课时训练12 传感器及其工作原理
题组一 传感器的工作原理
1.下列仪器或装置不是利用传感器的是( )
A.汽车防盗报警器
B.宾馆房间内的火灾报警器
C.工兵用的地雷探测仪
D.用钥匙打开房门
解析:A、B、C三种仪器都是将非电学量转换成电学量的装置,都是利用了传感器。用钥匙打开房门是利用了机械原理,不是利用的传感器。
答案:D
2.(多选题)许多楼道照明灯具有这样的功能:天黑时,出现声音它就开启;而在白天,即使有声音它也不会开启。它的控制电路中可能接入的传感器是( )
A.温度传感器
B.光传感器
C.声音传感器
D.热传感器
解析:能感知声音和光照情况,说明电路中接入了光传感器和声音传感器,故B、C正确。
答案:BC
3.有一些星级宾馆的洗手间装有自动干手机,洗手后将湿手靠近,机内的传感器就开通电热器加热,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.改变湿度
B.改变温度
C.改变磁场
D.改变电容
解析:根据自动干手机工作的特征,手靠近干手机,电热器工作,手撤离后,电热器停止工作。人体是导体,可以与其他导体构成电容器。手靠近时相当于连接一个电容器,可以确定干手机内设有电容式传感器,由于手的靠近改变了电容大小,故D正确。
答案:D
4.数码相机的普及逐渐淘汰了传统胶片相机。数码相机的主要部件是电荷耦合器(CCD),能将光学量转化为电学量。该部件可看作一种( )
A.力传感器
B.温度传感器
C.光传感器
D.霍尔元件
解析:因为CCD能把光学量转化为电学量,因而是一种光传感器。
答案:C
5.下列有关各类电阻应用的说法中,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三个说法均正确。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
题组二 传感器的应用
6.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.当滑片P向左移动时,L消耗的功率增大
B.当滑片P向左移动时,L消耗的功率减小
C.当滑片P向右移动时,L消耗的功率可能不变
D.无论怎样移动滑片P,L消耗的功率都不变
解析:滑片P左移,使其电阻减小,流过二极管的电流增大,从而发光增强,使光敏电阻R减小,最终达到增大流过灯泡电流的效果。
答案:A
7.(多选题)在温控电路中,通过热敏电阻阻值随温度的变化可实现对电路相关物理量的控制。如图所示电路,R1为定值电阻,R2为半导体热敏电阻(温度越高,电阻越小),C为电容器。当环境温度降低时
( )
A.电容器C带的电荷量增大
B.电压表的读数增大
C.电容器C两板间的电场强度减小
D.R1消耗的功率增大
解析:当环境温度降低时,R2变大,电路的总电阻变大,由I=知I变小,又U=E-Ir,电压表的读数U增大,选项B正确;又由U1=IR1及P1=I2R1可知U1变小,R1消耗的功率P1变小,选项D错误;电容器两板间的电压U2=U-U1,U2变大,由电场强度E'=,Q=CU2可知Q、E'都增大,故选项A正确,选项C错误。
答案:AB
8.(多选题)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计数一次
D.信号处理系统每获得一次高电压就计数一次
解析:当光照射到光敏电阻R1上时,R1电阻减小,电路中电流增大,R2两端电压升高,信号处理系统得到高电压,计数器每由高电压转到低电压,就计一个数,从而达到自动计数目的,由以上分析选项A、C正确。
答案:AC
(限时:30分钟)
1.下列说法正确的是( )
A.凡将非电学量转化为电学量的传感器都是物理传感器
B.湿敏传感器只能是物理传感器
C.物理传感器只能将采集到的信息转化为电压输出
D.物理传感器利用的是物质的物理性质和物理效应
解析:各种传感器虽然工作原理不同,但基本功能相似,多数是将非电学量转化为电学量,故A错;湿敏传感器为化学传感器,故B错;传感器既可将信息转化为电压输出,也可转化为电流、电阻等输出,故C错;由物理传感器定义知D正确。
答案:D
2.人类发射的绕地球运转的所有航天器,在轨道上工作时都需要电能,所需要的电能都是由太阳能电池把太阳能转化为电能得到的,要求太阳能电池板总是对准太阳,为达到这一要求应利用下列哪种传感器来感知太阳方位( )
A.力传感器
B.光传感器
C.温度传感器
D.生物传感器
解析:太阳能电池板的有效采光面积不同,所产生的电流不同,当电流最大时正对太阳,所以应用的是光传感器,选项B正确,选项A、C、D错误。
答案:B
3.如图所示,将一光敏电阻接在多用电表两表笔上,将多用电表的选择开关置于欧姆挡,用光照射光敏电阻时,表针自左向右的偏角为θ;现用手掌挡住部分光线,表针自左向右的偏角为θ',则可判断( )
A.θ'=θ
B.θ'<θ
C.θ'>θ
D.不能确定
解析:光敏电阻的阻值随光照强度的增强而减小,用手掌挡住部分光线,阻值变大,由欧姆挡的特点知,指针左偏,故指针自左向右的偏转角度变小,选项B正确。
答案:B
4.霍尔元件能转换哪两个量( )
A.把温度这个热学量转换为电阻这个电学量
B.把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量
C.把力转换为电压这个电学量
D.把光照强弱这个光学量转换为电阻这个电学量
解析:霍尔电压UH=,它是把磁感应强度这个非电学量转换为电压这个电学量,故选项B正确。
答案:B
5.
(多选题)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的电路中的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不随之变化,由此可知,选项A、C正确。
答案:AC
6.(多选题)当前传感器广泛应用于各种电器、电子产品之中,下述关于常用的几种家用电子器件所采用传感器说法中,正确的是( )
A.电视机对无线遥控信号的接收主要采用了光电传感器
B.电子体温计中主要采用了温度传感器
C.电脑所用的光电鼠标主要采用声波传感器
D.电子秤中主要是采用了力电传感器
解析:电视机对无线遥控信号的接收主要采用的是红外线传感器,电脑所用的鼠标主要采用了光传感器,故A、C选项错误。
答案:BD
7.如图所示,RT为金属热电阻,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,由P=I2RL可知电流变小,其他电阻不变,说明金属热电阻RT变大,环境温度变高,故选项A正确。
答案:A
8.
(多选题)如图所示的是一种热敏电阻(PTC元件)的电阻R随温度t变化的关系图线,这种元件具有发热、控温双重功能。常用的电热灭蚊器就是用这种元件来加热控制温度的,如果将该元件接在220
V的恒定电压下,则( )
A.通电后,其电功率先增大后减小
B.通电后,其电功率先减小后增大
C.当其发热功率等于散热功率时,温度保持在t1不变
D.当其发热功率等于散热功率时,温度保持在t1到t2之间的某一值不变
解析:PTC热敏电阻是正温度系数电阻,阻值随温度增加而增大,对于题图,当达到温度t1时,电阻阻值急剧增大。当接通电源(220V)时,电阻发热,温度升高,阻值变大,功率变小,当达到温度t1~t2时,电阻阻值急剧增加,电流急剧减小,功率急剧减小,此时散失的热量大于产生的热量,温度降低,当冷却至温度t1以下时,阻值明显减小,电流增大,功率增大,如此反复,当发热功率等于散热功率时,温度保持在t1~t2之间的某一值不变,故选项B、D正确。
答案:BD
9.如图所示,宽度为d、厚度为h的金属板放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中,当有电流I通过金属板时,在金属板上侧面A和下侧面A'间产生电势差,这种现象称为霍尔效应,若金属板内自由电子密度为n,则产生的电势差U= 。(电子的电荷量为e)
解析:自由电子定向移动形成电流,在磁场中定向移动的电子受到洛伦兹力偏转到上表面,上下两表面出现电势差,形成电场,电子受洛伦兹力和电场力平衡,设定向移动速率为v,则洛伦兹力
F洛=evB,
F电=e。
由电流微观表达式I=neSv,又由F洛=F电,即evB=e,得U=hvB=。
答案:
10.如图所示,图甲为热敏电阻的R-t图象,图乙为用此热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路,继电器的电阻为100
Ω。当线圈的电流大于或等于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。则:
(1)应该把恒温箱内的加热器接在 (选填“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'的阻值应调节为 Ω。
解析:(1)恒温箱内的加热器应该接在A、B端。当线圈中的电流较小时,继电器的衔铁在上方,恒温箱的加热器处于工作状态,恒温箱内温度升高。
(2)随着恒温箱内温度升高,热敏电阻R的阻值变小,则线圈中的电流变大,当线圈中的电流大于或等于20mA时,继电器的衔铁被吸到下方来,使恒温箱加热器与电源断开,加热器停止工作,恒温箱内温度降低。
随着恒温箱内温度降低,热敏电阻R的阻值变大,则线圈中的电流变小,当线圈的电流小于20mA时,继电器的衔铁又被释放到上方,则恒温箱加热器又开始工作,这样就可以使恒温箱内保持在某一温度。
要使恒温箱内的温度保持50℃,即50℃时线圈内的电流为20mA。由闭合电路欧姆定律I=,r为继电器的电阻。由题图甲可知,50℃时热敏电阻的阻值为90Ω,
所以R'=-R-r=260Ω。
答案:(1)A、B端 (2)260课时训练1 划时代的发现 探究感应电流的产生条件
题组一 电磁感应的发现
1.在法拉第时代,下列验证“由磁产生电”设想的实验中,能观察到感应电流的是( )
A.将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,然后观察电流表的变化
B.在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈,然后观察电流表的变化
C.将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接,往线圈中插入条形磁铁后,再到相邻房间去观察电流表的变化
D.绕在同一铁环上的两个线圈,分别接电源和电流表,在给线圈通电或断电的瞬间,观察电流表的变化
解析:闭合回路中没有磁通量变化,不可能产生感应电流,A、B两项错误;往闭合线圈中插入条形磁铁会产生感应电流,但只是瞬时电流,等到相邻房间观察时,感应电流已经消失,C项错误;接电源的线圈在通电或断电时,会使接电流表的线圈中的磁通量发生变化,产生感应电流,D项正确。
答案:D
2.(多选题)自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的,很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。下列说法正确的是( )
A.奥斯特发现了电流的磁效应,揭示了电现象和磁现象之间的联系
B.欧姆发现了欧姆定律,说明了热现象和电现象之间存在联系
C.法拉第发现了电磁感应现象,揭示了磁现象和电现象之间的联系
D.焦耳发现了电流的热效应,定量给出了电能和热能之间的转换关系
解析:本题考查了人类研究电、热和磁现象的历史过程,其中A、C、D选项是正确的,而欧姆定律研究的是电流与电压和电阻之间的关系,不涉及热与电之间的联系,B错误。
答案:ACD
3.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.变化的磁场使闭合回路产生感应电流
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:电磁感应现象即由磁场产生电场的现象,所以选项B正确;选项A为电流在磁场中的受力问题;选项C为磁化现象;选项D为“电生磁”现象。
答案:B
题组二 磁通量及其变化
4.关于磁通量,下列说法中正确的是( )
A.磁通量不仅有大小,而且有方向,所以是矢量
B.磁通量越大,磁感应强度越大
C.通过某一面积的磁通量为零,该处磁感应强度不一定为零
D.磁通量就是磁感应强度
解析:磁通量是标量,故选项A不对;由Φ=BS⊥可知Φ由B和S⊥两个因素决定,Φ较大,有可能是由于S⊥较大造成的,所以“磁通量越大,磁感应强度越大”的说法是错误的,故选项B不对;由Φ=BS⊥可知,当线圈平面与磁场方向平行时,S⊥=0,Φ=0,但磁感应强度B不为零,故选项C对;磁通量和磁感应强度是两个不同的物理量,故选项D不对。
答案:C
5.如图,是用导线做成的圆形回路与一直导线构成的几种位置组合,下列组合中,切断直导线中的电流时,穿过闭合回路中磁通量变化的是(图①②③中直导线都与圆形线圈在同一平面内,O点为线圈的圆心,图④中直导线与圆形线圈平面垂直,并与其中心轴重合)( )
A.①②
B.②③
C.③④
D.②④
解析:通电直导线周围空间的磁场是非匀强磁场,磁感线是在垂直于导线的平面内以导线为中心的同心圆,离导线越远,磁感应强度越弱,所以①中磁通量、④中磁通量一直为零,②中既有向里的磁通量,也有向外的磁通量,但直导线中有电流时,合磁通量不为零,切断直导线中电流时,磁通量变为零。③中线圈有向外的磁通量,切断直导线中电流时,磁通量变为零,故B正确。
答案:B
6.在如图所示的回路中,若回路面积从S0=8
m2变到St=18
m2,磁感应强度B同时从
B0=0.1
T方向垂直纸面向里变到Bt=0.8
T
方向垂直纸面向外,则回路中的磁通量的变化量为( )
A.7
Wb
B.13.6
Wb
C.15.2
Wb
D.20.6
Wb
解析:因为B、S都变化,所以可用后来的磁通量减去原来的磁通量,取后来的磁通量为正。
ΔΦ=Φt-Φ0=BtSt-(-B0S0)=0.8×18Wb-(-0.1×8)Wb=15.2Wb,故选项C对。
答案:C
题组三 探究感应电流的产生条件
7.某学生做“探究感应电流的产生条件”的实验,将电流表、线圈A和B、蓄电池、开关用导线连接成如图所示的实验电路,当他闭合、断开开关时,电流表的指针都没有偏转,其原因是( )
A.开关位置接错
B.电流表的正、负极接反
C.线圈B的接头3、4接反
D.蓄电池的正、负极接反
解析:应在蓄电池电路中加开关,通、断开关时才会有变化的电流。题图中把开关接入线圈B的电路中,对电流的变化不起作用。选项A正确。
答案:A
8.(多选题)
如右图所示,竖直通电直导线与闭合导线环的平面垂直,且过圆环中心,则下列说法正确的是( )
A.电流增强或减弱时,环中无感应电流
B.环竖直向上或向下运动时,环中有感应电流
C.环以导线为轴,在垂直于电流的平面内转动时,环中有感应电流
D.环以自身的任意一条直径为轴转动时,环中无感应电流
解析:无论导线中电流是否变化,环竖直上下运动还是以导线为轴转动,或以自身的任意一条直径为轴转动,穿过闭合导线环的磁通量都保持为零,没有变化,都不会产生感应电流。
答案:AD
9.要研究电磁感应现象实验,为了能明显地观察到实验现象,请在如图所示的实验器材中选择必要的器材,在图中用实线接成相应的实物电路图。
答案:实物电路图如图所示。
10.
2016年10月17日,我国神舟十一号载人飞船发射成功,在离地面大约200
km的太空运行。假设载人舱中有一边长为50
cm的正方形导线框,在宇航员操作下由水平方向转至竖直方向,此时地磁场磁感应强度B=4×10-5
T,方向如图所示。求:
(1)该过程中磁通量的改变量的大小是多少
(2)该过程线框中有无感应电流
解析:(1)设线框在水平位置时法线n方向竖直向上,穿过线框的磁通量Φ1=BSsin37°=6.0×10-6Wb。
当线框转至竖直位置时,线框平面的法线方向水平向右,与磁感线夹角θ=143°,穿过线框的磁通量Φ2=BScos143°=-8.0×10-6Wb,该过程磁通量的改变量大小ΔΦ=|Φ1-Φ2|=1.4×10-5Wb。
(2)因为该过程穿过闭合线框的磁通量发生了变化,所以一定有感应电流。
答案:(1)1.4×10-5
Wb (2)有
(建议用时:30分钟)
1.(多选题)了解物理规律的发现过程,学会像科学家那样观察和思考,往往比掌握知识本身更重要。以下符合事实的是( )
A.焦耳发现了电流热效应的规律
B.库仑总结出了点电荷间相互作用的规律
C.楞次发现了电流的磁效应,拉开了研究电与磁相互关系的序幕
D.牛顿将斜面实验的结论合理外推,间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动
解析:奥斯特发现了电流的磁效应,拉开了研究电与磁相互关系的序幕,选项C错误;伽利略将斜面实验的结论合理外推,间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动,选项D错误。
答案:AB
2.
(多选题)如图所示的实验中,在一个足够大的磁铁的磁场中,如果AB沿水平方向运动速度的大小为v1,两磁极沿水平方向运动速度的大小为v2,则( )
A.当v1=v2,且方向相同时,可以产生感应电流
B.当v1=v2,且方向相反时,可以产生感应电流
C.当v1≠v2时,方向相同或相反都可以产生感应电流
D.当v2=0时,v1的方向改为与磁感线的夹角为θ,且θ<90°,可以产生感应电流
解析:当v1=v2,且方向相同时,二者无相对运动,AB不切割磁感线,回路中无感应电流,选项A错;当
v1=v2,且方向相反时,则AB切割磁感线,穿过回路的磁通量变大或变小,都有感应电流产生,选项B对;当v1≠v2时,无论方向相同或相反,二者都有相对运动,穿过回路的磁通量都会发生变化,有感应电流产生,选项C对;当v2=0,v1的方向与磁感线的夹角θ<90°时,v1有垂直磁感线的方向的分量,即AB仍在切割磁感线,穿过回路的磁通量发生变化,有感应电流产生,选项D对。
答案:BCD
3.
如图所示,条形磁铁正上方放置一矩形线框,线框平面水平且与条形磁铁平行。则线框由N极端匀速平移到S极端的过程中,线框中的感应电流的情况是( )
A.线框中始终无感应电流
B.线框中始终有感应电流
C.线框中开始有感应电流,当线框运动到磁铁中部时无感应电流,过中部后又有感应电流
D.线框中开始无感应电流,当线框运动到磁铁中部时有感应电流,过中部后又无感应电流
解析:根据条形磁铁的磁场分布情况可知,线框在磁铁左端时,磁感线从线框下表面穿入;当运动到磁铁中央时,穿过线框的磁通量为零;当线框在磁铁右端时,磁感线从线框的上表面穿入,所以线框从磁铁上方匀速运动的过程中,穿过线框的磁通量始终发生变化,线框中始终有感应电流,选项B正确。
答案:B
4.(多选题)月球车登月后要探测一下月球表面是否有磁场,应该怎样进行实验( )
A.直接将电流表放于月球表面,看是否有示数来判断磁场有无
B.将电流表与线圈组成闭合电路,使线圈沿某一方向运动,若电流表无示数,则判断月球表面无磁场
C.将电流表与线圈组成闭合电路,使线圈沿某一方向运动,若电流表有示数,则判断月球表面有磁场
D.将电流表与线圈组成闭合电路,使线圈分别绕两个互相垂直的轴转动,月球表面若有磁场,则电流表至少有一次示数不为零
解析:只要线圈中能产生感应电流,电流表有示数,就说明月球上一定有磁场。如果没有电流,只能说明线圈中的磁通量没有发生变化,需要变换转动轴或运动方向再试。如果线圈分别绕两个互相垂直的轴转动,当空间有磁场时,至少会有一次产生感应电流,选项C、D正确。
答案:CD
5.(多选题)下列说法中正确的是( )
A.只要导体相对磁场运动,导体中就一定会产生感应电流
B.闭合导体回路在磁场中做切割磁感线运动,导体回路中不一定会产生感应电流
C.只要穿过闭合导体回路的磁通量不为零,导体回路中就一定会产生感应电流
D.只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化,导体回路中就一定会产生感应电流
解析:产生感应电流要有两个条件:一是导体回路要闭合;二是穿过导体回路的磁通量要发生变化,所以选项D对;如果导体没有构成闭合回路或构成闭合回路但沿磁感线运动,导体中就没有感应电流,故选项A错;如果闭合导体回路在与回路平面垂直的磁场中运动,两边都切割磁感线,但闭合导体回路的磁通量仍没有发生变化,也不产生感应电流,故选项B对;穿过闭合导体回路的磁通量不为零,但如果磁通量没有变化,回路中就没有感应电流,故选项C错。
答案:BD
6.(多选题)
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.磁场均匀增加
解析:圆盘绕过圆心的竖直轴转动和在磁场中匀速平移,都不会使其磁通量发生变化,故不会产生感应电流,选项A、C错误;圆盘绕水平轴转动或磁场均匀增加,都会使穿过圆盘的磁通量发生变化,故有感应电流产生,选项B、D正确。
答案:BD
7.
如图所示,在条形磁铁的外面套着一个闭合金属弹簧线圈P,现用力从四周拉弹簧线圈,使线圈包围的面积变大,则下列关于穿过弹簧线圈磁通量的变化以及线圈中是否有感应电流产生的说法中,正确的是( )
A.磁通量增大,有感应电流产生
B.磁通量增大,无感应电流产生
C.磁通量减小,有感应电流产生
D.磁通量减小,无感应电流产生
解析:本题中条形磁铁磁感线的分布如图所示(从上向下看)。
磁通量是指穿过一个面积的磁感线的多少,由于垂直纸面向外和垂直纸面向里的磁感线要抵消一部分,当弹簧线圈P的面积扩大时,垂直纸面向里的磁感线条数增加,而垂直纸面向外的磁感线条数是一定的,且比垂直纸面向里的磁感线条数多,故穿过P的磁通量将减小,回路中会有感应电流产生。
答案:C
8.如图所示,在匀强磁场中的U形导轨上,有两根等长的平行导线ab和cd,以相同的速度v匀速向右滑动。为使ab中有感应电流产生,对开关S来说( )
A.断开和闭合都可以 B.应断开
C.断开和闭合都不行
D.应闭合
解析:若开关断开,导线运动时,闭合回路abdc中磁通量不变,不产生感应电流;若开关闭合,导线运动时,闭合回路abNM中磁通量变化,产生感应电流,选项D正确。
答案:D
9.如图所示,在边长为2l的正方形区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,有一边长为l的正方形导线框沿垂直磁场方向以速度v匀速通过磁场区域,从ab边刚进入磁场时开始计时(t=0):
(1)试指出哪些时间段线框中有感应电流产生;
(2)画出磁通量随时间变化的图象。
解析:(1)线框进入磁场的过程,在0~时间段内有感应电流产生;线框离开磁场过程,在时间段内有感应电流产生。
(2)如图所示,图中磁通量最大值Φm=BS=Bl2。
答案:见解析
10.
