析：　连线如图所示．
原理：白天，光照强，光敏电阻A阻值小，控制电路中电流大，电磁铁磁力强，将衔铁吸合，两触点分离，路灯电路不通，灯不亮；傍晚，日落后光照弱，光敏电阻A阻值大，控制电路中电流小，电磁铁磁力弱，衔铁向上移使两触点接触，路灯电路接通，灯亮．
2－1：如图所示为小型电磁继电器的构造示意图，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，A、B、C、D为四个接线柱．电磁继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与B接信号电压，C与D可跟被控电路串联
B．A与B接信号电压，C与D可跟被控电路并联
C．C与D接信号电压，A与B可跟被控电路串联
D．C与D接信号电压，A与B可跟被控电路并联
解析：　由图可知A、B与电磁继电器线圈相连，所以A、B应接信号电压，控制电磁继电器工作与否，从而使C、D接通或断开，进而起到控制作用．故正确答案为A．
答案：　A
试
综合应用
如图所示是一种悬球式加速度仪，它可以用来测定沿水平轨道运动的列车的加速度，金属球的质量为m，它系在金属丝的下端，金属丝的上端悬挂在O点，AB是一根长为L的均匀电阻丝，其阻值为R，金属丝与电阻丝接触良好，摩擦不计，电阻丝的中心C焊接一根导线，从O点也引出一根导线，两线之间接入一个电压表V，(金属丝和导线电阻不计)．
传感器与力、电的综合
图中虚线OC与AB垂直，且OC＝h，电阻丝AB接在电压为U的直流稳压电源上，整个装置固定在列车中并使AB沿车前进的方向．列车静止时金属丝呈竖直状态，当列车加速或减速前进时，金属丝将偏离竖直方向，从电压表V的读数变化可以测出加速度的大小．
当列车向右做匀加速直线运动时，试导出加速度a与电压表读数U′，的关系式(用U′、U、L、h及重力加速度g等表示)
思路点拨：　列车的加速度变化时，悬球的位置发生变化，从而使电压表的示数发生变化，根据闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律求得a与U′的关系．
在传感器的应用中，电路与力的知识是经常用到的，对闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律应熟练掌握．
3－1：如图甲是汽车过桥时对不同类型桥面压力变化的实验．采用DIS方法对模型进行测量，其结果如图乙中电脑屏幕所示．
(1)图甲中的传感器为____________传感器；
(2)图甲中①②③分别为三种不同类型的桥面，对于凸形桥①，其相对应的压力图线应是屏幕上的____________(填“a”“b”或“c”)
(3)如增大小球在斜槽上的高度，在图乙中大致画出小球通过凸形桥①时的压力图线．
解析：　(1)由于是将压力信号转化为电信号，所以是压力传感器．
(2)桥面如题图①所示，小球在最高点时对桥的压力小于重力；
桥面如题图②所示，小球对桥的压力不变，总等于重力；
桥面如题图③所示，小球在最低点时对桥的压力大于重力；
由此可得：对应凸形桥①的压力图线是电脑屏幕上的c.
(3)若增大小球在斜槽上的高度，小球通过凸形桥①时的压力图线将向下凹，即如图所示．
答案：　(1)压力　(2)c　(3)见解析图
练
随堂演练
1．洗衣机中的水位控制装置使用的是(　　)
A．光传感器　　　
B．压力传感器
C．湿度传感器
D．温度传感器
答案：　B
2．指纹识别器在下列哪些方面可以得到广泛应用(　　)
A．乘坐客车购票时
B．过公路收费处时
C．放学出校门口时
D．开银行保险柜时
答案：　D
3．机器人技术发展迅速，以下哪方面是现有的机器人不能很好地完成的(　　)
A．汽车工业中自动焊接领域
B．深水探险
C．艺术体操和与人对话
D．机械加工
解析：　现有的机器人技术限于制造工艺、计算机技术和传感器技术，还很难达到类似人对肢体的控制能力，其动作精确但较僵硬，语音识别能力还很差，在其他几个方面机器人都有上佳表现．
答案：　C
4．下列情况不可能是由于水位控制装置损坏引起的是(　　)
A．洗衣机不加水
B．洗衣机加水不能自动停止
C．洗衣机不排水
D．洗衣机不洗衣
解析：　洗衣机水位控制装置正常，才能正常加水，且加到合适的水位，若损坏可能导致一直不加水或一直不停地加水，所以A、B可能，而这两种情况都会导致洗衣机洗衣程序不工作，所以D可能，故选C．
答案：　C
5．全自动洗衣机中的排水阀是由程序控制器控制其动作的，当进行排水和脱水工序时，控制铁芯1的线圈通电，使铁芯2运动，从而牵引排水阀的阀门，排除污水(如图所示)．以下说法中正确的是(　　)
A．若输入的控制电流由a流入，由b流出，则铁芯2中A端为N极，B端为S极
B．若输入的控制电流由a流入，由b流出，则铁芯2中A端为S极，B端为N极
C．若a、b处输入交变电流，铁芯2不能被吸入线圈中
D．若a、b处输入交变电流，铁芯2仍能被吸入线圈中
解析：　控制电流由a→b，由安培定则、电磁铁左端为N极，右端为S极，铁芯2被磁化，A端为N极，B端为S极，而被吸入线圈中．若a、b处输入交变电流，铁芯1磁性不断变化，铁芯2磁性也随之变化，仍能被吸入线圈．
答案：　AD
6．电子打火机的点火原理是压电效应，压电片在受压时会在两侧形成电压且电压大小与压力近似成正比，现有一利用压电效应制造的电梯加速度传感器，如图所示．压电片安装在电梯地板下，电压表与压电片构成闭合回路用来测量压电片两侧形成的电压，若发现电压表示数增大，下列说法正确的是(　　)
A．电梯一定加速上升
B．电梯一定减速下降
C．电梯加速度一定向上
D．电梯加速度一定向下
解析：　由题意知，电压表示数增大说明电梯地板对压电片压力增大，故电梯处于超重状态，加速度一定向上C对，D错．但电梯可能加速上升也可能减速下降，A、B错．
答案：　C
7．温度传感器广泛应用于室内空调、电冰箱等家用电器中，它是利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性来工作的，如图甲所示，电源的电动势E＝9.0
V，内阻不计；G为灵敏电流表，内阻Rg保持不变；R为热敏电阻，其电阻阻值与温度的变化关系如图乙所示，闭合开关S，当R的温度等于20
℃时，电流表示数I1＝2
mA；当电流表的示数I2＝3.6
mA时，热敏电阻的温度是(　　)
A．60
℃
B．80
℃
C．100
℃
D．120
℃
答案：　D
谢谢观看！第5章　
一、选择题
1．当你走近豪华宾馆、酒楼的大门时，门就自动为你打开；当你走进门之后，门又在你身后自动关上．你觉得这可能是将下列哪种外界信息转换为有用的信息(　　)
A．温度　　　　　　　
B．运动
C．人
D．光线
解析：　自动门的自动控制要求灵敏、可靠，若以温度控制，人的体温与夏季气温接近，在夏季自动门没人操作不能正常工作，所以A错．自动门实际使用的是红外线传感器，红外线属于不可见光，人在白天或黑夜均发出红外线，传感器接收到人体发出的红外线后传给自动控制装置的电动机，实现自动开门．
答案：　D
2．随着改革开放的深入进行，中国经济对世界的影响越来越大，随之带来了一些人的非议．进入2007年，中国产品的质量问题被一些别有用心的人恶意夸大．中国政府据理力争的同时，不断加强对国内产品的质量监管力度，其中对某些食品卫生的检测可以通过传感器快速检测出来，这种传感器属于(　　)
A．物理传感器
B．化学传感器
C．生物传感器
D．数学传感器
答案：　C
3．用遥控器调换电视机频道的过程，实际上就是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．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．电饭煲中控制加热和保温的温控器
解析：　红外报警装置将红外线信号转换为电信号，声控开关将声音信号转换为电信号，压力传感装置将压力转换为电信号，温控器将温度信号转换为电信号，故A正确．
答案：　A
4．生物传感器与传统的各种物理传感器和化学传感器的最大区别在于(　　)
A．外界信息是生物信息
B．转化的有用信息是生物信息
C．感受器中含有生命物质
D．传感器就是生物
答案：　C
5．2007年度诺贝尔物理学奖授予了法国和德国的两位科学家，以表彰他们发现“巨磁电阻效应”，基于巨磁电阻效应开发的用于读取硬盘数据的技术，被认为是纳米技术的第一次真正应用．在下列有关其他电阻应用的说法中，错误的是(　　)
A．热敏电阻可应用于温度测控装置中
B．光敏电阻是一种光电传感器
C．电阻丝可应用于电热设备中
D．电阻在电路中主要起到通过直流、阻碍交流的作用
解析：　热敏电阻对温度很敏感，光敏电阻对光照很敏感，电阻丝可用于电加热，这很常见，所以A、B、C均正确．交流电、直流电均可通过电阻，电阻对它们均可产生阻碍作用，所以D错误．
答案：　D
6．如图所示的电路中，当半导体材料做成的热敏电阻浸泡到热水中时，电流表示数增大，则说明(　　)
A．热敏电阻在温度越高时，电阻越大
B．热敏电阻在温度越高时，电阻越小
C．半导体材料温度升高时，导电性能变差
D．半导体材料温度升高时，导电性能变好
解析：　电流表的示数增大，说明电路中的电流增大，电阻减小，所以这个热敏电阻的电阻率是随温度的升高而降低的，电阻率减小，电阻值在其它条件不变时减小，导电性能变好．
答案：　BD
7．如图所示是一种延时开关．当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C线路接通．当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放．则(　　)
A．由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用
B．由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用
C．如果断开B线圈的电键S2，无延时作用
D．如果断开B线圈的电键S2，延时将变长
解析：　本题以延时开关作为密切联系实际的新情境，考查考生对电磁感应现象的理解程度和推理能力．根据题中所提示的信息，不难发现延时开关的基本工作原理：当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C线路接通．这时虽然B线圈的电键S2闭合，但通过它的磁通量不变，所以没有电磁感应现象发生．当S1断开时，A线圈立即断路，不会发生电磁感应，但通过B线圈的磁通量减少，由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用，选项B正确．如果此时断开B线圈的电键S2，则B线圈虽然产生感应电动势，但不产生感应电流，不能吸引衔铁D，无延时作用，选项C正确．
答案：　BC
8．如图所示，Rt为负温度系数半导体热敏电阻，其他电阻都是普通的电阻，当灯泡L的亮度变暗时，说明(　　)
A．环境温度变高
B．环境温度变低
C．环境温度不变
D．都有可能
解析：　灯泡L的亮度变暗，说明Rt的阻值增大，即周围环境的温度变低．
答案：　B
9．用力传感器悬挂一钩码沿竖直方向由静止开始运动，下图中实线是传感器记录的拉力大小变化情况，则(　　)
A．钩码的重力约为4
N
B．钩码的重力约为3
N
C．A、B、C、D四段图线中，钩码处于超重状态的是A、D，失重状态的是B、C
D．A、B、C、D四段图线中，钩码处于超重状态的是A、B，失重状态的是C、D
解析：　根据题意，由图象可知，刚开始一段运动为匀速运动，拉力与重力平衡，钩码的重力约为4
N，A、D两段加速度向上，钩码处于超重状态，B、C两段加速度向下，钩码处于失重状态，故选项A、C对，B、D错误．
答案：　AC
10．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(a)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，电流表示数如图(b)所示，下列判断正确的是(　　)
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：　从题图(b)可以看出，在t1到t2时间内，电流表示数逐渐增大，则压敏电阻的阻值逐渐减小，说明压敏电阻受到重球的压力越来越大，小车的加速度增大，故小车做变加速运动；在t2到t3时间内，电流不变，则说明重球对压敏电阻的压力不变，故小车做匀加速直线运动．
答案：　D
二、非选择题
11．已知电流表的电流从“＋”接线柱流入时指针向右偏，在如图所示的实验装置中
(1)合上S将线圈A插入B的过程中，电流表指针向__________
______偏．
(2)合上S将线圈A插入B后，将变阻器触头向左移动时，电流表指针向__________
________偏．
解析：　合上S后，螺线管中存在向下的磁场，若将线圈A插入B，在插入B的过程中，穿过B线圈的磁场方向向下，其磁通量增加，由楞次定律和安培定则，可得电流表中存在从“＋”接线柱流入的电流应右偏，若将变阻器触头向左移动，线圈A中电流增大，磁场增强，由楞次定律及安培定则可得电流表中存在由“＋”接线柱流入的电流，向右偏，若A中插入铁芯，其磁性增强，同理可得电流表指针右偏．
答案：　(1)右　(2)右
12．如图所示，为热敏电阻的R－t图象，下图为用此热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器线圈的电阻为100
Ω.当线圈中的电流大于或等于
20
mA时，继电器的衔铁被吸合．为继电器线圈供电的电池的电动势E＝9.0
V，内阻可以不计．图中的“电源”是恒温箱加热器的电源．问：
(1)应该把恒温箱内的加热器接在__________
________.(填“A、B端”或“C、D端”)
(2)如果要使恒温箱内的温度保持50
℃，可变电阻R′的值应调节为多大？
解析：　(1)A、B端．
(2)由热敏电阻的R－t图可知，温度为50
℃时，R＝90
Ω.
由闭合电路欧姆定律得I＝.
代入数值，解得R′＝260
Ω.
答案：　(1)A、B端　(2)260
Ω
13．车床在工作时是不允许将手随便接近飞转的工件的．为了防止万一，工人师傅设计了如图所示的光电自动制动安全电路，只要人手不小心靠近了工件，机器就自动停转，请简述其工作原理．下图中的A为车床上的电动机，B为随电动机高速转动的工件，C为光源．光源发出的光照到光敏电阻D上，E为电磁铁，G为电源，H为弹簧．
答案：　当手在C、D间靠近工件时，遮挡住射向光敏电阻的光，光敏电阻的阻值迅速变大，电路中电流变小，使电磁铁磁性减弱从而放开衔铁，造成电动机断路，工件停转以保证安全．
14．如图所示为某校科技活动小组制作的恒温箱的电路示意图，电热丝是恒温箱的加热元件．图中的水银温度计为导电温度计．上面的金属丝A的高度可以调整，下面的金属丝B与温度计的水银接触，该温度计的水银液泡被放置到恒温箱内，请根据此电路图说明恒温箱工作的原理．
答案：　水银温度计中水银随温度升高而膨胀，接通控制电路后，继电器工作，切断电热丝电源，当恒温箱内的温度未达到导电温度计金属丝所指示的温度时，电热丝被连接在电路中，使恒温箱温度升高．当导电温度计中的水银柱上升到金属丝指示的温度时，继电器开始工作，衔铁被吸下，电热丝断电停止加热．温度降低后线圈电路断开，衔铁被释放，电热丝再次被连入电路，从而保持恒温箱内温度恒定．第4章　第3节
1．下列关于电能输送的说法正确的是(　　)
A．输送电能的基本要求是可靠、保质、经济
B．减小输电导线上功率损失的唯一方法是采用高压输电
C．减小输电导线上电压损失的唯一方法是增大输电线的横截面积
D．实际输电时，要综合考虑各种因素，如输电功率大小、距离远近、技术和经济条件等
解析：　输送电能的基本要求是可靠、保质、经济．减少输电线上的功率损失可采用高压输电，也可以减小输电线电阻，即增大导线横截面积，但不经济．实际输电时，应综合考虑各种因素．
答案：　AD
2．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，这是因为此时(　　)
A．总电阻比深夜时大，干路电流小，每盏灯分到的电压就小
B．总电阻比深夜时大，干路电流小，每一支路的电流就小
C．总电阻比深夜时小，干路电流大，输电线上损失的电压大
D．干路电流一定，支路比深夜时多，分去了一部分电流
答案：　C
3．关于高压直流输电下列说法正确的是(　　)
A．高压直流输电系统在输电环节是直流
B．变压器能实现直流电和交流电的转换
C．稳定的直流输电存在感抗和容抗引起的损耗
D．直流输电时，要考虑电网中的各台交流发电机的同步运行问题
解析：　直流输电在发电环节和用电环节是交流，而输电环节是直流，A正确；换流器的功能是实现交流电和直流电的转换，B错误；稳定的直流输电，不存在感抗和容抗引起的损耗，不需要考虑电网中的各台交流发电机的同步运行问题，C、D错误．
答案：　A
4．某山区小型水力发电站的发电机有稳定的输出电压，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压，然后通过高压输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器，经降低电压后再输送至村寨中各用户．设变压器都是理想的．那么随着村寨中接入电路的用电器消耗的总功率的增加，则(　　)
A．通过升压变压器初级线圈中的电流变大
B．升压变压器次级线圈两端的电压变小
C．高压输电线路上的电压损失变大
D．降压变压器次级线圈两端的电压变小
解析：　村寨中接入电路的用电器消耗的总功率加大，升压变压器初级线圈中功率也随之增大，发电站的发电机输出稳定的电压，则电流增大，由升压变压器的初级线圈与次级线圈的电压比等于匝数比值，可知次级线圈的电压(即输送电压)不变，A对，B错；输送功率增大，输送电压不变，则导线上的电流增大，导线上电压损失增大，C对；降压变压器的初级线圈的电压等于输送电压与导线上电压损失的差值，故而减小，从而由初级线圈与次级线圈电压比等于匝数比可知降压变压器次级线圈两端的电压变小，即用户得到的电压减小，这也是为什么用电高峰期用户灯泡比较暗的原因，D对．
答案：　ACD
5．远距离输送交流电都采用高压输电，我国正在研究用比330
kV高很多的电压进行输电．采用高压输电的优点是(　　)
A．可节省输电线的铜材料
B．可根据需要调节交流电的频率
C．可减少输电线上的能量损失
D．可加快输电的速度
解析：　本题考查输电过程．由于远距离输电，往往输送电功率一定，根据P＝UI，输送电压U越高，则输送电流I＝越小，根据P线＝I2r，当要求在输电线损耗一定的情况下，输电线电阻可略大，导线可做得细一些或选择电阻率略大的材料(非铜材料)；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两项正确．而交流电的频率是一定的，不需调节，输电的速度就是电磁波的传播速度，也一定，故B、D两项错误．
答案：　AC
6．发电厂发电机的输出电压是U1，发电厂至学校的输电导线总电阻为R，导线中的电流为I，学校得到的电压为U2，则输电线上损失的功率，下列表达式中错误的是(　　)
A．
B．
C．I2R
D．I(U1－U2)
解析：　用P＝求电阻上损失的功率时，U与R要相对应，选项A中的U1是输出电压不是输电线电阻上的电压，B选项中U1－U2是输电线电阻上的电压，故A错误，B正确．由P损＝I2R＝I·U线＝I(U1－U2)知C、D正确．
答案：　A
7．若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是(　　)
A．升压变压器原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关
B．输电线中的电流只由升压变压器原、副线圈的匝数比决定
C．当用户用电器的总电阻减少时，输电线上损失的功率增大
D．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
解析：　变压器输入功率、输入电流的大小是由次级负载消耗的功率大小决定的，选项A、B错误．用户的总电阻减小，据P＝，消耗的功率增大，输电线电流增大，线路损失功率增大，C项正确，升压变压器的输出电压等于输电线路电阻上损失电压加上降压变压器输入电压，D项错误．
答案：　C
8．水电站向小山村输电，输送电功率为50
kW，若以1
100
V送电，则线路损失为10
kW，若以3
300
V送电，则线路损失可降为(　　)
A．3.3
kW
B．1.1
kW
C．30
kW
D．11
kW
解析：　由P＝UI，ΔP＝I2R可得：ΔP＝R，所以当输送电压增大为原来的3倍时，线路损失变为原来的，即ΔP＝1.1
kW.
答案：　B
9．1987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．现在有一直流电路，输电线的总电阻为0.4
Ω，它提供给用电器的电功率是40
kW，电压为800
V，如果用临界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，则节约的电功率为(　　)
A．1.6
kW
B．1.6×103
kW
C．1
kW
D．10
kW
解析：　节约的电功率即为原来输电线损失的电功率ΔP＝2R线＝2×0.4
W＝1
kW.故正确答案为C．
答案：　C
10．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220
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(　　)
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：　根据理想变压器的电压关系可知＝，＝，由于输电线上存在电压损失，所以U2＞U3，则＞，A正确，B、C错误；在远距离传输过程中，输电线上存在功率损失，故D正确．
答案：　AD
11．某发电站的输出功率为104
kW，输出电压为4
kV，通过理想变压器升压后向80
km远处用户供电．已知输电线的电阻率为ρ＝2.4×10－8
Ω·m，导线横截面积为1.5×10－4
m2，输电线路损失的功率为输出功率的4%.求：
(1)升压变压器的输出电压．
(2)输电线路上的电压损失．
解析：　(1)导线电阻
r＝ρ＝
Ω＝25.6
Ω
输电线路损失功率为输出功率的4%，则4%P＝I2r
代入数据得I＝125
A
由理想变压器P入＝P出及P＝UI得
输出电压U＝＝
V＝8×104
V
(2)输电线路上电压损失
U′＝Ir＝125×25.6
V＝3.2×103
V
答案：　(1)8×104
V　(2)3.2×103
V
12．发电机输出功率40
kW，输出电压400
V，用变压比(原、副线圈匝数比)为1∶5的变压器升压后向远处供电，输电线的总电阻为5
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：　(1)发电机输出的电压为400
V，经升压变压器后电压U＝×400
V＝2.0×103
V，
由P＝UI得输电线上的电流为
I＝＝
A＝20
A
输电线上的功率损失ΔP＝I2·R＝202×5
W＝2×103
W.
(2)输电线上的电压损失
ΔU＝IR＝20×5
V＝100
V
加在降压变压器原线圈两端的电压为
U1＝U－ΔU＝2×103－100＝1.9×103
V
降压变压器副线圈两端的电压(用户所需的电压)为
U2＝220
V
所以降压变压器的变压比为
＝＝＝.
答案：　(1)2.0×103
W　(2)95∶11(共51张PPT)
第3节　交流电路中的电容和电感
记
学习目标
1．通过实验了解电感对交变电流的阻碍作用，知道感抗与哪些因素有关．
2．通过实验了解电容对交变电流的阻碍作用，能够理解交变电流能“通过”电容器，并知道容抗与哪些因素有关．
3．使学生亲身经历实验过程，观察实验现象和领会实验方法，并由此培养学生的归纳总结能力、交流和合作意识、团结精神．
学
基础导学
实验电路如图所示，将双刀双掷开关S分别接到电压相等的直流电源和交流电源上，观察灯泡的亮暗(三灯泡相同)．
一、电容、电感对直流和交流的影响
实验现象
灯泡
亮度　
电源　　　　　
L1
L2
L3
直流电源(S′2断开)
交流电源(S′2断开)
交流电源(S′2闭合)
实验表明，电阻器对直流和交流的影响是______的；电容器不能让______通过却能让______通过，但对交流有一定的______；______既能让直流通过也能让交流通过，但对交流有一定的______作用．
相同
直流
交流
阻碍
线圈
阻碍
1．容抗：电容器对交流的______作用．
2．影响容抗的因素：电容器的______和交变电流的______．电容______，频率______，容抗越小．
3．实际应用
隔直电容器——______________；
旁路电容器——______________．
二、电容器的容抗及其应用
阻碍
电容
频率
越大
越高
隔直流通交流
通高频阻低频
1．感抗：电感对交流的________作用．
2．影响感抗的因素：电感器的__________和交变电流的______．自感系数________、交变电流的_______越高，感抗_______．
3．实际应用
低频扼流圈——阻交流通直流；
高频扼流圈——阻高频通低频．
三、电感器的感抗及其应用
阻碍
自感系数
频率
越大
频率
越大
悟
名师指点
1．交变电流能“通过”电容器的实质
当把交变电源接到电容器的两个极板上时，随着电源电压的升高，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，原来极板上聚集的电荷又放出，在电路中形成放电电流，在交变电源的一个周期内，电容器交替进行充电、放电、反向充电、反向放电．这样随着时间的推移，电路中就产生了持续不断的交变电流．
一、电容器对交流电的作用
2．电容器对交变电流产生阻碍作用的实质
当交变电流“通过”电容器时，给电容器充电或放电，形成充电或放电电流，在形成电流的过程中，对自由电荷来说，当电源的电压推动它们向某一方向做定向移动的时候，电容器两极板上积累的电荷却反抗它们向这个方向做定向移动，也就是说在电容器充电与放电过程中，在电容器两极形成跟原电压相反的电压，这就对电流产生了阻碍作用，即容抗．
将电容器的两极接在交变电源两端时，电路中能产生持续的电流，这是由于电容器不断地交替产生充电与放电电流，但电路中的自由电荷并没有跨过电容器两极间的电介质从一个极板到达另一极板．
1．对电容器能通交变电流的原因，下列说法正确的是(　　)
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：　电容器实质上是通过反复充、放电来实现通电的，并无电荷流过电容器．
答案：　BD
1．电感对交变电流阻碍作用的实质
交变电流通过线圈时，电流的大小和方向都不断变化，线圈中就必然会产生自感电动势．自感电动势的作用就是阻碍引起自感电动势的电流的变化．这样就形成了对交变电流的阻碍作用．直流电通过线圈时，电流的大小、方向都不变，线圈中不产生自感电动势，也就没有感抗．
二、电感对交流的作用
3．感抗的应用
　　类型
区别　　
低频扼流圈
高频扼流圈
自感系数
较大
较小
感抗大小
较大
较小
作用
通直流、阻交流
通低频、通直流、阻高频
2．电感对交变电流影响的以下说法中，正确的是(　　)
A．电感对交变电流有阻碍作用
B．电感对交变电流阻碍作用越大，感抗就越小
C．电感具有“通交流、阻直流，通高频、阻低频”的性质
D．线圈的自感系数越大，交变电流的频率越高，电感对交变电流的阻碍作用就越大
解析：　电感对交变电流有阻碍作用，且频率越高阻碍作用越大．线圈自感系数越大，对相同频率的交变电流阻碍作用越大，故A、D正确．电感有“通直流、阻交流，通低频、阻高频”的特点，故C错．
答案：　AD
三、电阻、容抗、感抗的区别
电阻
感抗
容抗
产生的
原因
定向移动的自由电荷与不动的离子间的碰撞
由于电感线圈的自感现象阻碍电流的变化
电容器两极板上积累的电荷对向这个方向定向移动的电荷的反抗作用
在电路
中的
特点
对直流、交流均有阻碍作用
只对变化的电流，如交变电流有阻碍作用
不能通直流，只能通变化的电流．对直流的阻碍作用无限大，对交流的阻碍作用随交变电流的频率的降低而增大
电阻
感抗
容抗
决定
因素
由导体本身(长短、粗细、材料)决定，与温度有关
由导体本身的自感系数和交变电流的频率决定
由电容的大小和交变电流的频率决定
电能的
转化与
做功
电流通过电阻做功，电能转化为内能
电能和磁场能往复转化
电能与电场能往复转化
3．如图所示，把电阻、电感器、电容器并联接到某一交流电源上，三个电流表的示数相同，若保持电源电压不变，而将频率升高，则三个电流表的示数I1、I2、I3的大小关系是(　　)
A．I1＝I2＝I3　　　　
B．I1＞I2＞I3
C．I2＞I1＞I3
D．I3＞I1＞I2
解析：　原来三个电流表的示数相同，说明三个支路中的电阻、感抗、容抗相等，当交变电流的频率升高时，电阻的阻值不变，而感抗增大，容抗减小，因此I1不变，I2减小，I3增大，即有I3＞I1＞I2，故选项D正确．
答案：　D
讲
典例精析
如图所示，白炽灯和电容器串联后接在交变电源的两端，当交变电源的频率增加时(　　)
A．电容器电容增加　　　
B．电容器电容减小
C．电灯变暗
D．电灯变亮
思路点拨：　本题考查电容器对交变电流的阻碍作用，解题的关键是确定出频率增加时，容抗如何变化．
电容器对交变电流的阻碍作用
解析：　容器的电容是由电容器本身的特性所决定的，与外加的交变电源的频率无关，选项A和B是错误的．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，电流增大，电灯变亮．选项C错D对．
答案：　D
因交变电流频率增大时，电容器充放电频率也增大，使回路通电电流变大，电容的容抗减小．
1－1：如图所示，甲、乙两图中用交流电源，丙、丁两图中用直流电源，各电路图中灯泡、电容器、电压表示数都相同，则下列说法正确的是(　　)
A．灯L1比灯L2亮
B．灯L3也能发光，但亮度最暗
C．灯L2和L4亮度相同
D．灯L4比灯L1亮
解析：　电压表示数相同，说明交流电的有效值相同．甲图中电容器与灯L1串联，电容器对电流有阻碍作用；乙图中电容器与灯L2并联，交变电流全部通过灯L2；丙图中电容器与灯L3串联且是直流电源，电容器隔直通交，所以没有电流流过灯L3，灯L3不亮；丁图中电容器与灯L4并联，电流全部流过灯L4.综合以上分析，C、D两项正确．
答案：　CD
电感对交变电流的阻碍作用
答案：　BC
当交变电流通过线圈时，线圈中就要产生自感电动势，而自感电动势总是阻碍电流的变化，这种阻碍作用与交变电流的频率有关，频率越高，阻碍作用越大．
2－1：如图所示交流电源的电压有效值跟直流电源的电压相等，当将双刀双掷开关接到直流电源上时，灯泡的实际功率为P1，而将双刀双掷开关接在交流电源上时，灯泡的实际功率为P2，则(　　)
A．P1＝P2　　　　　
B．P1＞P2
C．P1＜P2
D．不能比较
解析：　由于电感对交变电流的阻碍，开关接在交流电源上时通过灯泡的电流较小一些，故P2＜P1.
