人教版高中物理选修3-2辅导课件1 412页

人教版新课标·高考式复习物理选修3-2\n目　　录第四章　电磁感应课时29　划时代的发现　探究电磁感应的产生条件课时30　楞次定律课时31　法拉第电磁感应定律课时32　电磁感应定律的应用课时33　互感和自感　涡流　电磁阻尼和电磁驱动课时34　《电磁感应》小结第五章　交变电流课时35　交变电流课时36　描述交变电流的物理量课时37　电感和电容对交变电流的影响课时38　变压器课时39　电能的输送课时40　《交变电流》小结课时23　磁感应强度第六章　传感器课时41　传感器及其工作原理课时42　传感器的应用(一)(二)课时43　传感器的应用实验课时44　《传感器》小结\n第四章　电磁感应课时29　划时代的发现　探究电磁感应的产生条件课前导航奥斯特实验极大地震动了法拉第，他认为奥斯特实验“猛然打开了一个科学领域的大门，那里过去漆黑一团，如今充满了光明”．1822年，法拉第在日记里记下了“由电产生磁，由磁产生电”的大胆设想，并由此开始了长达十年的艰苦探索．图29－1\n法拉第经过十年的试验、失败、再试验、再失败，于1831年夏天又重新回到磁产生电流这一课题上来，终于取得了突破性的进展．1931年8月29日，法拉第发现了电磁感应的第一个效应，即以一个电流产生另一个电流．请你思考：1．科学家对自然现象、自然规律的某些“信念”，在科学发现中起着重要作用吗？2．怎样才能产生感应电流？\n基础梳理基本要求1．了解电磁感应现象发现的过程2．知道电磁感应现象和感应电流，知道发现“磁生电”的意义和价值3．知道本探究实验所需的器材，能对实验步骤进行设计4．会设计实验记录表并记录实验现象5．能根据实验记录的数据，总结实验规律发展要求1．了解法拉第发现电磁感应现象的艰难历程，体会科学研究中突破思维定势的重要性．2．能提出研究感应电流产生条件的新实验方案，如磁铁不动，线圈运动等3．经过实验的探究过程，体会透过各种实验现象，分析归纳本质特征的思想方法\n知识精析一、探究电磁感应产生的条件的实验装置图29－2　　图29－3图29－4\n二、操作与现象装置动作现象磁通量感应电流图29－2向左平动表针摆动变大有向右平动表针摆动变小有静止不动、竖直平动表针不动不变无图29－3插入线圈中表针摆动变大有停在线圈中表针不动不变无从线圈中抽出表针摆动变小有图29－4开关闭合瞬间表针摆动变大有开关断开瞬间表针摆动变小有开关闭合时滑动变阻器不动表针不动不变无开关闭合，滑动变阻器滑片向右移动表针摆动变大有开关闭合，滑动变阻器滑片向左移动表针摆动变小有\n三、磁通量1．定义在磁场中，磁感应强度B与某面在垂直于磁场方向上的投影面积S的乘积，叫做穿过这个面的磁通量．磁通量可以理解为穿过这个面的磁感线条数．2．公式在匀强磁场中，当平面与磁场垂直时有：Φ＝B·S．如果磁场的方向与平面不垂直，求磁通量时就不能再用公式Φ＝BS了，而应该求出该平面在垂直于磁场方向上的投影面积S⊥，此时磁通量Φ＝BS⊥．若磁场方向与平面间的夹角为θ，则S⊥＝Ssinθ，即Φ＝BSsinθ．(1)磁通量是标量，但有正负之分：当有方向相反的磁场(磁感应强度分别为B和B′)穿过同一个平面(与磁场方向垂直的面积为S)时，按照磁感应强度的定义，B和B′合矢量的大\n小为|B－B′|，穿过平面的磁通量为|B－B′|·S＝|BS－B′S|＝|Φ－Φ′|．磁通量的意义可以用磁感线的条数形象地说明，因此穿过平面的磁通量|Φ－Φ′|，可以理解为与相反方向穿过平面的磁感线相抵消之后剩余的磁感线条数．(2)单位：韦伯(Wb),1Wb＝1T·m2．四、磁通量的变化由公式Φ＝BSsinθ知，穿过线圈的磁通量由三方面决定，即磁感应强度的大小、线圈面积以及磁场方向与线圈平面的夹角．三者中只要有一个因素发生变化都将引起Φ的变化；但是如果两个甚至三个因素同时变化，Φ则有可能不变．(想一想，这是为什么？)五、结论产生感应电流的条件：一是存在闭合电路，二是穿过闭合电路的磁通量发生变化．\n方法探究一、判断回路中是否有感应电流要使回路中产生感应电流，就必须使穿过该闭合回路中的磁通量发生变化，通常有以下几种情况：(1)闭合电路中一段直导线在磁场中做切割磁感线运动；(2)条形磁铁和线圈有沿轴线方向的相对运动；(3)原、副线圈有沿轴线方向的相对运动；(4)原、副线圈没有相对运动，但原线圈的电流发生变化．\n例1如图29－5所示，设原线圈均与直导线共面，且bc边平行于长直导线．试判断线圈在长直导线电流产生的磁场中做下列运动时，是否会产生感应电流：A．向右平动；B．向下平动；C．绕通过ab、dc的中点所在的轴转动；D．以长直导线为轴转动；E．向上平动(cd边有一缺口)；F．由正方形变成圆形．图29－5\n解析A．向右平动，其中磁通量不发生改变；B．向下平动，其中磁通量增加；C．转动时，虽磁场分布不变，但线圈的有效面积改变，故磁通量改变；D．转动时，线圈中的磁通量不变；E．向上平动，虽磁通量减少，但线圈开路，仍无感应电流；F．变形时，正对有效面积增大，磁通量增大．因此，B、C、F中有感应电流产生．答案见解析\n变式训练1如图29－6所示，各图中有感应电流产生的是(　　)图29－6\n解析选项A中，线圈没闭合，无感应电流；选项C中，导线在圆环的正上方，不论电流如何变化，穿过线圈的磁感线相互抵消，磁通量恒为零，也无感应电流；选项B中，磁通量增大，有感应电流；选项D中，回路中的磁通量恒定，无感应电流．故选项B正确．答案B点评对感应电流产生条件的阐述要严密：既要求电路闭合，又要求磁通量变化．\n二、关于磁通量的计算例2如图29－7所示，一边长为10cm的正方形线圈abcd放在磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中，平面与磁场方向垂直，规定此时线圈的磁通量为正，则：图29－7(1)此时线圈的磁通量为________．(2)线圈绕ab轴逆时针转过120°角时的磁通量为_____，在这一过程中磁通量的变化量为_____．\n解析(1)由磁通量的定义可得：Φ1＝B·S＝5×10－3Wb．(2)Φ2＝B·S·cos120°＝－2.5×10－3WbΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝7.5×10－3Wb．答案(1)5×10－3Wb(2)－2.5×10－3Wb　7.5×10－3Wb点评磁通量的变化量一般用变化的绝对值表示即可．\n变式训练2如图29－8所示，虚线框内有匀强磁场，1和2为垂直于磁场方向放置的两个圆环，用Φ1和Φ2分别表示穿过两环的磁通量，则有(　　)图29－8A．Φ1＞Φ2B．Φ1＝Φ2C．Φ1＜Φ2D．无法确定解析磁通量还可以定义为：穿过某截面的磁感线的条数，故选项B正确．答案B\n互动平台粗心同学与细心同学关于磁通量变化的对话细心：有一矩形线圈垂直于某一匀强磁场，通过矩形线圈的磁通量为Φ．如果将此矩形线圈翻转180°，此时的磁通量也为Φ．粗心：既然原来的磁通量为Φ，后来的磁通量也为Φ，那么磁通量的变化量为零．细心：请你仔细想想，翻转180°分成两过程．第1个过程是由0°～90°，磁通量的变化为Φ；第2个过程是由90°～180°，磁通量的变化也为Φ．粗心：哦，我知道了，磁通量的变化量应为2Φ．\n粗心同学和细心同学关于感应电流产生条件的对话粗心：由Φ＝BSsinθ可知，只要B、S、θ三个量发生变化，Φ就一定变，否则Φ就不变．而只要Φ改变，就会产生感应电流；Φ不变，就无感应电流．细心：Φ是矢量还是标量？粗心：Φ与B不同，Φ是标量．细心：那Φ有正负么？粗心：哦，在判断Φ是否变化时，还必须注意磁感线是如何穿过某个面的，规定磁感线从某方向穿过某面为正，则从反面穿过为负．细心：那么能否说“只要Φ变，就一定有感应电流产生”？粗心：哦，不能，电路还必须是闭合的．细心：不提醒，你总喜欢丢三落四．\n互动训练1．匀强磁场的区域宽为L，一正方形线框abcd的边长为l，且l>L，线框以速度v通过磁场区域，如图所示．从线框的bc边进入磁场到ad边完全离开磁场的时间内，线框内没有感应电流的时间是(　　)A．B．C．D．解析在0～时间内，线圈中磁通量变化，有感应电流；在～时间内，线圈中磁通量不变，无感应电流；在～时间内，线圈中磁通量变化，有感应电流．答案B\n2．如图所示，开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列办法中可行的是(　　)A．将线框向左拉出磁场B．以ab边为轴转动(小于90°)C．以ad边为轴转动(小于60°)D．以bc边为轴转动(小于60°)\n解析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cd边的右半段在做切割磁感线的运动，或者说穿过线框的磁通量发生了变化，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，穿过线框的磁通量减少，所以在这个过程中，线框中会产生感应电流．如果转过的角度超过60°，bc边将进入无磁场区，那么线框中将不产生感应电流(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．答案ABC\n3．如图所示,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，磁带或磁隙软铁会存在磁化现象．下面对于它们在录音和放音过程中的主要工作原理的描述中，正确的是(　　)A．放音的主要原理是电磁感应，录音的主要原理是电流的磁效应B．录音的主要原理是电磁感应，放音的主要原理是电流的磁效应C．放音和录音的主要原理都是磁场对电流的作用D．录音和放音的主要原理都是电磁感应\n解析放音时，是被磁化的磁带把磁隙软铁磁化，由于磁带上的磁分布不均匀，形成变化的磁场，使绕在磁头b上的线圈的磁通量发生变化，从而在线圈中产生感应电流；录音时，则是磁头b上线圈的电流发生变化，从而导致磁隙软内的磁场发生变化，当磁带经过时，对磁带上磁的作用不同而导致磁带上的磁重新分布，记录了声音信号，是线圈中电流的磁效应．动电生磁、动磁生电是两个不同的过程，要抓住过程的本质：动电生磁是运动电荷周围能产生磁场；动磁生电是线圈的磁通量发生变化而在闭合线圈内产生感应电流，要从本质上来区分它们．答案A\n4．如图所示，矩形线框abcd的边长分别为l1、l2，可绕它的一条对称轴OO′转动，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与OO′垂直，初位置时线圈平面与B平行，如图甲所示．甲　　　　乙(1)初位置时穿过线框的磁通量Φ0为多少？(2)当线框沿图甲所示方向转过60°时，通过线圈的磁通量Φ2为多少？这一过程中磁通量的变化量ΔΦ1为多少？(3)当线框绕轴沿图示方向由图乙中的a′b′位置再转过60°位置时，磁通量Φ3为多少？这一过程中ΔΦ2＝Φ3－Φ2为多少？\n解析本题的关键是分析矩形线框的平面是否与B垂直，只有垂直时才能应用Φ＝B·S，不垂直时可把面积沿与B垂直方向分解，为能清晰地观察面积与B夹角的情况，可作出其俯视图如题图乙所示．(1)当处于题图甲所示位置时，从俯视图乙可看出没有磁感线穿过矫形线框，故Φ0＝0．(2)当ad边绕轴(从上往下看)沿逆时针方向转动60°到a′d′位置时，线框与B的夹角θ＝60°所以Φ2＝B·Ssin60°＝BS＝Bl1l2ΔΦ1＝Φ2－Φ0＝BS＝Bl1l2．\n(3)当线框由a′d′位置逆时针转60°到a″d″位置时，线框与B的方向成120°角．所以Φ3＝B·Ssin120°＝BS＝Bl1l2ΔΦ2＝Φ3－Φ2＝0注意：a′d′位置和a″d″位置相比，穿过线框磁通量的方向没有发生变化．答案(1)0(2)Bl1l2Bl1l2(3)Bl1l20\n课时30　楞次定律课前导航磁铁虽然不能吸引铜、铝等非磁性物质，但它可以驱动能够转动的铜、铝质圆盘．为证实这点，可做下面的实验．将一块铝板的中心钻一个小孔，但不要钻穿(找不到铝板，用一小铝锅盖代替也行)．然后用一枚大钢针把它支撑平稳，再用手拿一块磁性很强的磁铁，靠近铝盘的边缘上方迅速转动，如图30－1所示，这时奇迹就会出现：铝盘也随着磁极转动起来了!当你改变磁极的转动方向时，铝盘的转动方向也随着改变．请你思考：图30－1试解释铝盘转动的原理．如果磁铁的S极向下沿着铝盘的边缘转动是否也能得出同样的结论．\n基础梳理基本要求1．通过探究初步了解决定感应电流方向的因素2．能区别原磁场与感应电流的磁场3．知道楞次定律是确定感应电流方向的规律4．会用右手定则判定感应电流的方向发展要求1．经过对楞次定律的探究过程，了解引入中介的意义2．理解楞次定律的内容和操作步骤，能运用楞次定律判断感应电流的方向3．认识右手定则与楞次定律判断感应电流的方向\n知识精析一、楞次定律1．内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流产生的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．2．具体含义：(1)从磁通量变化的角度来看，感应电流的效果总是要阻碍原来磁通量(即引起感应电流的磁通量)的变化．(2)从导体和磁体相对运动的角度来看，感应电流的效果总是要阻碍它们之间的相对运动．总之，感应电流的效果总是要反抗引起感应电流的原因．\n二、对楞次定律的理解1．定律中有两个磁场——原磁场甲和感应电流产生的磁场乙，两者的关系为：甲的变化引起乙，乙阻碍甲发生变化．2．“阻碍”不等于“阻止”，它只延滞原磁通量的变化而不是使磁通量停止变化．“阻碍”不仅有“反抗”的含义，还有“补偿”的含义，即反抗磁通量的增加，补偿磁通量的减少．3．注意：定律中“引起感应电流的磁通量”不能简单地理解为原磁通量，应为产生电磁感应回路的“总磁通量”．\n三、楞次定律的应用的基本步骤：1．明确原磁场的方向．2．明确原磁通量的变化．3．根据楞次定律确定感应电流的磁场方向．4．根据右手定则确定感应电流的方向．四、右手定则1．作用：判定导体切割磁感线时产生感应电流的方向．2．内容：伸开右手，使大拇指与其余四指在同一平面内并跟四指垂直，让磁感线穿入手心，使大拇指指向导体运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．3．与楞次定律的关系：右手定则是楞次定律得出的一个推论．\n方法探究一、利用楞次定律判断感应电流的方向例1如图30－2甲所示，闭合金属圆环垂直于磁场方向放置在匀强磁场中，将它从匀强磁场中匀速拉出，以下列说法正确的是(　　)A．向左或向右拉出时，环中的感应电流的方向相同B．向左或向右拉出时，环中的感应电流的方向相反图30－2甲C．向左或向右拉出时，环中的感应电流的方向都是沿顺时针方向D．向左或向右拉出时，环中的感应电流的方向都是沿逆时针方向\n解析解法一　圆环中感应电流的方向，取决于圆环中磁通量的变化情况．不论向左或向右将圆环拉出磁场，圆环中垂直纸面向里的磁通量都要减少，根据楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向与原磁场的方向相同，即都垂直纸面向里，应用安培定则可以判断出感应电流沿顺时针方向．解法二　如图30－2乙所示，当闭合圆环向左从磁场中出来时，还在磁场中部分圆弧向左切割磁感线，由右手定则可得电流的方向沿顺时针方向．图30－2乙\n如图30－2丙所示，当闭合圆环向右从磁场中出来时，还在磁场中的部分圆弧向右切割磁感线，由右手定则可得感应电流的方向也沿顺时针方向．图30－2丙答案AC点评楞次定律是用来确定感应电流的方向的，然而定律中没有直接给出感应电流的方向，而只是提及感应电流磁场的方向总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，由此来确定感应电流的方向．\n变式训练1电阻R、电容C与一线圈连成闭合电路，一条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图30－3所示．现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况分别是[2007年高考·宁夏理综卷](　　)图30－3A．从a到b，上极板带正电B．从a到b，下极板带正电C．从b到a，上极板带正电D．从b到a，下极板带正电\n解析磁铁下落时，穿过线圈的磁感线方向向下，磁通量增大，故线圈中感应电流的磁场方向竖直向上．由安培定则可知流过R的电流的方向为b→R→a，电容器的下极板带正电．