如图所示,矩形线圈abcd左半边处在匀强磁场中,右半边在磁场外,磁感应强度为B,线圈一半的面积为S,初始时磁场垂直于线圈平面,
求下列情况中线圈中磁通量的变化量:
(1)以ab边为轴线圈转过90°;
(2)以ab边为轴线圈转过60°;
(3)以中线ef为轴线圈转过180°。
解析:(1)线圈初始磁通量Φ1=BS,转过90°后,Φ2=0,所以ΔΦ=Φ2-Φ1=-BS,大小为BS。
(2)当线圈以ab边为轴转过60°时,矩形线圈恰好全部进入磁场,Φ2=B·2Scos60°=BS,所以ΔΦ=Φ2-Φ1=0,说明磁通量未发生变化。
(3)当线圈绕中线转过180°时,因为Φ1=BS,磁感线是垂直于线圈的正前面向里穿过的,当线圈绕中线转过180°时,线圈的正后面转到正前面,磁感线是从原正后面向里穿过的,故Φ2=-BS,所以ΔΦ=Φ2-Φ1=-2BS,大小为2BS。
答案:见解析课时训练14 实验:传感器的应用
题组一 光控开关
1.街旁的路灯、江海里的航标灯都要求在夜晚亮,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,实行了自动控制,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
解析:街旁的路灯和江海里的航标灯,都是利用了半导体的光敏性,夜晚电阻大,白天电阻小。
答案:B
2.(多选题)关于发光二极管,下列说法正确的是( )
A.发光二极管能发光,不具有单向导电性
B.发光二极管能直接把电能转化为光能
C.发光二极管只要在两端加有正向电压,就可以发光
D.发光二极管只有加正向电压时,才有可能发光
解析:发光二极管和普通二极管一样,都具有单向导电性,都是半导体材料制成的,只有当两端加正向电压时,才能处于导通状态,才可能发光,但不一定发光,要求达到一定的电压值,它能直接把电能转化为光能。
答案:BD
3.(多选题)计算机光驱的主要组成部分是激光头,它可以发射脉冲激光信号,激光扫描光盘信息时,激光头利用光敏电阻自动计数器将反射回来的脉冲信号传输给信号处理系统,再通过计算机显示出相应信息。光敏电阻自动计数器的示意图如图所示,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,处理系统获得高电压
B.当有光照射R2时,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计数一次
D.信号处理系统每获得一次高电压就计数一次
解析:R1是光敏电阻,当有光照射时,R1的阻值变小,R2上的电压变大,信号处理系统获得高电压。由题意知,当激光头发射脉冲光信号,光脉冲等于零时,信号处理系统获得低电压,这种电压高低交替变化的信号转化为相应的数字,实现自动计数功能,故选项A、D正确。
答案:AD
题组二 温度报警器
4.有一种在光照或温度升高时排气扇都能起动的自动控制装置,下列说法正确的是( )
A.两个传感器都是光电传感器
B.两个传感器分别是光电传感器和温度传感器
C.两个传感器可能分别是温度传感器、电容式传感器
D.只有光照和温度都适合时排气扇才能工作
解析:题中提到有光照或温度升高时排气扇都能自动控制,由此可见两个传感器中一个是光电传感器,一个是温度传感器,而且排气扇自动工作只需满足光照和温度其中的一个条件即可,选项A、C、D错误,选项B正确。
答案:B
5.
如图所示为用电源、电磁继电器、滑动变阻器、绿灯泡、小电铃,负温度系数半导体热敏电阻、开关、导线等组成的一个高温报警器电路图,要求是:正常情况绿灯亮,有险情时电铃报警,则图中甲、乙、丙分别是( )
A.小电铃、半导体热敏电阻、绿灯泡
B.绿灯泡、半导体热敏电阻、小电铃
C.半导体热敏电阻、小电铃、绿灯泡
D.半导体热敏电阻、绿灯泡、小电铃
解析:甲的回路应为控制电路,甲当然为半导体热敏电阻。热敏电阻特点是温度高,电阻小,电流大,继电器工作,触头被吸下,乙被接通应报警,即乙是小电铃,平常时,温度低、电阻大、电流小,丙导通,丙应是绿灯泡,选项C正确。
答案:C
6.
如图所示是小明设计的一种自动测定水箱内水位的装置,R是一种滑动变阻器,它的金属滑片是杠杆的一端,从水位表指针所指的刻度就可知道水箱内水位的高低,从图中可知:水位表是由 改装而成的。当水面上升时,滑片 ,滑动变阻器连入电路电阻 ,电流 ,水量表示数 。
解析:本题利用滑动变阻器滑片改变电阻,进一步改变电流,达到观测水位的目的。
答案:电流表 向下移 变小 变大 变大
题组三 其他传感器
7.
如图所示为大型电子地磅电路图,电源电动势为E,内阻不计。不称物体时,滑片P在A端,滑动变阻器接入电路的有效电阻最大,电流较小;称重物时,在压力作用下使滑片P下滑,滑动变阻器有效电阻变小,电流变大,这样把电流对应的重力值刻在刻度盘上,就可以读出被称物体的重力值,若滑动变阻器上A、B间距离为l,最大阻值等于电阻阻值R0,已知弹簧的弹力与形变量成正比,比例系数为k,则所称重物的重力G与电流大小I的关系为( )
A.G=2kl-
B.G=kl+
C.G=+kl
D.G=kIl
解析:重物压缩弹簧的长度应为,则滑动变阻器的电阻为R0-,根据欧姆定律I=,整理解得G=2kl-。所以选项A正确。
答案:A
8.气体传感器利用物质的化学反应将某种气体的浓度转换成电信号输出,如图所示,B为将可燃气体或有毒气体(CO,CH4瓦斯煤气)浓度转换为电信号的传感器,简称电子鼻。根据如下材料,U=220
V的电源、M排风扇、G继电器、A控制电源、S控制开关。请设计一个家用自动排烟电路,在图中完成连线图。
解析:电磁继电器起开关作用,所以电池组、开关和电磁继电器应组成一个电路,另一个是由排风扇和高压电源组成的电路。
答案:如图所示
9.
如图所示为一测速计原理图,其基本原理是把速度这一力学量转换成电流进行测量。滑片P与某运动物体相连,当P匀速滑动时,电流表有一定的电流通过,从电流表示数可得运动物体速度。
已知电源电动势E=4
V,内阻r=10
Ω,AB为粗细均匀的电阻丝,其阻值为R=30
Ω、长度
L=30
cm,电容器的电容C=50
μF。今测得电流表示数为0.05
mA,方向由b流向a。试求运动物体的速度大小和运动的方向。
解析:先根据闭合电路欧姆定律,估计流过电阻丝上的电流约为
I=A=100mA 0.05mA
即相比于电阻丝上的电流,电容器中的充放电电流可忽略,故可视整根电阻丝与电源为串联连接,当滑片P移过距离Δx时,电容器上的电压变化为ΔU=IRx=Δx。
则其充放电电流为
IC=,
又v=,综合上述各式得v=。
代入数据得v=10cm/s。
又因IC由b流向a,电容器放电,P右移,物体移动方向向右。
答案:10
m/s,向右
(限时:30分钟)
1.
(多选题)如图所示为一个逻辑电平检测电路,A与被测点相接,则( )
A.A为低电平,LED发光
B.A为高电平,LED发光
C.A为低电平,LED不发光
D.A为高电平,LED不发光
解析:A为低电平时,Y为高电平,LED的电压小,不发光;A为高电平时,Y为低电平,LED的电压大,发光,故选项B、C正确。
答案:BC
2.
如图所示为一测定液面高低的传感器示意图,A为固定的导体芯,B为导体芯外面的一层绝缘物质,C为导电液体,把传感器接到图示电路中,已知灵敏电流表指针偏转方向与电流方向相同。如果发现指针正向右偏转,则导电液体的深度h变化为( )
A.h正在增大
B.h正在减小
C.h不变
D.无法确定
解析:由电源极性及电流方向可知,A、B构成的电容器上的电荷量减小,根据C=,电容C在减小,故正对面积S在减小,即h在减小,选项B正确。
答案:B
3.(多选题)
如图所示是一种延时开关,当S1、S2闭合时,电磁铁F将衔铁D吸下,C线路接触;当S2闭合,将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线圈的开关S2,无延时作用
D.如果断开B线圈的开关S2,延时将变长
解析:由题意可知,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线圈的开关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线圈的开关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
4.如图所示为一种温度自动报警器的原理图,在水银温度计的顶端封入一段金属丝,以下说法中正确的是( )
A.温度升高至74
℃时,L1亮灯报警
B.温度升高至74
℃时,L2亮灯报警
C.温度升高至78
℃时,L1亮灯报警
D.温度升高至78
℃时,L2亮灯报警
解析:当温度低于78℃时,继电器线圈中没有电流,此时灯L1亮,但不报警;当温度升高到78℃时,继电器线圈有电流,磁铁吸下衔铁,灯L2被接通,所以灯L2亮且报警,温度升高至74℃时,只是灯L1亮,不会报警,故选项A、B、C错误,选项D正确。
答案:D
5.如图所示RT为正温度系数热敏电阻,R1为光敏电阻,R2和R3均为定值电阻,电源电动势为E,内阻为r,V为理想电压表,现发现电压表示数增大,可能的原因是( )
①热敏电阻温度升高,其他条件不变
②热敏电阻温度降低,其他条件不变
③光照增强,其他条件不变
④光照减弱,其他条件不变
A.①③
B.①④
C.②③
D.②④
解析:电压表示数变大,而R3为定值电阻,说明流经R3的电流增大,由电路结构可知,这可能是由于RT减小或R1增大,由正温度系数热敏电阻和光敏电阻特性可知,可能是由于温度降低或光照减弱,故②④正确,①③错误。
答案:D
6.
驾驶员酒后驾车已成为安全行驶的重大隐患,为此全国上下掀起了一场严查酒后驾驶的安全检查行动。交通警察在执行任务过程中,要使用一种酒精测试仪检测驾驶员是否属于酒后驾驶,其内部结构如图所示,其中酒精气体传感器的电阻随酒精气体浓度的变化而变化,不同酒精浓度对应着传感器的不同电阻,这样显示仪器上就与浓度有对应关系,如果酒精气体传感器的电阻的倒数与酒精气体的浓度成正比,那么电压表示数U与酒精气体浓度c之间的对应关系正确的是( )
A.U越大,表示c越大,c与U成正比
B.U越大,表示c越大,但c与U不成正比
C.U越大,表示c越小,c与U成正比
D.U越大,表示c越小,但c与U不成正比
解析:设酒精气体传感器的电阻为Rc,
则有E=I(r+R0+R+Rc),电压表示数U=IR0,
可得U=·R0,又=kc,
故有U=,故c越大,Rc越小,U越大,但c与U不成正比,只有选项B正确。
答案:B
7.(多选题)某同学在实验室里熟悉各种仪器的使用。他将一条形磁铁放在水平转盘上,如图甲所示,磁铁可随转盘转动,另将一磁感应强度传感器固定在转盘旁边。当转盘(及磁铁)转动时,引起磁感应强度测量值周期性地变化,该变化的周期与转盘转动周期一致。经过操作,该同学在计算机上得到了如图乙所示的图象。
甲
乙
该同学猜测磁感应强度传感器内有一线圈,当测得磁感应强度最大时就是穿过线圈的磁通量最大时,按照这种猜测( )
A.在t=0.1
s时刻,线圈内产生的感应电流的方向发生了变化
B.在t=0.15
s时刻,线圈内产生的感应电流的方向发生了变化
C.在t=0.1
s时刻,线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值
D.在t=0.15
s时刻,线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值
解析:传感器线圈的磁感应强度变化情况如题图所示,在题图中斜率既能反映线圈内产生的感应电流的方向变化,又能反映感应电流的大小变化。t=0.1s时刻,斜率最大,线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值,并且产生的感应电流的方向发生了变化,所以选项A、C正确;同理可知t=0.15s时刻线圈内产生的感应电流的方向变化及大小变化情况,选项B、D不正确。
答案:AC
8.某学生从小是个摄影爱好者,想在家制作一间洗相片的暗室,用课本上学过的传感器元件如蜂鸣器、光敏电阻、干簧管、开关、电源等元件能否设计电路,制成一个光电报警器,达到某个光照强度时蜂鸣器发声,没有光照或光照很弱时,蜂鸣器不发声。
解析:可以。用干簧管和绕在干簧管外的线圈做一个开关,当线圈中电流增大到一定值时,线圈产生的磁场使密封在干簧管内的两个铁质簧片磁化,在磁力作用下由分离状态变成闭合状态,当线圈中没有电流或电流很弱时磁场消失,簧片在弹力作用下回复到分离状态,线圈和光敏电阻相连,光敏电阻受到光照时电阻会变小,线圈中电流增大,没有光照时电阻会变大,线圈中电流会变小,可以设计成如图的电路。
答案:见解析
9.如图所示是用斯密特触发器控制某宿舍楼道内照明灯的示意图,试说明其工作原理。
解析:天较亮时,光敏电阻RG阻值较小,斯密特触发器输入端A电势较低,则输出端Y输出高电平,线圈中无电流,工作电路不通。
天较暗时,光敏电阻RG阻值增大,斯密特触发器输入端A电势升高,当升高到一定值,输出端Y由高电平突然跳到低电平,有电流通过线圈A,电磁继电器工作,接通工作电路,使照明灯自动开启。
天明后,RG阻值减小,斯密特触发器输入端A电势逐渐降低,降到一定值,输出端Y突然由低电平跳到高电平,则线圈A不再有电流,电磁继电器自动切断工作电路的电源,照明灯熄灭。
答案:见解析
10.(2016·全国理综1,23)现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统,要求当热敏电阻的温度达到或超过60
℃
时,系统报警。提供的器材有:热敏电阻,报警器(内阻很小,流过的电流超过Ic时就会报警),电阻箱(最大阻值为999.9
Ω),直流电源(输出电压为U,内阻不计),滑动变阻器R1(最大阻值为1
000
Ω),滑动变阻器R2(最大阻值为2
000
Ω),单刀双掷开关一个,导线若干。
在室温下对系统进行调节。已知U约为18
V,Ic约为10
mA;流过报警器的电流超过20
mA时,报警器可能损坏;该热敏电阻的阻值随温度升高而减小,在60
℃时阻值为650.0
Ω。
(1)完成待调节的报警系统原理电路图的连线。
(2)电路中应选用滑动变阻器 (填“R1”或“R2”)。
(3)按照下列步骤调节此报警系统:
①电路接通前,需将电阻箱调到一固定的阻值,根据实验要求,这一阻值为
Ω;滑动变阻器的滑片应置于 (填“a”或“b”)端附近,不能置于另一端的原因是 。
②将开关向 (填“c”或“d”)端闭合,缓慢移动滑动变阻器的滑片,直至 。
(4)保持滑动变阻器滑片的位置不变,将开关向另一端闭合,报警系统即可正常使用。
解析:(1)先用电阻箱替代热敏电阻,连接成闭合回路进行调试。电路图连接如答案所示。
(2)当电路中电流Ic=10mA时,根据闭合电路欧姆定律有Ic=,解得R总=1800Ω,此时热敏电阻的阻值为650Ω,则滑动变阻器的阻值为1150Ω,所以滑动变阻器选R2。
(3)①当热敏电阻阻值小于650Ω时,报警器就会报警,用电阻箱替代热敏电阻进行调节,应把电阻箱的阻值调到650Ω。若接通电源后电路中的电流过大(超过20mA),报警器就会损坏,电流越小越安全,所以为了电路安全,闭合开关前滑片应置于b端。
②用电阻箱替代热敏电阻进行调试,应将开关向c端闭合,开关闭合后要减小电路中的电阻直至报警器报警。
答案:(1)连线如图所示。
(2)R2
(3)①650.0 b 接通电源后,流过报警器的电流会超过20
mA,报警器可能损坏 ②c 报警器开始报警课时训练10 变压器
题组一 变压器的工作原理
1.(多选题)理想变压器的原、副线圈中一定相同的物理量有( )
A.交变电流的频率
B.磁通量的变化率
C.功率
D.交变电流的峰值
解析:理想变压器没有漏磁,没有能量损失,所以原、副线圈中磁通量变化率相同,原、副线圈中功率相同,选项B、C正确;变压器的原理是互感现象,其能改变电压峰值,不改变频率,选项A正确,选项D错误。
答案:ABC
2.一台理想变压器的原线圈接220
V正弦交流电压时,副线圈上仅接有阻值为10
Ω的电阻,电阻两端的电压为44
V。若将副线圈的匝数增加100匝,则通过副线圈上此电阻的电流增加1.1
A。由此可知该变压器原线圈的匝数为( )
A.200
B.2
000
C.50
D.500
解析:由题意知,当副线圈匝数增大100匝时,电阻器上的电压
U2'=U2+ΔIR=44V+1.1×10V=55V
又由,可得
解得n1=2000,n2=400。选项B正确。
答案:B
3.(多选题)理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1,以下说法中正确的是( )
A.穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10∶1
B.穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等
C.原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为10∶1
D.正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1∶1
解析:对于理想变压器,穿过两个线圈的磁通量相同,磁通量变化率相同,每匝线圈产生的感应电动势相等,输入功率等于输出功率。
答案:BD
4.一台理想变压器的副线圈有100
匝,输出电压为10
V,则铁芯中磁通量的变化率的峰值为( )
A.10
Wb/s B.14.1
Wb/s
C.0.14
Wb/s
D.28.2
Wb/s
解析:由E=n·知,Em=×10Wb/s=0.14Wb/s,选项C正确。
答案:C
题组二 理想变压器的动态分析
5.对于理想变压器,下列说法中不正确的是( )
A.原线圈的输入功率随着副线圈的输出功率增大而增大
B.原线圈的输入电流随着副线圈的输出电流增大而增大
C.原线圈的电压不随副线圈的输出电流变化而变化
D.当副线圈的电流为零时,原线圈的电压也为零
解析:副线圈消耗功率大小决定原线圈的输入功率大小,选项A对;副线圈的电流决定原线圈的电流,选项B对;当副线圈的电流为零时原线圈的电流为零,但电压不是零,选项D错;原线圈的电压决定副线圈的电压,与副线圈中电流的变化无关,选项C对。
答案:D
6.(多选题)如图所示,理想变压器原线圈接有交流电源,当副线圈上的滑片P处于图示位置时,灯泡L能发光。要使灯泡变亮,可以采取的方法有
( )
A.向下滑动P
B.增大交流电源的电压
C.增大交流电源的频率
D.减小电容器C的电容
解析:向下滑动滑片P,副线圈匝数减少,输出电压U2减小,经过灯泡的电流减小,灯泡变暗,选项A错误;增大交流电源的电压,则原线圈两端电压U1变大,副线圈的输出电压U2变大,经过灯泡的电流增大,灯泡变亮,选项B正确;增大交变电流的频率,电容器对交变电流的阻碍作用减小,经过灯泡的电流增大,灯泡变亮,选项C正确;减小电容器的电容,电容器对交变电流的阻碍作用增大,经过灯泡的电流减小,灯泡变暗,选项D错误。
答案:BC
7.图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2=5∶1,电阻R=20
Ω,L1、L2为规格相同的两只小灯泡,S1为单刀双掷开关。原线圈接正弦交流电源,输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示。现将S1接1、S2闭合,此时L2正常发光。下列说法正确的是( )
A.输入电压u的表达式u=20sin(50πt)
V
B.只断开S2后,L1、L2均正常发光
C.只断开S2后,原线圈的输入功率增大
D.若S1换接到2后,R消耗的电功率为0.8
W
解析:由图象知T=0.02s,ω==100πrad/s,u=20sin(100πt)V,A项错误;由于副线圈两端电压不变,故只断开S2,两灯串联,电压为额定值一半,不能正常发光,B项错误;只断开S2,副线圈电路电阻变为原来的2倍,由P=知副线圈消耗功率减小,则原线圈输入功率也减小,C项错误;输入电压额定值U1=20V,由及PR=得PR=0.8W,D项正确。
答案:D
题组三 特殊变压器
8.(多选题)如图所示,L1、L2是高压输电线,图中两电表示数分别是220
V和10
A,已知甲图中原、副线圈匝数比为100∶1,乙图中原、副线圈匝数比为1∶10,则( )
A.甲图中的电表是电压表,输电电压为22
000
V
B.甲是电流互感器,输电电流是100
A
C.乙图中的电表是电压表,输电电压为22
000
V
D.乙图是电流互感器,输电电流是100
A
解析:题图甲是电压互感器,题图甲中的电表是电压表,根据可知输电电压为22000V,选项A对,选项B错;乙图是电流互感器,乙图中的电表是电流表,根据可得输电电流是100A,选项C错,选项D对。
答案:AD
9.(多选题)如图所示,某理想变压器的原、副线圈的匝数均可调节,原线圈两端电压为一最大值不变的正弦交变电流,在其他条件不变的情况下,为了使变压器输入功率增大,可使( )
A.原线圈匝数n1增加
B.副线圈匝数n2增加
C.负载电阻R的阻值增大
D.负载电阻R的阻值减小
解析:若原线圈匝数增加,则变压器输出电压U2降低,输出功率P2=减小,选项A错误,同理可知选项B正确;若负载电阻增大,则输出功率P2=减小,选项C错误,选项D正确。
答案:BD
10.如图所示,理想变压器有两个副线圈,原线圈
1接
220
V的交流电源,副线圈2的匝数为
30匝,与其串联的“12
V
12
W”的灯泡L正常发光,副线圈3的输出电压为110
V,另一端接有电阻R,通过R的电流为0.4
A。求:
(1)副线圈3的匝数n3;
(2)原线圈1的匝数n1和通过它的电流I1。
解析:(1)对两个副线圈应用电压关系可得n3=n2=×30匝=275匝。
(2)根据得n1=n2=×30匝=550匝,对整个变压器由功率关系列式I1U1=I2U2+I3U3,所以I1=A≈0.255A。
答案:(1)275匝