答案：　B
试
综合应用
如图所示，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(　　)
A．三灯亮度不变
B．三灯均变亮
C．L1不变、L2变亮、L3变暗
D．L1不变、L2变暗、L3变亮
电阻　容抗　感抗的应用
思路点拨：　解答本题应把握以下两点：
(1)交变电压不变，有效值不变．
(2)频率增加，电阻不变而感抗增加，容抗减小．
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，而电阻不变化，故L1亮度不变．
答案：　D
R、L、C对交变电流的影响
(1)L对直流起“短路”作用，对交变电流起阻碍作用；
(2)C对直流“断路”，对交变电流有旁路分流作用．
(3)电阻对直流、交变电流都有阻碍作用，它与交变电流的频率无关．
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求做到“通低频、阻高频”，
所以b处应接一个高频扼流线圈．
答案：　C
练
随堂演练
1．关于电感对交变电流的影响，下列说法正确的是(　　)
A．电感不能通过直流电流，只能通过交流电流
B．电感对各种不同频率的交变电流的阻碍作用相同
C．同一只电感线圈对频率低的交变电流的阻碍作用较小
D．同一只电感线圈对频率高的交变电流的阻碍作用较大
解析：　电感线圈的感抗跟交流电的频率成正比，频率越大，感抗越大，对交变电流的阻碍作用就越大．
答案：　CD
2．对低频扼流圈的说法正确的是(　　)
A．自感系数很小，对直流有很大的阻碍作用
B．自感系数很大，对低频交流有很大的阻碍作用
C．自感系数很大，对高频交流有很小的阻碍作用
D．自感系数很大，对直流无阻碍作用
解析：　低频扼流圈的自感系数较大，它对电流的阻碍作用是“通直流，阻交流”，即对低频交流有较大的阻碍作用，由于线圈本身有电阻，所以对直流也有阻碍作用，应选B．
答案：　B
3．关于电容对交变电流的影响，下列说法正确的是(　　)
A．对一只给定的电容器来说它对任何频率的交变电流的阻碍作用都相同
B．同一只电容器对高频交变电流的容抗大于对低频交变电流的容抗
C．同一只电容器对高频交变电流的容抗小于对低频交变电流的容抗
D．同一只电容器对高频交变电流的容抗等于对低频交变电流的容抗
解析：　电容器的容抗跟交流电的频率成反比，频率越大，容抗越小，对交变电流的阻碍作用就越小．
答案：　C
4．如图所示的电路中，正弦交流电源电压的有效值为220
V，则关于交流电压表的示数，以下说法中正确的是(　　)
A．等于220
V　　　
B．大于220
V
C．小于220
V　　　
D．等于零
解析：　虽然交变电流能通过电容器，但也受到阻碍作用，电容器与电阻串联，根据分压原理可知电阻两端的电压小于电源电压，电压表测的是电阻两端的电压，C正确．
答案：　C
5．如图所示，在电路两端接上交流电，保持电压不变，使频率增大，发现各灯的亮暗变化情况是：灯1变暗，灯2变亮，灯3不变，则M、N、L所接元件可能是(　　)
A．M为电阻，N为电容器，L为电感
B．M为电阻，N为电感，L为电容器
C．M为电感，N为电容器，L为电阻
D．M为电容器，N为电感，L为电阻
解析：　由题意可知，当交流电频率变大时，灯1中的电流减小，灯2中的电流变大，而灯3中的电流不变，故知M为电感线圈，N为电容器，L为电阻．
答案：　C
测
达标训练
谢谢观看！第4章　第2节
1．一个正常工作的理想变压器的原、副线圈中物理量不一定相等的是(　　)
A．交流电的频率　　　
B．电流的有效值
C．电功率
D．磁通量的变化率
解析：　因为理想变压器没有能量损失，所以原、副线圈中的交变电流的电功率相等；因为没有漏磁，所以原、副线圈中的磁通量的变化率相等；交变电流的频率，由发电机转子的频率决定，和变压器没有关系；若变压器原、副线圈的匝数不同，原、副线圈中的交变电流的有效值就不同．
答案：　B
2．下列关于理想变压器的说法中，正确的是(　　)
A．输入功率等于输出功率
B．输送的电能经变压器先转化为磁场能，再转化为电能
C．输送的电能经变压器先转化为电场能，再转化为电能
D．输送的电能经变压器的铁芯直接传输过去
解析：　理想变压器的输入功率等于输出功率，输送的电能在电磁感应过程中先转化为磁场能，再转化为电场能，有无铁芯不影响能量的转化，故选项A、B对，C、D错．
答案：　AB
3．如图所示，M为理想变压器，电表均可视为理想电表，接线柱a、b接电压u＝311sin314t
V的正弦交流电源．当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，示数发生变化的电表是(　　)
A．A1、A2
B．A2、V2
C．A1、A2、V2
D．A1、A2、V1、V2
解析：　由变压器特点，可知＝，只要n1、n2的比值不变，U1不变，那么U2也不变；由电流之比＝，原线圈中电流因副线圈中电流的改变而改变，因滑动变阻器的电阻变化，A2的示数变化，所以A1的示数也会发生变化，故应选A．
答案：　A
4．一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R.设原线圈的电流为I1，输入功率为P1，副线圈的电流为I2，输出功率为P2，当R增大时(　　)
A．I1减小，P1增大
B．I1减小，P1减小
C．I2增大，P2减小
D．I2增大，P2增大
解析：　考查理想变压器及其相关知识，当副线圈接的可调电阻R增大时，变压器输出功率P2减小，导致变压器输入功率P1减小，原线圈中电流I1减小，所以正确选项是B．
答案：　B
5．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(　　)
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，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．
答案：　C
6．某变压器原、副线圈匝数比为55∶9，原线圈所接电源电压按如图所示规律变化，副线圈接有负载，下列判断正确的是(　　)
A．输出电压的最大值为36
V
B．原、副线圈中电流之比为55∶9
C．变压器输入、输出功率之比为55∶9
D．交流电源电压有效值为220
V，频率为50
Hz
解析：　由题图知原线圈电压最大值为220
V，周期T＝2×10－2
s，故有效值为220
V，频率为50
Hz；由＝，＝得输出电压最大值为36
V，原副线圈电流之比为9∶55，输入输出功率应相等，所以正确答案仅有D．
答案：　D
7．下图的甲、乙是配电房中的互感器和电表的接线图，以下说法正确的是(　　)
A．线圈匝数n1B．线圈匝数n1>n2，n3C．甲图中的电表是电压表，输出端不可以短路
D．乙图中的电表是电流表，输出端不可以断路
解析：　甲图中原线圈并联在电路中，应为电压互感器，为降压变压器，n1＞n2，甲图中的电表为电压表；乙图中原线圈串联在电路中，为电流互感器，是升压变压器，n3＜n4，乙图中电表为电流表，故选项B、C、D正确．
答案：　BCD
8．如图甲所示，M是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数之比n1∶n2＝10∶1，接线柱a、b接上一个正弦交变电源，电压随时间变化规律如图乙所示．变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料(电阻随温度升高而减小)制成的传感器，R1为一定值电阻．下列说法中正确的是(　　)
A．电压表V的示数为22
V
B．此交变电流的频率为0.5
Hz
C．当传感器R2所在处出现火警时，A的示数减小
D．当传感器R2所在处出现火警时，V的示数减小
解析：　交变电流的有效值为U＝＝220
V．由＝得U2＝U1＝22
V，电压表测量的是电阻R2两端的电压，A错误；交变电流的频率f＝＝50
Hz，B错误；R2所在处出现火警时，R2减小，I2增大，R1两端的电压增大，故电压表的示数减小，D正确；因为输入功率等于输出功率即U1I1＝
U2I2，故I1增大，即A的示数增大，C错误．
答案：　D
9．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
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
10．理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1.原线圈接入一电压为u＝U0sin
ωt的交流电源，副线圈接一个R＝27.5
Ω的负载电阻．若U0＝220
V，ω＝100π
rad/s，则下述结论正确的是(　　)
A．副线圈中电压表的读数为55
V
B．副线圈中输出交流电的周期为
s
C．原线圈中电流表的读数为0.5
A
D．原线圈中的输入功率为110
W
解析：　原线圈电压有效值为U＝220
V，电压表读数为U2＝
V＝55
V，周期T＝＝
s，副线圈中电流I2＝＝2
A，原线圈中电流I1＝＝0.5
A，P＝I1U＝110
W.
答案：　AC
11．如图，理想变压器原线圈与一10
V的交流电源相连，副线圈并联两个小灯泡a和b，小灯泡a的额定功率为0.3
W，正常发光时电阻为30
Ω，已知两灯泡均正常发光，流过原线圈的电流为0.09
A，可计算出原、副线圈的匝数比为________，流过灯泡b的电流为________A．
解析：　U1＝10
V，根据小灯泡正常发光，则U2＝＝3
V，Ia＝＝0.1
A，根据＝＝，＝，所以I2＝I1＝0.3
A，Ib＝I2－Ia＝0.2
A．
答案：　10∶3　0.2
12．如图所示，交流发电机动势的有效值E＝20
V，内阻不计，它通过一个R＝6
Ω的指示灯连接变压器．变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6
V,0.25
W”，灯泡都正常发光，导线电阻不计．求：
(1)降压变压器初级、次级线圈匝数比；
(2)发电机的输出功率．
解析：　(1)彩色小灯额定电流
IL＝＝
A＝
A．
次级线圈总电流I2＝24IL＝1
A
变压器输入功率等于
I1U1＝I2U2＝6
W
变压器原线圈电路中，利用欧姆定律可得
E＝U1＋I1R＝＋6I1
代入E值解得I1＝
A(I1＝3
A应舍去，
据题意是降压变压器，应I1＜I2＝1
A)
所以＝＝.
(2)发电机输出功率P＝I1E＝6.67
W.
答案：　(1)3∶1　(2)6.67
W(共66张PPT)
第2节　变压器
记
学习目标
1．知道变压器的构造及几种常见的变压器，理解变压器的工作原理．
2．通过实验，探究理想变压器的原、副线圈中电压与匝数的关系，电流与匝数的关系．
3．知道变压器的用途，能够运用变压器的变压、变流规律定性和定量分析有关变压器的实际问题．
学
基础导学
1．定义：在交流电的传输过程中，能__________电压或__________电压的设备．
2．构造：由__________和绕在铁芯上的两个或两个以上的________构成．
(1)原线圈：与______相连的线圈，也叫做__________，其两端电压叫做__________．
(2)副线圈：与________相连的线圈，也叫做__________，其两端电压叫做__________．
3．用途：改变交变电流的_______，分_______变压器和降压变压器．
一、变压器的结构
升高
降低
闭合铁芯
线圈
电源
初级线圈
输入电压
负载
次级线圈
输出电压
电压
升压
当原线圈两端加上交变电压时，就有________通过原线圈，并在铁芯中产生交变磁场，铁芯中就有变化的________，这个变化的________同样会穿过副线圈，并在副线圈两端产生____________．如果变压器在传输电能的过程中损失的能量很小，可以忽略不计，这种变压器就叫做________变压器．
二、变压器的工作原理
交变电流
磁通量
磁通量
感应电动势
理想
1．原、副线圈没有_______，不产生_______量．
2．闭合铁芯内没有漏磁，原、副线圈的磁通量应_______
(不包括铁芯分支的情况)．
3．基本公式
功率关系：__________．
电压关系：__________.
电流关系：__________.
三、科学探究——理想变压器电压与匝数的关系
电阻
热
相同
P入＝P出
1．自耦变压器：铁芯上只绕_______线圈，原、副线圈共用_______绕组，如图所示．其最大优点是________________
__________，缺点是__________________________________
______________．
四、常见变压器
1个
1个
可以连续调节
输出电压
低压端和高压端直接有电的联系，
使用不够安全
2．三相变压器：三个相同容量____________的组合，它有_______铁芯柱，每个铁芯柱上都绕着同一相的两个线圈，一个是高压线圈，另一个是低压线圈．根据用途不同，高、低压线圈既可以按星形连接，也可以按三角形连接．如图所示．
三相变压器的外形和原理
单相变压器
3个
悟
名师指点
一、理想变压器的特点及规律
公式中的I、U均指有效值．
答案：　C
二、理想变压器各物理量变化的决定因素
2．输出电流I2决定输入电流I1，在输入电压U1一定的情况下，输出电压U2也被完全确定．当负载电阻R增大时，I2减小，则I1相应减小；当负载电阻R减小时，I2增大，则I1相应增大．在使用变压器时，不能使变压器次级短路．
3．输出功率P2决定输入功率P1，理想变压器的输出功率与输入功率相等，即P2＝P1.在输入电压U1一定的情况下，当负载电阻R增大时，I2减小，则变压器输出功率P2＝I2U2减小，输入功率P1也将相应减小；当负载电阻R减小时，I2增大，变压器的输出功率P2＝I2U2增大，则输入功率P1也将增大．
2．理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R.开始时，开关S断开，当S接通时，以下说法中正确的是(　　)
A．副线圈两端M、N的输出电压减小
B．副线圈输电线等效电阻R两端的电压将增大
C．通过灯泡L1的电流减小
D．原线圈中的电流增大
解析：　理想变压器不计原、副线圈的直流电阻，副线圈两端的电压UMN不受负载电阻的影响，保持不变，故选项A错误．S接通后，副线圈回路的总电阻减小，故副线圈回路中电流I2增大．因此，等效电阻R两端的电压增大，导致灯泡L1两端的电压减小，L1中电流减小，因此选项B、C正确．又因UMN不变，I2增大，变压器的输出功率增大，输入功率也随之增大．原线圈中电流I1增大，因此选项D也正确．
答案：　BCD
1．自耦变压器
如图所示．铁芯上只绕一个线圈，低压线圈是高压线圈的一部分，既可以作为升压变压器使用，也可以作为降压变压器使用．
三、常见的变压器
2．电压互感器
(1)构造：小型降压变压器，如图(a)．
(2)接法：原线圈并联在高压电路中，副线圈接电压表；为了安全，外壳和副线圈应接地．
(3)作用：将高电压变为低电压，通过测量低电压，计算出高压电路的电压．
　
(a)　　　　　(b)
3．电流互感器
(1)构造：小型升压变压器，如图(b)．
(2)接法：原线圈串联在被测电路中，副线圈接电流表；为了安全，外壳和副线圈应接地．
(3)作用：将大电流变成小电流，通过测量小电流，计算出被测电路中的大电流．
3．如图所示，L1和L2是高压输电线，甲、乙是两只互感器(理想变压器)，若已知n1∶n2＝1
000∶1，n3∶n4＝1∶100，图中电压表示数为220
V，电流表示数为10
A，则高压输电线的输送电功率为(　　)
A．2.2×103
W　　　　　
B．2.2×10－2
W
C．2.2×108
W
D．2.2×104
W
答案：　C
讲
典例精析
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
变压器基本规律的应用
(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？
答案：　(1)1
650匝　110匝　(2)0.33
A　(3)变大　变大
1－1：有一理想变压器原线圈有440
匝，副线圈有两个，它们的匝数分别是20
匝和30
匝，如图所示，若原线圈接在220
V的电源上，副线圈n2的负载电阻为5.0
Ω，n3的负载电阻为7.5
Ω，求原线圈中的电流．
答案：　0.23
A
如图所示为一理想变压器，S为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流强度，则(　　)
理想变压器的动态分析问题
A．保持U1及P的位置不变，S由a合到b时，I1将增大
B．保持P的位置及U1不变，S由b合到a时，R消耗的功率减小
C．保持U1不变，S合在a处，使P上滑，I1将增大
D．保持P的位置不变，S合在a处，若U1增大，I1将增大
思路点拨：　当S变动时
答案：　ABD
对理想变压器，要注意以下几点：
(1)在理想变压器中，副线圈的端电压U2由输入电压U1和匝数比n2/n1共同决定，与负载电阻大小无关；若是非理想变压器，则副线圈的端电压U2相当于电源有内阻时的路端电压，由输入电压U1、匝数比n2/n1和负载电阻共同决定．
(3)解决这类问题的基本思路：
①首先要分清变量和不变量，弄清理想变压器中各量间的联系和相互制约关系．在理想变压器中，U2由U1和匝数比决定：I2由U2和负载电阻决定：I1由I2和匝数比决定．
②然后利用直流电路中的动态分析方法，即先由局部的变化推出总电流的变化，再由此分析对其他各部分电路的影响．研究过程中要交替地利用欧姆定律和串、并联电路的性质和特点，结合变压器的关系式，进而判断各电表示数的变化．
答案：　BC
交变电流与变压器的综合
A．电流表的示数为2
A
B．原、副线圈匝数比为1∶2
C．电压表的示数为电压的有效值
D．原线圈中交变电压的频率为100
Hz
思路点拨：　解答本题时应把握以下四点：
(1)最大值和有效值之间的关系；
(2)变压器的变压原理；
(3)电流表、电压表的示数均指有效值；
(4)原、副线圈的匝数比等于电压比．
答案：　AC
3－1：图甲是某燃气炉点火装置的原理图．转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5
000
V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．以下判断正确的是(　　)
答案：　BC
辨
易错疑难
钳形电流表的外形和结构如图所示．图甲中电流表的读数为1.2
A．图乙中用同一电缆线绕了3匝，则(　　)
变压器的应用：互感器
A．这种电流表能测直流电流，图乙的读数为2.4
A
B．这种电流表能测交流电流，图乙的读数为0.4
A
C．这种电流表能测交流电流，图乙的读数为3.6
A
D．这种电流表既能测直流电流，又能测交流电流，图乙的读数为3.6
A
思路点拨：　解答本题应把握以下两点：
(1)知道钳形电流表的测量原理．
(2)理解原、副线圈电流与匝数的关系．
答案：　C
解答本题要特别观察图甲中电缆线绕了1匝，从而知道原线圈的匝数增大到原来的3倍．
4－1：为了监测变电站向外输电的情况，要在变电站安装互感器，其接线示意图如图所示，两互感器的匝数分别为n1、n2和n3、n4，a和b是交流电表，则(　　)
A．n1>n2
B．n3>n4
C．a为交流电流表，b为交流电压表
D．a为交流电压表，b为交流电流表
解析：　电流互感器的原线圈串联在被测电路中，副线圈上接入交流电流表，电压互感器的原线圈并联在被测电路中，副线圈接入交流电压表，由此可知a为交流电压表，b为交流电流表，C错，D对．电压互感器用来把高电压变成低电压，由变压原理可知A对，电流互感器用来把大电流变成小电流，由变流原理可知B错．
答案：　AD
练
随堂演练
1．如图所示四个电路，能够实现升压的是(　　)
解析：　变压器只能对交变电流变压，不能对直流变压，故A、B错误，由于电压与线圈匝数成正比，所以D能实现升压．
答案：　D
解析：　先计算副线圈的电压的有效值，原线圈电压的有效值为220
V，根据匝数之比可以得到副线圈的电压的有效值为110
V，根据负载电阻的大小可以知道副线圈中输出电流为2
A，根据原、副线圈的输入和输出功率相等可以知道原线圈中电流为1
A．
答案：　A
3．如图(a)所示，一理想变压器有原线圈ab和副线圈cd，匝数比为n1∶n2＝1∶2，原线圈ab通有如图(b)所示的正弦交变电流，那么在t＝0.2
s时刻(　　)
A．铁芯中的磁通量为零
B．铁芯中的磁通量的变化率为零
C．c、d两端电压为零
D．交流电流表的示数为2
A
答案：　A
答案：　B
答案：　AB
测
达标训练
谢谢观看！第1章
第1节
1．电为人类带来了很大的方便，发电的基本原理是电磁感应，发现电磁感应现象的科学家是(　　)
A．安培　　　　　　
B．赫兹
C．法拉第
D．麦克斯韦
解析：　据资料记载发现电磁感应的科学家是法拉第．
答案：　C
2．关于感应电流，下列说法中正确的是(　　)
A．只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生
B．穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内部就一定有感应电流产生
C．线圈不闭合时，即使穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中也没有感应电流
D．只要闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动，电路中就一定有感应电流
解析：　本题考查感应电流产生的条件，只有选项C、D符合．
答案：　CD
3．如图所示，一个金属薄圆盘水平放置在竖直向上的匀强磁场中，下列做法中能使圆盘中产生感应电流的是(　　)
A．圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动
B．圆盘以某一水平直径为轴匀速转动
C．圆盘在磁场中向右匀速平移
D．匀强磁场均匀增加
答案：　BD
4．如图所示，环形金属轻弹簧套在条形磁铁中心位置，若将弹簧沿半径向外拉，使其面积增大，则穿过弹簧所包围面积的磁通量将(　　)
A．增大　　　　　　
B．减小
C．不变
D．无法确定
解析：　由于条形磁铁的磁感线是闭合的曲线，在磁铁内部是由S极指向N极，在磁铁外部是由N极指向S极，实际穿过弹簧的磁通量是合磁通量，即向上的磁感线条数与向下的磁感线条数之差．当弹簧面积增大后，穿过弹簧向上的磁感线条数没有变化，向下的磁感线条数增加，磁感线抵消得多，合磁通量反而减小．故正确答案为B．
答案：　B
5．线框平面与直导线共面，若使线框从图示位置向上移动到直导线的上方的对称位置，如图所示，在整个过程中，穿过线框的磁通量将(　　)
A．先增大后减小
B．先增大后减小，再增大后又减小
C．先减小后增大，再减小后又增大
D．先增大后不变，再又减小
解析：　线框从图示位置向上移动到上边与直导线重合的过程中，磁通量增大；再移动到中央位置的过程中，向里的磁感线减少，向外的磁感线增多，向里的合磁通量减小到零，再移动到下边与直导线重合的过程中，向外的合磁通量增大；然后再向上远离直导线的过程中，磁通量又减小．
答案：　B
6．如图所示，导线ab和cd互相平行．则下列四种情况下导线cd中无电流的是(　　)
A．开关S闭合或断开的瞬间
B．开关S是闭合的，但滑动触头向左滑
C．开关S是闭合的，但滑动触头向右滑
D．开关S始终闭合，不滑动触头
解析：　如果导线cd中无电流产生，则说明通过上面闭合线圈的磁通量没有发生变化，也就说明通过导线ab段的电流没有发生变化．
显然，开关S闭合或断开的瞬间以及开关S闭合时滑动触头向左滑或向右滑的过程都是通过导线ab段的电流发生变化的过程，都能在cd导线中产生感应电流．因此本题的正确选项应为D．
答案：　D
7．如图所示，用导线做成圆形或正方形回路，这些回路与一直导线构成几种位置组合(彼此绝缘)，下列组合中，切断直导线中的电流时，闭合回路中会有感应电流产生的是(　　)
解析：　利用安培定则判断直线电流产生的磁场，其磁感线是一些以直导线为轴的无数组同心圆，即磁感线所在平面均垂直于导线，且直线电流产生的磁场分布情况是：靠近直导线处磁场强，远离直导线处磁场弱．所以，A中穿过圆形线圈的磁场如图甲所示，其有效磁通量为ΦA＝Φ出－Φ进＝0，且始终为0，即使切断导线中的电流，ΦA也始终为0，A中不可能产生感应电流．B中线圈平面与导线的磁场平行，穿过B的磁通量也始终为0，B中也不能产生感应电流．C中穿过线圈的磁通量如图乙所示，Φ进>Φ出，即ΦC≠0，当切断导线中电流后，经过一定时间，穿过线圈的磁通量ΦC减小为0，所以C中有感应电流产生；D中线圈的磁通量ΦD不为0，当电流切断后，ΦD最终也减小为0，所以D中也有感应电流产生．
答案：　CD
8．如图所示是等腰直角三棱柱，其中侧面abcd为正方形，边长为L，它们按图示位置放置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，下面说法中正确的是(　　)
A．通过abcd平面的磁通量大小为B·L2
B．通过dcfe平面的磁通量大小为B·L2
C．通过abfe平面的磁通量大小为B·L2
D．通过整个三棱柱的磁通量为零
解析：　由公式中Φ＝BScos
θ可以得出通过面abcd的磁通量Φ1＝BL2cos
45°＝BL2，A错误；通过面dcfe的磁通量Φ2＝BL·L，B正确；通过面abfe的磁通量Φ3＝B·L2cos
90°＝0，C错误；而整个三棱柱表面是个闭合曲面，穿入与穿出的磁感线条数相等，即穿过它的净磁感线的条数是0，故穿过整个三棱柱的磁通量为零，D正确．
答案：　BD
9．如图所示，正方形导线框放在匀强磁场区域内，磁场垂直于线框平面．在下列情况下，能否产生感应电流？请说明理由．
(1)将线框由正方形拉成圆形的过程中；
(2)将线框水平向右拉出磁场区域的过程中；
(3)线框绕cd边旋转的过程中．
解析：　
答案：　(1)有　(2)cd未出磁场的过程中，无感应电流；cd出磁场而ab未出磁场的过程中，有感应电流　(3)有
10．边长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，则第
3
s
内穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ为多少？
解析：　第3
s内就是从2
s末到3
s末，所以，2
s末的磁场为B1＝(2＋3×2)
T＝8
T.