答案D点评①线圈中的感应电流方向与线圈的绕向有关，但无论绕向如何，线圈都是排斥磁铁的．②此线圈相当于一电源，电路的各种特性可根据电路规律来断定．\n二、感应电流受到的安培力例2如图30－4甲所示，在两根沿水平方向放置的光滑平行导轨上有两根平行金属棒MN、PQ，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当PQ棒以vPQ向右匀速运动时，MN棒将(　　)图30－4甲A．向右运动B．向左运动C．若MN的质量足够小，最终可达到vMN＞vPQD．仍静止不动\n解析当PQ棒向右运动时，两棒及导轨组成的闭合回路中的磁通量变大，由楞次定律(或右手定则)可判定感应电流的方向为顺时针方向(俯视时)，再由左手定则可知MN、PQ棒受到的安培力如图30－4乙所示，故金属棒MN向右运动．图30－4乙假设金属棒MN能加速至速度vPQ，则回路中的磁通量不再变化，感应电流消失，故MN棒的速度只能趋近于vPQ，不可能超过vPQ．答案A\n变式训练2如图30－5甲所示，水平面上放置着两根平行的光滑金属导轨，导轨上面搁置两根金属棒ab和cd，它们能在导轨上自由滑动．现有一条形磁铁正竖直插入ab和cd棒之间，则ab和cd棒的运动情况为(　　)A．相互靠近B．相互远离图30－5甲C．静止不动D．ab和cd棒所受安培力及运动情况与磁铁下端的极性有关，故无法确定它们的运动情况\n解析当磁铁的下端分别为N极和S极时，穿过回路的磁感线、感应电流方向、两金属棒所受的安培力分别如图30－5乙、丙所示．故知两金属棒将相互靠近．乙　　　　　丙答案A点评①防止错误的思维方式：认为两金属棒中的电流平行反向，相互排斥．因为两金属棒中的感应电流的磁场一定小于条形磁铁在该区域产生的磁场．②本例中由牛顿第三定律知条形磁铁所受的磁场力阻碍其向下运动，两金属棒相互靠拢，也典型地说明了“阻碍”的物理意义．图30－5\n变式训练3如图30－6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．先将线框拉开到如图所示位置，松手后让线框进入磁场，忽略空气阻力和摩擦．下列说法正确的是[2006年高考·广东物理卷](　　)图30－6\nA．金属线框进入磁场时感应电流的方向为a→b→c→d→aB．金属线框离开磁场时感应电流的方向为a→d→c→b→aC．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做简谐运动解析解法一　利用楞次定律和右手定则判断感应电流方向．线框进入时，原磁场向里，磁通量增加，由楞次定律知感应电流的磁场向外，再由安培定则知，感应电流的方向为a→d→c→b→a；同理，线框离开时，感应电流的方向为a→b→c→d→a，故选项A、B均错误．\n解法二　由右手定则判断感应电流方向．线框进入时，cd边向左切割磁感线，由右手定则知，感应电流方向为a→d→c→b→a；离开时，ab边向左切割感线，由右手定则知，感应电流方向为a→b→c→d→a．故选项A、B均错误．由能量守恒定律知，机械能转化为电能，再转化为焦耳热，故线框速度减小，选项C错误．线圈不出磁场，磁通量不变化，由于d0≪L，所以线框最终做简谐运动，选项D正确．答案D\n互动平台育才老师和细心同学关于楞次定律理解的对话细心：老师如何理解“课前导航”中铝盘随磁铁转动的现象．育才：这一现象能非常典型的说明楞次定律中“阻碍”的含义．铝盘可以看成许多的闭合“回路”，考虑磁极正下方的回路，与磁极转开时，“回路”中磁通量减小而产生感应电流，一方面感应电流的磁场一定阻碍磁通量的减小，另一方面感应电流受到的安培力会使“回路”跟随磁极运动以“阻碍磁通量”的变化．细心：明白了，老师！情境如图所示，而且当S极向下时，“回路”所处的磁场方向和感应电流方向都与“N”极向下时相反，故“回路”受到安培力的方向相同，铝盘一样会随磁极转动．\n粗心同学与细心同学关于感应电流方向的确定方法的对话粗心：学完楞次定律，我还是没有明白感应电流方向是如何判定的．细心：楞次定律并没有直接给出感应电流的方向，只是给出了判定感应电流方向的原则．首先，你能确定闭合电路原磁场(引起感应电流的磁场)的方向吗？粗心：能．细心：好，那你能否判断闭合电路的磁通量是否变化以及如何变化？粗心：当然能，根据公式Φ＝BSsinθ就可判断．细心：那就好，接着你就可以根据楞次定律判断感应电流的磁场方向．粗心：哦，如果磁通量增加，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；若磁通量减少，则两磁场的方向就相同．细心：不错，到此时要判断感应电流的方向还不容易吗？粗心：让我再仔细想想！接着只需根据安培定则，就可确定感应电流的方向，是不是？细心：没错，你终于明白了．\n互动训练1．根据楞次定律知：感应电流的磁场一定是(　　)A．阻碍引起感应电流的磁通量B．与引起感应电流的磁场方向相反C．阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化D．与引起感应电流的磁场方向相同解析感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化．答案C\n2．图示为一种早期发电机的原理示意图，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称．在磁极绕转轴匀速转动的过程中，磁极中心在线圈平面上的投影沿圆弧XOY运动(O是线圈中心)，则[2009年高考·重庆理综卷](　　)A．从X到O，电流由E经流向F，先增大再减小B．从X到O，电流由F经流向E，先减小再增大C．从O到Y，电流由F经流向E，先减小再增大D．从O到Y，电流由E经流向F，先增大再减小\n解析在磁极绕转轴从X到O匀速转动时，穿过线圈平面的磁通量向上增大，根据楞次定律可知，线圈中产生瞬时针方向的感应电流，电流由F经流向E，又导线切割磁感线产生的感应电动势E感＝BLv，由导线处的磁感应强度先增后减可知，感应电动势先增加后减小，则电流先增大再减小，选项A、B均错误；在磁极绕转轴从O到Y匀速转动时，穿过线圈平面的磁通量向上减小，根据楞次定律可知，线圈中产生逆时针方向的感应电流，电流由E经流向F，又导线切割磁感线产生感应电动势E感＝BLv，由导线处的磁感应强度先增后减可知，感应电动势先增加后减小，则电流先增大再减小，选项C错误、D正确．答案D\n3．如图所示，ab是一个可绕垂直于纸面的轴O转动的闭合线圈，在滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动的过程中，ab线圈将(　　)A．静止不动B．逆时针转动C．顺时针转动D．发生转动，因电源的正负极不明，故无法确定转动的方向\n解析当P向右滑动时，电路中的总电阻减小，因此通过线圈的电流增大，电磁铁两磁极间的磁场增强，穿过线圈ab的磁通量增加，线圈ab中有感应电流，线圈ab受磁场力的作用而发生转动．直接使用楞次定律中的“阻碍”，线圈ab中的感应电流要阻碍原磁通量的增加，就会通过转动改变与磁场的正对面积来阻碍原磁通量的增加，只有逆时针转动才会减小有效面积，以阻碍磁通量的增加，故选项B正确．答案B\n4．如图所示，金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上，在ef右侧存在有界匀强磁场B，磁场方向垂直导轨平面向下；在ef左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内．当金属棒ab在水平恒力F作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动后，圆环L有________(填“收缩”或“扩张”)趋势，圆环内产生的感应电流________(填“变大”、“变小”或“不变”)．[2009年高考·上海物理卷]\n解析由于金属棒ab在恒力F的作用下向右运动，则abcd回路中产生逆时针方向的感应电流，则在圆环处产生垂直于纸面向外的磁场，随着金属棒向右加速运动，圆环的磁通量将增大，依据楞次定律可知，圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环的磁通量增大；又由于金属棒向右运动的加速度减小，单位时间内磁通量的变化率减小，所以在圆环中产生的感应电流不断减小．答案收缩　变小\n课时31　法拉第电磁感应定律课前导航课本中讲“不论用什么方法，只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就有电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应现象”．请你思考：1．是否一定要电路闭合才能产生感应电流？2．是否一定要电路闭合才能产生感应电动势？3．感应电动势的大小与哪些因素有关？\n基础梳理基本要求1．了解感应电动势，知道产生感应电动势的那部分导体相当于电源2．知道感应电动势的大小与磁通量变化快慢有关3．理解磁通量的变化率是表示磁通量变化快慢的物理量,能区别磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率三个概念4．理解法拉第电磁感应定律，掌握表达式5．知道导体垂直切割磁感线时产生的感应电动势的表达式，并能应用于简单的实际问题6．会用法拉第电磁感应定律解决简单的实际问题发展要求1．会推导导体垂直切割磁感线时产生的感应电动势的表达式2．了解反电动势的概念，知道电动机由于机械故障停转时烧毁的原因说明1．导体切割磁感线时感应电动势的计算，只限于l、B、v三者垂直的情形2．不要求计算涉及反电动势的问题\n知识精析一、感应电动势1．定义：在产生感应电流的闭合电路中，必定有电动势存在，在电磁感应现象中产生的电动势叫感应电动势．2．电动势是表征电源特性的物理量，因此产生感应电动势的那部分导体相当于电源．二、法拉第电磁感应定律1．内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比．2．磁通量的变化率若t1时刻穿过闭合电路的磁通量为Φ1，t2时刻穿过闭合电路的磁通量为Φ2，则在时间Δt＝t2－t1内，磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1，磁通量的变化率k＝．\n说明：穿过一个平面的磁通量大时，磁通量的变化量不一定大，磁通量的变化率也不一定大；磁通量的变化量大时，磁通量和磁通量的变化率不一定大；磁通量的变化率大时，磁通量和磁通量的变化量也不一定大，三者的大小关系没有必然的联系．3．感应电动势的大小公式：E＝单位：1V＝1Wb/s．4．产生感应电动势的那部分导体相当于电源，其本身的电阻可视为电源的内阻，其余部分则为外电路．如果是穿过线圈的磁通量发生变化引起的感应电动势，且线圈的匝数为n，相当于n个单匝线圈串联而成的电源，则电动势E＝n．如果把产生感应电动势的这一部分导体与电路构\n一闭合回路，则回路中的感应电流I＝，其中r、R分别表示内电路、外电路中的电阻．5．推导式：当直导线垂直置于匀强磁场中,垂直磁感线做平动切割磁感线的运动时,产生的感应电动势：E＝BLv．6．E＝n与E＝BLv的关系(1)E＝BLv为法拉第电磁感应定律的推导式，推导过程如下：①长为L的直导线垂直置于匀强磁场中，以速度v做切割磁感线运动，磁感应强度为甲　　　　　乙B(如图31－1甲所示)；图31－1\n②假设直导线处于如图31－1乙所示的虚拟闭合回路中，则在很短时间内有：③在虚拟的闭合回路中，直导线MN相当于电源，电源的电动势与外电路是否存在有关，故直导线MN切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv．(2)公式E＝BLv可求某时刻的瞬时感应电动势，而E＝n一般用于求Δt时间内的平均感应电动势，只有Δt→0时，该公式才表示瞬时电动势．\n三、感应电流与感应电动势1．某导体做切割磁感线运动或其所围成面的磁通量发生变化，该导体上就有感应电动势产生，与该导体所在的电路是否闭合无关．2．只有在闭合回路中的磁通量发生变化时，才会产生感应电流．四、反电动势1．电路中的电动机在安培力的作用下转动，同时又产生感应电动势，而且该感应电动势总是阻碍通过其中的电流，削弱电源电动势的作用，故称之为反电动势．\n2．在含电动机的直流电路中(如图31－2所示)图31－2(1)当电动机转动时，由于反电动势的存在，有：I＜(电动机的输出功率P输＝UI－I2r)；(2)当由于电流大小或其他原因致使电动机不转动时，有：I＝．\n方法探究一、线圈不动，穿过线圈的磁通量发生变化例1如图31－3所示，用均匀导线做成的一个正方形线框的边长为0.2m，线框的一半放在与其垂直纸面向里的匀强磁场中．当磁场以每0.1s增加1T的规律变化时，线框中的感应电动势是多大？图31－3\n解析依题意有，磁场的变化率为：由法拉第电磁感应定律，有：答案0.2V点评①磁场的变化产生感应电动势，ΔΦ是因为B的变化引起的,即ΔΦ＝ΔB·S.则计算电动势E时,有E＝S．②公式中的面积S应为有效面积，本题中为正方形面积的一半．\n变式训练1如图31－4甲所示，环形线圈的匝数n＝100，它的两个端点a和b间接有一理想电压表，线圈内磁通量的变化规律如图31－4乙所示，则Uab＝______．甲　　　　　　乙图31－4解析由Φ－t图象可知，线圈中的磁通量的变化率为＝0.5Wb/s故Uab＝E＝n＝50V．答案50V\n二、导体做切割磁感线运动而产生的感应电动势当导体在匀强磁场中做切割磁感线运动时，导体中产生的感应电动势E＝BLv．运用此公式时应注意以下两点．(1)公式E＝BLv中的L应理解为有效长度．例如，如图31－5所示的情形，导体棒长为L，沿水平方向向右做切割磁感线的运动，其感应电动势不是E＝BLv，而是E＝BLvsinθ，其中Lsinθ为导体切割磁感线的有效长度．图31－5\n有时公式中的速度v应理解为有效速度，即垂直于磁感线方向上的分速度．如图31－6所示的情形，速度v与磁场方向成θ角，可将速度v正交分解，v1为垂直于磁感线方向的分速度，垂直切割磁感线；v2为平行于磁感线方向的分速度，不切割磁感线．因此感应电动势应为E＝BLv1＝BLvsinθ．图31－6\n上述两种情况都得到公式E＝BLvsinθ，那么是不是只记住这个公式就可以了呢？其实这只是一种巧合．如果上述第二种情况中取速度v与水平方向之间的夹角为θ，则感应电动势为E＝BLvcosθ．因此，同学们在学习过程中不要死记硬背这个公式，而应理解好公式E＝BLv中各物理量的含义．(2)若v表示瞬时速度，则E指瞬时感应电动势；若v表示平均速度，则E表示平均感应电动势．(3)导线在匀强磁场中绕一端旋转垂直切割磁感线产生的感应电动势E＝BL2ω．\n例2如图31－7甲所示，水平放置的金属框架abcd的宽度l＝0.5m，匀强磁场与框架平面成30°角，磁感应强度为0.5T，框架的电阻不计，金属杆MN置于框架上且可以无摩擦地滑动，杆MN的质量m＝0.05kg，电阻R＝0.2Ω．现对MN施加一水平向右的拉力F，使之运动．问：当杆MN水平匀速运动的速度为多大时，它对框架的压力恰好为零？此时的水平拉力F应为多大？(取g＝10m/s2)图31－7甲\n解析当金属杆对框架无压力时的受力情况如图31－7乙所示，根据平衡条件得此时的水平拉力为：图31－7乙F＝mgtan30°＝0.05×10×N≈0.29N安培力大小F安＝设杆MN匀速运动的速度为v，则：MN中产生的感应电动势E＝BLvsin30°\n闭合电路中的感应电流I＝安培力F安＝BIL联立可得金属杆匀速运动的速度为：v＝＝m/s≈3.7m/s．答案3.7m/s　0.29N点评杆MN的运动方向与磁场方向成30°角，感应电动势用公式E＝Blvsinθ求解，金属杆MN和磁场方向垂直，求安培力用F＝BIl．\n变式训练2如图31－8所示，矩形线圈abcd的匝数n＝50，ab边的长度l1＝0.4m，bc边的长度l2＝0.2m，整个线圈的电阻R＝2Ω．线圈在磁感应强度B＝0.1T的匀强磁场中以两短边中点的连线为轴转动，转动角速度ω＝50rad/s．求：图31－8(1)线圈从图示位置转过90°过程中的平均电动势．(2)线圈转过90°时的瞬时电动势．