第1节 磁生电的探索
一、电磁感应的探索历程
事件
意义
电生磁
1820年,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
磁生电
菲涅耳、安培、科拉顿、亨利等致力于磁生电的研究
科学探索是曲折的,真理追求是执着的
1831年,法拉第发现了电磁感应现象
揭示了电和磁的内在联系,引领人类进入电气时代
二、感应电流的产生条件
1.探究导体棒在磁场中运动是否产生电流(如图1-1-1)
图1-1-1
实验操作
实验现象(有无电流)
分析论证
导体棒静止
无
闭合电路包围的面积变化时,电路中有电流产生;闭合电路包围的面积不变时,电路中无电流产生
导体棒平行磁感线运动
无
导体棒切割磁感线运动
有
2.探究磁铁在通电螺线管中运动是否产生电流(如图1-1-2)
图1-1-2
实验操作
实验现象(有无电流)
分析论证
N极插入线圈
有
线圈中的磁场变化时,线圈中有感应电流;线圈中的磁场不变时,线圈中无感应电流
N极停在线圈中
无
N极从线圈中抽出
有
S极插入线圈
有
S极停在线圈中
无
S极从线圈中抽出
有
3.模拟法拉第的实验(如图1-1-3)
图1-1-3
实验操作
实验现象(线圈B中有无电流)
分析论证
开关闭合瞬间
有
线圈B中磁场变化时,线圈B中有感应电流;磁场不变时,线圈B中无感应电流
开关断开瞬间
有
开关保持闭合,滑动变阻器滑片不动
无
开关保持闭合,迅速移动滑动变阻器的滑片
有
4.实验结论
利用磁场产生电流的条件:只要穿过闭合电路的磁通量发生变化,闭合电路中就会产生电流。
1.自主思考——判一判
(1)法拉第不但发现了电流的磁效应,还发现了电磁感应现象。(×)
(2)磁通量虽然有正、负之分,但磁通量是标量。(√)
(3)穿过闭合线圈的磁通量发生变化,一定能产生感应电流。(√)
(4)闭合线圈做切割磁感线运动,一定能产生感应电流。(×)
(5)闭合线圈和磁场发生相对运动,不一定能产生感应电流。(√)
2.合作探究——议一议
(1)为什么许多大物理学家对“磁生电”的探索失败,而法拉第却能成功呢?
提示:许多大物理学家如菲涅耳、安培、科拉顿、亨利等,他们对磁生电探索失败的原因,可归纳为两条:
①“磁生电”是一种在变化运动的过程中才能出现的动态效应,大多数物理学家把它看成了静态效应,静等其变,研究思路不对。
②科学实验的多次失败和挫折,使大多数物理学家知难而退、望而却步,而法拉第凭着迎难而上、对科学坚韧不拔的探索精神、献身精神,十年磨一剑,终成大器。
(2)只要磁通量变化就有感应电流产生吗?
提示:不一定,要产生感应电流需具备两个条件:
①闭合回路 ②磁通量发生变化
如果电路不闭合,即使磁通量发生变化也不会产生感应电流。
(3)闭合电路的部分导体切割磁感线运动时,一定有感应电流吗?
提示:不一定。如图所示,线框ABCD仅有一半置入匀强磁场中,当它在磁场中上下运动时,一半线框在做切割磁感线运动,但磁通量未发生变化,故无感应电流产生。当线框向左平动,离开磁场时,线框的磁通量减小,故有电流产生,导体做切割磁感线运动,不是导体中产生感应电流的充要条件,归根结底还得要看穿过闭合回路的磁通量是否发生变化。
磁通量及其变化的分析
1.磁通量Φ与其变化量ΔΦ的区别
磁通量Φ
磁通量的变化量ΔΦ
物理意义
某时刻穿过某个面的磁感线条数
始末时刻穿过某个面的磁通量的差值
大小计算
Φ=B·S,S为闭合回路线圈在垂直于磁场方向上的有效面积
ΔΦ=Φ2-Φ1
ΔΦ=B·ΔS(B不变)
或ΔΦ=S·ΔB(S不变)
说明
穿过某个面有方向相反的磁场,则不能直接用Φ=B·S,应考虑方向相反的磁通量抵消以后所剩余的磁通量
与磁场垂直的平面,开始时和转过180°时穿过平面的磁通量是不同的,一正一负,ΔΦ=-2B·S,而不是零
2.磁通量的计算
(1)B与S垂直时(匀强磁场中):Φ=B·S。B指匀强磁场的磁感应强度,S为线圈的面积。
(2)B与S不垂直时(匀强磁场中):Φ=B·S⊥。S⊥为线圈在垂直磁场方向上的有效面积,在应用时可将S分解到与B垂直的方向上,如图1-1-4所示,Φ=B·S sin θ。
图1-1-4
(3)磁通量虽然是标量,却有正负之分。
当某面积内有方向相反的磁场时,分别计算不同方向的磁场的磁通量,然后规定某个方向的磁通量为正,反方向的磁通量为负,求其代数和。
[典例] 如图1-1-5所示,a、b是两个同平面、同心放置的金属圆环,条形磁铁穿过圆环且与两环平面垂直,则通过两圆环的磁通量Φa、Φb( )
图1-1-5
A.Φa>Φb B.Φa<Φb
C.Φa=Φb D.无法比较
[思路点拨]
→
[解析] 条形磁铁磁场的磁感线的分布特点是:①磁铁内外磁感线的条数相同。②磁铁内外磁感线的方向相反。③磁铁外部磁感线的分布是两端密、中间疏。两个同心放置的同平面的金属圆环与磁铁垂直且磁铁在中央时,通过其中的磁感线的俯视图如图所示,穿过圆环的磁通量Φ=Φ进-Φ出,由于两圆环面积Sa<Sb,两圆环的Φ进相同,而Φ出a<Φ出b,所以穿过两圆环的有效磁通量Φa>Φb,故A正确。
[答案] A
(1)对于穿过某一平面的双向磁场,Φ表示的是合磁通量的大小。
(2)注意有相反方向的磁场产生的磁通量的判断,首先要清楚哪个方向的磁通量大,然后再看它们各自如何变化,进而判断总磁通量情况。
1.如图1-1-6所示,水平放置的扁平条形磁铁,在磁铁的左端正上方有一金属线框,线框平面与磁铁垂直,当线框从左端正上方沿水平方向平移到右端正上方的过程中,穿过它的磁通量的变化情况是( )
图1-1-6
A.先减小后增大 B.始终减小
C.始终增大 D.先增大后减小
解析:选A 线框在磁铁两端的正上方时穿过该线框磁通量最大,在磁铁中央时穿过该线框的磁通量最小,所以该过程中的磁通量先减小后增大,故A对。
2.如图1-1-7所示,a、b、c三个闭合线圈放在同一平面内,当线圈a中有电流I通过时,它们的磁通量分别为Φa、Φb、Φc,下列说法中正确的是( )
图1-1-7
A.Φa<Φb<Φc
B.Φa>Φb>Φc
C.Φa<Φc<Φb
D.Φa>Φc>Φb
解析:选B 当a中有电流通过时,穿过a、b、c三个闭合线圈的向里的磁感线条数一样多,向外的磁感线的条数c最多,其次是b,a中没有向外的磁感线,因此,根据合磁通量的计算,应该是Φa>Φb>Φc。
3.如图1-1-8所示,有一通电长直导线MN,通入向右的电流I,另有一闭合线圈P位于导线正下方,现使线圈P竖直向上运动,问在线圈P到达MN上方的过程中,穿过P的磁通量是如何变化的?
图1-1-8
解析:根据直线电流磁场特点,靠近导线处磁场强,远离导线处磁场弱,把线圈P从MN下方运动到上方的过程中几个特殊位置画出,如图所示(为画清楚,把线圈错开了)。分析磁通量变化时可以通过穿过线圈的磁感线的条数(注意应是净条数)的变化来分析。
Ⅰ→Ⅱ磁通量增加;Ⅱ→Ⅲ磁通量减小(Ⅲ位置时Φ=0);
Ⅲ→Ⅳ磁通量增加;Ⅳ→Ⅴ磁通量减小。
所以整个过程磁通量的变化为:增加→减小→增加→减小。
答案:见解析
感应电流的产生条件
1.对感应电流产生条件的理解
(1)两个条件均为必要条件,缺一不可。
(2)闭合电路中是否产生感应电流,取决于穿过回路的磁通量是否发生变化。
2.判断有无感应电流的基本步骤
(1)明确所研究的电路是否为闭合电路。
(2)分析最初状态穿过电路的磁通量情况。
(3)根据相关量变化的情况分析穿过闭合电路的磁通量是否发生变化。常见的情况有以下几种:
①磁感应强度B不变,线圈面积S发生变化,例如闭合电路的一部分导体切割磁感线时。
②线圈面积S不变,磁感应强度B发生变化,例如线圈与磁体之间发生相对运动时或者磁场是由通电螺线管产生而螺线管中的电流变化时。
③磁感应强度B和线圈面积S同时发生变化,此时可由ΔΦ=Φ1-Φ0计算并判断磁通量是否发生变化。
④线圈面积S不变,磁感应强度B也不变,但二者之间的夹角发生变化,例如线圈在磁场中转动时。
[典例] (多选)如图1-1-9所示,竖直放置的长直导线通以恒定电流,一矩形线框abcd与通电导线共面放置,且ad边与通电导线平行。下列情况中能产生感应电流的是( )
A.导线中电流变大
B.线框向右平动
C.线框向下平动
D.线框以ab边为轴转动
E.线框以直导线为轴转动
图1-1-9
[思路点拨]
[解析] 讨论是否产生感应电流,需分析通电直导线周围的磁场分布情况,通电直导线周围的磁感线是一系列的同心圆,且离导线越远磁感线越稀疏。只要穿过线框的磁通量发生变化,线框中就能产生感应电流。因I增大而引起导线周围磁场的磁感应强度增大,穿过线框的磁通量增大,故A正确。因离直导线越远,磁感线分布越稀疏(如图甲),因此线框向右平动时,穿过线框的磁通量变小,故B正确。由甲图可知线框向下平动时穿过线框的磁通量不变,故C错。线框以ab边为轴转动时,当线框在如图甲所示位置时,穿过线框的磁通量最大,当线框转过90°时,穿过线框的磁通量最小:Φ=0,因此可以判定线框以ab边为轴转动时磁通量一定变化,故D正确。对E选项,先画出俯视图(如图乙),由图可看出线框绕直导线转动时,在任何一个位置穿过线框的磁感线条数不变,因此无感应电流产生,故E错。
[答案] ABD
对感应电流产生条件的两点理解
(1)在闭合回路中是否产生感应电流,取决于穿过回路的磁通量是否发生变化,而不取决于穿过回路磁通量的大小。
(2)闭合回路的部分导体做切割磁感线运动是引起回路磁通量变化的具体形式之一。但闭合回路的部分导体做切割磁感线运动时,不一定总会引起闭合回路的磁通量变化。如图所示,矩形线框abcd在范围足够大的匀强磁场中,在垂直磁场的平面内向右平动,虽然ad、bc边都切割磁感线,但磁场穿过回路abcd的磁通量没有变化,因而没有产生感应电流。
1.如图所示,各导体框在匀强磁场中运动方向图中已标出,能产生感应电流的是( )
解析:选D A图中,回路不闭合,回路中无感应电流。B、C中虽有切割且回路闭合,但磁通量不发生变化,回路中无感应电流。
2.如图1-1-10所示,条形磁铁的上方放置一矩形线框,线框平面水平且和条形磁铁平行,则线框在由磁铁N极匀速平移到磁铁S极的过程中( )
图1-1-10
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上方时无感应电流,以后又有了感应电流
D.开始无电流,当运动到磁铁中部的上方时有感应电流,后来又没有电流
解析:选B 线框移动过程中,穿过线框的磁通量先减小后增大,即穿过线框的磁通量始终是变化的,故线框始终有感应电流,故B正确。
3.图1-1-11所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框。在下列几种情况下,线框中是否产生感应电流?
(1)保持线框平面始终与磁感线垂直,线框在磁场中上下运动(图甲)。
(2)保持线框平面始终与磁感线垂直,线框在磁场中左右运动(图乙)。
(3)线框绕轴线AB转动(图丙)。
图1-1-11
解析:(1)图甲中,线框在磁场中上下运动的过程中,穿过线框的磁通量没有发生变化,所以无感应电流产生。
(2)图乙中,线框在磁场中左右运动的过程中,尽管切割磁感线,但是穿过线框的磁通量没发生变化,所以无感应电流产生。
(3)图丙中,线框绕AB转动,会使穿过线框的磁通量发生改变,有感应电流产生。
答案:见解析
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:选B 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。
2.有一宇航员登月后,想探测一下月球表面是否有磁场,他手边有一只灵敏电流表和一个小线圈,则下列推断正确的是( )
A.直接将电流表放于月球表面,根据电流表有无示数来判断磁场的有无
B.将电流表与线圈连成闭合回路,使线圈沿某一方向运动,若电流表无示数,则可以判断月球表面无磁场
C.将电流表与线圈连成闭合回路,使线圈沿某一方向运动,若电流表有示数,则可以判断月球表面有磁场
D.将电流表与线圈连成闭合回路,使线圈在某一平面内沿各个方向运动,若电流表无示数,则可以判断月球表面无磁场
解析:选C 假设月球表面有磁场,其磁场分布规律类似于地磁场,当电流表与线圈组成闭合电路,穿过该回路的磁通量发生变化时,电流表就会有示数,就可证明有磁场存在,A中电流表不在回路中,故A错;当线圈平面与月球的磁场(假设月球有磁场)方向平行时,线圈沿任一方向运动,穿过线圈的磁通量都不发生变化,电流表无示数,故该情况下不能判定月球表面是否无磁场,故B、D错;使线圈沿某一方向运动,电流表有示数,说明穿过线圈的磁通量发生变化,证明月球表面有磁场,故C对。
3.磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量。如图1所示,通有恒定电流的导线MN与闭合线框共面,第一次将线框由位置1平移到位置2,第二次将线框绕cd边翻转到2,设先后两次通过线框的磁通量变化分别为ΔΦ1和ΔΦ2,则( )
图1
A.ΔΦ1>ΔΦ2 B.ΔΦ1=ΔΦ2
C.ΔΦ1<ΔΦ2 D.无法确定
解析:选C 设线框在位置1时的磁通量为Φ1,在位置2时的磁通量为Φ2,直线电流产生的磁场在1处比在2处要强。若平移线框,则ΔΦ1=Φ1-Φ2,若转动线框,磁感线是从线框的正反两面穿过的,一正一负,因此ΔΦ2=Φ1+Φ2。根据分析知:ΔΦ1<ΔΦ2。选项C正确。
4.某同学做观察电磁感应现象的实验,将电流表、线圈A和B、蓄电池、开关用导线连接成如图2所示的实验电路,当他接通、断开开关时,电流表的指针都没有偏转,其原因是( )
图2
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:选A 题图中所示连接的开关不能控制含有电源的电路中电流的通断,而本实验的内容之一就是研究在开关通断瞬间,电流的有无导致磁场变化,进而产生感应电流的情况,但图中的接法却达不到目的。
5.如图3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,穿过圆面积的磁通量将( )
图3
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:选C 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,可以知道穿入圆面积的磁感线的条数与穿出圆面积的磁感线的条数是相等的,故选C。
6.(多选)某一实验装置如图4所示,在铁芯P上绕着两个线圈A和B,如果线圈A中的电流I和时间t的关系有下列A、B、C、D四种情况,则在t1~t2这段时间内,线圈B中有感应电流的是( )
图4
解析:选BCD 线圈A中通有电流时,螺线管会产生磁场,当电流发生变化时会引起磁场的变化,从而使线圈B中的磁通量发生变化,线圈B中将产生感应电流,所以选项B、C、D正确。
7.(多选)如图5所示,裸导线框abcd放在光滑金属导轨上向右运动,匀强磁场的方向如图中所示,则( )
图5
A.电流计G的指针发生偏转
B.电流计G1的指针发生偏转
C.电流计G1的指针不发生偏转
D.电流计G的指针不发生偏转
解析:选AB 由于穿过闭合线框abcd的磁通量不发生变化,故回路abcd中没有感应电流产生,但两个电流计G和G1所在导线间构成的闭合回路中的磁通量会增大,该回路中有感应电流产生,因此两个电流计的指针会发生偏转;同样,由导线bc与电流计G1间的导线构成的回路中也有感应电流产生。综上所述,选项A、B正确。
8.如图6所示,开始时矩形线圈与磁场垂直,且一半在匀强磁场中,另一半在匀强磁场外。若要使线圈中产生感应电流,下列方法中不可行的是( )
图6
A.将线圈向左拉出磁场
B.以ab边为轴转动
C.以ad边为轴转动(小于60°)
D.以bc边为轴转动(小于60°)
解析:选D 将线框向左拉出磁场的过程中,线框的bc部分做切割磁感线的运动,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。
当线框以ab边为轴转动时,线框的cd边右半段在做切割磁感线运动,或者说穿过线框的磁通量发生变化,所以线框中将产生感应电流。
当线框以ad边为轴转动(小于60°)时,穿过线框的磁通量在减少,所以在这个过程中线框中会产生感应电流。如果转过角度超过60°,bc边将进入无磁场区,那么线框中将不产生感应电流(60°~300°)。
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面积的一半的乘积)。
9.(多选)如图7所示,MN、GH为平行导轨,AB、CD为跨在导轨上的两根横杆,导轨和横杆均为导体,有一匀强磁场垂直于导轨所在的平面,方向如图所示,用I表示回路中的感应电流,则下列说法中正确的是( )
图7
A.当AB不动,而CD向右滑动时,I≠0
B.当AB向左,CD向右滑动且速度大小相等时,I=0
C.当AB、CD都向右滑动且速度大小相等时,I=0
D.当AB、CD都向右滑动且AB速度大于CD速度时,I≠0
解析:选ACD 在匀强磁场中,只要闭合回路ABDC的面积不发生变化,磁通量不变,回路中就不会有感应电流产生;当回路ABDC的面积发生变化时,磁通量发生变化,回路中就会有感应电流产生,因此,选项A、C、D正确。
10.如图8所示,一有限范围的匀强磁场的宽度为d,将一边长为l的正方形导线框由磁场边缘以速度v匀速地通过磁场区域,若d>l,则在线框通过磁场区域的过程中,不产生感应电流的时间为( )
图8
A. B.
C. D.
解析:选C 线框完全进入磁场后,磁通量不变化,线框中无感应电流,当线框进入、离开磁场时,磁通量变化,都会产生感应电流,故不产生感应电流的距离为d-l,时间为t=。
11.逆向思维是一种重要的思想方法,在这种思想方法的引领下,许多重要的科学定律被发现。“电生磁,磁生电”这种逆向互生的关系,体现了物理学中的一种对称美。请思考:
(1)你还能指出物理学中的其他对称性和对称实例吗?
(2)1831年,物理学家法拉第用如图9所示的实验,成功发现了磁生电现象,当开关始终处于闭合状态时,a线圈中______(选填“有”或“无”)感应电流产生,当开关闭合或断开瞬间,a线圈中______(选填“有”或“无”)感应电流产生。
图9
(3)如图10是某兴趣小组研究磁生电现象所需的器材。
图10
请你协助该小组完成如下工作,用实线将带有铁芯的线圈A、电源、滑动变阻器和开关连接成原线圈回路,将小量程电流表和线圈B连接成副线圈回路,并列举出在实验中改变副线圈回路磁通量,使副线圈回路产生感应电流的三种方式:
①________________________________________________________________________;
②________________________________________________________________________;
③________________________________________________________________________。
解析:(1)电荷的正与负、吸引与排斥、运动和静止、光滑和粗糙、正电子和负电子、物质和反物质。
(2)因穿过a线圈的磁通量不变,所以无感应电流产生。闭合开关瞬间穿过a线圈的磁通量突然增大,所以有感应电流产生。断开开关瞬间,穿过a线圈的磁通量突然减小,所以有感应电流产生。
(3)
实物连接如图所示。①合上(或断开)开关瞬间;②合上开关后,将原线圈A插入副线圈B中或从副线圈B中抽出;③合上开关,将原线圈A插入副线圈B后,移动滑动变阻器的滑片。
答案:(1)见解析 (2)无 有 (3)见解析
12.如图11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。
图11
(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:(1)线框由正方形拉成圆形时,面积变大,线框中的磁通量增加,故有感应电流
产生。
(2)将线框水平向右拉出磁场的过程中,若dc边未出磁场,磁通量不变,无感应电流,若dc边出磁场而ab边在磁场内,线框中的磁通量发生变化,有感应电流产生。
(3)线框绕cd边旋转过程中磁场方向与线框平面的夹角发生改变而引起磁通量变化,有感应电流产生。
答案:见解析
第2节 感应电动势与电磁感应定律
一、感应电动势
1.定义:在电磁感应现象中产生的电动势。
2.产生条件
不管电路是否闭合,只要穿过电路的磁通量发生变化,电路中就会产生感应电动势。
3.方向判断
在内电路中,感应电动势的方向是由电源的负极指向电源的正极,跟内电路中的电流方向一致。产生感应电动势的部分电路就是电源,该部分电路中的电阻相当于电源内阻。
二、电磁感应定律
1.法拉第电磁感应定律
(1)内容:电路中感应电动势的大小与穿过这一电路的磁通量变化率成正比。
(2)表达式:对单匝线圈E=k,k为比例系数。在国际单位制中k=1,上式可简化为E=。对n匝线圈E=n。
(3)单位:在国际单位制中,感应电动势E的单位是伏,磁通量Φ的单位是韦伯,磁通量的变化量ΔΦ的单位是韦伯,时间Δt的单位是秒。
2.导线切割磁感线时的感应电动势
(1)导体在匀强磁场中运动,如图1-2-1甲所示,B、l、v两两垂直时,E=Blv。
图1-2-1
(2)导体的运动方向与导体本身垂直,但与磁感线方向夹角为θ时(如图乙),E=Blvsin_θ。
1.自主思考——判一判
(1)线圈所在位置的磁场越强,线圈中产生的感应电动势越大。(×)
(2)线圈中磁通量越大,线圈中产生的感应电动势越大。(×)
(3)线圈中磁通量变化越快,线圈中产生的感应电动势越大。(√)
(4)产生感应电动势则一定产生感应电流。(×)
(5)磁通量变化与线圈匝数无关,感应电动势也与线圈匝数无关。(×)
(6)导体在匀强磁场中运动时一定产生感应电动势。(×)
2.合作探究——议一议
(1)磁通量Φ越大,则就会越大,感应电动势E就会越大,这种说法对吗?
提示:该说法是错误的。在运动学中速度v的大小跟速度变化的快慢即加速度无关,比如:高速匀速飞行的飞机;尽管v大,但a==0。Φ与的关系跟v与关系一样,磁通量Φ大,而却可能为0,Φ表示磁通量的大小,而表示磁通量变化的快慢,所以两者并没有确定的数量关系。
(2)导体棒运动速度越大,产生的感应电动势越大吗?
提示:导体棒切割磁感线时,产生感应电动势的大小与垂直磁感线的分速度有关,而速度大,垂直磁感线方向的分速度不一定大,所以导体棒运动速度越大,产生的感应电动势不一定越大。
E=n的理解与应用
1.感应电动势E与成正比,与Φ、ΔΦ的大小无关。
2.下列是两种常见的产生感应电动势的情况,其中线圈的匝数为n。
(1)线圈面积S不变,磁感应强度B均匀变化:
E=n·S;
(2)磁感应强度B不变,线圈面积S均匀变化:
E=nB·。
3.用E=n所求的一般为平均感应电动势,且为整个回路的感应电动势。
[典例] 如图1-2-2(a)所示的螺线管,匝数n=1 500匝,横截面积S=20 cm2,电阻r=1.5 Ω,与螺线管串联的外电阻R1=3.5 Ω,R2=25 Ω,方向向右穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度按图(b)所示规律变化,试计算电阻R2的电功率。
图1-2-2
[思路点拨]
(1)本题是S不变,B均匀变化,应明确。
(2)螺线管的作用相当于电源。
[解析] 由题图(b)知,螺线管中磁感应强度B均匀增加,其变化率为= T/s=2 T/s。
由法拉第电磁感应定律知螺线管中产生的感应电动势
E=n=n·S=1 500×20×10-4×2 V=6.0 V
由闭合电路欧姆定律知电路中的电流为
I== A=0.2 A。
电阻R2消耗的电功率为
P2=I2R2=(0.2)2×25 W=1.0 W。
[答案] 1.0 W
(1)在法拉第电磁感应定律的表达式E=n中,为穿过回路的磁通量的变化率,它是Φ-t图像上某点切线的斜率。
(2)若回路的面积不变,法拉第电磁感应定律可写成E=nS形式,其中叫做磁感应强度的变化率。等于B-t图像上某点切线的斜率。
1.图1-2-3中a~d所示分别为穿过某一闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像,关于回路中产生的感应电动势的下列论述正确的是( )
图1-2-3
A.图a回路中,感应电动势不断增大
B.图b回路中,感应电动势恒定不变
C.图c回路中,0~t1时间内的感应电动势小于t1~t2时间内的感应电动势
D.图d回路中,感应电动势先变大,再变小
解析:选B 磁通量Φ随时间t变化的图像中,斜率表示感应电动势,所以图a中不产生感应电动势,图b中产生恒定的感应电动势,图c中0~t1时间内的感应电动势大于t1~t2时间内的感应电动势,图d中感应电动势先变小再变大。
2.如图1-2-4所示,一正方形线圈的匝数为n,边长为a,线圈平面与匀强磁场垂直,且一半处在磁场中。在Δt时间内,磁感应强度的方向不变,大小由B均匀地增大到2B。在此过程中,线圈中产生的感应电动势为( )
图1-2-4
A. B.
C. D.
解析:选B 磁感应强度的变化率==,法拉第电磁感应定律公式可写成E=n=nS,其中磁场中的有效面积S=a2,代入得E=n,选项B正确,A、C、D错误。
3.如图1-2-5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磁场中,磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示,求:
图1-2-5
(1)前4 s内的平均感应电动势的大小;
(2)前5 s内的平均感应电动势的大小。
解析:(1)前4 s内磁通量的变化ΔΦ=Φ2-Φ1=S(B2-B1)=200×10-4×(0.4-0.2) Wb=4×10-3 Wb
由法拉第电磁感应定律得
E=n=1 000× V=1 V。
(2)前5 s内磁通量的变化ΔΦ′=Φ2′-Φ1′=S(B2′-B1′)=200×10-4×(0.2-0.2) Wb=0。
由法拉第电磁感应定律E′=n=0。
答案:(1)1 V (2)0
E=Blv的理解与应用
1.公式的含义
(1)该公式可看成法拉第电磁感应定律的一个推论,通常用来求导体运动速度为v时的瞬时电动势,若v为平均速度,则E为平均电动势。
(2)式中的l应理解为导线切割磁感线时的有效长度。①导线不和磁场垂直,l应是导线在垂直磁场方向的投影长度;②切割磁感线的导线是弯曲的,如图1-2-6所示,则应取与B和v垂直的等效直线长度,即ab的弦长。
图1-2-6
2.公式的适用范围
(1)该公式适用于导体平动切割磁感线的情况,即导体上各点的速度相等。
(2)当导体绕一端转动时如图1-2-7所示,由于导体上各点的速度不同,自圆心向外随半径增大,速度是均匀增加的,所以导体运动的平均速度为==,由公式E=Bl得,E=B·l·=Bl2ω。
图1-2-7
[典例] 如图1-2-8所示,水平放置的平行金属导轨,相距l=0.50 m,左端接一电阻R=0.20 Ω,磁感应强度B=0.40 T的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v=4.0 m/s的速度水平向右匀速滑动时,求:
图1-2-8
(1)ab棒中感应电动势的大小;
(2)回路中感应电流的大小。
[思路点拨]
[解析] (1)根据法拉第电磁感应定律,ab棒中的感应电动势为
E=Blv=0.40×0.50×4.0 V=0.8 V
(2)感应电流大小为I== A=4 A
[答案] (1)0.8 V (2)4 A
处理电磁感应中电路问题的基本思路
(1)分析产生感应电动势的原因,确定产生感应电动势的“导体”——电源。
(2)明确电路结构,分清内、外电路。
(3)根据电路组成,画出等效电路图,结合闭合电路欧姆定律列出相应的方程式。
1.如图1-2-9所示,MN、PQ为两条平行的水平放置的金属导轨,左端接有定值电阻R,金属棒ab斜放在两导轨之间,与导轨接触良好。磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面。设金属棒与两导轨接触点之间的距离为L,金属棒与导轨间夹角为60°,以速度v水平向右匀速运动,不计导轨和棒的电阻,则流过金属棒中的电流为( )
图1-2-9
A.I= B.I=
C.I= D.I=
解析:选B 公式E=Blv适用于B、l、v三者互相垂直的情况,本题B与L、B与v是相互垂直的,但L与v不垂直,故取L垂直于v的长度Lsin θ,即有效切割长度,所以E=BLvsin 60°=BLv,由欧姆定律I=得I=,故B正确。
2.如图1-2-10是法拉第研制成的世界上第一台发电机模型的原理图。将铜盘放在磁场中,让磁感线垂直穿过铜盘,图中a、b导线与铜盘的中轴线处在同一平面内,转动铜盘,就可以使闭合电路获得电流。若图中铜盘半径为r,匀强磁场的磁感应强度为B,回路总电阻为R,匀速转动铜盘的角速度为ω。则电路的功率是( )
图1-2-10
A. B.
C. D.
解析:选C 根据导体棒旋转切割产生电动势E=Bωr2,由P=,得电路的功率是,故选C。
3.如图1-2-11所示,在磁感应强度B=1 T的匀强磁场中,有一长度l=0.1 m的导体棒以初速度v0=2 m/s做匀加速直线运动,加速度a=2 m/s2,求2 s末的感应电动势和2 s内的平均感应电动势。
图1-2-11
解析:2 s末导体棒的速度为
v=v0+at=(2+2×2)m/s=6 m/s
故2 s末的感应电动势为
E=Blv=1×0.1×6 V=0.6 V
2 s内导体棒的平均速度为
== m/s=4 m/s
故2 s内的平均感应电动势为
=Bl=1×0.1×4 V=0.4 V。
答案:0.6 V 0.4 V
电磁感应现象中电荷量q的计算
在电磁感应现象中产生了感应电流,就有电荷的定向移动,Δt时间内通过电路某一截面的电荷量q=IΔt,若不是恒定电流时,计算电量必须用平均感应电流和平均感应电动势,平均感应电动势一般用法拉第电磁感应定律求解,因此q=Δt=Δt=nΔt=n,q与ΔΦ成正比,与时间无关。(式中q是指通过电路某一截面的总电量,而R是指回路的总电阻。)
1.物理实验中,常用一种叫做“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电荷量,如图1-2-12所示,探测线圈与冲击电流计串联后可用来测定磁场的磁感应强度。已知线圈匝数为n,面积为S,线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R。若将线圈放在被测匀强磁场中,开始线圈平面与磁场垂直,现把探测线圈翻转180°,冲击电流计测出冲击电流通过线圈的电荷量为q。由上述数据可测出被测磁场的磁感应强度为( )
图1-2-12
A. B.
C. D.
解析:选A q=Δt,=。又ΔΦ=2BS,故B=,A正确。
2.圆形线圈处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场的方向垂直于线圈平面,线圈半径为r,电阻为R,若用时间Δt把线圈从磁场中拉出来和原地使线圈翻转180°,则通过线圈导线截面的电量分别为多少?