3
s末的磁场为
B2＝(2＋3×3)
T＝11
T.
根据公式ΔΦ＝ΔBSsin
θ＝(11－8)×0.12sin
30°
Wb
＝1.5×10－2
Wb.
答案：　1.5×10－2
Wb
11．如图所示，匀强磁场区域宽度为l，使一边长为d(d＞l)的矩形线框以恒定速度v向右通过磁场区域，该过程中没有感应电流的时间为多少？
解析：　从线框的右边进入磁场的左边界到线框右边到达磁场的右边界的过程中，穿过线框的磁通量增加；从线框的右边到达磁场的右边界至线框的左边到达磁场的左边界的过程中，穿过线框的磁通量没有变化．这段时间内线框中无感应电流；从线框的左边离开磁场左边界至线框的左边到达磁场的右边界的过程中，穿过线框的磁通量减小，线框中存在感应电流．所以，整个线框在通过磁场的过程中，没有感应电流的时间为t＝.
答案：　
12．如图所示磁感应强度大小为B的匀强磁场仅存在于边长为2L的正方形范围内，左右各一半面积的范围内，磁场方向相反，有一个电阻为R、边长为L的正方形导线框abcd，沿垂直于磁感线方向以速度v匀速通过磁场，从ab边进入磁场算起．画出穿过线框的磁通量随时间的变化图象．
解析：　线框穿过磁场的过程可分为三个阶段，进入磁场阶段(只有ab边在磁场中)，在磁场中运动阶段(ab、cd两边都在磁场中)，离开磁场阶段(只有cd边在磁场中)．
(1)线框进入磁场阶段：t为0→，线框进入磁场中的面积线性增加，S＝L·v·t，最后为Φ＝B·S＝BL2.
(2)线框在磁场中运动阶段：
t为→，线框磁通量先逐渐减小至0再增大为－BL2.
(3)线框穿出磁场阶段：
t为→，线框磁通量减小，最后为零．
Φ－t图象如图所示．
答案：　(共32张PPT)
知
识
网
络
专
题
归
纳
“矛盾”思想方法
楞次定律中的阻碍不是阻止，阻碍的含义可以推广为阻碍原磁场的变化，阻碍导体的磁场的相对运动，阻碍原电流的变化，阻碍和变化二者相互依存，既矛盾又统一于电磁感应现象这一动态过程中．
本章的思想方法
解析：　从导体和磁体的相对运动的角度来看，感应电流总要阻碍相对运动，可理解为“来拒去留”．当条形磁铁移近矩形线圈时，线圈中产生感应电流，感应电流的磁场阻碍磁铁的靠近，对磁铁产生一个斜向左上方方向的磁力，根据牛顿第三定律，磁铁给线圈一个斜向右下方向的磁力，这个磁力的竖直分量使线圈受到的支持力N大于mg，水平分量使线圈有向右运动的趋势．当磁铁移离线圈时，磁铁对线圈的磁力是指向右上方的，这个磁力的竖直分量使N小于mg，水平分量使线圈有向右运动的趋势，综上所述选项D是正确的．
答案：　D
本专题内容常以选择题的形式出现，当然也可以渗透在综合性较强的计算题中，是进行电路、动力学和功能关系分析的前提和基础．
1．楞次定律是判断感应电流方向的普遍规律，而右手定则主要适合导体切割磁感线的特殊情况．
感应电流或感应电动势的方向判断问题
2．感应电流的“效果”总是要“阻碍”引起感应电流的“原因”，常见的有：阻碍原磁通量变化——增反减同；阻碍导体的相对运动——来拒去留；改变线圈面积来“反抗”——扩大或缩小；阻碍原电流的变化——自感现象．利用以上楞次定律的推广，可帮助我们对问题做出快速判断．
A．从X到O，电流由E经G流向F，先增大再减小
B．从X到O，电流由F经G流向E，先减小再增大
C．从O到Y，电流由F经G流向E，先减小再增大
D．从O到Y，电流由E经G流向F，先增大再减小
解析：　从X到O，磁通量向上增大，由楞次定律知感应电流方向是由F经G到E；当磁极转动到O点时，由对称性知此时线圈切割磁感线产生的总电动势为零，线圈中总电流为零，又知初始状态电流也为零，所以可知此过程中感应电流的大小是先增大再减小，A、B错误，同理可知C错误，D正确．
答案：　D
在电磁感应现象中，图象能直观形象地描述电压、电流、磁感应强度、外力、安培力等参量的变化规律．
分析图象问题时应特别关注的四点事项
(1)图象中两个坐标轴各代表什么意义；
(2)图象中纵坐标的正、负表示什么意义；
(3)画图象时应注意初始状态如何以及正方向的选取；
电磁感应现象的图象分析
(4)注意图象横轴、纵轴截距以及图线斜率、图线包围面积的物理意义．
该题型大多以选择题形式呈现，排除法通常是最快捷的方法．
如图甲所示，正三角形导线框abc放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里．图中能表示线框的ab边受到的磁场力F随时间t变化关系的是(力的方向规定向左为正方向)(　　)
在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路相当于电源．
解决电路问题的基本方法：
1．用法拉第电磁感应定律或楞次定律确定感应电动势的大小和方向．
2．画出等效电路图．
3．运用闭合电路欧姆定律、串并联电路性质，电功率等公式进行求解．
电磁感应中的电路问题
解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法如下：
(1)明确哪一部分导体或电路产生感应电动势，该导体或电路就是电源，其他部分是外电路．
(2)用法拉第电磁感应定律或导体切割磁感线公式计算感应电动势大小．
(3)将电磁感应产生的电源与电路整合起来，作出等效电路．
(4)运用闭合电路欧姆定律，部分电路欧姆定律、串并联电路性质及电压、电功率分配等公式进行求解．
如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L.M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．
电磁感应现象中的力学问题
(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；
(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；
(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的最大速度的大小．
【思路导图】　
解决电磁感应现象中力学问题的一般步骤：
(1)用法拉第电磁感应定律或切割公式求出感应电动势的大小；用楞次定律或右手定则判断出感应电动势的方向．
(2)利用闭合电路欧姆定律求出回路中的电流，求出安培力的大小并由左手定则确定力的方向．
(3)对导体或闭合回路的局部进行正确的受力分析．
(4)列出方程求解．
单
元
评
估
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第3节　电能的远距离传输
记
学习目标
1．了解从变电站到用户的输电过程．知道远距离输电时应用高电压的道理．
2．理解降低输电损耗的两个途径及其各自的优缺点．
3．掌握远距离输电的典型电路，并能利用电路知识，变压器规律等解决有关问题．
4．通过输电过程的分析，培养发现问题、解决问题的能力．
学
基础导学
(2)减小输电线上功率损失的方法
①减小输电线上的________，即增大导线横截面积和用电阻率ρ较小的材料，这种方法在实际生产中效果有限．
②减小输电________，在输出功率不变时，由P＝UI知，可提高________来减小I.
一、为什么要采用高压输电
I2R
电阻
电流
电压
2．输电线路上的电压损失
(1)输电线上的电压损失：输电线上电阻R两端电压ΔU＝______，这样用户得到的电压U′＝__________，即ΔU＝U－U′是输电线中的电压损失．
(2)减小输电线上电压损失的方法
①减小输电线上的________，可用横截面积大的导线和ρ较小的材料．横截面积不能无限增大，电阻率小的材料价格昂贵，不适合远距离输电．
②减小输电_______．
总之，在远距离输电时必须采用______电压，以减小输电电流，减小功率损失和电压损失．
IR
U－ΔU
电阻
电流
高
3．高压输电
减小________就要增粗导线，增粗导线又带来两个不利：其一，耗费更多的金属材料；其二，会增加架设难度，只有采用小________输电才会避免上述问题，在保证输送功率不变的情况下，减小电流必须靠提升________来实现．
电阻
电流
电压
1．输电线路的构成：输电线路主要有发电站、________
______、输电导线、_____________、用电器等组成．
2．远距离输电：远距离输电要解决的关键问题，是减少输电导线上的损失，具体方法是：提高____________，减小____________．
二、高压交流输电
升压变
压器
降压变压器
输电电压
输电电流
3．电路原理图(下图)：
4．交流输电技术难题：对于交流输电线路来说，造成电压与电功率损失的原因既有______，又有______和_______．
电阻
感抗
容抗
1．直流输电的优点
(1)节约线材；
(2)不存在________和_______引起的损耗；
(3)不需要考虑电网中各台交流发电机的__________问题．
2．直流输电的基本过程
在发电站区域经变压器升压，由换流设备将________变成__________，用高压直流电进行远距离传输，在用户区域由__________将直流电变为交流电，经变压器降压送给用户．
三、高压直流输电
感抗
容抗
同步运行
交流电
直流电
换流设备
悟
名师指点
1．输电线上的功率损失
(1)原因：输电导线有电阻R线、电流流过输电线时，电流的热效应引起电功率的损失．
一、输电线上的功率损失和电压损失的计算及损失的功率与输电电压的关系
(1)输电线上的U线、I线、R线，满足部分电路欧姆定律．
(2)输电电压U与输电导线上的电压U线的物理意义截然不同，应用公式时应注意区分．
答案：　BD
1．解决远距离输电问题时，应首先画出输电的电路图，如上图所示，并将已知量和待求量写在电路图的相应位置．
2．电路被划分为几个独立的回路，在每个回路中，变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源，每个回路均可以应用闭合电路欧姆定律，串、并联电路规律，而变压器的电压、电流、功率关系是联系不同回路的桥梁．
二、如何分析远距离输电回路
(1)第一个回路：P1＝U1I1
(2)第二个回路：
①电流关系：I2＝I线＝I3
②电压关系：U2＝ΔU＋U3
③功率关系：P2＝ΔP＋P3
P3＝U3I3
P2＝U2I2
用户消耗的功率决定输送功率，即用户和线路总共消耗多少功率，发电站就输送多少功率，后者不可能大于前者，也不可能小于前者，这是由能量守恒定律决定的．不是由发电站输送的功率决定用户和线路消耗的功率，因为用户消耗功率的多少是由用户用电器的多少来决定的．
2．某变电站用220
V的电压送电，导线损失的功率为输送功率的20%，若要使导线损失的电功率降为输送功率的5%，则输送电压应为多少？
答案：　440
V
讲
典例精析
某电站用11
kV交变电压输电，输送功率一定，输电线的电阻为R.现若用变压器将电压升高到220
kV送电，下面选项正确的是(　　)
高压输电的理解与辨析
答案：　BD
高压输电既能减少功率损失，也能减少电压损失．
(1)关于输电线路上的功率损耗与电压损耗的计算，主要考虑因导线电阻的存在而发热造成的损失，故P损＝I2R，ΔU＝I·R.
1－1：远距离输送一定功率的交流电，若输电线电阻一定，下列说法正确的是(　　)
A．输电线上的电压损失跟输电电压成正比
B．输电线上的功率损失跟输电电压成正比
C．输电线上的功率损失跟输电电压的平方成反比
D．输电线上的功率损失跟输电线上的电压损失的平方成正比
答案：　CD
小型水利发电站的发电机输出功率为
24.5
kW，输出电压为350
V，输电线总电阻为4
Ω，为了使输电线损耗功率为发电机输出功率的5%，需在发电机处设升压变压器，用户需电压为220
V，所以在用户处需安装降压变压器．求：
(1)输电线上的电流；
(2)升压变压器的原、副线圈的匝数之比；
(3)降压变压器的原、副线圈的匝数之比．
远距离输电的电路分析与计算
思路点拨：　远距离输电通常采用的方法是高压输电和低压配电，对这一变化过程一般按照“发电→升压→输电线→降压→用户”的顺序，一步一步地逐步分析，因而画出电能输送原理图是解决此类问题的关键所在．
解析：　画出电能输送电路如图所示．
答案：　(1)17.5
A　(2)1∶4　(3)133∶22
处理远距离高压输电问题时，首先要根据具体问题正确画出输电线路示意图，解题时要抓住发电机和用电器的连接线路，研究两只变压器的两次电压变换、电流变换，再根据电压、电流及理想变压器输入、输出功率关系和能量守恒定律依次求解．
2－1：某小型水电站输出功率为20
kW，输电线路总电阻是6
Ω.
(1)若采用380
V输电，求输电线路损耗的功率．
(2)若改用5
000
V高压输电，用户端利用n1∶n2＝22∶1的变压器降压，求用户得到的电压．
答案：　(1)16.6
kW　(2)226.2
V
试
综合应用
在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有(　　)
输出功率的变化问题
A．升压变压器的输出电压增大
B．降压变压器的输出电压增大
C．输电线上损耗的功率增大
D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
思路点拨：　注意本题升压变压器的输入电压不变，然后分析输入功率变化引起输电线路上电流、电压的变化，利用变压比确定变压器输出电压变化．
答案：　CD
在分析有关远距离输电问题时，先要弄清题目给出的是哪些物理量不变，哪些物理量变化，再根据变压器中电压、电流、电功率的制约关系，以及它们之间的联系去分析判断．
3－1：小型水力发电站的发电机有稳定的输出电压，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压，然后通过输电线路把电能输送到远处用户附近的降压变压器，经降低电压后再输送至各用户．设变压器都是理想的，那么，在用电高峰期，随用电器电功率的增加，下列说法正确的是(　　)
A．升压变压器原线圈中的电流变小
B．升压变压器副线圈两端的电压变小
C．高压输电线路的电压损失变大
D．降压变压器副线圈两端的电压变小
解析：　发电机有稳定的输出电压，即升压变压器原线圈两端的电压一定，理想变压器的输入电压决定输出电压，故升压变压器副线圈两端的电压一定，B选项错误．随着用电器电功率的增大，降压变压器副线圈中的电流增大，由变压器电流与匝数的关系可知，降压变压器原线圈中的电流增大，则输电线中的电流和升压变压器原线圈中的电流都增大，高压输电线路的电压损失变大，A选项错误，C选项正确．
降压变压器原线圈两端的电压等于升压变压器副线圈两端的电压减去高压输电线路的电压损失，用电高峰，随着用电器功率增加导致降压变压器原副线圈中的电流都增大，电流增加，路损变大，降压变压器原线圈两端电压减少，最终使降压变压器副线圈两端电压变小，选项D正确．
答案：　CD
练
随堂演练
1．将西部地区丰富的水电、火电资源输送到东部地区，可以有效地促进东西部地区共同发展，对于这种大功率远距离输电，要减少输送线路上的损耗，既切实可行，又行之有效的是(　　)
A．用高压直流输电方式
B．用高压交流输电方式
C．使用超导体输电
D．增大输电导线的横截面积
解析：　采用高压直流电网输电，或采用高压交流输电均可有效减少线路损耗，也是目前正在使用的两种输电方式．采用超导体输电在技术上尚不成熟．采用增大导线横截面积的方式对减少损耗效果有限．
答案：　AB
答案：　A
3．如图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(　　)
A．增加输电导线的横截面积有利于减少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少电路的发热损耗的
C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小
D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好
答案：　ABD
4．有一理想变压器原、副线圈的匝数比为100∶1，原线圈上所加电压为23
kV，副线圈通过总电阻为2
Ω的供电导线向用户供电，用户用电器得到的电压是220
V，求供电导线上损耗的功率．
答案：　50
W
5．一台小型发电机的最大输出功率为100
kW，输出电压恒为500
V，现用电阻率为1.8×10－8
Ω·m，横截面积为10－5m2的输电线向4×103
m远处的用电单位输电，要使发电机满负荷运行时，输电线上的损失功率为发电机总功率的4%，求：
(1)所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比是多少？
(2)如果用户用电器的额定电压为220
V，那么所用的理想降压变压器原、副线圈的匝数比是多少？
答案：　(1)1∶12　(2)288∶11
测
达标训练
谢谢观看！第1章
一、选择题
1．关于电磁感应，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．导体做切割磁感线的运动，导体内一定会产生感应电流
C．闭合电路在磁场中做切割磁感线的运动，电路中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
解析：　产生感应电流有两个必要条件：一是闭合电路，二是回路中磁通量发生变化，二者缺一不可．D项满足这两个条件，因此电路中一定有感应电流．导体相对磁场运动或导体做切割磁感线运动时，不一定组成闭合电路，故A、B错误；即使是闭合回路做切割磁感线运动，回路中磁通量也不一定发生变化，如图所示，闭合导体abcd虽然切割磁感线，但回路中磁通量始终未变，故无感应电流产生，C错误．
答案：　D
2．用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2
m，正方形的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，如图所示．当磁场以10
T/s的变化率增强时，线框中点a、b两点间的电势差大小是(　　)
A．Uab＝0
V　　　　　　　　
B．Uab＝0.1
V
C．Uab＝0.2
V
D．Uab＝2
V
答案：　B
3．动圈式话筒和动圈式扬声器，内部结构相似，下列有关它们的工作原理叙述正确的是(　　)
A．话筒是应用了电磁感应原理工作的
B．话筒是应用了电流的磁效应原理工作的
C．扬声器是应用了电磁感应原理工作的
D．扬声器是应用了电流的磁效应原理工作的
解析：　扬声器的工作原理是：音频电流通过处在磁场中的音圈(线圈)，电流受到磁场力而引起振动，发出声音，利用了电流的磁效应．
答案：　AD
4．如图所示，ab是水平面上一个圆的直径，在过ab的竖直平面内有一根通电导线ef.已知ef平行于ab，当ef竖直向上平移时，电流磁场穿过圆面积的磁通量将(　　)
A．逐渐增大
B．逐渐减小
C．始终为零
D．不为零，但保持不变
解析：　利用安培定则判断直线电流产生的磁场，作出俯视图(如图所示)．考虑到磁场具有对称性，可以知道，穿过线圈的磁感线的条数与穿出线圈的磁感线的条数是相等的．故选C．
答案：　C
5．如图所示，L为一根无限长的通电直导线，M为一金属环，L通过M的圆心并与M所在的平面垂直，且通以向上的电流I，则(　　)
A．当L中的I发生变化时，环中有感应电流
B．当M左右平移时，环中有感应电流
C．当M保持水平，在竖直方向上下移动时环中有感应电流
D．只要L与M保持垂直，则以上几种情况，环中均无感应电流
解析：　由安培定则可知导线L中电流产生的磁场方向与金属环面平行，即穿过M的磁通量始终为零，保持不变，故只要L与M保持垂直，A、B、C三种情况均不产生感应电流．
答案：　D
6．如图所示，在匀强磁场中放有一平面与磁场方向垂直的金属线圈abcd，在下列叙述中正确的是(　　)
A．当线圈沿磁场方向平动过程中，线圈中有感应电动势，无感应电流(以下称有势无流)
B．当线圈沿垂直磁场方向平动过程中，线圈中有势有流
C．当线圈以bc为轴转动时，线圈中有势有流
D．当线圈以cd为轴转动时，线圈中无势有流
答案：　C
7．如图所示，PQRS为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN为边界的匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面，MN线与线框的边成45°角，E、F分别为PS和PQ的中点．关于线框中的感应电流，正确的说法是(　　)
A．当E点经过边界MN时，线框中感应电流最大
B．当P点经过边界MN时，线框中感应电流最大
C．当F点经过边界MN时，线框中感应电流最大
D．当Q点经过边界MN时，线框中感应电流最大
解析：　由法拉第电磁感应定律知当导体切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv，其中L为导体切割磁感线的有效长度，由几何关系可知，P点经过边MN时，L最大为正方形导线框的边长，产生的感应电动势最大，感应电流最大，故B正确．当E点经过MN时，有效长度为，当F点经过MN时，L等于FQ长度，小于边长L，故产生感应电流较小，当Q点经过MN时，整个线框处在磁场中，磁通量不再变化，故感应电流为零，所以A、C、D错误．
答案：　B
8．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，磁场以5×10－2
T/s的速率增强，则(　　)
A．电容器带电荷量为2×10－9
C
B．电容器带电荷量为4×10－9
C
C．电容器带电荷量为6×10－9
C
D．电容器带电荷量为8×10－9
C
解析：　根据法拉第电磁感应定律：回路中的感应电动势即等于电容器充电电压E＝＝＝5×10－2×0.05×0.08
V＝2×10－4
V
电容器的带电荷量为q＝CE＝30×10－6×2×10－4
C＝6×10－9
C
可见，C项正确．
答案：　C
9．如图所示，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．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，磁铁振动穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中无感应电流，振幅不变；S闭合时有感应电流；磁铁的机械能越来越少，振幅逐渐减少，选项A正确．
答案：　A
10．如图所示，半径为r的金属环绕通过其直径的轴OO′以角速度ω做匀速转动，匀强磁场的磁感应强度为B，从金属环的平面与磁场方向重合开始计时，在转动30°角的过程中，环中产生的平均电动势为(　　)
A．2Bωr2
B．2Bωr2
C．3Bωr2
D．3Bωr2
解析：　在题目所给图示位置时，Φ1＝BS⊥＝0，转过30°后Φ2＝BS·sin
30°＝Bπr2，ΔΦ＝Φ2－Φ1＝Bπr2，转过30°所需要的时间为Δt＝＝，E＝n＝1×＝3Bωr2.
答案：　C
二、
非选择题
11．我们用来煮食的炉子有各种各样的款式，它们的工作原理各不相同．有以天然气、液化石油气等为燃料的，例如天然气炉，还有以直接的电热方式加热的，例如电饭锅．下面介绍的是以电磁感应原理生热的电磁炉．如图所示是描述电磁炉工作原理的示意图．炉子的内部有一个金属线圈，当电流通过线圈时，会产生磁场，这个磁场的大小和方向是不断变化的，这个变化的磁场又会引起放在电磁炉上面的铁质(或钢质)锅底内产生感应电流，由于锅底有电阻，所以感应电流又会在锅底产生热效应，这些内能便能起到加热物体的作用从而煮食．
电磁炉的特点是：电磁炉的效率比一般的炉子都高，热效率高达90%，炉面无明火，无烟无废气，电磁炉火力强劲，安全可靠．
因为电磁炉是以电磁感应产生电流，利用电流的热效应产生热量，所以不是所有的锅或器具都适用．对于锅的选择，方法很简单，只要锅底能被磁铁吸住的就能用．适合放在电磁炉上的烹饪器具有不锈钢锅、不锈钢壶、平底铁锅；不适用的有陶瓷锅、圆底铁锅、耐热玻璃锅、铝锅、铜锅等．
(1)在电磁炉加热食物的过程中涉及到的物理原理有(回答三个即可)：
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________；
③________________________________________________________________________.
(2)电磁炉所用的锅不能用陶瓷锅、耐热玻璃锅的原因是______________；电磁炉所用的锅不能用铝锅、铜锅的原因是__________________．
(3)在锅和电磁炉中间放置一纸板，则电磁炉还能起到加热作用吗？为什么？
答案：　(1)①电流的磁效应(或电生磁)；②电磁感应现象(或磁生电)；③电流的热效应(或焦耳定律)　(2)不能产生电磁感应现象　铝、铜的导磁性太差，且电阻率较小，效率低　(3)能起到加热作用，线圈产生的磁场能穿透纸板到达锅底，在锅底产生感应电流，利用电流的热效应起到加热作用．
12．如图所示，两光滑平行导轨MN、PQ水平放置，相距0.1
m，处在竖直向下、磁感应强度大小为2.5
T的匀强磁场中，M、P间接有一个8
Ω的电阻R.一金属棒ab，电阻r＝2
Ω，与导轨接触良好且始终与导轨垂直．现让ab棒以4.0
m/s的速度匀速水平向右运动，求电阻R上消耗的功率(两导轨电阻不计)．
解析：　ab棒向右运动，垂直切割磁感线，产生感应电动势，相当于一个电源．与电阻R组成闭合电路，有电流通过R，电流做功，R上消耗电功率，ab棒中产生的感应电动势为
E＝BLv　　　　　　　　　　　　　　　　　
①
由闭合电路欧姆定律知回路中电流为I＝
②
又所求电功率P＝I2R
③
以上三式联立且代入数据得P＝R＝0.08
W.
答案：　0.08
W
13．如图所示，在光滑的水平面上有一半径r＝10
cm、电阻R＝1
Ω、质量m＝1
kg的金属环，以速度v＝10
m/s向一有界匀强磁场滑去．匀强磁场方向垂直于纸面向里，B＝0.5
T，从环刚进入磁场算起，到刚好有一半进入磁场时，圆环释放了32
J的热量，求：
(1)此时圆环中电流的瞬时功率；
(2)此时圆环运动的加速度．
解析：　(1)由能量守恒mv2/2＝Q＋mv′2/2，
而P＝E2/R＝(B·2r·v′)2/R
两式联立可得P＝0.36
W.