(2)550匝 0.255
A
(建议用时:30分钟)
1.关于变压器,下列说法正确的是( )
A.变压器的工作原理是电磁感应
B.一切变压器的工作基础都是互感现象
C.各种电流接入变压器的输入端,变压器都能持续正常工作
D.变压器可以改变电流的频率
解析:变压器之所以能变压,是因为原线圈接交流电源时,有交变电流流过原线圈,引起穿过原、副线圈的磁通量发生变化,在原、副线圈中都产生了感应电动势,所以变压器的工作原理是电磁感应,所以选项A正确;有一种变压器叫自耦变压器,它只有一个线圈绕在铁芯上,但有三个抽头,可升压、也可降压,这种变压器的工作基础是自感,也就是说,当变压器是利用两个线圈变压时,其工作基础是互感,当变压器是利用一个线圈变压时,其工作基础是自感,所以选项B错误;变压器要想持续正常工作,原线圈必须接交变电流,选项C错误;变压器不能改变电流的频率,选项D错误。
答案:A
2.一理想变压器原线圈接交流、副线圈接电阻,下列哪些方法可使输入功率增加为原来的2倍( )
A.次级线圈的匝数增加为原来的2倍
B.初级线圈的匝数增加为原来的2倍
C.负载电阻变为原来的2倍
D.副线圈匝数和负载电阻均变为原来的2倍
解析:变压器的输入功率由输出功率决定,即P入=P出,输出功率P出=,U增大为原来的2倍,负载电阻也变为原来的2倍时,P出为原来的2倍。
答案:D
3.如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=2∶1,V和A均为理想电表,灯泡电阻RL=6
Ω,AB端电压u1=12sin
100πt(V)。下列说法正确的是( )
A.电流频率为100
Hz
B.电压表V的读数为24
V
C.电流表A的读数为0.5
A
D.变压器输入功率为6
W
解析:交变电流的瞬时值的表达式为U=Umsinωt=Umsin2πft,可见电流频率为50Hz,选项A错误;U1==12V,电压表示数U2==6V,选项B错误;电流表示数I2==1A,选项C错误;变压器输入功率与输出功率相等,P1=P2=I2U2=6W,选项D正确。
答案:D
4.如图,理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1,两个标有“12
V 6
W”的小灯泡并联在副线圈的两端。当两灯泡都正常工作时,原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想电表)的示数分别是( )
A.120
V,0.10
A
B.240
V,0.025
A
C.120
V,0.05
A
D.240
V,0.05
A
解析:由题意知U2=12V,I2=A=1A,根据可求得电压表的示数U1==240V,根据可得电流表的示数I1==0.05A,选项D正确。
答案:D
5.(多选题)如图是霓虹灯的供电电路,电路中的变压器可视为理想变压器。已知变压器原线圈与副线圈匝数比,加在原线圈的电压为u1=311sin
100πt
V,霓虹灯正常工作的电阻R=440
kΩ,I1、I2表示原、副线圈中的电流,下列判断正确的是( )
A.副线圈两端电压为6
220
V,副线圈中的电流为14.1
mA
B.副线圈两端电压为4
400
V,副线圈中的电流为10.0
mA
C.I1D.I1>I2
解析:根据题意可知,交变电流的最大电压为311V,则其有效值为220V,再根据电压与匝数成正比,可以求出副线圈两端的电压为4400V,再根据欧姆定律,可以求出副线圈中的电流为10mA,选项A错误,选项B正确;根据能量守恒和电功率定义P1=P2=UI,可以求出I1>I2,选项C错误,选项D正确。
答案:BD
6.(多选题)一理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1,原线圈输入电压的变化规律如图甲所示,副线圈所接电路如图乙所示,P为滑动变阻器的滑片。下列说法正确的是( )
A.副线圈输出电压的频率为50
Hz
B.副线圈输出电压的有效值为31
V
C.P向右移动时,原、副线圈的电流比减小
D.P向右移动时,变压器的输出功率增加
解析:由题图甲可知,交变电流周期T=0.02s,电压最大值U1m=310V,则交变电流频率f==50Hz,变压器不改变交变电流的频率,选项A正确;由原、副线圈匝数比可知,副线圈输出电压的最大值为U2m=31V,选项B错误;滑片P向右移动时,滑动变阻器接入电路的阻值变小,由P=可知,选项D正确;由于原、副线圈的匝数比不变,故原、副线圈的电流比不变,选项C错误。
答案:AD
7.(多选题)有一理想变压器的原线圈连接一只交流电流表,副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节,如图所示,在副线圈两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,则( )
A.保持Q的位置不动,将P向上滑动时,电流表的读数变大
B.保持Q的位置不动,将P向上滑动时,电流表的读数变小
C.保持P的位置不动,将Q向上滑动时,电流表的读数变大
D.保持P的位置不动,将Q向上滑动时,电流表的读数变小
解析:保持Q的位置不动,则副线圈匝数不变,由知U2不变,当P向上滑动时,由I2=知I2减小,故电流表的读数变小,选项B正确,选项A错误;保持P的位置不动,将Q向上滑动时,副线圈的匝数增多,由
知U2增大,由I2=知I2增大,故I1增大,选项C正确,选项D错误。
答案:BC
8.(2016·天津理综,5)如图所示,理想变压器原线圈接在交流电源上,图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是( )
A.当滑动变阻器的滑片P向上滑动时,R1消耗的功率变大
B.当滑动变阻器的滑片P向上滑动时,电压表V示数变大
C.当滑动变阻器的滑片P向上滑动时,电流表A1示数变大
D.若闭合开关S,则电流表A1示数变大,A2示数变大
解析:副线圈两端电压U2=U1,因为U1与匝数比不变,故U2不变。当滑动变阻器滑片P向上滑动时,R增大,电路的总电阻增大,据I=知流经副线圈干路电流减小,故UR1减小,R1消耗的功率减小,电压表V示数U并=U2-UR1增大,选项A错误,选项B正确;因流经副线圈干路电流I2减小,由I1=I2知,电流表A1示数减小,选项C错误;
若闭合开关S,流经副线圈干路电流相应变大,电流表A1示数变大,同时电压表V示数U并=U2-UR1减小,据
I2'=知电流表A2示数变小,选项D错误。
答案:B
9.黑光灯是利用物理方法“灭蛾杀虫”的一种环保型设备,它发出的紫色光能够引诱害虫飞近黑光灯,然后利用黑光灯周围的交流高压电网将其“击毙”。如图所示是高压电网的工作电路,高压电网是利用变压器将有效值220
V
的交流电压变成高压,高压电网相邻两极间距离为0.5
cm,已知空气在常温常压下的击穿电场强度为6
220
V/cm,为防止空气被击穿而造成短路,变压器的原、副线圈匝数比不得超过多少
解析:电网两极间的电场可看作匀强电场,
根据题意,空气在常温常压下被击穿时
Em=6220V/cm
Um=Emd=6220V/cm×0.5cm=3110V
由理想变压器电压关系
由峰值与有效值关系U1m=U1
据以上各式可得n1∶n2=1∶10。
答案:不得超过1∶10
10.如图所示变压器副线圈电路中有电阻R=7.26
Ω,消耗功率为6
W。另有一匝线圈接有电压表,读数
U0=50
mV。原线圈两端电压为u=311sin
100πt
V。求原、副线圈的匝数和铁芯内的磁通量变化率的表达式。
解析:由P=可知U2=
原线圈输出电压有效值为
U1=V=220V
因一匝线圈时的电压值
50mV=0.05V
则由变压比可知输入端线圈匝数
n1==4400匝
输出端线圈匝数n2==132匝
铁芯内磁通量的变化率即单匝线圈的感应电动势,其最大值为0.05V,表达式为E==0.05sin100πtWb/s。
答案:原、副线圈的匝数分别为4
400匝和132匝,铁芯内的磁通量变化率表达式为E=0.05sin
100πt
Wb/s课时训练5 互感和自感
题组一 自感现象
1.下列单位换算正确的是( )
A.1亨=1欧·秒
B.1亨=1伏·安/秒
C.1伏=1韦/秒
D.1伏=1亨·安/秒
解析:由E=L可知1伏=1亨·安/秒,选项D正确。
答案:D
2.
在制作精密电阻时,为消除使用过程中由于电流变化而引起的自感现象,采取了双线绕法,如图所示,其道理是( )
A.当电路中电流变化时,两股导线中产生的自感电动势相互抵消
B.当电路中电流变化时,两股导线中产生的感应电流相互抵消
C.当电路中电流变化时,两股导线中产生的磁通量相互抵消
D.以上说法均不正确
解析:由于采用双线并绕的方法,当电流通过时,两股导线中的电流方向是相反的,不管电流怎样变化,任何时刻两股电流总是等大反向的,所产生的磁通量也是等大反向的,故总磁通量等于零,在线圈中不会产生电磁感应现象,因此消除了自感现象,选项C正确。
答案:C
题组二 通电自感
3.(多选题)
如图所示的电路中,电源电动势为E,内阻r不能忽略。R1和R2是两个定值电阻,L是一个自感系数较大的线圈。开关S原来是断开的,从闭合开关S到电路中电流达到稳定为止的时间内,通过R1的电流I1和通过R2的电流I2的变化情况是( )
A.I1开始较大而后逐渐变小
B.I1开始很小而后逐渐变大
C.I2开始很小而后逐渐变大
D.I2开始较大而后逐渐变小
解析:闭合开关S时,由于L是一个自感系数较大的线圈,产生反向的自感电动势阻碍电流的变化,所以开始I2很小,随着电流达到稳定,自感作用减小,I2开始逐渐变大;闭合开关S时,由于线圈阻碍作用很大,路端电压较大,随着自感作用减小,路端电压减小,所以R1上的电压逐渐减小,电流逐渐减小,故选项A、C正确。
答案:AC
4.
如图所示的电路,L为自感线圈,R是一个灯泡,E是电源。当S闭合瞬间,通过灯泡R的电流方向是 。当S断开瞬间,通过灯泡的电流方向是 。
解析:当S闭合时,流经R的电流是A→B。当S断开瞬间,由于电源提供给R及线圈的电流立即消失,因此线圈要产生一个和原电流方向相同的自感电动势来阻碍原电流减小,所以电流流经R时的方向是B→A。
答案:A→B B→A
题组三 断电自感
5.电视机的电源输入端装有电源滤波器,其电路图如图所示,元件L1、L2是两个电感线圈,它们的自感系数很大,F是保险丝,R是压敏电阻(正常情况下阻值很大,但电压超过设定值时,阻值会迅速变小,可以保护与其并联的元件),C1、C2是电容器,S为电视机开关,在电视机正常工作时,若在没有断开开关S时,就拔去电源插头,则以下说法正确的是( )
A.F可能被熔断
B.F一定被熔断
C.C1可能被损坏
D.C2可能被损坏
解析:先拔去电源插头,保险丝不形成回路,不会熔断。开关S未断开,由于自感作用,L中电流不会突变,在R两端产生高电压,R阻值迅速变小,C1两端电压迅速变小,C1不会被损坏,高电压都加在C2上,C2可能被损坏,选项D正确。
答案:D
6.
如图是测定自感系数很大的线圈L的直流电阻的电路,L两端并联一只电压表,用来测量自感线圈的直流电压,在测量完毕后,将电路拆除时应
( )
A.先断开S2
B.先断开S1
C.先拆除电流表
D.先拆除电阻R
解析:如果不断开S1,线圈L与电压表就会组成闭合回路,在断开S2时,线圈L会产生感应电流,电流的方向与原来方向相同。这时流过电压表的电流方向与原来电流方向相反,电压表中的指针将反向转动,损坏电压表,所以必须先断开S1,再断开S2,选项B正确。
答案:B
7.
如图所示的电路中,两个灵敏电流表G1和G2的零点都在刻度盘中央,当电流从“+”接线柱流入时,指针向右摆;电流从“-”接线柱流入时,指针
向左摆。在电路接通后再断开的瞬间,下列说法中符合实际情况的是( )
A.G1表指针向左摆,G2表指针向右摆
B.G1表指针向右摆,G2表指针向左摆
C.G1、G2表的指针都向左摆
D.G1、G2表的指针都向右摆
解析:电路接通后线圈中电流方向向右,当电路断开时,线圈中电流减小,产生与原方向相同的自感电动势,与G2和电阻组成闭合回路,所以G1中电流方向向右,G2中电流方向向左,即G1指针向右摆,G2指针向左摆,B项正确。
答案:B
(建议用时:30分钟)
1.关于线圈的自感系数,下列说法中正确的是
( )
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
解析:自感系数是线圈本身的固有属性,只决定于线圈大小、形状、圈数、有无铁芯等因素,而与电流变化快慢等外部因素无关。自感电动势的大小与线圈自感系数及电流变化率有关,选项A、B、C错,选项D对。
答案:D
2.在如图甲所示的电路中,两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R。闭合开关S后,调整R,使L1和L2发光的亮度一样,此时流过两个灯泡的电流均为I。然后,断开S。若t'时刻再闭合S,则在t'前后的一小段时间内,图乙中正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t变化的图象是( )
甲
乙
解析:由题中给出的电路可知,电路由L与L1和L2与R两个支路并联,在t'时刻,L1支路的电流因为有L的自感作用,所以i1由0逐渐增大,L2支路为纯电阻电路,i2不存在逐渐增大的过程,所以选项B正确。
答案:B
3.(多选题)线圈通以如图所示的随时间变化的电流,则
( )
A.0~t1时间内线圈中的自感电动势最大
B.t1~t2时间内线圈中的自感电动势最大
C.t2~t3时间内线圈中的自感电动势最大
D.t1~t2时间内线圈中的自感电动势为零
解析:线圈中的自感电动势与通入的电流的变化率成正比,即E∝。根据图象分析:0~t1时间内的电流变化率小于t2~t3时间内的电流变化率,故选项A错误,选项C正确;t1~t2时间内的电流变化率为零,自感电动势为零,故选项B错误,选项D正确。
答案:CD
4.(多选题)如图所示,闭合电路中的螺线管可自由伸缩,螺线管有一定的长度,这时灯泡具有一定的亮度,若将一软铁棒从螺线管右边迅速插入螺线管内,则将看到( )
A.灯泡变暗
B.灯泡变亮
C.螺线管缩短
D.螺线管伸长
解析:通电螺线管周围存在磁场,软铁棒插入其中,软铁棒迅速被磁化引起螺线管磁通量的增加,产生感应电流引起灯泡变暗。每匝线圈之间吸引力减小,螺线管伸长,选项A、D对,选项B、C错。
答案:AD
5.如图(a),线圈ab,cd绕在同一软铁芯上,在ab线圈中通以变化的电流,用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示。已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比,则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中,可能正确的是( )
解析:由题图(b)可知,在0~0.5s时间内Ucd为定值,由法拉第电磁感应定律可知,线圈内磁通量变化率为定值,已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比,则0~0.5s时间内电流随时间变化率为定值,据此可排除A、B、D三项,只有C项正确。
答案:C
6.如图所示,线圈L的自感系数很大,且其电阻可以忽略不计,L1、L2是两个完全相同的小灯泡,随着开关S的闭合和断开的过程中,L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)( )
A.S闭合,L1亮度不变,L2亮度逐渐变亮,最后两灯一样亮;S断开,L2立即不亮,L1逐渐变亮
B.S闭合,L1不亮,L2很亮;S断开,L1、L2立即不亮
C.S闭合,L1、L2同时亮,而后L1逐渐熄灭,L2亮度不变;S断开,L2立即不亮,L1亮一下才灭
D.S闭合,L1、L2同时亮,而后L1逐渐熄灭,L2则逐渐变得更亮;S断开,L2立即不亮,L1亮一下才灭
解析:当S闭合,L的自感系数很大,对电流的阻碍作用较大,L1和L2串接后与电源相连,L1和L2同时亮,随着L中电流的增大,L的直流电阻不计,L的分流作用增大,L1的电流逐渐减小为零,由于总电阻变小,总电流变大,L2的电流增大,L2灯变得更亮。当S断开,L2中无电流,立即熄灭,而电感L将要阻碍本身的电流变化,L与L1组成闭合电路,L1灯要亮一下后再熄灭,综上所述,选项D正确。
答案:D
7.
磁场具有能量,磁场中单位体积所具有的能量叫作能量密度,其值为。式中B是磁感应强度,μ是磁导率,在空气中μ为一已知常数。为了近似测得条形磁铁磁极端面附近的磁感应强度B,一学生用一根端面面积为S的条形磁铁吸住一相同面积的铁片P,再用力将铁片与磁铁拉开一段微小距离Δl,并测出拉力F,如图所示。因为F所做的功等于间隙中磁场的能量,所以由此可得磁感应强度B与F、S之间的关系为
B= 。
解析:在用力F将铁片P与磁铁拉开一段微小距离Δl的过程中,拉力F可认为不变,因此,F所做的功W=FΔl
以ω表示间隙中磁场的能量密度,则间隙中磁场的能量E=ωV=ωSΔl
由题给条件得ω=,
故E=SΔl
因为F所做的功等于间隙中磁场的能量,即W=E,故有FΔl=SΔl
解得B=。
答案:
8.
如图所示,电路中A、B是两个完全相同的灯泡,L是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈,C是电容很大的电容器。S刚闭合时,A
,B ;S闭合足够长时间后,B ,而A 。
解析:S刚闭合时,电容器C要通过A充电,并且
充电电流越来越小,故A亮一下又逐渐变暗,最后A被L短路,所以A最后会熄灭。而L对电流变化有阻碍作用,所以通过B的电流逐渐增大,故B逐渐变亮;S闭合足够长时间后,C中无电流,相当于断路,L相当于短路,所以B很亮,而A不亮。
答案:亮一下又逐渐变暗直至熄灭 逐渐变亮 很亮 不亮课时训练11 电能的输送
题组一 输电线上的电压损失和功率损失
1.远距离输送交变电流都采用高压输电。我国正在研究用比
330
kV高得多的电压进行输电。采用高压输电的优点是( )
A.可提高用户端电压
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:采用高压输电减小了输电电流,可减少能量损失,但不能改变交变电流的频率和输电速度,用户端电压由降压变压器决定,故选项C正确。
答案:C
2.如图所示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:变压器的输入功率、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;用户用电器总电阻减小,据P=,消耗功率增大,输电线中电流增大,线路损失功率增大,选项C正确;升压变压器的输出电压等于输电线路电阻上损失的电压加上降压变压器的输入电压,选项D错误。
答案:C
3.远距离输送一定功率的交变电流,若输电电压提高到原来的n倍,则下列说法中正确的是( )
A.输电线上的电流变为原来的n倍
B.输电线上的电压损失变为原来的
C.输电线上的电功率损失变为原来的
D.若输电线上的电功率损失不变,输电线路长度可为变为原来的n2倍
解析:P=UI,当U变为n倍时,I变为原来的;电压损失ΔU=R线;功率损失P损=()2R线;输电线电阻R=ρ,当l变为n2倍时,电阻增大n2倍,则P损=()2R线知P损不变。
答案:D
4.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,则关于输电线上损失的功率,下列表达式错误的是( )
A.
B.
C.I2R
D.I(U1-U2)
解析:用P=求电阻上损失的功率时,U要与电阻R相对应,选项A中的U1是输出电压,不是输电线上的电压,故选项A错误。选项B中的(U1-U2)是输电线上的电压,因此,选项B正确。选项C、D中的电流I是输电线中的电流,故选项C、D正确。
答案:A
5.如图所示,甲是远距离输电线路的示意图,乙是发电机输出电压随时间变化的图象,则( )
A.用户用电器上交变电流的频率是100
Hz
B.发电机输出交变电流的电压有效值是500
V
C.输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定
D.当用户用电器的总电阻增大时,输电线上损失的功率减小
解析:由图象知f==50Hz,选项A错误;发电机输出交变电流电压的有效值为V=250V,选项B错误;输电线的电流由降压变压器原、副线圈的匝数比及负载大小决定,选项C错误;用电器总电阻变大,则降压变压器原、副线圈中电流减小,输电线上损失功率也减小,选项D正确。
答案:D
题组二 高压输电电路的分析与计算
6.某农村水力发电站的发电机的输出电压稳定,它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压,然后用输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器经降压后再输送至用户,设变压器都是理想的,那么在用电高峰期,随着用电器总功率的增加将导致( )
A.升压变压器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大
解析:在用电高峰期,用户端并联的用电器数目增多,总电阻减小,降压变压器输出的电流增大,输出功率增大,输电线路上的电流增大,输电线路中的电压损失增大,降压变压器的输入电压减小,输出电压减小,选项C正确,D错误。升压变压器上的输出电流增大,输入电流也增大,选项A错误。但因为发电机的输出电压稳定,所以升压变压器的输出电压也是稳定的,选项B错误。
答案:C
7.某用电器离供电电源的距离为l,线路上的电流为I,若要求线路上的电压降不超过U,已知输电导线的电阻率为ρ,那么,该输电导线横截面积的最小值是( )
A.
B.
C.
D.