\n解析(1)线圈在图示位置时，穿过的磁通量Φ1＝Bl1l2线圈转过90°时，穿过的磁通量Φ2＝0线圈从图示位置转过90°的过程中，磁通量的改变量为：ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝Bl1l2经历的时间为：线圈转过90°的过程中，其平均电动势为：\n(2)线圈转过90°时，线圈的长边l1切割磁感线的速度为：v＝因线圈的两条边产生的感应电动势对线圈回路来说是串联的，故线圈转过90°时的瞬时电动势为：E＝2nBl1v＝nBl1l2ω＝50×0.1×0.4×0.2×50V＝20V．答案(1)V　(2)20V\n变式训练3如图31－9甲所示，长为L的金属棒MN置于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，现使MN棒在垂直磁场平面内绕M端逆时针匀速旋转，角速度为ω．求：MN棒上产生的感应电动势．图31－9甲\n解析假设MN棒处于如图31－9乙所示的电路中，图31－9乙则在Δt时间内MN棒转过的角度θ＝ω·Δt；回路中磁通量的增加量ΔΦ＝B·L·Lθ故MN棒上产生的感应电动势为：E＝＝BL2ω．答案BL2ω点评金属棒在匀磁场中绕其一端旋转垂直切割磁感线产生的感应电动势E＝BL2ω．\n互动平台育才老师和细心同学关于的对话细心：是指磁通量的变化率，指的是磁通量变化的快慢，而不是磁通量变化的多少，更不是磁通量的大小．它们之间的关系非常类似高一力学中速度、速度的变化及加速度()三者之间的关系．这样理解对吗？育才：非常正确！学习物理就要善于将物理知识进行类比，这样既能牢固掌握知识，又能学会思考问题的方法．\n粗心同学和细心同学关于E=n与E=BLv·sin的对话粗心：公式E＝n和公式E＝BLv·sinθ都是计算感应电动势的公式，两者可以通用，没有什么区别．细心：你没有理解两者的含义，前者是求解Δt时间内的平均电动势，而后者是求解瞬时电动势．但两公式又是统一的，公式E＝n中当Δt→0时，则求出的E为瞬时电动势；公式E＝BLvsinθ中当v代入平均速度时，则求出的E为平均电动势．粗心：看来我还得仔细地领会这两个公式的物理意义．细心：那当然啰！\n互动训练1．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的方向平移出磁场，如图所示．则在移出过程中线框的一边a、b两点间的电势差的绝对值最大的是(　　)\n解析在四个图中感应电动势的大小相等，线框中感应电流的大小也相等，设电流为I，线框每边的电阻为r．则在选项A、C、D中，ab边均是电源的负载，故Uab＝Ir；而在选项B中，ab是电源，Uab为路端电压，外电阻为3r，即Uab＝3Ir．所以选项B正确．答案B\n2．如图甲所示，一导体圆环位于纸面内，O为圆心．环内两个圆心角为90°的扇形区域内分别有匀强磁场，两磁场磁感应强度的大小相等，方向相反且均与纸面垂直．导体杆OM可绕O转动，M端通过滑动触点与圆环良好接触．在圆心和圆环间连有电阻R．杆OM以匀角速度ω逆时针转动，t＝0时恰好在图示位置．规定从a到b流经电阻R的电流方向为正，圆环和导体杆的电阻忽略不计，则杆从t＝0开始转动一周的过程中，电流随ωt变化的图象是[2009年高考·宁夏理综卷](　　)\n\n解析依据左手定则可知，在0～内，电流方向由M到O，在电阻R内则是由b到a,为负值，且大小为I＝,为一定值；在～π内，没有感应电流；在π～π内，没有感应电流；在π～π内，电流的方向相反，即沿正方向；在～2π内，没有感应电流．因此选项C正确．答案C\n3．如图甲所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路，线圈的半径为r1．在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线与横纵轴的截距分别为t0和B0．导线的电阻不计．求0～t1时间内(1)通过电阻R1上的电流大小和方向．(2)通过电阻R1上的电荷量q及电阻R1上产生的热量．[2009年高考·广东物理卷]甲　　　　　　　　　　　乙\n解析(1)由图象分析可知，0～t1时间内，由法拉第电磁感应定律有：而S＝πr22由闭合电路欧姆定律有：I1＝联立以上各式解得：通过电阻R1上的电流大小I1＝由楞次定律可判断，通过电阻R1上的电流方向为从b到a．\n(2)通过电阻R1上的电荷量q＝I1t1＝电阻R1上产生的热量Q＝I12R1t1＝．答案(1)，方向由b到a通过R1(2)\n课时32　电磁感应定律的应用课前导航1831年10月28日，法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机(如图32－1所示)．它是利用电磁感应的原理制成的，是人类历史上第一台发电机．据说，在法拉第表演他的圆盘发电机时，一位贵妇人问道：“法拉第先生，这东西有什么用呢？”法拉第答道：“夫人，一个刚刚出生的婴儿有什么用呢？”图32－1请你思考：1．圆盘发电机的原理是什么？2．圆盘发电机产生的电压与哪些因素有关？\n基础梳理基本要求1．初步了解感生电场和感生电动势2．初步了解动生电动势和电磁感应中的洛伦兹力的作用3．知道感生电动势与动生电动势是感应电动势的两种不同的类型发展要求会求解与电路分析、电路计算相结合的简单电磁感应问题\n知识精析一、感应电动势产生的机制1．因感而生英国物理学家麦克斯韦认为：磁场变化时会在空间激发一个环形电场——感生电场．如果此时空间存在闭合导体，导体中的自由电荷就会在这个电场的作用下做定向运动，产生感应电流，或者说导体中产生了感应电动势．在这种情况下，所谓的非静电力就是这种感生电场对自由电荷的作用．由感生电场产生的感应电动势称为感生电动势，即：\n2．因动而生如图32－2所示，以匀强磁场中运动着的直导线ab作为研究对象，当它在磁感应强度为B的匀强磁场中以速度v匀速切割磁感线运动时，导体中的自由电子也同样在磁场中运动．因此电子要受到洛伦兹力的作用，即F洛＝evB．在洛伦兹力的作用下，自由电子由a端向b端运动，结果在b端就聚集了负电荷，则a端就出现了等量的正电荷．当两端的正负电荷在导体内部产生的电场作用于自由电子的电场力与自由电子受到的洛伦兹力相等时，电子就不运动而达到平衡．如果用导线将两端连起来，就产生了电流，运动的导线就是电源，洛伦兹力就是不断地把自由电子从电源的正极拉到负极,使电路里产生稳定持续的电流．图32－2\n由导体在磁场中做切割磁感线运动而产生的感应电动势称为动生电动势，即：E2＝BLvsinθ．注意：动生电动势是由洛伦兹力使正(负)自由电荷向正(负)极聚集形成的，但洛伦兹力并非电动势定义中电源内部对电荷做功的非静电力，因为洛伦兹力永远不会做功．3．若某一回路中同时存在磁感应强度的变化和切割磁感线的运动，则有：E＝＝S·＋B＝S＋BLvsinθ．\n二、感应电路分析求解电磁感应中的电路问题的关键是分析清楚哪是内电路，哪是外电路．“切割”磁感线的导体和磁通量变化的线圈都相当于“电源”，该部分导体的电阻相当于内阻，而其余部分的电路则是外电路．解决此类问题的基本步骤：(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律或右手定则确定感应电动势的大小和方向．(2)画等效电路：感应电流的方向是电源内部的电流方向．(3)运用闭合电路欧姆定律，结合串、并联电路的规律以及电功率的计算公式联立求解．\n三、感应电路的动力学及能量问题1．受力与运动电磁感应与物理学的其他知识的联系十分广泛，它可以和电路结合，也可以和磁场、力学内容综合，分析导体棒的运动状态的变化及能量转化情况．其基本的综合形式为：2．能量问题磁通量发生变化在回路中产生感应电流的过程中，机械能或其他形式的能转化为电能，通有感应电流的导体在磁场中通过安培力做功、电阻发热，又可使电能转化为机械能或内能，因此电磁感应过程总是伴随着能量的变化．\n方法探究一、感生电动势与动生电动势例1一个正方形线圈边长a＝0.2m，共有n＝100匝．正方形所在的区域存在着匀强磁场，磁场方向垂直线圈所在平面，如图32－3甲所示．当磁感应强度随时间变化的规律如图32－3乙所示时，电路中的感应电动势是多大？甲　　　　　　　　　乙图32－3\n解析从B－t图象可知＝T/s＝10T/s，可得感应电动势的大小E＝nS()＝100×0.04×10V＝40V．答案40V点评分析清楚产生感应电动势的原因，再根据法拉第电磁感应定律，选择准确的公式求解．\n例2如图32－4所示，一个足够长的U形金属导轨固定在水平面内，两导轨间的宽度L＝0.50m，一根均匀金属棒ab横跨在导轨上且接触良好．该轨道平面处在磁感应强度大小B＝0.5T、方向竖直向上的匀强磁场中．图32－4(1)当金属棒以速度v＝5m/s匀速向右运动时，求感应电动势的大小．(2)当金属棒以a＝4.0m/s2的加速度做初速度为零的匀加速运动时，求：t＝10s时的感应电动势大小和10s内的平均感应电动势大小．\n解析(1)当金属棒匀速切割磁感线时，感应电动势大小为：E＝BLv＝0.5×0.5×5V＝1.25V．(2)当金属棒匀加速切割磁感线时，t＝10s时的瞬时感应电动势为：E＝BLv＝BLat＝0.5×0.5×4.0×10V＝10V10s内的平均感应电动势为：答案(1)1.25V　(2)10V　5V\n点评由于回路面积变化而引起磁通量变化，则有E＝nB．假如所研究的对象是导体棒在磁场中做切割磁感线运动，其特殊表现形式为E＝Blv，其中B、l和v两两相互垂直，应用时要注意：①l应取其与B和v垂直的等效长度；②当v为瞬时速度时，对应的E应是瞬时感应电动势，当v是平均速度时，对应的E应是平均感应电动势．\n变式训练1如图32－5所示，两根平行金属导轨固定在水平桌面上，每米导轨的电阻r0＝0.10Ω，导轨的端点P、Q用电阻可忽略的导线相连，两导轨间的距离L＝0.20m．有一随时间变化的匀强磁场垂直于桌面(图中未画出)，已知磁感应强度B与时间t的关系为B＝kt，比例系数k＝0.020T/s．一电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨垂直．在t＝0时刻，金属杆紧靠在PQ端，在外力作用下，杆以恒定的加速度由静止开始向导轨的另一端滑动，求在t＝6.0s时金属杆所受的安培力．图32－5\n解析磁通量的变化是由磁场和回路面积同时变化引起的，两种因素产生的感应电动势的方向是一致的．用a表示金属杆运动的加速度，在t时刻，金属杆与初始位置的距离x＝at2，此时杆的速度v＝at，这时杆与导轨构成的回路的面积S＝xL．回路中的感应电动势E＝E1＋E2＝S·＋BtLv.而Bt＝kt，则得：E＝at2·L·k＋kt·L·at＝akLt2\n回路中的总电阻R＝2Lr0，回路中的感应电流I＝，作用于杆的安培力F＝BIL解得：F＝t＝1.44×10－3N．答案1.44×10－3N点评若磁通量的变化是由磁场和回路面积同时变化引起的,则由法拉第电磁感应定律可知E＝＝B·＋S·.值得注意的是：先根据两个感应电动势的方向确定其正负，再进行求和．\n二、感应电路的分析例3如图32－6甲所示，在一磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距h＝0.1m的平行金属导轨MN与PQ，导轨的电阻均忽略不计．在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R＝0.3Ω的电阻，导轨上横放着一根长L＝0.2m、每米长的电阻r＝2.0Ω的金属棒ab．金属棒与导轨正交放置，交点为c、d．当金属棒以v＝4.0m/s的速度向左做匀速运动时，试求：(1)电阻R中的电流大小和方向．(2)使金属棒做匀速运动的外力．(3)金属棒a、b两端点间的电势差．图32－6甲\n解析金属棒向左做匀速运动时，等效电路如图32－6乙所示，在闭合回路中，金属棒的cd部分相当于电源，内阻rcd＝hr，电动势Ecd＝Bhv．图32－6乙\n(1)根据欧姆定律可知，R中的电流I＝＝0.4A，方向为N→Q．(2)使棒匀速运动的外力与安培力是一对平衡力，方向向左，大小为：F＝F安＝BIh＝0.5×0.4×0.1N＝0.02N．(3)金属棒ab两端的电势差Uab＝Uac＋Ucd＋Udb，由于Ucd＝IR＝Ecd－Ircd，因此也可以写成Uab＝Eab－Ircd＝BLv－Ircd＝0.32V．答案(1)0.4AN→Q(2)0.02N(3)0.32V点评电势、电压、电动势之间的关系在整个高中物理的学习中都是一个重点和难点．\n变式训练2如图32－7甲所示，有一匝数n＝1500、横截面积S＝20cm2、电阻r＝1.5Ω的螺线管，与螺线管串联的外电阻R1＝3.5Ω，R2＝25Ω．穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度方向向左，大小随时间按图32－7乙所示的规律变化．试计算电阻R2消耗的电功率和a、b两点的电势(设c点的电势为零)．图32－7\n解析把螺线管视为电源，由闭合电路的欧姆定律可求出通过螺线管回路的电流，从而求出R2消耗的电功率及a、b两点的电势．由图乙可知，螺线管中磁感应强度B均匀增加，其变化率T/s＝2T/s，由法拉第电磁感应定律知，螺线管中产生的感应电动势为：E＝n＝n·S＝1500×20×10－4×2V＝6.0V通过螺线管回路的电流为：I＝A＝0.2A\n电阻R2上消耗的功率为：P2＝I2R2＝(0.2)2×25W＝1W穿过螺线管的原磁场磁通量向左增加，螺线管中感应电流的磁场方向向右，感应电流从b流向a，b端的电势高，a端的电势低．由Uc＝0，有：Uc－Ua＝IR1＝0.2×3.5V＝0.7V故Ua＝－0.7VUb－Uc＝IR2＝0.2×25V＝5V故Ub＝5V．答案1W　－0.7V　5V点评对于电磁感应问题，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势后，就可以将电磁感应问题等效为电路问题，再运用电路的有关知识求解．\n三、感应电荷量问题1．感应电荷量(串联回路)：Q＝·Δt＝·Δt＝2．感应电荷量正比于回路磁通量的变化与磁通量的变化率无关．例4如图32－8甲所示，在匀强磁场中固定放置一根串接一电阻R的直角形金属导轨aOb(在纸面内)，磁场方向垂直于纸面向里，另有两根金属导轨c、d分别平行于Oa、Ob放置．保持导轨之间接触良好，金属导轨的电阻不计．现经历以下四个过程：图32－8甲\n①以速率v移动d，使它与Ob的距离增大一倍②再以速率v移动c，使它与Oa的距离减小一半③然后，再以速率2v移动c，使它回到原处④最后以速率2v移动d，使它也回到原处设上述四过程中通过电阻R的电荷量的大小依次为Q1、Q2、Q3和Q4，则[2006年高考·全国理综卷](　　)A．Q1＝Q2＝Q3＝Q4B．Q1＝Q2＝2Q3＝2Q4C．2Q1＝2Q2＝Q3＝Q4D．Q1≠Q2＝Q3≠Q4\n解析设a、c间相距l1，b、d间相距l2．(如图32－8乙所示)则有：图32－8乙\n由以上可以看出Q1＝Q2＝Q3＝Q4，故选项A正确．答案A点评本题是根据Q＝It，E＝Blv，I＝等公式求电荷量的题目．\n变式训练3如图32－9甲所示，一个电阻为R、面积为S的矩形导线框abcd，水平放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，方向与ad边垂直并与线框平面成45°角，O、O′分别是ab边和cd边的中点．现将线框右半边ObcO′绕OO′逆时针旋转90°到图32－9乙所示位置．在这一过程中，导线中通过的电荷量是[2009年高考·安徽理综卷](　　)甲　　　　　　乙图32－9A．B．C．D．0答案A\n四、感应电路中有关力学问题例5如图32－10所示，水平放置的平行金属导轨相距l＝0.5m，左端接一电阻R＝0.2Ω，磁感应强度B＝0.4T的匀强磁场方向垂直于导轨平面．导体棒ac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ac棒以v＝4.0m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：图32－10(1)ac棒中感应电动势E的大小．(2)回路中感应电流I的大小．(3)维持ac棒做匀速运动的水平外力F的大小．\n解析(1)根据法拉第电磁感应定律知，ac棒中的感应电动势为：E＝Blv＝0.4×0.5×4.0V＝0.8V．(2)感应电流的大小为：I＝A＝4.0A．(3)由于ac棒所受安培力F＝BIl＝0.4×4.0×0.5N＝0.8N，故外力的大小也为0.8N．