(2)a＝BIl/m＝B2(2r)2v′(mR)＝6×10－2
m/s2，向左．
答案：　(1)0.36
W　(2)6×10－2
m/s2，向左
14．一个边长为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＝2I2Rt＝2I2R·＝2×0.52×2×
J＝0.5
J
答案：　(1)0.5
A　(2)0.5
J模块综合检测
一、选择题
1．下列说法正确的是(　　)
A．交变电流在一个周期内电流方向改变两次
B．交变电流的有效值总是峰值的
倍
C．交变电流的有效值表示其产生的平均效果，所以有效值与平均值相同
D．交变电流的峰值可能等于其有效值
解析：　只有正弦式交变电流的有效值等于峰值的，故B错；交变电流的有效值与平均值不同，前者由电流的热效应求，而后者由法拉第电磁感应定律解决，C错．对于方形波其有效值与峰值相等，故D正确．由交变电流的周期性可知A正确．
答案：　AD
2．如图所示，A为通电线圈，电流方向如图所示，B、C为与A在同一平面内的两同心圆，ΦB、ΦC分别为通过两圆面的磁通量的大小，下列判断正确的是(　　)
A．穿过两圆面的磁通量方向是垂直纸面向外
B．穿过两圆面的磁通量方向是垂直纸面向里
C．ΦB＞ΦC
D．ΦB＜ΦC
解析：　通电线圈A产生的磁场，在B，C内的磁能量有向里的，也有向外的，但向外的多，因此两线圈的合磁通量均向外；对于两线圈B，C来说，向外的一样多，向里的C比B多，合磁通量B大，即ΦB＞ΦC.
答案：　AC
3．如图所示，“U”形金属框架固定在水平面上，金属杆ab与框架间无摩擦．整个装置处于竖直方向的磁场中．若因磁场的变化，使杆ab向右运动，则磁感应强度(　　)
A．方向向下并减小　　　　　
B．方向向下并增大
C．方向向上并增大
D．方向向上并减小
解析：　因磁场变化，发生电磁感应现象，杆ab中有感应电流产生，而使杆ab受到磁场力的作用，并发生向右运动．而ab向右运动，使得闭合回路中磁通量有增加的趋势，说明原磁场的磁通量必定减弱，即磁感应强度正在减小，与方向向上、向下无关．
答案：　AD
4．一个电热器接在10
V的直流电源上，在时间t内产生的焦耳热为Q，今将该电热器接在一个正弦交流电源上，它在时间2t内产生的焦耳热为Q，则这一交流电源的交流电压的最大值和有效值分别是(　　)
A．最大值是10
V，有效值是10
V
B．最大值是10
V，有效值是5
V
C．最大值是5
V，有效值是5
V
D．最大值是20
V，有效值是10
V
答案：　B
5．如图所示，理想变压器原线圈两端M、N接高压，降压后通过输电线(有一定电阻)接用电器，A、V是交流电表，原先S闭合，现将S断开，则(　　)
A．V示数增大，A示数增大，R1功率增大
B．V示数增大，A示数减小，R1功率增大
C．V示数减小，A示数减小，R1功率减小
D．V示数减小，A示数增大，R1功率减小
解析：　当S断开时，副线圈电路中总电阻增大，总电流减小，故导线上分压U线＝I2R线减小，V示数增大．由变流比知＝，因I2减小，故I1即A示数减小，R1功率P1＝增大，故B选项正确．
答案：　B
6．如图所示，一条形磁铁，从静止开始穿过采用双线绕成的闭合线圈，条形磁铁在穿过线圈的过程中可能做(　　)
A．减速运动　　　　　
B．匀速运动
C．自由落体运动
D．非匀变速运动
解析：　双线绕法的线圈内部磁通量始终为0，绕线中无感应电流，磁铁下落时只受重力，故磁铁在线圈中做自由落体运动．
答案：　C
7．如图所示质量为m、边长为L的正方形线框从某一高度自由落下后，通过一高度也为L的匀强磁场区域，则线框通过磁场过程中产生的焦耳热(　　)
A．可能大于2mgL
B．可能等于2mgL
C．可能小于2mgL
D．可能为零
解析：　因磁场的宽度也是L，则线框在下落时总是只有一条边在切割磁感线，当线框在磁场中做匀速运动时，由能量转化守恒知，动能不变，重力势能全部转化为热能，即为2mgL；若线框通过磁场过程中所受的安培阻力大于重力，则线框做减速运动，动能有一部分转化为热能，则生热大于2mgL；若线框通过磁场过程中，所受安培阻力小于重力，则线框做加速运动，重力势能部分转化为动能，则生热小于2mgL.
答案：　ABC
8．如图所示，A是硬橡胶圆环，B是一根可以运动的垂直纸面的通电直导线，电流方向如图所示，用毛皮摩擦A环，并使它按图示方向转动，在开始转动的瞬间，导线B的运动方向是(　　)
A．平行纸面向上
B．平行纸面向下
C．平行纸面向左
D．平行纸面向右
解析：　毛皮摩擦过的橡胶圆环带负电，A环如题图所示方向旋转相当于顺时针方向的环形电流．根据右手螺旋定则，穿过右侧环中的磁通量为垂直纸面向外，右侧环中感应电流的方向根据楞次定律得为顺时针方向，感应电流流过螺线管，使螺线管的磁场右边为N极，左边为S极．导线B所在处的磁场方向向左，根据左手定则，B受安培力方向向上．
答案：　A
9．如图所示，交流发电机的矩形线圈边长ab＝cd＝0.4
m，ad＝bc＝0.2
m，线圈匝数N＝100，电阻r＝1
Ω，线圈在磁感应强度B＝0.2
T的匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以ω＝100π
rad/s的角速度匀速转动，外接电阻R＝9
Ω，以图示时刻开始计时，则(　　)
A．电动势瞬时值e＝160πsin(100πt)
V
B．t＝0时线圈中磁通量变化率最大
C．t＝
s时线圈中感应电动势最小
D．交变电流的有效值是8π
A
解析：　在题图所示位置时，产生的感应电动势最大，Em＝NBSω＝160π
V，e＝160πcos(100πt)
V，A、C错误，B正确．电动势的有效值是E＝
V，所以交变电流的有效值是I＝＝8π，A，D是正确的．
答案：　BC
10．如图所示，在边长为a的等边三角形区域内有匀强磁场B，其方向垂直纸面向外．一个边长也为a的等边三角形导线框架EFG正好与上述磁场区域的边界重合，并以周期T绕其中心O点在纸面内匀速转动．于是框架EFG产生感应电动势，经线框转到图中虚线位置，则在时间内(　　)
A．平均感应电动势大小等于
B．平均感应电动势大小等于
C．顺时针方向转动时感应电流方向为E→G→F→E
D．逆时针方向转动时感应电流方向为E→F→G→E
解析：　求出面积的改变量ΔS＝3×＝，所以E＝＝＝.故A正确．因为转动后，面积变小，磁通量变小，产生的感应电流的作用效果阻碍这一变化，根据右手定则，电流方向应为逆时针，由E→F→G→E.故选A、D．
答案：　AD
11．竖直放置的平行光滑导轨，其电阻不计，磁场方向如图所示，磁感应强度B＝0.5
T，导体杆ab和cd在磁场中的长度均为0.2
m，电阻均为0.1
Ω，所受重力均为0.1
N．现在用力向上推导体杆ab，使之匀速上升(与导轨接触始终良好)，此时杆cd恰好静止不动，ab上升时下列说法正确的是(　　)
A．ab受到的推力大小为2
N
B．ab向上的速度为2
m/s
C．在2
s内，推力做功转化的电能是0.4
J
D．在2
s内，推力做功为0.6
J
解析：　以ab、cd为整体可知向上的推力F＝2mg＝0.2
N，对cd可得BIL＝mg，所以I＝＝
A＝1
A，ab运动速度为v，Blv＝I×2R，所以v＝＝
m/s＝2
m/s,2
s内转化的电能W电＝I2×2Rt＝0.4
J,2
s内推力做的功WF＝Fvt＝0.8
J.
答案：　BC
二、非选择题
12．一有界匀强磁场区域如图所示，质量为m，电阻为R，半径为r的圆形线圈一半在磁场内，一半在磁场外，t＝0时磁感应强度为B，以后均匀减小直至为零．磁感应强度的变化率为一常数k，线圈中产生感应电流，在磁场力作用下运动，不考虑重力影响．求：
(1)t＝0时刻线圈的加速度．
(2)线圈最后做匀速直线运动时回路中的电功率．
解析：　(1)由法拉第电磁感应定律E＝＝S·，又S＝πr2，＝k.由闭合电路的欧姆定律I＝，由安培力公式F＝BI·2r，由牛顿第二定律a＝，由以上各式得a＝.(2)线圈做匀速直线运动，有三种可能：①线圈没有全部进入磁场，磁场消失，所以以后没有感应电流，回路电功率P＝0.②线圈全部进入磁场，磁场没有消失，尽管有感应电流，但所受合力为零，同样做匀速直线运动，电功率P＝.结合(1)中的E的求法可知E′＝kπr2.解得P＝.③在上面②的前提下，等到磁场消失后，电功率P＝0.
答案：　(1)　(2)0或或0
13．一个旋转线框abcd，线圈旋转时始终在匀强磁场中，电阻不计，ab＝cd＝0.5
m，bc＝1
m，将其置于水平向左的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝6
T．线框与理想变压器原线圈连接，变压器原、副线圈匝数比为100∶1，副线圈接入一只“3
V,1.5
W”的小灯泡，如图所示，当abcd线圈绕竖直轴OO′匀速转动时，小灯泡恰好正常发光，求：
(1)交流电压表V的示数？
(2)线框abcd转动的角速度ω多大？
解析：　(1)因为＝
所以U1＝U2＝×3
V＝300
V
(2)因为Um＝U1，Um＝B·bc·ab·ω
所以ω＝＝
rad/s＝100
rad/s
答案：　(1)300
V　(2)100
rad/s
14．如图，一直导体棒质量为m、长为l、电阻为r，其两端放在位于水平面内间距也为l的光滑平行导轨上，并与之密接；棒左侧两导轨之间连接一可控制的负载电阻(图中未画出)；导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在平面．开始时，给导体棒一个平行于导轨的初速度v0.在棒的运动速度由v0减小至v1的过程中，通过控制负载电阻的阻值使棒中的电流强度I保持恒定．导体棒一直在磁场中运动．若不计导轨电阻，求此过程中导体棒上感应电动势的平均值和负载电阻上消耗的平均功率．
解析：　导体棒所受的安培力为F＝lIB
①
该力大小不变，导体棒做匀减速运动，因此在导体棒的速度从v0减小到v1的过程中，平均速度为＝(v0＋v1)
②
当棒的速度为v时，感应电动势的大小为E＝lvB
③
棒中的平均感应电动势为＝lB
④
由②④式得＝Bl(v0＋v1)
⑤
导体棒中消耗的热功率为P1＝I2r
⑥
负载电阻上消耗的平均功率为＝I－P1
⑦
由⑤⑥⑦式得＝l(v0＋v1)BI－I2r
⑧
答案：　Bl(v0＋v1)　l(v0＋v1)BI－I2r
15．如图所示，MN、PQ为平行光滑导轨，其电阻忽略不计，与水平面成30°角固定．N、Q间接一电阻R′＝10
Ω，M、P端与电池组和开关组成回路，电源电动势E＝6
V，内阻r＝1.0
Ω，导轨所在区域加有与两导轨所在平面垂直的匀强磁场．现将一根质量m＝10
g，电阻R＝10
Ω的金属导线ab置于导轨上，并保持导线水平．已知导轨间距L＝0.1
m，当开关S闭合后导轨ab恰静止不动．
(1)试计算磁感应强度B的大小．
(2)若某时刻将开关S断开，求导线ab能达到的最大速度．(设导轨足够长)
解析：　(1)导线ab两端电压为U＝E＝×6
V＝5
V
导线ab中的电流I＝＝0.5
A
导线ab受力如图所示，由平衡条件得F安＝BIL＝mgsin
30°
解得B＝，代入数据，得B＝1
T.
(2)开关S断开后，导线ab由静止开始加速下滑，当速度为v时，产生的感应电动势为E′＝BLv
导线ab中的感应电流I′＝
导线ab所受的安培力F安′＝BI′L＝
当导线ab达到最大速度时，＝mgsin
30°
解得vm＝，代入数据解得vm＝100
m/s.
答案：　(1)1
T　(2)100
m/s(共56张PPT)
电磁感应
第
1
章
第1节　磁生电的探索
记
学习目标
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．理解磁通量及磁通量变化量，并能进行简单的计算．
3．通过实验与探究，知道电磁感应现象，理解产生感应电流的条件．
4．通过了解电磁感应现象的发现过程，培养学生探索自然规律的科学态度和科学精神．
学
基础导学
1．电流的磁效应
1820年，丹麦物理学家_________发现了电流的磁效应，它揭示了电现象和磁现象之间存在的某种联系．
2．探索“磁生电”
奥斯特发现了“电生磁”的现象之后，激发人们去探索“磁生电”的方法，比较著名的物理学家有：菲涅耳、______、________、亨利等，都没有坚持到最后，这其中已经发现感应电流的科学家是：美国科学家______．
一、电磁感应的探索历程
奥斯特
安培
科拉顿
亨利
3．法拉第的探索
英国科学家法拉第前后历时______年的探索，始终坚持自然界各种不同现象之间有着__________，一直坚持探索电磁感应现象，终于悟出了磁生电的基本原理，“一切都存在于变化之中”．
数十
相互联系
1．探究1：利用导体在磁场中运动(如图)
闭合回路的部分导体在磁场中做____________运动时，闭合回路中电流表的指针发生偏转，说明回路中产生了感应电流．
二、科学探究——感应电流产生的条件
切割磁感线
2．探究2：利用磁铁在螺线管中的运动(如图)
将条形磁铁______或______与电流表构成闭合电路的螺线管过程中，观察到电流表的指针发生偏转，说明回路中产生了感应电流．
插入
拔出
3．探究3：利用通电螺线管的磁场(如图)
螺线管A、滑动变阻器、电源、开关组成一个回路，螺线管B与电流表组成闭合回路，螺线管A放在螺线管B内．
当开关闭合或断开的瞬间，电流表的指针会发生______，而开关闭合稳定后，电流表的指针________；
保持开关闭合，当滑动变阻器的滑片移动时，电流表的指针发生______；
保持开关闭合，当螺线管A离开B或进入B时，电流表的指针发生______．
偏转
不偏转
偏转
偏转
综合上述探究可得出产生感应电流的条件：
只要穿过闭合电路的________发生变化，闭合电路中就会产生感应电流．
磁通量
悟
名师指点
“电生磁”和“磁生电”是两种因果关系相反的现象
1．电流的磁效应是指电流周围产生磁场，即“电生磁”．
2．电磁感应现象是利用磁场产生感应电流，即“磁生电”．
一、电流的磁效应与电磁感应现象的区别
1．下列现象中，属于电磁感应现象的是(　　)
A．磁场对电流产生力的作用
B．变化的磁场使闭合电路产生感应电流
C．插入通电螺线管中的软铁棒被磁化
D．电流周围产生磁场
解析：　电磁感应现象是指由于穿过闭合回路的磁通量发生变化而产生感应电流的现象，只有选项B符合．
答案：　B
1．产生感应电流的条件有两个，且缺一不可．
(1)电路闭合；
(2)穿过回路的磁通量发生变化．
2．分析磁通量是否有变化，首先是要弄清磁感线是如何分布的，其次是看磁场的变化情况，最后看有效面积的变化情况．
二、产生感应电流产生的条件是什么？如何分析闭合电路中磁通量的变化
2．如图所示，恒定的磁场中有一圆形的闭合导体线圈，线圈平面垂直于磁场方向，当线圈在此磁场中做下列哪种运动时，线圈中能产生感应电流的是(　　)
A．线圈沿自身所在的平面做匀速运动
B．线圈沿自身所在的平面做加速运动
C．线圈绕任意一条直径做匀速转动
D．线圈绕任意一条直径做变速转动
解析：　线圈所在空间磁感应强度未变，故关注线圈在运动中线圈与磁场的正对面积．显然，线圈平动时，磁通量未变，A、B错；只要转动线圈(无论加速还是匀速)，一定导致磁通量发生变化，故C、D正确．
答案：　CD
3．如图所示，通电螺线管水平固定，OO′为其轴线，a、b、c三点在该轴线上，在这三点处各放一个完全相同的小圆环，且各圆环平面垂直于OO′轴．则关于这三点的磁感应强度Ba、Bb、Bc的大小关系及穿过三个小圆环的磁通量Φa、Φb、Φc的大小关系，下列判断正确的是(　　)
A．Ba＝Bb＝Bc，Φa＝Φb＝Φc
B．Ba＞Bb＞Bc，Φa＜Φb＜Φc
C．Ba＞Bb＞Bc，Φa＞Φb＞Φc
D．Ba＞Bb＞Bc，Φa＝Φb＝Φc
解析：　根据通电螺线管产生的磁场特点，Ba＞Bb＞Bc，由Φ＝BS，可得Φa＞Φb＞Φc，故C正确．
答案：　C
闭合电路的一段导体做切割磁感线运动时，闭合电路中产生感应电流．如图所示，当导体ad向右运动时，穿过adcb的磁通量发生变化(面积变大)，所以在adcb回路中产生感应电流．由此可见“切割磁感线”产生感应电流和“磁通量变化”产生感应电流在本质上是一致的．
三、对“导体切割”磁感线的理解
在利用“切割”来讨论和判断有无感应电流产生时，应该要注意以下两点：
1．导体是否将磁感线“割断”，如果没有“割断”，就不能说切割．例如：如图(a)、(b)、(c)、(d)所示，(a)、(b)两图中，导体是真“切割”，而(c)、(d)两图中，导体没有切割磁感线．
2．即使导体真“切割”了磁感线，也不能保证就能产生感应电流，例如：如图(a)、(b)、(c)所示．对于图(a)，尽管线框“切割”了磁感线(匀强磁场)，但穿过闭合线框的磁通量并没有发生变化，线框中没有感应电流；对于图(b)，线框的一部分导体“切割”了磁感线，穿过线框的磁感线条数越来越少，磁通量减小，线框中有感应电流；对于图(c)，闭合线框在非匀强磁场中运动，切割了磁感线，同时穿过线框的磁感线条数减少，磁通量减小，线框中有感应电流．
由以上讨论可知，导体切割磁感线，是导体中产生感应电流的一种表面现象，其根本原因是穿过闭合回路的磁通量是否发生变化．
4．如图所示，在一根水平方向的通电长直导线下方，有一个小线框abcd放置在过长导线所在的竖直平面内，今使小线框分别做如下六种不同的运动，试判断线框内有无感应电流(　　)
A．左右平移
B．上下平移
C．在纸面前后平移
D．绕过ab、cd边的中点的轴转动
E．绕线框中心轴O在纸面内旋转
F．以直导线为轴绕其转动
解析：　A、F两种运动，穿过线框的磁通量都不变，线框中没有感应电流．B、C、D、E四种运动，穿过线框的磁通量都会发生变化，线框中有感应电流．
答案：　BCDE
讲
典例精析
磁通量变化量的计算及分析
解析：　(1)对A线圈，Φ1＝B1πr2，Φ2＝B2πr2.
故磁通量改变量：|Φ2－Φ1|＝(0.8－0.4)×3.14×(1×10－2)2
Wb＝1.256×10－4
Wb..
对B线圈，|Φ2－Φ1|＝(0.8－0.4)×3.14×(1×10－2)2
Wb＝1.256×10－4
Wb.
(2)对C线圈，Φ1＝Bπr2，磁场转过30°，线圈面积在垂直磁场方向上的投影为πr2cos
30°，则Φ2＝Bπr2
cos
30°.
故磁通量改变量：|Φ2－Φ1|＝Bπr2(1－cos
30°)＝0.8×3.14×(5×10－3)2×(1－0.866)
Wb＝8.4×10－6
Wb.
答案：　(1)1.256×10－4
Wb　1.256×10－4
Wb　(2)8.4×10－6
Wb
磁通量Ф＝BS的计算有几点要注意：
(1)S是指闭合回路中包含磁场的那部分的有效面积．
(2)磁通量及磁通量的变化量与匝数无关，求Ф及ΔФ时，不去考虑线圈匝数n.
(3)磁通量不是矢量，而是一个双向标量，其正负表示与规定的方向相同还是相反．
1－1：一磁感应强度为B的匀强磁场方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd如图所示放置，平面abcd与竖直方向成θ角．将abcd绕ad轴转180°角，则穿过线圈平面的磁通量的变化量是(　　)
A．0　　　　　　　
B．2BS
C．2BScos
θ
D．2BSsin
θ
解析：　开始时穿过线圈平面的磁通量为Φ1＝BScos
θ.则后来穿过线圈平面的磁通量为Φ2＝－BScos
θ.
则磁通量的变化量为ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝2BScos
θ.
答案：　C
如图所示，开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列办法中可行的是(　　)
A．将线框向左拉出磁场
B．以AB边为轴转动(小于90°)
C．以AD边为轴转动(小于60°)
D．以BC边为轴转动(小于60°)
分析产生感应电流的方法
思路点拨：　解答本题时应把握以下两点：
(1)一看回路是否闭合．
(2)二看穿过回路的磁通量是否发生变化．
解析：　可通过以下表格对各项逐一分析.
选项
透过过程
结论
A
将线框向左拉出磁场的过程中，线框的BC边做切割磁感线运动，或者说穿过线框的磁通量减少，所以线框中将产生感应电流，A可行.
√
B
当线框以AB边为轴转动时，线框的CD边的右半段在做切割磁感线运动，或者说穿过线框的磁通量在发生变化，所以线框中将产生感应电流，B可行.
√
答案：　ABC
选项
透过过程
结论
C
当线框以AD边为轴转动(小于60°)时，穿过线框的磁通量在减小，所以在这个过程中线框中会产生感应电流．如果转过的角度超过60°，BC边将进入无磁场区，那么线框中将不产生感应电流，C可行.
√
D
当线框以BC边为轴转动时，如果转动的角度小于60°，则穿过线框的磁通量始终保持不变(其值为磁感应强度与矩形线框面积的一半的乘积)，D不可行.
×
2－1：如图为研究电磁感应现象的实验装置，下列哪种情况下电流表指针不会偏转(　　)
A．闭合开关的瞬间
B．闭合开关后，电路中电流稳定时
C．闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片时
D．闭合开关后，把铁芯A从线圈B中拉出时
解析：　电流表指针不偏转，说明电表与B线圈组成的电路中无电流，根据感应电流产生的条件，只需要检查B线圈中磁通量是否变化即可．
闭合开关时，电路中的电流从无到有，A中的磁场从无到有，故穿过B的磁通量发生变化，电流表中有电流流过．当电路中电流稳定时，穿过B的磁通量不再发生变化，电流表中无电流．移动滑动变阻器的滑片时，会造成A中电流大小变化，能引起B的磁通量变化，电流表中有电流流过．把铁芯A从线圈B中拉出时，穿过B的磁通量减少，电流表中有电流流过，故只有选项B符合要求．
答案：　B
辨
易错疑难
如图所示，线框与通电直导线均位于水平面内，当线框由实线位置在水平面内向右平动，逐渐移动到虚线位置(两位置对称)，则穿过线框的磁通量的变化情况是(　　)
A．先增加后减少，最后相等
B．先增加后减少，再增加再减少
C．先减少后增加，最后相等
D．线框中有感应电流产生
磁通量变化情况的分析
思路点拨：　解答本题时应把握以下两点：
(1)明确通电直导线周围磁场的方向分布．
(2)明确通电直导线周围磁场强弱情况．
答案：　BD
直导线周围的磁感线疏密分布是：越靠近导线，磁感线越密；线框abcd对称跨着直导线时，总磁通量为零，分析时要紧紧抓住该位置．
练
随堂演练
1．线框ABCD在匀强磁场中，如图所示，下列几种情况线框中有感应电流产生的是(　　)
A．当线框沿磁感线方向平动时
B．当线框垂直磁感线方向平动时
C．当线框以AB边为轴转动时
D．当线框以AD边为轴转动时
解析：　只有选项C中，穿过线框的磁通量是变化的，其他选项穿过线框的磁通量均不变．因此，选项C正确，A、B、D错误．
答案：　C
2．在纸面内放有一条形磁铁和一个位于磁铁正上方的圆形线圈(如图所示)，下列情况中能使线圈中产生感应电流的是(　　)
A．将磁铁在纸面内向上平移
B．将磁铁在纸面内向右平移
C．将磁铁绕垂直纸面的轴转动
D．将磁铁的N极向纸外转，S极向纸内转
解析：　将磁铁向上平移、向右平移或绕垂直纸面的轴转动，线圈始终与磁感线平行，磁通量始终为零，没有变化，不产生感应电流．所以A、B、C均不选．将磁铁的N极向纸外转，S级向纸内转，磁通量增加，线圈中产生感应电流，所以D项正确．
答案：　D
3．法拉第通过精心设计的一系列实验，发现了电磁感应定律，将历史上认为各自独立的学科“电学”与“磁学”联系了起来．在下面几个典型的实验设计思想中，所作的推论后来被实验否定的是(　　)
A．既然磁铁可使近旁的铁块带磁，静电荷可使近旁的导体表面感应出电荷，那么静止导线上的稳恒电流也可在近旁静止的线圈中感应出电流
B．既然磁铁可在近旁运动的导体中感应出电动势，那么稳恒电流也可在近旁运动的线圈中感应出电流
C．既然运动的磁铁可在近旁静止的线圈中感应出电流，那么静止的磁铁也可在近旁运动的导体中感应出电动势
D．既然运动的磁铁可在近旁的导体中感应出电动势，那么运动导线上的稳恒电流也可在近旁的线圈中感应出电流
解析：
答案：　A　
A
×
静止的导线上的稳恒电流附近产生稳定的磁场，通过旁边静止的线圈不会产生感应电流，A错误．
B
√
稳恒电流周围的稳定磁场是非匀强磁场，运动的线圈可能会产生感应电流，B符合事实．
C
√
静止的磁铁周围存在稳定的磁场，旁边运动的导体棒会产生感应电动势，C符合．
D
√
运动的导线上的稳恒电流周围产生运动的磁场，即周围磁场变化，在旁边的线圈中产生感应电流，D符合.