解析:把线圈从磁场中拉出时:
q=Δt=Δt=nΔt=n=
原地翻转180°时
磁通量变化ΔΦ′=2BS=2Bπr2,
q′=′Δt′=Δt′=nΔt′=n=
答案:
1.在如图1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( )
图1
A.乙和丁 B.甲、乙、丁
C.甲、乙、丙、丁 D.只有乙
解析:选B 甲、乙、丁三图中,B、v、l两两垂直,且l为有效切割长度,产生的感应电动势都为E=Blv,丙图中E=Blvsin θ。
2.(多选)无线电力传输系统基于电磁感应原理,两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置,如图2所示。下列说法正确的是( )
图2
A.若A线圈中输入电流,B线圈中就会产生感应电动势
B.只有A线圈中输入变化的电流,B线圈中才会产生感应电动势
C.A中电流越大,B中感应电动势越大
D.A中电流变化越快,B中感应电动势越大
解析:选BD 根据产生感应电动势的条件,只有处于变化的磁场中,B线圈才能产生感应电动势,A错、B对;根据法拉第电磁感应定律,感应电动势的大小取决于磁通量变化率,所以C错,D对。
3.(多选)将一磁铁缓慢或者迅速地插到闭合线圈中的同一位置,不发生变化的物理量是( )
A.磁通量的变化量 B.磁通量的变化率
C.感应电流的大小 D.流过导体横截面的电荷量
解析:选AD 将磁铁插到同一位置,磁通量的变化量相同,而用时不同,所以磁通量的变化率不同,A对、B错。感应电动势不同,感应电流不同,C错。由q=IΔt=Δt=·Δt=可知,电荷量相同,D对,故选A、D。
4.如图3所示,半径为R的n匝线圈套在边长为a的正方形之外,匀强磁场垂直穿过该正方形,当磁场以的变化率变化时,线圈中产生的感应电动势的大小为( )
图3
A.πR2 B.a2
C.nπR2 D.na2
解析:选D 线圈在磁场中的有效面积为a2,据法拉第电磁感应定律可得E=na2,故选D。
5.如图4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为( )
图4
A. B.
C. D.
解析:选A 扇形闭合导线框切割磁感线的有效长度始终是半径L,各点的平均速度=,导线框进磁场和出磁场时有感应电流产生,由法拉第电磁感应定律有:E=,则线框内产生的感应电流I=,故A正确;B、C、D错误。
6.如图5所示,两个相连的金属圆环,小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一,磁场垂直穿过小金属环所在区域,当磁感应强度随时间均匀变化时,在小环内产生的感应电动势为E,则a、b两点间的电势差为( )
图5
A.E B.E
C.E D.E
解析:选C 等效电路如图所示,由题意知R=2r,a、b两点间的电势差为U=E=E,故选C。
7.如图6所示,矩形线框abNM中,M、N之间串联着一个电压表,整个装置处于匀强磁场中,磁场的方向与线框平面垂直。当线框向右匀速平动时,下列说法中正确的是( )
图6
A.MN间无电势差,电压表无示数
B.MN间无电势差,电压表有示数
C.MN间有电势差,电压表无示数
D.MN间有电势差,电压表有示数
解析:选C 由于矩形线框abNM磁通量不变,回路无电流,因此电压表无示数,由于矩形线框两边切割磁感线有电动势,因此MN间有电势差,故选C。
8.如图7所示,平行于y轴的导体棒以速度v向右做匀速直线运动,经过半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域,导体棒中的感应电动势E与导体棒位置x关系的图像是( )
图7
解析:选A 当导体棒位置坐标为x时,导体棒切割磁感线的长度L=2,E=BLv=Bv·2=2Bv,结合数学知识可得A正确,B、C、D错误。
9.如图8所示,在竖直向下的匀强磁场中,将一水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出,设在整个过程中棒的方向不变且不计空气阻力,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( )
图8
A.越来越大 B.越来越小
C.保持不变 D.无法判断
解析:选C 棒ab水平抛出后,其速度越来越大,但只有水平分速度v0切割磁感线产生电动势,故E=BLv0保持不变。
10.(多选)一个面积S=4×10-2 m2、匝数n=100匝的线圈放在匀强磁场中,磁场方向垂直纸面,磁感应强度的大小随时间变化的规律如图9所示,由图可知( )
图9
A.在开始2 s内穿过线圈的磁通量的变化率等于0.08 Wb/s
B.在开始2 s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零
C.在开始2 s内线圈中产生的感应电动势等于8 V
D.在第3 s末线圈中的感应电动势等于零
解析:选AC 由图像可知,0~1 s内磁感应强度正向减小,1~2 s磁感应强度负向增大,两过程产生的感应电动势等效,故0~2 s可视为整体变化过程,而图像的斜率k=,则0~2 s内E1=nS=100××4×10-2 V=-8 V,大小为8 V,故C正确。因为穿过线圈的磁通量的变化量和变化率均与线圈匝数无关,所以·S=×4×10-2 Wb/s=-0.08 Wb/s,大小为0.08 Wb/s,故A正确。ΔΦ=Φ2-Φ1=(-2×4×10-2-2×4×10-2)Wb=-0.16 Wb,故B错误。第3 s末的磁通量为零,但感应电动势不为零,等于2~4 s内的感应电动势,则E2=n·S=100××4×10-2 V=8 V,故D错误。
11.如图10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,导线框经过时间t运动到竖直位置,此时ab边的速度为v,求:
图10
(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线框感应电动势的大小。
解析:(1)线框在初位置Φ1=BS=Bl2,转到竖直位置Φ2=0。根据法拉第电磁感应定律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,此时求的是瞬时感应电动势,且感应电动势的大小为E=Blv。
答案:(1) (2)Blv
12.如图11所示,边长为20 cm的正方形单匝线框,电阻为0.1 Ω,放在B=0.2 T的匀强磁场中,磁场的方向与线框平面垂直,线框在磁场中匀速转动一周的时间为0.2 s。求:
(1)线框由图示位置绕ab轴分别转过60°和90°的过程中,线框中产生的平均感应电动势的大小;
(2)线框由图示位置绕ab轴转过180°的过程中,线框导线横截面上通过的电荷量。
图11
解析:(1)线框绕ab轴转过θ角的过程中磁通量的变化量为:ΔΦ=BS-BScos θ=BS(1-cos θ)。线框中产生的平均感应电动势的大小E=,当θ=60°时,Δt=,E=BS(1-cos θ)×=0.12 V。同理,线框绕ab轴转过90°的过程中的平均感应电动势大小E=0.16 V。
(2)线框绕ab轴转过180°的过程中平均感应电动势E=,
由闭合电路欧姆定律I=,通过线框导线横截面上的电荷量q=IΔt===0.16 C。
答案:(1)0.12 V 0.16 V (2)0.16 C
第3节 电磁感应定律的应用
一、涡流及其应用
1.涡流
将整块金属放在变化的磁场中,穿过金属块的磁通量发生变化,金属块内部就会产生旋涡状的感应电流,这种感应电流叫做涡电流,简称涡流。
2.涡流的应用——电磁炉
(1)工作原理:利用涡流原理制成的。
图1-3-1
(2)优点:热效率高;无烟火,无毒气、废气,被称为“绿色炉具”;只对铁质锅具加热,炉体本身不发热。
3.涡流的危害及防止
(1)危害:变压器、电动机、发电机的铁芯会因涡流损失大量的电能并导致设备发热。
(2)防止:为减小涡流,电动机、变压器铁芯是用外表涂有绝缘材料的薄硅钢片叠成的,而不采用整块硅钢铁芯,这样可以使涡流大为减弱,涡流损失大大降低,从而降低能耗,提高了设备的工作效率。
二、磁卡和动圈式话筒
1.磁卡工作原理
磁卡信息的录入是利用了电流的磁效应;信息的读取与录入过程相反,利用了电磁感应原理。
2.动圈式话筒
动圈式话筒是把声音信号转变为电信号的装置,由膜片、线圈、永磁体等构成。其工作原理是利用了电磁感应现象。
1.自主思考——判一判
(1)涡流也是感应电流。(√)
(2)金属中的涡流会产生热量,生活中的电磁炉是利用这一原理而工作的。(√)
(3)磁卡读取信息时,利用了电磁感应原理。(√)
(4)录音机在磁带上录制声音时,利用了电磁感应原理。(×)
(5)动圈式话筒工作时利用了电磁感应现象把声音信号转变为电信号。(√)
2.合作探究——议一议
(1)电磁炉使用时无烟火、无燃气,炉体本身也不发热,它是如何加热锅内食物的呢?
提示:电磁炉是近几年来逐步进入家庭的一种新型炉具,其工作原理与涡流有关。如图甲所示,当50 Hz的交变电流流入电磁炉时,经过整流和变频后,变成20~50 kHz的高频交变电流进入炉内线圈,产生了变化很快的磁场,如图乙所示,放在电磁炉上面的铁质(或钢质)锅底内产生了感应电动势,由E=n,由于磁场变化快,则大,故感应电动势E较大,而铁质(钢质)锅底是整块导体,电阻很小,所以在锅底产生很强的涡电流,热效应极大,短时间内锅底迅速发热,加热锅内的水或食物,如图丙所示。
(2)在使用电磁炉时,所有的锅具都能用吗?
提示:不能。因为电磁炉是以电磁感应产生涡电流,利用涡电流的热效应产生热量,所以不是所有的锅具都能
用。适合放在电磁炉上烹饪的器具有不锈钢锅、不锈钢壶、平底铁锅(钢锅)等;不适用的有陶瓷锅、耐热玻璃锅等,因为陶瓷锅和玻璃锅是由绝缘材料制成,不能产生涡流,无法加热食物。
(3)动圈式话筒与电容式话筒的工作原理相同吗?
提示: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,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。
涡流的产生及能量变化
1.涡流产生的条件
涡流的本质是电磁感应现象,涡流的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,就像水中的旋涡。
2.涡流的大小
(1)涡流的大小与电流变化频率有关,电流变化越快,产生的感应电动势E越大。
(2)与被感应的金属导体的电阻有关,电阻越小,金属导体产生的涡流越强。
(3)为尽可能减小涡流损失,可采用大电阻率的硅钢片制作铁芯。
3.可以产生涡流的两种情况
把块状金属放在变化的磁场中。
让块状金属进出磁场或在非匀强磁场中运动。
4.能量转化
伴随着涡流现象,其他形式的能转化成电能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;如果是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。
[典例] 光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线,如图1-3-2所示,抛物线下半部分处在一个水平方向的匀强磁场中,磁场的上边界是y=a的直线(图中虚线所示),一个金属块从抛物线上y=b(b>a)处以速度v沿抛物线下滑,假设抛物线足够长,金属块沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是( )
图1-3-2
A.mgb B.mv2+mgb
C.mg(b-a) D.mv2+mg(b-a)
[思路点拨]
(1)金属块在反复进出磁场时会产生感应电流。
(2)金属块最终将在虚线以下的光滑曲面上做往复运动,而不是停在O点。
[解析] 金属块在进出磁场过程中要产生感应电流,感应电流产生焦耳热,机械能要减少,上升的最大高度不断降低,最后刚好滑不出磁场后,就做往复运动,永不停止。根据能量转化与守恒定律,整个过程中产生的焦耳热应等于机械能的损失,即Q=ΔE=mv2+mg(b-a),故D正确。
[答案] D
处理有关涡流问题有两种方法:一是利用楞次定律、法拉第电磁感应定律等知识来判断涡流的作用;二是从能量转化和守恒的角度判断涡流现象中的能量转化问题。
1.如图1-3-3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( )
图1-3-3
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:选C 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。
2.目前金属探测器已经广泛应用于各种安检、高考及一些重要场所,关于金属探测器的下列有关论述中正确的是( )
A.金属探测器可用于月饼生产中,用来防止细小的金属颗粒混入月饼陷中
B.金属探测器能帮助医生探测儿童吞食或扎到手、脚中的金属物,是因为探测器的线圈中能产生涡流
C.使用金属探测器时,应该让探测器静止不动,探测效果会更好
D.能利用金属探测器检测考生是否携带手机等违禁物品,是因为探测器的线圈中通有直流电
解析:选A 金属探测器的探测线圈中,通有交变电流,会在被探测的金属中激起涡流,涡流又会产生磁场,反过来影响原来的磁场,引发探测器发出鸣声。当探测器相对于被测金属发生移动时,探测器的线圈中的交流电产生的磁场相对变化较快,在金属中产生的涡流会更强,检测效果更好,故A正确。
3.如图1-3-4所示,上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置,小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放,并落至底部,则小磁块( )
图1-3-4
A.在P和Q中都做自由落体运动
B.在两个下落过程中的机械能都守恒
C.在P中的下落时间比在Q中的长
D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大
解析:选C 小磁块在铜管中下落时,由于电磁阻尼作用,不做自由落体运动,机械能不守恒,而在塑料管中不受阻力作用而做自由落体运动,机械能守恒,因此在P中下落得慢,用时长,到达底端速度小,C项正确,A、B、D错误。
磁卡和动圈式话筒的工作原理
1.磁卡的工作原理
(1)磁卡的录入:
→→→
电流磁效应―→磁现象
(2)磁卡的读取:
→→→
磁现象―→电磁感应
2.动圈式话筒的工作原理
(1)构造。
图1-3-5
(2)原理:话筒是把声音转变为电信号的装置。如图1-3-5是动圈式话筒构造原理图,它是利用电磁感应现象工作的,当声波使金属膜片振动时,连接在膜片上的线圈(音圈)随着一起振动,音圈在永久磁铁的磁场里振动,从而产生感应电流(电信号),感应电流的大小和方向都变化,这个信号电流经扩音器放大后传给扬声器,扬声器中就发出了放大的声音。
1.如图1-3-6所示,磁带录音机既可用做录音,也可用做放音,其主要部件为可匀速行进的磁带a和绕有线圈的磁头b,不论是录音还是放音过程,磁带或磁隙软铁都会存
图1-3-6
在磁化现象,下面对于它们在录音、放音过程中的主要工作原理的说法,正确的是( )
A.录音的主要原理是电流的磁效应,放音的主要原理是电磁感应
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.录音和放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:选A 根据磁带录音机录音、放音的工作原理可知选项A正确。
2.唱卡拉OK用的话筒,内有传感器,其中有一种是动圈式的,它的工作原理是在弹性膜片后面黏接一个轻小的金属线圈,线圈处于永磁体的磁场中,当声波使膜片前后振动时,就将声音信号转变为电信号。下列各说法中正确的是( )
A.该传感器是根据电流的磁效应工作的
B.该传感器是根据电磁感应原理工作的
C.膜片振动时,穿过线圈的磁通量不变
D.膜片振动时,金属线圈中不会产生感应电动势
解析:选B 动圈式话筒是利用电磁感应制成的。当声波使金属膜片振动时,黏接在膜片上的金属线圈随着一起振动,线圈在永磁体的磁场里振动,线圈中的磁通量发生变化,进而产生感应电动势和感应电流,将声音信号转变为电信号。
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:选A 涡流属电磁感应现象,故A项正确,B项错误。涡流具有电流的热效应和磁效应,故C项错。硅钢只是电阻率大,涡流小,故D项错。
2.下列哪些仪器不是利用涡流工作的( )
A.电磁炉 B.微波炉
C.金属探测器 D.真空冶炼炉
解析:选B 电磁炉、金属探测器、真空冶炼炉都是利用涡流工作的,微波炉是利用微波能量易被水吸收的原理达到加热食物的目的,不是利用涡流工作的,故选B。
3.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.减小铁芯中的电阻,以减小发热量
解析:选B 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,所以B正确。
4.(多选)磁电式仪表的线圈通常用铝框作骨架,把线圈绕在铝框上,这样做的目的是( )
A.防止涡流而设计的 B.利用涡流而设计的
C.起电磁阻尼的作用 D.起电磁驱动的作用
解析:选BC 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,故B、C均正确。
5.动圈式话筒和磁带录音机都应用了电磁感应现象。如图1所示,图甲是动圈式话筒的原理图,图乙是录音机的录、放音原理图。由图可知以下说法错误的是( )
图1
A.话筒工作时,磁铁不动,音圈随膜片振动而产生感应电流
B.录音机放音时,变化的磁场在静止的线圈内激发起感应电流
C.录音机放音时,线圈中变化的电流在磁头缝隙处产生变化的磁场
D.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
解析:选C 由动圈式话筒原理图可知,话筒工作时将声音信号转变为电信号,A正确;录音机放音时,将磁信号转变为电信号,录音时,将电信号转变为磁信号加以保存,B、D均正确,C错误。
6.(多选)如图2所示,在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯,现接通交流电源,过了几分钟,杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间,下列措施可行的有( )
图2
A.增加线圈的匝数
B.提高交流电源的频率
C.将金属杯换为瓷杯
D.取走线圈中的铁芯
解析:选AB 当线圈上通交流电时,金属杯由于发生电磁感应现象,杯中有感应电流,对水加热,若要增大感应电流,则需要增大感应电动势或者减小杯体的电阻。增加线圈的
匝数,使得穿过金属杯的磁场增强,感应电动势增大,选项A正确;提高交流电的频率,
使得磁通量的变化率增大,感应电动势增大,选项B正确;若将金属杯换为瓷杯,则不会
产生感应电流,选项C错误;取走线圈中的铁芯,磁场会大大减弱,感应电动势减小,选项D错误。
7.在水平放置的光滑导轨上,沿导轨固定一个条形磁铁,如图3所示,现有铜、铝和有机玻璃制成的滑块甲、乙、丙,使它们从导轨上的A点以某一初速度向磁铁滑去。各滑块在未接触磁铁前的运动情况是( )
图3
A.都做匀速运动 B.甲、乙做加速运动
C.甲、乙做减速运动 D.乙、丙做匀速运动
解析:选C 铜块、铝块向磁铁靠近时,穿过它们的磁通量发生变化,因此在其内部产生涡流,反过来涡流产生的感应磁场对原磁场的变化起阻碍作用,所以铜块和铝块向磁铁运动时会受到阻碍而减速,有机玻璃为非金属,不产生涡流现象。故C正确。
8.如图4所示,使一个水平放置的铜盘绕其竖直的轴OO′转动,且假设摩擦等阻力不计,转动是匀速的。现把一个蹄形磁铁移近铜盘,则( )
图4
A.铜盘转动将变慢
B.铜盘转动将变快
C.铜盘仍以原来的转速转动
D.铜盘的转动速度是否变化,要根据磁铁的上下两端的极性来决定
解析:选A 当一个蹄形磁铁移近铜盘时,铜盘转动切割磁感线,产生感应电流,由楞次定律可知感应电流受的安培力阻碍其相对运动,所以铜盘的转动将变慢,本题也可以从能量守恒的角度去分析,因为铜盘转动切割磁感线,产生感应电流,铜盘的机械能不断转化成电能,铜盘转动会逐渐变慢,故正确选项为A。
9.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(如图5甲所示)。当以速度v0刷卡时,在线圈中产生感应电动势,其E-t关系如图乙所示。如果只将刷卡速度改为,线圈中的E-t关系图可能是选项中的( )
图5
解析:选D 若将刷卡速度改为,线圈切割磁感线运动时产生的感应电动势大小将会减半,周期将会加倍,故D正确。
10.(多选)如图6所示,在O点正下方有一个具有理想边界的磁场,铜环在A点由静止释放,向右摆至最高点B,不考虑空气阻力,则下列说法正确的是( )
图6
A.A与B两点位于同一水平线
B.A点高于B点
C.A点低于B点
D.铜环在开始一段时间内将做幅度越来越小的摆动
解析:选BD 由于铜环进入和穿出磁场的过程中,产生涡流,这样就产生了电能,消耗了机械能。则A点高于B点,故B、D正确。
11.如图7所示的动圈式话筒的音圈半径为r,磁铁产生的径向磁场的磁感应强度为B,音圈匝数为n,音圈导线的横截面积为S,电阻率为ρ,如果音圈在某一时刻振动的速率为v,求此时在线圈中产生的感应电流的大小。
图7
解析:由法拉第电磁感应定律知,音圈中产生的感应电动势为E=nBLv=nB×2πrv=2nπBrv
由电阻定律得音圈的电阻为R=ρ=ρ
由欧姆定律得音圈中的感应电流为I==。
答案:
12.如图8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:
图8
(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)由能量守恒定律Q=mv2-mvt 2
此时圆环中感应电动势E=B·2rvt
此时圆环中电流I=
此时圆环中电流的瞬时功率P=I2R
联立四式得P=0.36 W。
(2)由牛顿第二定律F=ma,又F=BI·2r
故a===0.06 m/s2。
答案:(1)0.36 W (2)0.06 m/s2
第1节 感应电流的方向
一、探究感应电流的方向
1.实验探究
将螺线管与电流计组成闭合回路,分别将条形磁铁的N极、S极插入、抽出线圈,如图2-1-1所示,记录感应电流方向。
图2-1-1
2.实验记录
图号
磁场方向
感应电流方向(俯视)
感应电流的磁场方向
归纳总结
甲
向下
逆时针
向上
感应电流的磁场阻碍磁通量的增加
乙
向上
顺时针
向下
丙
向下
顺时针
向下
感应电流的磁场阻碍磁通量的减少
丁
向上
逆时针
向上
3.实验结论
(1)当穿过线圈的磁通量增加时,感应电流的磁场与原磁场的方向相反;
(2)当穿过线圈的磁通量减少时,感应电流的磁场与原磁场的方向相同。
二、楞次定律
1.内容
感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
2.理解
当磁铁靠近导体线圈上端时,穿过线圈的磁通量增加,感应电流的磁场与原磁场的方向相反,由于同名磁极相互排斥,阻碍磁铁相对线圈向下运动;当磁铁远离线圈上端时,穿过线圈的磁通量减少,感应电流的磁场与原磁场的方向相同,由于异名磁极相互吸引,阻碍磁铁相对线圈向上运动。
三、右手定则
1.内容
伸开右手,让拇指与其余四指在同一个平面内,使拇指与并拢的四指垂直;让磁感线垂直穿入手心,使拇指指向导体运动的方向,其余四指所指的方向就是感应电流的方向。
2.适用范围
适用于闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流的情况。
1.自主思考——判一判
(1)决定感应电流方向的因素是回路所包围的磁通量的大小。(×)
(2)决定感应电流方向的因素是回路所包围的磁通量的变化情况。(√)
(3)感应电流的磁场与引起感应电流的磁场方向可能相同,也可能相反。(√)
(4)感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁通量的变化。(√)
(5)右手定则用于判断感应电流的方向,其四指的指向为导体运动方向。(×)
2.合作探究——议一议
(1)电磁感应过程中有电能产生,该电能是否凭空增加?从能量守恒的角度如何解释?
提示:从能量守恒的角度来看,感应电流的磁场总是在阻碍着它自己的产生,为了维持感应电流,就必须克服这个阻碍作用而做功,使其他形式能量转化成电能,这就是感应电流能量的来源。
(2)既然当磁铁靠近线圈时,两者相斥;当磁铁远离线圈时,两者相吸,那么线圈中产生磁场的电流方向如何判断呢?
提示:安培定则是解决这个疑问的纽带。我们知道通过安培定则可判定通电线圈磁场的方向,那么反过来,知道线圈磁场方向,运用安培定则,也可推出线圈中电流方向。
(3)什么情况下应用左手定则,什么情况下应用右手定则?
提示:在利用左、右手定则时,一定要明确现象的本质,因动而生电用右手定则,因电而受力用左手定则。右手定则和左手定则在使用时容易混淆,可采用“字形记忆法”:通电导线在磁场中受安培力的作用,“力”字的最后一笔向左,用左手定则;导体切割磁感线产生感应电流,“电”字的最后一笔向右,用右手定则。可简记为力“左”电“右”。
楞次定律的应用
1.因果关系
楞次定律表明感应电流的磁场阻碍产生感应电流的磁场的磁通量的变化,磁通量发生变化是原因,产生感应电流是结果,即“结果”阻碍“原因”。
2.“阻碍”的理解
3.“阻碍”的表现形式
楞次定律中的“阻碍”的作用,正是能的转化和守恒定律的反映,在克服“阻碍”的过程中,其他形式的能转化为电能,常见的情况有以下三种:
(1)阻碍原磁通量的变化(增反减同);
(2)阻碍导体的相对运动(来拒去留);
(3)通过改变线圈面积来“反抗”(增缩减扩)。
[特别提醒]
(1)阻碍不是阻止,最终引起感应电流的磁通量还是发生了变化,是“阻而未止”。
(2)阻碍不是相反。当引起感应电流的磁通量增大时,感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁通量方向相反;当引起感应电流的磁通量减少时,感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁通量方向相同。
(3)涉及相对运动时,阻碍的是导体与磁体的相对运动,而不是阻碍导体或磁体的运动。
[典例] 某磁场的磁感线如图2-1-2所示,有线圈自图示A位置落至B位置,在下落过程中,自上而下看,线圈中的感应电流方向是( )
图2-1-2
A.始终沿顺时针方向
B.始终沿逆时针方向
C.先沿顺时针再沿逆时针方向
D.先沿逆时针再沿顺时针方向
[思路点拨]
→→→
[解析] 线圈自图示A位置落至虚线位置过程中,磁场方向向上,向上的磁通量增加,由楞次定律的“增反减同”可知:线圈中感应电流产生的磁场方向向下,应用安培定则可以判断感应电流的方向为顺时针(俯视)。同理可以判断:线圈自图示虚线位置落至B位置过程中,向上的磁通量减小,由楞次定律可得:线圈中将产生逆时针的感应电流(俯视),故选C。
[答案] C
应用楞次定律判断感应电流方向的思路
(1)明确研究对象是哪一个闭合电路;
(2)明确原磁场的方向;
(3)判断穿过闭合回路内原磁场的磁通量是增加还是减少;
(4)由楞次定律判断感应电流的磁场方向;
(5)由安培定则判断感应电流的方向。
1.一水平放置的矩形闭合线圈abcd,在细长磁铁的N极附近竖直下落,由图2-1-3所示位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ,位置Ⅰ和位置Ⅲ都很靠近位置Ⅱ。在这个过程中,线圈中感应电流( )
图2-1-3
A.沿abcd流动
B.沿dcba流动
C.从Ⅰ到Ⅱ是沿abcd流动,从Ⅱ到Ⅲ是沿dcba流动
D.从Ⅰ到Ⅱ是沿dcba流动,从Ⅱ到Ⅲ是沿abcd流动
解析:选A 侧视图如图所示,从Ⅰ到Ⅱ向上的磁通量减少,据楞次定律的“增反减同”可知:线圈中感应电流产生的磁场方向向上,用安培定则可以判断感应电流的方向为逆时针(俯视),即沿abcd流动。同理可以判断:从Ⅱ到Ⅲ向下磁通量增加,由楞次定律可得:线圈中感应电流产生的磁场方向向上,感应电流的方向沿abcd流动,故选A。
2.如图2-1-4所示,当磁铁突然向铜环运动时,铜环的运动情况是( )
图2-1-4
A.向右摆动 B.向左摆运
C.静止 D.无法判定
解析:选A 本题可由两种方法来解决:
方法一(电流元法):画出磁铁的磁感线分布,如图甲所示,当磁铁向铜环运动时,穿
过铜环的磁通量增加,由楞次定律判断出铜环中的感应电流方向如图甲所示。分析铜环受安培力作用而运动时,可把铜环中的电流等效为多段直线电流元。取上、下两小段电流元作为研究对象,由左手定则确定两段电流元的受力,由此可推断出整个铜环所受合力向右,故A正确。
方法二(等效法):磁铁向右运动,使铜环产生的感应电流可等效为图乙所示的条形磁铁,两磁铁有排斥作用,故A正确。
3.如图2-1-5所示,在载流直导线旁固定有两平行光滑导轨A、B,导轨与直导线平行且在同一水平面内,在导轨上有两可自由滑动的导体ab和cd。当载流直导线中的电流逐渐增强时,导体ab和cd的运动情况是( )
图2-1-5
A.一起向左运动
B.一起向右运动
C.ab和cd相向运动,相互靠近
D.ab和cd相背运动,相互远离
解析:选C 由于在闭合回路abdc中,ab和cd电流方向相反,所以两导体运动方向一定相反,排除A、B;当载流直导线中的电流逐渐增强时,穿过闭合回路的磁通量增大,根据楞次定律,感应电流总是阻碍穿过回路磁通量的变化,所以两导体相互靠近,减小面积,达到阻碍磁通量增大的目的,选项C正确。
右手定则的应用
1.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
闭合回路的一部分导体做切割磁感线运动
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
用于磁通量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的电磁感应现象较方便
联系
右手定则是楞次定律的特例
2.在电磁感应现象中判断电势高低(或电流方向)时,必须明确应用楞次定律和右手定则所判断的是电源内部的电流方向,在电源内部,电流是从电势低的地方流向电势高的地方,在电源的外部感应电流从电势高处向低处流动。如果电路断路,无感应电流时,可假设电路闭合,先确定感应电流的方向,再确定电势的高低。
1.一个闭合金属线框的两边接有电阻R1、R2,框上垂直搁置一根金属棒,棒与框接触良好,整个装置放在匀强磁场中,如图2-1-6所示。当用外力使ab棒右移时,下列判断中正确的是( )
图2-1-6
A.穿过线框的磁通量不变,框内没有感应电流
B.框内有感应电流,电流方向沿顺时针方向绕行
C.框内有感应电流,电流方向沿逆时针方向绕行
D.框内有感应电流,左半边逆时针方向绕行,右半边顺时针方向绕行
解析:选D 由右手定则,ab切割磁感线,导体ab中感应电流方向为a→b。故D正确。
2.如图2-1-7所示,ab为一金属杆,它处在垂直于纸面向里的匀强磁场中,可绕a点在纸面内转动;S是以a为圆心位于纸面内的金属圆环。在杆转动过程中,杆的b端与金属环保持良好接触;为电流表,其一端与金属环相连,一端与a点良好接触。当杆沿顺时针方向转动时,某时刻ab杆的位置如图所示,则此时刻( )
图2-1-7
A.有电流通过电流表,方向是c→d;作用于ab的安培力向右
B.有电流通过电流表,方向是c→d;作用于ab的安培力向左
C.有电流通过电流表,方向是d→c;作用于ab的安培力向右
D.有电流通过电流表,作用于ab的安培力为零
解析:选A 由金属杆切割磁感线入手分析。金属杆顺时针转动切割磁感线,由右手定则可知,产生由a到b的感应电流,电流由c到d流过电流表,再由左手定则知,此时ab杆受到的安培力向右,故A正确。
3.(多选)如图2-1-8所示为地磁场磁感线的示意图。在北半球,地磁场的竖直分量向下,飞机在我国上空匀速巡航,机翼保持水平,飞行高度不变。由于地磁场的作用,金属机翼上有电势差,设飞行员左方机翼末端处的电势为U1,右方机翼末端处的电势为U2,则( )
图2-1-8
A.若飞机从西往东飞,U1比U2高
B.若飞机从东往西飞,U2比U1高
C.若飞机从南往北飞,U1比U2高
D.若飞机从北往南飞,U2比U1高
解析:选AC 我国地处北半球,地磁场有竖直向下的分量,用右手定则判知无论机翼向哪个水平方向切割磁感线,机翼中均产生自右向左的感应电动势,左侧电势高于右侧电势。
右手定则、左手定则、安培定则的比较
比较项目
右手定则
左手定则
安培定则
作用
判断感应电流方向
判断通电导体或运动电荷受力方向
判断磁场方向
已知条件
已知切割磁感线方向和磁场方向
已知电流方向和磁场方向
已知通电电流方向
图例
因果关系
运动→电流
电流→运动
电流→磁场
应用实例
发电机
电动机
-
[特别提醒]
(1)因电而生磁(I→B)→安培定则。
(2)因电而受力(I、B→F安)→左手定则。
(3)因动而生电(v、B→I)→右手定则。可简记为“左力右电安磁”。
1.如图2-1-9所示,导轨间的磁场方向垂直于纸面向里。圆形金属环B正对电磁铁A,当导线MN在导轨上向右加速滑动时,下列说法正确的是( )
图2-1-9
A.MN中电流方向N→M,B被A吸引
B.MN中电流方向N→M,B被A排斥
C.MN中电流方向M→N,B被A吸引
D.MN中电流方向M→N,B被A排斥
解析:选B MN向右加速滑动,根据右手定则,MN中的电流方向从N→M,且大小在逐渐变大,根据安培定则知,电磁铁A的磁场方向向左,且大小逐渐增强,根据楞次定律知,B环中的感应电流产生的磁场方向向右,B被A排斥。B正确,A、C、D错误。
2. (多选)如图2-1-10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( )
图2-1-10
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
解析:选CD 当ab向右运动时,根据右手定则可判断出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,同理可判断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。故选项C、D正确。
1.根据楞次定律可知感应电流的磁场一定是( )
A.与引起感应电流的磁场方向相同
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通量的变化
D.阻碍引起感应电流的磁通量
解析:选C 根据楞次定律可知,感应电流的磁场阻碍的是引起它的磁通量的变化,反过来说,如果磁通量不发生变化,就没有感应电流的产生,故C选项正确。
2.如图1所示,在一水平、固定的闭合导体圆环上方。有一条形磁铁(N极朝上, S极朝下)由静止开始下落,磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触,关于圆环中感应电流的方向(从上向下看),下列说法正确的是( )
图1
A.总是顺时针
B.总是逆时针
C.先顺时针后逆时针
D.先逆时针后顺时针
解析:选C 磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触,则导体环中先是向上的磁通量增加,磁铁过中间以后,向上的磁通量减少,根据楞次定律,产生的感应电流先顺时针后逆时针,选项C正确。
3.如图2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,现在用一水平向右的力F拉动垂直于导轨放置的导体棒MN,下列关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力方向的说法中正确的是( )
图2
①感应电流方向为N→M ②感应电流方向为M→N ③安培力方向水平向左 ④安培力方向水平向右
A.①③ B.①④
C.②③ D.②④
解析:选A 正确应用右手定则和左手定则。由右手定则易知,MN中感应电流方向
为N→M。再由左手定则可判知,MN所受安培力方向垂直于导体棒水平向左。故①③说法正确。
4.如图3所示,固定的水平长直导线中通有电流I,矩形线框与导线在同一竖直平面内,且一边与导线平行,线框由静止释放,在下落过程中( )
图3
A.穿过线框的磁通量保持不变
B.线框中感应电流方向保持不变
C.线框所受安培力的合力为零
D.线框的机械能不断增大
解析:选B 据安培定则知通电直导线下方的磁场方向垂直纸面向里,且距离导线越远,磁场越弱,因此线框由静止释放下落的过程中磁通量一直变小,A错;据楞次定律可知线框中感应电流方向保持不变,B对;据楞次定律推论可得线框所受安培力的合力向上,C错;安培力做负功,线框的机械能减少,D错。
5.如图4所示,水平放置的光滑杆上套有A、B、C三个金属环,其中B接电源,在接通电源的瞬间,A、C两环( )
图4
A.都被B吸引
B.都被B排斥
C.A被吸引,C被排斥
D.A被排斥,C被吸引
解析:选B 在接通电源的瞬间,环B可等效为一短小的条形磁铁。左边为N极,右边为S极,穿过A、C环的磁通量在增加。两环A、C为了阻碍磁通量的增加,都应朝环B外部磁场较小的方向运动,即A向左运动而C向右运动,两环都受到B环的排斥作用。
6. (多选)如图5所示,光滑固定的金属导轨M、N水平放置,两根导体棒P、Q平行放置在导轨上,形成一个闭合回路,一条形磁铁从高处下落接近回路时( )
图5
A.P、Q将相互靠拢
B.磁铁的加速度仍为g
C.P、Q将相互远离
D.磁铁的加速度小于g
解析:选AD 当磁铁向下运动时,闭合回路的磁通量增加,根据楞次定律可判断出P、Q将相互靠拢,故A正确,B错误;磁铁受向上的斥力,故磁铁的加速度小于g,所以C错误,D正确。
7.(多选)如图6所示,磁场垂直于纸面,磁感应强度在竖直方向均匀分布,水平方向非均匀分布。一铜质圆环用绝缘丝线悬挂于O点,将圆环拉至位置a后无初速释放,在圆环从a摆向b的过程中( )
图6
A.感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针
B.感应电流方向一直是逆时针
C.安培力方向始终与速度方向相反
D.安培力方向始终沿水平方向
解析:选AD 圆环从位置a运动到磁场分界线前,磁通量向里增大,感应电流为逆时针;跨越分界线过程中,磁通量由向里最大变为向外最大,感应电流为顺时针;再摆到b的过程中,磁通量向外减小,感应电流为逆时针,所以A正确;由于圆环所在处的磁场,上下对称,所受安培力竖直方向平衡,因此总的安培力沿水平方向,故D正确。
8.(多选)用均匀导线做成的正方形线圈边长为l,正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中,如图7所示,当磁场以的变化率增强时,则( )
图7
A.线圈中感应电流方向为acbda
B.线圈中产生的电动势E=·
C.线圈中a点电势高于b点电势
D.线圈中a、b两点间的电势差为·
解析:选AB 根据楞次定律可知,A正确。线圈中产生的电动势E==·,B正确。线圈左边的一半相当于电源,在电源内部电流沿逆时针方向,所以a点电势低于b点电势,C错误。线圈右边的一半相当于外电路,a、b两点间的电势差相当于路端电压,其大小U==·,D错误。
9.如图8所示,用一根长为L、质量不计的细杆与一个上弧长为l0、下弧长为d0的金属线框的中点连接并悬挂于O点,悬点正下方存在一个上弧长为2l0、下弧长为2d0的方向垂直纸面向里的匀强磁场,且d0?L。先将线框拉到如图所示的位置,松手后让线框进入磁场,忽略空气阻力和摩擦力。下列说法正确的是( )
图8
A.金属线框进入磁场时感应电流的方向为a→b→c→d→a
B.金属线框离开磁场时感应电流的方向为a→d→c→b→a
C.金属线框dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小总是相等
D.金属线框最终将在磁场内来回摆动
解析:选D 在线框进入磁场过程中,由楞次定律可判得线框中感应电流方向为a→d→c→b→a。而在线框离开磁场过程中,同样由楞次定律可判得感应电流方向为a→b→c→d→a,所以A、B项均错误。因为线框在进入和离开磁场过程中,线框中产生了感应电流,通过电阻发热而损耗一部分能量,则动能会逐渐减少,所以速度会逐渐减小,所以选项C错误。线框在磁场中摆动过程中,由于磁通量不再发生变化,回路中不再产生感应电流,没有内能的产生,只有机械能的转化与守恒,所以线框最终会在磁场中做往复运动,则选项D正确。
10.一直升机悬停在南半球的地磁极上空,该处的地磁场的方向竖直向上,磁感应强度为B,直升机螺旋桨叶片长度为l,螺旋桨的转速为n,逆着地磁场的方向看螺旋桨,螺旋桨按顺时针方向转动。螺旋桨叶片的近轴端为a,远轴端为b,如图9所示,如果忽略a到转轴中心的距离,用E表示每个叶片上的感应电动势,则( )
图9
A.E=πnl2B,且a点电势低于b点电势
B.E=2πnl2B,且a点电势低于b点电势
C.E=πnl2B,且a点电势高于b点电势
D.E=2πnl2B,且a点电势高于b点电势
解析:选C 由题意可知产生的感应电动势为E=Blv=Bl2ω,又ω=2πn,故E=πnl2B,根据右手定则可判断a点相当于电源正极,因此a点电势高于b点电势。选项C正确。
11.如图10所示,水平的平行光滑导轨,导轨间距离为L=1 m,左端接有定值电阻R=2 Ω,金属棒PQ与导轨接触良好,PQ的电阻为r=0.5 Ω,导轨电阻不计,整个装置处于磁感应强度为B=1 T的匀强磁场中,现使PQ在水平向右的恒力F=2 N作用下运动,求:
图10
(1)棒PQ中感应电流的方向;
(2)棒PQ中哪端电势高;
(3)棒PQ所受安培力方向;
(4)PQ棒的最大速度。
解析:(1)根据右手定则可知电流方向由Q→P。
(2)棒PQ相当于电源,电流在PQ上由负极流向正极,故P端电势高。
(3)由左手定则知,PQ棒所受安培力方向水平向左。
(4)由于向左的安培力增大,故PQ棒做加速度越来越小的加速运动,当F安=F时,PQ棒的速度最大,设为v,此时感应电动势:E=BLv,回路电流:I=。
由F=F安知F=BIL,得:v==5 m/s,方向水平向右。
答案:(1)Q→P (2)P端 (3)水平向左 (4)5 m/s,方向水平向右
12.用质量为m、总电阻为R的导线做成边长为l的正方形线框MNPQ,并将其放在倾角为θ的平行绝缘光滑导轨上,平行导轨的间距也为l,如图11所示。在导轨的下端有一宽度为l(即ab=l)、磁感应强度为B的有界匀强磁场,磁场的边界aa′、bb′垂直于导轨,磁场的方向与线框平面垂直。如果把线框从静止状态释放,则线框恰好能够匀速地穿过磁场区域。若当地的重力加速度为g,求:
图11
(1)线框通过磁场时的运动速度;
(2)开始释放时,MN与bb′之间的距离;
(3)线框在通过磁场的过程中所产生的热量。
解析:(1)结合右手定则和左手定则,对线框进行受力分析。线框在磁场区域做匀速运动时,安培力满足F=mgsin θ
又因为安培力F=BIl,感应电流I=,感应电动势E=Blv
联立以上各式解得线框匀速运动的速度为v=
(2)在进入磁场前,线框的加速度a=gsin θ
所以线框进入磁场前下滑的距离s==
(3)在通过磁场的过程中,线框沿斜面通过了2l的距离,根据能量的转化与守恒定律,
有Q热=mg·2lsin θ=2mglsin θ。
答案:(1) (2)
(3)2mglsin θ
第2节 自感
一、自感现象
由导体自身电流变化所产生的电磁感应现象。
二、自感电动势
自
感
电
动
势
定义
由导体自身电流变化所产生的感应电动势
大小
E=L,与电流变化率成正比
方向
原电流增大时,与原电流方向相反,原电流减小时,与原电流方向相同
作用
阻碍导体自身电流发生变化
三、自感系数
自感系数
物理意义
表征产生自感电动势本领的大小
大小决定因素
线圈形状、横截面积、长短、匝数、铁芯等
单位
亨(H)、毫亨(mH)、微亨(μH)
1.自主思考——判一判
(1)自感电动势的作用是阻碍导体自身电流发生变化。(√)
(2)当线圈中有电流时,线圈中就有自感电动势。(×)
(3)当线圈中电流减小时,线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相同。(√)
(4)线圈中电流变化得越快,线圈的自感系数越大。(×)
(5)不管电流如何变化,线圈的自感系数不变。(√)
2.合作探究——议一议
(1)自感现象是否属于电磁感应现象,是否遵守楞次定律和法拉第电磁感应定律?