解析:输电线的电阻R=ρ,输电线上电压损失U=IR=Iρ,所以S=,故B正确。
答案:B
8.(多选题)我国北方地区冬季会出现冻雨,使高压输电线结冰,严重时会压塌输电铁塔,导致输电中断。为消除高压输电线上的冰凌,有人设计了这样的融冰思路:利用电流的热效应除冰。若在正常供电时,高压线上输电电压为U,电流为I,热耗功率为ΔP;除冰时,输电线上的热耗功率需变为9ΔP,则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( )
A.输电电流为3I
B.输电电流为9I
C.输电电压为3U
D.输电电压为U
解析:根据输电功率P=UI,输电线上电阻为R,则ΔP=I2R=R,除冰时,输电线上的热耗功率为9ΔP,那么输电电流应为3I,输电功率保持不变,所以输电电压为。
答案:AD
9.某发电站通过升压变压器、输电线和降压变压器把电能输送给生产和照明组成的用户,发电机输出功率是120
kW,输出电压是240
V,升压变压器原、副线圈的匝数之比为1∶25,输电线的总电阻为10
Ω,用户需要的电压为220
V。则:
(1)输电线上损失的电功率为多少
(2)降压变压器原、副线圈的匝数比为多少
解析:(1)根据理想变压器的规律得
输电电压
U2=U1=×240V=6000V
输电电流I2=A=20A
输电线上损失的功率ΔP=r=202×10W=4000W。
(2)输电线上损失的电压
ΔU=I2r=20×10V=200V
降压变压器原线圈两端的电压
U3=U2-ΔU=6000V-200V=5800V
根据理想变压器的变压规律得。
答案:(1)4
000
W (2)
10.发电机的端电压为220
V,输出电功率为44
kW,输电导线的电阻为0.2
Ω。如果用初级、次级线圈匝数比为1∶10的升压变压器升压,经输电线路后,再用初级、次级线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户。
(1)画出全过程的线路图;
(2)求用户得到的电压和功率;
(3)若不经过变压而直接送到用户,求用户得到的功率和电压。
解析:(1)线路图如图所示。
(2)升压变压器次级线圈的输出电压U2=U1=2200V,升压变压器次级线圈的输出电流I2=I1。
由P=U1I1得,升压变压器初级线圈的输入电流为I1=A=200A,
所以I2=A=20A。
输电线路上电压损失和功率损失分别为
UR=I2R=4V,PR=R=0.08kW。
加到降压变压器初级线圈上的输入电流和电压分别为
I3=I2=20A,U3=U2-UR=2196V。
降压变压器次级线圈上的输出电压和电流分别为
U4=U3=219.6V,I4=I3=200A。
用户得到的功率P4=U4I4=43.92kW。
(3)若不采用高压输电,线路损失电压UR'=I1R=40V,用户得到的电压U'=U1-UR'=180V,用户得到的功率为P'=U'I1=36kW。
答案:(1)见解析 (2)219.6
V,43.92
kW
(3)180
V,36
kW
(建议用时:30分钟)
1.关于减小远距离输电线上的功率损耗,下列说法正确的是( )
A.由功率P=,应降低输电电压,增大导线电阻
B.由P=IU,应低电压小电流输电
C.由P=I2R,应减小导线电阻或减小输电电流
D.上述说法均不对
解析:输电时导线上损失的电压ΔU=IR,它不同于输电电压,P=或P=IU中的U应为导线上损失的电压,故A、B错。导线上功率的损失为发热损失,即P=I2R,故C正确。
答案:C
2.(多选题)远距离输送一定功率的交变电流,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二次方成反比
D.输电线上的功率损失跟输电线上的电压损失的二次方成正比
解析:此题容易犯的错误是将输电电压与损失电压混淆,由P=而误选B;正确的思路是由I线=可知ΔP=·R线,选项C正确;ΔU=·R线,选项A错误;ΔP=,选项D正确。
答案:CD
3.我国已投产运行的1
000
kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程。假设甲、乙两地原来用500
kV
的超高压输电,输电线上损耗的电功率为P。在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下,现改用1
000
kV特高压输电。若不考虑其他因素的影响,则输电线上损耗的电功率变为( )
A. B. C.2P D.4P
解析:据P=UI,由500kV的超高压输电变为
1000kV
特高压输电时,输电线电流变为原来的。再根据P线=I2R线可得,输电线上损耗的电功率将变为。选项A正确。
答案:A
4.(多选题)某发电站用11
kV交流电压输电,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输电,下面说法正确的是( )
A.因I=,所以输电线上的电流增为原来的20倍
B.因I=,所以输电线上的电流减为原来的
C.因P=,所以输电线上损失的功率增为原来的400倍
D.若要使输电线上损失的功率不变,可将输电线的直径减为原来的
解析:选项A中,U不是R两端电压,公式错误,所以选项A错误;因为输送的功率一定,由I=可知,当输送的电压增为原来的20倍时,电流减为原来的,选项B正确;选项C中,R是输电线的电阻,而U是输电电压,R与U又不对应,所以由P=得出的结论是错误的;输电线上损失的功率一般用ΔP=I2R计算不容易出错,从选项B中已经知道电流减为了原来的,若ΔP不变,则输电线的电阻可增为原来的400倍,根据R=ρ,在导线的电阻率、长度不变的条件下,那么横截面积可减小为原来的,即导线的直径减为原来的,故选项D正确。
答案:BD
5.(多选题)在远距离输电时,输送的电功率为P,输电电压为U,所用导线电阻率为ρ,横截面积为S,总长度为L,输电线损耗的电功率为P',用户得到的电功率为P用,则P'、P用的关系式正确的是( )
A.P'=
B.P'=
C.P用=P-
D.P用=P(1-)
解析:P'=I2R=(式中I、U'分别为输电电流和输电线损失的电压),而I=,R=ρ,所以P'=,从而P用=P-P'=P-=P-,故选项B、D正确。
答案:BD
6.通过一理想变压器,经同一线路输送相同的电功率P,原线圈的电压U保持不变,输电线路的总电阻为R。当副线圈与原线圈的匝数比为k时,线路损耗的电功率为P1,若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk,线路损耗的电功率为P2,则P1和分别为( )
A. B.()2R,
C.
D.()2R,
解析:设副线圈与原线圈匝数比为k时,副线圈输出电压为U1,输出电流为I1,电路损耗功率为P1,设副线圈与原线圈匝数比为nk时,副线圈输出电压为U2,输出电流为I2,电路损耗功率为P2,根据理想变压器原副线圈电压与匝数成正比可得=k ①;=nk ②;且P=U1I1=U2I2 ③;线路损耗功率分别为P1=R ④;P2=R ⑤。由①④联立解得P1=()2R,据此排除选项A、C;由①②③④⑤联立解得,所以选项B错误,选项D正确。
答案:D
7.某水电站,用总电阻为2.5
Ω的输电线输电给500
km外的用户,其输出电功率是3×106
kW。现用500
kV电压输电,则下列说法正确的是( )
A.输电线上输送的电流大小为2.0×105
A
B.输电线上由电阻造成的损失电压为15
kV
C.若改用5
kV电压输电,则输电线上损失的功率为9×108
kW
D.输电线上损失的功率为ΔP=,U为输电电压,r为输电线的电阻
解析:由P=UI可得I==6×103A,则选项A错误;输电线上电阻造成的损失电压为ΔU=Ir=15kV,选项B正确;输电线上损失的功率不可能大于水电站的输出功率,可知选项C错误;输电线上损失的功率为ΔP=,ΔU为输电线上损失的电压,选项D错误。
答案:B
8.(多选题)某小型水电站的电能输送示意图如下。发电机的输出电压为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:根据变压器工作原理可知,由于输电线上损失一部分电压,升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压,有U2>U3,所以,选项A正确,选项B、C不正确;升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率,选项D正确。
答案:AD
9.某小型实验水电站输出功率P=38
kW,输电线路总电阻r=1
Ω。
(1)若采用U=380
V输电,求输电线路损耗的功率P损;
(2)若改用U1=10
000
V高压输电,用户端利用n1∶n2=44∶1的变压器降压,求用户得到的电压U2。
解析:(1)输电线上的电流为I=A=100A
输电线路损耗的功率为P损=I2R=1002×1W=10kW
(2)改用高压输电后,输电线上的电流变为
I1=A=3.8A
变压器原线圈两端的电压
U'=U-I1R=(10000-3.8×1)V=9996.2V
根据
用户得到的电压为
U2=U'=×9996.2V≈227.19V。
答案:(1)10
kW (2)227.19
V
10.风力发电作为新型环保新能源,近几年来得到了快速发展。如图所示,风车阵中发电机输出功率为100
kW,输出电压为250
V,用户需要的电压为220
V,输电线电阻为10
Ω。若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%。
(1)求在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比;
(2)画出此输电线路的示意图。
(3)用户得到的电功率是多少
解析:(1)输电线损失的功率
P损=P×4%=100kW×4%=4kW
输电线电流I2=A=20A
升压变压器输出电压
U2=V=5×103V
升压变压器原、副线圈匝数比
电压损失U损=I2R线=20×10V=200V
降压变压器原线圈端电压
U3=U2-U损=4800V
降压变压器原、副线圈匝数比
。
(2)如图所示。
(3)用户得到的电功率即降压变压器的输出功率为P用=P-P损=P(1-4%)=100×96%kW=96kW。
答案:(1)1∶20 240∶11 (2)见解析图
(3)96
kW课时训练2 楞次定律
题组一 楞次定律
1.根据楞次定律知,感应电流的磁场一定( )
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:根据楞次定律,感应电流产生的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化,选项C正确,选项A、B、D均是对阻碍引起感应电流的磁通量的变化的片面理解。
答案:C
2.
(多选题)如图所示,当磁铁运动时,通过电阻的电流由A经R流向B。则磁铁的运动情况可能是( )
A.向下运动
B.向上运动
C.向左平移
D.向右平移
解析:(1)感应电流方向为A→R→B,应用右手定则得知感应电流在螺线管内产生的磁场方向向下。
(2)由楞次定律判知,螺线管内的磁通量变化情况应是向下减少或向上增加。
(3)由条形磁铁的磁感线分布可知,螺线管内原磁场方向是向下的,故应是磁通量向下减少。磁铁的向上运动、向左或向右平移均会导致通过螺线管内向下的磁通量减少,故选项B、C、D正确。
答案:BCD
3.
如图所示,一水平放置的圆形通电线圈1固定,另一较小的圆形线圈2从1的正上方下落,在下落过程中两线圈平面始终保持平行共轴,则线圈2从正上方下落至1的正下方过程中,从上往下看,线圈2中的感应电流为
( )
A.无感应电流
B.有顺时针方向的感应电流
C.先是顺时针方向,后是逆时针方向的感应电流
D.先是逆时针方向,后是顺时针方向的感应电流
解析:线圈1中环形电流的磁场方向由安培定则可判定为向上,线圈2从正上方下落到与线圈1共面的过程中穿过线圈2的磁通量增加,感应电流形成的磁场要阻碍磁通量的增加,故感应电流形成的磁场方向与线圈1的磁场方向相反,再根据安培定则可知线圈2中电流方向为顺时针。在线圈2从与1共面到落到正下方的过程中,穿过线圈2的磁通量减少,感应电流形成的磁场要阻碍磁通量的减少,故感应电流形成的磁场与线圈1的磁场方向相同,再根据安培定则判断可知,线圈2中电流方向为逆时针,故选项C正确。
答案:C
题组二 右手定则
4.(多选题)闭合电路的一部分导体在匀强磁场中做切割磁感线运动,如图所示,能正确表示感应电流I的方向、磁感应强度B的方向跟导体运动速度的方向关系的是( )
解析:根据右手定则进行判断可知B、C正确。
答案:BC
5.
如图所示,导线框abcd和通电直导线在同一平面内,直导线通有恒定电流并通过ad和bc的中点,当线框向右运动的瞬间,则( )
A.线框中有感应电流,方向为顺时针
B.线框中有感应电流,方向为逆时针
C.线框中有感应电流,但方向难以判断
D.由于穿过线框的磁通量为零,所以线框中没有感应电流
解析:
首先由安培定则判断通电直导线周围的磁场方向(如图所示),因ab导线向右做切割磁感线运动,由右手定则判断感应电流由a→b。同理可判断cd导线中的感应电流方向由c→d,ad、bc两边不做切割磁感线运动,所以整个线框中的感应电流的方向是逆时针,选项B正确。
答案:B
6.(多选题)如图所示,导体AB、CD可在水平轨道上自由滑动,且两水平轨道在中央交叉处互不相通。当导体棒AB向左移动时( )
A.AB中感应电流的方向为A到B
B.AB中感应电流的方向为B到A
C.CD向左移动
D.CD向右移动
解析:由右手定则可判断导体AB中感应电流方向为A→B,由左手定则可判断导体CD受到向右的安培力作用而向右运动,选项A、D正确。
答案:AD
题组三 感应电流的安培力
7.(多选题)如图,匀强磁场垂直于软导线回路平面,由于磁场发生变化,回路变为圆形。则该磁场可能( )
A.逐渐增强,方向向外
B.逐渐增强,方向向里
C.逐渐减弱,方向向外
D.逐渐减弱,方向向里
解析:由于磁场变化,线圈变为圆形,面积变大,根据楞次定律可知,磁场逐渐减弱,方向可以是向里也可以是向外,C、D两项正确。
答案:CD
8.(多选题)
如图,在水平光滑桌面上,两相同的矩形刚性小线圈分别叠放在固定的绝缘矩形金属框的左右两边上,且每个小线圈都各有一半面积在金属框内。在金属框通入逆时针方向电流的瞬间( )
A.两小线圈会有相互靠拢的趋势
B.两小线圈会有相互远离的趋势
C.两小线圈中感应电流都沿顺时针方向
D.左边小线圈中感应电流沿顺时针方向,右边小线圈中感应电流沿逆时针方向
解析:金属框通入电流的瞬间,两个小线圈向外的磁通量均增大,根据楞次定律,为了阻碍磁通量的增大,左边小线圈向左运动,右边小线圈向右运动,选项A错误,B正确;由环形电流的磁场分布规律知两小线圈感应磁场的方向垂直纸面向里,由安培定则可知感应电流沿顺时针方向,C正确,D错误。
答案:BC
9.
老师做了一个物理小实验让同学们观察:一轻质横杆两侧各固定一金属环,横杆可绕中心点自由转动,老师拿一条形磁铁插向其中一个小环,后又取出插向另一个小环,同学们看到的现象是( )
A.磁铁插向左环,横杆发生转动
B.磁铁插向右环,横杆发生转动
C.无论磁铁插向左环还是右环,横杆都不发生转动
D.无论磁铁插向左环还是右环,横杆都发生转动
解析:左环没有闭合,在磁铁插入过程中,不产生感应电流,不受安培力,故横杆不发生转动。右环闭合,在磁铁插入过程中,产生感应电流,受到安培力障碍与磁场的相对运动,横杆将发生转动。
答案:B
10.如图所示,粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈。当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时,若线圈始终不动,则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向运动趋势的正确判断是( )
A.FN先小于mg后大于mg,运动趋势向左
B.FN先大于mg后小于mg,运动趋势向左
C.FN先小于mg后大于mg,运动趋势向右
D.FN先大于mg后小于mg,运动趋势向右
解析:当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时,线圈中向下的磁通量先增加后减小,由楞次定律可知,线圈中先产生逆时针方向的感应电流,后产生顺时针方向的感应电流。线圈的感应电流磁场阻碍磁铁的运动,故靠近时磁铁与线圈相互排斥,线圈受排斥力向右下方,FN大于mg,线圈有水平向右运动的趋势;离开时磁铁与线圈相互吸引,线圈受到吸引力向右上方,FN小于mg,线圈有水平向右运动的趋势,故选项D正确。
答案:D
(建议用时:30分钟)
1.在赤道上空,一根沿东西方向的水平导线自由落下,则导线两端的电势( )
A.东端高
B.西端高
C.一样高
D.无法判断
解析:切割磁感线的导体相当于电源,在电源内部电流由低电势流向高电势,在赤道上空,地磁场由南向北,导线自由下落切割磁感线,根据右手定则可知导线东端电势高,故选项A正确。
答案:A
2.
闭合线框abcd自某高度自由下落时穿过一个有界的匀强磁场,当它经过如图所示的三个位置时,感应电流的方向是( )
A.经过Ⅰ时,a→d→c→b→a
B.经过Ⅱ时,a→b→c→d→a
C.经过Ⅱ时,无感应电流
D.经过Ⅲ时,a→b→c→d→a
解析:经过Ⅰ时,由右手定则可判断出,通过线框的感应电流的方向是a→b→c→d→a,选项A错误;经过Ⅱ时,穿过闭合线框的磁通量不变,闭合线框中无感应电流,选项B错误,C正确;经过Ⅲ时,由右手定则可判断出,通过线框的感应电流的方向是a→d→c→b→a,选项D错误。
答案:C
3.如图表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景,其中能产生由a到b的感应电流的是( )
解析:由右手定则可判定A中ab中电流由a向b,B、C、D中由b向a,故选项A正确。
答案:A
4.
如图所示,同一平面内的三条平行导线串有两个电阻R和r,导体棒PQ与三条导线接触良好;匀强磁场的方向垂直纸面向里。导体棒的电阻可忽略。当导体棒向左滑动时,下列说法正确的是( )
A.流过R的电流为由d到c,流过r的电流为由b到a
B.流过R的电流为由c到d,流过r的电流为由b到a
C.流过R的电流为由d到c,流过r的电流为由a到b
D.流过R的电流为由c到d,流过r的电流为由a到b
解析:根据右手定则,可判断PQ作为电源,Q端电势高,在PQcd回路中,电流为逆时针方向,即流过R的电流为由c到d,在电阻r的回路中,电流为顺时针方向,即流过r的电流为由b到a。当然也可以用楞次定律,通过回路的磁通量的变化,判断电流方向。故选项B正确。
答案:B
5.
如图所示,矩形线框与长直导线在同一平面内,当矩形线框从长直导线的左侧运动到右侧的过程中线框内感应电流的方向为( )
A.先顺时针,后逆时针
B.先逆时针,后顺时针
C.先顺时针,后逆时针,再顺时针
D.先逆时针,后顺时针,再逆时针
解析:直线电流的磁场是非匀强磁场,根据右手螺旋定则,在线框所在平面上,直线电流的右侧磁场垂直纸面向里,左侧垂直纸面向外,线框从左向右运动至长直导线中间时,磁通量是从垂直纸面向外的磁场从增强到减弱,当线框位于长直导线中间时,磁通量为零。继续向右运动时,磁通量从垂直纸面向里的磁场从增强又到减弱,根据楞次定律和右手螺旋定则,感应电流的方向为先顺时针,后逆时针,再顺时针,选项C正确。
答案:C
6.
电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路,条形磁铁静止于线圈的正上方,N极朝下,如图所示。现使磁铁开始自由下落,在N极接近线圈上端的过程中,流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是( )
A.从a到b,上极板带正电
B.从a到b,下极板带正电
C.从b到a,上极板带正电
D.从b到a,下极板带正电
解析:穿过线圈的磁场方向向下,磁铁接近时,线圈中磁通量增加,由楞次定律知,产生感应电流的磁场方向向上,由安培定则可知,流过R的电流方向是从b到a,b电势高于a,故电容器下极板带正电,选项D正确。
答案:D
7.
如图所示,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纸面垂直,当线圈第一次通过位置Ⅰ和位置Ⅱ时,顺着磁场方向看去,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:由题图可知,当线圈从Ⅰ位置运动到最低点过程中,穿过线圈的磁通量增加,根据楞次定律可知,线圈中感应电流的方向,顺着磁场方向看是逆时针方向;当线圈从最低点运动到Ⅱ位置的过程中,穿过线圈的磁通量减少,根据楞次定律可知,线圈中感应电流的方向应是顺时针方向,所以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是逆时针方向、顺时针方向,所以选项B正确,选项A、C、D错误。
答案:B
8.
(多选题)如图所示,在匀强磁场中放有平行铜导轨,它与大线圈M相连,要使线圈N获得顺时针方向的感应电流,则放在导轨上的裸金属棒
ab
的运动情况可能是(两线圈共面放置)( )
A.向右匀速运动
B.向左加速运动
C.向右减速运动
D.向右加速运动
解析:欲使线圈N产生顺时针方向的感应电流,则感应电流的磁场方向应为垂直纸面向里,由楞次定律可知有两种情况:一是M中有顺时针方向逐渐减小的电流,使其在N中的磁场方向向里,且磁通量在减小;二是M中有逆时针方向逐渐增大的电流,使其在N中的磁场方向向外,且磁通量在增大。因此,对于前者,应使ab减速向右运动;对于后者,则应使ab加速向左运动。故应选B、C。(注意:金属棒ab匀速运动只能使线圈M中产生恒定电流,无法使线圈N感应出电流)
答案:BC
9.电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按图中所示连接。开关闭合,线圈A放在线圈B中,某同学发现将滑动变阻器滑片P向左滑动时,电流计指针向右偏转。由此可判断( )
A.线圈A向上移动和滑动变阻器的滑片P向右滑动都能引起电流计指针向左偏转
B.滑动变阻器的滑片P匀速向左或匀速向右滑动,电流计指针均静止在中央
C.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
D.因为线圈A、线圈B的绕线方向未知,则无法判断电流计指针偏转的方向
解析:滑动变阻器滑片P向左滑动,线圈A中的电流减小,由楞次定律可知,线圈B中磁通量减少,电流计指针右偏。线圈A上移、拔出铁芯或断开开关,均使B中磁通量减少,故A错误,C正确。只要磁通量变化,均能产生感应电流并能判断电流计指针偏转的方向,故B、D错误。
答案:C
10.我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律。以下是实验探究过程的一部分。
(1)如图甲所示,当磁铁的N极向下运动时,发现电流表指针偏转,若要探究线圈中产生感应电流的方向,必须知道
。
(2)如图乙所示,实验中发现闭合开关时,电流表指针向右偏。电路稳定后,若向左移动滑片,此过程中电流表指针向 偏转;若将线圈A抽出,此过程中电流表指针向 偏转。(均选填“左”或“右”)
解析:(1)电流表没有电流通过时,指针在中央位置,要探究线圈中电流的方向,必须知道电流从正(负)接线柱流入时,指针的偏转方向。
(2)闭合开关时,线圈A中的磁场增强,线圈B中产生的感应电流使电流表向右偏,则当左移滑片时,会使线圈A中的磁场增强,电流表指针将向右偏;当线圈A抽出,在线圈B处的磁场减弱,线圈B中产生的感应电流将使电流表指针向左偏。
答案:(1)电流从正(负)接线柱流入时,电流表指针的偏转方向 (2)右 左
11.
如图所示,两条平行虚线之间存在匀强磁场,虚线间的距离为l,磁场方向垂直纸面向里。abcd是位于纸面内的梯形线圈,ad与bc间的距离也为l。t=0时刻,bc边与磁场区域边界重合。让线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域。请判断当bc边刚进入磁场时,线圈abcd中感应电流的方向。
解析:(方法一)右手定则
利用右手定则可直接判定感应电流的方向为a→d→c→b→a。
(方法二)楞次定律
bc边进入磁场,穿过线圈的磁通量增大,感应电流的磁场将阻碍这一磁通量的增大,因此将产生a→d→c→b→a方向的感应电流。
答案:感应电流的方向为a→d→c→b→a课时训练4 电磁感应现象的两类情况
题组一 感生电场与感应电动势
1.
(多选题)下列说法中正确的是( )
A.感生电场由变化的磁场产生
B.恒定的磁场也能在周围空间产生感生电场
C.感生电场的方向也同样可以用楞次定律和右手定则来判定
D.感生电场的电场线是闭合曲线,其方向一定是沿逆时针方向
解析:磁场变化时在空间激发感生电场,其方向与所在闭合电路中产生的感应电流方向相同,可由楞次定律和右手定则判定,故选项A、C正确,选项B、D错误。
答案:AC
2.(多选题)
某空间出现了如图所示的磁场,当磁感应强度变化时,在垂直于磁场的方向上会产生感生电场,有关磁感应强度的变化与感生电场的方向关系描述正确的是( )
A.当磁感应强度均匀增大时,感生电场的电场线从上向下看应为顺时针方向
B.当磁感应强度均匀增大时,感生电场的电场线从上向下看应为逆时针方向
C.当磁感应强度均匀减小时,感生电场的电场线从上向下看应为顺时针方向
D.当磁感应强度均匀减小时,感生电场的电场线从上向下看应为逆时针方向
解析:感生电场中电场线的方向用楞次定律来判定:原磁场向上且磁感应强度在增大,在周围有闭合导线的情况下,感应电流的磁场方向应与原磁场方向相反,即感应电流的磁场方向向下,再由右手螺旋定则得到感应电流的方向是从上向下看应为顺时针方向,则感生电场的方向从上向下看也为顺时针方向;同理可知,原磁场方向向上且磁感应强度减小时,感生电场的方向从上向下看应为逆时针方向。选项A、D正确。
答案:AD
3.(多选题)
某空间出现了如图所示的一组闭合电场线,方向从上向下看是顺时针的,这可能是( )
A.沿AB方向磁场在迅速减弱
B.沿AB方向磁场在迅速增强
C.沿BA方向磁场在迅速增强
D.沿BA方向磁场在迅速减弱
解析:感生电场的方向从上向下看是顺时针的,假设在平行感生电场的方向上有闭合回路,则回路中的感应电流方向从上向下看也应该是顺时针的,由右手螺旋定则可知,感应电流的磁场方向向下,根据楞次定律可知,原磁场有两种可能:原磁场沿AB方向且减弱,或原磁场沿BA方向且增强,所以A、C有可能。
答案:AC
4.在如图所示的A、B、C、D四种磁场情况中能产生恒定的感应电场的是( )
解析:均匀变化的磁场产生恒定的感应电场,C正确。
答案:C
5.