4．图中能产生感应电流的是(　　)
解析：　A中线圈没闭合，无感应电流产生；B中闭合电路中的磁通量增大，有感应电流产生；C中的导线在圆环的正上方，不论电流如何变化，穿过线圈的磁感线都相互抵消，磁通量恒为零，无感应电流产生；D中回路磁通量恒定，无感应电流产生．
答案：　B
5．如图所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成了一闭合回路，在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A，下列各种情况中铜环A中没有产生感应电流的是(　　)
A．线圈中通以恒定的电流
B．通电时，使变阻器的滑片P匀速移动
C．通电时，使变阻器的滑片P加速移动
D．将开关突然断开的瞬间
解析：　P滑动时可导致线圈所在回路中的电流发生变化，线圈中将产生变化的磁场，在A中引起感应电流；同理，开关突然断开也会引起感应电流．
答案：　A
测
达标训练
谢谢观看！第3章　第3节
1．交变电流通过一段长直导线时，电流为I，如果把这根长直导线绕成线圈，再接入原电路，通过线圈的电流为I′，则(　　)
A．I′>I　
B．I′C．I′＝I
D．无法比较
解析：　长直导线的自感系数很小，感抗可忽略不计，其对交变电流的阻碍作用可以看做是纯电阻，流经它的交变电流只受到导线电阻的阻碍作用．当导线绕成线圈后，电阻值未变，但自感系数增大，对交变电流不但有电阻，而且有线圈的阻碍作用(感抗)．阻碍作用增大，电流减小．
答案：　B
2．直流电源的电压与交流电压的有效值相同，自感线圈的直流电阻不计，则灯泡发光最亮的图是(　　)
答案：　D
3．在电子技术中，从某一装置输出的交变电流常常既有高频成分，又有低频成分，若只需要把低频成分输送到后一级装置中，那么要在这两级电路之间接一电路元件是(　　)
A．电感线圈
B．电容器
C．电阻
D．二极管
解析：　应将电容器并联接入电路，如图所示，电容器对高频成分容抗小，易通过；对低频成分容抗大，输入到下一级，有这种作用的电容器叫高频旁路电容．
答案：　B
4．有一个电阻极小的导线绕制成的线圈接在交流电源上，如果电源的电压峰值保持一定，下列哪种情况下，通过绕圈的电流最小(　　)
A．所加电源的频率为50
Hz
B．所加电源的频率为100
Hz
C．所加电源的频率为50
Hz，线圈的匝数较少
D．在线圈中加入铁芯，所加电源的频率为100
Hz
解析：　电压峰值不变，则电源电压的有效值就不变，当交变电流的频率越大，线圈的自感系数越大时，感抗越大，电流越小，故选D．
答案：　D
5．在图所示电路中，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的高频扼流圈，C是一个100
pF的电容器，R是负载电阻，下列说法中正确的是(　　)
A．L的作用是“通低频，阻高频”
B．C的作用是“通交流，阻直流”
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远大于高频交流所占的百分比
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，在题图示电路中它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”．因电路中无直流成分，故B错误、C正确．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．
答案：　ACD
6．一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(　　)
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，故答案为B．
答案：　B
7．如图所示，输入端ab的输入电压既有直流成分，又有交流成分，以下说法中，正确的是(L的直流电阻不为零)(　　)
A．直流成分只能从L通过
B．交流成分只能从R通过
C．通过R的既有直流成分又有交流成分
D．通过L的直流成分比通过R的直流成分必定要大(支路中的直流电与干路中总直流电的比)
解析：　由于线圈直流电阻不为零，所以有直流成分通过R，而线圈对交流有阻碍作用，因此也有交流成分通过R，A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，B错．因为导线一般直流电阻都很小，所以通过线圈的直流要比通过R的大，D正确．
答案：　CD
8．两个相同的白炽灯L1和L2，接到如图所示的电路中，灯L1与电容器串联，灯L2与电感线圈串联，当a、b处接电压最大值为Um、频率为f的正弦交流电源时，两灯都发光，且亮度相同．更换一个新的正弦交流电源后，灯L1的亮度高于灯L2的亮度，新电源的电压最大值和频率可能是(　　)
A．最大值仍为Um而频率大于f
B．最大值仍为Um而频率小于f
C．最大值大于Um而频率仍为f
D．最大值小于Um而频率仍为f
解析：　灯L1的亮度高于灯L2的亮度，说明电容对交变电流的阻碍作用减小，电感对交变电流的阻碍作用增大，根据电容、电感阻碍作用与交流电频率的关系，交流电的频率应该是增大了，故A正确．
答案：　A
9．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(　　)
解析：　题A图放大器得到所有成分．B图放大器可得到直流成分，若为高频扼流圈也能得到低频成分．C图既可得高频成分也可得低频成分．D图通过C1的是高、低频都有，通过C2的是旁路电容让高频成分滤去，故只有D合适．
答案：　D
10．图所示是电子技术中常用的电路．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．关于负载电阻R中通过的电流，有以下说法，其中正确的是(　　)
A．甲图中R通过的是低频电流
B．乙图中R通过的是高频电流
C．丙图中R通过的是直流电流
D．丁图中R通过的是高频电流
解析：　甲图中，电容器隔直流，R通过低频电流；乙图中，电容器可以和高频交流电形成通路，R中通过低频电流；丙图中，电容器C很大，容抗较小，可以通过低频电流，则R中通过直流电流；丁图中，电感器L很大，f越高，感抗越大，阻碍高频电流通过，R中通过低频电流，故选项A、C正确．
答案：　AC
11．在频率为f的交变电路中，如图所示，把开关S依次分别接通R、C、L支路，这时通过各支路的电流的有效值相等．若将交变电流的频率提高到2f，维持其他条件不变，则下列几种情况中，不正确的是(　　)
A．通过R的电流有效值不变
B．通过C的电流有效值变大
C．通过L的电流有效值变小
D．通过R、C、L的电流有效值都不变
解析：　电阻对交变电流阻碍作用的大小与电流的频率无关，因此通过电阻的电流的有效值不变；电感对交变电流阻碍作用的大小用感抗表示，线圈的自感系数越大，电流的频率越高，自感电动势就越大，即线圈对电流的阻碍作用就越大，感抗也就越大，因此通过电感的电流的有效值变小；电容器对交变电流阻碍作用的大小用容抗表示，电容一定时，在相同的电压下电容器容纳的电荷量一定，频率越高，充、放电的时间越短，充、放电的电流越大，容抗越小，因此通过电容器的电流的有效值变大．故正确答案为D．
答案：　D
12．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象分别如图中a、b、c所示，则如下判断中正确的是(　　)
　
A．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
解析：　电容器的特性是：闭合开关后，瞬间充电结束后，电路中不再有电流，a对应的AB应是电容器，A对；电感线圈对变化的电流有阻碍作用，对恒定电流无阻碍作用，BC间为电感线圈，B正确；定值电阻的特性是加恒定电压，瞬间即产生恒定的电流，D正确．
答案：　ABD第2章
第3节
1．关于线圈的自感系数，下面说法正确的是(　　)
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
答案：　D
2．关于对日光灯镇流器的理解正确的是(　　)
A．镇流器的主要部分是一个绕在铁芯上且自感系数很大的线圈
B．启动器电路断开时，加在灯管两端的电压只有镇流器所产生的自感电动势
C．灯管导通后，镇流器中自感线圈产生阻碍电流变化的自感电动势
D．灯管导通后，镇流器工作结束
解析：　镇流器是一个自感系数很大的线圈，A正确；在启动时，线圈产生的很大的自感电动势与电源电压一起加在日光灯管的两端，形成瞬间高压，B错；灯管导通后，镇流器仍然发挥作用，镇流器内自感线圈产生阻碍电流变化的自感电动势，为日光灯管正常发光提供低压(100
V左右)，起到“降压限流作用”．故D错，C正确．
答案：　AC
3．日光灯电路主要由镇流器、启动器和灯管组成．在日光灯正常工作的情况下，以下说法正确的是(　　)
A．灯管点燃发光后，启动器中两个触片是分离的
B．灯管点燃发光后，镇流器起降压限流作用
C．镇流器起整流作用
D．镇流器给日光灯的开始点燃提供瞬时高压
答案：　ABD
4．某线圈通有如图所示的电流，则线圈中自感电动势改变方向的时刻有(　　)
A．第1
s末　　　　　
B．第2
s末
C．第3
s末
D．第4
s末
解析：　在自感现象中，当原电流减小时自感电动势与原电流的方向相同，当原电流增加时自感电动势与原电流方向相反．在图象中0～1
s时间内原电流正方向减小，所以自感电动势的方向是正方向，在1～2
s时间内原电流负方向增加，所以自感电动势与其方向相反，即沿正方向；同理分析2～3
s、3～4
s时间内可得正确答案为B、D两项．
答案：　BD
5．如图所示，L为足够大的电感线圈，其自身直流电阻为RL，D1、D2是两个相同的小灯泡，原开关S是闭合的，则在S断开的瞬间(　　)
A．D1、D2同时熄灭
B．D2立即熄灭，D1逐渐熄灭
C．D2立即熄灭，D1会突然更亮一下再灭
D．当RL＜RD1时，D1会突然更亮一下再灭
解析：　开关S闭合后，电流由电源正极经D1、L的并联电路，再经D2回到电源的负极．当开关S断开时，白炽灯D2立即熄灭，线圈L中的电流将减小，在L中产生自感电动势，自感电动势阻碍电流减小，将延缓L中电流的减小．这时L和白炽灯D1构成回路，因此白炽灯D1的发光将持续一小段时间，然后逐渐熄灭．
若RL＜RD1时，即S闭合时线圈中的电流IL大于白炽灯D1中的电流，IL＞ID1，S断开后，L中延缓减小的电流IL将通过白炽灯D1，白炽灯D1将突然亮一下再熄灭．
答案：　BD
6．启动器是由电容和氖管两大部分组成，其中氖管中充有氖气，内部有静触片和U形动触片．通常动、静触片不接触，有一小缝隙．则下列说法正确的是(　　)
A．当电源的电压加在启动器两端时，氖气辉光放电并产生热量，导致双金属片受热膨胀
B．当电源的电压加在启动器两极后，动、静片间辉光放电，受热膨胀两片接触而不分离
C．启动器中，U形的动触片是由单金属片制成
D．当动、静两金属片接触后，不再辉光放电、温度降低，两金属片分离
解析：　启动器U形动触片是由膨胀系数不同的双金属片压制而成．故C项错．电源把电压加在启动器两极间，使氖气放电而发出辉光，辉光产生热量使U形动触片膨胀伸展，跟静触片接触把电路接通．电路接通后，启动器的氖气停止放电，U形动触片冷却收缩，两个触片分开，电路自动断开．故B错，A、D正确．
答案：　AD
7．关于感应圈下列说法不正确的是(　　)
A．感应圈是利用自感现象来获得高电压的装置
B．在工程中，感应圈可作为大功率高压电源使用
C．煤气灶电子点火装置，是利用感应圈产生高电压电火花来完成的
D．感应圈的主要构造包括绕在铁芯上的两个绝缘线圈及继电器等
解析：　感应圈是根据自感的原理利用低压直流电源来获得高电压的装置，A正确．受直流电源提供电功率的限制，感应圈不能作为大功率高压电源使用，B不正确．感应圈的主要构造包括两个绝缘线圈和继电器等，D正确．煤气灶电子点火装置是利用感应圈产生的高电压电火花来完成的，C正确．答案为B．
答案：　B
8．若按右图所示连接日光灯电路，则下列叙述中正确的是(　　)
A．S1、S2接通，S3断开，日光灯就能正常发光
B．S1接通，S2、S3断开，日光灯就能正常发光
C．S3断开，接通S1、S2后再断开S2，日光灯就能正常发光
D．当日光灯正常发光后，再接通S3，日光灯仍能正常发光
解析：　若按选项A操作，加在灯管两端电压恒为220
V，不能使气体电离，日光灯不能发光．按选项B操作，仅有电源电压220
V加在灯管两端，不能使气体电离，日光灯不能发光．按选项C操作，S2接通后再断开，所起作用与启动器中动、静触片接触再断开效果一样，故日光灯能正常发光．按选项D操作，镇流器被短路，灯管两端电压过高，会损坏灯管．故正确答案为C．
答案：　C
9．如图中L是一只有铁芯的线圈，它的电阻不计，E表示直流电源的电动势．先将K接通，稳定后再将K断开．若将L中产生的感应电动势记为EL，则在接通和断开K的两个瞬间，以下所说正确的是(　　)
A．两个瞬间EL都为零
B．两个瞬间EL的方向都与E相反
C．接通瞬间EL的方向与E相反
D．断开瞬间EL的方向与E相同
解析：　根据自感电动势阻碍其电流的变化，原电流增大，EL的方向与E相反；原电流减小，EL的方向与E相同，所以正确答案应该是C、D．
答案：　CD
10．在生产实际中，有些高压直流电路中含有自感系数很大的线圈，当电路中的开关S由闭合到断开时，线圈会产生很高的自感电动势，使开关S处产生电弧，危及操作人员的人身安全．为了避免电弧的产生，可在线圈处并联一个元件，如图所示方案可行的是(　　)
解析：　开关断开时，线圈L内由于产生自感电动势有阻碍原电流减小的作用，利用二极管的单向导电性使线圈短路即可避免电弧的产生．
答案：　D
11．如图所示，AB支路由带铁芯的线圈和电流表A1串联而成，设电流为I1：CD支路由电阻R和电流表A2串联而成，设电流为I2.两支路电阻值相同，在接通开关S和断开开关S的瞬间，观察到(　　)
A．S接通瞬间，I1＜I2，断开瞬间，I1＝I2
B．S接通瞬间，I1＜I2，断开瞬间，I1＞I2
C．S接通瞬间，I1＞I2，断开瞬间，I1＜I2
D．S接通瞬间，I1＞I2，断开瞬间，I1＝I2
解析：　S接通瞬间，线圈L产生自感对电流有较大的阻碍作用，I1从零缓慢增大，而R中电流不受影响，I1＜I2；但当电路稳定后，自感消失，由于两支路电阻阻值相同，则I1＝I2.开关断开瞬间，ABDC构成一个回路，感应电流相同．
答案：　A
12．如图所示的电路，可用来测定自感系数较大的线圈的直流电阻，线圈两端并联一个电压表，用来测量自感线圈两端的直流电压，在实验完毕后，将电路拆去时应(　　)
A．先断开开关S1
B．先断开开关S2
C．先拆去电流表
D．先拆去电阻R
解析：　当S1、S2闭合稳定时，线圈中的电流由a→b，电压表V右端为“＋”极，左端为“－”极，指针正向偏转，先断开S1或先拆去电流表A或先拆去电阻R的瞬间，线圈中产生的自感电动势相当于瞬间电源，其a端相当于电源的负极，b端相当于电源的正极，此时电压表V上加了一个反向电压，使指针反偏，若反偏电压过大，会烧坏电压表V，故应先断开S2.故选B项．
答案：　B(共43张PPT)
交变电流
第
3
章
第1节　交变电流的特点
记
学习目标
1．知道什么是交变电流，知道可以用示波器观察交流电的波形．
2．知道交变电流的周期和频率、最大值和有效值．
3．了解有效值的物理意义，进一步加深对“等效替代”这一物理研究方法的认识，知道最大值和有效值之间的关系．
4．知道最大值和有效值不同的实际应用．
学
基础导学
1．交变电流：大小和方向随时间做________变化的电流．
2．恒定电流：____________都不随时间变化的电流．
3．两种电流的不同：直流电有________，而交流电没有．
一、恒定电流和交变电流的比较
周期性
大小和方向
正负极
1．周期：交变电流完成一次周期性变化所需的______．用T表示，单位是____.周期越大，表示交变电流变化得越____(填“快”或“慢”)．
2．频率：1
s内交变电流完成周期性变化的______，用f表示，单位是____.频率越大，表示交变电流变化得越____(填“快”或“慢”)．
(1)二者关系：______.
(2)我国工农业生产及生活用电的周期为______
s，频率为____
Hz，电流方向每秒改变______次．
二、交变电流的周期和频率
时间
s
慢
次数
Hz
快
0.02
50
100
1．最大值：交变电流的最大值是指它的电动势、电压或电流在一个周期内能达到的最大值，又称峰值．在一个周期内交变电流的峰值出现______．
2．有效值：让交变电流与恒定电流通过____________，如果它们在相等时间内产生的______相等，就把这一直流的数值叫做这一交变电流的________．
三、交变电流的最大值和有效值
两次
相同的电阻
热量
有效值
额定电压
额定电流
交流电压表
有效值
悟
名师指点
交变电流的变化规律不同，常见的有以下几种情况．
但都有一个共同的特点，电流的方向变化，无论大小是否变化．
一、常见的交流电的几种形式
1．如图所示图象中属于交变电流的有(　　)
答案：　ABC
二、如何计算交变电流的有效值
(2)当电流是非正弦交变电流时，必须根据有效值的定义求解．
答案：　B
讲
典例精析
如图表示一交流电电流随时间而变化的图象，其中电流的正值为正弦曲线的正半周，其最大值为Im；电流的负值强度为Im，则该交流电的有效值为(　　)
交变电流有效值的计算
答案：　D
答案：　B
表征交变电流物理量的理解与辨析
答案：　C
解析：　由图可以读出交变电流在1个周期内电压所能达到的最大值是100
V，而交变电流完成1次周期性变化的意义是经过1个周期的时间后的电流、电动势又从开始时的大小和方向再变化，故T＝0.04
s而不是0.02
s.
答案：　B
试
综合应用
如图所示电路中，A是熔断电流为2
A的保险丝，R是可变电阻，S是电动势最大值为311
V的交流电源，内阻不计．为使保险丝不熔断，可变电阻阻值应该不小于(　　)
A．110
Ω　　
B．220
Ω　　　
C．330
Ω　　
D．440
Ω
思路点拨：　在审题时要注意：
保险丝的熔断电流2
A是有效值，题目给出的是交变电流电压的最大值是311
V.
电器的最大值与有效值
3－1：某电容器两端所允许加的最大直流电压是250
V．它在正弦交流电路中使用时，交流电压可以是(　　)
A．250
V　　
B．220
V　　　
C．352
V　　
D．177
V
练
随堂演练
解析：　由图象可知，该电流的大小变化，但电流方向一直没变，由交变电流、直流电的广义定义知该电流应为直流电．
答案：　B
3．标有“10
V,5
W”的白炽灯，接到正弦交流电路中能正常发光，则下列说法正确的是(　　)
A．灯泡两端交流电压的峰值为14.1
V
B．灯泡两端交流电压的有效值为10
V
C．通过灯泡的交流电流的有效值为0.5
A
D．通过灯泡的交流电流的峰值为0.5
A
答案：　ABC
4．下列提到的交变电流，哪一个不是指有效值(　　)
A．交流电压表读数
B．保险丝的熔断电流
C．电容器击穿电压
D．220
V交流电压
解析：　电容器击穿电压指电容器两端所允许加的电压的最大值，不是有效值．
答案：　C
5．在电路的MN间加一如图所示的正弦交流电，负载电阻为100
Ω，若不考虑电表内阻对电路的影响，则交流电压表和交流电流表的读数分别为(　　)
A．220
V,2.20
A
B．311
V,2.20
A
C．220
V,3.11
A
D．311
V,3.11
A
解析：　电压表和电流表都是表示的有效值，根据图象得出电压的有效值是220
V，根据欧姆定律得出电流的有效值是2.20
A．
答案：　A
测
达标训练
谢谢观看！(共70张PPT)
第2节　交变电流是怎样产生的
记
学习目标
1．了解交流发电机及交流发电机的结构．
2．理解交变电流产生的原理，知道中性面的概念．
3．会用数学表达式和图象描述正弦交变电流的变化规律，知道最大值、有效值和瞬时值之间的关系．已知数学表达式能描绘出图象，已知图象能写出数学表达式．
4．理解交变电流的变化规律，会应用交变电流的变化规律解决实际问题．
学
基础导学
一、交流发电机
电磁感应定律
磁通量
感应电流
线圈
磁极
磁极
电枢
电枢
磁极
1．产生：在匀强磁场中，绕_____于磁场方向的轴做_________的线圈里产生的电流是_________电流，其大小和方向都随时间做周期性变化．
2．过程分析
中性面：线圈平面与磁感线______的位置叫做中性面．
(1)线圈经过中性面时，穿过线圈的磁通量______，但磁通量的________为零(ab和cd边都不切割磁感线)，线圈中的电动势______．
(2)线圈经过中性面时，电流改变方向，线圈转动一周，两次通过中性面，电流方向改变______．
二、交变电流的产生原理
垂直
匀速转动
正弦交变
垂直
最大
变化率
为零
两次
1．交变电流的瞬时值表达式
(1)推导：如图所示，若从线圈经过中性面开始计时，则由动生电动势公式得：e＝______________
(ab和cd边切割磁感线)
若线圈为n匝，则e＝2nBlvsin
ωt＝Emsin
ωt
三、交变电流的变化规律
2Blvsin
ωt
Emsin
ωt
nBSω
Imsin
ωt
Umsin
ωt
2．正弦交变电流的图象
如图所示．
悟
名师指点
1．典型模型：在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的轴匀速转动的线圈里产生的是交变电流．实验装置如图所示．
一、交变电流的产生过程
2．过程分析：如图所示，图甲中，导体不切割磁感线，线圈中无感应电流；图乙中，导体AB、CD垂直切割磁感线，线圈中感应电流最大，且电流方向为B→A→D→C→B；图丙中，导体又不切割磁感线，线圈中无感应电流；图丁中，导体AB、CD；又垂直切割磁感线，线圈中感应电流最大，且电流方向为A→B→C→D→A；由丁图再转动又回到甲图，如此循环周而复始．
结论：线圈每转一周，电流方向改变两次，电流方向改变的时刻也就是线圈中无电流的时刻(或者说磁通量最大的时刻)，如图中甲、丙位置．我们把线圈平面垂直于磁感线时的位置叫做中性面．
1．在图中哪些情况线圈中产生了交流电(　　)
答案：　BCD
二、中性面、中性面的垂面位置的特性比较
2．一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，当线圈通过中性面时(　　)
A．线圈平面与磁感线方向平行
B．通过线圈的磁通量达到最大值
C．通过线圈的磁通量变化率达到最大值
D．线圈中的电动势达到最大值
解析：　中性面是磁通量最大的位置，也是磁通量变化率为零的位置，在该位置上磁通量最大，感应电动势为零，无感应电流．
答案：　B
1．瞬时值
若线圈平面从中性面开始转动，如图所示，则经时间t.
三、正弦交变电流瞬时表达式的推导过程
(1)从中性面开始计时，瞬时值为正弦形式，从垂直于中性面的位置开始计时，瞬时值为余弦形式．
(2)不论正弦还是余弦形式，电动势最大时，磁通量最小，但变化率最大；电动势最小时，磁通量最大，但变化率最小．
2．最大值
(1)由e＝nBSωsin
ωt，可知，电动势的最大值Em＝nBSω.
(2)交变电动势最大值，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，与线圈的形状无关，与转轴的位置无关，因此图所示的几种情况，若n、B、S、ω相同，则电动势的最大值相同．
3．如图所示，一矩形线圈abcd，已知ab边长为l1，bc边长为l2，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω从图示位置开始匀速转动，则t时刻线圈中的感应电动势为(　　)
A．0.5Bl1l2ωsin
ωt　　　　　
B．0.5Bl1l2ωcos
ωt
C．Bl1l2ωsin
ωt
D．Bl1l2ωcos
ωt
解析：　线圈从图示位置开始转动，电动势瞬时值表达式为e＝Emcos
ωt，由题意，Em＝BSω＝Bl1l2ω，所以e＝Bl1l2ωcos
ωt.
答案：　D
正弦交变电流随时间变化情况可以从图象上表示出来，图象描述的是交变电流随时间变化的规律，它是一条正弦曲线，如图所示．
四、如何理解正弦交变电流的图象
从图象中可以解读到以下信息：
1．交变电流的最大值Im、Em、周期T.
2．因线圈在中性面时感应电动势、感应电流均为零，磁通量最大，所以可确定线圈位于中性面的时刻．
3．找出线圈平行磁感线的时刻．
4．判断线圈中磁通量的变化情况．
5．分析判断i、e随时间的变化规律．
用物理图象反映某些物理量的变化过程，既可使该变化的整体特征一目了然，还可将变化过程中的暂态“定格”，从而对变化过程中的某一瞬态进行深入研究．
4．某交流发电机产生的感应电动势与时间的关系如图所示．如果其他条件不变，仅使线圈的转速加倍，则交流电动势的最大值和周期分别为(　　)
A．400
V,0.02
s
B．200
V,0.02
s
C．400
V,0.08
s
D．200
V,0.08
s
讲
典例精析
交变电流峰值、瞬时值的计算
思路点拨：　电动势的最大值可用Em＝NBSω计算，而计算电动势的瞬时值首先要确定计时起点，而后用e＝Emsin
ωt或e＝Emcos
ωt进行计算．
解析：　(1)交变电流电动势最大值为
Em＝nBSω＝10×0.5×0.22×10π
V＝6.28
V，
电流的最大值为Im＝Em/R＝6.28/1
A＝6.28
A．
(2)线框转过60°时，感应电动势
E＝Emsin
60°＝5.44
V.
(3)由于线框转动是从中性面开始计时的，所以瞬时值表达式为e＝Emsin
ωt＝6.28sin
10πt
V.