提示:自感现象属于电磁感应现象,同样遵守楞次定律和法拉第电磁感应定律。
(2)自感电动势的方向与原电流的方向是否相反?
提示:实际上,电流减弱时自感电动势的方向与原电流方向相同,电流增强时自感电动势的方向与原电流方向相反。
(3)感应电动势的结果可以“阻止”原电流的变化吗?
提示:感应电动势只阻碍原电流的变化,不能“阻止”。
两种自感现象的分析
1.断电自感
实验电路
实验要求
电路稳定时LA1、LA2亮度相同
IL>IA1
LA1猛然亮一下再逐渐熄灭
LA2立刻熄灭
R0为纯电阻不产生自感现象,LA2立即熄灭。L为自感系数较大的线圈,断开S后,L中产生自感电动势,与LA1组成闭合回路,线圈中的电流在原来电流值基础上逐渐减小
IL=IA1
LA1由原来亮度逐渐熄灭
IL
LA1先立即变暗一些再逐渐熄灭
2.通电自感
实验电路
实验要求
电路稳定时LA1、LA2亮度相同
S闭合的
瞬间
LA1先亮
由于LA1支路为纯电阻电路,不产生自感现象
LA2逐渐变亮,最后与LA1一样亮
由于L的自感作用阻碍LA2支路电流增大,出现“延迟”现象
[特别提醒]
(1)断电发生自感现象时,线圈产生感应电动势相当于电源,与其他元件构成新的电路。
(2)发生自感现象时,通过线圈的电流不能突变,只能在原来电流的基础上逐渐变化。
[典例] 如图2-2-1所示甲、乙中,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( )
图2-2-1
A.在电路甲中,断开S,A将立即熄灭
B.在电路甲中,断开S,A将先变得更亮,然后逐渐变暗
C.在电路乙中,断开S,A将逐渐变暗
D.在电路乙中,断开S,A将先变得更亮,然后渐渐变暗
[思路点拨]
?
[解析] 甲图中,灯泡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、B错误。
乙图中,灯泡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泡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,C错误,D正确。
[答案] D
自感现象的分析思路
(1)明确通过自感线圈的电流的变化情况(是增大还是减小)。
(2)根据“增反减同”,判断自感电动势的方向。
(3)分析阻碍的结果:当电流增强时,由于自感电动势的作用,线圈中的电流逐渐增大,与线圈串联的元件中的电流也逐渐增大;当电流减小时,由于自感电动势的作用,线圈中的电流逐渐减小,与线圈串联的元件中的电流也逐渐减小。
1.如图2-2-2所示,电感线圈L的自感系数足够大,其直流电阻忽略不计,LA、LB是两个相同的灯泡,且在下列实验中不会烧毁,电阻R2阻值约等于R1两倍大,则( )
图2-2-2
A.闭合开关S时,LA、LB同时达到最亮,且LB更亮一些
B.闭合开关S时,LA、LB均慢慢亮起来,且LA更亮一些
C.断开开关S时,LA慢慢熄灭,LB马上熄灭
D.断开开关S时,LA慢慢熄灭,LB闪亮后才慢慢熄灭
解析:选D 由于线圈L的自感系数足够大,闭合开关S时产生很强的阻碍,纯电阻R2无自感,因此LA慢慢亮起来,LB随即达到稳定亮度,A、B错;当电路稳定时,将线圈L等效为导线,则有IL=IA>IB,断开开关S时,由于自感线圈L电流不变且与LB、R2形成闭合回路,因此有IB′>IB,因此断开开关S时,LA慢慢熄灭,LB闪亮后才慢慢熄灭,C错D对。
2.如图2-2-3所示,灯LA、LB完全相同,带铁芯的线圈L的电阻可忽略。则( )
图2-2-3
A.S闭合瞬间,LA、LB同时发光,接着LA变暗,LB更亮,最后LA熄灭
B.S闭合瞬间,LA不亮,LB立即亮
C.S闭合瞬间,LA、LB都不立即亮
D.稳定后再断开S的瞬间,LB熄灭,LA比LB(原先亮度)更亮
解析:选A S接通的瞬间,L所在支路中电流从无到有发生变化,因此,L中产生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,通过L的电流非常小,即干路中的电流几乎全部流过LA,LA、LB会同时亮。又由于通过L的电流很快稳定,感应电动势很快消失,L的阻值很小,所以对LA起到“短路”作用,LA便熄灭。这时电路的总电阻比刚接通时小,LB会比以前更亮。故A正确,B、C错误。稳定后断开S瞬间,LB熄灭,L和LA构成回路,由于自感作用,LA亮一会再熄灭,又由于此时LA的电流与稳定时通过LB的电流大小相等,故LA此时不会比LB更亮,故D错误。
自感现象图像问题
解决此类图像问题,首先要搞清研究什么元件上的电流随时间的变化关系,其次要根据线圈的自感电动势引起的感应电流的方向,与原电流的方向比较是相同还是相反,大小如何变化等因素来确定图像。
1.在如图2-2-4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,正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t变化的图像是( )
图2-2-4
解析:选B 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;而对于灯泡L2,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。
2.如图2-2-5所示的电路中,电源的电动势为E,内阻为r,电感L的电阻不计,电阻R的阻值大于灯泡D的阻值。在t=0时刻闭合开关S,经过一段时间后,在t=t1时刻断开S。下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图像中,正确的是( )
图2-2-5
解析:选B 本题考查自感现象和闭合电路欧姆定律。开关S闭合的瞬间,由于L的阻碍作用,由R与L组成的支路相当于断路,后来由于L的阻碍作用不断减小,相当于外电路并联部分的电阻不断减小,根据闭合电路欧姆定律I=,整个电路中的总电流增大,由U内=Ir得内电压增大,由UAB=E-Ir得路端电压UAB减小。电路稳定后,由于R的阻值大于灯泡D的阻值,所以流过L支路的电流小于流过灯泡D的电流。当开关断开时,由于电感L的自感作用,流过灯泡D的电流立即与L电流相等,与灯泡原来的电流方向相反且逐渐减小,即UAB反向减小,选项B正确。
1.关于线圈的自感系数、自感电动势的下列说法正确的是( )
A.线圈中电流变化越大,线圈的自感系数越大
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,这个线圈的自感系数、自感电动势都不变
D.自感电动势与原电流方向相反
解析:选C 线圈的自感系数由线圈本身的因素(如长度、面积、匝数等)决定,E自∝,而不是E自∝ΔI,C对,A、B错;线圈中电流减小时自感电动势方向与原电流方向相同,电流增大时,自感电动势方向与原电流方向相反,D错。
2.如图1所示,开关S闭合且达到稳定时,小灯泡A能正常发光,L为自感线圈,则( )
图1
A.在开关S闭合的瞬间,小灯泡将慢慢变亮
B.在开关S闭合的瞬间,小灯泡立即变亮
C.在开关S断开的瞬间,小灯泡慢慢熄灭
D.在开关S断开的瞬间,小灯泡先闪亮一下,再慢慢熄灭
解析:选A 当开关闭合时,自感电动势阻碍电流的增大,小灯泡慢慢变亮;当开关断开后,自感线圈的电流从有变为零,线圈将产生自感电动势,但由于线圈L与小灯泡A不能构成闭合回路,所以小灯泡立即熄灭。
3. (多选)如图2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,电阻可忽略的线圈。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( )
图2
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:选AC 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A、C正确。
4.如图3所示,R1、R2的阻值均为R,电感线圈L的电阻及电池内阻均可忽略不计,S原来断开,电路中电流I0=。现将S闭合,于是电路中产生自感电动势,自感电动势的作用是( )
图3
A.使电路的电流减小,最后由I0减小到零
B.有阻碍电流增大的作用,最后电流小于I0
C.有阻碍电流增大的作用,因而电流总保持不变
D.有阻碍电流增大的作用,但电流最后还是变为2I0
解析:选D 当S闭合时,电路中电阻减小,电流增大,线圈的作用是阻碍电流的增大,选项A错误;阻碍电流增大,不是不让电流增大,而是让电流增大的速度减缓,选项B、C错误;最后达到稳定时,I==2I0,故选项D正确。
5.如图4所示,电路中两个灵敏电流表G1和G2的零刻度都在刻度盘中央,当电流从“+”接线柱流入时,两表的指针向右偏;电流从“-”接线柱流入时,两表的指针向左偏。在电路接通达到稳定状态后再断开的瞬间,两表指针的偏转方向为( )
图4
A.G1指针向左偏,G2指针向右偏
B.G1指针向右偏,G2指针向左偏
C.G1、G2的指针都向左偏
D.G1、G2的指针都向右偏
解析:选B 电路稳定状态时,G1、G2的指针都向右偏,且G1与线圈串联。电路断开的瞬间,由于自感使流过G1的电流方向不变,流过G2的电流方向与原来相反,因此G1指针向右偏,G2指针向左偏,B对,A、C、D错。
6.如图5所示是测定自感系数很大的线圈L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,拆除电路时首先进行的操作应是( )
图5
A.断开S1
B.断开S2
C.拆除电流表
D.拆除电阻R
解析:选B 只要不断开S2,线圈L与电压表就会组成闭合回路,在断开S1时,线圈L会因此产生感应电流,电流的方向与原电流方向相同。这时流过电压表的电流方向与原电流方向相反,电压表中的指针将反向转动,会损坏电压表,所以必须先拆下电压表,即断开S2。
7.某同学为了验证断电自感现象,自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E,用导线将它们连接成如图6所示的电路。检查电路后,闭合开关S,小灯泡发光;再断开开关S,小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。虽经多次重复,仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象,他冥思苦想找不出原因。你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是( )
图6
A.电源的内阻较大 B.小灯泡电阻偏大
C.线圈电阻偏大 D.线圈的自感系数较大
解析:选C 由自感规律可知在开关断开的瞬间造成灯泡闪亮以及延时的原因是在线圈中产生了与原电流同向的自感电流且大于稳定时通过灯泡的原电流。由题图可知灯泡和线圈构成闭合的自感回路,与电源无关,故A错;造成不闪亮的原因是自感电流不大于稳定时通过灯泡的原电流,当线圈电阻小于灯泡电阻时才会出现闪亮现象,故B错C正确。自感系数越大,则产生的自感电流越大,灯泡更亮,故D错。
8.如图7所示,电阻R和线圈自感系数L的值都较大,电感线圈的电阻不计,LA、LB是两只完全相同的灯泡,当开关S闭合时,电路可能出现的情况是( )
图7
A.LA、LB一起亮,然后LB熄灭
B.LA比LB亮,然后LA熄灭
C.LA、LB一样亮,然后LA熄灭
D.LB比LA先亮,然后LB熄灭
解析:选B 开关S闭合时,由于线圈自感系数L的值较大阻碍强,因此ILA>ILB,LA比LB亮,稳定后线圈相当于导线,LA灯因被短路而熄灭,B对,A、C、D错。
9.如图8所示,L是电阻不计的自感线圈,C是电容器,E为电源,在开关S闭合和断开时,关于电容器的带电情况,下列说法正确的是( )
图8
A.S闭合瞬间,A板带正电,B板带负电
B.S保持闭合,A板带正电,B板带负电
C.S断开瞬间,A板带正电,B板带负电
D.由于线圈L的电阻不计,电容器被短路,上述三种情况下电容器均不带电
解析:选A 当S闭合瞬间,L内电流增大,产生的自感电动势的方向是由下指向上,使电容器充电,A板带正电,B板带负电,A项正确;当S保持闭合时,L的电阻为零,
电容器两极板被短路,不带电,B项错误;当S断开瞬间,L内的电流减小,自感电动势的方向由上指向下,在L、C组成的回路中给电容器充电,使B板带正电,A板带负电,C项错误。
10.如图9所示的电路中,S闭合且稳定后流过电感线圈的电流是2 A,流过灯泡的电流是1 A。将S突然断开,则S断开前后,能正确反映流过灯泡的电流I随时间t变化关系的图像是( )
图9
解析:选D 开关S断开前,通过灯泡D的电流是稳定的,其值为1 A。开关S断开瞬间,灯泡支路的电流立即减为零,但是自感线圈的支路由于自感现象会产生与线圈中原电流方向相同的感应电动势,使线圈中的电流从原来的2 A逐渐减小,方向不变,且由于它和灯泡D构成回路,通过灯泡D的电流和线圈L中的电流相同,也应该是从2 A逐渐减小为零,但是方向与原来通过灯泡D的电流方向相反,D项对。
11.图10甲为研究自感实验电路图,并用电流传感器显示出在t=1×10-3 s时断开开关前后一段时间内各时刻通过线圈L的电流(如图乙)。已知电源电动势E=6 V,内阻不计,灯泡R1的阻值为6 Ω,电阻R的阻值为2 Ω。
图10
(1)线圈的直流电阻RL=________ Ω。
(2)开关断开时,该同学观察到的现象是______________________,并计算开关断开瞬间线圈产生的自感电动势是________ V。
解析:由图像可知S闭合稳定时
IL=1.5 A,
RL=-R= Ω-2 Ω=2 Ω,
此时小灯泡的电流I1== A=1 A。
S断开后,L、R、R1组成临时回路
电流由1.5 A逐渐减小,所以灯泡会闪亮一下再熄灭,自感电动势E=IL(R+RL+R1)=15 V。
答案:(1)2 (2)灯泡闪亮一下后逐渐变暗,最后熄灭 15
12.如图11所示,灯泡L1和L2的规格均为“6 V 3 W”,L3为“6 V 6 W”,电源电动势为8 V,线圈L的自感系数很大而电阻可忽略。则:
(1)开关闭合瞬间,三个灯泡的亮度情况如何?
(2)当电流逐渐稳定时,三个灯泡的亮度又如何?
图11
解析:(1)首先求得三个灯泡的电阻,R1=R2=12 Ω,R3=6 Ω,由于线圈L的自感系数很大而电阻可忽略,则开关闭合瞬间,灯泡L3中无电流,L3不亮,灯泡L1和L2中电流相同,L1、L2同样亮。
(2)当电流逐渐稳定时,线圈L相当于导线,设通过灯泡L1的电流为I1,则通过L3的电流I3=2I1,通过L2的电流I2=3I1,根据P=I2R可知,L1、L3、L2亮度依次增加。
答案:(1)L1、L2同样亮,L3不亮
(2)L1、L3、L2亮度依次增加
第3节 自感现象的应用
一、日光灯与镇流器
1.日光灯的组成及电路图
完整的日光灯电路包括日光灯管、镇流器、启动器、开关等主要部件。其电路如图2-3-1所示:
图2-3-1
2.日光灯主要元件的构造及作用
构造
原理、作用
启动器
电容器、动触片、静触片
启动时将电路瞬时接通后断开
灯管
灯管、灯丝、氩和汞蒸气
高压将管内气体击穿,释放电子与汞原子碰撞发出紫外线使荧光物质发光
镇流器
自感系数很大的线圈
启动时形成瞬时高电压,工作时降压限流
二、感应圈
1.工作原理
利用自感现象用低压直流电源来获得高电压。
2.结构
主要由直接绕在铁芯上的初级线圈和接在放电器上的次级线圈构成。
3.用途
在物理、化学实验室里可以作为小功率高压电源,在汽车发动机、煤气灶电子点火装置中产生高压电火花完成点火工作。
三、自感现象的其他应用
1.其他应用
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振荡电路来发射电磁波;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电弧火花,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。
1.自主思考——判一判
(1)日光灯中的灯管、镇流器、启动器都是串联的。(×)
(2)启动器在日光灯工作时的作用相当于一个开关。(√)
(3)镇流器工作时,其作用就是限压限流。(×)
(4)感应圈的工作原理是电磁感应。(√)
2.合作探究——议一议
(1)日光灯灯管两端的电极是相通的吗?
提示:两端的电极不相通,灯管两端有电极,中间有水银蒸气。
(2)利用感应圈可以由低电压获得高电压,能否由小功率来获得大功率?
提示:不能。根据能量守恒定律,感应圈向外输出的能量不可能大于输入的能量,即输出功率不可能大于输入功率。
(3)在加油站附近为什么要禁止用手机接打电话?
提示:加油站附近空气中汽油的浓度较高,在用手机接打电话时,电话电路中有可能由于自感产生电火花,引起危险。
日光灯的工作原理
1.日光灯管的发光原理
灯管内充有微量氩和稀薄汞蒸气。两端有灯丝,内壁涂有荧光物质。其发光原理见如下流程:
?????
图2-3-2
2.日光灯工作的三个阶段
(1)开关闭合后,启动器中氖气放电发出辉光,辉光产生的热量使动触片与静触片接触,使灯丝和镇流器线圈中有电流流过,使灯丝预热。
(2)电路接通后,启动器中的氖气停止放电发光,U形动触片冷却收缩,两个触片分离,电路自动断开。在电路突然断开的瞬间,由于通过镇流器的电流急剧减小,会产生很大的自感电动势,方向与原来的电压方向相同,自感电动势与电源电压一起加在灯管两端,形成一个瞬时高电压,使灯管中的气体击穿,于是日光灯开始发光。
(3)日光灯正常发光后,由于交变电流通过镇流器线圈,线圈中会产生自感电动势,它总是阻碍电流变化,镇流器起降压限流的作用,保证日光灯正常发光。
[特别提醒]
(1)日光灯灯管内的气体电离需要高压,是通过镇流器发生自感现象实现的。
(2)当日光灯正常工作时需要的是低压,此时镇流器起到降压限流的作用。
[典例] (多选)如图2-3-3为日光灯电路,关于该电路以下说法中正确的是( )
图2-3-3
A.启动过程中,启动器断开瞬间镇流器L产生瞬时高压
B.日光灯正常发光后,镇流器L使灯管两端电压低于电源电压
C.日光灯正常发光后启动器是导通的
D.图中的电源可以是交流电源,也可以是直流电源
[思路点拨]
→→
―→―→
[解析] 日光灯中镇流器在日光灯启动时产生一个瞬时高压,击穿了灯管中的稀薄气体导电,而在日光灯正常发光后,镇流器产生自感电动势使灯管两端的电压低于电源电压,故A、B均正确。日光灯只能用交流电源供电,正常发光后启动器是断开的,故C、D均错。
[答案] AB
日光灯电路的分析方法
(1)电路连接:日光灯电路中,镇流器与灯管串联,启动器与灯管并联。
(2)各部分作用:启动器起开关作用;镇流器点燃灯管时提供高压,灯管正常发光时限压;灯管能够发光。
1.(多选)家用日光灯电路如图2-3-4所示,S为启动器,A为灯管,L为镇流器,关于日光灯的工作原理,下列说法正确的是( )
图2-3-4
A.镇流器的作用是将交变电流变为直流电
B.在日光灯的启动阶段,镇流器能提供一个瞬时高压,使灯管开始工作
C.日光灯正常发光时,启动器中的两个触片是分离的
D.日光灯发出柔和的白光是由汞电子受到激发后直接辐射的
解析:选BC 镇流器在日光灯启动阶段提供瞬时高压,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发出的,D项错。
2.如图2-3-5所示,L为日光灯管,S为启动器,Z为镇流器,K为开关,电源为220 V的交变电源。
(1)请用笔画线代替导线连接实物图,使日光灯正常工作。
图2-3-5
(2)①开关合上前,启动器的静触片和动触片是________(填“接通的”或“断开的”)。
②日光灯启动器刚断开瞬间,灯管两端电压________220 V(填“大于”“等于”或“小于”)。
③日光灯正常发光时,日光灯管两端的电压________220 V(填“大于”“等于”或“小于”)。
解析:(1)
(2)①开关合上前静触片和动触片是断开的。②日光灯启动器刚断开瞬间镇流器工作,产生高电压与电源电压一起加在灯管两端,灯管两端电压大于220 V。③日光灯正常工作时,镇流器起降压限流的作用,灯管两端的电压小于220 V。
答案:(1)见解析 (2)①断开的 ②大于 ③小于
感应圈及自感现象的应用
感应圈的工作原理
如图2-3-6是感应圈的原理图,闭合开关K,低压直流电源接通。开关K和弹簧片DK与初级线圈L1构成回路。此时,铁芯被磁化,吸引弹簧片DK,使L1断路,瞬时无电流通过,铁芯失磁,弹簧片DK返回,L1回路再次接通。在这样的反复过程中,L1中产生变化的电流。在通、断的瞬间,由于初级线圈中的电流迅速变化,L1的自感电动势会猛增至数百伏。次级线圈L2的线圈匝数约为L1的100倍,于是在次级线圈L2的两端感应出数万伏的高压。
图2-3-6
[特别提醒]
感应圈虽然能在次级线圈上产生很高的电压,但由于功率很小,因此允许通过的电流
很小。
1.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:选B 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。
2.下列关于电焊机的说法正确的是( )
A.电焊时,焊条与工件始终接触
B.电焊时,是靠流过焊条与工件接触电阻的电流的热效应完成的
C.电焊时,点火电压很高,约为几万伏
D.电焊时,电弧火花产生的高温把金属工件局部熔化,冷却后焊接处就融为一体
解析:选D 电焊时,先把焊条与被焊的工件短暂接触,然后迅速将焊条提起,与工件保持4~5 mm的距离,故选项A错;电焊时,是靠电弧火花产生的高温把金属工件局部熔化进行焊接,故选项B错,D对;电焊时,点火电压约为70 V,并不高,故C错。
1.关于日光灯电路的连接,下列说法不正确的是( )
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
解析:选C 根据日光灯工作原理可知,启动器与灯管并联、镇流器与灯管串联,启动器的动触片和静触片短暂接通后断开,镇流器向灯管提供瞬时高压,所以,启动器仅起到了开关作用。
2.镇流器是由一个线圈和铁芯构成的,下列说法中正确的是( )
A.镇流器中加入铁芯变成了电磁铁,在日光灯电路中起开关的作用
B.镇流器在日光灯正常发光后,只消耗电能,为了节能可以把它短路
C.日光灯电路中的镇流器可以用白炽灯泡来替代
D.镇流器中的铁芯是为了增大自感系数
解析:选D 镇流器中加入铁芯是为了增大线圈整体的自感系数,进而产生更大的自感电动势,以击穿灯管内气体而导通;灯管导通后镇流器又起降压限流作用,故不可将其短路,且在启动时不可用白炽灯泡来代替。
3.关于日光灯启动器的下列说法正确的是( )
A.日光灯正常发光时,启动器的静触片和动触片是接触的
B.工作时,启动器起降压、限流作用,保证日光灯正常工作
C.日光灯正常发光时,启动器两端的电压小于220 V
D.日光灯正常发光时,电流流过启动器
解析:选C 日光灯正常发光时,启动器的静触片和动触片是断开的,此时启动器是不导电的,选项A、D错误;工作时,镇流器起降压、限流作用,保证日光灯正常工作,选项B错误;日光灯正常发光时,由于镇流器的作用,加在灯管两端的电压小于220 V,故选项C正确。
4.关于日光灯工作过程中的电磁感应现象,下列说法不正确的是( )
A.在灯丝预热阶段,镇流器利用自感控制加热电流
B.在灯管点燃阶段,镇流器利用断电自感提供瞬时高压
C.灯管正常发光阶段,镇流器利用反抗电流变化的自感作用降压限流,保证日光灯正常发光
D.灯管正常发光后,镇流器已失去作用
解析:选D 在日光灯启动发光的不同阶段,镇流器所起的作用也是不同的。在灯丝预热阶段,镇流器利用自感控制加热灯丝,以获得电子;在灯管点燃阶段,需镇流器提供瞬时高压;正常发光时,镇流器起降压限流作用,D错误。
5.若将图1甲中启动器换为开关S1,并给镇流器并联一个开关S2,如图乙所示,则下列叙述正确的是( )
图1
A.只把S3接通,日光灯就能正常发光
B.把S3、S1接通后,S2不接通,日光灯就能正常发光
C.S2不接通,接通S3、S1后,再断开S1,日光灯就能正常发光
D.当日光灯正常发光后,再接通S2,日光灯仍能正常发光
解析:选C 一般日光灯启动时瞬间把电源、灯丝、镇流器接通,后自动断开,靠镇流器产生瞬时高压,使灯管内气体导电,所以启动时既要使乙图中S3闭合,又需使S1瞬间闭合再断开,A、B错,C对。正常工作时镇流器起降压限流作用,若把乙图中S2闭合,则镇流器失去作用,日光灯不能正常工作,D错。
6.在制作精密电阻时,为了消除使用过程中由于电流变化而引起的自感现象,采取了双线绕法,如图2所示,其道理是( )
图2
A.当电路中的电流变化时,两股导线中产生的自感电动势互相抵消
B.当电路中的电流变化时,两股导线中产生的感应电流互相抵消
C.当电路中的电流变化时,两股导线中产生的磁通量互相抵消
D.以上说法均不对
解析:选C 由于采用了双线绕法,两根平行导线中的电流反向,它们产生的磁通量
相互抵消。不论导线中的电流如何变化,线圈中的磁通量始终为零,所以消除了自感现象的影响。
7.人类生活中对能源的可持续利用可以通过节能方式体现,日光灯是最常用的节能照明工具,它的主要构成有灯管、镇流器、启动器。启动器的构造如图3所示,为了便于日光灯工作,常在启动器两端并上一个纸质电容器C。现有一盏日光灯总是出现灯管两端亮而中间不亮,经检查,灯管是好的,电源电压正常,镇流器无故障,其原因可能是( )
图3
A.启动器两脚A、B与启动器座接触不良
B.电容器C断路
C.电容器C击穿而短路
D.镇流器自感系数L太大
解析:选C 由题意知镇流器无故障,故D项错误。日光灯管两端亮而中间不亮,说明灯管两端的灯丝处于通电状态,即启动器接通,但不能自动断开,说明电容器C短路了,
选C。
8.(多选)启动器内有两个部件,一个是氖泡,另一个是电容器,下列说法中正确的是( )
A.氖泡内充入氖气的作用是在接通电路时产生辉光放电
B.氖泡内的两个金属片在日光灯正常发光后是接触的
C.电容器的作用是在启动器中的两个金属片分离时消除电火花
D.电容器的作用是在启动器中的动静片分离时产生瞬时高压
解析:选AC 氖泡内充入氖气的作用是接通电路产生辉光放电,故A正确;正常工作时,两个金属片在日光灯正常发光后是断开的,B错;电容器的作用是消除电火花,故C对D错。
9.(多选)下列有关日光灯的使用方法,正确的是( )
A.日光灯的启动器丢失,作为应急措施,可以用一小段带绝缘外皮的导线启动日光灯
B.日光灯在冬天使用时,启动较困难,可用热毛巾热敷灯管的中部,使之启动容易些
C.日光灯的镇流器损坏了,可用一只电阻替代
D.日光灯在电压较低时,启动较困难,这时可将镇流器暂时短路,使启动变得容易些
解析:选AB 启动器起自动开关的作用,丢失时可以用导线代替,选项A正确。气体温度越高越容易电离,而冬天气温较低,日光灯启动较困难,可以先预热,使其较容易启动,选项B正确。镇流器在启动时的作用是利用自感现象产生高电压击穿气体,所以不能用电阻代替镇流器,也不能将镇流器短路,选项C、D错误。
10.下列说法正确的是( )
A.感应圈的工作原理是电磁感应现象
B.日光灯和白炽灯一样,都可接在直流电路中正常工作
C.感应圈中的两个线圈的匝数一样多
D.一个标有“220 V,40 W”的日光灯管,用欧姆表测灯管两端,读数约为1 210 Ω
解析:选A 感应圈就是利用了电路中的电流不断地变化产生感应电动势的,当电流变化较快时,产生高压,故选项A正确;日光灯必须接在交流电路中,故选项B错误;在感应圈中次级线圈的匝数要多于初级线圈,在次级线圈中得到较高的电压,故选项C错误;日光灯在不接通时,处于断路,故电阻为无穷大,选项D错误。
11.一个被称为“千人震”的趣味物理小实验,实验是用一节电动势为1.5 V的新干电池、几根导线、开关和一个用于日光灯上的镇流器。几位做实验的同学手拉手成一排,有一位同学将电池、开关用导线将它们和首、尾两位同学的两只空着的手相连,如图4所示,在开关断开时就会使连成一排的同学都有触电感觉。分析该实验的原理。
图4
解析:1.5 V的电压不会使人有触电的感觉。人体中几乎无电流通过,但镇流器中有较大的电流,电路断开的瞬间,由于镇流器的自感系数很大,产生很高的自感电动势,使人产生触电感觉。
答案:见解析
12.如图5所示是一种触电保护器,变压器A处用双股相线(火线)和零线平行绕制成线圈,然后接到用电器上,B处有一个输出线圈,一旦有电流,经放大后便能立即推动继电器J切断电源,下列情况下能起保护作用的是哪一种?说明理由。
图5
(1)增加开灯的盏数,能否切断电源?