答案(1)0.8V　(2)4.0A　(3)0.8N点评①切割磁感线的导体产生的感应电动势等效于电源；导轨及电阻上不产生感应电动势，故等效于外部电路．可将电磁感应问题等效转化为电路问题，遵循闭合电路的欧姆定律．②当ac匀速运动时，从能的转化与守恒角度上看，外力做功消耗的能量全部转化为回路中的电能，因而有：P＝Fv＝I2R＝,故由F＝也可求出外力.\n变式训练4如图32－11所示，P、Q为水平面内平行放置的光滑金属长直导轨，间距为L1，处在竖直向下、磁感应强度大小为B1的匀强磁场中．一导体杆ef垂直于P、Q放在导轨上，在外力作用下向左做匀速直线运动．质量为m、每边电阻均为r、边长为L2的正方形金属框abcd置于竖直平面内，两顶点a、b通过细导线与导轨相连，磁感应强度的大小为B2的匀强磁场垂直金属框向里，细导线松弛而金属框恰好处于静止状态．不计其余电阻和细导线对a、b两点的作用力．(1)通过ab边的电流Iab是多大？(2)导体杆ef的运动速度v是多大？[2007年高考·四川理综卷]\n图32－11解析(1)设通过正方形金属框的总电流为I，ab边的电流为Iab，dc边的电流为Idc，有：Iab＝I，Idc＝I金属框受重力和安培力作用而处于静止状态，有：mg＝B2IabL2＋B2IdcL2解得：Iab＝\n(2)由(1)可得I＝设导体杆切割磁感线产生的电动势为E，有：E＝B1L1v设ad、dc、cb三边电阻串联后与ab边电阻并联的总电阻为R，则R＝r根据闭合电路的欧姆定律，有：I＝解得：v＝答案(1)(2)\n互动平台育才老师和细心同学关于力学、电学知识综合运用的对话育才：这节课涉及到的内容非常多，既有牛顿运动定律的应用，也有恒定电流、磁场、电磁感应等知识，还有受力平衡以及能的转化和守恒的有关知识．在分析这类综合问题时，我们既要熟悉各部分的知识内容，又要将各部分的知识进行综合运用，这就要求我们有较强的综合分析能力．细心：要解决这类综合问题，对我们的要求很高．它不但要求我们有电磁感应现象中电路等效问题的处理能力；还要求有对感应电流受到的安培力参与物体运动的动态过程的分析能力；更要有以电磁感应现象中产生的电能为核心，对各种不同形式的能之间的转化运用能力．好在前面各部分知识我都学得不错，余下的主要是如何将这些知识综合起来，以及掌握分析问题的方法和思路．\n互动训练1．如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路．虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是[2009年高考·山东理综卷](　　)A．感应电流方向不变B．CD段直导线始终不受安培力C．感应电动势最大值Em＝BavD．感应电动势平均值πBav\n解析在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向不变，选项A正确．根据左手定则可以判断，CD受向下的安培力，选项B不正确．当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为a，这时感应电动势最大Em＝Bav，选项C正确．感应电动势平均值πBav，选项D正确．答案ACD\n2．如图甲所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中有固定的金属框架AOC，已知∠O＝θ，导体棒DE在框架上从O点开始在外力作用下，沿垂直DE方向以速度v匀速向右平移，使导体棒和框架构成等腰三角形回路．设框架和导体棒材料相同，其单位长度的电阻均为R，框架和导体棒均足够长，不计摩擦及接触电阻．图乙中关于回路中的电流I和电功率P随时间t变化的图象可能正确的是(　　)甲乙A．①③B．①④C．②③D．②④\n解析经过时间t，电路总电阻为：与时间无关，图象①正确．消耗的功率P＝I2R总，因为I与时间无关，R总与时间成正比，则P与时间成正比，故图象④正确．答案B\n3．如图甲所示，在竖直向下的磁感应强度B＝5T的有界匀强磁场中，有一个边长L＝0.4m的正方形闭合金属线框放在光滑的水平地面上，线框的ab边与磁场右边界MN平行且相距0.09m，线框的电阻R＝10Ω、质量m＝0.20kg，t＝0时刻，线框静止．现对线框加一向右的水平拉力F，使线框以a＝2.0m/s2的加速度做匀加速直线运动，试通过分析和计算，在图乙上画出F－t图象．\n解析线框ab边到达磁场边界MN的时间为：t1＝＝0.3s在0～0.3s内，由牛顿第二定律有：F1＝ma＝0.4N线框cd边到达MN的时间为：t2＝＝0.7s在0.3s～0.7s内，由牛顿第二定律有：F2－＝ma\n其中v＝at，可得F2＝0.4＋0.8t当t＞0.7s时，线框已从磁场中出来，F3＝F1＝0.4N，故F－t图象如图丙所示．丙答案如图丙所示\n课时33　互感和自感　涡流　电磁阻尼和电磁驱动课前导航上课时，老师拿来了一个如图33－1甲所示的老式日光灯的镇流器，并用两节干电池作电源，按图33－1乙所示连接好电路．接着，老师问谁敢上来用手抓a、b两个接线头．胆大的李明心想：这有什么可怕的！两节干电池串起来，也不过是3V的电压．于是他大胆地走上讲台，按照老师的指点，用两手分别抓住a、b两个接线头．老师问他有什么感觉，李明笑着说：“什么感觉也没有．”于是，老师断开开关S，只听见李明“哎哟”地尖叫了一声，并立即松开手．图33－1请你思考：1．李明发出尖叫声的原因是什么？2．镇流器在日光灯电路中的作用是什么？\n基础梳理基本要求1．知道互感现象是一种常见的电磁感应现象2．知道自感现象是由于通过导体自身的电流发生变化而产生的电磁感应现象，知道自感系数的单位3．了解涡流产生的原因，知道涡流的本质是感应电流4．了解电磁阻尼和电磁驱动现象发展要求1．理解自感电动势的作用，会解释自感现象2．知道决定自感系数的因素3．了解自感现象的利弊以及对应的利用和防止4．了解涡流的应用和减小涡流危害的方法\n知识精析一、互感现象1．现象：一个线圈中的电流变化时，所产生的变化的磁场使另一线圈中的磁通量变化而产生的电磁感应现象．2．应用：变压器、无线电接收等．3．防止：相互靠近的两个电路之间的互感会影响各自的正常工作，需设法减小或消除．二、自感1．现象：由于导体本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象，叫自感现象．2．原理当通过导体线圈(或回路)自身的电流发生变化时，该电流的磁场也发生变化，因而线圈内磁通量发生变化，产生电磁感应现象．因此，自感现象只是电磁感应现象的一种特殊情形，仍遵循电磁感应规律．\n3．自感电动势：正比于自感电动势、正比于电流的变化式ε=4．自感系数(L)：由线圈的匝数、大小、形状和铁芯决定．单位：亨利，1H＝1V·s/A1H＝103mH＝106μH5．特点：自感电动势总是阻碍线圈中电流的变化．\n6．通电自感如图33－2所示，电路中两灯泡L1、L2完全相同，闭合开关S后，调节R可使L1、L2的亮度相同．断开开关S，重新闭合后发现灯泡L2立即发光，而灯泡L1则是逐渐亮起来的．图33－2开关S闭合的瞬间，灯泡L2的两端立即有电压，L2立即发光；而灯泡L1与线圈L串联，在接通电路的瞬间，电路中电流增大，穿过线圈L的磁通量随之增大，根据电磁感应的知识可知，线圈中将产生感应电动势，这个感应电动势阻碍线圈中电流的增大．由于这种阻碍作用使通过L1的电流逐渐增大，故灯泡L1是逐渐亮起来的．\n7．断电自感如图33－3所示，灯泡L1、L2正常发光．断开开关S的瞬间，灯泡L2立即熄灭，灯泡L1没有立即熄灭，反而会比原来更亮地闪一下(L的电阻小于L1的电阻时才会闪一下，为什么？)再慢慢变暗．图33－3断开开关S的瞬间，通过线圈的电流减弱，穿过线圈的磁通量减少，线圈中产生的感应电动势阻碍原电流的减小，使原电流逐渐减小，这一电流经过L1所在的回路，使L1不会立即熄灭，而是比原来更亮地闪一下后再逐渐熄灭．\n三、涡流1．涡流的产生机理：处在磁场中的导体，只要磁场变化就会引起导体中的磁通量的变化，导体中就有感应电动势，这一电动势在导体内部构成回路，导体内就有感应电流，因为这种电流像水中的旋涡，所以称为涡流．在大块的金属内部，由于金属块的电阻很小，所以涡电流很大，能够产生很大的热量．严格地说，在变化的磁场中的一切导体内都有涡流产生，只是涡电流的大小有区别，以至一些微弱的涡电流就被我们忽视了．\n2．涡流的利用：利用高频真空冶炼炉冶炼高纯度的金属；用探测器探测地雷、探测地下电缆也是利用涡流的工作原理；利用涡电流可以治疗疾病；利用涡流探伤技术可以检测导电物体上的表面和近表面缺陷、涂镀层厚度和热处理质量(如淬火透入深度、硬化层厚度、硬度等)；还有上海的磁悬浮列车是利用涡电流减速的……3．涡流的防止：防止涡流的主要途径是增大在变化的磁场中使用的金属导体的电阻，一是选用电阻率大的材料，二是把导体制作成薄片，薄片与薄片之间用绝缘材料相隔，这样增大电阻减小因涡电流损失的能量．\n四、电磁阻尼导体与磁场相对运动时，感应电流受到的安培力总是阻碍它们的相对运动，利用安培力阻碍导体与磁场间的相对运动就是电磁阻尼，磁电式仪表的指针能够很快停下，就是利用了电磁阻尼．“磁悬浮列车利用涡电流减速”其实也是一种电磁阻尼．五、电磁驱动导体与磁场相对运动时，感应电流受到的安培力总是阻碍它们的相对运动，应该知道安培力阻碍磁场与导体的相对运动的方式是多种多样的．当磁场以某种方式运动时(例如磁场转动)，导体中的安培力为阻碍导体与磁场间的相对运动使导体跟着磁场动起来(跟着转动)，这就是电磁驱动．其实不管是“电磁阻尼”还是“电磁驱动”，都是利用了楞次定律中的“阻碍”两个字．\n方法探究一、自感问题例1如图33－4所示，电阻R的阻值和电感线圈的自感系数都较大，电感线圈的电阻不计，Q1、Q2是两只完全相同的灯泡，当开关S闭合时，下列情况可能发生的是(　　)图33－4A．Q2比Q1先亮，然后Q2熄灭B．Q1比Q2先亮，然后Q1熄灭C．Q1、Q2一起亮，然后Q1熄灭D．Q1、Q2一起亮，然后Q2熄灭\n解析当S闭合的瞬间，L支路中的电流从无到有发生变化，因此在L中产生自感电动势阻碍电流增加．由于自感系数很大，对电流的阻碍作用很强，所以在接通S后极短的时间里L中的电流几乎为零，可以将L支路看成断路，故Q1、Q2同时发光．由于L中的电流从无到有很快稳定，感应电动势消失，L相当于一根无电阻的导线将Q2短路，所以最终Q2灯熄灭．故选项D正确．答案D点评通过自感线圈的电流增大，自感电动势的方向与电流的方向相反，阻碍电流增大．\n例2在如图33－5甲、乙所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻都小于灯泡的电阻，闭合S使电路达到稳定，灯泡Q发光．下列说法正确的是(　　)图33－5A．在电路甲中，断开S后，Q将渐渐变暗B．在电路甲中，断开S后，Q将先变得更亮，然后渐渐变暗C．在电路乙中，断开S后，Q将渐渐变暗D．在电路乙中，断开S后，Q将先变得更亮，然后渐渐变暗\n解析在电路甲中，设通过线圈L的电流为IL甲，通过Q及R的电流为IQ甲和IR甲，同理，设电路乙中通过L、Q、R的电流分别为IL乙、IQ乙、IR乙．很明显，IL甲＝IQ甲，IL乙＞IQ乙．当断开S时，线圈L相当于电源，产生了自感电动势，在L、R、Q组成的回路中产生自感电流．在电路甲中，自感电流从IL甲逐渐减小，灯泡Q逐渐变暗；在电路乙中，自感电流从IL乙逐渐减小，因为IL乙＞IQ乙，所以灯泡Q先变得更亮，再渐渐变暗．选项A、D正确．答案AD点评要考虑到甲、乙两电路的区别．甲电路中灯泡Q和自感线圈L串联在一起，通过两者的电流大小一样；而乙电路中稳定时，通过L的电流要大于通过灯泡Q的电流．当断开S时，L中产生自感电动势，L、Q、R组成新的回路．在这个回路中，对甲、乙两电路而言，因线圈的始态电流不同，自感电动势不同，所以灯泡上电流的变化情况也不同．\n变式训练在如图33－6所示的电路中，三个相同的灯泡Q1、Q2、Q3和电感L1、L2与直流电源连接，电感的电阻忽略不计．开关S从闭合状态突然断开时，下列判断正确的有[2008年高考·江苏物理卷](　　)图33－6A．Q1先变亮，然后逐渐变暗B．Q2先变亮，然后逐渐变暗C．Q3先变亮，然后逐渐变暗D．Q2、Q3都逐渐变暗\n解析本题重点考查自感现象．开关S闭合时，设通过每个灯泡的电流都为I，则通过电感L1的电流为2I，通过电感L2的电流为I；断开开关S的瞬间，电感中的电流i突然减小，三个灯泡均处于回路中，故通过Q2、Q3的电流由i逐渐减小，选项B、C均错误，D正确．每个电感线圈中产生的感应电动势均加载于灯泡Q1，所以选项A正确．答案AD\n二、涡流、电磁阻尼与电磁驱动例3如图33－7所示，a是一正方形小金属片，用一根绝缘细杆将其挂在固定点O，使其绕O点来回摆动，穿过水平方向的匀强磁场区域．已知磁感线方向跟线框平面垂直，若悬点摩擦和空气阻力均不计，则(　　)图33－7A．金属片进入或离开磁场区域时，都产生感应电流，而且电流方向相反B．金属片进入磁场区域后越靠近OO′时速度越大，因而产生的感应电流也越大C．金属片开始摆动后，摆角会越来越小，摆角小到某一值后将不再减小D．金属片在摆动过程中，机械能会完全转化为金属片的电能\n解析金属片进出磁场区域时，由楞次定律知，产生的涡流为逆时针方向，金属片从磁场中出来时产生顺时针方向的涡流．金属片完全进入磁场中后磁通量不再变化，故无涡流产生．故选项A正确、B错误．金属片进出磁场的过程，机械能转化成电能再转化为热能，故摆动幅度逐渐减小．当金属片全部在磁场区域内部摆动时，没有感应电流产生，故机械能守恒，振幅不变．答案AC\n互动平台粗心同学和细心同学关于自感系数的对话粗心：自感现象中自感系数的大小决定了自感电动势的大小．细心：自感现象中，对同一线圈，自感电动势的大小完全由电流变化的快慢(即)决定；对不同的线圈，在电流变化快慢相同的情况下，产生的自感电动势不同，电学中用自感系数L反映线圈的这种特性．粗心：那L与哪些因素有关呢？与有关系吗？细心：自感系数是线圈本身的特性量(类似电阻器的电阻、电容器的电容)，它与外界因素是无关的，只与线圈本身的形状、长短、匝数及有无铁芯等因素有关．线圈的横截面\n积越大，线圈越长，匝数越多，它的自感系数就越大．另外，对同一线圈，有铁芯的比无铁芯的自感系数大很多．粗心：还是你理解得全面，真佩服你！育才老师和细心同学关于电磁炉的对话细心：上次去火锅城吃饭，发现汤锅放在一非金属平台上，接电后不但见不着火，连锅下的平台都不处于高温状态，为何锅内的汤一会儿就沸腾？育才：电磁炉作为厨具市场的一种新型灶具打破了传统的明火烹调方式，而采用磁感应电流(又称为涡流)的加热原理．电磁炉是通过电子线路板产生交变磁场．当用含铁质的锅具底部放置炉面时，锅底的磁通量周期性变化使得锅具底部金属部分产生涡流，涡流使锅具铁分子高速无规则运动，分子互相碰撞、摩擦而产生热能(故：电磁炉煮食的热源来自锅具底部而不是电磁炉本身发热传导给锅具，所以热效率要比所有炊具的效率均高出近1倍)使器具本身自行高速发热，用来加热和烹饪食物，从而达到煮食的目的．\n电磁炉具有升温快、热效率高、无明火、无烟尘、无有害气体、对周围环境不产生热辐射、体积小巧、安全性好和外观美观等优点，能完成家庭的绝大多数烹饪任务．因此，在电磁炉较普及的一些国家里，人们誉之为“烹饪之神”和“绿色炉具”．细心：哦，明白了！高中物理与我们的生活联系真紧密．\n互动训练1．如图所示，在光滑绝缘的水平面上有一铝质圆形金属球以一定的初速度通过有界匀强磁场，则从球开始进入磁场到完全穿出磁场过程中（磁场宽度大于金属球的直径)，小球(　　)A．整个过程都做匀速运动B．进入磁场过程中做减速运动,穿出过程中做加速运动C．整个过程都做匀减速运动D．穿出时的速度一定小于初速度解析铝球中产生涡流，球的能量要损失．由于沿磁铁中线运动，因此感应电流所受安培力不会使球的运动方向发生偏离，只是进入的过程和出来的两小段过程做减速运动．答案D\n2．在如图甲、乙所示的电路中，R和自感线圈L的电阻都很小，接通开关S，使电路达到稳定，灯泡L1发光．下列说法正确的是(　　)A．在电路甲中，断开S，L1将渐渐变暗B．在电路甲中,断开S，L1将先变得更亮，然后渐渐变暗C．在电路乙中，断开S，L1将渐渐变暗D．在电路乙中，断开S，L1将先变得更亮，然后渐渐变暗\n解析在图甲中，断开S前，灯泡L1中的电流与电感L中的电流相等；断开S后，灯泡L1、电感L、电阻R构成闭合回路，自感电流将使灯泡继续亮一会儿，但自感电流只能在灯泡L1中原有电流基础上减小，所以灯泡中的电流不会比断开S前大，即灯泡的亮度不会比断开S前更亮，故选项A正确、B错误．