如图所示,固定于水平桌面上的金属框架cdef,处在竖直向下的匀强磁场中,金属棒ab搁在框架上,可无摩擦滑动。此时adeb构成一个边长为l的正方形。金属棒的电阻为r,其余部分电阻不计。开始时磁感应强度为B0。
(1)若从t=0时刻起,磁感应强度均匀增加,每秒增加k,同时保持棒静止,求金属棒中的感应电流大小和方向。
(2)在上述(1)情况中,始终保持金属棒静止,当t=t1末时需加的垂直于棒的水平拉力为多大
解析:(1)根据法拉第电磁感应定律E=S=kl2,再根据欧姆定律得I=,根据楞次定律可知回路中的电流方向为逆时针方向,即棒上电流从b到a。
(2)要保持棒静止,使作用到棒上的力平衡,即水平拉力等于棒受到的安培力
F=F安=BIl=(B0+kt1)l=(B0+kt1)。
答案:(1) 棒中电流方向由b到a
(2)
题组二 动生电动势
6.
(多选题)如图所示,导体AB在做切割磁感线运动时,将产生感应电动势,因而在电路中有电流通过,下列说法中正确的是( )
A.因导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势
B.动生电动势的产生与洛伦兹力有关
C.动生电动势的产生与电场力有关
D.动生电动势和感应电动势产生的原因是一样的
解析:根据动生电动势的定义,选项A正确。动生电动势中的非静电力与洛伦兹力有关,感应电动势中的非静电力与感生电场有关,选项B正确,选项C、D错误。
答案:AB
7.如图甲所示,固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg处于方向竖直向下的匀强磁场中,金属杆ab与金属框架接触良好。在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻,其他部分电阻忽略不计。现用一水平向右的外力F作用在金属杆ab上,使金属杆由静止开始向右在框架上滑动,运动中杆ab始终垂直于框架。图乙为一段时间内金属杆受到的安培力F安随时间t的变化关系,则图中可以表示外力F随时间t变化关系的图象是( )
解析:ab切割磁感线产生感应电动势E=Blv,感应电流为I=,安培力F安=,所以v∝F安,v∝t,金属杆的加速度为定值,又由牛顿第二定律F-F安=ma,即
F=F安+ma,故选项D正确。
答案:D
8.磁浮列车的运行原理可简化为如图所示的模型,在水平面上,两根平行直导轨间有竖直方向且等距离分布的匀强磁场B1和B2,导轨上有金属框abcd,金属框宽度ab与磁场B1、B2宽度相同。当匀强磁场B1和B2同时以速度v0沿直导轨向右做匀速运动时,金属框也会沿直导轨运动,设直导轨间距为L,B1=B2=B,金属框的电阻为R,金属框运动时受到的阻力恒为F,则金属框运动的最大速度为多少
解析:当磁场B1、B2同时以速度v0向右匀速运动时,线框必然同时有两条边切割磁感线而产生感应电动势。线框以最大速度运动时切割磁感线的速度为v=v0-vm
当线框以最大速度vm匀速行驶时,线框产生的感应电动势为E=2BLv
线框中产生的感应电流为I=
线框所受的安培力为F安=2BIL
线框匀速运动时,据平衡条件可得F安=F
解得vm=。
答案:
(建议用时:30分钟)
1.
(多选题)下列说法正确的是( )
A.磁场变化时会在空间激发电场
B.处于变化磁场中的导体中的自由电荷定向移动,是由于受到感生电场的作用
C.感生电场就是感应电动势
D.以上说法都不对
解析:麦克斯韦认为,磁场的变化会在空间激发一种电场。若闭合电路此刻处于这种电场中,导体中的自由电荷将发生定向运动,产生感应电流,或者说导体中产生感应电动势。其非静电力就是这种感生电场对自由电荷的作用,所以选项A、B是正确的,选项C是错误的。
答案:AB
2.
如图所示,在一水平光滑绝缘塑料板上有一环形凹槽,有一带正电小球质量为m、电荷量为q,在槽内沿顺时针做匀速圆周运动,现加一竖直向上的均匀变化的匀强磁场,且B逐渐增加,则( )
A.小球速度变大
B.小球速度变小
C.小球速度不变
D.以上三种情况都有可能
解析:
在此空间中,没有闭合导体,但磁场的变化使空间产生感生电场。根据楞次定律得出如图所示感生电场,又因小球带正电荷,电场力与小球速度同向,电场力对小球做正功,小球速度变大,选项A正确。
答案:A
3.如图甲所示,竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路,导线所围的区域内有一垂直纸面向里变化的磁场,螺线管下方水平桌面上有一导体圆环,导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按图乙中哪一个图线所表示的方式随时间变化时,导体环将受到向上的磁场力作用( )
甲
乙
解析:A选项中,abcd中磁通量变化时,产生感应电流,螺线管下方的导体环中有磁通量穿过,但由于磁场的变化越来越慢,穿过圆环的磁通量也越来越小,根据楞次定律,为阻碍环中磁通量的减少,环将靠近螺线管,即环受向上的磁场力的作用,选项A正确;B选项中,磁场变化越来越快,螺线管中磁场变强,圆环中磁通量增大,为阻碍磁通量增大,环将向下运动,即受磁场力向下;C、D选项中,磁场均匀变化,螺线管中电流恒定,穿过圆环的磁通量不变,圆环中无感应电流产生,与螺线管无相互作用的力。
答案:A
4.平面上的光滑平行导轨MN、PQ上放着光滑导体棒ab、cd,两棒用细线系住,细线拉直但没有张力。开始时匀强磁场的方向如图甲所示,而磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示,不计ab、cd间电流的相互作用,则细线中的张力大小随时间变化的情况为图丙中的( )
解析:在0到t0时间内,根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势恒定,感应电流恒定,但因磁场均匀变弱,故两导体棒上的安培力均匀变小,根据左手定则和平衡知识知细线上有拉力,大小等于每个棒受到的安培力,当t0时刻磁场为零,安培力为零。大于t0时刻后,磁场反向变强,两棒间距变小,线上无力,选项D正确。
答案:D
5.(多选题)如图所示,匀强磁场方向垂直于线圈平面,先后两次将线圈从同一位置匀速地拉出有界磁场,第一次拉出时速度为
v1=v0,第二次拉出时速度为
v2=2v0,前后两次拉出线圈的过程中,下列说法正确的是( )
A.线圈中感应电流之比是1∶2
B.线圈中产生的热量之比是2∶1
C.沿运动方向作用在线框上的外力的功率之比为1∶2
D.流过任一横截面的感应电荷量之比为1∶1
解析:线框在拉出磁场的过程中,导体做切割磁感线运动,产生感应电动势E=Blv,线框中的感应电流I=,所以I1∶I2=v1∶v2=1∶2,选项A正确;线框中产生的电热Q=I2Rt=()2R,所以Q1∶Q2=v1∶v2=1∶2,选项B错误;由于匀速运动,施加的外力与安培力相等,故外力的功率P=Fv=BIlv=,所以P1∶P2==1∶4,选项C错误;流过线圈任一截面的电荷量为q=It=,所以q1∶q2=1∶1,选项D正确。
答案:AD
6.如图所示,足够长平行金属导轨倾斜放置,倾角为37°,宽度为0.5
m,电阻忽略不计,其上端接一小灯泡,电阻为1
Ω。一导体棒MN垂直于导轨放置,质量为0.2
kg,接入电路的电阻为1
Ω,两端与导轨接触良好,与导轨间的动摩擦因数为0.5。在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度为0.8
T。将导体棒MN由静止释放,运动一段时间后,小灯泡稳定发光,此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10
m/s2,sin
37°=0.6)( )
A.2.5
m/s 1
W
B.5
m/s 1
W
C.7.5
m/s 9
W
D.15
m/s 9
W
解析:当小灯泡稳定发光时,导体棒MN匀速运动,受力如图所示。根据受力平衡可得,mgsinθ=μmgcosθ+,代入数据得,v=5m/s;小灯泡消耗的电功率为P=()2R=1W,B项正确。
答案:B
7.如图所示,水平地面上方有正交的匀强电场E和匀强磁场B,电场方向竖直向下,磁场方向垂直纸面向外,等腰三角形的金属框由底边呈水平位置开始沿竖直平面的电磁场由静止开始下落,下落过程中三角形平面始终在竖直平面内,不计阻力,a、b落到地面的次序是( )
A.a先于b
B.b先于a
C.a、b同时落地
D.无法判定
解析:当△abc线框下落时,闭合回路中磁通量没有发生变化,回路不产生感应电流,但由于各边都在切割磁感线,所以会产生感应电动势,根据楞次定律,可以判定a点的电势高,是电源的正极,b点的电势低,是电源的负极,a点聚集着正电荷,b点聚集着负电荷,a点的正电荷受到的电场力向下,使a点加快运动,b点的负电荷受到的电场力向上,使b点减缓运动,故a点先落地,选项A正确。
答案:A
8.(2016·全国理综2,20)(多选题)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时,关于流过电阻R的电流,下列说法正确的是
( )
A.若圆盘转动的角速度恒定,则电流大小恒定
B.若从上向下看,圆盘顺时针转动,则电流沿a到b的方向流动
C.若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则电流方向可能发生变化
D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍,则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
解析:根据右手定则,转动过程中产生电流的方向只与圆盘转动方向有关,C选项错误;当圆盘顺时针转动时,圆盘中电流方向应由P到圆心,通过电阻的电流方向为a→b,B选项正确;设圆盘半径为r,则圆盘产生的感应电动势大小为E=Bω,I=∝ω,A选项正确;电流在R上产生的热功率P=I2R=·R∝ω2,角速度为原来的2倍,热功率应为原来的4倍,D选项错误。
答案:AB
9.如图所示,横截面为矩形的管道中,充满了水银,管道的上下两壁为绝缘板,左右两壁为导体板(图中虚线部分),两导体板被一无电阻的导线短接。管道的高度为a,宽度为b,长度为c。加在管道两端截面上的压强差恒为p,水银以速度v沿管道方向流动时,水银受到管道的阻力F与速度成正比,即F=kv(k为已知常量)。求:
(1)水银的稳定流速v1为多大
(2)如果将管道置于一匀强磁场中,磁场与绝缘壁垂直,磁感应强度的大小为B,方向向上,此时水银的稳定流速v2又是多大 (已知水银的电阻率为ρ,磁场只存在于管道所在的区域,不考虑管道两端之外的水银对电路的影响)
解析:(1)由pab=kv1得v1=。
(2)感应电动势E=Bbv2
电阻R=ρ
由欧姆定律可得I=
由平衡条件可得pab=BIb+kv2
所以v2=。
答案:(1) (2)
11.某同学设计一个发电测速装置,工作原理如图所示。一个半径为R=0.1
m的圆形金属导轨固定在竖直平面上,一根长为R的金属棒OA,A端与导轨接触良好,O端固定在圆心处的转轴上。转轴的左端有一个半径为r=的圆盘,圆盘和金属棒能随转轴一起转动。圆盘上绕有不可伸长的细线,下端挂着一个质量为m=0.5
kg
的铝块。在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场,磁感应强度B=0.5
T。a点与导轨相连,b点通过电刷与O端相连。测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度。铝块由静止释放,下落h=0.3
m
时,测得U=0.15
V。(细线与圆盘间没有滑动,金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计,重力加速度g取10
m/s2)
(1)测U时,与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”
(2)求此时铝块的速度大小;
(3)求此下落过程中铝块机械能的损失。
解析:(1)正极
(2)由电磁感应定律得
U=E=
ΔΦ=BR2Δθ
U=BωR2
v=rω=ωR
所以v==2m/s。
(3)ΔE=mgh-mv2
ΔE=0.5J。
答案:(1)正极 (2)2
m/s (3)0.5
J课时训练3 法拉第电磁感应定律
题组一 法拉第电磁感应定律
1.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
2.(多选题)下列关于电磁感应产生感应电动势大小的表述正确的是( )
A.穿过导体框的磁通量为零的瞬间,线框中的感应电动势有可能很大
B.穿过导体框的磁通量越大,线框中感应电动势一定越大
C.穿过导体框的磁通量变化量越大,线框中感应电动势一定越大
D.穿过导体框的磁通量变化率越大,线框中感应电动势一定越大
解析:感应电动势的大小与磁通量的大小无关,而是与磁通量的变化率成正比,当导体框的磁通量为零的瞬间,线框中感应电动势可能很大,选项A、D正确。
答案:AD
3.
(多选题)单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动,转动轴垂直于磁场。若线圈所围面积的磁通量随时间变化的规律如图所示,则( )
A.线圈中0时刻的感应电动势最小
B.线圈中C时刻的感应电动势为零
C.线圈中C时刻的感应电动势最大
D.线圈中0到C时刻内平均感应电动势为0.4
V
解析:感应电动势E=,而磁通量的变化率是Φ-t图象中的切线斜率,当t=0时Φ=0,但≠0。若求平均感应电动势,则用ΔΦ与Δt的比值求,V=0.4V。可知选项B、D正确。
答案:BD
4.(2016·北京理综,16)
如图所示,匀强磁场中有两个导体圆环a、b,磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度B随时间均匀增大。两圆环半径之比为2∶1,圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb,不考虑两圆环间的相互影响。下列说法正确的是( )
A.Ea∶Eb=4∶1,感应电流均沿逆时针方向
B.Ea∶Eb=4∶1,感应电流均沿顺时针方向
C.Ea∶Eb=2∶1,感应电流均沿逆时针方向
D.Ea∶Eb=2∶1,感应电流均沿顺时针方向
解析:根据楞次定律可知,感应电流产生的磁场方向垂直圆环所在平面向里,由右手定则知,两圆环中电流均沿顺时针方向。圆环的半径之比为2∶1,则面积之比为4∶1,据法拉第电磁感应定律得E=为定值,故Ea∶Eb=4∶1,故选项B正确。
答案:B
5.
如图所示,A、B两个闭合线圈用同样的导线制成,匝数都为10匝,半径rA=2rB,图示区域内有磁感应强度均匀减小的匀强磁场,则A、B线圈中产生的感应电动势之比为EA∶EB= ,线圈中的感应电流之比为IA∶IB= 。
解析:A、B两闭合线圈中的磁通量变化率相同,线圈匝数相同,由E=n可得EA∶EB=1∶1。又因为R=ρ,已知半径rA=2rB,有lA∶lB=2∶1,故电阻RA∶RB=2∶1,所以IA∶IB==1∶2。
答案:1∶1 1∶2
题组二 导体切割磁感线产生的电动势
6.(多选题)一根直导线长0.1
m,在磁感应强度为0.1
T的匀强磁场中以10
m/s的速度匀速运动,则导线中产生的感应电动势( )
A.一定为0.1
V
B.可能为零
C.可能为0.01
V
D.最大值为0.1
V
解析:导体切割磁感线运动中,B、l、v互相垂直时感应电动势最大,Em=Blv=0.1×0.1×10V=0.1V;当
v∥B
时,E=0,所以0≤E≤0.1V,故选项B、C、D正确。
答案:BCD
7.
磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区,刷卡器中有检测线圈。当以速度v0刷卡时,在线圈中产生感应电动势,其E-t关系如图所示。如果只将刷卡速度改为,线圈中的E-t关系图可能是( )
解析:从题中E-t图象可以看出,刷卡速度为v0时,产生感应电动势的最大值为E0,所用时间为t0;当刷卡速度变为时,根据E=Blv可知,此时产生感应电动势的最大值E=,由于刷卡器及卡的长度未变,故刷卡时间变为2t0,故选项D正确。
答案:D
8.纸面内两个半径均为R的圆相切于O点,两圆形区域内分别存在垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小相等、方向相反,且不随时间变化。一长为2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转,角速度为ω,t=0时,OA恰好位于两圆的公切线上,如图所示。若选取从O指向A的电动势为正,下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图象可能正确的是( )
解析:导体杆在右边圆形磁场中切割磁感线的有效长度为L=2Rsinωt,产生的感应电动势的大小E=BL2ω=2BωR2sin2ωt,故电动势随时间非均匀变化,排除选项A、B。根据右手定则,导体杆在右边磁场中运动时,感应电动势为正,排除选项D,选项C正确。
答案:C
题组三 感应电流受的安培力
9.如图所示,当导线ab在电阻不计的金属导轨上滑动时,线圈c向右摆动,则ab的运动情况是( )
A.向左或向右匀速运动
B.向左或向右减速运动
C.向左或向右加速运动
D.只能向右匀加速运动
解析:当导线ab在导轨上滑行时,线圈c向右运动,说明穿过线圈的磁通量正在减少,即右侧回路中的感应电流减小,导线正在减速运动,与方向无关,故选项A、C、D错误,选项B正确。
答案:B
10.(多选题)
条形磁铁放在光滑水平面上,在条形磁铁的中央位置的正上方水平固定一铜质圆环如图所示,以下判断中正确的是
( )
A.释放圆环,环下落时环的机械能守恒
B.释放圆环,环下落时磁铁对桌面的压力比磁铁的重力大
C.给磁铁水平向右的初速度,磁铁运动后做减速运动
D.给磁铁水平向右的初速度,圆环产生向左的运动趋势
解析:由条形磁铁磁场分布特点可知,穿过其中央位置正上方的圆环的合磁通量为0,所以在圆环下落的过程中,磁通量不变,没有感应电流,只受重力,则圆环下落时环的机械能守恒,选项A对,选项B错;给磁铁水平向右的初速度,由楞次定律可知,圆环的运动总是阻碍自身磁通量的变化,所以要受到向右的作用力,由牛顿第三定律可知,磁铁要受到向左的作用力而做减速运动,选项C对,选项
D错。
答案:AC
11.(多选题)如图所示,不计电阻的光滑U形金属框水平放置,光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上,H、P的间距很小。质量为
0.2
kg
的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间,与金属框接触良好并围成边长为1
m的正方形,其有效电阻为0.1
Ω。此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场,磁感应强度随时间变化规律是B=(0.4-0.2t)
T,图示磁场方向为正方向。框、挡板和杆不计形变。则( )
A.t=1
s时,金属杆中感应电流方向从C到D
B.t=3
s时,金属杆中感应电流方向从D到C
C.t=1
s时,金属杆对挡板P的压力大小为0.1
N
D.t=3
s时,金属杆对挡板H的压力大小为0.2
N
解析:由楞次定律可知,t=1s、t=3s时,金属杆
中感应电流方向均从C到D,选项A正确,B错误;由法拉第电磁感应定律,得感应电动势E=S·sin30°=0.1V,感应电流I==1A,t=1s时,金属杆受力如图甲所示,由平衡条件,得FP=FAsin30°=BILsin30°=(0.4-0.2t)T×ILsin30°=0.1N,选项C正确;t=3s时,金属杆受力如图乙所示,由平衡条件,得FH=FAsin30°=B3ILsin30°,而B3=0.4T-0.2×3T=-0.2T,方向向左上方,代入解得FH=0.1N,选项D错误。
甲
乙
答案:AC
(建议用时:30分钟)
1.下列说法正确的是( )
A.线圈中磁通量变化量越大,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
解析:根据法拉第电磁感应定律知,感应电动势与磁通量的变化率成正比,与磁感应强度、磁通量、磁通量的变化量大小没有必然联系,选项A、B错误;磁感应强度越大,线圈的磁通量不一定大,ΔΦ也不一定大,更不一定大,故选项C错误;磁通量变化得越快,即越大,由E=n可知,感应电动势越大,选项D正确。
答案:D
2.穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒均匀地减少2
Wb,则( )
A.线圈中感应电动势每秒增加2
V
B.线圈中感应电动势每秒减少2
V
C.线圈中无感应电动势
D.线圈中感应电动势大小不变
解析:题设条件中给出的线圈中的磁通量每秒均匀减少2Wb,即相当于已知=2Wb/s,故根据法拉第电磁感应定律E=n,可得E=2V,且保持不变,所以选项D正确。
答案:D
3.一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大一倍,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:根据E=n=nS求电动势,当n、S发生变化时导体的电阻也发生了变化。若匝数增加一倍,电阻也增加一倍,感应电流不变,故选项A错;若匝数减少一半,感应电流也不变,故选项C错;若面积增加一倍,长度变为原来的倍,因此电阻为原来的倍,电流为原来的倍,故选项B错;磁感应强度的变化率增大一倍,感应电流增大一倍,选项D正确。
答案:D
4.
如图所示,半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中,绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动,则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)
( )
A.由c到d,I=
B.由d到c,I=
C.由c到d,I=
D.由d到c,I=
解析:金属圆盘在匀强磁场中匀速转动,可以等效为无数根长为r的导体棒绕O点做匀速圆周运动,其产生的感应电动势大小为E=,由右手定则可知其方向由外指向圆心,故通过电阻R的电流I=,方向由d到c,故选项D正确。
答案:D
5.(多选题)如图是穿过某闭合回路的磁通量随时间变化的四种情况,在t0时间内可使该回路产生恒定感应电流的是( )
解析:产生恒定感应电流的条件是感应电动势恒定,由电磁感应定律E=n,是常量,因此Φ-t
图象是一条倾斜的直线,选项C、D正确。
答案:CD
6.(多选题)
如图所示,水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN,当PQ在外力作用下运动时,MN在磁场力作用下向右运动,则PQ所做的运动可能是( )
A.向右加速运动
B.向左加速运动
C.向右减速运动
D.向左减速运动
解析:设PQ向右运动,用右手定则和安培定则判定可知穿过L1的磁感线方向向上。若PQ向右加速运动,则穿过L1的磁通量增加,用楞次定律判定可知通过MN的感应电流方向是N→M,对MN用左手定则判定可知MN向左运动,可见选项A不正确;若PQ向右减速运动,则穿过L1的磁通量减少,用楞次定律判定可知通过MN的感应电流方向是M→N,用左手定则判定可知MN向右运动,可见C正确;同理设PQ向左运动,用上述类似方法可判定选项B正确,而选项D错误。
答案:BC
7.