(2)双手分别接触相线和零线,能否切断电源?
(3)单手接触相线,脚与地相接触而触电,能否切断电源?
解析:(1)不能。
因A处线圈是采用的双绕法,增加开灯的盏数只会使电路中电流增大,但A中两线中
电流始终大小相等方向相反,磁通量相互抵消,B中磁通量不发生改变,故不能推动J切断电源。
(2)不能。理由同(1)。
(3)能。因为有电流通过人体而流入地下,使A中两股电流大小不相等,B中磁通量发生改变,B中产生感应电流,从而推动J切断电源。
答案:见解析
电磁感应中的电路与图像问题
1. (多选)如图1所示,矩形金属框架三个竖直边ab、cd、ef的长都是L,电阻都是R,其余电阻不计,框架以速度v匀速平动地穿过磁感应强度为B的匀强磁场,设ab、cd、ef三条边先后进入磁场时ab边两端电压分别为U1、U2、U3,则下列判断结果正确的是( )
图1
A.U1=BLv B.U2=2U1
C.U3=0 D.U1=U2=U3
解析:选AB 当ab进入磁场时,I==,则U1=E-IR=BLv。当cd也进入磁场时,I=,U2=E-I=BLv。三边都进入磁场时,U3=BLv,故选项A、B
正确。
2.如图2所示,水平导轨的电阻忽略不计,金属棒ab和cd的电阻分别为Rab和Rcd,且Rab>Rcd,它们处于匀强磁场中。金属棒cd在力F的作用下向右匀速运动,ab在外力作用下处于静止状态。下列说法正确的是( )
图2
A.Uab>Ucd B.Uab=Ucd
C.Uab解析:选B 金属棒cd在力F的作用下向右做切割磁感线运动,应将其视为电源,而c、d分别等效为这个电源的正、负极,Ucd是电源两极间的电压,是路端电压,不是内电压,又导轨的电阻忽略不计,则金属棒ab两端的电压Uab也等于路端电压,即Uab=Ucd,所以选项B正确。
3.如图3(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( )
图3
解析:选C A选项中只有电流方向改变的瞬间,线圈cd间才会产生电压,其他时间cd间电压为零,不符合题意,故A选项错误。通电线圈中产生的磁场B=ki(k为比例系数);在另一线圈中的磁通量Φ=BS=kiS,由法拉第电磁感应定律可知,在另一线圈中产生的感应电动势E=n,由图(b)可知,|Ucd|不变,则不变,故不变,故选项B、D错误,C正确。
4.(2015·山东高考)如图4甲,R0为定值电阻,两金属圆环固定在同一绝缘平面内。左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上,经二极管整流后,通过R0的电流i始终向左,其大小按图乙所示规律变化。规定内圆环a端电势高于b端时,a、b间的电压uab为正,下列uab-t图像可能正确的是( )
图4
解析:选C 圆环内磁场的变化周期为0.5T0,则产生的感应电动势的变化周期也一定是0.5T0,四个图像中,只有C的变化周期是0.5T0,根据排除法可知,C正确。
5.如图5所示,在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框;在导线框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域,磁场的边界与导线框的一边平行,磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动。t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合,随后导线框进入并通过磁场区域。下列v-t图像中,可能正确描述上述过程的是( )
图5
解析:选D 导线框刚进入磁场时速度设为v0,此时产生的感应电动势E=BLv0,感应电流I==,线框受到的安培力F=BLI=。由牛顿第二定律F=ma知=ma,由楞次定律知线框开始减速,随着v减小,其加速度a也减小,故进入磁场时导线框做加速度减小的减速运动。当线框全部进入磁场后,导线框开始做匀速运动,在出磁场的过程中,导线框仍做加速度减小的减速运动,故只有D选项正确。
6.粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中,磁场方向垂直于线框平面,其边界与正方形线框的边平行。现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场,如下图所示,则在移出过程中线框的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是( )
解析:选B 磁场中切割磁感线的边相当于电源,外电路由三个相同电阻串联形成,A、C、D中a、b两点间电势差为外电路中一个电阻两端电压为:U=E=,B图中a、b两点间电势差为路端电压为:U=E=,所以a、b两点间电势差绝对值最大的是B图所示,故A、C、D错误,B正确。
7.半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置,在圆环的缺口两端引出两根导线,分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接,两板间距为d,如图6甲所示。有一变化的磁场垂直于纸面,规定向内为正,变化规律如图乙所示。在t=0时刻平板之间中心有一重力不计,电荷量为q的静止微粒。则以下说法正确的是( )
图6
A.第2秒内上极板为正极
B.第3秒内上极板为负极
C.第2秒末微粒回到了原来位置
D.第2秒末两极板之间的电场强度大小为
解析:选A 由题图知第2秒内,磁场向里并均匀减小,由楞次定律知,环中电流方向为顺时针,因而上极板带正电,A项正确;第3秒内磁场向外且均匀增大,由楞次定律知,环中电流方向为顺时针,上极板仍带正电,B项错误;同理第1秒内上极板带负电,此微粒前2秒内先做匀加速直线运动,再做匀减速直线运动,方向不变,C项错误;由法拉第电磁感应定律知,电路中感应电动势为E感==πr2=0.1πr2,场强为E==,D项错误。
8.如图7所示,水平面内有一平行金属导轨,导轨光滑且电阻不计。匀强磁场与导轨平面垂直。阻值为R 的导体棒垂直于导轨静止放置,且与导轨接触良好。t=0 时,将开关 S 由1 掷到 2。q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度。下列图像正确的是 ( )
图7
解析:选D 当开关S由1掷到2时,电容器开始放电,此时电流最大,棒受到的安培力最大,加速度最大,此后棒开始运动,产生感应电动势,棒相当于电源,利用右手定则可判断棒上端为正极,下端为负极,与电容器的极性相同,当棒运动一段时间后,电路中的电流逐渐减小,当电容器极板电压与棒两端电动势相等时,电容器不再放电,电路电流等于零,棒做匀速运动,加速度减为零,所以B、C错误,D正确;因电容器两极板间有电压,q=CU不等于零,所以A错误。
9.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8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像可能正确的是( )
图8
解析:选C 本题考查电磁感应现象,意在考查考生对导体杆切割磁感线产生感应电动势大小的计算。设经时间t导体杆转过的角度为α,则α=ωt,由图可知此时导体杆的有效切割长度为l=2Rsin ωt,由法拉第电磁感应定律可知,E=Blv=B·2Rsin ωt·ωRsin α=2BωR2sin2ωt,则选项C正确。
10.面积S=0.2 m2、n=100 匝的圆形线圈,处在如图9所示的磁场内,磁感应强度随时间t变化的规律是B=0.02t,R=3 Ω,C=30 μF,线圈电阻r=1 Ω,求:
图9
(1)通过R的电流方向和4 s内通过导线横截面的电荷量;
(2)电容器的电荷量。
解析:(1)由法拉第电磁感应定律可得出线圈中的感应电动势,由欧姆定律可求得通过R的电流。由楞次定律可求得电流的方向为逆时针,通过R的电流方向为b→a,
q=It=t=nt=n=0.4 C。
(2)由E=n=nS=100×0.2×0.02 V=0.4 V,
I== A=0.1 A,
UC=UR=IR=0.1×3 V=0.3 V,
Q=CUC=30×10-6×0.3 C=9×10-6 C。
答案:(1)b→a 0.4 C (2)9×10-6 C
11.如图10(a)所示,平行长直金属导轨水平放置,间距L=0.4 m。导轨右端接有阻值
R=1 Ω的电阻。导体棒垂直放置在导轨上,且接触良好,导体棒及导轨电阻均不计,导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场,bd连线与导轨垂直,长度也为L。从
0时刻开始,磁感应强度B的大小随时间t变化,规律如图(b)所示;同一时刻,棒从导轨左端开始向右匀速运动,1 s后刚好进入磁场,若使棒在导轨上始终以速度v=1 m/s做直线运动,求:
(1)棒进入磁场前,回路中的电动势E;
(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F,以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式。
图10
解析:(1)正方形磁场的面积为S,则S==0.08 m2。在棒进入磁场前,回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的。由B-t图像可知=0.5 T/s,根据E=n,得回路中的感应电动势E=S=0.5×0.08 V=0.04 V。
(2)当导体棒通过bd位置时感应电动势、感应电流最大,导体棒受到的安培力最大。此时感应电动势E′=BLv=0.5×0.4×1 V=0.2 V
回路中感应电流I′== A=0.2 A
导体棒受到的安培力F=BI′L=0.5×0.2×0.4 N=0.04 N
当导体棒通过三角形abd区域时,导体棒切割磁感线的有效长度
l=2v(t-1)(1 s≤t≤1.2 s)
感应电动势e=Blv=2Bv2(t-1)=(t-1)V
感应电流i==(t-1)A(1 s≤t≤1.2 s)。
答案:(1)0.04 V
(2)0.04 N i=(t-1)A(1 s≤t≤1.2 s)
电磁感应中的动力学与能量问题
1.如图1所示用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b,以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外,不考虑线框的动能,若外力对线框做的功分别为Wa、Wb,则Wa∶Wb为( )
图1
A.1∶4 B.1∶2
C.1∶1 D.不能确定
解析:选A 根据能的转化和守恒可知,外力做功等于电能,而电能又全部转化为焦耳热
Wa=Qa=·,Wb=Qb=·
由电阻定律知,Rb=2Ra,故Wa∶Wb=1∶4。故A正确。
2.如图2所示,在一匀强磁场中有一U形导线框abcd,线框处于水平面内,磁场与线框平面垂直,R为一电阻,ef为垂直于ab的一根导体杆,它可在ab、cd上无摩擦地滑动。杆ef及线框中导线的电阻都可不计。开始时,给ef一个向右的初速度,则( )
图2
A.ef将减速向右运动,但不是匀减速
B.ef将匀减速向右运动,最后停止
C.ef将匀速向右运动
D.ef将往返运动
解析:选A ef向右运动,切割磁感线,产生感应电动势和感应电流,会受到向左的安培力而做减速运动,直到停止,但不是匀减速,由F=BIL==ma知,ef做的是加速度减小的减速运动,故A正确。
3.英国物理学家麦克斯韦认为,磁场变化时会在空间激发感生电场。如图3所示,一个半径为r的绝缘细圆环水平放置,环内存在竖直向上的匀强磁场B,环上套一带电荷量为+q的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加,其变化率为k,若小球在环上运动一周,则感生电场对小球的作用力所做功的大小是( )
图3
A.0 B.r2qk
C.2πr2qk D.πr2qk
解析:选D 变化的磁场使回路中产生的感生电动势E==·S=kπr2,则感生电场对小球的作用力所做的功W=qU=qE=qkπr2,选项D正确。
4.如图4所示,MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨,已知导轨足够长,且电阻不计,ab是一根不但与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆,开始时,将开关S断开,让杆ab由静止开始自由下落,过段时间后,再将S闭合,若从S闭合开始计时,则金属杆ab的速度v随时间t变化的图像不可能是下图中的( )
图4
解析:选B S闭合时,若>mg,先减速再匀速,D项有可能;若=mg匀速,A项有可能;若5.(多选)如图5所示,在水平桌面上放置两条相距l的平行光滑导轨ab与cd,阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连。质量为m、电阻不计的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动。整个装置放于匀强磁场中,磁场的方向竖直向上,磁感应强度的大小为B。导体棒的中点系一个不可伸长的轻绳,绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后,与一个质量也为m的物块相连,绳处于拉直状态。现若从静止开始释放物块,用h表示物块下落的高度(物块不会触地),g表示重力加速度,其他电阻不计,则( )
图5
A.电阻R中的感应电流方向由a到c
B.物块下落的最大加速度为g
C.若h足够大,物块下落的最大速度为
D.通过电阻R的电荷量为
解析:选CD 题中导体棒向右运动切割磁感线,由右手定则可得回路中产生顺时针方向的感应电流,则电阻R中的电流方向由c到a,A错误;对导体棒应用牛顿第二定律有:T-F安=ma,又F安=Bl,再对物块应用牛顿第二定律有:mg-T=ma,则联立可得:a=-,则物块下落的最大加速度am=,B错误;当a=0时,速度最大为vm=,C正确;下落h的过程,回路中的面积变化量ΔS=lh,则通过电阻R的电荷量q===,D正确。
6. (多选)如图6所示,竖直平面内的虚线上方是一匀强磁场B,从虚线下方竖直上抛一正方形线圈,线圈越过虚线进入磁场,最后又落回原处,运动过程中线圈平面保持在竖直平面内,不计空气阻力,则( )
图6
A.上升过程克服安培力做的功大于下降过程克服安培力做的功
B.上升过程克服安培力做的功等于下降过程克服安培力做的功
C.上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率
D.上升过程克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率
解析:选AC 线圈的运动如图所示。
根据能量守恒,线圈上升、下降过程的速度大小v3=0,v2=v4,v1>v5,v0>v6,则上升过程克服安培力做功更多,运动时间更短,克服重力做功的平均功率大于下降过程重力做功的平均功率,A、C正确。
7.如图7所示,水平光滑的平行金属导轨,左端接有电阻R,匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内,质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置。今使棒以一定的初速度v0向右运动,当其通过位置a、b时,速率分别为va、vb,到位置c时棒刚好静止,设导轨与棒的电阻均不计,a到b与b到c的间距相等,则金属棒在由a到b和由b到c的两个过程中( )
图7
A.回路中产生的内能相等
B.棒运动的加速度相等
C.安培力做功相等
D.通过棒横截面积的电荷量相等
解析:选D 棒由a到b再到c的过程中,速度逐渐减小。根据E=Blv,E减小,故I减小。再根据F=BIl,安培力减小,根据F=ma,加速度减小,B错误。由于a与b、b与c间距相等,故从a到b安培力做的功大于从b到c安培力做的功,故A、C错误。再根据平均感应电动势==,=,q=Δt得q=,故D正确。
8.如图8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
图8
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:选B 小灯泡稳定发光说明棒做匀速直线运动。此时:F安=
对棒满足:
mgsin θ-μmgcos θ-=0
因为R灯=R棒,则:P灯=P棒
再依据功能关系:mgsin θ·v-μmgcos θ·v=P灯+P棒
联立解得v=5 m/s,P灯=1 W,所以B项正确。
9.如图9,足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°),其中MN与PQ平行且间距为L,导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直,导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑 ,并与两导轨始终保持垂直且良好接触,ab棒接入电路的电阻为R,当流过ab棒某一横截面的电量为q时,棒的速度大小为v,则金属棒ab在这一过程中( )
图9
A.运动的平均速度大小为v
B.下滑的位移大小为
C.产生的焦耳热为qBLv
D.受到的最大安培力大小为sin θ
解析:选B 分析棒的受力,有mgsin θ-=ma,分析可得棒做加速度减小的加速运动,故其平均速度不等于初末速度的平均值,A错。设沿斜面下滑的位移为s,则电荷量q=I·Δt=··Δt==,解得位移s=,B正确。求焦耳热应用能量守恒的方法,C错误。棒受到的最大安培力为。
10.(多选)如图10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( )
图10
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:选AC 根据楞次定律可判断感应电流的方向总是从C到D,故A正确,B错误;由法拉第电磁感应定律可知:E===sin 30°=0.2×12× V=0.1 V,故感应电流为I==1 A,金属杆受到的安培力FA=BIL,t=1 s时,FA=0.2×1×1 N=0.2 N,方向如图甲,此时金属杆受力分析如图甲,由平衡条件可知F1=FA·cos 60°=0.1 N,F1为挡板P对金属杆施加的力。t=3 s时,磁场反向,此时金属杆受力分析如图乙,此时挡板H对金属杆施加的力向右,大小F3=BILcos 60°=0.2×1×1× N=0.1 N。故C正确,D错误。
甲 乙
11.如图11所示,水平的平行虚线间距为d,其间有磁感应强度为B的匀强磁场。一个长方形线圈的边长分别为L1、L2,且L2图11
(1)线圈刚进入磁场时的感应电流的大小;
(2)线圈从下边缘刚进磁场到下边缘刚出磁场(图中两虚线框所示位置)的过程做何种运动,求出该过程最小速度v;
(3)线圈进出磁场的全过程中产生的总焦耳热Q总。
解析:(1)mgh=mv02,v0=,E=BL1v0,I==。
(2)先做加速度减小的减速运动,后做加速度为g的匀加速运动,3位置时线圈速度最小,而3位置到4位置线圈是自由落体运动,因此有
v02-v2=2g(d-L2),得v=。
(3)由于线圈完全处于磁场中时不产生电热,线圈进入磁场过程中产生的电热Q就是线圈从图中2位置到4位置产生的电热,而2、4位置动能相同。
由能量守恒Q=mgd
由对称性可知:Q总=2Q=2mgd。
答案:(1) (2)先做加速度减小的减速运动,后做加速度为g的匀加速运动 (3)2mgd
12. (2016·全国卷Ⅲ)如图12,两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内,其左端接一阻值为R的电阻;一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上;在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域,区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场,磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1=kt,式中k为常量;在金属棒右侧还有一匀强磁场区域,区域左边界MN(虚线)与导轨垂直,磁场的磁感应强度大小为B0,方向也垂直于纸面向里。某时刻,金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动,在t0时刻恰好以速度v0超过MN,此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好,它们的电阻均忽略不计。求:
图12
(1)在t=0到t=t0时间间隔内,流过电阻的电荷量的绝对值;
(2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。
解析:(1)在金属棒越过MN之前,t时刻穿过回路的磁通量为Φ=ktS①
设在从t时刻到t+Δt的时间间隔内,回路磁通量的变化量为ΔΦ,流过电阻R的电荷量为Δq。由法拉第电磁感应定律有
ε=-②
由欧姆定律有i=③
由电流的定义有i=④
联立①②③④式得|Δq|=Δt⑤
由⑤式得,在t=0到t=t0的时间间隔内,流过电阻R的电荷量q的绝对值为
|q|=。⑥
(2)当t>t0时,金属棒已越过MN。由于金属棒在MN右侧做匀速运动,有
f=F⑦
式中,f是外加水平恒力,F是匀强磁场施加的安培力。设此时回路中的电流为I,F的大小为
F=B0Il⑧
此时金属棒与MN之间的距离为s=v0(t-t0)⑨
匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′=B0ls⑩
回路的总磁通量为Φt=Φ+Φ′?
式中,Φ仍如①式所示。由①⑨⑩?式得,在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量为
Φt=B0lv0(t-t0)+kSt?
在t到t+Δt的时间间隔内,总磁通量的改变ΔΦt为
ΔΦt=(B0lv0+kS)Δt?
由法拉第电磁感应定律得,回路感应电动势的大小为
εt=?
由欧姆定律有I=?
联立⑦⑧???式得
f=(B0lv0+kS)。?
答案:(1) (2)B0lv0(t-t0)+kSt (B0lv0+kS)
第1节 交变电流的特点
一、恒定电流和交变电流的比较
1.恒定电流
大小和方向都不随时间变化的电流是恒定电流(如图3-1-1甲)。
2.交变电流
大小和方向随时间做周期性变化的电流是交变电流(如图3-1-1乙)。
图3-1-1
二、交变电流的周期和频率
1.交变电流的周期和频率的比较
周期(T)
频率(f)
定义
交变电流完成1次周期性变化所需的时间
交变电流在1 s内完成周期性变化的次数
单位
s(秒)
Hz(赫兹)
作用
表示交变电流变化的快慢
我国交
变电流
0.02 s
50 Hz
联系
T=(或f=)
2.正弦式交变电流
大小和方向随时间按正弦规律变化的电流。
三、交变电流的最大值和有效值
1.最大值
交变电流在一个周期内所能达到的最大值叫做交变电流的最大值,又称峰值,以此可以表示交变电流的强弱或电压的高低。交变电流的电流、电压的峰值分别用Im和Um表示。
2.有效值
让交变电流和恒定电流分别通过相同阻值的电阻,如果它们在相同时间内产生的热量相等,则该恒定电流的数值就叫做交变电流的有效值。交变电流的电流、电压的有效值分别用I、U表示。
3.正弦式交变电流的有效值和最大值的关系
U=≈0.707Um,I=≈0.707Im。
1.自主思考——判一判
(1)只要是交变电流,其峰值就是有效值的倍。(×)
(2)家用电器铭牌上标称的电流、电压都是指有效值。(√)
(3)电容器的耐压值指的是交变电流的最大值。(√)
(4)我国生活用电的频率是50Hz,这种交变电流的方向在1 s内改变100次。(√)
(5)生活用电的电压220 V指有效值,动力用电的电压380 V指峰值。(×)
(6)交变电流的有效值是从电流的热效应角度规定的。(√)
2.合作探究——议一议
(1)如何区分直流和交流?
提示:区分直流和交流的依据,就是看电流的方向是否随时间变化。
(2)实验室用的打点计时器,其打点周期为什么等于0.02 s?
提示:我国工农业生产和生活用电的频率是50Hz,周期为0.02 s,打点计时器的打点周期等于交变电流的周期,所以等于0.02 s。
(3)让交变电流和恒定电流通过电阻,经过一段时间后产生的热量相等,这一恒定电流的数值等于这一交流电的有效值吗?
提示:不一定。根据有效值的定义,要满足“三同”:即相同的电阻,相同的时间,产生的热量相同,在以上三个条件同时满足的情况下,恒定电流的数值才等于交变电流的有
效值。
交变电流与直流电
交变电流与直流电的辨析
1.交变电流的方向随时间变化,而直流电的方向不随时间变化。另外,交变电流的大小可以不变,如矩形脉冲,而直流电的大小可以变化。
2.判断是不是交变电流,至少需在一个周期内观察。如矩形波,该电流在正半周期或负半周期,电流的大小和方向都没有发生变化,但在一个周期或更长的时间内,电流的方向随时间发生变化,所以是交变电流。
3.交变电流的波形不一定是曲线,不能认为凡是波形是曲线的,就一定是交变电流。
1.下列各选项的图像中表示交变电流的是( )
解析:选D B、C两图像中,虽然电流大小随时间做周期性变化,但方向不变,故不是交变电流。A图像中电流的方向没有发生变化,不是交变电流。D图像中,电流的大小、方向随时间均做周期性变化,是交变电流,故选D。
2.(多选)有一交变电流如图3-1-2所示,由此图像可知( )
图3-1-2
A.它的周期是0.8 s
B.它的最大值是4 A
C.它的有效值是2 A
D.它的频率是0.8 Hz
解析:选AB 由图像可知周期为0.8 s,频率为1.25 Hz,最大值为4 A,有效值不等于平均值,也不是,无法根据图像计算,故C、D错,A、B对。
交流电有效值与最大值的理解与计算
1.有效值的计算方法
求解交变电流的有效值,通常采用以下两种方法:
(1)若按正(余)弦规律变化的交变电流,可利用交变电流的有效值与峰值的关系求解,即E=,U=,I=。
(2)对于非正弦式交变电流,必须根据有效值的定义进行计算。
第一步:计算交变电流在一个周期内产生的热量Q;
第二步:将热量Q用相应的物理量的有效值表示Q=I2RT或Q=T;
第三步:代入数值,求解有效值。
2.几种常见电流有效值的计算
电流名称
电流图线
有效值
正弦式交变电流
I=
正弦半波电流
I=
正弦单向脉动电流
I=
矩形脉动电流
I=
非对称性交变电流
I=
[特别提醒]
(1)在交流电路中,电压表、电流表、功率表等电工仪表的示数均为交变电流的有效值,在没有具体说明的情况下,所给出的交变电流的电压、电流指的都是有效值。
(2)在计算交变电流通过导体产生的热量和电功率以及确定保险丝的熔断电流时,只能用交变电流的有效值,如电功率的计算式P=UI中,U、I均为有效值;若计算通过电路某一横截面的电量,必须用交变电流的平均值。
[典例] 如图3-1-3表示一交变电流随时间变化的图像,则此交变电流的有效值是多少?