在图乙中，断开S前，L中电流比灯泡L1中电流大，断开S后，L中自感电流通过灯泡L1，该电流大于灯泡L1中原有电流，故灯泡将比原来更亮．又由于自感不能阻止电流减小，最终自感电流还是要减为零，故灯泡将逐渐变暗直至熄灭，所以选项C错误、D正确．答案AD\n3．如图所示，一狭长的铜片能绕O点在纸平面内摆动，有界磁场的方向垂直纸面向里，铜片在摆动时受到较强的阻尼作用，很快就停止摆动．如果在铜片上开几个长缝，铜片可以在磁场中摆动较多的次数后才停止摆动，这是为什么？答案没有开长缝的铜片在磁场中摆动时，铜片内将产生较大的涡流，涡流在磁场中所受的安培力总是阻碍铜片的摆动，因此铜片很快就停止摆动．如果在铜片上开有多条长缝时，就可以把涡流限制在缝与缝之间的各部分铜片上，较大地削弱了涡流，阻力随之减小，所以铜片可以摆动多次后才停止摆动．\n课时34　《电磁感应》小结本章知识梳理\n能力提升一、电磁感应中的图象问题1．已知物理情境和过程，求E－t、i－t或U－t图象例1如图34－1甲所示，两个相邻的匀强磁场的宽均为L，方向垂直纸面向外，磁感应强度的大小分别为B和2B．一边长为L的正方形线框从位置P匀速穿过了这两个磁场到达位置Q，规定感应电流沿逆时针方向为正，则感应电流i随时间t变化的图象是图乙中的(　　)图34－1甲\n图34－1乙\n解析位移为0～L的过程中：E1＝－BLv位移为L～2L的过程中：E2＝BLv－2BLv＝－BLv位移为2L～3L的过程：E3＝2BLv．答案D方法概述1．求出各特定时间段内感应电动势的表达式．2．根据i＝求出电流的表达式．3．根据U＝iR求出某两点之间的电势差．\n变式训练1如图34－2甲所示，两个垂直于纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B，磁场区域的宽度均为a．一正三角形(高为a)导线框ACD从图示位置沿图示方向匀速穿过这两磁场区域．以逆时针方向为电流的正方向，则图乙中能正确表示感应电流i与线框移动的距离x之间的关系的图象是(　　)图34－2甲\n图34－2乙\n解析当x＜a时，线框切割磁感线的有效长度等于线框内磁场边界的长度，故有E1＝2Bvxtan30°；当a＜x＜2a时，线框在左右两磁场中切割磁感线产生的电动势方向相同，且都与x＜a时相反，故E2＝4Bv(x－a)·tan30°；当2a＜x＜3a时，感应电动势的方向与x＜a时相同，故E3＝2Bv(x－2a)tan30°．答案C2．导体棒在恒定动力作用下切割磁感线过程的v－t图象方法概述恒定拉力使某导体棒切割磁感线产生电磁感应，该导体棒在安培力的作用下往往做加速度越来越小的变加速运动，且趋于的稳定速度为：vm＝．\n例2如图34－3甲所示，闭合线圈abcd从高处自由下落一段时间后垂直于磁场方向进入一有界磁场，在ab边刚进入磁场到cd边刚进入磁场的这段时间内，线圈运动的v－t图象可能是图34－3乙中的(　　)图34－3甲图34－3乙\n解析设ab边刚进入磁场时的速度大小为v0，线圈总电故v－t图象可能为选项A、C、D．答案ACD\n变式训练2在图34－4甲中，abcd为一边长为l、具有质量的刚性导线框，位于水平面内，bc边中串接有电阻R，导线的电阻不计．虚线表示一匀强磁场区域的边界，它与线框的ab边平行．磁场区域的宽度为2l，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．线框在一垂直于ab边的水平恒定拉力F的作用下，沿光滑水平面运动，直到通过磁场区域．已知ab边刚进入磁场时，线框便变为匀速运动，此时通过电阻R的电流的大小为i0，试在如图34－4乙所示的i－x坐标上定性画出从导线框刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，流过电阻R的电流i的大小随ab边的位置坐标x变化的曲线．\n变式训练2在图34－4甲中，abcd为一边长为l、具有质量的刚性导线框，位于水平面内，bc边中串接有电阻R，导线的电阻不计．虚线表示一匀强磁场区域的边界，它与线框的ab边平行．磁场区域的宽度为2l，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．线框在一垂直于ab边的水平恒定拉力F的作用下，沿光滑水平面运动，直到通过磁场区域．已知ab边刚进入磁场时，线框便变为匀速运动，此时通过电阻R的电流的大小为i0，试在如图34－4乙所示的i－x坐标上定性画出从导线框刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，流过电阻R的电流i的大小随ab边的位置坐标x变化的曲线．图34－4\n\n图34－4丙(注：在位移为2l～3l的过程，图象可能为三曲线中的某一条)答案如图34－4丙所示点评线框从磁场中出来时，i－x图象可能有三种情况：①完全离开时电流恰好变为i0；②离开前电流已变为i0；③离开磁场时，电流仍大于i0．\n二、利用公式q＝计算电荷量例3如图34－5所示，虚线框abcd内为一矩形匀强磁场区域，ab＝2bc，磁场方向垂直于纸面；实线框a′b′c′d′是一正方形导线框，a′b′边与ab边平行．若将导线框匀速地拉离磁场区域，以W1、Q1分别表示沿平行于ab边的方向拉出线框的过程中外力所做的功和感应电荷量；W2、Q2分别表示以同样速率沿平行于bc边的方向拉出线框的过程中外力所做的功和感应电荷量，则有(　　)图34－5A．W1＝W2B．W2＝2W1C．Q1＝Q2D．Q2＝2Q1\n解析外力做的功等于克服安培力所做的功，故有：W1＝BI1·bc·ab＝B··bc·abW2＝BI2·ab·bc＝B··ab·bc又ab＝2bc解得：W2＝2W1又因为Q＝＝B·与拉出方向无关、速度无关，故Q1＝Q2．答案BC\n变式训练3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34－6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．已知线圈的匝数为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°，冲击电流计测出通过线圈的电荷量为q，图34－6由上述数据可测出磁场的磁感应强度为(　　)A．B．C．D．\n答案C三、电磁感应现象中的动力学及能量转化问题电磁感应的实质是不同形式的能量转化的过程，电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力作用，因此要维持安培力存在必须有“外力”克服安培力做功，此过程中，其他形式的能转化为电能；当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能．对于导线切割磁感线产生的电磁感应，外力克服安培力所做的功等于电磁感应转化的电能，即：\n例4如图34－7所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1m，导轨平面与水平面成θ＝37°角，下端连接阻值为R的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直，质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦图34－7因数为0.25．(1)求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小．(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，求该速度的大小．(3)在(2)问中，若R＝2Ω，金属棒中的电流方向为由a到b，求磁感应强度的大小与方向．(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)[2005年高考·上海理综卷]\n解析(1)金属棒开始下滑的初速度为零，根据牛顿第二定律得：mgsinθ－μmgcosθ＝ma解得：a＝4m/s2．(2)设金属棒运动达到稳定时，速度为v，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡，则：mgsinθ－μmgcosθ－F＝0此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率，为：Fv＝P联立解得：v＝＝10m/s．\n(3)设电路中的电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为B，则：I＝P＝I2R联立解得：B＝＝0.4T，方向垂直导轨平面向上．答案(1)4m/s2(2)10m/s(3)0.4T　方向垂直导轨平面向上\n变式训练4如图34－8所示，两金属杆ab和cd长均为l，电阻均为R，质量分别为M和m(M＞m)，用两根质量和电阻均可忽略的不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，并悬挂在水平、光滑、不导电的圆棒两侧．两金属杆都处在水平位置，整个装置处在一与回路平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B．若金属杆ab正好匀速向下运动，求其运动的速度．图34－8\n解析该题是两个导体棒向相反方向运动的问题，可采用隔离法或整体法．解法一　假设磁场B的方向垂直纸面向里，ab杆向下匀速运动的速度为v，则ab杆切割磁感线产生的感应电动势大小Ei＝Blv，方向a→b；cd杆以速度v向上切割磁感线运动产生的感应电动势大小Ei′＝Blv，方向d→c．在闭合回路中产生a→b→d→c→a方向的感应电流I，据\n解法二　若把ab、cd和柔软导线视为一个整体，因M＞m，故整体的动力为(M－m)g．ab向下、cd向上运动时，穿过闭合回路的磁通量发生变化，据电磁感应定律判断回路中产生感应电流，据楞次定律知，I感的磁场要阻碍原磁场的磁通量变化，即阻碍ab向下、cd向上运动，即F安为阻力．整体受的动力与安培力满足平衡条件，即：(M－m)g＝2·，则可解得v如上结果．解法三　整个回路视为一整体系统，因其速度大小不变，故动能不变，ab向下、cd向上运动过程中，因Mg＞mg，系统的重力势能减小，将转化为回路的电能，据能量转化和守恒定律，重力的机械功率(单位时间系统减少的重力势能)要等于电功率(单位时间转化成的回路的电能)．所以有:Mgv-mgv=,同样可解得v为上值.答案\n四、电磁流量计与磁流体发电机例5为了诊断病人的心脏功能和动脉中血液黏滞情况．需要测量血管中血液的流速和流量．图34－9为电磁流量计示意图．在动脉血管两侧分别安装电极并加有磁场；测得血管两侧的电压，并据血管的直径可求血液在血管中的流速和流量．如果血管直径是2.0mm，磁场的磁感应强度为0.080T，电压表测出的电压为0.10mV，你能算出血的流速与流量吗？图34－9\n解析设血的流速为v，则血管正截面任两点之间可能达到的最大电压为：U＝E＝Bdv解得：v＝＝0.625m/s故血液的流量为：Q＝S·v＝πd2v＝1.96×10－6m/s3．答案0.625m/s　1.96×10－6m/s3\n例6磁流体发电是一种新型发电方式，图34－10甲和乙是其工作原理示意图．图甲中的长方体是发电导管，其中空部分的长、高、宽分别为l、a、b，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，这两个电极与负载电阻RL相连．整个发电导管处于图乙中磁场线圈产生的匀强磁场里，磁感应强度为B，方向如图所示．发电导管内有电阻率为ρ的高温、高速电离气体沿导管向右流动，并通过专用管道导出．由于运动的电离气体受到磁场作用，产生了电动势．发电导管内电离气体流速随磁场有无而不同．设发电导管内电离气体流速处处相同，且不存在磁场时电离气体流速为v0，电离气体所受摩擦阻力总与流速成正比，发电导管两端的电离气体的压强差Δp维持恒定，求：\n图34－10\n(1)不存在磁场时电离气体所受的摩擦阻力f．(2)磁流体发电机的电动势E的大小．(3)磁流体发电机发电导管的输入功率P．[2004年高考·天津理综卷]解析(1)不存在磁场时，由力的平衡得：f＝abΔp(2)设磁场存在时的气体流速为v，则磁流体发电机的电动势E＝Bav\n\n点评本题是一道关于电磁感应、动力学、闭合电路欧姆定律及能量守恒的综合题．解答的关键是：一方面要正确地分析其物理过程，理解磁流体发电的原理；另一方面要明确过程中能量的转化和守恒情况．\n第五章　交变电流课时35　交变电流课前导航电能有其独特的优越性，被人们广泛应用，尤其是交变电流的应用更为普遍．交变电流的优点主要表现在发电和配电方面，例如交变电流容易获得，输送电能成本相对低廉，容易变压等．请你思考：1．什么样的电流称为交变电流？2．正弦交变电流是怎样产生的？3．正弦交变电流按怎样的规律变化？\n基础梳理基本要求1．知道交变电流，能区分直流和交变电流2．知道交流发电机的基本结构与工作原理，了解中性面的概念3．知道正弦式交变电流的图象描述4．知道正弦式交变电动势、电压、电流的瞬时值表达式，理解峰值的意义发展要求区分特殊位置的磁通量与磁通量变化率，理解磁通量变化率与电动势之间的关系\n知识精析一、交变电流交变电流是大小和方向都随时间做周期性变化的电流，简称交流．注意:方向随时间做周期性变化是交变电流的主要特征．二、正弦交变电流的产生1．产生原理：在匀强磁场中，矩形线圈绕在线圈平面内，且垂直于磁感线的轴匀速转动，如图35－1所示，线圈中就产生正弦交变电流和正弦交变感应电动势．图35－1\n2．中性面：与磁感线垂直的平面．线圈平面位于中性面时，磁通量Φ最大，磁通量的变化率为零，感应电动势和感应电流为零．线圈经过中性面前后的电流方向发生改变．注意：线圈平面与磁感线平行时，Φ＝0，磁通量的变化率最大，感应电动势和感应电流最大．线圈经过此位置前后的电流方向不改变．三、正弦交变电流的变化规律如图35－2所示，当线圈处于中性面时，感应电动势e＝0．图35－2\n当线圈平面与磁感线平行时，线圈感应电动势最大：em＝N·B·a··ω＝NBSω当线圈从中性面开始转过θ＝ωt角时，感应电动势e＝N·B·A··ω·sinθ＝NB·S·ωsin_ωt＝emsinωt故取线圈转至中性面时为零时刻，产生的正弦交变电流为：电动势的瞬时值e＝Emsin_ωt电流的瞬时值i＝Imsin_ωt电压的瞬时值u＝Umsin_ωt若从线圈与中性面成θ角时开始计时，则有：e＝Emsin(ωt＋θ)i＝Imsin(ωt＋θ)u＝Umsin(ωt＋θ)．\n四、交变电流的图象图象意义：描述交变电流(电动势、电压、电流)随时间变化的规律．图象特征：正弦交变电流的图象是正(余)弦曲线．图35－3\n几种交变电流在示波器中的波形如下．图35－4\n方法探究一、交变电流的定义例1如图35－5所示，各图线中表示交变电流的是(　　)图35－5解析A图表示的电流大小发生了周期性变化，而方向没有变化．B、C、D图中的电流方向发生了周期性变化．答案BCD\n二、正弦交变电流的产生例2一闭合线圈在匀强磁场中做匀速转动，线圈转动的角速度为240πrad/min，当线圈平面转至与磁场方向平行时，线圈中的感应电动势为2V．设线圈从中性面开始转动，则线圈中所产生的感应电动势的瞬时值表达式为______V；在s时刻，线圈中的感应电动势为______V．解析由题意可知，此线圈转动的角速度及感应电动势的最大值分别为：ω＝240πrad/min＝4πrad/sEm＝2V\n从中性面开始计时，线圈中产生的交变电流的电动势的变化规律为：e＝Emsinωt故此线圈所产生的感应电动势的瞬时值表达式为：e＝2sin4πtV当t＝s时，e＝2sinV＝1V．答案e＝2sin4πt1点评在解决交变电流的产生这类问题时，要注意以下两点：①若从中性面开始计时，按正弦规律变化，若从垂直于中性面开始计时，按余弦规律变化；②线圈平面转至与磁场方向平行(即垂直于中性面)时，线圈中产生的感应电动势为交变电流的最大电动势．\n变式训练1一矩形线圈匝数N＝100匝，面积S＝50cm2，线圈内阻r＝2Ω，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，从线圈平面与磁场平行时开始计时．已知磁感应强度B＝0.5T，线圈的转速n＝1200rad/min，外接一用电器，电阻R＝18Ω，试写出R两端电压瞬时值的表示式．