如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图,线圈匝数为n,面积为S。若在t1到t2时间内,匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈,其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2,则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa-φb
( )
A.恒为
B.从0均匀变化到
C.恒为-
D.从0均匀变化到-
解析:由楞次定律和安培定则可知,感应电流由a到b,线圈相当于电源,故φa<φb。根据法拉第电磁感应定律可得|φa-φb|=n,综上所述,φa-φb=-,选项C正确。
答案:C
8.(2017·天津理综,3)
如图所示,两根平行金属导轨置于水平面内,导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小,ab始终保持静止,下列说法正确的是( )
A.ab中的感应电流方向由b到a
B.ab中的感应电流逐渐减小
C.ab所受的安培力保持不变
D.ab所受的静摩擦力逐渐减小
解析:原磁场的磁感应强度均匀减小,由楞次定律得感应磁场与原磁场方向相同,由安培定则可得感应电流方向由a向b,故A错误;由法拉第电磁感应定律可知,感应电动势恒定,感应电流恒定,故B错误;棒ab所受安培力F安=IlB,其中I恒定,B均匀减小,l不变,F安减小,故C错误;由二力平衡Ff=F安可知Ff逐渐减小,故D正确。
答案:D
9.
如图所示,匀强磁场的磁感应强度为B,方向竖直向下,在磁场中有一边长为l的正方形导线框,ab边质量为m,其余边质量不计,cd边有固定的水平轴,导线框可以绕其转动;现将导线框拉至水平位置由静止释放,不计摩擦和空气阻力,金属框经过时间t运动到竖直位置,此时ab边的速度为v,求:
(1)此过程中线框产生的平均感应电动势的大小;
(2)线框运动到竖直位置时感应电动势的大小。
解析:(1)Φ1=BS=Bl2,转到竖直位置Φ2=0
ΔΦ=Φ2-Φ1=-Bl2
根据法拉第电磁感应定律,有E=
平均感应电动势的大小为E=
(2)转到竖直位置时,bc、ad两边不切割磁感线,ab边垂直切割磁感线,E=Blv,此时求的是瞬时感应电动势。
答案:(1) (2)Blv
10.如图甲所示,水平放置的线圈匝数n=200,直径d1=40
cm,电阻r=2
Ω,线圈与阻值R=6
Ω的电阻相连。在线圈的中心有一个直径d2=20
cm
的有界匀强磁场,磁感应强度按图乙所示规律变化,规定垂直纸面向里的磁感应强度方向为正方向。试求:
(1)通过电阻R的电流方向;
(2)电压表的示数;
(3)若撤去原磁场,在图中竖直虚线的右侧空间加磁感应强度B=0.5
T的匀强磁场,方向垂直纸面向里,试证明将线圈向左拉出磁场的过程中,通过电阻R上的电荷量为定值,并求出其值。
解析:(1)匀强磁场的磁感应强度均匀增加,由楞次定律可知,线圈产生逆时针方向的感应电流,电流方向从A流向B。
(2)由E=n可得E=n,E=I(R+r),U=IR
解得U=1.5πV=4.71V
(3)证明:设线圈拉出磁场经历时间Δt
=n,电荷量q=Δt
解得q=n,与线圈运动的时间无关,即与运动的速度无关,代入数据得q=0.5πC=1.57C。
答案:(1)从A流向B (2)4.71
V (3)证明见解析 1.57
C课时训练6 涡流、电磁阻尼和电磁驱动
题组一 涡流
1.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:通入恒定电流时,所产生的磁场恒定不变,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,故选项C正确。
答案:C
2.如图是高频电磁炉的工作示意图,它是采用电磁感应原理产生涡流加热的,它利用变化的电流通过线圈产生变化的磁场,当变化的磁场通过含铁质锅的底部时,即会产生无数小涡流,使锅体本身自行高速升温,然后再加热锅内食物。电磁炉工作时产生的电磁波,完全被线圈底部的屏蔽层和顶板上的含铁质锅所吸收,不会泄漏,对人体健康无危害。关于电磁炉,以下说法中正确的是( )
A.电磁炉是利用变化的磁场在食物中产生涡流对食物加热的
B.电磁炉是利用变化的磁场产生涡流,使含铁质锅底迅速升温,进而对锅内食物加热的
C.电磁炉是利用变化的磁场使食物中的极性水分子振动和旋转来对食物加热的
D.电磁炉跟电炉一样是让电流通过电阻丝产生热量来对食物加热的
解析:电磁炉的工作原理是利用变化的电流通过线圈产生变化的磁场,变化的磁场通过含铁质锅的底部产生无数小涡流,使锅体温度升高后加热食物,故选项A、D错误,选项B正确;而选项C是微波炉的加热原理,选项C错误。
答案:B
3.(多选题)机场的安检门可以利用涡流探测人身上携带的金属物品,安检门中接有线圈,线圈中通以交变电流,关于其工作原理,以下说法正确的是
( )
A.人身上携带的金属物品会被地磁场磁化,在线圈中产生感应电流
B.人体在线圈交变电流产生的磁场中运动,产生感应电动势并在金属物品中产生感应电流
C.线圈产生的交变磁场会在金属物品中产生交变的感应电流
D.金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流
解析:一般金属物品不一定能被磁化,且地磁场很弱,即使金属被磁化磁性也很弱,由于人体电阻很大,且一般不会与金属物品构成回路,故选项A、B错误;安检门利用涡流探测金属物品的工作原理是:线圈中交变电流产生交变磁场,使金属物品中产生涡流,故选项C正确;该涡流产生的磁场又会在线圈中产生感应电流,而线圈中交变电流的变化可以被检测到,故选项D正确。
答案:CD
题组二 电磁阻尼
4.如图所示,一个闭合的矩形金属框abcd与一根绝缘轻杆B相连,轻杆上端O点是一个固定转轴,转轴与线框平面垂直,线框静止时恰位于蹄形磁铁的正中央,线框平面与磁感线垂直。现将线框从静止释放,在左右摆动过程中,线框受到磁场力的方向是( )
A.向左摆动的过程中,受力方向向左;向右摆动的过程中,受力方向向右
B.向左摆动的过程中,受力方向向右;向右摆动的过程中,受力方向向左
C.向左摆动的过程中,受力方向先向左后向右;向右摆动的过程中,受力方向先向右后向左
D.摆动过程中始终不受力
解析:从阻碍相对运动的角度来看,由于磁通量的变化是由线框和磁场间做相对运动引起的,因此感应电流的磁场总是阻碍线框相对磁场的运动。要阻碍相对运动,磁场对线框因产生感应电流而产生的作用力——安培力一定和相对运动的方向相反,即线框向左摆动时受安培力方向向右,线框向右摆动时受安培力方向向左,所以选项B正确。
答案:B
5.(多选题)磁电式仪表的线圈通常用铝框做骨架,把线圈绕在铝框上,这样做的目的是( )
A.防止涡流
B.利用涡流
C.起电磁阻尼的作用
D.起电磁驱动的作用
解析:线圈通电后,在安培力作用下发生转动,铝框随之转动,并切割磁感线产生感应电流,就是涡流。涡流阻碍线圈的转动,使线圈偏转后尽快停下来,所以,这样做的目的是利用涡流来起电磁阻尼的作用。
答案:BC
6.一个半径为r、质量为m、电阻为R的金属圆环,用一根长为L的绝缘细绳悬挂于O点,离O点下方处有一宽度为、垂直纸面向里的匀强磁场区域,如图所示。现使圆环从与悬点O等高位置A处由静止释放(细绳伸直,忽略空气阻力),摆动过程中金属环所在平面始终垂直磁场,则在达到稳定摆动的整个过程中金属环产生的热量是( )
A.mgL
B.mg
C.mg
D.mg(L+2r)
解析:线圈在进入磁场和离开磁场时,磁通量发生变化,产生感应电流,机械能减少。最后线圈在磁场下面摆动,机械能守恒。在整个过程中减少的机械能转变为焦耳热,在达到稳定摆动的整个过程中,金属环减少的机械能为mg,选项C正确。
答案:C
7.如图所示,四根等长的铝管和铁块(其中C中铝管不闭合,其他两根铝管和铁管均闭合)竖直放置在同一竖直平面内,分别将磁铁和铁块沿管的中心轴线从管的上端由静止释放,忽略空气阻力,则下列关于磁铁和铁块穿过管的运动时间的说法正确的是( )
A.tA>tB=tC=tD
B.tC=tA=tB=tD
C.tC>tA=tB=tD
D.tC=tA>tB=tD
解析:A中闭合铝管不会被磁铁磁化,但当磁铁穿过铝管的过程中,铝管可看成很多圈水平放置的铝圈,据楞次定律知,铝圈将发生电磁感应现象,阻碍磁铁的相对运动;因C中铝管不闭合,所以磁铁穿过铝管的过程不发生电磁感应现象,磁铁做自由落体运动;铁块在B中铝管和D中铁管中均做自由落体运动,所以磁铁和铁块在管中运动时间满足tA>tC=tB=tD,选项A正确。
答案:A
题组三 电磁驱动
8.
如图是著名物理学家费曼设计的一个实验,在一块绝缘板中部安装一个线圈,并接有电源,板的四周有许多带负电的小球,将整个装置悬挂起来,当接通开关瞬间,整个圆盘将
( )
A.顺时针转动一下
B.逆时针转动一下
C.顺时针不断转动
D.逆时针不断转动
解析:开关接通瞬间,穿过带电小球所在空间向下的磁通量突然增加,由楞次定律知,在带电小球所处空间将产生逆时针方向(从上往下看)的电动势(确切讲,应为逆时针方向电场),从而使带负电小球受到顺时针方向作用力,由于该变化是瞬间的,故选项A正确。
答案:A
9.
(多选题)绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上,铁芯上套着一个铝环,线圈与电源、开关相连,如图所示。线圈上端与电源正极相连,闭合开关的瞬间,铝环向上跳起。若保持开关闭合,则( )
A.铝环不断升高
B.铝环停留在某一高度
C.铝环跳起到某一高度后将回落
D.如果电源的正、负极对调,观察到的现象不变
解析:当线圈中电流增强时,穿过铝环的磁通量增大,使铝环中产生感应电流,感应电流受的安培力
总是阻碍磁通量变化,所以铝环要受到向上的安培力,与原线圈中电流的方向无关,所以即使电源的正、负极对调,观察到的现象也不变,选项D正确;刚开始铝环受安培力大于重力,加速上升,但远离线圈后磁通量的变化率减小,磁场也减弱,安培力减小,所以铝环跳起到某一高度后将回落,选项C正确,选项A、B错误。
答案:CD
10.如图所示,水平放置的光滑导轨MN、PQ上放有长为L、电阻为R、质量为m的金属棒ab,导轨左端接有内阻不计、电动势为E的电源组成回路,整个装置放在竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B,导轨电阻不计且足够长,并与开关S串联。求闭合开关后,金属棒可达到的最大速度。
解析:闭合开关后,金属棒在安培力的作用下向右运动。当金属棒的速度为v时,产生的感应电动势E=BLv,它与电源电动势为反接,从而导致电路中的电流减小,安培力减小,金属棒的加速度减小,即金属棒做加速度越来越小的变加速运动。当加速度为零时,金属棒的速度达到最大值,金属棒产生的感应电动势与电源电动势大小相等,回路中电流为零,此后导体棒将以这个最大的速度做匀速运动。金属棒速度最大时,有E=BLvm,解得vm=。
答案:
(建议用时:30分钟)
1.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发生变化而产生的
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发生变化时产生的,所以选项A对,选项B错;涡流不仅有热效应,同其他电流一样也有磁效应,选项C错;硅钢电阻率大,产生的涡流较小,但仍能产生涡流,选项D错。
答案:A
2.(多选题)下列应用与涡流有关的是( )
A.家用电磁炉
B.家用微波炉
C.真空冶炼炉
D.探雷器
解析:家用电磁炉、真空冶炼炉、探雷器都是利用涡流工作,而家用微波炉是利用微波直接作用于食物。
答案:ACD
3.
高频感应炉是用来熔化金属对其进行冶炼的,如图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:高频感应炉的线圈通入高频交变电流时,产生变化的磁场,变化的磁场就能使金属中产生涡流,利用涡流的热效应加热进行冶炼。故选项C正确,选项A、B、D错误。
答案:C
4.(多选题)涡流电导仪利用涡流原理工作,当通有交变电流的检测线圈靠近被检工件时,工件表面出现电磁涡流,该涡流同时产生一个磁场,作用于检测线圈。若金属工件存在缺陷,就会改变涡流磁场的强度及分布,导致检测线圈电流发生变化,通过检测这个变化就可发现材料有无缺陷。关于涡流电导仪,以下说法正确的是( )
A.涡流电导仪也可以用于绝缘体的检测
B.导体中产生的涡流,其频率与检测线圈中交变电流频率相同
C.若金属工件存在裂缝,涡流磁场的强度会增大
D.涡流产生磁场的同时,材料中也会产生电热
解析:绝缘体中没有涡流产生,涡流电导体不能用于绝缘体的检测,选项A错误;根据法拉第电磁感应定律可知,导体中产生的涡流,其频率与检测线圈中交变电流频率相同,选项B正确;若金属工件存在裂缝,电阻增加,涡流磁场的强度减小,选项C错误;涡流产生磁场的同时,根据焦耳定律,材料中也会产生电热,故选项D正确。
答案:BD
5.
(多选题)如图所示,光滑金属球从高h的曲面滚下,又沿曲面的另一侧上升,设金属球初速度为零,曲面光滑,则( )
A.若是匀强磁场,金属球滚上的高度小于h
B.若是匀强磁场,金属球滚上的高度等于h
C.若是非匀强磁场,金属球滚上的高度等于h
D.若是非匀强磁场,金属球滚上的高度小于h
解析:若磁场为匀强磁场,穿过金属球的磁通量不变,不产生感应电流,即无机械能向电能转化,机械能守恒,故选项A错误,选项B正确;若磁场为非匀强磁场,金属球内要产生感应电流,机械能减少,故选项D正确。
答案:BD
6.
如图所示,矩形线圈放置在水平薄木板上,有两块相同的蹄形磁铁,四个磁极之间的距离相等,当两块磁铁匀速向右通过线圈时,线圈仍静止不动,那么线圈受到木板的摩擦力方向是( )
A.先向左、后向右
B.先向左、后向右、再向左
C.一直向右
D.一直向左
解析:根据楞次定律的“阻碍变化”和“来拒去留”,当两磁铁靠近线圈时,线圈要阻碍其靠近,线圈有向右移动的趋势,受木板的摩擦力向左,当磁铁远离时,线圈要阻碍其远离,仍有向右移动的趋势,受木板的摩擦力方向仍是向左的,故选项D正确。
答案:D
7.
如图所示,条形磁铁从h高处自由下落,中途穿过一个固定的空心线圈,开关S断开时,至落地用时t1,落地时速度为v1;开关S闭合时,至落地用时t2,落地时速度为v2,则它们的大小关系正确的是( )
A.t1>t2,v1>v2
B.t1=t2,v1=v2
C.t1D.t1v2
解析:当开关S断开时,线圈中无感应电流,对磁铁无阻碍作用,故磁铁自由下落,a=g;当S闭合时,线圈中有感应电流阻碍磁铁下落,故av2,选项D正确。
答案:D
8.如图所示,蹄形磁铁的两极之间放置一个线圈abcd,磁铁和线圈都可以绕OO'轴转动,当磁铁按如图所示方向绕OO'轴转动时,线圈的运动情况是( )
A.俯视,线圈顺时针转动,转速与磁铁相同
B.俯视,线圈逆时针转动,转速与磁铁相同
C.线圈与磁铁转动方向相同,但转速小于磁铁的转速
D.线圈静止不动
解析:当磁铁转动时,由楞次定律知,线圈中有感应电流产生,以阻碍磁通量的增加,即感应电流的方向必定是使其受到的安培力的方向与磁铁转动方向相同,以减小磁通量的增加,因而线圈跟着转起来,但转速小于磁铁的转速,选项C正确。
答案:C
9.(多选题)1824年,法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置,在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针,如图所示。实验中发现,当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时,磁针也随着一起转动起来,但略有滞后。下列说法正确的是( )
A.圆盘上产生了感应电动势
B.圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C.在圆盘转动的过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流,此电流产生的磁场导致磁针转动
解析:圆盘转动时产生了感应电动势,圆盘本身构成闭合回路,形成涡电流,涡电流产生的磁场导致磁针转动,选项A、B正确,D错误;圆盘转动过程中磁针的磁场穿过圆盘的磁通量没有变化,选项C错误。
答案:AB
10.如图所示,质量m1=100
g的铝环,用细线悬挂起来,环中央距地面高度h=0.8
m,有一质量为m2=200
g的小磁铁(长度可忽略),以10
m/s的水平速度射入并穿过铝环,落地点距铝环原位置的水平距离为3.6
m,则磁铁与铝环发生相互作用时(小磁铁穿过铝环后的运动看作平抛运动),
(1)铝环向哪边偏斜
(2)若铝环在磁铁穿过后速度为2
m/s,在磁铁穿过铝环的整个过程中,环中产生了多少电能 (g取10
m/s2)
解析:(1)由楞次定律可知,当小磁铁向右运动时,铝环向右偏转(阻碍相对运动)。
(2)根据能量守恒,由磁铁穿过铝环飞行的水平距离可求出穿过后的速度v==9m/s,W电=m2m2v2-m1v'2=1.7J。
答案:(1)铝环向右偏斜 (2)1.7
J
11.如图所示,质量为m、边长为l的正方形线框,从有界的匀强磁场上方由静止自由下落,线框电阻为R,匀强磁场的宽度为H(l(1)ab边刚进入磁场时与ab边刚出磁场时的速度大小;
(2)线框进入磁场的过程中,产生的热量。
解析:(1)线框进入磁场时受安培力和重力的作用,由IlB-mg=m×g,I=,解得v=。线框刚出磁场时的速度与刚进入磁场时的速度相同。
(2)线框进入磁场的过程,线框重力势能的减少等于产生的热量Q=mgH。
答案:(1) (2)mgH课时训练8 描述交变电流的物理量
题组一 有效值
1.在我们的生活中所使用的电流一般以交变电流居多,关于交变电流下列说法正确的是( )
A.交流电器设备上所标的电压和电流值是交变电流的峰值
B.用交流电流表和电压表测定的数值是交变电流的最大值
C.给定的交变电流数值,在没有特别说明的情况下是指有效值
D.保险丝的额定电流、电容器的耐压值是交变电流的有效值
解析:各类交流用电器铭牌上所示的值、各类交流电表所测得的值均为有效值,给定交流值凡是没有说明的,所指的值以及保险丝的熔断电流等均为有效值,电容器的耐压值为最大值,故选项A、B、D错误,选项C正确。
答案:C
2.一个小型电热器若接在输出电压为10
V的直流电源上,消耗电功率为P;若把它接在某个正弦交流电源上,其消耗的电功率为。如果电热器电阻不变,则此交流电源输出电压的最大值为( )
A.5
V B.5
V
C.10
V
D.10
V
解析:根据公式P=再结合交变电流的有效值定义,U效=知其有效值U效=5V,根据正弦式交变电流有效值和最大值的关系知最大值为5V=10V,选项C正确。
答案:C
3.以下说法正确的是( )
A.交变电流的有效值就是它的平均值
B.任何交变电流的有效值都是它最大值的
C.如果交变电流接在电阻R上一个周期T内产生的热量为Q,那么该交变电流的电流有效值为
D.以上说法均不正确
解析:交变电流的有效值不同于它的平均值,选项A错误;只有正弦式交变电流的有效值是它最大值的,选项B错误;根据有效值定义,交变电流接在电阻R上,Q=I2RT,I=,选项C错误。
答案:D
4.图甲为电热毯的电路示意图。电热丝接在u=311sin
100πt
(V)的电源上,电热毯被加热到一定温度后,通过装置P使输入电压变为图乙所示波形,从而进入保温状态。若电热丝电阻保持不变,此时交流电压表的读数是( )
A.110
V
B.156
V
C.220
V
D.311
V
解析:交流电压表的读数是交变电流的有效值,因此必须根据有效值的定义来计算。由有效值的定义可得
T=+0,解得U=110V≈156V。
答案:B
5.(多选题)
如图所示,先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电。第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化,如图甲所示;第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示。若图甲、乙中的U0、T所表示的电压、周期值是相同的,则以下说法正确的是( )
A.第一次灯泡两端的电压有效值是U0
B.第二次灯泡两端的电压有效值是U0
C.第一次和第二次灯泡的电功率之比是2∶9
D.第一次和第二次灯泡的电功率之比是1∶5
解析:第一次所加正弦交流电压的有效值U1=U0,选项A正确;设第二次所加交流电压的有效值为U2,则根据有效值的含义有T=,解得U2=U0,选项B错误;根据电功率的定义式P=可知,P1∶P2=1∶5,选项C错误,选项D正确。
答案:AD
题组二 描述交变电流的物理量
6.下列关于交变电流的说法正确的是( )
A.若交变电流的峰值为5
A,则它的最小值为-5
A
B.用交流电流表测交变电流时,指针来回摆动
C.我国工农业生产和生活用的交变电流频率为50
Hz,故电流方向每秒改变100次
D.正弦交变电流i=20sin
10πt
A的峰值为20
A,频率为100
Hz
解析:电流的负值表示电流方向与原来方向相反,不表示大小,A项错误;交流电流表测交变电流时,指针不会来回摆动,B项错误;我国工农业生产和生活用的交变电流,周期为0.02s,交流电方向一个周期改变两次,所以每秒改变100次,C项正确;由ω=2πf得正弦交变电流i=20sin10πtA的频率为
5Hz,D项错误。
答案:C
7.某交流发电机给灯泡供电,产生正弦式交变电流的图象如图所示,下列说法中正确的是( )
A.交变电流的频率为0.02
Hz
B.交变电流的瞬时表达式为i=5cos
50πt
(A)
C.在t=0.01
s时,穿过交流发电机线圈的磁通量最大
D.若发电机线圈电阻为0.4
Ω,则其产生的热功率为5
W
解析:由图象可知交变电流最大值为5A,周期为20×10-3s=0.02s,则其频率为50Hz,转动角速度ω=100πrad/s,且t=0时,相位为,故电流的瞬时表达式为i=5sin(100πt+)(A),所以选项A、B错误。当t=0.01s
时,电流有最大值,线圈平面与磁感线方向平行,磁通量最小,选项C错误。故只有选项D正确。
答案:D
8.将硬导线中间一段折成不封闭的正方形,每边长为l,它在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中匀速转动,转速为n,导线在a、b两处通过电刷与外电路连接,外电路接有额定功率为P的小灯泡并正常发光,电路中除灯泡外,其余部分的电阻不计,灯泡的电阻应为( )
A.
B.
C.
D.
解析:单匝正方形线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动,将产生正弦式交变电流,则电动势的最大值Em=Bl2ω=2πnBl2,其有效值E=,计算小灯泡的额定功率P要用其有效值,即P=。R=,故只有选项B正确。
答案:B
9.