图3-1-3
[思路点拨]
[解析] 交变电流的周期T=0.02 s,在前半周期,电流为I1=4 A;后半周期电流I2=3 A。根据焦耳定律,在一个周期内交变电流通过电阻R产生的热量Q=I12R+I22R=I2RT,所以交变电流的有效值I = =5 A。
[答案] 5 A
计算有效值时的两点注意
(1)方波式交变电流的正、负半周期最大值不相等时,要分段计算电热。
(2)应取一个周期或周期的整数倍的时间计算电热。
1.将正弦式交变电流经整流器处理后得到的电流波形刚好去掉了负半周,如图3-1-4所示,则该电流的有效值为( )
图3-1-4
A. A B. A C.1 A D. A
解析:选C 设该电流通过一电阻R,在一个周期内只有半个周期的时间发热,在这半个周期内,相当于一个电流值为 A的恒定电流发热,故在一个周期内产生的热量可表示为Q=( A)2R×。设某恒定电流I通过该电阻时在一个周期内产生的热量也为Q,则有I2RT=( A)2R×,得I=1 A。故选项C正确。
2.如图3-1-5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的正弦交流电源,内阻不计。为使保险丝不熔断,可变电阻阻值应该不小于( )
图3-1-5
A.110 Ω B.220 Ω
C.330 Ω D.440 Ω
解析:选A 根据正弦交变电流有效值与最大值的关系及电阻的定义:
3.将阻值为5 Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上,电源电动势随时间变化的规律如图3-1-6所示。下列说法正确的是( )
图3-1-6
A.该交变电流的频率为0.25 Hz
B.通过电阻的电流的峰值为 A
C.电阻消耗的电功率为2.5 W
D.用交流电压表测得电阻两端的电压为5 V
解析:选C 由题图可以看出,该交变电流的周期为0.04 s,所以频率为25 Hz,电源电动势的峰值为5 V,所以通过电阻的电流的峰值为1 A,选项A、B错误;用交流电压表测量的是电压的有效值,正弦交流电的有效值是峰值的,所以选项D错误;根据电功率的计算公式得电阻消耗的电功率为P=UI=× W=2.5 W,选项C正确。
1.(多选)下列关于交变电流和直流电的说法中,正确的是( )
A.如果电流大小做周期性变化,则一定是交变电流
B.直流电的大小可以变化,但方向一定不变
C.交变电流一定是按正弦或余弦规律变化的
D.交变电流的最大特征是电流的方向发生周期性的变化
解析:选BD 直流电的特征是电流方向不变,交变电流的特征是电流方向发生周期性变化。另外,交变电流不都是按正弦或余弦规律变化的。故选项B、D正确。
2.(多选)下列说法正确的是( )
A.使用交流电的用电器铭牌上所标示的额定电压、额定电流的数值均为最大值
B.用交流电流表和电压表测得的数值是有效值
C.照明电路电压220 V指的是有效值
D.所有交变电流的有效值和最大值之间均存在E=、U=和I=的关系
解析:选BC 各种使用交流电的用电器铭牌上所标示的数值均为有效值,故A项错误;交流电表测量值为有效值,故B项正确;照明电路电压220 V指的是有效值,故C项正确;E=、U=、I=是正弦式交变电流有效值和最大值的关系,故D项错误。
3.(多选)关于交变电流的周期和频率,下列说法中正确的是( )
A.交变电流出现两次最大值的时间间隔等于周期的一半
B.1 s内交变电流出现最大值的次数等于频率
C.交变电流方向变化的频率为交变电流频率的2倍
D.50 Hz的交变电流,其周期等于0.05 s
解析:选AC 根据周期的定义知选项A正确。根据频率的定义可知选项B错误。因为在一个周期的时间内,交变电流会出现正向和负向最大值各一次,交变电流在一个周期内方向改变两次,即交变电流方向变化的频率为交变电流频率的2倍,所以选项C正确。由T== s=0.02 s,知选项D错误。故正确答案为A、C。
4. (多选)对于如图1所示的电流i随时间t做周期性变化的图像,下列说法中正确的是( )
图1
A.电流大小变化、方向不变,是直流电
B.电流大小、方向都变化,是交变电流
C.电流最大值为0.2 A,周期为0.01 s
D.电流的周期为0.005 s,有效值为0.1 A
解析:选AC i-t图像中i数值的正负表示电流的方向,图中电流始终为正值,表示电流方向不变,是直流电,A对、B错;从图中可以看出每经过0.01 s,i-t图像重复一次,周期为0.01 s,电流最大值为0.2 A,C对、D错。
5.(多选)在交变电流的一个周期内,某正弦式交变电流通过一阻值为10 Ω的电阻产生的热量,与一电流为3 A的直流电通过同一阻值的电阻在相同时间内产生的热量相等,则( )
A.此交变电流的有效值为3 A
B.此交变电流的最大值为6 A
C.电阻两端的交流电压的有效值为30 V
D.电阻两端的交流电压的最大值为30 V
解析:选ACD 根据交变电流有效值的定义可知,此交变电流的有效值为3 A,故最大值为3 A,选项 A正确,选项B错误;根据U=IR可知电阻两端的交流电压的有效值为30 V,选项C正确;根据正弦式交变电流的最大值为有效值的倍可知,电阻两端的交流电压的最大值为30 V,选项D正确。
6.电阻R1、R2与交流电源按照图2甲所示方式连接,R1=10 Ω,R2=20 Ω。合上开关S后,通过电阻R2的正弦式交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示。则( )
图2
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:选B 由题图可知通过电阻R2的电流最大值为0.6 A,故其有效值为0.6 A,根据串联电路的特点可得通过R1的电流有效值也为0.6 A,A、C项均错;R1两端的电压有效值为U1=IR1=6 V,B项正确;R2两端的电压最大值为Um=ImR2=12 V,D项错。
7.两个相同的定值电阻1、2分别接在正弦交流电源和直流电源的两端,直流电压恒为U0。当电阻1、2的通电时间分别为t和2t时,两个电阻上产生的热量均为Q。则该正弦交流电源电压的最大值是( )
图3
A.U0 B.2U0
C.U0 D.U0
解析:选B 设两电阻的阻值均为R,正弦交流电源电压的最大值为Um,则Q=t,Q=·2t,解得Um=2U0,选项B正确。
8.(多选)甲、乙两电炉的电阻值相等,把甲和乙两电炉分别接到如图4(a)和(b)所示的方波交变电压和正弦式交变电压下,两种电压的周期和峰值都相等,则( )
图4
A.用电压表测量甲电炉两端电压大
B.用电压表测量甲、乙两电炉两端电压一样大
C.两电炉消耗的电功率之比P甲∶P乙=2∶1
D.两电炉消耗的电功率之比P甲∶P乙=1∶1
解析:选AC 图(a)为方波交变电压,由有效值定义可知·+·=T,即有效值为Ua=U0。图(b)为正弦式交变电压,有效值为Ub=,电压表测量值为有效值,所以接甲电炉的电压表示数大,A正确、B错误;两电炉消耗功率之比为P甲∶P乙=∶=2∶1,C正确、D错误,故正确答案为A、C。
9.一个小型电热器接在输出电压为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:选C 由功率公式P=可知,电热器接到直流电源上时,P==。当其接到交流电源时,有=,则U2=U1,U2为正弦交流电的有效值,则此交流电的最大值Um=U2=×U1=××10 V=10 V,故C正确。
10.一台电风扇的额定电压为交流220 V。在其正常工作过程中,用交流电流表测得某一段时间内的工作电流I随时间t的变化如图5所示。这段时间内电风扇的用电量为( )
图5
A.3.9×10-2度 B.5.5×10-2度
C.7.8×10-2度 D.11.0×10-2度
解析:选B 因1度=3.6×106 J,且电流表示数为电流有效值,故用电量W=U(I1t1+I2t2+I3t3),代入数值得W=5.5×10-2度,故B正确。
11.如图6表示一交变电流随时间变化的图像,此交变电流的有效值是多少?
图6
解析:此交变电流的前半个周期为正弦式交变电流,后半个周期为恒定电流,取一个周期,则2R·+(4)2R·=I2RT
解得I=2 A。
答案:2 A
12.如图7甲所示,一个电阻为R的金属圆环放在磁场中,磁场与圆环所在的平面垂直,穿过圆环的磁通量随时间变化的图像如图乙所示,图中的最大磁通量Φ0和变化的周期T都是已知量,求在一个周期T的时间内金属环中产生的焦耳热和交变电流的有效值。
甲 乙
图7
解析:0~时间内,感应电动势为:E1==,0~时间内,感应电流为:I1==,~时间内,感应电动势、感应电流大小与0~内相同,~及T~T时间内感应电动势、感应电流为0,一个周期内产生的热量为:2I12R=
由有效值的定义可知I2RT=,
有效值为I=。
答案:
第2节 交变电流是怎样产生的
一、交流发电机
1.原理
由法拉第电磁感应定律可知,让闭合导体与磁极做相对运动,穿过闭合导体的磁通量发生变化,就可以产生感应电动势和感应电流。
2.构造
发电机主要是由线圈(电枢)和磁极两部分组成。
3.种类
(1)按旋转部分区分
转子
定子
特点
旋转电枢式
电枢
磁极
电压低,功率小
旋转磁极式
磁极
电枢
电压高,功率大
(2)按磁场区分
a.永磁体发电机(利用永久磁铁做磁极);
b.励磁发电机(利用电磁铁做磁极)。
二、交变电流的产生原理
1.实验装置
让闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动,感应电流的大小和方向都随时间做周期性变化。
2.产生原理
(1)中性面:线圈平面与磁感线垂直,线圈经过中性面时,感应电动势、感应电流为零。
(2)与中性面垂直时:线圈的感应电动势、感应电流最大。
(3)方向变化:线圈每经过中性面一次,感应电流的方向就改变一次;线圈每转动一周,经过中性面两次,感应电流的方向改变两次。
三、交变电流的变化规律
1.正弦式交变电流的表达式
(1)e=Emsin_ωt(从中性面开始计时,其中Em=nBSω)
(2)i=Imsin_ωt
(3)u=Umsin_ωt(其中Um=ImR)
2.正弦式交变电流的图像
图3-2-1
1.自主思考——判一判
(1)线圈经过中性面时,穿过线圈的磁通量最大,感应电动势也最大。(×)
(2)交流电一周期内,电流方向改变两次。(√)
(3)线圈只要在匀强磁场内匀速转动就能产生正弦式交变电流。(×)
(4)从线圈转至与磁场方向平行开始计时,线圈所产生的感应电动势e=Emcos ωt。(√)
(5)正弦交流电电动势最大值Em=nBSω。(√)
2.合作探究——议一议
(1)发电机工作过程中能量是如何转化的?
提示:发电机工作时产生的感应电流在磁场中会受到安培力,安培力的作用总是阻碍转子的运动,在这一过程中发电机把机械能转化成了电能。
(2)线圈位于中性面时,磁通量最大。为何感应电动势(感应电流)最小,而位于与中性面垂直的位置时,磁通量为零,感应电动势(感应电流)又具有怎样的特点呢?
提示:依据法拉第电磁感应定律,感应电动势的大小取决于磁通量的变化率,线圈处于中性面时磁通量虽然最大,但变化率为0,或者说此时线圈的任何一条边都不切割磁感线,所以感应电动势及感应电流为0;而位于与中性面垂直的位置时,磁通量最小,但磁通量的变化率最大(此时线圈的边切割磁感线的速度最大),感应电动势(感应电流)最大。线圈处于其他位置的时候,感应电动势(感应电流)处于最大值与最小值之间。
(3)频率是供电质量的重要指标,你知道交变电流频率是由什么因素决定的吗?
提示:交流电的频率是由发电机转子的转速决定的,转速高,则频率大,反之,则小。
交变电流的产生和变化规律
1.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动的四个过程
如图3-2-2所示,线圈的bc、ad边始终在平行于磁感线的平面内转动,因而不产生感应电动势,只起导线作用,所以只有ab、cd边切割磁感线。
图3-2-2
(1)当线圈平面垂直于磁感线时,ab、cd边的速度方向与磁感线平行,线圈中没有感应电动势。
(2)当线圈逆时针转过90°时,即线圈平面与磁感线平行时,ab、cd边都垂直切割磁感线,这时感应电动势最大,线圈中的感应电流也最大,方向为a→b→c→d。
(3)当线圈再转过90°时,线圈平面又垂直于磁感线,线圈中没有感应电动势。
(4)当线圈再转过90°时,ab、cd边的瞬时速度方向跟线圈经过(b)图位置时的速度方向相反,产生的感应电动势方向也跟在(b)图位置时相反,感应电流方向为d→c→b→a。
(5)线圈再转过90°时处于起始位置,与(a)图位置相同,线圈中没有感应电动势。
2.交变电流的变化规律
(1)正弦式交变电流的瞬时值表达式的推导。
若线圈平面从中性面开始转动,则经时间t,
①线圈转过的角度为ωt,如图3-2-3所示。
图3-2-3
②ab边的线速度跟磁感线方向的夹角θ=ωt。
③ab边转动的线速度大小:v=ω。
④ab边产生的感应电动势:
eab=BLabvsin θ=sin ωt。
⑤整个线圈产生的感应电动势:
e=2eab=BSωsin ωt;若线圈为n匝,则e=nBSωsin ωt。
⑥若线圈给外电阻R供电,设线圈本身电阻为r,由闭合电路欧姆定律得,i==sin ωt,即i=Imsin ωt。R两端的电压可记为u=Umsin ωt。
(2)正弦式交变电流的峰值:
①由e=nBSωsin ωt可知,电动势的峰值Em=nBSω。
②感应电动势的峰值由线圈匝数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,与转动轴的位置无关,因此如图3-2-4所示几种情况,若n、B、S、ω相同,则感应电动势的峰值相同。
图3-2-4
③电流的峰值可表示为Im=。
3.用图像描述交变电流的变化规律(从中性面开始计时)
函数
图像
说明
磁通量
Φ=Φmcos ωt
=BScos ωt
S为线圈的面积,n为线圈的匝数,r为线圈的电阻(内阻),R为外电阻
感应电动势
e=Emsin ωt
=nBSωsin ωt
导体两端的电压
u=Umsin ωt
=sinωt
感应电流
i=Imsin ωt
=sin ωt
[典例] 有一匝数为10匝的正方形线圈,边长为20 cm,线圈总电阻为1 Ω,线圈绕OO′轴以10π rad/s的角速度匀速转动,如图3-2-5所示,垂直于线圈平面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5 T。
图3-2-5
(1)求该线圈产生的交变电流的电动势最大值、电流最大值分别为多少?
(2)线圈从图示位置转过60°时,感应电动势的瞬时值是多大?
(3)写出感应电动势随时间变化的表达式。
[思路点拨]
[解析] (1)交变电流电动势最大值为Em=2NBlv=2NBlω=NBSω=10×0.5×0.22×10π V=6.28 V,电流的最大值为Im== A=6.28 A。
(2)线圈转过60°时,感应电动势e=Emsin 60°=5.44 V。
(3)由于线圈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
求交变电流瞬时值的方法
(1)确定线圈转动从哪个位置开始计时。
(2)确定表达式是正弦函数还是余弦函数。
(3)确定转动的角速度ω=2πn(n的单位为转/秒)、峰值Em=NBSω。
(4)写出表达式,代入角速度求瞬时值。
1.如图3-2-6所示,一线圈在匀强磁场中匀速转动,经过图示位置时( )
图3-2-6
A.穿过线圈的磁通量最小,磁通量的变化率最大
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大,磁通量的变化率最小
D.穿过线圈的磁通量最小,磁通量的变化率最小
解析:选A 由图可知线圈平面与磁感线平行,应处于垂直于中性面的平面,此时穿过线圈的磁通量最小,磁通量的变化率最大,所以A选项正确。
2.一个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像如图3-2-7甲所示,则下列说法中正确的是( )
图3-2-7
A.t=0时刻线圈平面与中性面垂直
B.t=0.01 s时刻,Φ的变化率达到最大
C.t=0.02 s时刻,交流电动势达到最大
D.该线圈相应的交流电动势图像如图乙所示
解析:选B 由题图甲知,当t=0时,Φ最大,说明线圈平面与中性面重合,故A错误;当t=0.01 s时,Φ=0最小,Φ-t图像的斜率最大,即Φ的变化率最大,故B正确;当t=0.02 s时,Φ也最大,交流电动势为零,故C错误;由以上分析可知,D错误。
3.某一交变电流的电动势随时间变化的规律如图3-2-8所示。
图3-2-8
(1)该图像表示线圈在何处开始计时?
(2)线圈在哪些时刻处于与磁场方向垂直的位置?
(3)t1、t2时刻线圈分别处于与中性面的夹角为多大处?
解析:(1)e-t图像为正弦函数图像,说明是从线圈位于中性面位置开始计时的,此时,穿过线圈的磁通量最大,而线圈内的感应电动势为0。
(2)当线圈处于与磁场方向垂直的位置(中性面)时,e=0,所以在0、t3、t6、t8时刻线圈与磁场方向垂直。
(3)由图像知,e=Emsin ωt中Em=10 V。 当t=t1时,e1=5 V,有θ1=ωt1=45°;当t=t2时,e2=10 V=Em,有θ2=ωt2=90°。
答案:见解析
交变电流“四值”的比较与计算
物理含义
重要关系
适用情况及说明
瞬时值
交变电流某一时刻的值
从中性面开始计时
e=Emsin ωt
i=Imsin ωt
u=Umsin ωt
计算线圈某时刻的受力情况
最大值
最大的瞬时值
Em=nBSω
Im=
Um=ImR
电容器的击穿电压
有效值
跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值
E=
I=
U=
(1)计算与电流的热效应有关的量(如功、功率、热量等
(2)电气设备“铭牌”) 上所标值
(3)保险丝的熔断电流(4)交流电流表、电压表的示数
平均值
交变电流图像中图线与时间轴所围的面积与时间的比值
=n
=BL
=
计算通过导体横截面的电荷量
[典例] 如图3-2-9所示,线圈abcd的面积是0.05 m2,共100匝,线圈电阻为1 Ω,外接电阻R=9 Ω,匀强磁场的磁感应强度为B= T,当线圈以300 r/min的转速匀速转动时,求:
图3-2-9
(1)电路中感应电动势的最大值和有效值。
(2)电路中交流电压表和电流表的示数。
(3)线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量。
[思路点拨] 解答本题时应把握以下两点:
(1)交流电表测量的是交变电流的有效值;
(2)求通过导体横截面的电荷量时,必须用交变电流的平均值。
[解析] (1)Em=nBSω=100××0.05×2π× V=50 V
E==25 V=35.4 V。
(2)电流表示数I==3.54 A
电压表示数U=IR=3.54×9 V=31.86 V。
(3)从图示位置转过90°的过程中,=n
又=,q=Δt,ΔΦ=BS
所以q==0.16 C。
[答案] (1)50 V 35.4 V (2)31.86 V 3.54 A (3)0.16 C
交变电流的有效值与平均值的区别
(1)计算方法不同。交变电流的有效值是根据电流的热效应定义的,常用的计算式为Q交=Q直。交变电流的平均值是交变电流的图像中波形跟时间轴所围的面积与时间的比值,交变电流的平均值应根据=n和=进行计算。
(2)适用范围不同。在计算交变电流通过导体产生的热量、热功率时,只能用交变电流的有效值,不能用平均值;在计算通过导体的电荷量时,只能用交变电流的平均值,不能用有效值。
1.实验室里的交流发电机可简化为如图3-2-10所示的模型,正方形线圈在水平匀强磁场中绕垂直于磁感线的OO′轴匀速转动。今在发电机的输出端接一个电阻R和理想电压表,并让线圈每秒转25圈,读出电压表的示数为10 V。已知R=10 Ω,线圈电阻忽略不计,下列说法正确的是( )
图3-2-10
A.线圈位于图中位置时,线圈中的瞬时电流为零
B.从中性面开始计时,线圈中电流瞬时值表达式为i=sin 50πt(A)
C.流过电阻R的电流每秒钟方向改变100次
D.电阻R上的热功率等于20 W
解析:选B 在题图所示位置,磁通量变化最快,感应电动势最大,感应电流最大,A错。电压有效值为10 V,最大值为10 V,电流的最大值Im== A,从中性面开始计时应该为:i=sin 50πt(A),B对。频率为25 Hz,每秒钟电流方向改变50次,C错。电压有效值为10 V,R的功率为P==10 W,D错。
2.某交变电流的电压为u=6sin 314t(V),则( )
A.把额定电压为6 V的小灯泡直接接在此电源上,小灯泡能正常发光
B.把电磁打点计时器接在此电源上,打点周期为0.01 s
C.把此电压加在阻值为6 Ω的电阻上,该电阻消耗的功率为12 W
D.击穿电压为6 V的电容器能直接接在此电源上
解析:选A 电源电压有效值为6 V,刚好等于小灯泡的额定电压,A对;打点计时器的打点周期等于交变电流的周期,是0.02 s,B错;6 Ω电阻消耗的功率P=62/6 W=6 W,C错;击穿电压6 V小于电源最大电压6 V,该电容器不能直接接到此电源上,D错。
3.如图3-2-11所示,匀强磁场的磁感应强度B=0.5 T,边长L=10 cm的正方形线圈abcd共100匝,线圈电阻r=1 Ω,线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动,转动方向如图所示,角速度ω=2π rad/s,外电路电阻R=4 Ω,求:
图3-2-11
(1)转动过程中感应电动势的最大值;
(2)线圈由图示位置转过60°时,线圈中的瞬时感应电动势;
(3)线圈由图示位置转过60°的过程中,线圈中产生的平均感应电动势;
(4)电压表的示数;
(5)线圈转动一周的过程中,外力所做的功;
(6)线圈由图示位置转过60°的过程中,通过R的电荷量为多少?
解析:(1)感应电动势的最大值为Em= NBSω=3.14 V。
(2)线圈由图示位置转过60°时,线圈中的瞬时感应电动势为e=Emcos 60°=3.14×0.5 V=1.57 V。
(3)线圈由图示位置转过60°的过程中,线圈中产生的平均感应电动势为=N=N=100× V≈2.6 V。
(4)电压表示数为外电路电压的有效值U=·R=×4 V≈1.78 V。
(5)线圈转动一周的过程中,外力所做的功等于电流产生的热量W=Q=·T=2··T≈0.99 J。
(6)线圈由图示位置转过60°的过程中,通过电阻R的电荷量为q=·=·=·=≈0.086 6 C。
答案:(1)3.14 V (2)1.57 V (3)2.6 V (4)1.78 V (5)0.99 J (6)0.086 6 C
1.下列说法不正确的是( )
A.交流发电机是把其他形式的能转变为电能的装置
B.交流发电机是把电能转变成其他形式能的装置
C.交流发电机中电枢和磁极不管谁转动,只要转动,就称为转子,只要不动,就称为定子
D.交流发电机利用的是电磁感应原理
解析:选B 交流发电机是利用线圈在磁场中转动,引起电磁感应现象形成电流,将其他形式的能转化为电能。交流发电机的内部是由转子和定子组成的,转动的为转子,不动的为定子。故选项A、C、D正确,B错误。
2.下列选项中,哪些情况线圈中不能产生交流电( )
解析:选A 线圈转动过程中磁通量发生改变时,才能产生交流电,A项中磁通量不变,故A项符合题意。
3.如图1所示为演示交变电流产生的装置图,关于这个实验,正确的说法是( )
图1
A.线圈每转动一周,指针左右摆动两次
B.图示位置为中性面,线圈中无感应电流
C.图示位置ab边的感应电流方向为a→b
D.线圈平面与磁场方向平行时,磁通量变化率为零
解析:选C 线圈在磁场中匀速转动时,在电路中产生呈周期性变化的交变电流,线圈经过中性面时电流改变方向,线圈每转动一周,有两次通过中性面,电流方向改变两次,指针左右摆动一次,故A错。线圈处于图示位置时,线圈与中性面垂直,感应电流最大,ab边向右运动,由右手定则,ab边的感应电流方向为a→b,故B错,C对。线圈平面与磁场方向平行时,ab、cd边垂直切割磁感线,线圈产生的电动势最大,也可以这样认为,线圈处于竖直位置时,磁通量为零,但磁通量的变化率最大,故D错。
4.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2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,则在下列选项中能反映线圈中感应电流i随时间t变化的图像是( )
图2
解析:选C 由右手定则或者楞次定律可以确定开始时刻感应电流的方向为a→b→c→d→a,跟规定的正方向相同,而且该时刻感应电流最大,故选C。
5.(多选)某小型发电机产生的交变电动势为e=50sin 100πt V。对此电动势,下列表述正确的有( )
A.最大值是50 V B.频率是100 Hz
C.有效值是25 V D.周期是0.02 s
解析:选CD 由交变电动势的表达式可知,电动势的最大值Em=50 V,则有效值E==25 V,周期T==0.02 s,频率f==50 Hz,所以选项C、D正确。
6.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图3甲所示。已知发电机线圈内阻为5.0 Ω,外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡。如图乙所示,则( )
图3
A.电压表的示数为220 V
B.电路中的电流方向每秒钟改变50次
C.灯泡实际消耗的功率为484 W
D.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J
解析:选D 由图像可知电动势的有效值为220 V,而电压表测量的是路端电压,其大小为U=R=×95 V=209 V,选项A错误;由图像读出交变电流的周期为T=0.02 s,则频率f==50 Hz,一个周期内电流的方向要改变2次,故每秒钟电流方向要改变100次,选项B错误;灯泡的实际功率为P=2R=2×95 W=459.8 W,选项C错误;由焦耳定律得发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q=2rt=2×5×1 J=24.2 J,选项D正确。
7.如图4所示,abcd为一边长为L、匝数为N的正方形闭合线圈,绕对称轴OO′匀速转动,角速度为ω。空间中只有OO′左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。若闭合线圈的总电阻为R,则( )
图4
A.线圈中电动势的有效值为NBL2ω
B.线圈中电动势的最大值为NBL2ω
C.在线圈转动一圈的过程中,线圈中有一半时间没有电流
D.当线圈转到图中所处的位置时,穿过线圈的磁通量为NBL2
解析:选B 由于只有OO′左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场,所以最大值:Em=NBL2ω,有效值:E==NBL2ω。故A错、B对。在线圈转动的过程中,线圈始终有一半在磁场中运动,不会有一半时间没有电流,故C错。图中所示位置中,穿过线圈的磁通量为BL2,D错。正确选项为B。
8.如图5所示电路中,电源电压u=311sin 100πt V,A、B间接有“220 V 440 W”的电暖宝、“220 V 220 W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝。下列说法正确的是( )
图5
A.交流电压表的示数为311 V
B.电路要正常工作,保险丝的额定电流不能小于3 A
C.电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍
D.1 min内抽油烟机消耗的电能为1.32×104 J
解析:选D 由u=311sin 100πt V可知,交变电压的有效值为220 V,故交流电压表的示数为220 V,选项A错误;由两用电器的额定功率为660 W,根据P=UI可知,保险丝的额定电流应不小于3 A,选项B错误;因抽油烟机220 W包括热功率及机械功率,故电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍还要多,选项C错误;根据W=Pt可得1 min内抽油烟机消耗的电能为1.32×104 J,选项D正确。
9.(多选)一个矩形线框的面积为S,在磁感应强度为B的匀强磁场中,从线框平面与磁场垂直的位置开始计时,转速为n,则( )
A.线框产生交变电动势的最大值为nπBS
B.线框产生交变电动势的有效值为nπBS
C.从开始转动经过周期,线框中的平均感应电动势为2nBS
D.感应电动势瞬时值表达式为e=2nπBSsin 2nπt
解析:选BD 转速为n,则角速度为2πn,根据感应电动势的最大值公式Em=NBSω可以知道,电动势的最大值为2nπBS,有效值为最大值的,B对、A错。由=n得平均电动势为4nBS,C错。从线框平面与磁场垂直的位置开始计时,感应电动势瞬时值表达式为e=BSωsin ωt=2nπBSsin 2nπt,D对。
10.(多选)如图6甲所示,在匀强磁场中,一矩形金属线圈两次分别以不同的转速,绕与磁感线垂直的轴匀速转动,产生的交变电动势图像如图乙中曲线a、b所示,则( )
图6
A.两次t=0时刻线圈平面均与中性面重合
B.曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3
C.曲线a表示的交变电动势频率为25 Hz
D.曲线b表示的交变电动势有效值为10 V
解析:选AC t=0时刻,两次产生的交流电的电动势瞬时值均为零,因此线圈平面均与中性面重合,A项正确;图中a、b对应的周期之比为2∶3,因此线圈转速之比na∶nb=∶=3∶2,B项错误;a图线表示的交流电动势的频率为fa== Hz=25 Hz,C项正确;a图线对应线圈相应的电动势的最大值Eam=NBS·,由图像知Eam=15 V,b图线对应线圈相应的电动势的最大值Ebm=NBS·,因此==,Ebm=10 V,有效值Eb= V=5 V,D项错误。
11.在水平方向的匀强磁场中,有一个正方形闭合线圈绕垂直于磁感线的轴匀速转动,已知线圈的匝数为N=100匝,边长为20 cm,电阻为10 Ω,转动频率f=50 Hz,磁场的磁感应强度为0.5 T,求:
(1)外力驱动线圈转动的功率;
(2)当线圈转至线圈平面与中性面的夹角为30°时,线圈产生的感应电动势及感应电流的大小;
(3)线圈由中性面转至与中性面成30°角的过程中,通过导线横截面的电荷量。
解析:(1)线圈中产生的感应电动势的最大值为Em=NBSω=100×0.5×0.22×2π×50 V=628 V
感应电动势的有效值为E==314 V
外力驱动线圈转动的功率与线圈中交变电流的功率相等,即P外== W=1.97×104 W。
(2)当线圈转至线圈平面与中性面的夹角为30°时,线圈产生的感应电动势的瞬时值为e=Emsin 30°=314 V
感应电流的瞬时值为i== A=31.4 A。
(3)在线圈由中性面转过30°的过程中,线圈中的平均感应电动势为=N
平均感应电流为=N
故通过导线横截面的电荷量为
q=Δt=N==0.027 C。
答案:(1)1.97×104 W (2)314 V 31.4 A (3)0.027 C
12.某兴趣小组设计了一种发电装置,如图7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:
图7
(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;
(3)外接电阻上电流的有效值I。
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=。
(3)一个周期内,通电时间t=T
R上消耗的电能W=Im2Rt且W=I2RT
解得I=。
答案:(1)2NBl2ω (2) (3)
第3节 交流电路中的电容和电感
一、电容、电感对直流和交流的影响
1.实验过程
实验电路如图3-3-1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)。
图3-3-1
2.实验现象
L1
L2
L3
直流电源(S2′断开)
亮
不亮
最亮
交流电源(S2′断开)
亮
亮
暗
交流电源(S2′闭合)
较亮
最亮
暗
3.实验结论
电阻器对直流和交流的影响是相同的。电容器不能让直流通过,却能让交流通过,但对交流有一定的阻碍作用。电感器既能让直流通过,也能让交流通过,但对交流有一定的阻碍作用。
二、电容器的容抗及其应用
1.实质
交变电流能够通过电容器的实质是在交变电压的作用下,电容器交替进行充电和放电,电路中就有了电流,自由电荷并未通过极板间的绝缘介质。
2.容抗
电容器对交流电的阻碍作用的大小用容抗来表示。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,即容抗越小,反之容抗越大。
3.特点
电容器具有“隔直流、通交流,通高频、阻低频”的特点。
4.应用
隔直电容器、高频旁路电容器。
三、电感器的感抗及其应用
1.感抗
电感对交流的阻碍作用。
2.影响感抗的因素
电感器的自感系数和交变电流的频率。自感系数越大、交变电流的频率越高,感抗越大。
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”。
1.自主思考——判一判
(1)交流电的频率越低,电容器对其的阻碍作用越强。(√)
(2)交流电的频率越低,电感器对其的阻碍作用越弱。(√)
(3)高频扼流圈比低频扼流圈的匝数多,自感系数大。(×)
2.合作探究——议一议
(1)直流电路和交流电路中影响电压和电流关系的因素一样吗?
提示:不完全一样。直流电路中影响电压和电流关系的是电阻,而交流电路中影响电压和电流关系的不仅有电阻,还有线圈的感抗与电容器的容抗,它们对交变电流表现出不同的行为,存在着不同的作用,有着本质的区别。
(2)交变电流“通过”电容器时,自由电荷是否真正通过了两极板间的绝缘介质?
提示:不是。电路中之所以有电流是因为交变电流的电源对电容器不断地充电、放电。
(3)一个灯泡通过一个粗导线的线圈与一交流电源相连接,如图3-3-2所示。一条形铁块插进线圈之后,该灯明亮程度是否会发生变化?