解析角速度ω＝2πn＝2π×rad/s＝40πrad/s最大值Em＝NBSω＝100×0.5×50×10－4×40πV＝10πV线圈感应电动势e＝Emcosωt＝10πcos40πtV\n由闭合电路的欧姆定律得：i＝故R两端电压u＝Ri＝18××10πcos40πtV即u＝9πcos40πtV．答案u＝9πcos40πtV点评①交变电流的三要素：峰值(Em＝NBSω)、角速度(ω＝2πn)、初相位(即线圈的计时位置)．从中性面位置计时，e＝Emsinωt；从B∥S位置计时，e＝Emcosωt．②计算时，要分清内外电路和求瞬时值还是平均值等．\n例3一矩形线圈绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化规律如图35－6所示，则下列说法正确的是(　　)图35－6A．t1时刻通过线圈的磁通量为零B．t2时刻通过线圈的磁通量最大C．t3时刻通过线圈的磁通量的变化率最大D．当电动势e变换方向时，通过线圈的磁通量都最大\n解析由图可知线圈中产生的是正弦交变电动势．根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为零时(如在t1、t3时刻)，磁通量的变化率为零，线圈平面与中性面重合，磁通量最大；感应电动势最大时(如在t2、t4时刻)，磁通量的变化率最大，线圈平面与磁感线平行，磁通量为零．答案D点评解决这类问题时，一定要读懂图象中给予的信息，即将图象“还原”为线圈在匀强磁场中转动的情景．\n变式训练2图35－7甲中的直导线AB中通以正弦交变电流i，i的变化规律如图乙所示．若电流的正方向对应着电流从A到B，导线AB的右方有一不闭合的线圈，如图甲所示，则线圈的C端比D端的电势高且线圈的电势差最大的时刻是(　　)图35－7A．t1时刻B．t2时刻C．t3时刻D．t4时刻\n解析不闭合的线圈中磁通量的变化与导线AB中电流的变化规律一样，由安培定则可知，当直导线中的电流从A流向B时，线圈中的磁场方向垂直纸面向外．根据法拉第电磁感应定律可知，在t2和t4时刻磁通量的变化率最大，线圈的感应电动势最大；再由楞次定律可知，C端的电势比D端高的时刻是t2时刻．答案B\n互动平台被历史遗忘的天才——前南斯拉夫科学家特斯拉特斯拉是和爱迪生同时代的发明家，磁感应强度单位就是以他的名字命名的，我们就从他发明的交流电与爱迪生之间的战斗说起吧。尼哥拉·特斯拉1856－1943前南斯拉夫\n因为仰慕爱迪生，1884年特斯拉被巴切勒推荐到美国加入爱迪生的公司。特斯拉和爱迪生天生就属于水火不相融的人，他们两人之间存在严重的分歧。爱迪生注重实践，是位凭经验在摸索中进行发明的人；特斯拉是那种注重理论的人，他觉得爱迪生的做法是十分愚蠢的，他认为实验必须要有理论依据做基础，而不是像爱迪生那样光一根灯丝就做了1000多种尝试。因为特斯拉的才能过于突出，所以屡次受到爱迪生的排挤，他愤然从爱迪生的公司辞职。1880年，特斯拉发明了世界上第一台交流电发电机。他坚信交流电终有一天会使供电范围更广，成本更低。爱迪生对这种设想则不屑一顾，不愿去认真考虑。离开爱迪生之后，特斯拉得到了乔治·威斯汀豪斯的支持，终于将交流电引向实际应用。1888年，特斯拉成功地建成了一个交流电电力\n传送系统。他设计的发电机比直流发电机简单、灵便，而他的变压器又解决了长途送电中的固有问题。这无疑大大打击了爱迪生大力推广的直流电(由于当时爱迪生在直流发电机上的收入颇丰，所以他不愿意进行其他研究)。爱迪生还是意识到交流电可以降低成本，这是无疑的，从经济角度来攻击交流电，势必要以失败告终。于是，他就在交流电的其他方面做文章。他认识到，在19世纪的最后一段时间里，公众对电力还怀有畏惧心理：电力虽然可为人类带来利益，但它也可能杀人。所以，宣传高压的危险，是搅乱公众头脑最有效的办法。于是，他发行了一本题为《当心》的小册子，书中详细地列举了交流电的所谓种种危险，并把交流电的使用令人难以置信地描述为“枉费心机”。在尼亚加拉大瀑布将要建造世界上第一座水力发电站，交流电系统由于其经济实惠和便于制造而被选中。威斯汀豪\n斯将设计制造任务交给了苏格兰工程师乔治·福布斯(GeorgeForbes)。后者制造出的一套设备使用了3个特斯拉的交流发电机，每台的功率为110千瓦。1895年，发电站建成了，它可以将电流传输到距发电站35公里外的布法罗市(Buffalo)。这一事件宣告交流电彻底战胜了直流电，而爱迪生的直流电则瞬间就成了一种过时的技术。爱迪生本人不得不接受这个残酷的现实。从那时起，交流电便成为了工业、商业和民用电的唯一选择。“电流大战”是在两位19世纪和20世纪的天才而多产的发明家之间展开的，两人也是截然不同的科学家。爱迪生具有惊人的创造性和工业策划能力，是一位非常聪明的试验者，但是却缺乏数学知识和复杂的理论洞察力。相反地，特斯拉和其同时代的人相比是一个前卫式的人物，通过对现象精确地数学解析，他完成了很多伟大的创造性工作。他不像爱迪\n生那样，仅仅因为个人愿望而去做很多事情，而是在设计任何设备之前都从理论的角度去分析问题，直到得出绝对有把握的结果，才会付诸实践。1912年，由于特斯拉和爱迪生在电力方面的贡献，两人被同时授予诺贝尔物理学奖，但是两人都拒绝领奖，理由是无法忍受和对方一起分享这一荣誉。特斯拉除了在电力方面做出了杰出的成就之外，在其他方面的发明发现也相当惊人。他一生致力于研究非线性(即输入和输出不成正比)问题，他曾经说过可以将地球一分为二。早在1912年特斯拉提出：“若把物体的振动和地球的谐振频率正确地结合起来，在几个星期内，就可以造成地动山摇、地面升降。”1935年，特斯拉在其实验室打了一个深井，并在井内下了钢套管。然后，他将井口堵塞好，并向井内输入不同频率的振动。奇妙的是，在特定的频率时，地面\n就会突然发生强烈的振动，并造成了周围房屋的倒塌。当时的一些杂志评论说：“特斯拉利用一次人工诱发的地震，几乎将纽约夷为了平地”。这就是著名的特斯拉实验。这种小输入强输出的超级传输效应称为特斯拉效应，是地球物理武器的关键，所以特斯拉也是超距武器的奠基人。不仅如此，特斯拉还发明了特斯拉变压器、交流电摩打、现代电脑基础、无线通信、太阳能系统、雷达装置、机器人、死光、测谎仪、提出电磁射频武器概念……这些发明和发现超越了当时的科学技术几个时代，有的理论就连现今最先进的科学技术也无法完美解答。特斯拉死后，美国FBI将他的所有设计图纸与实验作品全部没收，美国军方对他的论文研究至今也没有停止。这也更为特斯拉造就了一份神秘色彩。\n互动训练1．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，所产生的交变电流的图象如图所示，下列说法中正确的是(　　)A．在t1时刻穿过线圈的磁通量达到峰值B．在t2时刻穿过线圈的磁通量达到峰值C．在t3时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到峰值D．在t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到峰值\n解析从图中可知，t1时刻线圈中感应电动势达到峰值，即磁通量变化率达到峰值，而磁通量最小为零，线圈平面与磁感线平行．t2时刻感应电动势等于零，磁通量变化率为零，线圈处于中性面位置，磁通量达到峰值．t3时刻感应电动势达到峰值，线圈中的磁通量变化率达到峰值．t4时刻感应电动势等于零，磁通量变化率为零．正确答案选项为B、C．本题把交变电流的图象和表达式、磁通量、磁通量的变化率等概念有机结合了起来．答案BC2．线圈在匀强磁场中转动时的电动势e＝Emsinωt，如果要使感应电动势的最大值增加1倍，可采取的方法是(其他物理量不变)(　　)A．线圈面积增加1倍B．线圈匝数增加1倍C．角速度增加1倍D．磁感应强度增加2倍解析感应电动势的最大值Em＝NBSω．答案ABC\n3．下列图中，线圈中产生了交变电流的是(　　)解析紧扣正弦交变电流的产生条件，轴必须垂直于磁感线，但对线圈的形状没有特别的要求．答案BCD\n4．如图所示，匀强磁场B＝0.1T，所用矩形线圈的匝数N＝100，边长ab＝0.2m，bc＝0.5m，以角速度ω＝100πrad/s绕OO′轴匀速转动．当线圈平面从通过中性面时开始计时，试求：(1)线圈中感应电动势的大小．(2)由t＝0至t＝过程中的平均电动势．\n解析(1)线圈中最大感应电动势Em＝NBSω＝100×0.1×0.2×0.5×100πV＝314V故各时刻的电动势为：e＝Emsinωt＝3140sin100πtV．(2)平均电动势为：V＝200V．答案(1)3140sin100πtV　(2)200V\n课时36　描述交变电流的物理量课前导航由于物体运动形式的多样性，因此描述运动的物理量有位移、速度、加速度等；描述振动的物理量有周期、振幅、频率等；而描述直流电的物理量有电动势、电流、电压、电势、电势能等．请你思考：1．表征交变电流的物理量有哪些？2．交变电流的有效值如何定义？3．正弦式交变电流的最大值与有效值有何关系？\n基础梳理基本要求1．了解周期和频率的概念，知道频率单位，掌握周期和频率之间的关系2．理解有效值的物理意义，体会“等效思想”的运用3．知道正弦交变电流的峰值和有效值之间的关系4．知道电器上标注的、电表测量的和通常所说的电压、电流为有效值5．能从正弦式交变电流的图中中读出峰值、周期发展要求能对正弦式交变电流的图象描述和函数式描述进行转换\n知识精析一、交变电流的周期和频率交变电流的周期和频率都是描述交变电流变化快慢的物理量．(1)周期T：交变电流完成一次周期性变化所需的时间．(2)频率f：交变电流在1s内完成周期性变化的次数，即f＝．(3)角速度ω：ω＝＝2πf．(4)我国工农业生产和生活中使用的交变电流的周期为0.02s，频率为50_Hz．\n二、交变电流的有效值和最大值(1)有效值：根据电流的热效应规定，让交变电流和直流电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，就把这一直流电的数值叫做该交变电流的有效值．交变电流的电动势、电流和电压的有效值分别用E、I和U表示．(2)最大值：交变电流在一个周期内所能达到的最大数值即为该交变电流的最大值．交变电流的电动势、电流和电压的最大值分别用Em、Im和Um表示．(3)正弦式交变电流的有效值与最大值间的关系为：E＝，U＝，I＝．\n(4)有效值与平均值的区别交变电流的有效值反映了交变电流的热效应．对于一个确定的交变电流来说，其有效值是确定的．交变电流的平均值的大小和所取的时间间隔有关．正弦式交变电流在一个周期内的平均值为零，而实际应用的交变电流的平均值经常指在一个周期内交变电流的绝对值的平均值，也等于交变电流的正半周内的平均值．如正弦式交变电流的正半周内的平均电动势\n注意：①各种交流电器的铭牌上所标的额定电压、电流均指有效值；②交流电表的示数均为有效值；③电器元件(如电容)的击穿电压(耐压值)指的是最大值，但保险丝的熔断电流是指有效值；④一般所说交变电流的值，无特殊说明均为有效值；⑤求解交变电流产生的热量问题时，必须用有效值，不能用平均值；⑥P＝UI，W＝UIt，Q＝I2Rt中的U、I均为有效值；⑦若计算通过电路某一截面的电荷量，需用电流的平均值．\n方法探究交变电流的有效值、瞬时值与平均值例1图36－1为一交变电流的电流I随时间t变化的图象，此交变电流的有效值是(　　)图36－1A．5AB．5AC．3.5AD．3.5A\n解析根据交变电流有效值的定义可知，让图36－1中的交变电流和一恒定电流同时通过一个电阻，如果在相同时间内电阻产生的热量相同，则此时恒定电流的大小即为该交变电流的有效值．因此，我们只需研究一个周期内电阻产生的热量即可，因而有：IRt1＋IRt2＝I2Rt即(4)2×R×0.01＋(3)2×R×0.01＝I2R×0.02解得：I＝5A．答案B点评只有正弦式交变电流的最大值是有效值的倍,其他形式交变电流的有效值的计算要从有效值的定义出发，依据电流的热效应来计算．\n例2试电笔上的氖管，起辉电压为70.7V，若将其接在电压为70.7V、频率为50Hz的正弦交流电路中，氖管能发光吗？在1个周期内有多少时间发光？解析70.7V指的是它的有效值，其峰值为：Um＝U＝100V>70.7V，故氖管会发光．由ω＝100πrad/s作出交变电流的u－t图象，如图所示．\nu＝Umsinωt＝100sin100πtV设电压为70.7V对应时刻为t1，将各数据代入公式有：70.7V＝100sin100πt1V即t1＝0.0025s由图象对称性知，氖管发光时间为：Δt＝4(0.005－t1)＝0.01s．答案能　0.01s点评不加说明的交变电流的电流和电压均指其有效值，故70.7V是有效值．另外，解答此题的关键是要利用图象．\n变式训练1将正弦交变电流经过整流器处理后，得到的电流波形刚好去掉了半个周期，如图36－2所示．其有效值是(　　)图36－2A．2AB．AC．AD．1A解析设图象所示电流的有效值为I，根据有效值的定义可知：I2·R·T＝()2·R·＋0解得：I＝＝1A．答案D点评图象所示虽然不是交流电，但有效值的物理意义相同．\n变式训练2如图36－3所示，交流发电机的矩形线圈abcd中，ab＝cd＝50cm，bc＝ad＝30cm，匝数n＝100，线圈电阻r＝0.2Ω，外电阻R＝4.8Ω．线圈在磁感应强度B＝0.05T的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO′匀速转动，角速度ω＝100πrad/s．图36－3\n(1)求产生的感应电动势的最大值．(2)若从图示位置开始计时，写出感应电流随时间变化的函数表达式．(3)交流电压表和交流电流表的示数各为多少？(4)此发电机的功率为多少？(5)从图示位置起，转过90°的过程中，平均电动势多大？通过线框截面的电荷量多大？(6)从图示位置起，转过90°过程中，外力做了多少功？线框上产生的焦耳热为多少？\n解析(1)设ab＝l1，bc＝l2，则交流电动势的最大值为：Em＝nBl1l2ω＝235.5V．(2)根据闭合电路的欧姆定律，电流的最大值为：Im＝＝47.1A在图示位置时，电流有最大值，则电流的瞬时值表达式为：i＝Imcosωt，代入数值得：i＝47.1cos100πtA．(3)电流的有效值I＝Im＝33.3A路端电压的有效值U＝IR＝160V即电压表的示数为160V，电流表的示数为33.3A．\n\n(6)外力通过克服安培力做功，将其他形式能转化为电能．所以W＝E电＝IEt＝IE()＝27.7J线框上产生焦耳热为：Q＝I2rt＝I2r()＝1.11J．答案(1)235.5V　(2)i＝47.1cos100πtA(3)160V　33.3A　(4)5544W(5)150V　0.15C　(6)27.7J　1.11J点评本题涉及交变电流的最大值、瞬时值、有效值及平均值，解题时要注意不要混淆概念，要选择好相应的公式．电表上的示数应是外电路的电压和电流的有效值，功率、功及能的计算也要用有效值．\n互动平台育才老师和细心同学关于交变电流的有效值和平均值的对话细心：交变电流的有效值是根据电流的热效应，用产生同样热量的直流电来确定的；交变电流的平均值是根据法拉第电磁感应定律中的平均感应电动势的计算公式计算出来的．那有效值和平均值有什么区别吗？育才：比如，匝数为n、面积为S、电阻为R的闭合线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动而产生交变电流时，如果线圈从中性面开始转过，你算一下交变电流的有效值为多大？细心：这不用算，答案是．\n育才：那你再算一下，这一过程中交变电流的平均值是多大？细心：不难，根据法拉第电磁感应定律有：育才：你看二者的关系如何？细心：哦，交变电流的有效值和平均值是两个不同的物理量．育才：那它们在应用时有什么不同？细心：有效值用于交变电流产生热量方面的计算，平均值用于交变电流中电荷量方面的计算．育才：不错！你掌握得很好！\n互动训练1．正弦交变电源与电阻R、交流电压表按图甲所示的的方式连接，R＝10Ω，交流电压表的示数是10V，图乙是交变电源输出电压u随时间t变化的图象，则(　　)甲　　　　　　　　　　乙A.通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR=cos100tAB.