(多选题)面积为S的两个电阻相同的线圈,分别放在如图所示的磁场中,图甲中是磁感应强度为B0的匀强磁场,线圈在磁场中以周期T绕OO'轴匀速转动,图乙中磁场变化规律为B=B0cos,从图示位置开始计时,则( )
A.两线圈的磁通量变化率相同
B.两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同
C.经相同的时间t(t>T),两线圈产生的热量相同
D.从此时刻起,经时间,流过两线圈横截面的电荷量相同
解析:甲:Φ甲=B0Scosωt,乙:Φ乙=BScosωt=B0Scosωt,故磁通量变化率相同,又E=,所以电动势变化规律也相同,故甲、乙两种情况电动势最大值出现时刻及有效值、平均值均相同,两线圈电阻相同,Q=·t也相同,经过时间,流过两线圈横截面的电荷量q=也相同,选项A、C、D正确。
答案:ACD
10.如图所示,匀强磁场B=0.50
T,一个匝数n=100的矩形线圈,边长ab=0.20
m,bc=0.10
m,围绕着跟磁场方向垂直的对称轴OO'以角速度ω=100π
rad/s匀速转动。从线圈平面通过中性面时开始计时,求:
(1)t=0,等时刻的瞬时电动势;
(2)t由0到过程中的平均电动势。
解析:(1)感应电动势的瞬时值表达式为
e=nBSωsinωt
=100πsin100πtV
则在各个时刻所对应的瞬时电动势分别为
t=0,e=0
t=,e=50πV
t=,e=50πV
t=,e=100πV。
(2)0~过程中感应电动势的平均值为
=nnBSω=200V。
答案:(1)0,50π
V,50π
V,100π
V (2)200
V
(建议用时:30分钟)
1.(多选题)下列各种情况中所指的数值,哪些是交变电流的有效值( )
A.交流电路中交流电压表所指示的数值
B.家用电器(如电灯泡)上标明的额定电压值
C.闭合矩形导线框在匀强磁场中绕垂直于磁感线的某一边匀速转动过程中,转到线框平面与磁感线平行的位置时的感应电动势的数值
D.电工工具上标明的耐压数值
解析:如果没有特殊说明,交变电流的数值都是指交变电流的有效值,电工工具的耐压值应指交变电流的最大值,指它能承受的交变电流的最大值,选项A、B正确。
答案:AB
2.
小型交流发电机中,矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动,产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系,如图所示。此线圈与一个R=10
Ω的电阻构成闭合电路,不计电路的其他电阻。下列说法正确的是( )
A.交变电流的周期为0.125
s
B.交变电流的频率为8
Hz
C.交变电流的有效值为
A
D.交变电流的最大值为4
A
解析:由题图可知交变电流的周期T=0.250s,频率f==4Hz,故选项A、B错误;交变电流的有效值I=A=A,故选项C正确;交变电流的最大值Im=A=2A,故选项D错误。
答案:C
3.多数同学家里都有调光台灯、调速电风扇。过去是用变压器来实现上述调节的,但是成本高、体积大、效率低,且不能任意调节灯的亮度或风扇的转速。现在的调光台灯、调速电风扇是用可控硅电子元件来实现调节的。图示为一个经过双向可控硅电子元件调节后加在电灯上的电压图象,即在正弦交变电流的每一个周期中前面的周期被截去,从而改变了电灯上的电压。则现在电灯上的电压为( )
A.Um B. C. D.
解析:由T~T时间段内电压的有效值为,在0~T内交变电流通过电阻R时做的功
WT=·T
电压的有效值U=,选项C正确。
答案:C
4.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示。已知发电机线圈内阻为5.0
Ω,现外接一只电阻为95.0
Ω的灯泡,如图乙所示,则( )
A.电压表V的示数为220
V
B.电路中的电流方向每秒改变50次
C.灯泡实际消耗的功率为484
W
D.发电机线圈内阻每秒产生的焦耳热为24.2
J
解析:电动势的有效值为E=V=220V,所以电流的有效值I=A=2.2A,所以电压表的示数为U=IR=2.2×95.0V=209V,选项A错误;交流电的频率为f==50Hz,每个周期内电流方向改变2次,故每秒内电流方向改变100次,选项B错误;灯泡实际消耗的功率为P灯=I2R=2.22×95.0W=459.8W,选项C错误;发电机线圈内阻每秒产生的焦耳热为Q=I2rt=2.22×5.0×1J=24.2J,选项D正确。
答案:D
5.(多选题)一只“220
V 100
W”的灯泡接在u=311sin
314t
V的交流电源上,则下列判断正确的是( )
A.灯泡能正常发光
B.与灯泡串联的电流表的示数为0.45
A
C.与灯泡并联的电压表的示数为220
V
D.通过灯泡的电流的表达式为i=0.64sin
314t
A
解析:从电压瞬时值表达式知电压有效值为220V,故“220V 100W”灯泡接在此交流电源上能正常发光,故选项A正确;通过灯的电流I==0.45A,也是与灯串联电流表的示数,故选项B正确;电压表与灯并联测得的也是灯的电压有效值,故示数为220V,所以选项C正确;通过灯的电流的有效值为0.45A,故其最大值Im=×0.45A=0.64A,故选项D正确。
答案:ABCD
6.如图所示区域内存在匀强磁场,磁场的边界由x轴和y=2sin
x曲线围成(x≤2
m),现把一边长为2
m的正方形单匝线框以水平速度v=10
m/s
水平匀速地拉过该磁场区,磁场区的磁感应强度为0.4
T,线框电阻R=0.5
Ω,不计一切摩擦阻力,则( )
A.水平拉力F的最大值为8
N
B.拉力F的最大功率为12.8
W
C.拉力F要做25.6
J的功才能让线框通过此磁场区
D.拉力F要做12.8
J的功才能让线框通过此磁场区
解析:线框通过磁场区域,感应电流先增大然后减小,形成正弦交变电流,周期为T==0.4s,感应电动势最大值为Em=Blv=8V,有效值为4V,感应电流最大值为16A,有效值为8A,则水平拉力最大值为Fm=BIml=12.8N,选项A错误;拉力的最大功率为Pm=Fmv=128W,选项B错误;线框匀速通过,拉力做功等于焦耳热,Q=I2Rt=(8A)2×0.5Ω×0.4s=25.6J,选项C正确,选项D错误。
答案:C
7.如图甲所示,一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中,并绕过ab、cd中点的轴OO'以角速度ω逆时针匀速转动。若以线圈平面与磁场夹角θ=45°时(如图乙)为计时起点,并规定当电流自a流向b时,电流方向为正。则下列四幅图中正确的是( )
解析:t=0时刻,根据题图乙表示的转动方向,由右手定则知,此时ad中电流方向由a到d,线圈中电流方向为a→d→c→b→a,与规定的电流正方向相反,电流为负值。又因为此时ad、bc两边的切割速度方向与磁场方向成45°夹角,由E=2Blv⊥,可得E=2×Blv=Em,即此时电流是最大值的倍,由图乙还能观察到,线圈在接下来45°的转动过程中,ad、bc两边的切割速度v⊥越来越小,所以感应电动势应减小,感应电流应减小,故瞬时电流的表达式为i=-Imcos,则图象为D图象所描述,故D项正确。
答案:D
8.如图甲所示,矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时,线圈中产生的交变电流如图乙所示,设沿abcda方向为电流正方向,则( )
甲
乙
A.乙图中Oa时间段对应甲图中A至B图的过程
B.乙图中c时刻对应甲图中的C图
C.若乙图中d等于0.02
s,则1
s内电流的方向改变了50次
D.若乙图中b等于0.02
s,则交变电流的频率为50
Hz
解析:由交变电流的产生原理可知,甲图中的A、C两图中线圈所在的平面为中性面,线圈在中性面时电流为零,再经过个周期电流达到最大值,再由楞次定律判断出电流的方向,因此甲图中A至B图的过程电流为正,且从零逐渐增大到最大值,选项A对;甲图中的C图对应的电流为零,选项B错;每经过中性面一次线圈中的电流方向就要改变一次,所以一个周期内电流方向要改变两次,所以在乙图中对应Od段等于交变电流的一个周期,若已知d等于
0.02s,则频率为50Hz,1s内电流的方向将改变100次,选项C错;若乙图中b等于0.02s,则交变电流的频率应该为25Hz,选项D错。
答案:A
9.如图甲是某同学设计的一种振动发电装置的示意图,它的结构是一个套在辐向形永久磁铁槽中的半径为r=0.10
m、匝数n=20的线圈,磁场的磁感线沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)。在线圈所在位置磁感应强度B的大小均为B=
T,线圈的电阻为R1=0.50
Ω,它的引出线接有R2=9.5
Ω
的小灯泡L。外力推动线圈框架的P端,使线圈沿轴线做往复运动,便有电流通过小灯泡。当线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙所示时(摩擦等损耗不计)。求:
(1)小灯泡中电流的最大值;
(2)电压表的示数;
(3)t=0.1
s时外力F的大小;
(4)在不改变发电装置结构的条件下,要使小灯泡的功率提高,可采取什么办法
解析:(1)由题意及法拉第电磁感应定律知道,由于线圈在磁场中做往复运动,产生的感应电动势的大小符合正弦曲线变化规律,线圈中的感应电动势的最大值为Em=nBlv=nB2πrvm,电路总电阻为R1+R2,那么小灯泡中电流的最大值为Im=A=0.16A。
(2)电压表示数为有效值
U=ImR2=×0.16×9.5V
=0.76V≈1.07V。
(3)当t=0.1s也就是时,外力F的大小为F=nB2πrIm=vm=0.128N。
(4)增大线圈运动速度vm。
答案:(1)0.16
A (2)1.07
V (3)0.128
N
(4)提高vm
10.城市晚上或者每逢节日,同学们往往能看到许多霓虹灯发出鲜艳绚丽的灯光,将城市装扮得异彩纷呈,赏心悦目。频率为50
Hz的交变电流,其电压u=168sin
ωt
V,把它加在激发电压、熄灭电压均为84
V的霓虹灯的两端,求在半个周期内霓虹灯点亮的时间。
解析:交流电压的周期T=0.02s,电压的峰值Um=168V。为便于求解,作交流电压的u-t图象如图所示,当电压高于84V时霓虹灯才发光,由图象易知,半个周期内霓虹灯点亮的时间为Δt=t2-t1
因2πft1=,2πft2=
得t1=s,t2=s
则Δt=t2-t1=s。
答案:
s课时训练13 传感器的应用
题组一 力传感器
1.(多选题)数字跑道在奥运会田径竞走、跳远和三级跳等重点奥运项目中投入使用,数字跑道和数字跑鞋为运动健儿们在科学训练和比赛中发挥了积极作用。该跑道采用了大面积柔性压力阵列传感器、现场总线网络和分布式信息处理技术,可实时检测运动员步频、步距、足部触地时间、离地时间、速度、发力大小、发力角度等信息,在此基础上构建了训练信息采集和技术诊断分析系统,为田径项目提供了一种全新的科学化训练平台。下列关于数字跑道的说法正确的是( )
A.传感器需要有敏感元件和转换电路等组成
B.压力阵列传感器应该是一种力电传感器
C.奥运会中应用的传感器智能化程度很高,直接感应的是电学量,不需要力电转换
D.奥运会中应用的传感器智能化程度尽管很高,但传感器都是将非电学量转换为电学量
解析:根据题目情景叙述,跑道上使用的是压力传感器,所有的传感器都要先通过敏感元件采集信息,然后再由转换电路将采集到的力、热、光等非电学量转换为便于测量的电压或电流等电学量。当转换电路采用计算机进行信息处理,并输出数字信息时,这种传感器就可以称得上是智能传感器了。
答案:ABD
2.
(多选题)压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小。某同学利用压敏电阻的这种特性设计了一个探究电梯运动情况的装置,该装置的示意图如图所示,将压敏电阻平放在电梯内,其受压面朝上,在受压面上放一物体m,电梯静止时电流表示数为I0;当电梯做四种不同的运动时,电流表的示数分别如下图中甲、乙、丙、丁所示。下列判断中正确的是( )
A.甲图表示电梯在做匀速直线运动
B.乙图表示电梯可能向上做匀加速运动
C.丙图表示电梯可能向上做匀加速运动
D.丁图表示电梯可能向下做变减速运动
解析:电梯静止或匀速运动时,电流表的示数恒为I0,故A项正确。当电梯向上匀加速运动时,电流表的示数可能恒为2I0,故B项错误,C项正确。当电梯向下做变减速运动时,电流表的示数可能由2I0逐渐减小,故D项正确。
答案:ACD
3.压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小,有位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置,其工作原理如图甲所示,将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上,中间放置一个绝缘重球。小车向右做直线运动过程中,电流表示数如图乙所示,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:0~t1时间内,I不变,说明压敏电阻所受压力不变或不受压力,小车做匀速直线运动或匀加速直线运动;t1~t2时间内,I渐大,压敏电阻所受压力逐渐增大,小车做加速度逐渐增大的加速运动,至t2时刻加速度达到一定的值;t2~t3时间内,小车做匀加速直线运动,故正确选项为D。
答案:D
题组二 温度传感器
4.电熨斗能自动控制温度,在熨烫不同的织物时,设定的温度可以不同,如图所示为电熨斗的结构图,电熨斗内部装有双金属片,双金属片上层金属的膨胀系数大于下层金属,若把熨烫的棉麻衣物换成丝绸衣物,则如何调节调温旋钮( )
织物材料
尼龙
合成纤维
丝绸
羊毛
棉麻
熨烫温度
低高
A.向下
B.向上
C.保持原状
D.不能确定
解析:由题意知,电熨斗由熨烫的棉麻衣物换成丝绸衣物,就是要求电熨斗在低温时易断开,因双金属片上层金属的膨胀系数大于下层金属,使双金属片向下弯曲,上下触点脱离,电路断开,因此,应向上调节调温旋钮,双金属片受热时,易使触点分离,所以选项B正确。
答案:B
5.传感器在日常生活中的应用越来越广泛,温度传感器(实质是自动开关)是其中的一种。某一食品消毒柜就是利用温度传感器来自动控制电路的。常温下,该温度传感器是闭合的;当温度达到某一设定值时,传感器自动断开,从而切断整个电路。下列关于该消毒柜的几种电路图中(图中S为电源开关),连接正确的是( )
解析:B、C、D选项的电路中,温度升高到某一设定值时,传感器会断开,但整个电路不会断开。A选项的电路中,当温度升高到某一设定值时,电路会断开。电源开关S闭合后,消毒柜开始工作,当温度达到某一设定值时,传感器自动断开,整个电路也断开,所以选项A正确。
答案:A
6.图甲为在温度为10
℃左右的环境中工作的某自动恒温箱原理简图,箱内的电阻R1=20
kΩ、R2=10
kΩ、R3=40
kΩ,Rt为热敏电阻,它的电阻随温度变化的图线如图乙所示。当a、b端电压Uab≤0时,电压鉴别器会令开关S接通,恒温箱内的电热丝发热,使箱内温度升高;当a、b端电压Uab>0时,电压鉴别器会令开关S断开,停止加热,则恒温箱内的温度可保持在( )
甲
乙
A.10
℃
B.20
℃
C.35
℃
D.45
℃
解析:a、b两点电势相等时刻,便是开关转换时刻,说明U1=U3,R1=R3,I1=2I3,所以,I1R2=I3Rt,Rt=2R2=20kΩ,由题图可知,当Rt=20kΩ时,t=35℃,故选项C正确。
答案:C
题组三 光传感器
7.如图所示是会议室和宾馆房间的天花板上装有的火灾报警器的结构原理图:罩内装有发光二极管LED、光电三极管和不透明的挡板。平时光电三极管接收不到LED发出的光,呈现高电阻状态。发生火灾时,下列说法正确的是( )
A.进入罩内的烟雾遮挡了光线,使光电三极管电阻更大,检测电路检测出变化发出警报
B.光电三极管温度升高,电阻变小,检测电路检测出变化发出警报
C.进入罩内的烟雾对光有散射作用,部分光线照到光电三极管上,电阻变小,发出警报
D.以上说法均不正确
解析:由火灾报警器的原理可知,发生火灾时烟雾进入罩内,使光发生散射,部分光线照在光电三极管上,电阻变小,与传感器相连的电路检测出这种变化,发出警报,C对。
答案:C
8.智能手机除具有一般手机的通讯、上网功能外,还具有很多特殊用途,极大地方便了用户。根据自己使用智能手机的经验,你能说出手机各种功能所使用的传感器吗
答案:触摸屏——电容传感器
屏幕自动亮度、照相机——光传感器
重力感应——重力传感器
陀螺仪——角度传感器
指南针——磁传感器
(限时:30分钟)
1.关于传感器工作的一般流程,下列说法中正确的是( )
A.非电学量→敏感元件→转换电路→电学量→转换元件
B.电学量→敏感元件→转换电路→转换元件→非电学量
C.非电学量→敏感元件→转换元件→转换电路→电学量
D.非电学量→转换电路→转换元件→敏感元件→电学量
解析:传感器工作的一般流程为
非电学量敏感元件转换元件转换电路电学量,因此A、B、D错,C对。
答案:C
2.“玉兔”号月球车上装有8种24件探测仪器,其中可能有( )
A.味觉传感器
B.气体传感器
C.听觉传感器
D.视觉传感器
解析:月球上无气体,所以不需要气体传感器和听觉传感器,当然也用不到味觉传感器,真正需要的是为月球“画像”的视觉传感器——立体相机。
答案:D
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换成电信号的过程。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:声控开关是将声音信号转换成电信号;自动洗衣机的压力传感器是把形变这个非电学量转换成电信号的;电饭煲中控制加热和保温的温控器是将温度信号转换成电信号的。
答案:A
4.下列有关传感器的说法中错误的是( )
A.地震时用的生命探测仪利用了生物传感器
B.“嫦娥三号”月球登陆器搭载的立体相机获取月球数据利用了光传感器
C.电子秤称量物体质量是利用了力传感器
D.火灾报警器能够在发生火灾时报警是利用了温度传感器
解析:生命探测仪是利用生物传感器;立体相机是利用光传感器;电子秤是利用压力传感器;火灾报警器是在烟雾浓度达到一定程度时能够输出电信号,使警铃发声或使红灯闪烁,自动报警,利用了烟雾传感器而不是利用了温度传感器,故A、B、C对,D错。
答案:D
5.如图是一火警报警系统的一部分电路示意图。其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器,电流表为值班室的显示器,a、b之间接报警器。当传感器R2所在处出现火情时,显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是( )
A.I变大,U变大
B.I变小,U变小
C.I变小,U变大
D.I变大,U变小
解析:出现火情时温度升高,R2减小,R总减小,I总增大,U内增大,Uab减小,UR1增大,U并减小,IA减小。
答案:B
6.
(多选题)电容式话筒的保真度比动圈式话筒好,其工作原理如图所示,Q是绝缘支架,薄金属膜片M和固定电极N形成一个电容器,被直流电源充电,当声波使膜片M振动时,电容发生变化,电路中形成变化的电流。当膜片M向右运动的过程中有( )
A.电容变大
B.电容变小
C.导线AB中有向左的电流
D.导线AB中有向右的电流
解析:当声波使膜片M向右运动时,电容器极板间距减小,电容变大,电荷量Q=UC变大,电源要继续给电容器充电,所以导线AB中有向左的电流,故选项A、C正确。
答案:AC
7.如图所示,M是一小型理想变压器,接线柱a、b接在电压u=311sin
314t(V)的正弦交流电源上,变压器右侧部分为一火警报警系统,其中R2是用半导体热敏材料(电阻随温度升高而降低)制成的传感器,电流表A2是值班室的显示器,显示通过R1的电流,电压表V2显示加在报警器上的电压(报警器未画出),R3是一定值电阻。当传感器R2所在处出现火情时,下列说法正确的是( )
A.A1的示数不变,A2的示数增大
B.A1的示数增大,A2的示数增大
C.V1的示数增大,V2的示数增大
D.V1的示数不变,V2的示数减小
解析:当R2所在处出现火情时,温度升高,其电阻减小,因V1不变,所以副线圈中输出端的电压不变,副线圈中并联电路两端的电压减小,V2减小,A2根据欧姆定律判断也减小。因副线圈所接的总电阻减小,副线圈输出功率增大,A1读数增大,所以D项正确。
答案:D
8.(多选题)如图所示是用电流传感器(相当于电流表,其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路。图中两个电阻的阻值均为R,L是一个自感系数足够大的自感线圈,其直流电阻值也为R。下图所示是某同学画出的在t0时刻开关S切换前后,通过传感器的电流随时间变化的图象。下列说法正确的是( )
A.图甲是开关S由断开变为闭合,通过传感器1的电流随时间变化的情况
B.图乙是开关S由断开变为闭合,通过传感器1的电流随时间变化的情况
C.图丙是开关S由闭合变为断开,通过传感器2的电流随时间变化的情况
D.图丁是开关S由闭合变为断开,通过传感器2的电流随时间变化的情况
解析:开关接通时,A2中电流立即变大,L中电流缓慢增加,所以A1中电流从较大值达到稳定,选项B正确。断开开关后,L中电流不能突变,所以立即向左流过A2,然后逐渐减小到零,A1中的电流立即变为零,选项C正确。
答案:BC
9.