答案：　(1)6.28
V　6.28
A　(2)5.44
V
(3)e＝6.28sin
10πt
V
求解交变电动势瞬时值的步骤：
(1)确定线圈转动是从哪个位置开始计时．
(2)确定表达式是正弦还是余弦．
(3)确定线圈转动的角速度ω及线圈匝数N、磁感应强度B、线圈面积S等．
(4)求出峰值Em＝NBSω，写出表达式，代入时间求瞬时值．
1－1：一台发电机产生正弦式电流，如果e＝400
sin
314t(V)，那么电动势的峰值是多少，线圈匀速转动的角速度是多少，如果这个发电机的外电路只有电阻元件，总电阻为2
kΩ，写出电流瞬时值的表达式．
答案：　i＝0.2
sin
314t(A)
交变电流平均值的计算
交变电流图象的应用
图象的分析方法是：
一看：看“轴”、看“线”、看“斜率”、看“点”，并理解其物理意义．
二变：掌握“图与图”、“图与式”和“图与物”之间的变通关系．
三判：在此基础上进行正确的分析和判断．
解析：　
答案：　CD
试
综合应用
如图是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的(　　)
A．周期是0.01
s
B．最大值是311
V
C．有效值是220
V
D．表达式为U＝220sin
100πt(V)
交变电流的四值的理解
答案：　BC
答案：　BD
练
随堂演练
1．关于中性面，下列说法正确的是(　　)
A．线圈在转动中经中性面位置时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零
B．线圈在转动中经中性面位置时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大
C．线圈每经过一次中性面，感应电流的方向就改变一次
D．线圈每转动一周经过中性面一次，所以线圈每转动一周，感应电流的方向就改变一次
解析：　中性面是线圈平面与磁感线垂直的位置，线圈经过该位置时，穿过线圈的磁通量最大，各边都不切割磁感线，不产生感应电动势，故磁通量的变化率为零，故A正确，B错．线圈每经一次中性面，感应电流的方向改变一次，但线圈每转一周要经过中性面两次，所以每转一周，感应电流方向就改变两次，C正确，D错．
答案：　AC
2．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法中正确的是(　　)
A．t＝0时刻线圈平面与中性面垂直
B．t＝0.01
s时刻Φ的变化率达最大
C．0.02
s时刻感应电动势达到最大
D．该线圈相应的感应电动势图象如图乙所示
答案：　B
4．在匀强磁场中，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(　　)
A．t＝0.005
s时线框的磁通量变化率为零
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为311
V
D．线框产生的交变电动势频率为100
Hz
5．图1是交流发电机模型示意图．在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO′转动，由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路．图2是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示．已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动．(只考虑单匝线圈)
(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；
(2)线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图3所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式；
(3)若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热．(其他电阻均不计)
(2)当t＝0时，线圈平面与中性面的夹角为φ0，则某时刻t时，线圈平面与中性面的夹角为(ωt＋φ0)
故此时感应电动势的瞬时值
e2＝2BL1vsin(ωt＋φ0)＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)
测
达标训练
谢谢观看！第3章
第2节
1．一线圈在匀强磁场中匀速转动，在图所示位置时(　　)
A．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小
B．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最大
C．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大
D．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最小
解析：　当线框平面平行于磁感线时，磁通量最小，但e最大，即最大．
答案：　C
2．如图所示，观察电流表的指针，可以判定(　　)
A．指针随着线圈的转动而摆动，并且线圈每转一周，指针左右摆动一次
B．当线圈平面转到跟磁感线垂直位置时，电流表的指针偏转最大
C．线圈平面转到跟磁感线平行的位置时，电流表的指针偏转最大
D．感应电动势和感应电流是周期性变化的
解析：　在一个周期内交变电流的方向虽说改变两次，但反映在指针摆动上只左右摆动一次；线圈在图示位置时，磁通量为零，感应电动势却最大；当转到中性面时，磁通量最大，感应电动势却为零．
答案：　ACD
3．一矩形线圈，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E随时间t的变化如图所示，下列说法中正确的是(　　)
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的绝对值最大
C．t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大
D．每当E变换方向时，通过线圈的磁通量绝对值都为最大
解析：　当线圈的磁通量为零的时候，磁通量的变化率是最大的，感应电动势最大；当通过线圈的磁通量的绝对值最大时，磁通量的变化率为零，电动势为零．故正确答案为D．
答案：　D
4．线圈在匀强磁场中转动产生电动势e＝10sin
20πt
V，则下列说法正确的是(　　)
A．t＝0时，线圈平面位于中性面
B．t＝0时，穿过线圈的磁通量最大
C．t＝0时，导线切割磁感线的有效速率最大
D．t＝0.4
s时，e有最大值10
V
解析：　由电动势的瞬时值表达式，计时从线圈位于中性面时开始，所以t＝0时，线圈平面位于中性面，磁通量为最大，但此时导线线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速率为零，A、B正确，C错误．当t＝0.4
s时，e＝10sin
20πt＝10×sin(20π×0.4)
V＝0，D错误．
答案：　AB
5．如图所示，一面积为S的单匝矩形线圈处于有界磁场中，能使线圈中产生交变电流的是(　　)
A．将线圈水平向右匀速拉出磁场
B．使线圈以OO′为轴匀速转动
C．使线圈以ab为轴匀速转动
D．磁场以B＝B0sin
ωt规律变化
解析：　将线圈向右拉出磁场时，线圈中电流方向不变．A错，B、C两种情况下产生交变电流，只是在C情况下当线圈全部位于磁场外的一段时间内线圈内没有电流，由法拉第电磁感应定律可知D种情况下产生按余弦规律变化的电流．B、C、D对．
答案：　BCD
6．处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直．在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合(如图所示)，线圈的cd边离开纸面向外运动．若规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能在下列图中反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是(如图)(　　)
解析：　图示时刻，ab边和cd边同时垂直切割磁感线，产生的感应电动势最大，此时感应电流最大，由右手定则，可判定电流方向由a→b→c→d→a，为正方向，综上所述，正确答案为C．
答案：　C
7．已知负载上的交变电压和电流的瞬时值表达式为u＝311sin
314t(V)，i＝14.1sin
314(t)(A)，根据这两式判断，下述结论中正确的是(　　)
A．电压的有效值为311
V
B．负载电阻的大小为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，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．
答案：　B
8．正弦交变电源与电阻R、交流电压表按照图甲中所示的方法连接，R＝10
Ω，交流电压表的示数是10
V．图乙是交变电源输出电压u随时间t变化的图象，则(　　)
A．通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR＝cos
100πt(A)
B．通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR＝cos
50πt(A)
C．R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR＝5cos
100πt(V)
D．R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR＝5cos
50πt(V)
解析：　伏特表的示数为交流电的有效值10
V，则交流电的最大值为10
V，由题图乙可得u＝10cos
ωt.ω＝＝＝100π(rad/s)，所以u＝10cos
100πt，由闭合电路欧姆定律得i＝＝＝cos
100πt(A)，所以A选项正确．
答案：　A
9．如图所示，一个匝数为10的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.若把万用电表的选择开关拨到交流电压挡，测得a、b两点间的电压为20
V，则可知：从中性面开始计时，当t＝时，穿过线圈的磁通量的变化率约为(　　)
A．1.41
Wb/s
B．2.0
Wb/s
C．14.1
Wb/s
D．20.0
Wb/s
解析：　由于电压表测量的是交变电流的有效值，由此可计算出交变电流的最大值Em＝E＝20
V，交变电动势的瞬时值表达式为e＝20sint，当t＝T时的瞬时值e＝20
V，因匝数n＝10匝，由法拉第电磁感应定律知，对应该时刻磁通量的变化率为＝2.0
Wb/s，故B正确．
答案：　B
10．如图所示，圆形线圈共100匝，半径为r＝0.1
m，在匀强磁场中绕过直径的轴匀速转动，角速度为ω＝
rad/s，电阻为R＝10
Ω，求：
(1)转过90°时，线圈中的感应电流为多大？
(2)写出线圈中电流的表达式(磁场方向如上图所示，B＝0.1
T，以图示位置为t＝0时刻)．
解析：　当从题图示位置转过90°时，线圈中有最大感应电流．图示位置为中性面，从中性面位置开始计时，表明瞬时值e与t是正弦关系．
(1)Em＝nBSω＝100×0.1×π×0.12×
V＝30
V
Im＝＝
A＝3
A．
(2)i＝3sin
A．
答案：　(1)3
A　(2)i＝3sin
A
11．如图所示，线圈面积S＝1.41×10－2
m2，共20
匝，电阻为0.8
Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5
T，线圈绕OO′轴以某一角速度匀速转动，恰好使标有“24
V,30
W”的电灯L正常发光，则线圈转动过程中产生的电动势最大值为多少？线圈转动的角速度为多少？
解析：　灯泡正常发光，则回路中电流有效值为
I＝＝
A＝1.25
A
感应电动势有效值为
E＝U＋I·r＝24
V＋1.25×0.8
V＝25
V
所以Em＝E＝35.4
V
又由Em＝NBωS得：
ω＝＝
rad/s＝250
rad/s.
答案：　35.4
V　250
rad/s
12．如图所示，一交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动，线圈匝数N＝100，线圈电阻r＝3
Ω，ab＝cd＝0.5
m，bc＝ad＝0.4
m，磁感应强度B＝0.5
T，电阻R＝311
Ω，当线圈以n＝300
r/min的转速匀速转动时．求：
(1)感应电动势的最大值；
(2)t＝0时线圈在图示位置，写出此交变电流电动势瞬时值表达式；
(3)此电压表的示数是多少？
解析：　(1)电动势的最大值为
Em＝NBSω＝NB·(·)·(2πn转)＝314
V.
(2)电动势瞬时值表达式
e＝Emsin
ωt＝314sin
10πt
V
(3)uv＝×＝220
V.
答案：　(1)314
V　(2)e＝314sin
10πt　(3)220
V第3章　
一、选择题
1．下列关于交流电的几种说法中，正确的是(　　)
A．交流电器设备上所标的电压、电流值是峰值
B．交流电流表和交流电压表测得的值是瞬时值
C．跟交流有相同热效应的直流的值是交流的有效值
D．跟直流有相同热效应的交流的值是交流的有效值
解析：　通常说的交变电流的电压、电流值以及交流电表的读数都是指交变电流的有效值，此外求解交变电流的电热问题时，必须用有效值计算．故A、B错；使交变电流和直流电流通过相同阻值的电阻，如果它们在相等时间内产生的热量相等，就把这一直流电流的数值叫做这一交流电流的有效值，故D错，C正确．
答案：　C
2．一个电热器接在10
V的直流电压上，消耗的电功率为P.当把它接到一正弦交流电源上时，消耗的电功率为，则该交流电压的峰值为(　　)
A．5
V　　　　　　　　　
B．7.1
V
C．10
V
D．12
V
解析：　设电阻为R，据焦耳定律得：＝P，＝，所以Um＝5
V＝7.1
V.
答案：　B
3．如图所示，线圈的自感系数L和电容器的电容C都很小(如L＝1
mH，C＝200
pF)，此电路的重要作用是(　　)
A．阻直流通交流，输出交流
B．阻交流通直流，输出直流
C．阻低频通高频，输出高频交流
D．阻高频通低频，输出低频交流和直流
解析：　线圈的作用是“通直流，阻交流；通低频，阻高频”，电容的作用是“通交流，隔直流；通高频，阻低频”．因线圈自感系数L很小，所以对低频成分的阻碍作用很小，这样，直流和低频成分能顺利通过线圈；电容器并联在电路中，起旁路作用，因电容器的C很小，对低频成分的阻碍作用很大，而对部分通过线圈的高频成分阻碍作用很小，被它旁路掉，最终输出的是低频交流和直流．
答案：　D
4．在图所示电路中，A是熔断电流I0＝2
A的保险丝，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＝220
sin
314t
V．为了不使保险丝熔断，可变电阻的阻值应该大于(　　)
A．110
Ω
B．110
Ω
C．220
Ω
D．220
Ω
解析：　U＝220
V，Rmin＝＝
Ω＝110
Ω.
答案：　B
5．一个接在恒定直流电源上的电热器所消耗的电功率为P1，若把它接在电压峰值与直流电压相等的正弦交流电源上，该电热器所消耗的电功率为P2，则P1∶P2为(　　)
A．2∶1
B．1∶2
C．1∶1
D．1∶
解析：　由电功率公式：P1＝(U为直流电压)
P2＝＝，故P1∶P2＝2∶1.
答案：　A
6．如图(a)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(b)所示的余弦规律变化．在t＝时刻(　　)
A．线圈中的电流最大
B．穿过线圈的磁通量为零
C．线圈感应电动势为零
D．线圈中磁通量的变化率为零
解析：　交变电流i＝Imcos
ωt，当线圈平面与磁场B平行时，线圈中的电流、感应电动势、消耗的电功率都最大，磁通量最小；当线圈平面与磁场B垂直时，线圈中的电流、感应电动势都最小，磁通量最大．
答案：　CD
7．如图所示，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(　　)
A．图甲表示交流电，图乙表示直流电
B．两种电压的有效值相等
C．图甲表示电压的瞬时值表达式为u＝3sin
100πt
V
D．图甲所示电压经匝数比为10∶1的变压器变压后，频率变为原来的
解析：　交流电的概念，大小和方向都随时间变化，在t轴的上方为正，下方为负，A错．有效值u＝um/只对正弦交流电使用，两种电压的最大值一样，所以B错．由图可知，C对；变压之后频率不变，D错．故正确答案为C．
答案：　C
8．如图所示，A、B两输电线间电压为u＝200sin
100πt(V)，输电线电阻不计，把电阻R＝50
Ω的用电器接在AB两输电线上，对此，下列说法正确的是(　　)
A．电流表示数为4
A
B．电压表示数为200
V
C．通过R的电流方向每秒钟改变50次
D．用电器消耗的电功率为1.6
kW
解析：　由u＝200sin
100πt
V可知，电压最大值Um＝200
V，角速度ω＝100π
rad/s，所以电压的有效值U＝＝200
V，周期T＝＝0.02
s，频率f＝＝50
Hz.由欧姆定律得I＝＝
A＝4
A，所以A、B两项正确；一周期内电流方向改变两次，而f＝50
Hz，则1
s内电流方向改变100次，C项错误；电功率P＝IU＝4×200
W＝800
W，所以D项错误．故正确答案为A、B．
答案：　AB
9．如图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(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：　线框进入磁场和穿出磁场产生的感应电动势均为E＝BωL2，产生感应电动势的时间均为，由一个周期产生的电热Q＝2R××2＝I2RT，解得I＝，选D．
答案：　D
10．电阻R1、R2与交流电源按照图甲的方式连接，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(　　)
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
A
解析：　R1与R2串联，R1与R2中的电流变化情况应相同，电流有效值I1＝I2＝0.6
A，
电流最大值I1m＝I2m＝0.6
A，
电压有效值U1＝I1R1＝6
V，
U2＝I2R2＝12
V，
电压最大值U1m＝U1＝6
V，
U2m＝U2＝12
V.
答案：　B
二、非选择题
11．闭合线圈在匀强磁场中匀速转动，转速为240
r/min，若线圈平面转至与磁场平行时的电动势为2
V，求从中性面开始计时，
(1)产生的交流电动势的表达式；
(2)电动势的峰值；
(3)从中性面起经
s，交流电动势的大小．
解析：　(1)当线圈平面与磁场平行时，感生电动势最大为：Em＝2
V，又　ω＝2πn＝2π×
rad/s＝8π
rad/s
所以瞬时值表达式为：
e＝Emsin
ωt＝2sin
8πt
V.
(2)电动势的峰值为Em＝2
V.
(3)当t＝
s时，e＝2sin
V＝1
V.
答案：　(1)e＝2sin
8πt
V　(2)2
V　(3)1
V
12．一交流发电机产生的感应电动势随时间变化的图象如图所示，求：
(1)当t＝100
s时，电动势的瞬时值．
(2)当线圈第一次转到什么位置时，感应电动势的瞬时值为最大值的一半．
(3)已知线圈面积为16
cm2，共25匝，那么匀强磁场的磁感应强度B为多少？
解析：　Em＝5
V，ω＝＝100π，有e＝5sin
100πt
V
(1)当t＝100
s时，e＝0
(2)当e＝2.5
V时，sin
100πt＝，有100πt＝
故当线圈转到与中性面成角时，感应电动势的瞬时值为最大值的一半
(3)Em＝nBSω，有B＝＝
T＝0.4
T.
答案：　(1)0　(2)当线圈转到与中性面成π角时
(3)0.4
T
13．如图所示，线圈的面积是0.5
m2，共100匝；线圈电阻为1
Ω，外接电阻为R＝9
Ω，匀强磁场的磁感应强度为B＝
T，当线圈以300
r/min的转速匀速旋转时，求：
(1)若线圈从中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式．
(2)线圈转过1/30
s时电动势的瞬时值多大？
(3)电路中交流电压表和电流表的示数各是多大？
解析：　(1)e＝Emsin
ωt＝NBS·2πnsin
(2πnt)
＝500sin
(10πt)V.
(2)当t＝
s时，电动势的瞬时值
e＝500sin
V＝433
V.
(3)电动势的有效值为E＝＝
V＝353.6
V，电流表的示数为I＝＝35.4
A，电压表的示数为U＝IR＝35.4×9
V＝318.6
V.
答案：　(1)e＝500sin(10πt)
V　(2)433
V　(3)318.6
V　35.4
A
14．如图甲所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场．已知线圈的匝数n＝100匝，电阻r＝1.0
Ω，所围成矩形的面积S＝0.040
m2，小灯泡的电阻R＝9.0
Ω，磁场的磁感应强度按如图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e＝nBmScost，其中Bm为磁感应强度的最大值，T为磁场变化的周期．不计灯丝电阻随温度的变化，求：
(1)线圈中产生感应电动势的最大值；
(2)小灯泡消耗的电功率；
(3)在磁感应强度变化的0～的时间内，通过小灯泡的电荷量．
解析：　(1)因为线圈中产生的感应电流变化的周期与磁场变化的周期相同，所以由图象可知，线圈中产生交变电流的周期为T＝3.14×10－2
s
所以线圈中感应电动势的最大值为
Em＝2πnBmS/T＝8.0
V
(2)根据欧姆定律，电路中电流的最大值为
Im＝＝0.80
A
通过小灯泡电流的有效值为
I＝Im/＝0.40
A
小灯泡消耗的电功率为P＝I2R＝2.88
W.
(3)在磁感应强度变化的0～T/4周期内，线圈中感应电动势的平均值＝nS
通过灯泡的平均电流＝＝
通过灯泡的电荷量Q＝Δt＝＝4.0×10－3
C．
答案：　(1)Em＝8.0
V　(2)P＝2.88
W　(3)Q＝4×10－3
C(共64张PPT)
楞次定律和自感现象
第
2
章
第1节　感应电流的方向
记
学习目标
1．通过实验探究感应电流的方向，理解楞次定律的内容．
2．能从能量守恒的角度来理解楞次定律．
3．理解右手定则与楞次定律的关系；能区别右手定则和左手定则．
4．通过学生实验，培养学生观察实验现象以及对实验现象分析论证、归纳总结得出结论的能力．
学
基础导学
一、探究感应电流的方向
电流表指针
感应电流
2．探究感应电流的方向
将螺线管与电流计组成闭合回路，分别将N极、S极插入、抽出线圈，如图所示，记录感应电流方向如下．
3．分析
(1)线圈内磁通量增加时的情况
(2)线圈内磁通量减少时的情况
图号
磁场方向
感应电流方向
感应电流的
磁场方向
甲
______
逆时针(俯视)
______
乙
______
顺时针(俯视)
______
图号
磁场方向
感应电流的方向
感应电流的磁场方向
丙
______
顺时针(俯视)
______
丁
______
逆时针(俯视)
______
向下
向上
向上
向下
向下
向下
向上
向上
4.归纳结论
当线圈内磁通量增加时，感应电流的磁场______磁通量的增加；当线圈内磁通量减少时，感应电流的磁场______磁通量的减少．
阻碍
阻碍
感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要______引起感应电流的磁通量的______．
二、楞次定律
阻碍
变化
1．使用范围：判定导线________________时感应电流的方向．
2．使用方法：伸出右手，使拇指与其余四个手指______，并且都与手掌在同一个平面内，让磁感线从______进入，并使拇指指向__________的方向，这时______所指的方向就是感应电流的方向．
三、右手定则
切割磁感线运动
垂直
掌心
导线运动
四指
悟
名师指点
一、楞次定律的关键词是“阻碍变化”，那么到底是“谁在阻碍”“阻碍什么”“如何阻碍”“为何阻碍”“是否阻止”？
谁在阻碍
“感应电流的磁场”在阻碍
阻碍什么
阻碍的是“引起感应电流的磁场的磁通量的变化”，而不是阻碍的引起感应电流的磁场、也不是阻碍的引起感应电流的磁通量
如何阻碍
磁通量增加时，阻碍其增加，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，起抵消作用；磁通量减少时，阻碍其减少，感应电流的磁场与原磁场方向一致，起补偿作用
为何阻碍
(原)磁场的磁通量发生了变化
结果如何
阻碍并不是阻止，只是延缓了磁通量的变化快慢，这种变化将继续进行，最终结果不受影响
1．根据楞次定律知：感应电流的磁场一定是(　　)
A．阻碍引起感应电流的磁通量
B．与引起感应电流的磁场方向相反
C．阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化
D．与引起感应电流的磁场方向相同
解析：　本题考查了对楞次定律的理解及应用，感应电流的磁场阻碍的是引起感应电流的原磁通量的变化，故C对A、B、D错．
答案：　C
二、楞次定律与右手定则的区别及联系
楞次定律
右手定则
区
别
研究
对象
整个闭合回路
闭合回路的一部分，即做切割磁感线运动的导线
适用
范围
各种电磁感应现象
只适用于导体在磁场中做切割磁感线运动的情况
应用
用于磁感应强度B随时间变化而产生的电磁感应现象较方便
用于导体切割磁感线产生电磁感应的现象较方便
联系
右手定则是楞次定律的特例
2．如图所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′，都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，现在垂直于导轨放置一根导体棒MN，用一水平向右的力F拉动导体棒MN，以下关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是(　　)
A．感应电流方向是N→M　　
B．感应电流方向是M→N
C．安培力水平向左
D．安培力水平向右
解析：　磁场方向向下，导体棒MN的运动方向向右，由右手定则，感应电流方向是N→M，再由左手定则，安培力水平向左，所以A、C正确．
答案：　AC
三、楞次定律的另一种表述
3．如图所示，水平导轨上放着一根金属导体棒，外磁场竖直向下穿过导轨框，当B减小时，金属棒怎样运动？
解析：　外磁场B减小，穿过回路的磁感线条数减少，为阻碍回路内磁感线条数减少，回路面积应增大，所以金属棒应向右运动．
答案：　向右运动
四、楞次定律与能量守恒
由此可见，当导体在磁场中运动时，导体中由于出现感应电流而受到磁场力必然阻碍此导体的相对运动．如上图所示，条形磁铁靠近线圈，线圈中感应电流的磁场对条形磁铁产生斥力，阻碍这种靠近；当条形磁铁远离线圈时，线圈中感应电流的磁场对条形磁铁产生引力，阻碍这种远离．
楞次定律还可表述为：感应电流的效果总与引起感应电流的原因相对抗．
能量守恒定律要求感应电流的方向遵循楞次定律．
解析：　当释放圆环时，由于穿过闭合圆环的磁通量始终为零，所以其中无感应电流产生，则圆环与磁铁之间无磁场力作用，圆环只受重力，下落过程中机械能守恒；当给磁铁以向右的初速度时，圆环中的磁通量增大，环中产生感应电流，由楞次定律可知这一电流与磁铁之间的磁场力阻碍相对运动，故磁铁向右减速运动以反抗磁通量的增加，同时促使圆环向右运动．
答案：　AC
讲
典例精析
如图所示，试判定当开关S闭合和断开瞬间，线圈ABCD中的电流方向．
利用楞次定律判断感应电流的方向
解析：　当S闭合时：
(1)研究的回路是ABCD，穿过回路的磁场是电流I产生的磁场，方向(由安培定则判知)指向读者(如图所示)，且磁通量增大；
(2)由楞次定律得知感应电流磁场方向应和B原相反，即离开读者指向纸面内；
(3)由安培定则判知线圈ABCD中感应电流方向是A→D→C→B→A.
当S断开时：
(1)研究的回路仍是线圈ABCD，穿过回路的原磁场仍是电流I产生的磁场，方向(由安培定则判知)指向读者，且磁通量减小；
(2)由楞次定律得知感应电流磁场方向应和B原相同，即指向读者；
(3)由安培定则判知感应电流方向是A→B→C→D→A.
答案：　S闭合时，感应电流方向为A→D→C→B→A；
S断开时，感应电流方向为A→B→C→D→A.