图3-3-2
提示:灯泡亮度会变暗。线圈和灯泡是串联的,因此加在串联电路两端的总电压等于线圈上的电势差与灯泡上的电势差之和。墙上插孔所提供的220 V电压,一部分降落在线圈上,剩余的部分降落在灯泡上,把条形铁块插进线圈后,线圈的自感系数增大,感抗增大,线圈分得的电压增大,灯泡上的电压减小,故灯泡变暗。
电容器对交变电流的作用
1.交变电流“通过”电容器的原因分析
直流不能通过电容器是因为电容器两极被绝缘介质隔开,自由电荷不能通过绝缘介质。
把电容器接在交流电源两端,在交变电压作用下,当电源电压升高时,电容器充电,电路中形成充电电流,如图3-3-3甲所示;当电源电压降低时,电容器放电,电路中形成放电电流,如图乙所示。在交变电压变化的一个周期内电容器要交替进行充电、放电,反向充电、放电,电路中就有了持续的交变电流,好像电流通过了电容器,实际上自由电荷并没有通过电容器两极间的绝缘介质。
图3-3-3
2.电容器对交变电流的阻碍作用
(1)容抗本质: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,电容器两板上积累的电荷却阻碍它们向这个方向做定向移动,也就是说在给电容器充电或放电的过程中,在电容器两极形成跟原电压相反的电压,这就对交变电流产生了阻碍作用。
(2)影响容抗大小的因素:XC=,XC表示容抗大小,f表示交流电变化的频率,C表示电容大小。
电容器的电容越大,同样电压下电容器容纳的电荷越多,充电和放电电流越大,因而容抗越小;交变电流频率越高,充电和放电进行得越快,充电和放电电流越大,容抗越小。
容抗XC=,表示容抗与f和C都成反比。
3.电容器的应用
(1)隔直电容器:如图3-3-4所示,其作用是“隔直流、通交流”,因为直流电不能通过电容器,交流电能通过电容器。起这样作用的电容器电容要大些。
图3-3-4
(2)高频旁路电容器:如图3-3-5所示,其作用是“通高频、阻低频”,因为对不同频率的交流电,频率越高,容抗越小,频率越低,容抗越大,即电容器对低频交变电流阻碍作用大,对高频交变电流阻碍作用小。起这样作用的电容器电容要小些。
图3-3-5
1.(多选)对交变电流通过电容器的正确理解是( )
A.交变电流能够使电容器极板间的绝缘介质变成导体
B.交变电流定向移动的电荷能够通过电容器两板间的绝缘介质
C.交变电流能够使电容器交替进行充电、放电,电路中就有了电流,表现为交变电流通过了电容器
D.交变电流通过了电容器,实际上自由电荷并没有通过电容器极板间的绝缘介质(击穿除外)
解析:选CD 交变电流的大小和方向都做周期性变化,电容器在交流电路中就会不断地进行充电、放电,因此电路中仍有电荷的定向移动而形成电流,所以说交变电流能通过电容器,但自由电荷没有通过电容器极板间的绝缘介质,C、D正确,A、B错误。
2.如图3-3-6所示,平行板电容器与灯泡串联,接在交流电源上的灯泡正常发光,则( )
图3-3-6
A.把电介质插入电容器,灯泡一定变亮
B.把电容器两极板距离增大,灯泡一定变亮
C.使电容器两极板正对面积减小,灯泡一定变亮
D.使交流电频率增加,灯泡变暗
解析:选A 由电容器电容的决定式C=可知:插入电介质,电容C增大;极板间距离d增大,C减小;减小两极板正对面积,C减小。因电容越大,容抗越小,对交变电流的阻碍作用越小,故A正确,B、C错;电容器具有“通高频、阻低频”的作用,交流电频率越高,对电流阻碍作用越小,故D错误。
3.如图3-3-7所示为一低频滤波电路。已知电源电压包含的电流直流成分是240 V,此外还含有一些低频的交流成分。为了在输出电压中尽量减少低频交流成分,试说明电路中电容器的作用和特点。
图3-3-7
解析:电容器对恒定电流(直流成分)来说,相当于一个始终断开的开关,因此电源输出的直流成分不能通过电容器,所以输出的电压中直流成分与输入端比较,没有变化。但交变电流却可以“通过”电容器,而且交流频率越高、电容越大,电容器的容抗就越小,在电容器上输出的电压中交流成分就越小。所以在本题的电路中,频率稍高的交流成分会通过电容器,而频率较低的成分会留在输出端,为了在输出的电压中尽量减少低频交流成分,应取电容较大的电容器。
答案:见解析
电感器对交变电流的作用
1.电感器对交变电流的阻碍作用
(1)感抗本质:交变电流通过线圈时,由于电流时刻在变化,线圈中产生自感电动势,自感电动势阻碍电流的变化,就形成了对交变电流的阻碍作用,因此,感抗的实质是由线圈的自感现象引起的。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。
(2)影响感抗大小的因素:XL=2πfL,XL表示感抗大小,f表示交流电变化的频率,L表示自感系数。
感抗的大小与线圈的自感系数及电流变化的快慢有关,自感系数越大,交变电流的频率越高,产生的感抗就越大,电感器对交变电流的阻碍作用就越大,反之则就越小。
2.电感器的应用——两种扼流圈
(1)低频扼流圈
①构造:闭合铁芯、绕在铁芯上的线圈。
②特点:匝数多,自感系数较大、电阻很小。它对低频交流会产生很大的阻碍作用,而对直流的阻碍作用则较小。
(2)高频扼流圈
①构造:它的线圈有的是绕在圆柱形的铁氧体芯上。
②特点:匝数少,自感系数较小。它只对频率很高的交流产生很大的阻碍作用,而对低频交流的阻碍作用较小。
1.(多选)关于电感对交变电流的影响,以下说法中正确的是( )
A.电感对交变电流有阻碍作用
B.电感对交变电流的阻碍作用越大,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:选AD 电感对交变电流有阻碍作用,阻碍作用越大,感抗越大,感抗与自感系数、交变电流的频率成正比,电感具有“通直流、阻交流,通低频、阻高频”的性质,故本题选项A、D正确。
2.(多选)在如图3-3-8所示的电路中,L为电感线圈,R为灯泡的电阻,电流表内阻为零,电压表内阻无限大,交流电源的电压u=220sin 100πt V。若保持电源电压有效值不变,只将电源频率改为100 Hz,下列说法正确的是( )
图3-3-8
A.电流表示数增大
B.电压表示数增大
C.灯泡变暗
D.灯泡变亮
解析:选BC 由u=220sin 100πt V,可得电源原来的频率为f== Hz=50 Hz。当电源频率由原来的50 Hz增大为100 Hz时,线圈的感抗增大,在电压不变的情况下,电路中的电流减小,选项A错误;灯泡的电阻R是一定的,电流减小时,实际消耗的电功率(P=I2R)减小,灯泡变暗,选项C正确,D错误;电压表与电感线圈并联,其示数为线圈两端的电压UL,设灯泡两端电压为UR,则电源电压的有效值为U=UL+UR。因UR=IR,故电流I减小时,UR减小。因电源电压有效值保持不变,可知UL增大,选项B正确。
3.如图3-3-9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到交流电源上时,灯泡的实际功率为P2,则( )
图3-3-9
A.P1=P2 B.P1>P2
C.P1解析:选B 接在直流电源上,线圈对直流没有阻碍作用,这时通过灯泡的电流大,功率大;而当双刀双掷开关接在交流电源上时,线圈对交流有阻碍作用,这时通过灯泡的电流小,功率小。因此,P1>P2。B正确。
电容和电感的综合应用
[典例] 如图3-3-10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( )
图3-3-10
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
[思路点拨] 解答本题时,应把握以下两点:
(1)弄清楚电路中包含哪些元件及电路的连接方式;
(2)明确电感器、电容器对交变电流的阻碍作用的特点。
[解析] 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,最终输出的是低频交流和直流。
[答案] D
电感和电容的组合应用
连接方式
作用
能够更好地滤掉电流中的交流成分或高频成分
能够更好地滤掉电流中的直流成分和低频成分
1.在收音机线路中,天线接收下来的电信号既有高频成分又有低频成分,经放大后送给下一级,需要把低频成分和高频成分分开,只让低频成分输入给下一级,我们采用了如图3-3-11装置电路,其中代号a、b应选择的元件是( )
图3-3-11
A.a是电容较大的电容器,b是低频扼流线圈
B.a是电容较大的电容器,b是高频扼流线圈
C.a是电容较小的电容器,b是高频扼流线圈
D.a是电容较小的电容器,b是低频扼流线圈
解析:选C 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处接电容较小的电容器。电感线圈在该电路中要求做“通低频、阻高频”,所以b处应接一个高频扼流线圈。
2.(多选)从某一装置输出的交流常常既有高频成分,又有低频成分。如果只需要把低频成分输送到下一级装置,可采用的电路是( )
解析:选AD 由于只需将低频成分输送到下一级装置,可将高频成分分流,但低频成分不能通过,即需要高频旁路电容器,选项A正确。也可以直接阻碍高频成分通过,即阻高频、通低频,可以采用高频扼流圈,选项D正确。
3. “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。图3-3-12所示为音箱的电路图,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,则( )
图3-3-12
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高频电流
解析:选B 甲扬声器中,L1串联在电路中,对高频电流的阻碍作用很大,对低频电流的阻碍作用较小;C1并联在电路中,对高频电流的阻碍作用小,可以给高频电流提供通路,使低频电流通过甲扬声器传出,所以甲为低音扬声器。乙扬声器中,C2串联在电路中,对低频电流的阻碍作用很大,对高频电流的阻碍作用较小,L2并联在电路中,对低频电流的阻碍作用较小,可以给低频电流提供通路,使高频电流通过乙扬声器传出,所以乙为高音扬声器。
1.(多选)在交流电路中,下列说法正确的是( )
A.影响电流与电压关系的,不仅有电阻,还有电感和电容
B.电感对交变电流有阻碍作用,是因为交变电流通过电感线圈时,线圈中产生自感电动势阻碍电流的变化
C.交变电流能通过电容器,是因为交变电压的最大值大于击穿电压,电容器被击穿了
D.电容器的电容越大、交流的频率越高,容抗就越大
解析:选AB 交变电流能通过电容器是因为交流电路中电容器的两极加上交变电压后,两极板上不断进行充、放电,电路中产生电流,表现为交变电流“通过”了电容器,故C错;电容器的电容越大、交流的频率越高,容抗越小,D错;电路中的电阻、电感、电容都对交流电路产生影响,A正确;电感线圈对电流的变化有阻碍作用,B正确。
2.有两个电容器的电容分别为C1=5 μF和C2=3 μF,分别加上峰值一定的交变电源,在下列各种情况下,哪一种情况下通过电容器的电流最大( )
A.在C1上所加交变电流的频率为50 Hz
B.在C2上所加交变电流的频率为50 Hz
C.在C1上所加交变电流的频率为60 Hz
D.在C2上所加交变电流的频率为60 Hz
解析:选C 电容器对电流的阻碍作用的大小,即为容抗。容抗的大小是由电容器电容C和交变电流的频率共同决定的。交变电流的频率越高,电容器的电容越大,电容器的容抗就越小,电流就越大。因此要使通过电容器的电流最大则必须频率最高,电容最大。
3.如图1所示的电路中,正弦式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( )
图1
A.等于220 V B.大于220 V
C.小于220 V D.等于零
解析:选C 交流电不同于直流电,交流电能“通过”电容器,所以电压表有示数。虽然交流电能通过电容器,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,故正确选项为C。
4.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′解析:选B 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成纯电阻,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,而且有感抗,其阻碍作用增大,电流减小。故B正确。
5.直流电源的电压与交流电源电压的有效值相同,自感线圈的直流电阻不计,则灯泡发光最亮的是( )
解析:选D 电容C、电感L都对交流电有阻碍作用,故A、B两图中灯不是最亮的;C图中灯被短路,不亮;D图中电容C有隔直流作用,所以D中灯泡最亮。
6.如图2所示的电路中,线圈的自感系数和电容器的电容都很小,这个电路的主要作用是( )
图2
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.阻高频,通低频,输出低频交流电和直流电
D.阻低频,通高频,输出高频交流电和直流电
解析:选C 因线圈L的自感系数很小,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C为一旁路电容,因其电容很小,对高频成分的阻碍作用很小,这样,通过线圈的高频成分又经电容器C形成回路,最终输出的应为低频交流电和直流电。
7.某同学在研究电容器、电感器对恒定电流与交变电流的影响时,采用了如图3所示的电路,其中L1、L2是两个完全相同的灯泡,已知把开关置于3、4时,电路与交流电源接通,稳定后的两个灯泡亮度相同,则该同学在如下操作过程中能观察到的实验现象是( )
图3
A.当开关置于1、2时,稳定后L1、L2两个灯泡均发光,且亮度相同
B.当开关置于1、2时,稳定后L1、L2两个灯泡均发光,但L1比L2亮
C.当开关置于3、4时,稳定后,若只增加交变电流的频率,则两个灯泡的亮度将同时变暗
D.在开关置于3、4瞬间,L2立即发光,而L1亮度慢慢增加
解析:选D 当开关置于1、2时,稳定后因电容器隔直流,故L2支路断开,L2不发光,选项A、B错误;在开关置于3、4的瞬间,电容器通交流,L2立即发光,由于电感线圈的自感作用,L1亮度慢慢增加,选项D正确;当开关置于3、4稳定后,增加交变电流频率,容抗减小,感抗增大,L1变暗,L2变亮,选项C错误。
8.(多选)如图4所示是一个判定A、B之间电源性质的仪器。下列说法中正确的是( )
图4
A.若接通电源后只有绿灯亮,则A、B间为直流电源
B.若接通电源后只有绿灯亮,则A、B间为交流电源
C.若接通电源后只有红灯或黄灯亮,则A、B间为直流电源
D.若接通电源后只有红灯或黄灯亮,则A、B间为交流电源
解析:选BC 绿灯与电容器C串联,绿灯亮说明A、B间为交流电源,A错,B对;直流电不能通过电容器,且二极管具有单向导电性,若只有红灯或黄灯亮,则说明A、B间为直流电源,C对,D错。
9.如图5所示,电路中完全相同的三只灯泡L1、L2、L3分别与电阻R、电感L、电容C串联,然后再并联到220 V、50 Hz的交流电路上,三只灯泡亮度恰好相同。若保持交变电压不变,将交变电流的频率增大到60 Hz,则发生的现象是( )
图5
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
解析:选D 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。
10.如图6 所示,甲、乙是规格相同的灯泡,接线柱a、b接电压为U的直流电源时,无论电源的正极与哪一个接线柱相连,甲灯均能正常发光,乙灯完全不亮。当a、b接电压的有效值为U的交流电源时,甲灯发出微弱的光,乙灯能正常发光,则下列判断正确的是( )
图6
A.与甲灯串联的元件x是电容器,与乙灯串联的元件y是电感线圈
B.与甲灯串联的元件x是电感线圈,与乙灯串联的元件y是电容器
C.与甲灯串联的元件x是二极管,与乙灯串联的元件y是电容器
D.与甲灯串联的元件x是电感线圈,与乙灯串联的元件y是二极管
解析:选B 由a、b接直流电源时的现象可知,元件x“通直流”,元件y“隔直流”,由a、b接交流电源时的现象可知,元件x“阻交流”,元件y“通交流”,根据电容器和电感器的特点可知,元件x是电感器,元件y是电容器,选项B正确。
11.如图7所示的甲、乙、丙三种电路是电子技术中的常用电路,a、b是输入端,其中高频成分用“”表示,低频成分用“~”表示,直流成分用“-”表示,则甲、乙、丙负载R上得到的电流的主要特征各是什么?
图7
解析:甲:低频成分;因电容器有隔直流作用,低频能够通过。
乙:低频成分;因电容C对高频有旁路作用,C较小,通高频,阻低频。
丙:直流成分;因电容C有旁路作用和隔直作用,C较大,C越大时,容抗越小,低频成分越容易通过旁路。
答案:见解析
12.如图8所示是电器中电源部分常用的滤波装置,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,经过该滤波装置就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。
图8
解析:当含有多种成分的电流输入到C1两端时,由于C1“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,只有直流成分和少量低频交流成分通过L到C2两端,C2进一步滤除电流中的残余交流成分,这样在输出端得到的就是稳定的直流电。
答案:见解析
第1节 三相交变电流
一、三相交流发电机
1.发电机组成、分类
概念
同时产生出三相独立的交变电流的发电机
组成
电枢线圈和磁极
分类
旋转磁极式
输出功率大
旋转电枢式
输出功率小
2.绕组特点
三个绕组具有相同的匝数、绕向,互成120°角。
二、三相交变电流的产生
1.产生:三个相同的线圈固定在一个铁芯上,线圈平面互成120°角,铁芯匀速转动时,就相当于三个线圈在磁场里切割磁感线,就产生三相交变电流。
2.特点:三个交变电动势的最大值和周期都相同,但是它们达到最大值(或零值)的时刻不同,依次落后个周期。
三、电源与负载的连接方式
1.常用的两种连接方式
三相四线制星形接法、三相三线制星形接法。
2.线电压和相电压
(1)线电压:火线与火线之间的电压,一般为380 V。
(2)相电压:火线与中线之间的电压,一般为220 V。
(3)两者关系:在星形接法中U线=U相。
1.自主思考——判一判
(1)三相交流发电机的三个线圈发出的三相交变电压,最大值、周期及达到最大值的时刻均相同。(×)
(2)三相交流发电机的三个线圈发出的三相交变电压,最大值、周期均相同,但达到最大值的时刻依次相隔周期。(√)
(3)在三相交变电流中相电压和线电压一定相等。(×)
(4)若三个负载相同,则一般可用三相三线制星形接法。(√)
2.合作探究——议一议
(1)三相的“相”是什么意思?三相交流发电机和单相发电机有何相同点和不同点?
提示:①相,就是电源组;三相,就是3个电源组。
②单相发电机只有一组线圈,只产生一相交变电动势。三相交流发电机有三组互成120°的线圈,产生三相独立的交变电流,但是每组线圈产生交变电动势的原理跟单相发电机的原理相同,都是靠线圈和磁场发生相对运动,利用电磁感应现象产生交变电流。
(2)三相交变电源中每一相电源的电动势峰值Em是否还是有效值的倍?
提示:是。这是由于每个电动势都按照正弦规律变化。所以三相交变电源中峰值和有效值的关系和正弦交变电流相同。
(3)由电厂(变电所)到单位(或村庄)的输电线路通常有几根线?是相线还是零线?从单位的变压器引出的输电线通常有几根?到每个家庭的输电线通常有几根?
提示:①由电厂(变电所)到单位或村庄的输电线通常有三根,都是相线。
②从单位的变压器引出的输电线通常有四根,有三根相线,一根零线。
③到每个家庭的输电线通常有二根(也有四根的),一根相线和一根零线。
三相交变电流原理的考查
1.三相电流的异同点
(1)相同量
①最大值、有效值;
②周期或频率。
(2)不同量:相位及达到最大值(或零值)的时刻。
2.瞬时值表达式
三个绕组(AX、BY、CZ)中产生的感应电动势可用函数分别表示为:
eA=Emsin ωt,
eB=Emsin,
eC=Emsin。
3.e-t图像
三相交变电流的e-t图像如图4-1-1所示。
图4-1-1
1.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不相同
C.在转动过程中,每个绕组产生的感应电动势的有效值及瞬时值都相同
D.发电机的三个绕组在转动过程中达到最大值的时间依次落后T
解析:选D 发电机中的三个绕组具有相同的匝数和绕向,且互成120°角,选项A错误;三个绕组由于匝数相同,所以产生的电动势的最大值相同,周期相同,但由于它们互成120°角,所以达到最大值的时间依次落后个周期,故选项D正确,B、C错误。
2.(多选)关于三相交变电流,下列说法正确的是( )
A.三相交流发电机的三个线圈产生的交变电动势有相同的周期和最大值
B.三相交流发电机的三个线圈中每一个线圈都可以单独向外供电
C.三相交流发电机的三个线圈产生的电动势不同时到达最大值
D.三相交流发电机线圈采用星形接法时,负载也必须采用星形接法
解析:选ABC 三相交变电动势的周期和最大值都相同,三相交流发电机相当于三个独立的电源同时供电,三相交变电动势达到最大值的时间依次落后个周期,选项A、B、C正确;三相交流发电机的线圈和负载既可以用同一种接法,也可以一个采用星形接法,另一个采用三角形接法,选项D错误。
三相交变电流的电路连接方式
电源与负载的几种连接方式及特点
负载特点
三相负载对称
三相负载不对称
有无中线
中线中无电流,可以去掉
中线中有电流必须保留中线
连接方式
三相三线制Y-Y接法
三相三线制Y-△接法
三相四线制Y-Y接法
线相关系
U线=U相
I线=I相
U线=U相
I线=I相
U线=U相
I线=I相
[特别提醒]
(1)在电工学中,用黄、绿、红三色分别标记相序为A、B、C的相线,用黑色标记中线。
(2)在我国日常电路中,相电压是220 V,线电压是380 V。
(3)三相四线制输电中的中线不同于电器设备的接地线;前者有电流通过,后者只在电器设备漏电时起保护作用。
1.如图4-1-2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( )
图 4-1-2
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:选A 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,中线中无电流通过,可以省去,故选项应为A。
2.如图4-1-3所示,在三相交流电源上按星形接法连接相同负载1、2、3。BN′是中线,已知负载1上电压为220 V,电流为15 A。现以I表示中线上的电流,U表示P、Q两点间电压,则( )
图4-1-3
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
解析:选D 三个线圈使用星形接法,相电压与线电压的关系是U线=U相,因为每个负载上的电压为相电压,所以UPN′=220 V,PQ间的电压为线电压,所以UPQ=UPN′=380 V,由于三相负载相同,所以中线上电流为0。故选项D正确。
1.下列关于三相交流发电机的说法不正确的是( )
A.三相交流发电机与单相交流发电机一样,主要组成部分是电枢线圈和磁极
B.三相交流发电机可分为旋转磁极式和旋转电枢式两类
C.三相交流发电机发出三相交变电流,但只能使用其中一相交变电流
D.三相交流发电机也可以当作三个单相交流发电机,分别单独向外传送三组单相交变电流
解析:选C 由三相交流发电机的原理和分类可知A、B正确;三相交流发电机能同时产生三相独立的交变电流,每相交变电流都能单独使用,故D正确,C错误。
2.在匀速转动的三相交流发电机中,关于三个线圈中产生的电动势,下列说法不正确的是( )
A.按相同规律变化,同时达到最大值和最小值
B.具有相同的有效值
C.具有相同的周期和频率
D.具有相同的最大值
解析:选A 三相交流发电机中,三个线圈具有相同的有效值、周期、频率及最大值;但它们的相位相差π。故B、C、D正确,A错误。
3.下列有关三相交流发电机和三相交变电流的说法正确的是( )
A.旋转电枢式三相交流发电机一般适用于较大输出功率
B.三个绕组的匝数和绕向不同,互成120°角
C.若三个负载相同,则一般可用三相三线制星形接法
D.三相四线制和三相三线制星形接法中的每个负载两端的电压均为380 V
解析:选C 旋转电枢式发电机一般适用较小功率输出,A错。三相交流发电机的三个绕组的匝数和绕向相同且互成120°角,B错。负载相同时,可采用三相三线制星形接法,C正确。三相四线制和三相三线制星形接法中的每个负载的电压为相电压220 V,D错。
4.在三相交变电流中( )
A.相电压和线电压一定相等
B.在星形接法中,相电压为380 V,线电压为220 V
C.在三角形接法中,线电压为380 V,相电压为220 V
D.额定电压为380 V的三角形接法连接的电动机,用相电压为220 V的星形接法连接的发电机供电,电动机仍可以正常工作
解析:选D 三相交流电,在星形接法中,线电压为380 V时,相电压为220 V,A、B错;在三角形接法中,线电压与相电压相等,C项错;三角形接法,相电压与线电压相等,而星形接法中线电压为380 V,电动机仍可正常工作。
5.有关三相交变电流,下列说法正确的是( )
A.线电压等于相电压的 倍
B.在三相四线制供电线路中,线电压是相电压的 倍
C.家用单相用电器可接入三相四线制电路中的任意两条导线之间
D.三只标有“220 V,100 W”的灯泡按Y形连接接入线电压为380 V的三相四线制电路时,中性线可省去
解析:选D 当电源是星形接法时,U线=U相,当电源是三角形连接时,U线=U相。家用单相用电器的额定电压为220 V,只能接在三相四线制电路中的火线和零线上。当电源和负载均采用星形接法,而且三相负载相等时,每相电压均为220 V,电流相等,在这种情况下,中性线可省去。
6.对于照明线路的“火线”和“地线”,正确的理解是( )
A.进入每个家庭的两根线,火线即是某一相的端线,地线即是星形接法的零线
B.电路中的电流总是由火线流入,地线流出,因而开关要接在火线上
C.正常情况下地线电势总是低于火线的电势
D.火线与地线间的电势差为220 V,且电势总是高于大地的电势
解析:选A 进入家庭的两根线一根是火线,一根是零线(常说是地线),A对;交流电的电流方向周期性变化,火线与地线的电势高低也在不断地交替,C、D错;开关通常接在火线上,是因为断开开关后人接触电线时,能够防止人触电,B错。
7.三只标有“220 V 100 W”字样完全相同的灯泡按如图1所示电路连接时恰能正常发光,如果把灯L1换成“220 V 40 W”的灯泡,则以下判断正确的是( )
图1
A.L1变亮,L2、L3变暗
B.L1变暗,L2、L3变亮
C.L1变暗,L2、L3亮度不变
D.L1、L2和L3都变暗
解析:选C 灯泡L1换成“220 V 40 W”的灯泡,相电压没有变化,功率变小,所以亮度会变暗,而另两只灯泡的电压没有发生变化,故亮度不变,选项C正确。
8.如图2所示,A、B、C为三相交流电源,每个灯泡的额定电压均为220 V,额定功率相同,则L与L′两灯的实际功率之比为(设灯泡电阻恒定)( )
图2
A.1∶2 B.2∶1
C.1∶3 D.3∶1
解析:选D 由题意知电源线电压U线=220 V,对负载采用三角形接法来说,每相负载两端的电压都等于电源的线电压,因此L灯两端电压UL=U线=220 V。
对负载采用星形接法来说,由于三相负载相同,每相负载的电压为线电压的,因此L′灯两端电压UL′=U线= V。设每盏灯的电阻为R,则L灯的实际功率PL==,L′灯的实际功率PL′==,故PL∶PL′=3∶1。
9.将实验室里的手摇三相交流发电机三个线圈接上两个交流电压表,如图3所示,关于两个电压表的示数说法正确的是( )
图3
A.甲表的示数等于乙表的示数
B.甲表的示数小于乙表的示数
C.甲表的示数大于乙表的示数
D.无法判断两表的示数大小
解析:选B 甲表测量的是相电压,乙表测量的是线电压,线电压是相电压的 倍,即U乙= U甲,B对。
10.(多选)如图4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( )
图4
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
解析:选ACD 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。
11.如图5所示,a、b、c、d是星形连接的三相交流电源在照明电路中的输电线,用电压表测得ab间电压为220 V,bc间电压为380 V,那么4根导线中哪根是零线?图中1、2是两盏额定电压都是220 V的白炽灯泡,请分别把它们正确地接入三相输电线路中。
图5
解析:根据三相交流电源知识,ab间电压为220 V,说明a、b中有一根是火线,有一根是零线,bc间电压为380 V,说明b、c都是火线,所以a是零线,b、c及d都是火线。连接电路如图所示。
答案:a是零线 图见解析
12.如图6所示,三相交流电路中,若C相电压的瞬时值方程为U=311sin(314t) V,D为零线。电阻R=110 Ω,则电压表的示数为多少?电流表的示数为多少?
图6
解析:由瞬时值方程知,相电压最大值为311 V,得出有效值为220 V,电压表的示数为220 V,电流表为2 A。
答案:220 V 2 A
第2节 变压器
一、变压器的结构
1.变压器的定义
在交流电的传输过程中,能升高电压或降低电压的设备。
2.变压器的结构
(1)如图4-2-1甲所示,变压器由闭合的铁芯和绕在铁芯上的两个或两个以上的线圈组成,其中闭合铁芯由表面涂有绝缘漆的硅钢片叠合而成,线圈一般用高强度的漆包线绕制。在电路中,变压器的符号如图乙所示。
图4-2-1
(2)原线圈:与电源相连的线圈,也叫初级线圈,其两端电压叫输入电压,用符号 U1
表示。
副线圈:与负载相连的线圈,也叫次级线圈,其两端电压叫输出电压,用符号 U2表示。
3.变压器的分类
按输出电压的升降,变压器分为升压变压器和降压变压器两种。
二、变压器的工作原理
1.互感:交变电流通过原线圈时在铁芯中激发交变磁场,交变磁场在副线圈中产生感应电动势,当副线圈闭合时,副线圈中有电流产生,它在铁芯中产生交变磁通量,这个交变磁通量也穿过原线圈,在原线圈中产生相互感应的现象。
2.工作原理
电磁感应是变压器的工作原理,即互感现象是变压器工作的基础。
3.理想变压器
(1)变压器线圈的电阻忽略不计;
(2)闭合铁芯的“漏磁”忽略不计;
(3)闭合铁芯中产生的互感现象忽略不计。
即没有能量损失的变压器叫做理想变压器。
三、科学探究——变压器电压与匝数的关系
电压与匝数关系
=
电流与匝数关系
=
功率关系
P1=P2
四、自耦变压器
1.定义:只有一个绕组的变压器。
2.优、缺点
(1)优点:可以连续地调节输出电压。
(2)缺点:低压端和高压端直接有电的联系,使用不够安全。
1.自主思考——判一判
(1)变压器工作的原理是自感。(×)
(2)变压器能改变所有电流的电压。(×)
(3)升压变压器的副线圈电压高、电流大。(×)
(4)理想变压器无能量损失,其输入功率与输出功率相等。(√)
(5)理想变压器一定有=;=。(×)
(6)我们可以根据变压器线圈导线的粗细判断其匝数的多少。(√)
2.合作探究——议一议
(1)变压器的铁芯为什么是闭合的,而且由涂有绝缘漆的硅钢片叠合而成?
提示:①在变压器中采用闭合铁芯的目的是为了防止漏磁。②变压器的线圈中通过交变电流时,铁芯中将产生很大的涡电流,不仅损耗了大量的能量,甚至还可能烧毁这些设备。为了减小涡电流及其损失,通常采用叠合起来的硅钢片代替整块铁芯,并使硅钢片平面与磁感应线平行。一方面由于硅钢片本身的电阻率较大,另一方面各片之间涂有绝缘漆或附有天然的绝缘氧化层,把涡流限制在各薄片内,使涡流大为减小,从而减少了电能的损耗。
(2)变压器能否改变交流电的频率?
提示:对变压器,当加在原线圈上的交变电压发生一个周期性变化时,原线圈中的交变电流就发生一个周期性变化,铁芯中产生的磁通量也发生一个周期性变化,副线圈中产生的交变电动势(电压)也发生一个周期性变化,因此,变压器只能改变交流电的电压及电流,不能改变交变电流的频率。
(3)原、副线圈为什么用粗细不同的导线绕制?