我国“嫦娥三号”月球着陆器成功登陆月球表面,释放了“玉兔”号月球车,月球车对着陆器进行拍照,其中“玉兔”号月球车上搭载的角速度计功不可没。角速度计可测得航天器自转的角速度ω,其结构如图所示,当系统绕OO'轴转动时,元件A在光滑杆上发生滑动,并输出电信号成为航天器的制导信号源。已知A质量为m,弹簧的劲度系数为k,原长为L0,电源电动势为E,内阻不计,滑动变阻器总长为L,电阻分布均匀,系统静止时滑动变阻器滑片P在中点,与固定接头Q正对,当系统以角速度ω转动时,求:
(1)弹簧形变量x与角速度ω的关系式;
(2)电压表的示数U与角速度ω的函数关系。
解析:当系统绕OO'轴转动时,A在光滑杆上发生滑动,使弹簧发生形变,滑片P也随之移动。
(1)由牛顿第二定律有F=mω2R,R=L0+x,
即kx=mω2(L0+x),x=。
(2)电压表的示数U=E=。
答案:(1)x= (2)U=
10.如图所示为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、P2两个滑片,P1可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,通过信号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E,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。
解析:托盘的移动带动P1移动,使P1、P2间出现电势差,电势差的大小反映了托盘向下移动距离的大小,由于R为均匀的滑线电阻,则其阻值与长度成正比。
(1)由力的平衡知识知m0g=kx1,
解得x1=。
(2)放上重物重新平衡后,m0g+mg=kx2,
解得x2=。
(3)由闭合电路欧姆定律知E=IR,
由部分电路欧姆定律U=IR串,
由,其中x为P1、P2间的距离,则
x=x2-x1=,
联立解得m=U。
答案:(1) (2) (3)m=U课时训练7 交变电流
题组一 交变电流的产生
1.如图所示,面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速运动,能产生正弦交流电动势e=BSωsin
ωt的图是( )
解析:线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动,产生的正弦交流电动势为e=BSωsinωt,由这一原则判断,A图中感应电动势为e=BSωsinωt;B图中的转动轴不在线圈所在平面内;C、D图转动轴与磁场方向平行,而不是垂直,只有选项A正确。
答案:A
2.如图所示,矩形线圈abcd在匀强磁场中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转动时产生的感应电流等于绕P2转动时产生的感应电流
B.线圈绕P1转动时产生的感应电动势小于绕P2转动时产生的感应电动势
C.线圈绕P1和P2转动时产生的感应电流的方向相同,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:线圈转动产生的感应电动势的大小与转动轴的位置无关,选项A正确,B错误;绕两个轴转动产生的感应电流的大小相等,从上向下看,线框逆时针旋转,电流的方向应为a→d→c→b,选项C错误;电流相等,cd受到的安培力也相等,选项D错误。
答案:A
3.如图所示是一台发电机的结构示意图,其中N、S是永久磁铁的两个磁极,它们的表面呈半圆柱面形状。M是圆柱形铁芯,它与磁极的柱面共轴,铁芯上有一矩形线框,可绕与铁芯M共轴的固定转动轴旋转。磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径、大小近似均匀的磁场。若从图示位置开始计时,当线框绕固定转动轴匀速转动时,下列图象中能正确反映线框中感应电动势e随时间t变化规律的是( )
解析:因发电机的两个磁极N、S呈半圆柱面形状,磁极间的磁感线呈辐向分布,磁感应强度的大小不变,仅方向发生改变,故线框在磁场中转动时垂直切割磁感线,产生的感应电动势的大小不变,线框越过空隙段后,由于线框切割磁感线方向发生变化,所以感应电动势的方向发生变化,综上所述,选项D正确。
答案:D
题组二 交变电流的变化规律
4.关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流,下列说法中正确的是( )
A.线圈平面每经过中性面一次,感应电流的方向就改变一次,感应电动势的方向不变
B.线圈每转动一周,感应电流的方向改变一次
C.线圈平面每经过中性面一次,感应电动势和感应电流的方向都改变一次
D.线圈每转动一周,感应电动势和感应电流的方向都改变一次
解析:依据交变电流的变化规律可知,如果从中性面开始计时,有e=Emsinωt和i=Imsinωt;如果从垂直于中性面的位置开始计时,有e=Emcosωt和i=Imcosωt。不难看出:线圈平面每经过中性面一次,感应电流的方向就改变一次,感应电动势的方向也改变一次;线圈每转动一周,感应电流的方向和感应电动势的方向都改变两次,故选项C正确。
答案:C
5.
如图所示,正方形线圈ABCD绕对称轴OO'在匀强磁场中匀速转动,线圈匝数为n,当转动的角速度为ω时,感应电动势瞬时值表达式e=nBSωcos
ωt(由图示位置开始计时),其他条件不变,只是线圈的转速提高到原来的2倍,则表达式变为( )
A.e=nBSωcos
2ωt
B.e=2nBSωcos
ωt
C.e=2nBSωcos
2ωt
D.e=2nBScos
ωt
解析:当转速提高到原来的2倍时,ω=2πf将变为原来的2倍,Emax=2nBSω,感应电动势的峰值将变为原来的2倍,所以e=2nBSωcos2ωt,选项C正确。
答案:C
6.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦交变电流,从中性面开始转动180°的过程中,平均感应电动势和最大感应电动势之比为( )
A.2∶π
B.π∶2
C.2π∶1
D.无法确定
解析:转动180°过程中,平均感应电动势由E=计算,得,最大值Em=BSω,二者之比为2∶π,选项A正确。
答案:A
7.(多选题)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生电动势的e-t图象如图所示,则在时刻( )
A.t1、t3时刻线圈通过中性面
B.t2、t4时刻线圈中磁通量最大
C.t1、t3时刻线圈中磁通量变化率最大
D.t2、t4时刻线圈平面与中性面垂直
解析:t1、t3时刻电动势为零,磁通量的变化率为零,线圈通过中性面,选项A对,选项C错;t2、t4时刻电动势最大,线圈平面与磁场平行及与中性面垂直线圈中磁通量为零,选项B错,选项D对。
答案:AD
8.如图甲所示,单匝矩形线圈的一半放在有理想边界的匀强磁场中,线圈按图示方向(俯视逆时针)匀速转动,轴OO'与磁场的边界重合,开始计时线圈平面与磁场方向垂直,规定电流方向沿a→b→c→d为正方向,则线圈中感应电流i随时间t变化的图象是图乙中的( )
甲
乙
解析:线圈由中性面开始匀速转动,开始ad边切割磁感线,转过90°后ad边出磁场,bc边进磁场,按同样的规律切割磁感线,所以产生按正弦规律变化的交变电流。再结合右手定则可判断D正确。
答案:D
9.一矩形线圈在匀强磁场中以一边为轴匀速转动,磁场方向与转轴垂直,线圈中感应电动势e与时间t的关系如图所示,在时刻,线圈平面与磁场方向的夹角等于 。
解析:由题图可知e=Emcost。在t=时,e=Em,根据电磁感应定律e=BLvcosθ=Emcosθ得cosθ=,由此可以确定θ=30°或150°。
答案:30°或150°
10.
如图所示为演示用的手摇发电机模型,匀强磁场磁感应强度B=0.5
T,线圈匝数n=50,每匝线圈面积0.48
m2,转速150
r/min,在匀速转动过程中,从图示位置开始计时。
(1)写出交流感应电动势瞬时值的表达式;
(2)画出e-t图线。
解析:(1)当线圈平面经过中性面开始计时,则线圈在时间t内转过角度ωt,于是感应电动势瞬时值e=Emsinωt,其中Em=nBSω。由题意知n=50,B=0.5T,ω=rad/s=5πrad/s,S=0.48m2,Em=nBSω=50×0.5×0.48×5πV≈188V,所以e=188sin5πtV。
(2)根据交变电流的方程画图线时,最大值是正弦图线的峰值,由纵轴上的刻度值标出,交变电流的频率与正弦图线的周期相对应,ω=,而周期由时间轴上的刻度值标出,T==0.4s,e-t图象如图所示。
答案:(1)e=188sin
5πt
V (2)见解析
(建议用时:30分钟)
1.(多选题)下列图象中属于交变电流的有( )
解析:图A、B、C中e的方向均发生了变化,故它们属于交变电流,选项A、B、C正确。
答案:ABC
2.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动,当线圈通过中性面时,下列说法正确的是( )
A.穿过线圈的磁通量最大,线圈中的感应电动势最大
B.穿过线圈的磁通量等于零,线圈中的感应电动势最大
C.穿过线圈的磁通量最大,线圈中的感应电动势等于零
D.穿过线圈的磁通量等于零,线圈中的感应电动势等于零
解析:线圈位于中性面时,线圈平面与磁感线垂直,穿过线圈的磁通量最大,但此时切割磁感线的线圈边的速度方向与磁感线平行,线圈中的各个边均不切割磁感线,线圈中的感应电动势等于零。
答案:C
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。下面说法中正确的是( )
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.每当感应电动势e变换方向时,通过线圈的磁通量绝对值都为最大
解析:t1、t3时刻感应电动势为零,线圈位于中性面位置,穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率为零,选项A、C错误;t2时刻感应电动势最大,线圈位于中性面的垂面位置,穿过线圈的磁通量为零,选项B错误;由于线圈每过一次中性面时,穿过线圈的磁通量的绝对值最大,感应电动势e变换方向,所以选项D正确。
答案:D
4.矩形线圈在磁场中匀速转动时,产生的感应电动势最大值为50
V,那么该线圈由如图所示位置转过30°,线圈中的感应电动势大小为( )
A.50
V
B.25
V
C.25
V
D.10
V
解析:由题示条件知:交变电流瞬时值表达式为e=50cosωtV=50cosθV,当θ=30°时,e=25V,选项B正确。
答案:B
5.一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的变化率最大
C.t=0.02
s时刻,交流电动势达到最大
D.该线圈相应产生的交流电动势的图象如图乙所示
解析:由题图甲可知,t=0时,通过线圈的磁通量最大,线圈处于中性面位置。t=0.01s时刻,磁通量为零,但磁通量变化率最大,所以A项错误,B项正确。t=0.02s时,交流电动势应为0,C、D项均错误。
答案:B
6.一个矩形线圈绕与匀强磁场垂直的OO'轴逆时针转动,线圈的两条引线分别与A、B两半圆铜环相连,两个铜环通过滑动电刷连入电路,电路中仅有一个电阻R。如图所示,在线圈转动过程中,通过电阻R的电流( )
A.大小和方向都不断变化
B.大小不断变化,方向从A→R→B
C.大小和方向都不变
D.大小不断变化,方向从B→R→A
解析:矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动,线圈中产生的是正弦式交变电流,但通过两半圆铜环A、B(换向器)后,通过电阻R的电流只是大小不断变化,方向不变。由右手定则可以判断通过R的电流的方向从B→R→A。D选项正确。
答案:D
7.风速仪的简易装置如图甲所示。在风力作用下,风杯带动与其固定在一起的永磁铁转动,线圈中的感应电流随风速的变化而变化。风速为v1时,测得线圈中的感应电流随时间变化的关系如图乙所示;若风速变为v2,且v2>v1,则感应电流的峰值Im、周期T和电动势E的变化情况是( )
A.Im变大,T变小
B.Im变大,T不变
C.Im变小,T变小
D.Im不变,E变大
解析:风速增大,感应电流的峰值Im变大,周期T变小,电动势E变大,选项A正确。
答案:A
8.(多选题)一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的交流电动势e=220sin
100πt
V,则下列判断正确的是( )
A.t=0时,线圈位于中性面位置
B.t=0时,穿过线圈平面的磁通量最大
C.t=0时,线圈的有效切割速度方向垂直磁感线
D.t=0时,线圈中感应电动势达到峰值
解析:因按正弦规律变化,故t=0时线圈位于中性面,选项A正确;此时穿过线圈的磁通量最大,选项B正确;t=0时,线圈的有效切割速度方向与磁感线平行,不产生感应电动势,故选项C、D错误。
答案:AB
9.某兴趣小组设计了一种发电装置,如图所示。在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为π,磁场均沿半径方向。匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab=cd=l、bc=ad=2l。线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动,bc和ad边同时进入磁场。在磁场中,两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直。线圈的总电阻为r,外接电阻为R。求:
(1)线圈切割磁感线时,感应电动势的大小Em;
(2)线圈切割磁感线时,bc边所受安培力的大小F。
解析:(1)bc、ad边的运动速度v=ω
感应电动势Em=4NBlv
解得Em=2NBl2ω。
(2)电流Im=
安培力F=2NBIml,解得F=。
答案:(1)2NBl2ω (2)
10.发电机的转子是匝数为100、边长为20
cm的正方形线圈,将它置于磁感应强度B=0.05
T的匀强磁场中,绕着垂直于磁场方向的轴以ω=100π
rad/s的角速度转动,当线圈平面跟磁场方向垂直时开始计时。线圈和外电路的总电阻R=10
Ω。
(1)写出交变电流瞬时值的表达式;
(2)线圈从计时开始,转过过程中通过线圈某一截面的电荷量为多少
解析:(1)感应电动势最大值为Em=nBSω。
Em=100×0.05×0.2×0.2×100πV=20πV
电流Im=A=2πA,
所以i=Imsinωt=2πsin100πtA。
(2)线圈从计时开始,转过过程中通过线圈某一截面的电荷量
q=t=Δt=。
从中性面计时,转过,如图所示。
磁通量的变化量
ΔΦ=BΔS=BS(1-sin30°)=BS
所以q=C=1×10-2C。
答案:(1)i=2πsin
100πt
A (2)1×10-2
C课时训练9 电感和电容对交变电流的影响
题组一 电感对交变电流的阻碍作用
1.(多选题)关于感抗,下列说法中正确的是( )
A.感抗是由于电流变化时,在线圈中产生了自感电动势,阻碍电流的变化
B.感抗的大小不仅与自感系数有关,还与电流的频率有关
C.感抗虽然对交变电流有阻碍作用,但不消耗能量
D.感抗是线圈的电阻产生的
解析:产生感抗的原因是自感现象,选项D错误;感抗大小XL=2πfL;交变电流通过线圈时,电能与磁场能相互转化,不消耗电能,选项A、B、C正确。
答案:ABC
2.
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。一铁块插进线圈之后,该灯将( )
A.变亮 B.变暗
C.对灯没影响
D.无法判断
解析:加入铁芯改变了电感自感系数,自感系数增大,感抗增大,电感两端的电压降增大,灯上的电压降减小,所以灯变暗,选项B正确。
答案:B
3.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,其对交变电流的阻碍作用可以看作是纯电阻,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,对交变电流的阻碍作用不但有电阻,而且有线圈的阻碍作用(感抗)。阻碍作用增大,电流减小,选项B正确。
答案:B
题组二 电容对交变电流的阻碍作用
4.(多选题)电容对交变电流的影响的以下说法中,正确的是( )
A.交变电流能通过电容器
B.电容器具有通直流、阻交流的作用
C.电容器电容较小时,它具有通高频、阻低频的功能
D.电容器的电容越大,交变电流的频率越高,电容器对交变电流的阻碍作用就越小
解析:交变电流能通过电容器,选项A正确;电容器具有隔直流、通交流的作用,选项B错误;电容器的电容越大,交变电流的频率越高,电容器对交变电流的阻碍作用就越小,选项D正确;电容器电容较小时,对高频的阻碍作用较小,对低频的阻碍作用较大,选项C正确。
答案:ACD
5.
如图所示为某电器中电路的一部分,当输入有直流成分、交流低频成分和交流高频成分的电流后,在其输出端得到可调大小的交流低频成分,那么下列有关各元器件的作用的说法中,错误的是( )
A.C1为高频旁路电容器,交流高频成分被该电容器短路
B.R为滑动变阻器,它的滑动片上下移动可以改变输出端电压的大小
C.C2为隔直电容器,交流低频成分通过该电容输出
D.C1的电容较大、C2的电容较小
解析:因为要输出低频交流成分,所以C1应能让高频交流成分通过,而阻止低频交流成分通过,所以C1电容要小。要能让低频交流成分通过,所以C2电容要大,选项D错误。滑动片向上滑动,输出电压升高,反之降低,所以答案为D。
答案:D
6.(多选题)
如图所示,图中平行板电容器与灯泡串联,接在交流电源上,灯泡正常发光,下列几种情况中的现象正确的是( )
A.把电介质插入电容器,灯泡变亮
B.把电容器两极板之间的距离增大,灯泡变亮
C.使电容器两极板的正对面积减小,灯泡变亮
D.使交变电流的频率增大,灯泡变亮
解析:电容器对交变电流的阻碍作用与其电容有关。当电容增大时,阻碍作用减小,把电介质插入电容器后,电容增大,灯泡变亮;电容器两极板之间的距离增大,电容减小,灯泡变暗;电容器两极板的正对面积减小,电容减小,灯泡变暗;交变电流的频率增大,电容器对交变电流的阻碍作用减小,灯泡变亮。故选A、D。
答案:AD
题组三 电感、电容、电阻对交变电流的影响
7.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:信号源中含有三种成分,去掉直流成分用隔直电容器即可,因此排除A、B,而C中交流高频、低频成分均进入放大器,需加入另一旁路电容器C2,所以选项D正确。
答案:D
8.
如图所示,线圈L的自感系数和电容器的电容C都很小(如L=100
μH,C=100
pF),此电路的主要作用是( )
A.阻直流、通交流,输出交流电
B.阻交流、通直流,输出直流电
C.阻低频、通高频,输出高频交流电
D.阻高频、通低频,输出低频交流电和直流电
解析:因线圈L的自感系数很小,所以对低频交流成分的阻碍作用很小,这样直流成分和低频交流成分能顺利通过线圈。电容器C为一旁路电容,因其电容很小,对高频交流成分的阻碍作用很小,这样部分通过线圈的高频交流成分又经过电容器C形成回路,最终输出的应为低频交流电和直流电,选项D正确。
答案:D
9.
两只相同的白炽灯L1、L2接到如图所示的电路中,灯L1与电容器串联,灯L2与电感器串联,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的亮度大于灯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.最大值小于Um,而频率仍为f
D.最大值大于Um,而频率仍为f
解析:灯L1的亮度大于灯L2的亮度,这是因为交变电流频率增大,容抗减小,灯L1变亮,又频率增大,感抗增大,灯L2变暗。
答案:A
10.(多选题)电阻R、电容C和电感器L是常用的电子元器件,在频率f的交变电流电路中,如图所示,当开关S依次分别接R、C、L支路,这时通过各支路的电流有效值相等。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的电流有效值增大
C.通过L的电流有效值减小
D.通过R、C、L的电流有效值不变
解析:流过电阻中的电流大小与交变电流的频率无关,选项A正确;频率增大时,容抗减小,感抗增大,所以通过电容C的电流增大,通过电感L的电流减小,选项B、C正确,选项D错误。
答案:ABC
(建议用时:30分钟)
1.关于容抗,下列说法中正确的是( )
A.电容充电时,容抗小
B.电容充电时,容抗大
C.电容和频率一定时,容抗相同,与充、放电无关
D.以上都不对
解析:容抗只与电容大小和交变电流的频率有关,选项C正确。
答案:C
2.下列说法中正确的是( )
A.电感对交流的阻碍作用是因为电感存在电阻
B.电容对交流的阻碍作用是因为电容器有电阻
C.感抗、容抗和电阻一样,电流通过它们做功时都是电能转化为内能
D.在交变电流中,电阻、感抗、容抗可以同时存在
解析:交变电流通过线圈时,在线圈上产生自感电动势,对电流的变化起到阻碍作用,选项A错误。交变电流通过电容器时,电容器两极间的电压与电源电压相反,阻碍了电流的流动,选项B错误。电流通过它们做功时,只有在电阻上产生热,在线圈中产生磁场能,在电容器中产生电场能,只是把电能以磁场能、电场能的形式储存起来,没有转化为内能,选项C错误,故选项D正确。
答案:D
3.(多选题)“二分频”音箱内有两个不同口径的扬声器,它们的固有频率分别处于高音、低音频段,分别称为高音扬声器和低音扬声器。音箱要将扩音机送来的含有不同频率的混合音频电流按高、低频段分离出来,送往相应的扬声器,以便使电流所携带的音频信息按原比例还原成高、低频的机械振动。如图为音箱的电路图,高、低频混合电流由a、b端输入,L1和L2是线圈,C1和C2是电容器,下列说法正确的是( )
A.甲扬声器是高音扬声器
B.C2的作用是阻碍低频电流通过乙扬声器
C.L1的作用是阻碍低频电流通过甲扬声器
D.L2的作用是减弱乙扬声器的低频电流
解析:线圈作用是“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”。高频成分将通过C2到乙扬声器,故乙是高音扬声器。低频成分通过L1到甲扬声器,故甲是低音扬声器。L1的作用是阻碍高频电流通过甲扬声器,选项B、D正确。
答案:BD
4.在收音机线路中,经天线接收下来的电信号既有高频成分,又有低频成分,经放大后送到下一级,需要把低频成分和高频成分分开,只让低频成分输送到再下一级,可以采用如图所示电路,其中a、b应选择的元件是( )
A.a是电容较大的电容器,b是低频扼流圈
B.a是电容较大的电容器,b是高频扼流圈
C.a是电容较小的电容器,b是低频扼流圈
D.a是电容较小的电容器,b是高频扼流圈
解析:电容器具有通高频、阻低频的作用,这样的电容器电容较小,所以a处放电容较小的电容器,电感线圈在该电路中要求起到通低频、阻高频的作用,b处接一个高频扼流圈,选项D正确。
答案:D
5.
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,选项C正确。
答案:C
6.直流电源的电压与交流电源电压的有效值相同,自感线圈的直流电阻不计,则灯泡发光最亮的是图中的( )
解析:电容C、电感L都对交变电流有阻碍作用,故A、B两图中灯不是最亮的;C图中灯被短路,不亮;D图中电容C有隔直流作用,所以D中灯泡最亮。
答案:D
7.如图所示,两个同学利用图示装置做实验,第一位同学使导体棒ab在导轨上匀速运动,第二位同学使导体棒ab在导轨上做变速运动,但两位同学对ab杆做的功一样多。第一位同学的方法使小灯泡消耗的电能为W1,第二位同学的方法使小灯泡消耗的电能为W2,除小灯泡外,回路中其余各部分电阻均忽略不计,则( )
A.W1=W2
B.W1>W2
C.W1D.不能比较
解析:电感线圈通过变化电流时,电能与磁场能往复转化,所以不会消耗电能;两同学做功一样多,所以最终消耗电能一样多。
答案:A
8.(多选题)如图是可调光的台灯电路示意图,哪几种电路是可取的( )
解析:B、C中L调节均可达到调节台灯两端电压从而调节亮度的目的,又不多消耗电能,而A多消耗电能,D中起不到调节台灯两端电压的作用,故选B、C。
答案:BC
9.
如图所示,当交流电源的电压有效值是220
V,频率为50
Hz
时,三盏电灯的亮度相同,当电源电压不变只将交流电源的频率改为100
Hz时,则各灯亮度变化情况为a灯 ,b灯 ,c灯 。(均选填“变亮”“变暗”或“不变”)
解析:频率变大,电容器容抗减小,又电压不变,故a灯变亮;频率变大,电感线圈的电感变大,又电压不变,故b灯变暗;频率的变化对电阻R无影响,故c灯亮度不变。电源电压不变指电压有效值不变,当频率变大时,容抗变小,感抗变大,电阻阻值R不变。
答案:变亮 变暗 不变
10.
如图是常用电器中电源部分的滤波装置及电路图,当输入端输入含有直流成分、交流高频成分和交流低频成分的电流后,能在输出端得到稳定的直流电。试分析其工作原理及各电容和电感的作用。
解析:当含有多种成分的电流输入到C1两端时,由于C1有“通交流、隔直流”的功能,电流中的交流成分被衰减,而L有“通直流、阻交流”的功能,就只有直流成分的电流通过L,到C2两端时,C2进一步滤除电流中的残余交流成分,这样输出端得到的就是稳定的直流电。
答案:见解析