1－1：一平面线圈用细杆悬于P点，开始时细杆处于水平位置，释放后让它在如图所示的匀强磁场中运动，已知线圈平面始终与低面垂直，当线圈第一次通过位置Ⅰ和位置Ⅱ时，顺着磁场的方向看去，线圈中感应电流的方向分别为(　　)
A．逆时针方向　逆时针方向
B．逆时针方向
顺时针方向
C．顺时针方向
顺时针方向
D．顺时针方向
逆时针方向
解析：　线圈通过位置Ⅰ时，穿过线圈的磁场向右，磁通量增加，由楞次定律，感应电流的磁场向左，由安培定则，线圈中电流方向为逆时针．线圈通过位置Ⅱ时，穿过线圈的磁场向右，磁通量减少，由楞次定律，感应电流的磁场向右，由安培定则，线圈中电流方向为顺时针．
答案：　B
右手定则的应用
解析：　导体ef向右切割磁感线，由右手定则可判断导体ef中感应电流由e→f.而导体ef分别与导体环的左右两部分构成两个闭合回路．故环的右侧有逆时针方向的电流．环的左侧有顺时针方向的电流．
答案：　D
解析：　导线框进入磁场时，cd边切割磁感线，由右手定则可知，电流方向沿a→d→c→b→a，这时cd边受到的安培力作用由左手定则可判断其受力方向向左；在导线框离开磁场时，ab边处于磁场中且在做切割磁感线运动，同样用右手定则和左手定则可以判断电流的方向为a→b→c→d→a，这时安培力的方向仍然向左．
答案：　D
如图所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行置于导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处竖直自由下落接近回路时(　　)
A．P、Q将相互靠近
B．P、Q将相互远离
C．磁铁的加速度仍为g
D．磁铁的加速度小于g
楞次定律的本质及推广
解法二　根据楞次定律的推广
答案：　AD
3－1：物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环．闭合开关S的瞬间，套环立即跳起．
某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复实验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是(　　)
A．线圈接在了直流电源上
B．电源电压过高
C．所选线圈的匝数过多
D．所用套环的材料与老师的不同
解析：　金属套环跳起的原因是开关S闭合时，套环上产生感应电流与通电螺线管上的电流相互作用而引起的．线圈接在直流电源上，S闭合时，金属套环也会跳起．电压越高，线圈匝数越多，S闭合时，金属套环跳起越剧烈．若套环是非导体材料，则套环不会跳起．故选项A、B、C错误，选项D正确．
答案：　D
辨
易错疑难
如图所示，在匀强磁场中放一电阻不计的平行金属轨道，轨道跟在轨道平面内的圆形线圈P相连，要使与在同一平面内所包围的小闭合线圈Q内产生顺时针方向的感应电流，导线ab的运动情况可能是(　　)
A．匀速向右运动
B．加速向右运动
C．减速向右运动
D．加速向左运动
二次感应问题
思路点拨：　解题时应把握以下两点：
(1)要使Q产生顺时针电流，则穿过Q的磁通量应如何变化．
(2)感应电流的磁场方向应垂直纸面向里．
解析：　当ab向右运动时，根据右手定则可判定出P中产生的感应电流方向是a→b→P→a.是顺时针方向，由右手螺旋定则可判知P中感应电流的磁场穿过Q中的磁感线方向向里，所以当ab向右减速运动时，可使穿过Q的向里的磁通量减小，从而使Q中产生顺时针方向的电流；当ab向左运动时，同理可判定P中感应电流的磁场穿过Q中的磁感线方向向外，所以当ab向左加速运动时，可使穿过Q的向外的磁通量增大，从而使Q中产生顺时针方向的感应电流．故答案为C、D．
答案：　CD
关于切割类的二次感应问题，导体切割磁感线的运动方向，决定可能产生二次感应的磁通量的方向，导体切割速度的变化，决定着产生二次感应的磁通量的变化，只有切割速度变化时，才可能产生二次感应，如本题中，当导体向右减速运动与向左加速运动时二次感应中的感应电流方向相同(当向右加速与向左减速时产生的感应电流方向也相同)．
4－1：如图所示装置中，L1、L2为闭合铁芯，cd杆原来静止．当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动(　　)
A．向右匀速运动
B．向右加速运动
C．向左加速运动
D．向左减速运动
解析：　ab匀速运动时，ab中感应电流恒定，L1中磁通量不变，穿过L2的磁通量不变，L2中无感应电流产生，cd保持静止，A不正确；ab向右加速运动时，L2中的磁通量向下增大，L2中感应电流产生的磁场方向向上，故通过cd的电流方向向下，cd向右移动，B正确；同理得C不正确，D正确．
答案：　BD
练
随堂演练
1．如图所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是(　　)
A．向右摆动
B．向左摆动
C．静止
D．不能判定
解析：　磁铁S极靠近铜环，则穿过铜环的磁通量向左增加，则铜环产生感应电流，感应电流磁场阻碍磁铁靠近，故铜环向右远离，选A．
答案：　A
解析：　线框从右侧摆到最低点的过程中，穿过线框的磁通量减小，由楞次定律可判断感应电流的方向为d→c→b→a→d，从最低点到左侧最高点的过程中，穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可判断感应电流的方向为d→c→b→a→d，所以选B．
答案：　B
解析：　因通电导线周围的磁场离导线越近磁场越强，而线框中左右两边的电流大小相等，方向相反，所以受到的安培力方向相反，导线框的左边受到的安培力大于导线框的右边受到的安培力，所以合力与左边导线框受力的方向相同．因为线框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右，根据左手定则，导线框处的磁场方向先垂直纸面向里，后垂直纸面向外，根据右手螺旋定则，导线中的电流先为正，后为负，所以选项A正确，选项B、C、D错误．
答案：　A
答案：　D
测
达标训练
谢谢观看！第1章
第2节
1．当线圈中的磁通量发生变化时，下列说法中正确的是(　　)
A．线圈中一定有感应电流
B．线圈中有感应电动势，其大小与磁通量成正比
C．线圈中一定有感应电动势
D．线圈中有感应电动势，其大小与磁通量的变化量成正比
答案：　C
2．闭合电路中产生的感应电动势大小，跟穿过这一闭合电路的下列物理量成正比的是(　　)
A．磁通量　　　　　　
B．磁感应强度
C．磁通量的变化率
D．磁通量的变化量
解析：　由法拉第电磁感应定律知，电路中产生的感应电动势E＝n.与磁通量的变化率成正比，与磁通量、磁感应强度及磁通量的变化量无直接关系．
答案：　C
3．如图所示，均匀导线制成的半径为R的圆环以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场．当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差为(　　)
A．BRv
B．BRv
C．BRv
D．BRv
答案：　D
4．穿过一个电阻为1
Ω的单匝闭合线圈的磁通量始终是每秒钟均匀地减少2
Wb，则(　　)
A．线圈中的感应电动势一定是每秒减少2
V
B．线圈中的感应电动势一定是2
V
C．线圈中的感应电流一定是每秒减少2
A
D．线圈中的感应电流不一定是2
A
答案：　B
5．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平的初速度v0抛出，设在整个过程中棒始终与原位置平行且不计空气阻力，则在金属棒运动过程中产生的感应电动势大小变化情况是(　　)
A．越来越大
B．越来越小
C．保持不变
D．无法判断
解析：　由E＝BLv，v为水平方向的初速度v0，是不变的，故电动势不变．
答案：　C
6．如图所示，闭合开关S，将条形磁铁插入闭合线圈，第一次用0.2
s，第二次用0.4
s，并且两次的起始和终止位置相同，则(　　)
A．第一次磁通量变化较大
B．第一次G的最大偏角较大
C．第一次经过G的总电荷量较多
D．若断开S，G均不偏转，故均无感应电动势
解析：　将磁铁插到闭合线圈的同一位置，磁通量的变化量相同，而用的时间不同，所以磁通量的变化率不同；感应电流I＝＝，感应电流的大小不同；流过线圈横截面的电荷量q＝IΔt＝·Δt＝，两次磁通量的变化量相同，电阻不变，所以q与磁铁插入线圈的快慢无关．
答案：　B
7．如图所示，将直径为d，电阻为R的闭合金属环从匀强磁场B中拉出，这一过程中通过金属环某一截面的电荷量为(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：　＝n，故q＝t＝·Δt
＝n·＝.
答案：　A
8．一闭合线圈，放在随时间均匀变化的磁场中，线圈平面和磁场方向垂直，若想使线圈中的感应电流增强一倍，下述方法可行的是(　　)
A．使线圈匝数增加一倍
B．使线圈面积增加一倍
C．使线圈匝数减少一半
D．使磁感应强度的变化率增大一倍
解析：　若匝数增为一倍，电阻也增为一倍，感应电流不变，故A错．若面积增加一倍，长度为原来的，电流为原来的，故B错．同理C错．
答案：　D
9．如图所示，圆环a和b的半径之比R1∶R2＝2∶1，且是由粗细相同的同种材料的导线构成，连接两环的导线电阻不计，匀强磁场的磁感应强度始终以恒定的变化率变化，那么，当只有a环置于磁场中与只有b环置于磁场中两种情况下，A、B两点的电势差之比为(　　)
A．1∶1
B．2∶1
C．3∶1
D．4∶1
解析：　设b环的面积为S，由题可知a环的面积为4S，若b环的电阻为R，则a环的电阻为2R.
当a环置于磁场中时，a环等效为内电路，b环等效为外电路，A、B两端的电压为路端电压，根据法拉第电磁感应定律：
E＝＝，UAB＝＝.
当b环置于磁场中时，E′＝＝.
UAB′＝＝＝.
所以UAB∶UAB′＝2∶1，故正确答案为B．
答案：　B
10．法拉第曾提出一种利用河流发电的设想，并进行了实验研究．实验装置的示意图可用右图表示，两块面积均为S的矩形金属板，平行、正对、竖直地全部浸在河水中，间距为d，水流速度处处相同，大小为v，方向水平，金属板与水流方向平行，地磁场磁感应强度的竖直分量为B，水的电阻率为ρ，水面上方有一阻值为R的电阻通过绝缘导线和电键K连接到两金属板上．忽略边缘效应，求：
(1)该发电装置的电动势；
(2)通过电阻R的电流强度；
(3)电阻R消耗的电功率．
解析：　(1)由法拉第电磁感应定律，有E＝Bdv.
(2)两板间河水的电阻r＝ρ
由闭合电路欧姆定律，有
I＝＝.
(3)由电功率公式P＝I2R
得P＝2R.
答案：　(1)Bdv　(2)　(3)2R
11．如图所示，三角形金属框架abc所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直，∠abc＝30°.一根直金属棒MN从b点开始沿bc方向以速度v做匀速运动．运动过程中MN始终垂直于bc用接触良好，试求回路中感应电动势E随时间t变化的函数式．
解析：　设MN沿bc方向在时间t内移动的距离为s，
则s＝vt
由几何关系可得MN连入电路中的长度
L＝stan
30°＝vt
故E＝BLv＝Bv2t.
答案：　E＝Bv2t
12．如图中的(a)图所示．一个500匝的线圈的两端跟R＝99
Ω的电阻相连接，置于竖直向下的匀强磁场中，线圈的横截面积为20
cm2，电阻为1
Ω，磁场的磁感应强度随时间变化的图象如图中的(b)图，求磁场变化过程中通过电阻R的电流为多大？
解析：　由题图(b)知：线圈中磁感应强度B均匀增加，其变化率＝＝12.5
T/s.
由法拉第电磁感应定律得线圈中产生的感应电动势为
E＝n＝nS＝500×10×20×10－4
V＝12.5
V.
由闭合电路欧姆定律得感应电流大小为
I＝＝
A＝0.125
A．
答案：　0.125
A(共43张PPT)
第3节　自感现象的应用
记
学习目标
1．知道普通日光灯的组成和电路图．
2．知道启动器和镇流器的构造和工作原理.
3．了解感应圈的工作原理和应用．
4．会用自感知识分析、解决一些简单问题．
学
基础导学
1．日光灯的构造及电路图：完整的日光灯电路包括日光灯管、________、启动器、开关等主要部件．其电路如图所示．
2．日光灯的发光原理：首先高压将灯管内气体____，气体导电电阻很小，所以灯管正常发光时所需的电压____220
V.
一、日光灯与镇流器
镇流器
击穿
小于
3．镇流器
(1)构造：镇流器主要是由自感系数_____的线圈构成．
(2)作用：启动时，镇流器在灯管两端形成________，击穿气体，使灯管发光；正常发光后，镇流器起________作用，以免烧坏灯管．
4．启动器
(1)构造：启动器主要是由电容器、______和双金属片制成的______构成．
(2)作用：在开关闭合后，使电路短暂接通，再将电路断开．
很大
瞬时高压
降压限流
静触片
玻璃泡
1．工作原理：利用自感现象用________电源来获得高电压．
2．结构：主要由直接绕在铁芯上的_________和接在放电器上的_________构成．
3．用途：在物理、化学实验里可以作为小功率______电源，在汽车、煤气灶点火装置中产生_____电火花完成点火工作．
二、感应圈
低压直流
初级线圈
次级线圈
高压
高压
1．应用：在广播电台和电视台的无线电设备中，用自感线圈和电容器组成_________来发射电磁波；在收音机和电视机中，同样也用振荡电路来接收电磁波．另外电焊机也利用了自感现象，使焊条与工件之间的空隙产生_________，使工件局部熔化．
2．危害：在电路中，开关断开时产生电弧火花，烧坏开关或造成安全隐患．
三、自感现象的其它应用
振荡电路
电弧火花
悟
名师指点
1．灯管：当两灯丝间的气体导电时发出紫外线，紫外线使涂在管壁上的荧光粉发出柔和的可见光．
2．启动器
启动器的主要作用是通过它的接通和断开过程，使镇流器产生与电源电压方向相同的、高出电源电压很多的瞬间感应电动势，从而点燃日光灯．它相当于一个自动开关．
一、日光灯各组成部分的作用
3．镇流器
(1)在灯管启动时：镇流器能够产生一个高出电源电压很多的瞬时电压，而灯管内气体需要一个比220
V高得多的电压，才能被“激活”，使日光灯内的气体导电而被点燃．
(2)在日光灯启动后：因为日光灯的电阻变得很小，只允许通过不大的电流，否则就会将灯管烧毁，这时要求加在灯管两端的电压低于电源电压，此要求也是通过镇流器来实现的．此时，镇流器的作用是“降压限流”．
1．日光灯镇流器的作用有(　　)
A．启动器触片接通时，产生瞬时高压
B．工作时，降压、限流、保证日光灯正常工作
C．工作时，使日光灯管的电压稳定在220
V
D．工作时，不准电流通过日光灯管
2．如图所示电路，关于启动器的作用，以下说法正确的是(　　)
A．日光灯启动时，为灯管提供瞬时高压
B．日光灯正常工作时，起降压限流作用
C．起到一个自动开关作用
D．启动器内的电容器毫无作用
答案：　C
1．启动：开关闭合后，电源电压加在启动器两极之间，使氖气放电发出辉光．辉光产生的热量使U形动触片膨胀，跟静触片接触使电路接通．电路接通后，氖气停止放电，U形动触片冷却收缩，两触片分开，电路断开．电路断开的瞬间，镇流器产生很高的自感电动势，其方向与原电压方向相同，共同加在灯管两端，使汞蒸气放电，日光灯开始工作．
2．正常发光：日光灯正常发光时，镇流器与两灯丝及灯管内的汞蒸气组成电路，由于镇流器的线圈的自感现象，阻碍通过灯管的电流变化，起降压限流作用，确保日光灯正常工作．
二、日光灯的工作原理
3．如图所示的四个日光灯的接线图中，S1为启动器，S2为开关，L为镇流器．能使日光灯正常发光的是(　　)
解析：　日光灯工作时，电流通过镇流器、灯丝和启动器构成回路，使启动器发出辉光，相当于启动器短路接通，同时电流加热灯丝，灯丝发射电子，镇流器起控制电流的作用，之后启动器断开瞬间，镇流器产生很大的自感电动势，出现一个高电压加在灯管两端，灯管中的气体放电、发光，此时启动器已无作用．所以启动器可用手动的开关来代替(实际操作时，因启动器丢失或损坏时，可手持带绝缘皮的导线短接启动器然后再断开)．另外，D图的错误是不能让灯管的灯丝短路．故正确答案为AC．
答案：　AC
三、感应圈的工作原理
4．在无线电技术中，常有这样的要求，有两个线圈，要使一个线圈中有电流变化时对另一个线圈几乎没有影响，在图电路中它们的安装符合要求的是(　　)
解析：　根据螺线管通电后的磁感线的分布情况，以及螺线管的排列位置，A、B、C选项中都会出现互感，只有D选项可以消除互感的影响．
答案：　D
讲
典例精析
在日光灯工作原理中，如图所示．
日光灯工作原理的理解和辨析
(1)开关合上前，启动器的静金属片和动金属片是________(填“接通的”或“断开的”)；
(2)开关刚合上时，220
V交流电压加在________之间，使氖泡发出辉光；
(3)日光灯启动瞬间，灯管两端的电压________220
V(填“高于”“等于”或“小于”)；
(4)日光灯正常发光时，启动器的静触片和动触片________(填“接通”或“断开”)，镇流器起着________的作用，
保证日光灯正常工作；
(5)启动器中的电容器能________，没有电容器，启动器也能工作．
解析：　日光灯按原理图接好电路后，当开关闭合，电源把电压加在启动器的两金属片之间，使氖泡内的氖气放电发出辉光．辉光放电产生的热量使U形动片膨胀，跟静片接触把电路接通，于是镇流器的线圈和灯管的灯丝中就有电流通过，电路接通后，启动器中的氖气停止放电，U形片冷却后收缩恢复原状，两金属片分离电路断开，由于镇流器的自感作用，会产生很高的自感电动势，其方向与原电压方向相同，很高的自感电动势加上原电源电压加在灯管两端，使管内汞气体导电，产生紫外线，激发荧光粉发光，灯管被点燃．
日光灯使用的是正弦交流电，电流的大小和方向都随时间做周期性变化，在日光灯正常发光后，由于交变电流通过镇流器的线圈，线圈中会产生自感电动势，它的作用总是阻碍电流的0变化，这时的镇流器就起到了降压限流的作用，保证日光灯的正常工作．启动器中的电容器能使动静片脱离时避免产生电火花而烧毁启动器，没有电容器，同样能工作，当日光灯正常点燃后，启动器不再起作用，就是摘去了也不影响日光灯的发光．
答案：　(1)断开的　(2)启动器的两电极　(3)高于　(4)断开　降压限流　(5)避免产生电火花
1－1：如图所示，S为启动器，L为镇流器，其中日光灯的接线图正确的是(　　)
解析：　本题考查自感线圈的应用．根据日光灯的工作原理，要想使日光灯发光，灯丝须预热发出电子，灯管两端应有瞬时高压，这两个条件缺一不可．当动、静触片分离后，B项中灯管和电源断开，
B项错误；C项中镇流器与灯管断开，
无法将瞬时高压加在灯管两端，C项错误；D项中，灯丝左、右端分别被短接，无法预热放出电子，不能使灯管中气体导电，D项错误．只有A项是正确的，故正确答案为A．
答案：　A
辨
易错疑难
下列属于自感现象的是(　　)
A．电焊机产生的电弧火花
B．拔下家用电器的电源插头看到电火花
C．大型电动机断开开关产生电弧火花
D．用高频交流电焊接自行车零件
思路点拨：　审题时要注意选择的现象应符合两个特点：一是属电磁感应现象，二是由自身电流变化引起．
自感现象的其他应用
解析：　电焊时电流减小引起的自感现象产生电弧火花，使金属熔化，冷却后就融为一体了，故选项A正确；把电路中开关断开，就会在电路中产生自感电动势，使开关的闸刀与固定夹片之间的空气电离，产生电火花，故选项B、C正确．高频交流电焊接自行车零件是涡流的典型应用，D错．
答案：　ABC
2－1：下列利用了感应圈的是(　　)
A．煤气灶电子点火装置
B．汽车发动机点火装置
C．自动设备中的延时继电器
D．物理、化学实验中的小功率高压电源
解析：　煤气灶电子点火装置、汽车发电机点火装置都是利用感应圈产生的高压电火花来完成点火工作的，A、B正确．物理、化学实验中的小功率电源是利用感应圈通过低压直流电源获得高电压，D正确．延时继电器是利用线圈的电磁感应来正常工作的，没有用到感应圈，C错误．
答案：　ABD
练
随堂演练
1．关于镇流器下列说法正确的是(　　)
A．镇流器是一个自感系数L很小的线圈
B．镇流器是带有铁芯的匝数很多、自感系数很大的线圈
C．镇流器对日光灯管正常工作可有可无
D．以上说法都不正确
答案：　B
2．关于日光灯电路的连接下列说法正确的是(　　)
A．启动器与灯管并联
B．镇流器与灯管串联
C．启动器与镇流器并联
D．启动器相当于开关
答案：　ABD
3．关于线圈的自感系数、自感电动势的下列说法中正确的是(　　)
A．线圈中电流变化越大，线圈自感系数越大
B．对于某一线圈，自感电动势正比于电流的变化量
C．一个线圈的电流均匀增大，这个线圈自感系数、自感电动势都不变
D．自感电动势总与原电流方向相反
答案：　C
4．下列关于日光灯启动器的说法，正确的是(　　)
A．日光灯正常发光时，启动器处于导通状态
B．日光灯正常发光时，启动器处于断开状态
C．启动器在日光灯启动过程中，先是接通电路预热灯丝，然后切断电路，靠镇流器产生瞬时高压点燃灯管
D．日光灯正常工作时，取下启动器，日光灯仍正常工作
答案：　BCD
解析：　镇流器在日光灯启动阶段产生瞬时高压．日光灯正常工作时，镇流器起降压限流作用，B项对，A项错；日光灯正常工作时，启动器中的两个触片是分离的，这时将启动器取下，日光灯照常工作，选项C对；日光灯中柔和的白光是紫外线照射到管壁上的荧光粉而发出的，D项错．
答案：　BC
测
达标训练
谢谢观看！第5章　第1、2节
1．关于光敏电阻，下列说法正确的是(　　)
A．光敏电阻能够把光照强弱这个光学量转换为电阻这个电学量
B．硫化镉是一种半导体材料，无光照射时，载流子极少，导电性能不好
C．硫化镉是一种半导体材料，无光照射时，载流子较多，导电性良好
D．半导体材料硫化镉，随着光照的增强，载流子增多，导电性变好
答案：　ABD
2．关于传感器，下列说法正确的是(　　)
A．光敏电阻和热敏电阻都是由半导体材料制成的
B．金属材料也可以制成传感器
C．传感器主要是通过感知电阻的变化来传递信号的
D．以上说法都不正确
解析：　光敏和热敏电阻分别应用了半导体的不同特性制成，A正确．由于金属材料的电阻随温度而变化，可制成将温度信号转换为电信号的传感器，B正确．传感器可感知电阻、电压、电流等各种变化来传递信号，C错误．
答案：　AB
3．街旁的路灯，江海里的航标都要求在夜晚亮，白天熄，利用半导体的电学特性制成了自动点亮、熄灭的装置，实现了自动控制，这是利用半导体的(　　)
A．压敏性　　　　　　
B．光敏性
C．热敏性
D．三种特性都利用
答案：　B
4．有一电学元件，温度升高时电阻却大幅度减小，则这种元件可能是(　　)
A．金属导体
B．绝缘体
C．半导体
D．超导体
解析：　上述四种材料中只有半导体的电阻随温度升高而减小，故选C．
答案：　C
5．有定值电阻、热敏电阻、光敏电阻三只元件，将这三只元件分别接入如图所示电路中的A、B两点后，用黑纸包住元件或者把元件置入热水中，观察欧姆表的示数，下列说法中正确的是(　　)
A．置入热水中与不置入热水中相比，欧姆表示数变化较大，这只元件一定是热敏电阻
B．置入热水中与不置入热水中相比，欧姆表示数不变化，这只元件一定是定值电阻
C．用黑纸包住元件与不用黑纸包住元件相比，欧姆表示数变化较大，这只元件一定是光敏电阻
D．用黑纸包住元件与不用黑纸包住元件相比，欧姆表示数相同，这只元件一定是定值电阻
解析：　热敏电阻的阻值随温度变化而变化，定值电阻和光敏电阻的阻值不随温度变化；光敏电阻的阻值随光照变化而变化，定值电阻和热敏电阻的阻值不随光照变化．故正确答案为A、C．
答案：　AC
6．随着生活质量的提高，自动干手机已进入家庭．洗手后，将湿手靠近自动干手机，机内的传感器便驱动电热器加热，有热空气从机内喷出，将湿手烘干．手靠近干手机能使传感器工作，是因为(　　)
A．改变了湿度
B．改变了温度
C．改变了磁场
D．改变了电容
解析：　根据自动干手机工作的特征，即手靠近，电热器开始工作，手撤离，电热器停止工作，不难判断出传感器的种类．人是导体，可以和其他导体构成电容器．因此物理学上有人体电容之说，手靠近干手机相当于连接进一个电容器，故可以确认干手机内设置有电容式传感器，手靠近改变了电容．能否利用温度和湿度来驱使电热器工作呢？理论上可行，但作为干手机，这种传感器的设置有很大的缺陷，干手机周围的环境(如温度、湿度)一年四季都在变化，与手靠近无关，假如温度、湿度发生变化干手机就马上工作，岂不成了“室内烘干机”，故选D．
答案：　D
7．在信息技术高速发展、电子计算机广泛应用的今天，担负着信息采集任务的传感器在自动控制、信息处理技术中发挥着越来越重要的作用，其中热电传感器是利用热敏电阻将热信号转换成电信号的元件．某学习小组的同学在用多用电表研究热敏特性实验中，安装好如图所示装置．向杯内加入冷水，温度计的示数为20℃，多用电表选择适当的倍率，读出热敏电阻的阻值R1.然后向杯内加入热水，温度计的示数为60℃，发现多用电表的指针偏转角度较大，则下列说法正确的是(　　)
A．应选用电流挡，温度升高换用大量程测量
B．应选用电流挡，温度升高换用小量程测量
C．应选用欧姆挡，温度升高时换用倍率大的挡
D．应选用欧姆挡，温度升高时换用倍率小的挡
解析：　多用电表与热敏电阻构成的回路中未接入电源故不能用电流表，A、B均错，当温度升高时多用电表指针偏转角度较大，说明热敏电阻的阻值变小了，应该换用倍率小的挡，C错误，D正确．
答案：　D
8．如图所示为测定压力的电容式传感器，将平行板电容器、灵敏电流表(零刻度在中间)和电源串联成闭合回路，当压力F作用于可动膜片电极上时，膜片发生形变，引起电容的变化，导致灵敏电流表指针偏转，在对膜片开始施加压力使膜片电极从图中的虚线推到图中实线位置并保持固定的过程中，灵敏电流表指针偏转情况为(电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏)(　　)
A．向右偏到某一刻度后回到零刻度
B．向左偏到某一刻度后回到零刻度
C．向右偏到某一刻度后不动
D．向左偏到某一刻度后不动
解析：　压力F作用时，极板间距d变小，由C＝，电容器电容C变大，又根据Q＝CU，极板带电量变大，所以电容器应充电，灵敏电流计中产生由正接线柱流入的电流，所以指针将右偏，极板保持固定后，充电结束，指针回到零刻度．
答案：　A
9．如图所示的电路中，电源两端的电压恒定，L为小灯泡，R为光敏电阻，LED为发光二极管(电流越大，发出的光越强)，且R与LED相距不变，下列说法正确的是(　　)
A．当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率增大
B．当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率减小
C．当滑动触头P向右移动时，L消耗的功率可能不变
D．无论怎样移动触头P，L消耗的功率都不变
解析：　分析电路，当滑动触头P向左移时，通过LED的电流变大，光照增强，光敏电阻R变小，通过灯泡的电流变大，故L消耗的功率增大，故选A．
答案：　A
10．如图甲是一种应用传感器监测轨道车运行的实验装置．在轨道某处设置监测点，当车头到达传感器瞬间和车尾离开传感器瞬间，信号发生器各发出一个脉冲信号，由记录仪记录．
甲
(1)在该实验装置中，最适合使用的传感器是(　　)
A．光电传感器
B．气体传感器
C．热传感器
D．压力传感器
(2)假如轨道车长度为22
cm，记录仪记录的信号如图乙所示，则轨道车经过该监测点的速度为(　　)
乙
A．0.20
cm/s
B．2.0
cm/s
C．22
cm/s
D．220
cm/s
(3)轨道车运行时，车与轨道摩擦使轨道温度升高．下列说法正确的是(　　)
A．温度升高，但轨道的内能不增加
B．温度升高，但轨道不会产生热辐射
C．摩擦生热与摩擦生电一样，都涉及能量转化
D．轨道对车的摩擦力方向与车的运动方向无关
解析：　(1)车头到达传感器瞬间和车尾离开传感器瞬间，引起传感器对所接收光源发出的光明显变化，用光电传感器可满足实验要求，A项最适合．
(2)由题图可知，轨道车通过监测点用时1
s，由v＝知，v＝22
cm/s，C项正确．
(3)摩擦生热是车的机械能向内能的转化，C项正确；轨道温度升高，内能增加，A项错误；物体的热辐射是一直存在的，B项错误；轨道对车的摩擦力方向与运动方向有关，D项错误．
答案：　(1)A　(2)C　(3)C
11．半导体材料受到光照或者温度升高时，会有更多的________获得能量成为________，同时也形成更多的________，于是_____________明显地增强．
答案：　电子　自由电子　空穴　导电性
12．如图所示，由电源、小灯泡、电阻丝、开关组成的电路中，当闭合开关S后，小灯泡正常发光，若用酒精灯加热电阻丝时，发现小灯泡亮度变化是________，发生这一现象的主要原因是________.