提示:变压器由两个线圈组成:一个为原线圈,另一个为副线圈。这两个线圈的电压不同。作为高压线圈的匝数多、通过的电流小,根据焦耳定律和节材原则,应用较细的导线绕制;作为低压线圈的匝数少、通过的电流大,根据焦耳定律和节能原则,应当用较粗的导线绕制。因此,我们打开变压器时看到两个线圈粗细不同,用粗导线绕制的线圈为低压线圈,用细导线绕制的线圈为高压线圈。
变压器的工作原理及规律
1.工作原理
2.理想变压器的三种基本关系
规律表示
依据
备注
电压关系
===…
E=n
适用于一个原线圈、一个或多个副线圈的情况
功率关系
P入=P出
能量守恒
适用于理想变压器
电流关系
=
U1I1=U2I2
适用于一个原线圈、一个副线圈
n 1I1=n 2I2+n3I3+ …
U1I1=U2I2+U3I3+…
适用于一个原线圈、多个副线圈
[典例] 一台理想变压器,其原线圈为2 200匝,副线圈为440匝,并接一个100 Ω的负载电阻,如图4-2-2所示。
图4-2-2
(1)当原线圈接在44 V直流电源上时,电压表示数为______ V,电流表示数为______ A。
(2)当原线圈接在220 V交流电源上时,电压表示数为______ V,电流表示数为______ A。此时输入功率为______ W,变压器效率为______。
[解析] (1)原线圈接在直流电源上时,由于原线圈中的电流恒定,所以穿过原、副线
圈的磁通量不发生变化,副线圈两端不产生感应电动势,故电压表示数为零,电流表示数也为零。
(2)由=得
U2=U1=220× V=44 V(电压表读数)
I2== A=0.44 A(电流表读数)
P入=P出=I2U2=0.44×44 W=19.36 W
效率η=100%。
[答案] (1)0 0 (2)44 0.44 19.36 100%
(1)变压器能改变交流电压,不能改变恒定直流电压。
(2)变压器不能改变交流电的周期和频率。
(3)交流电压表、电流表的示数均为有效值。
(4)理想变压器的效率是100%。
1.某理想变压器原、副线圈匝数比为55∶9,原线圈所接电源电压的变化规律如图4-2-3所示,副线圈接有负载。下列判断中正确的是( )
图4-2-3
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:选D 输出电压的有效值U2=U1=36 V,故输出电压的最大值U2max=36 V,所以选项A错误;由于==,所以选项B错误;变压器输入、输出功率相等,故选项C错误;由题图可知选项D正确。
2.(2016·全国卷Ⅰ)一含有理想变压器的电路如图4-2-4所示,图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω,○为理想交流电流表,U为正弦交流电压源,输出电压的有效值恒定。当开关S断开时,电流表的示数为I;当S闭合时,电流表的示数为4I。该变压器原、副线圈匝数比为( )
图4-2-4
A.2 B.3
C.4 D.5
解析:选B 设原、副线圈的匝数比为k,根据变压器匝数比与电流成反比的关系,则原线圈电流为I时,副线圈电流为kI;原线圈电流为4I时,副线圈电流为4kI。
根据变压器的输入功率等于输出功率得
UI-I2R1=(kI)2(R2+R3)
4UI-(4I)2R1=(4kI)2R2
联立两式代入数据解得k=3
选项B正确。
3.如图4-2-5所示,理想变压器原线圈的匝数为1 000匝,两个副线圈的匝数分别为50匝和100匝,L1是“6 V 2 W”的小灯泡,L2是“12 V 4 W”的小灯泡。当原线圈接上交变电压时,L1、L2都正常发光,那么,原线圈中的电流为( )
图4-2-5
A. A B. A
C. A D. A
解析:选C 两灯泡正常发光,对L1必有U2=6 V,原线圈上电压U1=U2=×6 V=120 V,副线圈上总的输出功率P出=PL1+PL2=2 W+4 W=6 W,原线圈上的输入功率P入=P出=6 W,原线圈上的电流I1== A= A。故C项正确。
理想变压器电路的动态分析
1.理想变压器动态变化的两种情况
(1)原、副线圈的匝数比不变,分析各物理量随负载电阻的变化而变化的情况,进行动态分析的顺序是R→I2→P2→P1→I1。
(2)负载电阻不变,分析各物理量随原、副线圈的匝数比的变化而变化的情况,进行动态分析的顺序是n1、n2→U2→I2→P2→P1→I1。
2.理想变压器工作时的制约关系
电压制约
当变压器原、副线圈的匝数比一定时,输入电压U1决定输出电压U2,即U2=
电流制约
当变压器原、副线圈的匝数比一定时,输出电流I2决定输入电流I1,即I1=
功率制约
输出功率P2决定输入功率P1,P2增大,则P1增大;P2减小,则P1减小;P2为0,则P1为0
[典例] (多选)(2015·天津高考)如图4-2-6所示,理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表,副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节,在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R,P为滑动变阻器的滑动触头。在原线圈上加一电压为U的正弦交流电,则( )
图4-2-6
A.保持Q的位置不动, 将P向上滑动时,电流表读数变大
B.保持Q的位置不动,将P向上滑动时,电流表读数变小
C.保持P的位置不动,将Q向上滑动时,电流表读数变大
D.保持P的位置不动,将Q向上滑动时,电流表读数变小
[解析] 保持Q的位置不动,则副线圈的输出电压不变,当P向上滑动时,副线圈电路中的总电阻变大,副线圈中的电流减小,根据变流比可知,原线圈中的电流减小,因此电流表的读数变小,A项错误,B项正确;保持P的位置不动,副线圈电路中的总电阻不变,当Q向上滑动时,副线圈的匝数增多,由变压比可知,副线圈的输出电压增大,副线圈中的电流增大,由变流比可知,原线圈中的电流增大,电流表读数变大,C项正确,D项错误。
[答案] BC
含有变压器的动态电路问题分析
1.如图4-2-7所示电路中,变压器为理想变压器,a、b接在电压有效值不变的交流电源两端,R0为定值电阻,R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置,观察到电流表A1的示数增大了0.2 A,电流表A2的示数增大了0.8 A,则下列说法正确的是( )
图4-2-7
A.电压表V1示数增大
B.电压表V2、V3示数均增大
C.该变压器起升压作用
D.变阻器滑片是沿c→d的方向滑动
解析:选D 由于变压器原线圈的电压不变,因此电压表V1、V2的读数均不变,选项A、B均错误;由题意可知,该变压器起降压作用,选项C错误;由于副线圈的电压不变,电流表A2的示数增大,根据欧姆定律可知负载的电阻变小,所以滑动变阻器连入电路的阻值变小,选项D正确。
2.(多选)为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系,将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上,副线圈连接相同的灯泡L1、L2,电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2,导线电阻不计,如图4-2-8所示。当开关S闭合后( )
图4-2-8
A.A1示数变大,A1与A2示数的比值不变
B.A1示数变大,A1与A2示数的比值变大
C.V2示数变小,V1与V2示数的比值变大
D.V2示数不变,V1与V2示数的比值不变
解析:选AD 交流电源电压有效值不变,即V1示数不变,因=,故V2示数不变,V1与V2示数的比值不变,D对。S闭合使负载总电阻减小,I2=,所以I2增大,因=,所以A1示数增大,A1与A2示数比值不变,A对。
3.(多选)如图4-2-9所示为一理想变压器,K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交变电压,I1为原线圈中的电流,则( )
图4-2-9
A.保持U1及P的位置不变,K由a扳向b时,I1将增大
B.保持U1及P的位置不变,K由b扳向a时,R消耗功率减小
C.保持U1不变,K接在a处,使P上滑,I1将增大
D.保持P的位置不变,K接在a处,若U1增大,I1将增大
解析:选ABD 保持U1及P的位置不变,K由a扳向b时,n1减小,增大,由U2=U1知U2变大,则输出电流I2增大,输出功率增大,输入功率也增大,由P1=U1I1知,I1增大,A正确。同理,K若由b扳向a,R消耗功率将减小,B正确。U1不变,K接在a处,使P上滑时,I2减小,I1也减小,故C错。保持P的位置不变,K接在a处,若U1增大,则U2也增大,即I2=增大,由于=,故I1也应增大,故D正确。
自耦变压器与互感器
1.自耦变压器
图4-2-10甲所示是自耦变压器的示意图。这种变压器的特点是铁芯上只绕有一个线圈。如果把整个线圈作原线圈,副线圈只取线圈的一部分,就可以降低电压;如果把线圈的一部分作原线圈,整个线圈作副线圈,就可以升高电压。
图4-2-10
调压变压器就是一种自耦变压器,它的构造如图乙所示。线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上,AB之间加上输入电压U1,移动滑动触头P的位置就可以调节输出电压U2。
2.互感器
(1)电压互感器:如图4-2-11甲所示,原线圈并联在高压电路中,副线圈接电压表。互感器将高电压变为低电压,通过电压表测低电压,结合匝数比可计算出高压电路的电压。
图4-2-11
(2)电流互感器:如图4-2-11乙所示,原线圈串联在待测大电流电路中,副线圈接电流表。互感器将大电流变成小电流,通过电流表测出小电流,结合匝数比可计算出大电流电路的
电流。
[典例] 在变电所,经常要用交流电表去监测电网上的强电流,使用的仪器是电流互感器。如图所示的四个图中,能正确反映其工作原理的是( )
[解析] 电流互感器是测电流的,应串联在火线上,故B、D错误。由变压器电流关系n1I1=n2I2,要使I2n1,故A选项正确。
[答案] A
互感器的区分技巧
(1)电压互感器是降压变压器,据=,知n1>n2。
电流互感器是升压变压器,据=,知n1(2)区分电压互感器与电流互感器的三个标志
①测量仪器不同,前者○后者○。
②原副线圈匝数关系不同。
③原线圈接线方式不同,前者接在火线和零线间,后者接在火线上。
1.普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流,通常要通过电流互感器来连接,图4-2-12中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少,工作时电流为Iab,cd一侧线圈的匝数较多,工作时电流为Icd,为了使电流表能正常工作,则( )
图4-2-12
A.ab接MN、cd接PQ,IabB.ab接MN、cd接PQ,Iab>Icd
C.ab接PQ、cd接MN,IabD.ab接PQ、cd接MN,Iab>Icd
解析:选B 电流互感器ab一侧线圈匝数比cd一侧线圈匝数少,根据电流关系得I1n1=I2n2,所以Iab>Icd,电流表应接在电流较小的一侧,故选项B正确。
2.自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈,原、副线圈都只取该线圈的某部分。一升压式自耦调压变压器的电路如图4-2-13所示,其副线圈匝数可调。已知变压器线圈总匝数为1 900匝;原线圈为1 100匝,接在有效值为220 V的交流电源上。当变压器输出电压调至最大时,负载R上的功率为2.0 kW。设此时原线圈中电流有效值为I1,负载两端电压的有效值为U2,且变压器是理想的,则U2和I1分别约为( )
图4-2-13
A.380 V和5.3 A
B.380 V和9.1 A
C.240 V和5.3 A
D.240 V和9.1 A
解析:选B 对理想变压器,原、副线圈功率相同,故通过原线圈的电流I1== A≈9.1 A,负载两端电压即为副线圈电压,由=,即=,可得U2=380 V,故B对。
1.关于理想变压器特点的下列说法中正确的是( )
A.理想变压器能够使电压升高,同时电流变大
B.原、副线圈具有相同的磁通量及变化率,产生的感应电动势也相同
C.原、副线圈没有电阻,铁芯中不会产生涡流
D.原线圈往往匝数少,绕线粗,电流大
解析:选C 理想变压器原副线圈功率相等,即U1I1=U2I2,不可能同时使电压升高,电流增大,A错;原、副线圈匝数不同,感应电动势不同,B错;理想变压器不考虑绕线铜损,铁芯的热损,当然要求线圈无电阻,铁芯不产生涡流,C对;原、副线圈中匝数少的一边,电流大,绕线粗,但不一定作为原线圈使用,D错。
2.理想变压器原、副线圈两侧一定不同的物理量是( )
A.交变电流的频率 B.交变电流的功率
C.磁通量的变化率 D.交变电流的峰值
解析:选D 理想变压器是不计一切能量损失的变压器,所以输入功率等于输出功率;变压器改变的是交变电流和交变电压,所以原、副线圈两侧的交变电流的峰值不同;变压器不改变交变电流的频率;由变压器的结构知,两线圈绕在同一铁芯上,所以穿过原、副线圈的磁通量的变化率相同,即相同。综上所述,故选D。
3.如图1所示,理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=2∶1, 和 均为理想电表,灯泡电阻RL=6 Ω,AB端电压u1=12 sin 100πt(V)。下列说法正确的是( )
图1
A.电流频率为100 Hz
B. 的读数为24 V
C. 的读数为0.5 A
D.变压器输入功率为6 W
解析:选D 由u1=12sin 100πt(V)可知,Um=12 V,ω=100π rad/s,则频率f==50 Hz,A项错误。U1==12 V,U2=·U1=6 V,B项错误。I2==1 A,C项错误。P1=P2=U2I2=6 W,D项正确。
4.在如图2所示的电路中,理想变压器的变压比为2∶1,四个灯泡完全相同。若已知灯泡L3和L4恰能正常工作,那么( )
图2
A.L1和L2都能正常工作
B.L1和L2都不能正常工作
C.L1和L2只有一个能正常工作
D.条件不足,无法判断
解析:选A 由于副线圈两端并联着两个相同的灯泡L3、L4,每个灯泡正常工作时的实际电流都等于额定电流,因此,副线圈中的电流等于一个灯泡额定电流的两倍;根据原、副线圈的电流与匝数成反比,可知原线圈中电流等于副线圈中电流的,即恰好等于灯泡L1、L2的额定电流,从而可知L1和L2都能正常工作。选项A正确。
5.(多选)为保证用户电压稳定在220 V,变电所需适时进行调压,图3甲为调压变压器示意图。保持输入电压u1不变,当滑动接头P上下移动时可改变输出电压。某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图乙所示。以下正确的是( )
图3
A.u2=190sin(50πt) V
B.u2=190sin(100πt) V
C.为使用户电压稳定在220 V,应将P适当下移
D.为使用户电压稳定在220 V,应将P适当上移
解析:选BD 由题图乙知交变电流的周期T=2×10-2 s,所以ω==100π rad/s,故u2=Umsin ωt =190sin(100πt) V,A错误、B正确。由=得U2=U1,欲使U2升高,n1应减小,P应上移,C错误、D正确。
6.如图4所示,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。当开关S接通时,以下说法中不正确的是( )
图4
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上的电压增大
C.通过灯泡L1的电流减小
D.原线圈中的电流增大
解析:选A 由于输入电压不变,所以当S接通时,理想变压器副线圈M、N两端输出电压不变。并联灯泡L2,总电阻变小,由欧姆定律I2=知,流过R的电流增大,电阻上的电压UR=IR增大。副线圈输出电流增大,根据输入功率等于输出功率I1U1=I2U2得,I2增大,原线圈输入电流I1也增大。UMN不变,UR变大,所以UL1变小,流过灯泡L1的电流减小。
7.如图5所示,理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=4∶1,当导体棒向右匀速切割磁感线时,电流表A1的读数是12 mA,则副线圈中电流表A2的读数应该为( )
图5
A.3 mA B.48 mA
C.0 D.与R阻值有关
解析:选C 导体棒匀速向右做切割磁感线运动时,由I==知变压器输入端为恒定电流,穿过副线圈的磁通量不变。因此,电流表A2的读数为零。故选项C正确。
8.如图6所示的甲、乙两电路中,当a、b两端与e、f两端分别加上220 V的交流电压时,测得c、d间与g、h间的电压均为110 V。若分别在c、d两端及g、h两端加上110 V的交流电压,则a 、b间及e、f间的电压分别为( )
图6
A.220 V、220 V B.220 V、110 V
C.110 V、110 V D.220 V、0 V
解析:选B 当a、b两端接220 V电压时,c、d间电压为110 V,说明c、d间线圈的匝数为原线圈匝数的一半;反过来,当c、d两端接110 V电压时,a、b间电压应为220 V。当e、f间接220 V电压时,g、h间电压为110 V,说明g、h间电阻为e、f间电阻的一半;当g、h两端接110 V电压时,e、g间没有电流,e、g间电压为零,所以e、f间电压与g、h间电压相等,均为110 V。
9.如图7甲所示,为一种可调压自耦变压器的结构示意图,线圈均匀绕在圆环型铁芯上,若AB间输入如图乙所示的交变电压,转动滑动触头P到如图甲中所示位置,在BC间接一个55 Ω的电阻(图中未画出),则( )
图7
A.该交流电的电压瞬时值表达式为u=220sin(25πt) V
B.该交流电的频率为50 Hz
C.流过电阻的电流接近于4 A
D.电阻消耗的功率接近于220 W
解析:选D 由题中图乙可知正弦交流电的周期T=0.04 s,则f==25 Hz,ω=2πf=50π rad/s,所以该交流电的电压瞬时值的表达式为u=220sin(50πt) V,A、B错误;从题图甲中可以看出,自耦变压器的副线圈的匝数约是原线圈匝数的,故副线圈两端的电压
约为110 V,流过电阻的电流约为2 A,C项错误;电阻消耗的功率P=U2I2=220 W,D项正确。
10.(2016·天津高考)如图8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( )
图8
A.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,R1消耗的功率变大
B.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,电压表V示数变大
C.当滑动变阻器的滑动触头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:选B 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,滑动变阻器连入电路的电阻R变大,则副线圈所在电路的总电阻R总变大,因原、副线圈两端的电压U1、U2不变,则通过R1的电流I2=变小,R1消耗的功率PR1=I22R1变小,选项A错误;R1两端的电压UR1=I2R1变小,则电压表V的示数UV=U2-UR1变大,选项B正确;因通过原、副线圈的电流关系=,I2变小,则I1变小,即电流表A1的示数变小,选项C错误;若闭合开关S,则副线圈所在电路的总电阻R总′变小,通过副线圈的电流I2′=变大,则通过原线圈的电流I1′变大,电流表A1的示数变大,R1两端的电压UR1′=I2′R1变大,则R2两端的电压UR2′=U2-UR1′变小,电流表A2的示数变小,选项D错误。
11.如图9甲所示为一理想变压器,ab为原线圈,ce为副线圈,d为副线圈引出的一个接头,原线圈输入正弦式交变电压的uab-t图像如图乙所示。若只在ce间接一个Rce=400 Ω的电阻,或只在de间接一个Rde=225 Ω的电阻,两种情况下电阻消耗的功率均为80 W。
(1)请写出原线圈输入电压的瞬时值uab的表达式;
(2)求只在ce间接400 Ω的电阻时,原线圈中的电流I1;
(3)求ce和de间线圈的匝数比。
图9
解析:(1)由题图乙知周期T=0.01 s,则ω==200π rad/s,故输入电压的瞬时值表达式为uab=400sin 200πt (V)。
(2)输入电压的有效值为U1=200 V
由理想变压器的功率关系得P1=P2
原线圈中的电流I1=,解得I1= A=0.28 A。(3)设ab间线圈的匝数为n1,则=,同理=
由题意知=
解得=,代入数据得=。
答案:(1)uab=400sin 200πt (V)
(2)0.28 A (3)
12.如图10所示,一理想变压器原线圈匝数n1=1 000匝,有两个副线圈,匝数分别为n2=200匝,n3=500匝,分别接阻值为R=55 Ω的相同两电阻。若在原线圈上接入220 V的交流电,求:
图10
(1)两个副线圈上的电流之比I2∶I3为多少?
(2)原线圈中的电流I1为多少?
解析:(1)由变压比公式=及=可得
U2=U1=44 V,U3=U1=110 V
根据欧姆定律I=,得I2==0.8 A,
I3==2 A
故I2∶I3=2∶5。
(2)由电流关系式n1I1=n2I2+n3I3可得
I1==1.16 A。
答案:(1)2∶5 (2)1.16 A
第3节 电能的远距离传输
一、为什么要采用高压输电
1.两种损失比较
两种损失
主要原因
大小表示
减小办法
电功率损失
输电线有电阻电流产生焦耳热
ΔP=I2R
减小R
减小I
电压损失
输电线电阻的电压降
ΔU=IR
2.降低两种损失的途径——高压输电
在保证输送电功率不变的前提下提高输电电压,会减小输电电流,从而减小导线上的电功率损失和电压损失。
二、高压交流输电
1.基本环节
2.电路原理图
图 4-3-1
三、高压直流输电
1.组成部分
高压直流输电系统主要由整流站、直流线路和逆变站三部分构成。实际上直流输电系统只在输电这个环节是直流,发电环节和用电环节仍是交流,输电过程中只用两根导线。
2.优越性
(1)节省材料,输电结构简单,占地面积小。
(2)不存在感抗和容抗引起的损耗。
(3)不需要考虑电网中的各发电机的同步运行问题。
1.自主思考——判一判
(1)为了减少能量损失,要高压输电,而且越高越好。(×)
(2)输送功率一定时,提高输送电压,可以减少功率损失。(√)
(3)电压损失ΔU=IR线和电功率损失ΔP=I2R线中I可以通过I= 求得。(√)
(4)负载越多,即用电高峰期,ΔU、ΔP也越大。(√)
(5)高压直流输电与高压交流输电的区别在于输送环节。(√)
2.合作探究——议一议
(1)电能的输送要达到什么要求?输送电压是不是越高越好?
提示:①输送电能要达到三个方面的要求:
a.可靠:保证供电线路正常工作,少有故障。
b.保质:保证电能质量,即电压、频率稳定。
c.经济:线路架设和运行费用低,能耗少,电价低。
②电压升高,导线会对空气放电,对导线的绝缘性能提出更高的要求,另外,高压输电对变压器也提出了更高的要求,因此,输电电压并不是越高越好。
(2)在电能的输送过程中,U为输电电压,r为输电线电阻,则输电线中电流为I=,对不对?为什么?
提示:不对。U为输电电压,而不是加在输电导线上的电压,即U≠Ir,而输电电流可通过P=UI求得。
(3)“提高输电电压,减小输电电流”是否与欧姆定律相矛盾?
提示:不矛盾。欧姆定律I=是对纯电阻元件成立的定律,而“提高输电电压,减小输电电流”是从输电角度,由P=UI,且在P一定的条件下得出的结论,两者没有必然联系。
输电线路上的电压损失和功率损失
1.若输电线的电阻为R线,输电电流为I,输电线始端和末端的电压分别为U和U′,则:
(1)电压损失ΔU=U-U′=IR线;
(2)功率损失ΔP=I2R线=IΔU=。
2.若输电功率P不变,输电电压提高到nU,可使输电电流减小到,则:
(1)电压损失减小到;
(2)功率损失减小到。
[特别提醒]
(1)输电电压是指加在输电线起始端的电压,电压损失是指输电线上的电压降。
(2)输送功率是指加在输电线起始端的功率,功率损失是输电线上消耗的功率。
(3)减小输电线上的功率损失和电压损失的有效途径是:提高输电电压,以减小输电电流。
1.(多选)在远距离输电时,输送的电功率为P,输送电压为U,所用导线电阻率为ρ,横截面积为S,总长度为L,输电线损失的电功率为P′,用户得到的电功率为P用,则P′、P和P用的关系式正确的是( )
A.P′= B.P′=
C.P用=P- D.P用=P
解析:选BD 输电线电阻R=ρ,输电线中电流I=,故输电线上损失的电功率为P′=I2R=2ρ=,用户得到的电功率为P用=P-P′=P。
2.在远距离输电时,如果升压变压器输出电压是2 000 V,输出功率是10 kW,输电线电阻是20 Ω,求:
(1)输电线上损失的功率和损失的电压;
(2)用户能得到的功率和电压。
解析:(1)由P出=I线U出,得I线== A=5 A。
则输电线上损失的功率P损=I线2r=52×20 W=500 W。
损失的电压U损=I线r=5×20 V=100 V。
(2)降压变压器得到的电压和功率分别为:
U用=U出-U损=(2 000-100) V=1 900 V,
P用=P出-P损=(10×103-500) W=9 500 W。
答案:(1)P损=500 W U损=100 V
(2)P用=9 500 W U用=1 900 V
远距离输电的电路分析
1.远距离输电问题的分析方法
处理远距离输电问题的关键是抓住一图三线,一图即输电的电路图,三线即三个关系:功率关系、电压关系和电流关系,抓住一图三线,按照从前到后或从后向前的顺序,即可找到突破口。
2.远距离输电电路图
图4-3-2
3.基本关系式
(1)功率关系
P1=P2,P3=P4,P2=ΔP+P3。
(2)电压、电流关系
==,==
U2=ΔU+U3,I2=I3=I线。
(3)输电电流:I线===。
(4)输电线上损耗的电功率:
ΔP=I线ΔU=I线2R线=2R线。
[典例] 发电机的输出电压为220 V,输出功率为44 kW,每条输电线的电阻为0.2 Ω,求:
(1)此时用户得到的电压和电功率各为多少?
(2)如果发电站先用变压比为1∶10的升压变压器将电压升高,经同样的输电线路后经10∶1的降压变压器将电压降低后供给用户,则用户得到的电压和电功率各是多少?
[思路点拨]
? ?
[解析] (1)输电线上的电流
IR== A=200 A
损失的电压UR=IRR=2×0.2×200 V=80 V
损失的功率PR=URIR=80×200 W=16 kW
故用户得到的电压U用户=U-UR=140 V
用户得到的功率为P用户=P-PR=28 kW。
(2)已知升压变压器的匝数比n1∶n2=1∶10
输入电压U1=220 V
因此,升压变压器的输出电压U2=U1=2 200 V
输电线上的电流IR′== A=20 A
损失的电压UR′=IR′R=2×0.2×20 V=8 V
损失的功率PR′=UR′IR′=8×20 W=160 W
因此,降压变压器的输入电压U3=U2-UR′=2 192 V
已知降压变压器的匝数比n3∶n4=10∶1
所以用户得到的电压U4=U3=219.2 V
用户得到的功率P用户′=P-PR′=43.84 kW。
[答案] (1)140 V 28 kW (2)219.2 V 43.84 kW
(1)用户和线路总共消耗多少功率,发电站就输送多少功率,这是能量守恒定律和变压器原理的体现。
(2)抓住输电的两头——电源和用电器;分析一条线——输电线;研究两次变压——升压变压器和降压变压器。
(3)注意输送电压(功率)、电压(功率)损失、用户电压(功率)三者之间的区别和数量关系。
1.远距离输电线路的示意图如图4-3-3所示,若发电机的输出电压不变,则下列叙述中正确的是( )
图4-3-3
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:选C 变压器的输入功率、输入电流的大小是由用户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,根据P=,消耗功率增大,输电线中电流增大,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的损失电压加上降压变压器的输入电压,D项错误。
2.如图4-3-4所示,某小型水电站发电机的输出功率为10 kW,输出电压为400 V,为了减小向用户供电过程中产生的电能损失,使用2 kV高压输电,最后用户得到220 V电压,9.5 kW的电功率。求:
图4-3-4
(1)升压变压器原、副线圈的匝数比。
(2)输电线路的总电阻R。
(3)末端降压变压器原、副线圈的匝数比。
解析:(1)升压变压器原、副线圈的匝数比===。
(2)由ΔP=I22R,I2=,得R===,式中U2=2 000 V,P=10×103 W,ΔP=P-P用=10×103 W-9.5×103 W=0.5×103 W。解得R=20 Ω。
(3)因为U3=U2-ΔU=U2-I2R,式中U2=2 000 V,I2== A=5 A,R=20 Ω,可得U3=1 900 V,所以===。
答案:(1) (2)20 Ω (3)
1.关于减小远距离输电线上的功率损失,下列说法正确的是( )
A.由P= 知,应降低输电电压,增大导线电阻
B.由P=IU知,应降低输电电压,减小输电电流
C.由P=I2R知,应减小导线电阻或减小输电电流
D.上述说法均不对
解析:选C 输电时导线上损失的电压ΔU=IR,它不同于输电电压,用公式P=或P=IU计算功率损失时,U应为导线上损失的电压,故A、B错误;导线上功率的损失为发热损失,即P=I2R,故C正确。
2.下列关于远距离高压直流输电的说法中,正确的是( )
①直流输电系统只在输电环节是直流,而发电环节和用电环节是交流
②直流输电系统只在发电环节和用电环节是直流,而输电环节是交流
③整流器将交流变直流,逆变器将直流变交流
④逆变器将交流变直流,整流器将直流变交流
A.①③ B.②③
C.①④ D.②④
解析:选A 直流输电系统由整流站、直流线路和逆变站3部分组成,在整流站通过整流器将交流电变为直流电,在逆变站利用逆变器将直流电变为交流电,因此说法①③正确,应选A。
3.(多选)远距离输送一定功率的交变电流,若输电电压升高为原来的n倍,关于输电线上的电压损失和功率损失,下列说法正确的是(不考虑感抗和容抗产生的损失)( )
A.功率损失是原来的
B.功率损失是原来的
C.电压损失是原来的
D.电压损失是原来的n倍
解析:选BC 设输电电压为U,所输送的功率为P,输电线路总电阻为R,则输电电流I=,线路的功率损失ΔP=I2R=,可知ΔP∝,当输电电压升高为原来的n倍时,功率损失变为原来的,故选项B正确;线路上的电压损失ΔU=IR=,可知ΔU∝,当输电电压升高为原来的n倍时,电压损失变为原来的,故选项C正确。
4.超导是当今高科技研究的热点,利用超导材料可实现无损耗输电,现有一直流电路,输电总电阻为0.4 Ω,它提供给用电器的电功率为40 kW,电压为800 V。若用临界温度以下的超导电缆代替原来的输电线,保持供给电器的功率和电压不变,那么节约的电功率为( )
A.1 Kw B.1.6×103 kW
C.1.6 kW D.10 kW
解析:选A 节约的电功率即为普通电路输电时损耗的电功率,I== A=50 A。P线=I2R=502×0.4 W=1 000 W,故节约的电功率为1 kW,A正确。
5.(多选)如图1所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压是U,用等效总电阻是r的两条输电线输电,输电线路中的电流是I1,其末端间的电压为U1。在输电线与用户间连有一理想变压器,流入用户端的电流为I2。则( )
图1
A.用户端的电压为
B.输电线上的电压降为U-U1
C.理想变压器的输入功率为I12r
D.输电线路上损失的电功率为I1U
解析:选AB 理想变压器输入和输出功率相同,设用户端得到的电压为U2,则有I1U1=U2I2,U2=,选项A正确;输电线上的电压降为ΔU=I1r,或者ΔU=U-U1,选项B正确;理想变压器的输入功率为P=I1U1,选项C错误;输电线路上损失的电功率为ΔP=I12r,选项D错误。
6.为清除高压输电线上的结冰,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,热损耗功率为ΔP;除冰时,输电线上的热损耗功率需变为9ΔP,则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( )
A.输电电流变为3I
B.输电电流变为9I
C.输电电压变为8U
D.升压变压器原、副线圈匝数比变为1∶3
解析:选A 根据ΔP=I2R,要使输电线上的热损耗功率变为9ΔP,输电电流变为3I,A对,B错;根据P=UI,输送功率不变,则输电电压应为原来的,C错;根据=,U1不变的情况下,原、副线圈匝数比应变为原来的三倍,D错。
7.(多选)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各用户。设变压器都是理想的,那么在用电高峰期,随用电器总功率的增加将导致( )
A.升压变压器初级线圈中的电流变小
B.升压变压器次级线圈两端的电压变小
C.高压输电线路的电压损失变大
D.降压变压器次级线圈两端的电压变小
解析:选CD 如图所示是远距离输电的示意图。
发电机输出的电压U不变。当负载的功率增加时,由能量守恒知发电机的输出功率要增加,再由P=UI知升压变压器初级线圈中的电流变大,故A错误。因为变压器的线圈匝数比确定,则U1不变,即升压变压器次级线圈两端的电压不变,故B错误。升压变压器次级线圈的输出功率P1=P=U1I1要增加,而U1不变,则I1也要增加,那么输电线上损失的电压将增加,故C正确。再由U1=I1R+U2知降压变压器的初级线圈两端的电压U2将减小,则降压变压器次级线圈两端的电压U3减小,故D正确。
8.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.输电线上电阻造成的电压损失为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:选B 当U=500 kV 时,I== A=6×103 A,而U损=IR=15 kV,A错误,B正确;输电线上损失的功率不可能比输出功率还大,C错误;ΔP=中,U为输电线电阻上的电压,而不是输电电压,D错误。
9.如图2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像,则( )
图2
A.用户用电器上交流电的频率是100 Hz
B.发电机输出交流电的电压有效值是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:选D 根据交流电的变化规律、变压器的工作原理和远距离输电知识解题。由u-t图像可知,交流电的周期T=0.02 s,故频率f==50 Hz,选项A错误;交流电的最大值Um=500 V,故有效值U==250 V,选项B错误;输电线上的电流由降压变压器副线圈上的电阻和降压变压器原副线圈的匝数比决定,选项C错误;当用户用电器的总电阻增大时,副线圈上的电流减小,根据=,原线圈(输电线)上的电流减小,根据P=I12R,得输电线损失的功率减小,选项D正确。
10.(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图3所示,发电机的输出电压为200 V,输电线总电阻为r,升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2,降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)。要使额定电压为220 V的用电器正常工作,则( )
图3
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:选AD 由于输电线上有功率损耗,故升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率,故D正确。=,=,因为U1=200 VU3=U2-U线,故>,A正确。
11.把功率为220 kW的电能用铝导线(铝的电阻率ρ=2.7×10-8 Ω·m)输送到10 km外的地方,要使功率损失不超过输送功率的10%。
(1)如果采用220 V的电压输电,导线的横截面积至少要多大?采用这样的导线切合实际吗?
(2)若采用110 kV的电压输电,导线的横截面积是多大?
(3)对于同种输电导线,若分别采用110 kV和220 V输电,损失的功率之比是多少?
解析:(1)如果采用220 V的电压输电,则通过导线的电流I== A=103 A。
由于功率损失P=10%P0=22 kW=22×103 W,且P=I2R,
因此导线的电阻
R== Ω=0.022 Ω。
根据R=ρ可得,导线的横截面积
S== m2≈2.46×10-2 m2。
所以,导线横截面的半径
r≈8.85 cm。
由上述计算可知,采用这样粗的导线是不切实际的。
(2)若采用110 kV的电压输电,则通过导线的电流
I′== A=2 A。
同理,可计算出导线横截面的半径
r′≈0.02 cm。
(3)对于同种输电导线,若分别采用110 kV和220 V输电,损失的功率之比为
===2=。
答案:见解析
12.三峡水利枢纽工程是长江流域治理开发的关键工程,枢纽控制流域面积为1.0×106 km2,占长江流域面积的56%,坝址处年平均流量为Q=4.51×1011 m3。水利枢纽的主要任务包括防洪、发电、航运三方面。在发电方面,三峡电站安装水轮发电机组26台,总装机容量(指26台发电机组同时工作时的总发电功率)为P=1.82×107 kW,年平均发电量约为W=8.40×1010 kW·h,该工程于2009年全部竣工,电站主要向华中、华东电网供电,以缓解这两个地区的供电紧张状况。阅读上述材料,回答下列问题(水的密度ρ=1.0×103 kg/m3,g取10 m/s2):
(1)若三峡电站上、下游水位差按h=100 m计算,试推导三峡电站将水流势能转化为电能的效率η的公式,并计算出效率η的数值。
(2)若26台发电机组全部建成并发电,要达到年发电量的要求,每台发电机组平均年发电时间t为多少天?