通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR=cos50tAC.R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR=5cos100tAD.R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR=5cos50tA\n解析交流电压表测的是有效值U＝10V,电压的最大值Um＝10V．由图象可得电阻R两端交流电压的瞬时uR＝10cos100πtV,通过R上的电流有效值I＝＝A＝1A,则最大值Im＝A，其瞬时值iR＝cos100πtA．答案A\n2．图示是正弦交变电流经过二极管全波整波得到的图象(正弦单向脉动电流)，那么它的电压有效值是(　　)A．311V　B．220V　C．110V　D．155.5V解析交变电流的有效值是根据电流产生的热效应来定义的，而电流的热效应与电流的方向无关．故图象表示电压的有效值U＝＝220V．答案B\n3．如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R．线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω匀速运动，线框中感应电流的有效值I＝__________．线框从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量q＝__________．[2009年高考·天津理综卷]\n解析本题考查交变流电的产生的最大值、有效值、平均值的关系及交变电流中有关电荷量的计算等知识．答案\n4．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0Ω，现外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图乙所示，则[2009年高考·福建理综卷](　　)甲乙A．电压表的示数为220VB．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484WD．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J\n解析电压表示数为灯泡两端电压的有效值．由图象知电动势的最大值Em＝220V，有效值E＝220V，灯泡两端电压U＝＝209V，选项A错误；由图象知T＝0.02s，一个周期内电流方向变化两次，可知1s内电流方向变化100次,选项B错误；灯泡的实际功率P＝W＝459.8W,选项C错误；电流的有效值I＝＝2.2A，发电机线圈内每秒钟产生的焦耳热Q＝I2rt＝2.22×5×1J＝24.2J．答案D\n课时37　电感和电容对交变电流的影响课前导航分频器是音箱(如图37－1所示)内的一种电路装置，用以将输入的音乐信号分离成高音、中音、低音等不同部分，然后分别送入相应的高、中、低音扬声器发音．图37－1\n分频器电路(如图37－2所示)分析：图37－2附加高音信息的高频交变电流和附加低音信息的高频交变电流混合在一起从功放机经音频线输入到音箱；分成两路：一路通过电容C1、电感L1输送到高音扬声器，另一路通过电容C2、电感L2输送到低音扬声器．C1(阻低频，通高频)与高音扬声器串连，大部分低频交变电流被阻在C1前，即使低频交变电流通过C1也会在与扬声器并连的L1(通低频、阻高\n频)与低音扬声器串联，大部分高频交变电流被阻在L2前，即使高频交变电流通过L2也会在与扬声器并联的C2(阻低频，通高频)短路耗能．这样加在高音扬声器上的只有高频电流，加在低音扬声器上的只有低频电流；充分利用高、中、低音扬声器的声学特性又不相互干扰．请你思考：1．电容对直流与交流的阻碍作用有何不同？2．电感对直流与交流的阻碍作用有何不同？3．电路图37－2中C1与C2、L1与L2的特性有何区别？\n基础梳理基本要求1．知道电感器对交变电流有阻碍作用2．知道电感器对交变电流的阻碍作用与电感器的自感系数，交变电流的频率有关3．知道电感器具有“阻交流、通直流”和“阻高频、通低频”的特点4．知道交变电流能“通过”电容器的本质是电容器交替地进行充、放电5．知道电容器对交变电流的阻碍作用与电容器的电容、交变电流的频率有关6．知道电容器具有“隔直流、通交流”和“阻低频、通高频”的特点发展要求1．能利用电感器、电容器的特点定性分析简单的问题2．进一步认识交变电流与直流的区别\n知识精析1．电感对交变电流的阻碍作用(1)感抗：电感对交变电流的阻碍作用的大小．(2)感抗大小：交变电流的频率越高、线圈的自感系数越大，感抗就越大．(3)低频扼流圈对低频交变电流有很大的阻碍作用，对直流的阻碍作用较小，即“通直流，阻交流”．高频扼流圈对低频交变电流的阻碍作用较小，对高频交变电流的阻碍作用较大，即“通低频，阻高频”．2．电容对交变电流的阻碍作用(1)容抗：电容对交变电流的阻碍作用的大小．(2)容抗大小：交变电流的频率越高、电容器的电容越大，容抗就越小．(3)作用：“通交流、隔直流，通高频、阻低频”．\n(4)两种电容器①隔直电容器(耦合电容器)：其电容较大．其作用是“通交流，隔直流”．②调频旁路电容器：其电容较小．其作用是“通高频，阻低频”．图37－3注：“通交流”是由于交变电压加在电容器上，形成电路中的充电和放电交变电流，好像有电流通过了电容器一样．\n3．电阻、感抗和容抗的比较(1)在直流电路中电阻:有欧姆定律I=.电阻的大小满足电阻定律R=,即只与导体的自身因素有关．电感：纯电感线圈对直流电无阻碍作用．电容：直流电不能通过电容器．(2)在交流电路中电阻：欧姆定律I＝仍成立，电阻定律R＝也成立，即电阻的大小只与导体的自身因素有关．电感：线圈对交变电流有阻碍作用(感抗)，感抗的大小不仅与导体自身的自感系数L有关，还与交变电流的频率f有关，L、f越大，感抗就越大．电容：交变电流能通过电容器，电容器对交变电流有阻碍作用(容抗)，容抗的大小不仅与自身的电容有关，还与交变电流的频率f有关，C、f越大，容抗就越小．\n方法探究一、电感对交变电流的影响例1如图37－4所示，开关S与直流恒定电源接通时,相同的两灯泡L1、L2的亮度相同.若将S与交流电源接通,则(　)A．L1和L2两灯泡的亮度仍相同图37－4B．灯泡L1比灯泡L2亮些　　C．灯泡L1比灯泡L2暗些D．若交变电源电压的有效值与直流电压相同，则两灯泡与原来一样亮解析由于线圈对交变电流有阻碍作用，故接交流电源后，灯泡L2的那条支路比灯泡L1的那条支路对电流的阻碍作用大，电流小．故答案为B．答案B点评本题要明确的是，接交流电源时，电感线圈相当于电阻和电感的串联．\n变式训练1一个灯泡通过一个粗导线的线圈与一交流电源相连接，如图37－5所示．一铁芯插进线圈之后(　　)A．该灯将变亮B．该灯将变暗C．对灯没影响D．无法判断图37－5解析此线圈和灯泡是串联的，因此加在串联电路两端的总电压一定是线圈上的电势差与灯泡上的电势差之和．由墙上插孔所提供的220V的电压，一部分降落在线圈上，剩余的降落在灯泡上．如果一个大电压降落在线圈上，则仅有一小部分电压降落在灯泡上．灯泡上电压变小，灯泡变暗．答案B\n二、电容对交变电流的影响例2下列对交变电流通过电容器的理解中，正确的是(　　)A．交变电流能够使电容器极板间的绝缘介质变成导体B．交变电流定向移动的电荷通过电容器两极板间的绝缘介质C．交变电流能够使电容器交替进行充电、放电，电路中就有了电流，表现为交变电流通过了电容器D．交变电流通过了电容器，实际上自由电荷并没有通过电容器极板间的绝缘介质(击穿除外)解析电流能“通过”电容器，并非电荷真的通过电容器的电介质，而是交变电流交替对电容器充放电，电容器两极板之间的绝缘介质并未有电荷通过，电路中有了电流，表现为交变电流通过了电容器．答案CD\n变式训练2如图37－6所示，白炽灯和电容器串联后接在交变电源的两端,当交变电源的频率增加时(　　)A．电容器电容增加B．电容器电容减小C．电灯变暗D．电灯变亮图37－6解析电容器的电容是由电容器本身的特性所决定的，与外加的交变电源的频率无关，选项A、B错误．当交变电源的频率增加时，电容器充放电的速度加快，电容器的容抗减小，电流增大，电灯变亮，选项C错误，D正确．答案D\n例3图37－7为一低通滤波电路的电路图．已知电源电压包含的电流直流成分是240V，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小低频交流成分，试说明电路中电容器应起的作用．图37－7\n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，所以输出的电压中直流成分仍为240V．但交变电流却可以“通过”电容器，交流频率越高、电容越大，电容器对电流的阻碍就越小，在电容器上输出的电压中交流成分就越小．在本题的低通滤波电路中，为了要使电容器上输出的电压中，能将低频的交流成分滤掉，不输出到下一级电路中，就应取电容较大的电容器，实际应用中，一般取C＞500μF．答案见解析点评本题的目的是将电源信号中的低频成分滤掉，将直流部分输出到下一级．此时的电容器就起到一个通交流、隔直流的作用，要想使低频的成分尽可能多的滤掉，就要求电容器的电容越大越好．\n变式训练3如图37－8所示，线圈的自感系数L和电容器的电容C都很小(如L＝1mH，C＝200pF)，此电容的重要作用是(　　)图37－8A．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\n解析线圈的作用是：“通直流、阻交流，通低频、阻高频”．电容的作用是：“通交流、隔直流，通高频、阻低频”．因线圈自感系数L很小，所以对低频交流的阻碍作用很小，这样，直流和低频交流能顺利通过线圈．电容器并联在电路中，起旁路作用，因电容器C很小，对低频交流的阻碍作用很大，而对部分通过线圈的高频交流阻碍作用很小，被它旁路掉，最终输出的是低频交流和直流．答案D\n互动平台育才老师和细心同学关于电阻、电感、电容的对话细心：电阻、电感、电容对电流均有阻碍作用，但产生的原因不同．育才：不错，电阻是定向移动的电荷与不动的离子的碰撞而形成的阻碍，而电感是线圈的自感现象阻碍电流的变化，电容则是极板上所带电荷对定向移动电荷的阻碍．细心：所以它们阻碍的特点也不同．电阻对直流、交流均有阻碍作用；电感是通直流、阻交流，通低频、阻高频；电容是通交流、隔直流，通高频、阻低频．育才：你对这三种元件的特性掌握得很好，因此在比较中一定要看清是“直流”还是“交流”，是“低频”还是“高频”．细心：老师，在“课前导航”的图37－2中C1、C2都应该是电容较小的电容器吧，起到通高频阻低频(隔直流)的作用．而L1、L2为不带铁芯的自感系数较小的线圈用于通低频阻高频，对吗？育才：分析得太好了，完全正确．\n互动训练1．两位同学利用如图所示装置做实验，第一位同学使金属棒ab在导轨上做匀速运动，第二位同学使金属棒ab在导轨上做变速运动(导轨处于匀强磁场中)，但两位同学对ab棒做的功一样多，若第一位同学做实验时小灯泡消耗的电能为E1，第二位同学做实验时小灯泡消耗的电能为E2，则(　　)A．E1＝E2B．E1>E2C．E1E2．答案B\n2．在收音机线路中，经天线接收的电信号既有高频交流成分又有低频交流成分，经放大后送下一级，需要把低频交流成分和高频交流成分分开，只让低频交流成分输入到下一级，我们采用了如图所示的装置电路，其中代号a、b应选择的元件是(　　)A．a是电容较大的电容器，b是低频扼流圈B．a是电容较大的电容器，b是高频扼流圈C．a是电容较小的电容器，b是高频扼流圈D．a是电容较小的电容器，b是低频扼流圈解析电容器具有“通高频、阻低频”作用，这样的电容器电容较小，故a处放电容较小的电容器．电感线圈在该电路中要求做到“通低频、阻高频”，所以b处应接一个高频扼流圈．故选项C正确．答案C\n3．如图所示，把电阻、电感器、电容器并联接到某一交流电源上，三个电流表的示数相同，若保持电源电压不变，而将频率加大，则三个电流表的示数I1、I2、I3的大小关系________．解析在交流电路中，当频率增加时，容抗减小，感抗增大，而电阻是与频率无关的，当电路中电源电压不变，频率增加时，的示数不变，的示数变小，的示数变大，所以I3>I1>I2.答案I3>I1>I2\n课时38　变　压　器课前导航大型发电机发出的交变电流的电压有几万伏，而远距离输电却需要高达几十万伏的电压．各种用电设备所需的电压也各不相同．如电灯、电饭煲、洗衣机等家用电器需要220V的电压，机床上的照明灯需要36V的安全电压，一般半导体收音机的电源电压不超过10V，而电视机显像管却需要10000V以上的高电压．所以，在实际应用中，常常需要改变交变电流的电压．交变电流便于改变电压，以适应各种不同需要．变压器就是改变交流电压的设备．请你思考：1．变压器的工作原理是什么？2．变压器工作时有何特征？3．变压器的种类有哪些？\n基础梳理基本要求1．知道变压器的基本结构及符号，会区分原、副线圈2．了解变压器的工作原理，知道变压器不能改变直流电压3．掌握理想变压器原、副线圈的电压与匝数的关系4．了解变压器的应用发展要求1．了解变压器能量损耗的原因，知道理想变压器的输入功率等于输出功率2．知道理想变压器的原、副线圈中电流与匝数的关系3．会应用电压与匝数、电流与匝数的关系解决简单的问题说明不要求分析、计算两个及以上副线圈和有两个磁路的变压器问题\n知识精析一、变压器1．定义：用来改变交流电压的设备．2．构造：由一个闭合铁芯(是由涂有绝缘漆的硅钢片叠合而成的)和两个或两个以上的线圈(用绝缘导线绕制，匝数越多的导线越细)组成．图38－1\n二、理想变压器的工作原理及能量转换1．工作原理：变压器原、副线圈间的互感．2．理想变压器：(1)条件：磁感线全部在铁芯内，线圈电阻为零．(2)特性：输入功率等于输出功率，原、副线圈电流的周期、频率相同．3．能量转换：变压器原线圈把电能转化为磁场能，副线圈又把磁场能转化为电能．对理想变压器，转换过程中能量值不变．\n三、理想变压器的基本关系式1．电压比：．2．能量关系：P入＝P出，即U1I1＝U2I2(当有多个副线圈时U1I1＝U2I2＋U3I3＋…)．3．电流关系：一个原线圈、多个副线圈时，n1I1＝n2I2＋n3I3＋…；若原、副线圈各只有一个，则．\n四、几种特殊变压器1．自耦变压器：如图38－2所示．图甲中把整个线圈作为原线圈，取一部分作为副线圈，可以降低电压；图乙中把一部分作为原线圈，把整个线圈作为副线圈，可以升高电压．图38－22．电压互感器，电流互感器：如图38－3所示．图38－3\n方法探究一、公式推导例1试推导出理想变压器的变压、变流公式：解析对于理想变压器，原、副线圈两端的电压都等于线圈上的感应电动势，即：U1＝E1＝n1，U2＝E2＝n2又因为任意时刻有：Φ1＝Φ2可得＝又由能量守恒定律知，输入功率等于输出功率，即：P1＝U1I2，P2＝U2I2可得：．答案\n二、理想变压器基本公式应用例2图38－4为理想变压器，它的原线圈接在交流电源上，副线圈接在一个标有“12V　100W”的灯泡L上．已知变压器原、副线圈的匝数之比为18∶1，那么灯泡正常工作时，图中电压表的示数为______V，电流表的示数为________A．图38－4\n解析由公式，得：U1＝U2＝216V因理想变压器的原、副线圈的功率相等所以I1＝＝0.46A即电压表、电流表的示数分别为216V、0.46A．答案216　0.46点评分析理想变压器问题时，应注意正确地应用原、副线圈上电压的关系和电流的关系，特别是原、副线圈功率相等的关系．\n变式训练1如图38－5所示，有一个理想变压器，原线圈的匝数为n1，输入电压为U1，电流为I1；两个副线圈的匝数分别为n2和n3，输出电压分别为U2和U3，电流分别为I2和I3．下列关于此变压器的判断中，正确的是(　　)A．U1∶U2＝n1∶n2，U1∶U3＝n1∶n3图38－5B．I1∶I2＝n2∶n1，I1∶I3＝n3∶n1C．n1I1＝n2I2＋n3I3D．I1U1＝I2U2＋I3U3答案ACD\n三、原、副线圈各物理量间的决定关系例3如图38－6所示，理想变压器的匝数之比为3∶1，四只相同的灯泡中L2、L3、L4均正常发光，问L1能否正常发光？解析此题考查的是原线圈回路电路规律的应用，由匝数比可得原、副线圈中图38－6电流比和电压比I1∶I2＝1∶3，U1∶U2＝3∶1．又原线圈回路中，L1与线圈串联，故L1中的电流等于I1，但电压不等于U1，求解时可据I1R1进行求解．而副线圈回路中，线圈是电源，故U2与三只灯泡上的电压相等，电流I2是三者之和．