A．小灯泡的电阻发生了变化
B．小灯泡灯丝的电阻率随温度发生了变化
C．电阻丝的电阻率随温度发生了变化
D．电源的电压随温度发生了变化
解析：　电阻丝的电阻率随温度的升高而增大，电阻也增大，电路中电流减小，根据P＝I2R知，小灯泡的实际功率减小，所以变暗．
答案：　变暗　C第3章
第1节
1．关于交流电的有效值和最大值，下列说法正确的是(　　)
A．任何形式的交流电压的有效值都是U＝Um/的关系
B．只有正弦式交流电才具有U＝Um/的关系
C．照明电压220
V和动力电压380
V指的都是有效值
D．交流电压表和电流表测量的是交流电的最大值
解析：　只有正弦交变电流才能满足U＝，故选项A错B对；220
V、380
V及电表测得的数值都是有效值，故选项C对D错．
答案：　BC
2．一盏灯额定电压为220
V，当将它接入峰值为311
V的正弦式交变电压上时，这盏灯(　　)
A．将不亮
B．灯丝被烧坏
C．正常发光
D．只能暗淡发光
解析：　峰值为311
V的正弦交流电有效值为311×0.707
V≈220
V，可使电灯正常发光．
答案：　C
3．一只标有“220
V　100
W”的灯泡，接在Um＝311
V的交流电源上，则下列说法中正确的是(　　)
A．灯泡不能正常发光
B．通过灯泡的电流为i≈0.45
A
C．与灯泡并联的电压表的示数为220
V
D．与灯泡串联的电流表的示数为0.03
A
答案：　BC
4．四个接220
V交流电的用电器，通电时间相同，则消耗电能最多的是(　　)
A．正常发光时额定功率为100
W的灯泡
B．电流最大值为0.6
A的电熨斗
C．每秒发热40
J的电热器
D．额定电流I＝0.5
A的电烙铁
答案：　D
5．如图所示为正弦交变电流经过变化后的图象，则该电流的有效值为(　　)
A．
A　　　　　　　　
B．2
A
C．1
A
D．
A
答案：　A
6．一电热器接在10
V的直流电源上，产生的热功率为P.把它改接到另一正弦交变电路中，要使其产生的热功率为原来的一半，如果忽略电阻阻值随温度的变化，则该交变电流的电压的最大(峰)值应等于(　　)
A．5
V
B．14
V
C．7.1
V
D．10
V
解析：　以U直和U交分别表示直流电的电压和交流电压的有效值，以R表示电热器的电阻值，则依题意在两种情况下的电功率分别为：P＝；＝.由以上两式得：U交＝U直．因此交变电压的最大值为Um＝U交＝10
V.
答案：　D
7．交变电源电压有效值为6
V，它和电阻R1、R2及电容器C、电压表一起连接成电路如图，图中电压表的读数为U1，为了保证电容器C不被击穿，电容器的耐压值为U2，电容器在电路中正常工作，则U1、U2(　　)
A．U1＝6
V　U2＝6
V
B．U1＝6
V　U2＝3
V
C．U1＝6
V　U2≥6
V
D．U1＝6
V　U2≥6
V
解析：　电压表读数为交流电压的有效值，所以电压表读数U1＝6
V，电容器耐压值应大于、等于交流电压的最大值，U2≥6
V.
答案：　D
8．有一交变电流如图所示，则由此图象可知(　　)
A．它的周期是0.8
s
B．它的峰值是4
A
C．它的有效值是2
A
D．它的频率是0.8
Hz
解析：　由图象可读得其T＝0.8
s，f＝＝1.25
Hz，故A对，D错；又可由图象读得Im＝4
A，故B对；因此电流非正弦交流电，故有效值I≠＝2
A，C错．
答案：　AB
9．如图所示的(a)、(b)两图分别表示两个交流电压，比较这两个交变电压，它们具有共同的(　　)
A．有效值
B．频率
C．最大值
D．均不一样
解析：　由题图可知，两个交变电压最大值均为2
V，可知C正确．图(a)中电压有效值Ua＝，图(b)中电压有效值Ub＝Um，A错．
答案：　C
10．电阻R1、R2与交流电源按照如图甲所示方式连接，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(　　)
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：　由i－t图象可知，电流最大值Im＝0.6
A，有效值I＝＝0.6
A，因R1与R2串联，则I1＝I＝0.6
A，U1＝IR1＝6
V，I2m＝Im＝0.6
A，U2m＝ImR2＝12
V，故A、C、D错，B正确．
答案：　B
11．在阻值为70
Ω的电阻中通以正弦交流电，测得在10
min内放出热量为2.1×104
J，求此交流电的峰值电流．
解析：　由Q＝I2Rt，解I＝
＝
A
＝
A，故Im＝I＝1
A．
答案：　1
A
12．完全相同的两个电热器，分别通以图(a)、(b)所示的电流最大值相同的方波交变电流和正弦交变电流，则这两个电热器的电功率之比Pa∶Pb为多少？
解析：　方波交变电流，通过纯电阻用电器时，其电流大小均为Im，只是方向做周期性变化．相当于稳恒电流通过电热器的电阻，与电流方向无关．而正弦交变电流的电功率P＝I2R中I是交变电流的有效值，正弦交流电的有效值与最大值的关系为Im＝I.
方波交变电流通过R时，产生的功率Pa＝IR
正弦交变电流通过R时，产生的功率
Pb＝I2R＝2R＝IR
所以Pa∶Pb＝2∶1.
答案：　2∶1(共27张PPT)
知
识
网
络
专
题
归
纳
1．图象法
利用图象来描述物理规律既直观，又简洁，本章在讨论交变电流的产生过程以及交变电流的变化规律时均采用了图象法，在学习的过程中，我们借助图象及图象的斜率与纵横轴的交点、图象与横轴所构成的面积、图象的渐近线等可以形象地解决物理问题．
本章思想方法
2．等效替代法
交变电流的大小和方向都在不断变化，要描述交变电流的平均效果，就需要找一个与之相对应的直流，让交流电流和这一直流电流通过一相同的电阻，如果在相等时间内它们具有相同的热效应，那么这一交流电流在热效应上就与这一直流电流等效，我们完全可以用这一直流电去代替交变电流，这一思想称之为等效替代思想，它是物理学中一个很重要的思想方法，我们在前面学到的合力与分力的关系以及合运动与分运动之间的关系，也利用了这样一个思想，在学习中我们应加以重视．
如图所示，求该交流电的电流有效值．
1．交变电流的产生
(1)在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的轴匀速转动的线圈里产生的是交变电流．实验装置如所示．
交变电流的产生及变化规律
(2)线圈每转一周，电流方向改变两次，电流方向改变的时刻也就是线圈中无电流的时刻(或者说磁通量最大的时刻)，我们把线圈平面垂直于磁感线时的位置叫做中性面．
(3)中性面、中性面的垂直位置的特性比较
2．变化规律
交变电流的变化规律(从中性面时t＝0)如下：
如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时(　　)
A．线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流
B．线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势
C．线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是a→b→
c→d
D．线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力
解析：　只要转动轴垂直于磁场，绕P1和P2转动产生的瞬时电动势是相同的，均为NBSω，回路阻值一定，所以电流也是相同的，安培力F＝ILB，故安培力也相等，根据右手定则，电流的方向为a→d→c→b.
答案：　A
交流电瞬时值、最大值、有效值、平均值的区别与联系
交变电流的“四值”——最大值、有效值、瞬时值、平均值
答案：　AC
单
元
评
估
谢谢观看！(共52张PPT)
第2节　自　感
记
学习目标
1．知道什么是自感现象并理解自感电动势的作用．
2．知道自感系数是表示线圈本身特征的物理量，知道它的单位．
3．通过分析理解在自感现象中能量形式的转化情况，为进一步学习电磁振荡打下基础．
学
基础导学
由导体____________变化，所产生的电磁感应现象．
一、自感现象
自身的电流
1．定义：由导体____________变化所产生的感应电动势．
2．作用：总是______导体自身电流的______．
3．方向：当原来电流增大时，自感电动势与原电流方向______，阻碍电流增大．
当原来电流减小时，自感电动势与原电流方向______，阻碍电流减小．
4．大小：与____________成正比．
二、自感电动势
自身电流
阻碍
变化
相反
相同
电流变化率
1．自感系数L简称自感或电感
自感系数是表示导体本身特性的物理量，自感系数越大，对电流变化的阻碍作用就越强．
三、自感系数
2．决定自感系数L大小的因素
线圈的自感系数跟线圈的______、__________、______、______等因素有关．线圈的横截面积越大，匝数越多，越密，线圈越长，它的自感系数______，将______插入线圈，也会使线圈的自感系数大大增加．
3．单位：自感系数的单位是______，简称____，符号是H.常用的较小单位还有______
(mH)和______
(μH).1
H＝____mH,1
H＝____μH.
形状
横截面积
长短
匝数
越大
铁芯
亨利
亨
毫亨
微亨
103
106
悟
名师指点
1．自感电动势产生的原因
通过线圈的电流发生变化，导致穿过线圈的磁通量发生变化，因而在原线圈上产生感应电动势．
2．自感电动势的作用
阻碍原电流的变化，而不是阻止，电流仍在变化，只是使原电流的变化时间变长，即总是起着推迟电流变化的作用．
3．自感电动势的方向
当原电流增大时，自感电动势方向与原电流方向相反；当原电流减小时，自感电动势方向与原电流方向相同．
一、对自感电动势的进一步理解
1．下列关于自感现象的说法中，正确的是(　　)
A．自感现象是由于导体本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象
B．线圈中自感电动势的方向总与引起自感的原电流的方向相反
C．线圈中自感电动势的大小与穿过线圈的磁通量变化的快慢有关
D．加铁芯后线圈的自感系数比没加铁芯时要大
答案：　ACD
在处理通、断电灯泡亮度变化问题时，不能一味套用结论，如通电时逐渐变亮，断电时逐渐变暗，或闪亮一下逐渐变暗，要具体问题具体分析，关键要搞清楚电路连接情况.
二、通电自感和断电自感的理解
与线圈串联的灯泡
与线圈并联的灯泡
断电时
电流逐渐减小
灯泡逐渐变暗
电流方向不变
电路中稳态电流为I1、I2
①若I2≤I1，逐渐变暗
②若I2>I1，灯泡闪亮后逐渐变暗，两种情况灯泡电流方向均改变
解析：　本题考查了对通电自感和断电自感现象的理解，通电瞬间，L中有自感电动势产生，与L在同一支路的灯泡L1要逐渐变亮，而L2和电源构成回路则立即亮，稳定后L1与L2并联，两灯一样亮．断开开关瞬间，L中有自感电动势，相当于电源，与L1，L2构成回路，所以两灯都要过一会才熄灭．故正确答案为A、D．
答案：　AD
1．自感现象的四个要点
要点一：线圈产生感应电动势的原因是通过线圈本身的电流变化引起穿过自身的磁通量变化．
要点二：自感电流总是阻碍导体中原电流的变化，当自感电流是由于原电流的增强引起的(如通电)，自感电流的方向与原电流方向相反；当自感电流是由于原电流的减小引起时(如断电)，自感电流的方向与原电流方向相同．
三、对自感现象的理解
2．自感现象的三个状态
理想线圈(无直流电阻的线圈)的三个状态分别是指线圈通电瞬间、通电稳定状态和断电瞬间．在通电开始的瞬间应把理想线圈看成断开，通电稳定时可把理想线圈看成导线或被短路来分析问题，断电时理想线圈可视为一瞬间电流源(由于自感电动势)，它可以使闭合电路产生电流．
3．关于自感现象，下列说法正确的是(　　)
A．感应电流一定和原电流方向相反
B．线圈中产生的自感电动势较大时，其自感系数一定较大
C．对于同一线圈，当电流变化较快时，线圈中的自感系数较大
D．对于同一线圈，当电流变化较快时，线圈中的自感电动势也较大
答案：　D
讲
典例精析
如图所示(a)、(b)中，自感线圈L的电阻很小，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，下列说法正确的是(　　)
对自感现象的分析
A．在电路(a)中，断开S，A将逐渐变暗
B．在电路(a)中，断开S，A将先变得更亮，然后逐渐变暗
C．在电路(b)中，断开S，A将逐渐变暗
D．在电路(b)中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
思路点拨：　(1)判断S闭合时A、L中电流的方向及大小．
(2)明确S断开时由于自感电动势，L中电流变化情况．
(3)由L中电流变化情况，根据A、L的连接关系，确定灯泡中电流的变化情况．
解析：　(a)图中，电灯A与电感线圈L在同一个支路中，流过的电流相同，断开开关S时，线圈L中的自感电动势的作用使得支路中的电流瞬间不变，以后渐渐变小，A正确，B错误．
(b)图中，电灯A所在支路的电流比电感线圈所在支路的电流要小(因为电感线圈的电阻很小)，断开开关S时，电感线圈的自感电动势要阻碍电流变小，此瞬间电感线圈中的电流不变，电感线圈相当于一个电源给灯A供电．因此反向流过A的电流瞬间要变大，然后逐渐变小，所以灯泡要先更亮一下，然后渐渐变暗．
答案：　AD
(1)自感现象的分析思路：
①明确通过自感线圈的电流怎样变化(是增大还是减小)．
②判断自感电动势方向，电流增强时(如通电)，自感电动势方向与电流方向相反；电流减小时(如断电)，自感电动势与电流方向相同．
③分析电流变化情况，电流增强时(如通电)，由于自感电动势方向与原电流方向相反，阻碍增加，电流逐渐增大；电流减小时(如断电)，由于自感电动势方向与原电流方向相同，阻碍减小，线圈中电流方向不变，电流逐渐减小．
(2)在电路断开时，自感线圈的自感电动势阻碍原电流的减小，此时自感线圈在电路中相当于一个电源，表现为两个方面：一是自感电动势所对应的电流方向与原电流方向一致；二是在断电瞬间，自感电动势所对应的电流大小与原电流的大小相等，以后在此电流基础上开始缓慢减小到零．
解析：　S接通的瞬间，L支路中电流从无到有发生变化，因此，L中产生的自感电动势阻碍电流增加．由于有铁芯，自感系数较大，对电流的阻碍作用也就很强，所以S接通的瞬间L中的电流非常小，即干路中的电流几乎全部流过LA．所以LA、LB会同时亮．
又由于L中电流很快稳定，感应电动势很快消失，L的阻值很快就变得很小，对LA起到“短路”作用，因此，LA便熄灭．这里电路的总电阻比刚接通时小，由恒定电流知识可知，LB会比以前更亮．断开S时，通过LA的电流是在原电路中电流的基础上减小的，LA亮度不可能超过LB原来亮度．
答案：　A
自感电路中电流大小变化的判断
在进行分析计算时，要注意：
(1)自感线圈的直流电阻为零，那么电路稳定时可认为线圈短路；(2)在电流由零增大的瞬间可认为线圈断路；
(3)在线圈中产生自感电动势，自感电动势阻碍电流的变化，但“阻碍”不是“阻止”，“阻碍”实质上是“延缓”．
解析：　待电路稳定后将S1断开，自感系数较大的线圈L产生自感电动势，与电灯A构成闭合电路，有电流通过A灯，方向为b→a，S2闭合将B灯和电阻R短路，B灯立即熄灭．故只有D正确．
答案：　D
辨
易错疑难
自感现象中的图象问题
思路点拨：　审题时要注意以下两点：
(1)结合题目叙述及U－t图象将过程分为两个阶段．
(2)弄清电压UAB的意义，即反映的是灯泡D两端的电压．
解析：　开关闭合时，由于线圈的自感阻碍作用，可看做电阻，线圈电阻逐渐减小，并联电路电阻逐渐减小，路端电压UAB逐渐减小；开关闭合后再断开时，线圈的感应电流与原电流方向相同，形成回路，灯泡中的电流方向与原来相反，并逐渐减小到零，路端电压UAB逐渐减小到零，UAB为负值．A图象开关闭合时，UAB增大，不符合题意，错误；B图象电压UAB的变化规律符合题意，正确；C图象的电压UAB先增大后减小，且方向不变，错误；D图象在两过程中电压UAB始终为正，不正确．
答案：　B
解决此类问题关键要明确自感线圈的作用，是使其自身的电流不能突变，而是渐变的过程．
解析：　闭合开关S后，调整R，使两个灯泡L1、L2发光的亮度一样，电流为I，说明RL＝R.若t′时刻再闭合S，流过电感线圈L和灯泡L1的电流迅速增大，使电感线圈L产生自感电动势，阻碍了流过L1的电流i1增大，直至到达电流为I，故A错误，B正确；而对于t′时刻再闭合S，流过灯泡L2的电流i2立即达到电流为I，故C、D错误．
答案：　B
练
随堂演练
1．关于某一线圈的自感系数，下列说法中正确的是(　　)
A．线圈中电流变化越大，线圈的自感系数越大
B．线圈中电流变化得越快，线圈的自感系数越大
C．若线圈中通入恒定电流，线圈自感系数为零
D．不管电流如何变化，线圈的自感系数不变
解析：　自感系数只与线圈本身有关，而与其他因素无关．自感系数是由线圈的本身性质(线圈的长度、面积、单位长度上的匝数)和是否插入铁芯决定的．线圈的横截面积越大，线圈越长，单位长度上的匝数越多，它的自感系数就越大，有铁芯的线圈的自感系数比没有铁芯的大得多．自感系数与通入的电流、电流改变量、电流变化率等无关．故正确答案为D．
答案：　D
2．一个线圈的电流在均匀增大，则这个线圈的(　　)
A．自感系数也将均匀增大
B．自感电动势也将均匀增大
C．磁通量的变化率也将均匀增大
D．自感系数、自感电动势都不变
解析：　自感系数是描述线圈本身特征的物理量，不随电流而变，电流均匀变化，则磁通量的变化率和自感电动势均不变，故D选项正确．
答案：　D
解析：　由于采用了双线绕法，两根平行导线中的电流反向，它们的磁场相互抵消．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．
答案：　C
4．如图所示的电路中A1和A2是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其阻值与R相同．在开关S接通和断开时，灯泡A1和A2亮暗的顺序是(　　)
A．接通时A1先达到最亮，断开时A1后灭
B．接通时A2先达到最亮，断开时A1后灭
C．接通时A1先达到最亮，断开时A2先灭
D．接通时A2先达到最亮，断开时A2先灭
解析：　当开关S接通时，A1和A2同时亮，但由于自感现象的存在，流过线圈的电流由零变大时，线圈上产生自感电动势阻碍电流的增大，使通过线圈的电流从零开始慢慢增加，所以开始时电流几乎全部从A1通过，而该电流又将同时分路通过A2和R，所以A1先达最亮，经过一段时间电路稳定后，A1和A2达到一样亮；当开关S断开时，电源电流立即为零，因此A2立即熄灭，而对A1，由于通过线圈的电流突然减小，线圈中产生自感电动势阻碍电流的减小，使线圈L和A1组成的闭合电路中有感应电流，所以A1后灭．
答案：　A
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远距离输电
第
4
章
第1节　三相交变电流
记
学习目标
1．了解三相交流发电机的构造．
2．了解三相交变电流的产生及特点．
3．知道三相交变电源与负载的连接方式，线电压与相电压的关系．
4．了解三相交变电流在生产、生活中的广泛应用．
学
基础导学
1．定义：能同时产生出
________独立的__________的发电机．
2．主要组成：__________和________．
4．绕组特点：三个绕组具有相同的______和_______，互成________角．
一、三相交流发电机
3相
交变电流
电枢线圈
磁极
磁极
电枢
匝数
绕向
120°
二、三相交变电流的产生
励磁线圈
定子线圈
最大值
周期
1．三相电源的星形接法：(如图所示)
(1)相电压：_____与_______之间的电压，如UA、UB、UC.
(2)线电压：_______与_______之间的电压，如UAB、UBC、UCA.
三、电源与负载的连接方式
火线
中性线
火线
火线
2．负载与电源的连接方式
(1)三相四线制星形接法：(如图所示)
①此接法一般用在负载__________的场合．
②各相用电情况不相同时，中性线中有_______，不能去掉中线．
不对称
电流
(2)三相三线制星形接法：(如图所示)
①此接法一般用在负载__________的场合．
②线电压与相电压的关系：U线＝__________U相．
对称
(3)三相三线制负载的三角形接法：(如图所示)
三角形接法的负载的相电压和线电压__________．
相等
悟
名师指点
1．三相交流发电机的构造特点
三相交流发电机内装有三个完全相同的线圈，三个线圈平面互成120°角放置在同一磁场中．小功率发电机可以用旋转电枢式发电机，大功率发电机用旋转磁极式发电机．
2．三相交变电流的产生：以旋转磁极式发电机为例，当转子磁场匀速转动时，等效于定子线圈做切割磁感线运动，由于定子的三个线圈相同，三个线圈平面在空间互成120°角．故能产生三相交变电流．
一、三相交变电流的产生及特点
(1)三相交变电流的每一相电流的变化规律跟前面学过的正弦式交变电流完全相同．
(2)三相电流间的相位关系决定了表达式和图象的关系．
答案：　D
1．单相负载：日常生活中用单相交流电工作的负载叫单相负载．如：电灯、电视机、电冰箱、电风扇等，它们工作时都是用两根导线接到电路中，属于单相负载．
2．中性线的作用：在三相四线制供电时，多个单相负载应尽量地分别接到三相电路中去，它们共用一根中性线(零线)，由于一般三相负载不对称，故中性线中有电流通过，可见中性线能起到形成回路的作用．
中性线的另一个作用是为单相负载的正常工作提供稳定的相电压．
二、中性线与地线的作用
在不对称的三相四线制供电电路中，中性线不能去掉，不能在中性线上安装保险丝或开关，而且要用机械强度较好的钢线作中性线．
2．如图所示为输送交变电流常用的三相四线制电路，其中发电机的三相线圈是__________连接，三相负载为__________连接，三根火线分别是___________，零线是___________.
答案：　Y型　Y型　Aa、Bb、Cc　Oo′
讲
典例精析
下列关于三相交变电流的产生原理说法正确的是(　　)
A．发电机中3个绕组具有相同的匝数和绕向，互成60°角
B．在转动过程中，每个绕组产生的感应电动势的最大值和周期都相同
C．在转动过程中，每个绕组产生的感应电动势的瞬时值都相同
三相交变电流产生原理的理解与辨析
答案：　BD
1－1：比较三相交流发电机三个线圈发出的交变电动势，正确的说法是(　　)
A．最大值和周期以及到达最大值的时刻均相同
B．最大值和周期相同，它们到达最大值的时间依次相差1/6周期
C．最大值和周期相同，它们到达最大值的时间依次相差1/3周期
D．最大值和周期以及到达最大值的时刻均不相同
答案：　C
如图所示，发电机每个绕组两端的电压(相电压)为220
V，三个负载电阻均为100
Ω，下列说法中正确的是(　　)
A．发电机绕组采用“Y”接法，负载采用“△”接法
B．每个负载电阻两端的电压为220
V
C．每个负载电阻两端的电压为380
V
D．通过每个负载的电流为3.8
A
电源与负载的连接方式的辨析
解析：　对发电机而言，由于采用星形接法，所以如果相电压为220
V，那么线电压就是380
V，所以每个负载两端的电压为380
V，通过每个负载的电流为3.8
A．
答案：　ACD
电源与负载的连接方式有星形接法和三角形接法．
2－1：如图中每个灯泡的额定电压均为220
V，额定功率相同，则a与a′两灯的实际功率之比为(设灯泡电阻恒定)
(　　)
A．1∶1　　　　　
B．1∶2
C．3∶1
D．1∶3
答案：　C
试
综合应用
如图所示，ABC为一个三相电源的供电线，三个对称负载接成三角形电路，如供电电压稳定，当负载改成星形接法时(　　)
思路点拨：　负载的连接方式改变，供电线路的电压不变，由两种连接方式中U线与U相的关系来确定．
电路连接方式的改变
答案：　BD
此题同学们容易出现的错误是由于分不清星形接法和三角形接法，进而无法判定由线电压变为相电压，也就无法判断电流及功率的变化．
3－1：三个完全相同的负载R分别接在相同三相发电机的输电线上．设图甲、乙、丙中负载R两端的电压分别为U甲、U乙、U丙，则(　　)
A．U甲＝U乙＝U丙
B．U甲C．U甲＝U丙>U乙
D．U甲＝U丙答案：　D
练
随堂演练
1．如图所示，将三相对称负载以星形(Y)方式接入对称三相四线制电源，若将中线断开，则(　　)
A．三相负载仍能正常工作
B．三相负载中的电流均为零
C．有的负载端电压过高，有的负载端电压过低
D．两相负载正常工作，另一相负载不能正常工作
解析：　将三相对称负载以星形(Y)方式接入对称三相四线制电源，若将中线断开，每相的相电压均为220
V，有电流，而且在这种情形下，中线无电流可以省去，故选项应为A．
答案：　A
2．三相交流发电机的三个线圈和三相负载都采用Y形连接时，通常需用四条导线连接，下列结论正确的是(　　)
A．四条导线中有三条相线和一条中线
B．任意两条导线间的电压叫线电压
C．任意一条相线与中线间的电压叫线电压
D．线电压等于相电压
答案：　A
3．三相交流发电机接成星形，负载也接成星形，若负载的相电压是220
V，则(　　)
A．发电机的相电压是220
V
B．发电机的线电压是380
V
C．发电机的线电压是220
V
D．负载相电压的峰值是220
V
解析：　在星形接法中若相电压是220
V，则线电压是380
V.
答案：　AB
4．如图所示，为负载和发电机线圈间的连接，关于它们的接法，正确的结论是(　　)
A．都是△形连接
B．都是Y形连接
C．发电机线圈是△形连接，负载是Y形连接
D．发电机线圈是Y形连接，负载是△形连接
答案：　B
5．在三相四线制的电路上，用星形接法连接了三只相同的灯泡，如图所示，三个灯泡均正常发光，若由于某种原因造成中性线断路，下列说法正确的是(　　)
A．三个灯泡将变暗
B．三个灯泡因过亮而烧毁
C．三个灯泡立刻熄灭
D．三个灯泡仍正常发光
解析：　三相负载对称，中性线上的电流为零，断路后不影响负载的正常工作．
答案：　D
解析：　该接法是星形接法，采用三相四线制对外供电，三只交流电压表，其中V1、V3测量的是相电压，V2测量的是线电压．选项B、D正确．
答案：　BD
7．在三相交流电源上按星形接法连接相同负载1、2、3，如图所示，NN′是中性线．已知负载1上的电压为220
V，电流强度为15
A，现以I表示中性线上的电流，U表示图中P、Q两点之间的电压，则(　　)
A．I＝15
A，U＝440
V
B．I＝45
A，U＝380
V
C．I＝0，U＝440
V
D．I＝0，U＝380
V
答案：　D
8．如图所示三相四线制供电电路中，电源电压u＝220
V．三相负载都是纯电阻，RA＝RB＝10
Ω，RC＝20
Ω，问：
(1)中性线能否省去？
(2)若中性线OO′断路，RA发生短路，RB、RC两端电压及其中电流多大？
(3)若中性线OO′断路，RA也断路，RB、RC两端电压和其中电流又是多大？
答案：　(1)不能省　(2)电压均为380
V　IB＝38
A，IC＝19
A
(3)电流均为12.7
A　UB＝127
V　UC＝254
V
谢谢观看！