(3)将该电站的电能输送到华中地区,输送电功率为P=4.5×106 kW,采用超高压输电,输电电压U=500 kV,而发电机输出的电压约为U0=18 kV,要使输电线上损失的功率等于输送电功率的5%,求发电站的升压变压器的原、副线圈的匝数比和输电线路的总电阻。
解析:(1)一年减少的水的重力势能Ep=mgh,且一年流出的水的质量m=ρQ
所以η===×100%=67.1%。
(2)由W=Pt,得t===192.3 (天)。
(3)由于==,所以=
由于I== A =9 000 A,ΔP=I2R=5%P=2.25×105 kW
所以R≈2.78 Ω(R为输电线路的总电阻)。
答案:(1)η= 67.1% (2)192.3天 (3) 2.78 Ω
变压器与远距离输电的综合应用
1.如图1所示,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( )
图1
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:选C 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、D均错误,C正确。
2.如图2所示,图甲中两导轨不平行,而图乙中两导轨平行,其余条件都相同,金属棒MN都在导轨上向右匀速平动(速度较大),在金属棒平动的过程中,将观察到(导轨及导体棒电阻不计)( )
图2
A.L1和L2都发光,只是亮度不同
B.L1和L2都不发光
C.L2发光,L1不发光
D.L1发光,L2不发光
解析:选D 金属棒MN向右匀速平动时切割磁感线,在闭合回路中产生感应电流,但题图甲中金属棒接入电路中的长度逐渐增加,题图乙中不变,因此,在题图甲铁芯中产生变化的磁通量,副线圈中产生感应电流,L1发光;题图乙铁芯中产生恒定不变的磁通量,副线圈中无感应电流,L2不发光,故正确选项为D。
3.(多选)如图3所示,将额定电压为60 V的用电器,通过一理想变压器接在正弦交变电源上。闭合开关S后,用电器正常工作,交流电压表和交流电流表(均为理想电表)示数分别为220 V和2.2 A。以下判断正确的是( )
图3
A.变压器输入功率为484 W
B.通过原线圈的电流的有效值为0.6 A
C.通过副线圈的电流的最大值为2.2 A
D.变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=11∶3
解析:选BD 用电器的正常工作电压为60 V,电流为2.2 A,所以额定功率P额=U2I2=132 W,即变压器的输出功率P出=P额=132 W,理想变压器的输入功率P入=P出,即U1I1=U2I2,所以I1= A=0.6 A,A错误,B正确。通过副线圈的电流的最大值I2m=I2=2.2A,C错误。变压器原、副线圈匝数比===,D正确。
4.(多选)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4甲所示,副线圈所接电路如图乙所示,P为滑动变阻器的触头。下列说法正确的是( )
图4
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大
解析:选AD 由原线圈输入电压的变化规律可知,输入交变电压的周期为0.02 s,频率为50 Hz,所以副线圈输出电压的频率也为50 Hz,选项A正确;原线圈输入正弦式交变电压的最大值为310 V,则有效值为220 V,根据变压器的电压关系=知,副线圈输出电压的有效值为22 V,选项B错误;由变压器的电流关系=知,原、副线圈的电流比只与匝数比有关,选项C错误;滑动变阻器的滑动触头向右移动时,电路的电阻减小,副线圈中的电流增大,又电压不变,则输出功率增大,选项D正确。
5.如图所示,A、B、C、D是4种亮度可调的台灯的电路示意图,它们所用的白炽灯泡相同,且都是“220 V 40 W”,当灯泡所消耗的功率都调到20 W时,哪种台灯消耗的功率最小( )
解析:选C 利用变阻器调节到20 W时,除电灯消耗电能外,变阻器由于热效应也要消耗一部分电能,使台灯消耗的功率大于20 W,利用理想变压器调节时,变压器的输入功率等于输出功率,本身不消耗电能,所以C中台灯消耗的功率最小。
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:选D 当副线圈与原线圈的匝数比为k时,副线圈输出电压为kU,输出电流I=,线路损耗的电功率为P1=I2R=2R。若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk,副线圈输出电压为nkU,输出电流I′=,线路损耗的电功率为P2=I′2R=2R。=,选项D正确,A、B、C错误。
7.利用如图5所示的电流互感器可以测量被测电路中的大电流,若互感器原、副线圈的匝数比n1∶n2=1∶100,交流电流表 A的示数是50 mA,则( )
图5
A.被测电路的电流有效值为0.5 A
B.被测电路的电流平均值为0.5 A
C.被测电路的电流最大值为5 A
D.原、副线圈中的电流同时达到最大值
解析:选C 根据理想变压器的工作原理=得,被测电路电流的有效值I1=I2=5 A。所以最大值Im=5 A,故A错误,C正确。正弦交流电的平均值与有效值的概念是完全不同的,故B错误。根据电磁感应规律,原线圈电流最大时,磁通量的变化率最小,副线圈中的感应电流最小,故D错误。
8.(多选)如图6所示,一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。原线圈通过一理想电流表?接正弦交流电源,一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端。假设该二极管的正向电阻为零,反向电阻为无穷大。用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd,则( )
图6
A.Uab∶Ucd=n1∶n2
B.增大负载电阻的阻值R,电流表的读数变小
C.负载电阻的阻值越小,cd间的电压Ucd越大
D.将二极管短路,电流表的读数加倍
解析:选BD 变压器初级电压为Uab,则次级电压U2=Uab,由于二极管的单向导电性,使得cd端只在一半的时间内有电流,即Ucd=,故=,A错误。增大负载电阻的阻值R,副线圈中的电流减小,则原线圈中的电流也减小,即电流表的读数变小,B正确。c、d间的电压由原线圈中的电压和变压器的匝数比决定,与电阻R无关,C错误。将二极管短路,副线圈中的电流加倍,则原线圈中的电流也加倍,D正确。
9.(多选)在如图7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( )
图7
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
解析:选CD 设升压变压器的原、副线圈匝数比为N1,降压变压器的原、副线圈匝数比为N2,发电厂输出电压为U1,输出功率为P1,则升压变压器的输出电压为,输电线中的电流为,输电线损耗的功率为,降压变压器输出电压为,输电线上损耗的功率占总功率的比例为,选项C、D正确。
10.某交流电路中,有一个正在工作的理想变压器,如图8所示。它的原线圈匝数n1=600,交流电源的电动势e=311sin(100πt)V(不考虑其内阻),交流电压表和交流电流表对电路的影响可忽略不计,原线圈串联一个额定电流为0.2 A的保险丝,副线圈匝数n2=120,为保证保险丝不被烧断,则( )
图8
A.负载功率不能超过62 W
B.副线圈电流最大值不能超过1 A
C.副线圈电路中的电阻R不能小于44 Ω
D.副线圈电路中交流电压表的读数为62 V
解析:选C 解答本题的疑难在于正确理解“保险丝熔断电流指的是有效值”这一知识要点。由e=311sin(100πt)V可知,原线圈两端电压U1=220 V,输入功率P入=U1I1,又I1≤0.2 A,所以最大输入功率为44 W,故负载功率不能超过44 W,选项A错误;根据=得,I2≤1 A,故副线圈电流不能超过1 A,最大值不能超过 A,选项B错误;根据=,R=得,U2=44 V,R≥44 Ω,故副线圈电路中的电阻R不能小于44 Ω,选项C正确,选项D错误。
11.人们利用发电机把天然存在的各种形式的能(水能、风能、煤燃烧的化学能等)转化为电能,为了合理地利用这些能源,发电站要修建在靠近这些天然资源的地方,但是用电的地方往往很远,因此,就需要高压输送线路把电能输送到远方。如果某发电站将U=6 000 V的电压直接地加在高压输送线路的输入端,向远方供电,且输送的电功率为P=800 kW。则此时安装在高压输送线路的始端和终端的电能表一昼夜读数就相差ΔE=9 600 kW·h(1 kW·h=1度电)。求:
(1)此种情况下,高压线路的终端功率和输电效率。
(2)若要使此高压输电线路的输电效率为98%,则在发电站处应安装一个变压比是多少的变压器?
解析:(1)此情况下,终端功率
P′=P-=800 kW-=400 kW。
所以输电效率:η===50%。
(2)设高压输送线路的导线电阻为r,
由题意知:原来线路损耗P损1=I12r=400 kW,
而UI1=P,
现在线路损耗:P损2=P×(1-98%)=I22r,
而U′I2=P,
=,解得:=。
答案:(1)400 kW 50% (2)
12.有一条河流,水的流量为Q=2 m3/s,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3,落差为h=5 m。现利用其发电,若发电机的总效率为50%,输出电压为240 V,输电线总电阻R=30 Ω,允许损失的电功率为发电机输出功率的6%。
(1)为满足用电的需要,使用户获得220 V的电压,求输电线路使用的理想升压变压器、降压变压器的原、副线圈匝数比。
(2)如果输送的电能供“220 V 100 W”的电灯使用,则能正常发光的电灯的盏数为
多少?
解析:远距离输电的示意图如图所示。
发电机的输入功率为
P1=ρQgh=1×103×2×10×5 W=1×105 W
发电机的输出功率P2=ηP1=5×104 W
设输电线中的电流为I,则电功率损失P损=I2R
所以输电线中的电流为
I= = = A=10 A
升压变压器原线圈两端的电压U1=240 V
副线圈的输出电压为U2== V=5×103 V
故升压变压器原、副线圈的匝数比为
n1∶n2=U1∶U2=240∶(5×103)=6∶125
输电线上损失的电压为ΔU=IR=10×30 V=300 V
降压变压器原线圈两端的电压为
U3=U2-ΔU=5×103 V-300 V=4 700 V
降压变压器副线圈两端的电压为U4=220 V
故降压变压器原、副线圈的匝数比为
n3∶n4=U3∶U4=4 700∶220=235∶11
(2)设正常发光的电灯的盏数为N,则有
N===470(盏)。
答案:(1)6∶125 235∶11 (2)470
一、什么是传感器
1.定义
能够感受外界信息,并将其按照一定的规律转换成电信号的器件或装置。
2.作用
传感器在自动测量和自动控制系统中担负着信息采集和转化任务,把非电学量转化为电学量。
二、种类繁多的传感器
1.传感器的分类(按工作原理)及特点
原理
举例
特点
物理传感器
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
电容传感器、电感传感器,光电、压电传感器等
品种多、应用广、发展快
化学传感器
利用化学反应识别和检测信息
气敏传感器、湿敏传感器
广泛应用于环保、火灾报警、医疗卫生
生物传感器
利用生物化学反应识别和检测信息
组织传感器、细胞传感器、酶传感器
含有生命物质,专一性好,易操作、快速、准确
2.传感器的一般结构
→→→→
三、光电传感器和温度传感器
光电传感器
温度传感器
定义
能够感受光信号,并按一定规律转换成电信号的器件或装置
将温度变化转换为电学量变化的装置
类型
主要有光敏电阻、光敏晶体管、光电池等
主要有热敏电阻、热电偶等
两种电阻
光敏电阻由半导体材料制成,光照越强,电阻越小
热敏电阻由半导体材料制成,NTC随温度升高,电阻减小,PTC随温度升高,电阻增大
原理
电学性质随光照变化而变化
电学性质随温度变化而变化
1.自主思考——判一判
(1)传感器能够将非电学量转化为电学量,其核心部件是敏感元件。(√)
(2)光电传感器、温度传感器属于物理传感器,气敏传感器、湿敏传感器属于化学传感器。(√)
(3)光敏电阻电学性质随光照增强电阻减小。(√)
(4)热敏电阻电学性质随温度升高,电阻一定减小。(×)
(5)干簧管继电器在电路中作用相当于一个开关。(√)
2.合作探究——议一议
(1)在家庭生活中,人们不必直接接触就可以控制一些机器,试举一些生活中的例子,看哪些生活用品是通过传感器来完成的。
提示:电视机及空调机的遥控器、电冰箱、自动干手机、自动水龙头、楼道内的声控灯等。
(2)在光电报警装置中,干簧管的工作原理是什么?它在电路中所起的作用是什么?
提示:如图所示,当干簧管处于磁场中时,两个软铁质簧片被磁化,相互吸引而接通电路,它在电路中起到开关的作用。
(3)热敏电阻的阻值一定随温度的升高而减小吗?
提示:热敏电阻的阻值随温度的升高不一定减小,正温度系数的热敏电阻(PTC),其阻值随温度的升高而增大;而负温度系数的热敏电阻(NTC),其阻值随温度的升高而减小。若题目中无特别说明,一般是指负温度系数的热敏电阻。
对传感器的认识
传感器的工作原理
传感器感受的通常是非电学量,如压力、温度、位移、浓度、酸碱度等,而它输出的通常是电学量,如电压值、电流值、电荷量等,这些输出信号是非常微弱的,通常要经过放大后,再送给控制系统产生各种控制动作。传感器的工作原理如下所示。
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:选D 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。
2.下列关于传感器的说法中正确的是( )
A.所有传感器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的
D.以上说法都不正确
解析:选B 半导体材料可以制成传感器,其他材料也可以制成传感器,如用金属丝可制作温度传感器,故A错误,B正确。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,故C错误。
对光敏电阻、热敏电阻的考查
1.光敏电阻
(1)特点:光敏电阻在被光照射时电阻发生变化。光照增强时,电阻减小;光照减弱时,电阻增大。
(2)原因:制作光敏电阻的硫化镉是一种半导体材料,无光照时,载流子极少,导电性能较差;随着光照的增强,载流子增多,导电性能增强。
(3)作用: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。
(4)光电计数器
图5-1-1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。当光被工件挡住时,R1阻值增大,电路中电流减小,R2两端电压减小,信号处理系统得到低电压,通过一个工件就获得一次低电压,计数一次。
图5-1-1
2.金属热电阻和热敏电阻
(1)金属热电阻的电阻率随温度的升高而增大,用金属丝可以制作温度传感器,称为热电阻。它能把温度这个热学量转换为电阻这个电学量。金属热电阻的化学稳定性好,测温范围大,但灵敏度较差。
(2)热敏电阻的电阻率则可以随温度的升高而升高或降低。热敏电阻主要有两种:
①正温度系数热敏电阻(PTC):指随温度的上升电阻急剧增加、具有正温度系数的热敏电阻,可专门用作恒定温度传感器(图5-1-2甲)。
图5-1-2
②负温度系数热敏电阻(NTC):指随温度的上升电阻呈指数关系减小、具有负温度系数的热敏电阻(图5-1-2乙)。
热敏电阻是开发早、种类多、发展较成熟的敏感元件。热敏电阻由半导体陶瓷材料组成,利用的原理是温度引起电阻变化,由于半导体热敏电阻有独特的性能,所以在应用方面,它不仅可以作为测量元件(如测量温度、流量、液位等),还可以作为控制元件(如热敏开关、限流器)和电路补偿元件。热敏电阻广泛用于家用电器、电力工业、通讯、军事科学、宇航等多个领域,发展前景极其广阔。
1.(多选)如图5-1-3所示为电阻R随温度T变化的R-T图线,下列说法中正确的是( )
图5-1-3
A.图线1是金属热电阻的R-T图线,它是用金属材料制成的
B.图线2是热敏电阻的R-T图线,它是用半导体材料制成的
C.图线1的材料化学稳定性好、测温范围大、灵敏度高
D.图线2的材料化学稳定性差、测温范围小、灵敏度高
解析:选ABD 由题图可知,图线1是金属热电阻的R-T图线,图线2是热敏电阻的R-T图线,根据它们的材料和特点可知,选项A、B、D正确。
2.如图5-1-4所示是一自动控制电路示意图,R1为光敏电阻,当照射到R1处的光消失时,电流表A中的电流I及ab间的电压U的变化情况是( )
图5-1-4
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:选A 光敏电阻无光照射时其阻值变大,闭合回路的干路电流I干变小,U=E-I干r,所以U增大;由于I干变小,则UR3变小,而U增大,则U并增大;由I=IR2=可得,I增大,故A符合题意。
3.(多选)有定值电阻、热敏电阻及光敏电阻三只元件,将这三只元件分别接入如图5-1-5所示的电路中的A、B两点后,用黑纸包住元件置于热水中,观察欧姆表的示数,下列说法中正确的是( )
图5-1-5
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:选AC 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的变化而变化;光敏电阻的阻值随光照强度的变化而变化,定值电阻和热敏电阻的阻值不随光照强度变化而变化;由此可知A、C正确。B中置入热水中与不置入热水中相比,欧姆表示数不变,这只元件可能是定值电阻也可能是光敏电阻。D中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,这只元件可能是热敏电阻也可能是定值电阻。
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:选C 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。
2.关于光敏电阻和热敏电阻,下列说法中正确的是( )
A.光敏电阻是用半导体材料制成的,其阻值随光照增强而减小
B.光敏电阻是能把光照强度这个光学量转换为电流这个电学量的传感器
C.热敏电阻是用金属铂制成的,它对温度感知很灵敏
D.热敏电阻是把热量这个热学量转换为电阻这个电学量的传感器
解析:选A 光敏电阻是用半导体材料制成的,能把光照强度转换为电阻这个电学量,且其阻值随光照增强而减小,故A正确,B错误;热敏电阻也是用半导体材料制成的,能把温度这个热学量转换为电阻这个电学量,故C、D错误。
3.下列器件不是应用温度传感器的是( )
A.电熨斗 B.话筒
C.电饭煲 D.测温仪
解析:选B 电熨斗、测温仪、电饭煲均应用了温度传感器,话筒没有应用温度传感器。
4.为了节约能源、合理适时地使用路灯,要求夜晚亮、白天熄,利用半导体的某种特性制成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.三种特性都利用了
解析:选B 由题意可知,这一装置要对光敏感,能区分白天(光线强)与夜晚(光线暗),所以选B,虽然白天与夜晚温度也不相同,但温度除与昼夜有关外,还与季节有关,因此不能选C。
5.(多选)下列说法中正确的是( )
A.干簧管是传感器
B.水银温度计是传感器
C.托盘天平是传感器
D.气敏电阻是传感器
解析:选AD 全面理解传感器的概念是解决本题的关键。干簧管能够感受磁场,且能将磁学量转换为电路的通断,因此是传感器,A正确。水银温度计能够感受热学量,但不能将热学量转换成电学量,因此不是传感器,B错误。托盘天平能够感受力学量,但不能将力学量转换成电学量,因此不是传感器,C错误。气敏电阻能够感受气体浓度这一化学量,且能将化学量转换成电学量,因此是传感器,D正确。
6.随着生活质量的提高,自动干手机已进入了家庭。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:选D 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。能否利用湿度和温度来驱使电热器工作,理论上可行,但作为干手机,这种传感器的设置是有很大缺陷的。干手机周围的环境(如湿度和温度)一年四季都在变化,与手是否靠近无关,假如湿度、温度发生变化干手机就马上工作,岂不成了“室内烘干机”。故D正确。
7.如图1所示,将一光敏电阻接入多用电表两表笔上,将多用电表的选择开关置于欧姆挡,用光照射光敏电阻时,表针的偏角为θ;现用手掌挡住部分光线,表针的偏角变为θ′,则可判断( )
图1
A.θ′=θ
B.θ′>θ
C.θ′<θ
D.不能确定θ和θ′的关系
解析:选C 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,指针偏转角度变小,故θ′<θ。
8.如图2所示的电路可将声音信号转化为电信号,该电路中右侧固定不动的金属板b与能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜a构成一个电容器,a、b通过导线与恒定电源两极相接。若声源S做简谐运动,则( )
图2
A.a振动过程中,a、b板间的电场强度不变
B.a振动过程中,a、b板间所带电荷量不变
C.a振动过程中,灵敏电流表中始终有方向不变的电流
D.a向右的位移最大时,a、b板所构成的电容器的电容最大
解析:选D 由于平行板电容器两极板与电池两极相连接,因此两极板间的电压U保持不变,根据场强E=,C=可判断A错、D对。再由Q=CU可知,B错。由于Q变化,电容器出现充电、放电现象,显然电流表中电流方向不断变化,C错。
9.如图3所示,用光敏电阻LDR和灯泡制成的一种简易水污染指示器,下列说法中正确的是( )
图3
A.严重污染时,LDR是高电阻
B.轻度污染时,LDR是高电阻
C.无论污染程度如何,LDR的电阻不变,阻值大小由材料本身因素决定
D.该仪器的使用不会因为白天和晚上受到影响
解析:选A 严重污染时,透过污水照到LDR上的光线较少,LDR电阻较大,A对,B错;LDR由半导体材料制成,受光照影响电阻会发生变化,C错;白天和晚上自然光强弱不同,或多或少会影响LDR的电阻,D错。
10.如图4是一火警报警装置的一部分电路示意图,其中R2是半导体热敏传感器,它的电阻随温度升高而减小,a、b接报警器,当传感器R2所在处出现火情时,电流表的电流I和a、b两端电压U与出现火情前相比( )
图4
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:选D 当R2的阻值随温度升高而减小时,电路的总电阻减小,总电流增大,电源两端的电压减小,R1两端的电压增大,R3两端的电压减小,R3的电流减小,R2的电流增大。故D正确。
11.按图5所示接好电路,合上S1、S2,发现小灯泡不亮,原因是_______________
_____________________________________________;用电吹风对热敏电阻吹一会儿热风,会发现小灯泡________,原因是__________________________________________;停止吹风,一小段时间内会发现__________________________________________________;把热敏电阻放入冷水中会发现小灯泡________。
图5
解析:根据热敏电阻的性质进行分析,由于热敏电阻在常温时阻值较大,左侧电路中电流较小,电磁铁磁性较弱吸不住衔铁;当用电吹风对热敏电阻加热使其阻值变小时,电路中电流增大,电磁铁吸住衔铁,使右侧电路接通,小灯泡亮了;停止吹风后,小灯泡不会立即熄灭,因为热敏电阻温度仍然较高,当把热敏电阻放入冷水后,热敏电阻温度降低很快,阻值变大,故小灯泡熄灭。
答案:见解析
12.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6甲所示,电源的电动势E=9 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关系如图乙所示。闭合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,热敏电阻的温度是多少?
图6
解析:由图像知20 ℃时,R=4 000 Ω
由闭合电路欧姆定律得I1=
即:2×10-3=得Rg=500 Ω
当I2=3.6 mA时I2=得R′=2 000 Ω
再由图像得t=120 ℃。
答案:120 ℃
第3节 大显身手的传感器
一、洗衣机水位控制装置
全自动洗衣机的水位控制装置使用了压力传感器。当水位达到设定的高度时接通控制电路关闭进水电磁阀门,接通洗涤电动机电源。
二、自动门
1.控制自动门开关的是一种红外线传感器。
2.自动门工作流程:
三、指纹识别器
指纹识别器是通过电容传感器来识别指纹的。手指皮肤与电容传感器表面构成了电容器,由于指纹的凹凸导致不同位置的电容器的电容值也不相同。
四、传感器与机器人
1.机器人组成
由机械系统、传感器系统、信息处理和控制系统组成。
2.机器人传感器的分类
分为外部传感器和内部传感器。
3.传感器用途
(1)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。包括视觉传感器、超声波传感器、温度传感器、压力传感器、位移传感器等。
(2)内部传感器(如角度传感器、关节传感器等),用于检测机器人自身的状态。
1.自主思考——判一判
(1)全自动洗衣机水位控制装置应用了压力传感器。(√)
(2)自动门应用了红外线传感器。(√)
2.合作探究——议一议
(1)为什么指纹的脊和谷相对于另一个极板的距离不同,电容值就不同呢?
提示:由C=知,当正对面积和介电常数一定时,电容与两极间距离是一一对应的,距离越大,电容越小,所
以脊和谷相对于另一个极板的距离不同时,电容值就不同。
(2)机器人有哪些分类?你能说出几种?
提示:①家务型机器人:能帮助人们打理生活,做简单的家务活。
②操作型机器人:能自动控制,可重复编程,多功能,有几个自由度,可固定或运动,用于相关自动化系统中。
③程控型机器人:按预先要求的顺序及条件,依次控制机器人的机械动作。
④智能机器人:以人工智能决定其行动的机器人。
生活中的传感器
1.洗衣机水位控制原理分析
(1)结构:如图5-3-1(a)所示,1和2分别是洗衣机的外筒和内筒,3是气室,4是传感器的膜盒。气室下部与外筒连通,上部与软管、传感器的膜盒连通。
图5-3-1
(2)过程:向内筒中注水时,水通过内筒壁上的小孔流入外筒,部分水进入气室,气室内被密封的空气压强增大,使传感器的膜片向上凸起,如图(b)所示。当筒中水位到达设定的高度时,凸起的膜片使动触点a与静触点b脱离,并与静触点c接触,从而接通控制电路,关闭进水电磁阀门,接通洗涤电动机电源,开始洗涤衣物。
2.传感器与机器人感觉对应表
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、语识别装置音
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的鼻子的功能
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
[特别提醒]
与当代的传感器相比,人类的感觉能力好得多,但也有一些传感器比人的感觉功能优越,例如人类没有能力感知紫外线或红外线辐射,感觉不到电磁场、无色无味的气体等。
1.电子秤使用的传感器是( )
A.超声波传感器 B.温度传感器
C.压力传感器 D.红外线传感器
解析:选C 电子秤通过感知物体对它的压力,将其转换为电信号,并由仪表显示,来测量物体质量,所以它感知的是压力,使用了压力传感器,故C选项正确。
2.(2016·浙江高考)如图5-3-2所示为一种常见的身高体重测量仪。测量仪顶部向下发射波速为v的超声波,超声波经反射后返回,被测量仪接收,测量仪记录发射和接收的时间间隔。质量为M0的测重台置于压力传感器上,传感器输出电压与作用在其上的压力成正比。当测重台没有站人时,测量仪记录的时间间隔为t0,输出电压为U0,某同学站上测重台,测量仪记录的时间间隔为t,输出电压为U,则该同学身高和质量分别为( )
图5-3-2
A.v(t0-t),U B.v(t0-t),U
C.v(t0-t),(U-U0) D.v(t0-t),(U-U0)
解析:选D 设人的身高为x,质量为m。
当测重台没有站人时:=①
当人站在测重台上时:=②
由①②两式得人的身高x=v(t0-t)
当测重台上没站人时:M0g=kU0③
当人站在测重台上时:(M0+m)g=kU④
由③④两式得人的质量m=(U-U0)
可知选项D正确。
3.类人型机器人装有作为眼睛的“传感器”,犹如大脑的“控制器”,以及可以行走的“执行器”,在它碰到障碍物前会自动避让并及时转弯。下列有关该机器人“眼睛”的说法中正确的是( )
A.是力传感器 B.是光传感器
C.是温度传感器 D.是声音传感器
解析:选B 遇到障碍物会绕开,说明它是光传感器,B对,A、C、D错。
电容传感器原理的理解与应用
1.如图5-3-3甲所示是用来测定角度θ的电容传感器。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。知道电容C的变化,就可以知道角度θ的变化情况。
2.如图乙所示是测定液面高度h的电容传感器。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S发生变化,使电容C发生变化。知道电容C的变化,就可以知道液面高度h的变化情况。
图5-3-3
3.如图丙所示是测定压力F的电容传感器。待测压力F作用于可动膜片电极上的时候,膜片发生形变,使极板间距离d发生变化,引起电容C的变化。知道电容C的变化,就可以知道压力F的变化情况。
4.如图丁所示是测定位移s的电容传感器。随着电介质进入极板间的长度发生变化,电容C发生变化。知道电容C的变化,就可以知道位移s的变化情况。
1.电容式话筒的保真度比动圈式话筒好,其工作原理如图5-3-4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( )
图5-3-4
A.电容不变
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:选C 膜片M向右运动时,电容器两极板间的距离减小,电容变大。电荷量Q=CU变大,电源要继续给电容器充电,所以导线AB中的电流由B流向A。
2.如图5-3-5所示为一测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,把传感器接到图示的电路中,已知灵敏电流计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( )
图5-3-5
A.h正在增大 B.h正在减小
C.h不变 D.无法确定
解析:选B 由电源极性及电流方向可知,A、B、C构成的电容器上的电荷量正在减小,由Q=CU可知C减小,则正对面积减小,即h在减小,故B正确。
1.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:选C 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。
2.传感器的种类多种多样,其性能也各不相同。空调机在室内温度达到设定的温度后,会自动停止工作,空调机内使用的传感器是( )
A.生物传感器 B.红外传感器
C.温度传感器 D.压力传感器
解析:选C 空调机根据温度调节工作状态,所以内部使用了温度传感器,故C正确。
3.下列和电视机遥控器中使用同一类传感器的是( )
A.红外报警装置
B.火灾报警装置
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:选A 红外报警装置接收物体发出的红外线,和电视机遥控器中使用的是同一类传感器,故A正确;火灾报警装置采用的是光敏电阻做成的光电传感器,电饭煲中控制加热和保温的温控器是热敏电阻做成的温度传感器,故B、C、D错误。
4.关于电子秤中应变式力传感器的说法正确的是( )
A.应变片是由导体材料制成的
B.当应变片的表面拉伸时,其电阻变大;反之变小
C.传感器输出的是应变片电压
D.外力越大,输出的电压差越小
解析:选B 应变片是由半导体材料制成的,A错误;应变片的表面拉伸时,R值变大,应变片压缩时,R值变小,B正确;传感器输出的是应变片两个电压的差值,外力越大,输出电压差值越大,C、D错误。
5.有一种在光照或温度升高时排气扇都能启动的自动控制装置,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:选B 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光照和温度一个满足条件即可。
6.如图1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( )
图1
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:选C 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,其电阻变小,与传感器相连的电路检测出这种变化,发出警报,C对。
7.压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小,某位同学利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置,其装置示意图如图2甲所示,将压敏电阻平放在电梯内,受压面朝上,在上面放一物体m,电梯静止时电流表示数为I0,电梯在运动过程中,电流表的示数如图乙所示,下列判断中正确的是( )
图2
A.乙图表示电梯做匀速直线运动
B.乙图表示电梯做匀加速运动
C.乙图表示电梯做变加速运动
D.乙图表示电梯做匀减速运动
解析:选C 从题图乙可以看出电流增大,由欧姆定律知道压敏电阻阻值应该减小,结合压敏电阻特点可以判断,压力增大,而且电流逐渐变大,压力应该也是逐渐增大,说明电梯的加速度逐渐增大,所以电梯做变加速运动,C对。
8.(多选)如图3所示是电饭锅的结构图,如果感温磁体的“居里温度”为103 ℃,下列说法中正确的是( )
图3
A.常温下感温磁体具有较强的铁磁性
B.当温度超过103 ℃时,感温磁体的铁磁性较强
C.饭熟后,水分被大米吸收,锅底的温度会超过103 ℃,这时开关按钮会跳起
D.常压下只要锅内有水,锅内的温度不可能达到103 ℃,开关按钮就不会自动跳起
解析:选ACD 常温下感温磁体具有较强铁磁性,A正确;饭熟后,水分被大米吸收,锅底的温度会超过“居里温度”103 ℃,感温磁体铁磁性消失,这时开关按钮会跳起,B错误,C正确;常压下只要锅内有水,因为水的沸点为100 ℃,锅内的温度就不可能达到103 ℃,感温磁体始终具有铁磁性,开关按钮就不会自动跳起,D正确。
9.演示位移传感器的工作原理如图4所示,物体M在导轨上平移时,带动滑动变阻器的滑片P,通过电压表显示的数据,来反映物体位移的大小。假设电压表是理想的,则下列说法正确的是( )
图4
A.物体M运动时,电源内的电流会发生变化
B.物体M运动时,电压表的示数会发生变化
C.物体M不动时,电路中没有电流
D.物体M不动时,电压表没有示数
解析:选B 电压表为理想电表,则电压表不分流,故触头移动时不会改变电路的电阻,也就不会改变电路中的电流,故A错误。电压表测得的是滑片P左侧电阻分得的电压,故电压表的示数随物体M的移动而变化,即随滑片的运动而变化,故B正确,C、D均错误。
10.小强用恒温箱进行实验时,发现恒温箱的温度持续升高,无法自动控制。经检查,恒温箱的控制器没有故障。参照图5,下列对故障判断正确的是( )
图5
A.只可能是热敏电阻出现故障
B.只可能是温度设定装置出现故障
C.热敏电阻和温度设定装置都可能出现故障
D.可能是加热器出现故障
解析:选C 恒温箱内温度持续升高,说明加热器没有损坏,选项D错误。无法自动控制,而经检查控制器又没有故障,说明控制器没问题。热敏电阻或温度设定装置出现故障都能使温度持续升高,故应选C。
11.某实验小组探究一种热敏电阻的温度特性。现有器材:直流恒流电源(在正常工作状态下输出的电流恒定)、电压表、待测热敏电阻、保温容器、温度计、开关和导线等。
图6
(1)若用上述器材测量热敏电阻的阻值随温度变化的特性,请你在图6甲中的实物图上
连线。
(2)实验的主要步骤:
①正确连接电路,在保温容器中注入适量冷水,接通电源,调节并记录电源输出的电
流值;
②在保温容器中添加少量热水,待温度稳定后,闭合开关,________,________,断开开关;
③重复第②步操作若干次,测得多组数据。
(3)实验小组算得该热敏电阻在不同温度下的阻值,并据此绘得如图乙所示的R-t关系图像,请根据图像写出该热敏电阻的R-t关系式:R=______+______t(Ω)(保留3位有效数字)。
解析:(1)
(2)水温改变后,热敏电阻的阻值会变化,在电流不变的情况下,电压表的示数随之改变。每次待温度稳定后,闭合开关,需要记录温度计的数值和电压表的数值。
(3)从图像知R与t成线性关系,且纵轴上截距(当t=0 ℃时)R=100 Ω;当t=10 ℃时,R=104 Ω;当t=70 ℃时R=128 Ω,所以斜率==0.400,所以R=100+0.400t (Ω)。
答案:(1)见解析
(2)②记录温度计的数值 记录电压表的数值
(3)100 0.400
12.现有热敏电阻、电炉丝、电源、电磁继电器、滑动变阻器、开关和导线若干。如图7所示,试设计一个温控电路。要求温度低于某一温度时,电炉丝自动通电供热,超过某一温度时,又可以自动断电,画出电路图并说明工作过程。
图7
解析:电路图如图所示:
工作过程:闭合S,当温度低于设计值时,热敏电阻阻值大,通过电磁继电器的电流不能使它工作,K接通,电炉丝通电供热;当温度达到设计值时,热敏电阻阻值减小到某值,通过电磁继电器的电流达到工作电流,K断开,电炉丝断电,停止供热。当温度低于设计值,又重复前述过程。
答案:见解析