设额定电流为I，则I2＝3I，I1＝I，故L1能正常发光．答案L1能正常发光点评对于原线圈接稳压电源的理想变压器，有：U1→U2→I2→P出＝P入→I1．\n变式训练2如图38－7所示，电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关，P是滑动变阻器R的滑动触头，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流．下列说法中正确的是[2006年高考·江苏物理卷](　　)图38－7\nA．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小B．保持P的位置及U1不变，S由a切换到b，则I2减小C．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则I1增大D．保持U1不变，S接在b端，将P向上滑动，则I1减小解析①S由b切换至a后副线匝数增加，R上的电压变大，电流I2增大，I1增大，R上消耗的功率P＝增大；S由a切换至b端，则R上的电压减小，I2减小．②当S不变时，R上的电压U2不变；P向上滑动时，R变小，I2、I1变大．答案BC\n三、综合应用例4一理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝1∶2，电源电压u＝220sinωtV，原线圈电路中接入一熔断电流I0＝1A的保险丝，副线圈中接入一可变电阻R，如图38－8所示．为了使保险丝不被熔断，调节R时，其阻值最低不能小于(　　)图38－8A．440ΩB．440ΩC．880ΩD．880Ω\n剖析保险丝是否会被熔断不是取决于通过它的瞬时电流，而是取决于它的发热功率．而发热功率P＝I2R，其中I应取有效值．故保险丝的熔断电流指的是有效值．\n答案C\n变式训练3如图38－9所示,在甲、乙两电路中,当a、b两端与e、f两端分别加上220V的交流电压时，测得c、d间与g、h间的电压均为110V．若分别在c、d两端与g、h两端加上110V的交流电压，则a、b间与e、f间的电压分别为(　)A．220V,220VB．220V,110V图38－9C．110V,110VD．220V,0解析对于变压器有＝，当Ucd＝110V时，Uab＝2Ucd＝220V；而当g、h间为110V的电压时，g上端部分电阻中无电流，不产生电压，所以e、f两端的电压仍为110V．答案B点评此题把变压器的变压与分压器的分压对比起来考查，注重学科内的综合，旨在提高学生的综合解题能力．\n互动平台粗心同学与细心同学关于变压器的基本关系式的对话粗心：学了变压器原、副线圈两端的电压比和电流比的关系之后，我知道了变压器原、副线圈两端的电压与匝数成正比，通过它们的电流与匝数成反比．如图38－10所示的变压器的供电情况为：图38－10\n由，得：U2＝2V，U3＝3V．由，得：I2＝3A，I3＝2A．细心：那你再算算原、副线圈两端的输入功率与输出功率各是多少？粗心：P入＝U1I1＝6W，P出＝P2＋P3＝12W．咦，怎么不相等呢？细心：对于理想变压器，有P入＝P出，且输入功率随输出功率的变化而变化，因此I2和I3的实际大小是由接在两个副线圈n2和n3两端的负载决定的．而I1又随I2和I3的变化而变化，因此始终满足的关系只有U1∶U2∶U3＝n1∶n2∶n3和U1I1＝U2I2＋U3I3或n1I1＝n2I2＋n3I3．粗心：哦，我知道了，电流与匝数成反比()，这种关系只在原、副线圈各只有一个时才成立．细心：你还不赖嘛！\n细心同学和育才老师关于漏电保护开关的对话细心：老师，我家新居电路前端安装了一个叫“漏电保护开关”的器材，说明书上电路原理图如图(图38－11)所示．请您解讲一下它的原理，行吗？图38－11\n育才：电流互感器a侧两线圈完全相同，流过两线圈的电流大小相等、方向相反，它们产生的磁场相互抵消；b侧线圈磁通量总为零且不变，线圈中不产生感应电流．火线的电流有一部分通过人体时，a侧两线圈的电流大小不等，“剩余电流”在铁芯中产生变化的“剩余磁通”；b侧线圈中磁通量发生变化，线圈中产生感应电流，使继电器断开．细心：谢谢老师，现在我对变压器的原理理解得更深刻了．\n互动训练1．一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R．设原线圈的电流为I1，输入功率为P1，副线圈的电流为I2，输出功率为P2．当R增大时[2008年高考·天津理综卷](　　)A．I1减小，P1增大B．I1减小，P1减小D．I2增大，P2减小D．I2增大，P2增大答案B\n2．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1＝20Ω，R2＝30Ω，C为电容器．已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则[2009年高考·四川理综卷](　　)甲　　　　　　　　　　　　乙A．交流电的频率为0.02HzB．原线圈输入电压的最大值为200VC．电阻R2的电功率约为6.67WD．通过R3的电流始终为零\n解析根据变压器原理可知，原、副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02s、频率为50Hz，选项A错误；由图乙可知，通过R1的电流最大值Im＝1A，根据欧姆定律可知其最大电压Um＝20V，再根据原线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为200V，选项B错误；因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过R3和电容器，选项D错误；根据正弦交流电的峰值和有效值关系并联电路特点可知，电阻R2的电流有效值I＝，电压有效值U＝V，电阻R2的电功率P2＝UI＝W,选项C正确．答案C\n3．如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5，原线圈两端的交变电压为u＝20sin100πtV．氖泡在两端电压达到100V时开始发光，下列说法中正确的有[2009年高考·江苏物理卷](　　)A．开关接通后，氖泡的发光频率为100HzB．开关接通后，电压表的示数为100VC．开关断开后，电压表的示数变大D．开关断开后，变压器的输出功率不变\n解析本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解．由交变电压的瞬时值表达式知，原线圈两端电压的有效值U1＝V＝20V，由得副线圈两端的电压U2＝100V，电压表的示数为交变电流的有效值，选项B正确；交变电压的频率f＝＝50Hz，一个周期内电压两次大于100V，即一个周期内氖泡能两次发光，所以其发光频率为100Hz，选项A正确；开关断开前后，输入电压不变，变压器的变压比不变，故输出电压不变，选项C错误；断开后，电路消耗的功率减小，输出功率决定输入功率，选项D错误．答案AB\n4．钳形电流表的工作原理如图所示．当通有交流电的导线从环形铁芯的中间穿过时，与绕在铁芯上的线圈相连的电表指针会发生偏转．由于通过环形铁芯的磁通量与导线中的电流成正比，所以通过偏转角度的大小可以测量导线中的电流．日常所用交流电的频率在中国和英国分别为50Hz和60Hz．现用一钳形电流表在中国测量某一电流，电表读数为10A；若用同一电表在英国测量同样大小的电流，则读数将是________A．若此表在中国的测量值是准确的且量程为30A，为使其在英国的测量值变为准确，应重新将其量程标定为________A．[2009年高考·海南物理卷]答案12　25\n课时39　电能的输送课前导航人们常把各种形式的能(如水能、燃料的化学能、原子能)先转化为电能再进行传输，这是因为电能可以通过电网来传输．有人认为电网就是用导线把电厂与用户连起来，这样的说法对吗？请看如图39－1所示的演示实验，A、C与B、D之间是很长的电阻丝．若把一个电珠接在非常靠近电源的A、B两端，灯相当亮；若把这个小电珠接到离电源很远的C、D两端，灯光却很暗淡，这是为什么呢？图39－1\n显然，输电线越长，电阻越大，电流通过输电线损失的能量越多！那么，如何减少由于输电导线很长而引起的能量损失呢？请你思考：1．为什么远距离输电要采用高压输电？2．高压输电的电路是怎样构成的？基础梳理基本要求1．了解输电导线电能损失的主要原因，知道减少电能损失的两条途径2．理解采用高压输电的原因，认识高压输电的局限性3．认识电网的重要作用，认识电网安全对社会存在的重要性发展要求会求解输电导线上的功率损失等问题说明不要求计算同时涉及升压、降压的输电问题\n知识精析一、输电线上的功率损失任何输电线都有电阻，存在功率损失．设输电电流为I，输电线的电阻为R，则输电线上的功率损失ΔP＝I2·R．设输送的电功率为P，输电电压为U，输电线的总长度为L，横截面积为S，电阻率为ρ，则输电电流为I＝，输电线电阻R＝．输电线上的功率损失可表示为：ΔP＝．二、减少输电线上功率损失的办法1．减小输电线的电阻R①减小输电线长度L：由于输电距离一定，所以在实际中不可能用减小L来减小R．\n②减小电阻率ρ：目前一般用电阻率较小的铜或铝作导线材料．③增大导线的横截面积S，这要多耗费金属材料，增加成本，同时给输电线的架设带来很大困难．2．减小输电电流I①减小输送功率P：由于发电站的装机容量一定，因此发电站向外输送的电功率是一定的，即在实际中不能以用户少用或不用电来减少输电线上的功率损失．②提高输电电压U：在输送功率P一定，输电线电阻R一定的条件下，输电电压提高到原来的n倍，输电线上的功率损失降为原来的倍．采用高压输电是减小输电线上功率损失最有效、最经济的措施．\n三、输电线上的电压损失1．电压损失ΔU：输电线路始端电压U跟末端电压U′的差值，称为输电线路上的电压损失，ΔU＝U－U′，如图39－2所示．图39－22．造成电压损失的因素①输电线电阻造成电压损失．②输电线的感抗和容抗造成电压损失，以后在计算时只考虑输电线电阻所造成的电压损失．\n3．减小输电线路上电压损失的方法①减小输电线电阻R用增大输电导线的横截面积来减小电阻对低压照明电路有效，对高压输电线路效果不佳．②减小输电电流I在输送电功率不变的前提下，提高输电电压是有效的措施．高压输电既能减小功率损失，又能减小电压损失，但在实际输送电能时，还需综合考虑各种因素，依照不同的情况，选择合适的输电电压．四、电能输送原理图目前生产、生活中使用的基本上是交变电流，因此远距离输送的电流都为交变电流，所以可以利用升压变压器将输送电压升高，到达用户端后再利用降压变压器将电压降低，\n以符合用户用电的需要，输电原理图如图39－3所示．图39－3对于理想变压器有P1＝P2，P3＝P4P耗＝IR线＝P2－P3＝P1－P4U线＝I线R线＝U2－U3．\n五、电能输送中线路电能损失的计算\n六、易错、易混点透析1．“提高电压，降低电流”与欧姆定律矛盾吗？不矛盾．欧姆定律是对纯电阻耗能元件成立的定律，而“提高电压，降低电流”是从输送角度，由P＝IU，且在P一定的条件下得出的结论，两者没有联系．2．高压输电，电压越高越好吗？并不是电压越高越好．因为电压升高，导线会激发空气放电，另外高压输电对变压器也提出了更高的要求，因此输电电压也不是越高越好．在实际输电过程中输电电压要根据输送功率的大小、距离的远近、技术和经济各方面因素综合考虑．\n方法探究一、关于线路损耗的计算例1一小型水电站输出的电功率为20kW，输电线的总电阻为5Ω．如果发电机的输出电压为400V，且直接进行输电，输电导线上损失的电功率为多少？若改为2000V的电压输电，则输电导线上损失电功率又为多少？解析P＝U1I1，I1＝＝A＝50AP线＝I12R＝2500×5W＝12500WP＝U2I2，I2＝＝A＝10AP线＝I22R2＝100×5W＝500W．答案12500W　500W点评输电电压提高了5倍,输电线上损失的电压降为原来的,电线上的损失功率降为原来的.高压输电可以保证输在送功率不变的情况下,减小输电电流来减小输电的电能损失.\n变式训练1一发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至学校的输电线的电阻为R，通过导线的电流为I，学校的输入电压为U2．下列四个计算输电线的功率损耗的式子中，不正确的是(　　)A．　　　　　　　B．C．I2RD．I(U1－U2)解析选项A中的U1是输电电压，而不是输电线电阻上的电压，故选项A错误；其余选项均正确．答案A点评用P＝求输电导线电阻上损失的功率时，一定要把U与电阻R相对应．\n二、远距离输电线路例2某发电站的输出功率为1.0×104kW，输出电压为4kV，通过理想变压器升压后向80km远处的用户供电．已知输电线的电阻率ρ＝2.4×10－8Ω·m，导线的横截面积为1.5×10－4m2，输电线路损失的功率为输出功率的4%．求：(1)升压变压器的输出电压．(2)输电线路上的电压损失．[2006年高考·广东物理卷]解析(1)输电线路如图所示\n输电线的电阻为：R＝ρ＝25.6ΩP损＝P1×4%P损＝IR＝()2R解得：U2＝8×104V．(2)输电线路上的电压损失为：U损＝＝3.2×103V．答案(1)8×104V　(2)3.2×103V点评这类题型重点要防止出现P损＝的错误，因为U2只有一小部分加在线电阻R线上，大部分加在降压变压器的输入端．\n变式训练2如图39－4所示，某小型水电站发电机的输出功率为10kW，输出电压为400V，向距离较远的用户供电时，为了减少电能损失，使用2kV的高压输电，最后用户得到220V、9.5kW的电力．所用变压器可认为是理想变压器．求：(1)水电站升压变压器原、副线圈的匝数比．(2)输电线路的导线电阻R．(3)用户降压变压器原、副线圈的匝数比．图39－4\n解析升压变压器的原、副线圈的匝数之比等于发电机的电压和升压变压器的输出电压之比．已知输入功率为10kW而用户得到功率为9.5kW，所以损失的功率为0.5kW，它应等于导线的电阻与输送电流的平方之积．输入电流应等于输送功率与升压变压器的输出电压之比．而降压变压器的原、副线圈匝数之比应等于原、副线圈两端的电压之比，所以有：(1)升压变压器原、副线圈的匝数比为：．\n(2)导线电阻R与输送电流和输电线上损失的电功率有关，有P损＝I2R；而输送电流又决定于输电电压及输送功率，有：I＝所以R＝Ω＝20Ω．(3)设降压变压器原线圈上的电压为U3，有：U3＝U2－IR＝2000V－5×20V＝1900V所以降压变压器原、副线圈的匝数比为：答案(1)1∶5　(2)20Ω　(3)95∶11\n互动平台一、细心同学和粗心同学关于输电问题的对话粗心：图39－5为一个输电示意图．若电站的输出功率为P，输出电压为U，而输电线是纯电阻做的，那么输电线上损失的功率P损＝．由此可知，输电电压越大，损耗的功率也就越大．图39－5\n细心：输电电压就是加在输电线的电阻R线两端的电压吗？粗心：哦，我忘记各物理量的对应性了．R线两端的电压应该是损失的电压，即应该为ΔU＝U－U′，因此P损＝.提高输电电压U之后，输电电流I＝会减小，ΔU＝IR线也会减小，因此P损＝也会降低．细心：知错就改，你真不错！\n二、超导电缆的优势超导电缆与常规电缆相比，具有明显的优势：一是损耗低、节省能源。超导电缆采用在液氮汽化温度下(约－196℃)无电阻地传输大电流，导体损耗不足常规电缆的,加上制冷的能量损耗，其运行总损耗也仅为常规电缆的50%～60%。二是容量大。同样截面的超导电缆的电流输送能力是常规电缆的3～5倍。三是节约材料。具有同样传输能力的超导电缆与常规电缆相比，使用较少的金属和绝缘材料。四是无污染。超导电缆没有造成环境污染的可能性，而充油常规电缆存在着漏油污染环境的危险。另外，超导电缆还具有低噪音的特性。从长远来讲，超导电缆的应用还使长距离直流输电技术变得容易和经济。用于直流输电，超导电缆会使电网线损降低70%以上，显示出更好的经济效益。由于超导电缆传输电力的能力是传统常规电缆的3～5倍，所以使用超导电缆还可以节约输电系统的占地面积和空间，节省大量宝贵的土地资源，相应地保护了生态环境。\n中国第一组实用超导电缆的顺利并网运行，表明我国超导电缆的技术已趋于成熟，对我国的电力系统的发展具有深远的影响。超导电缆在我国电网干线及输电瓶颈线路的应用将有利于提高电网的安全性和可靠性。在长距离大容量输电时，超导电缆在系统综合性能上具有无可比拟的优势，从ぴ渡辖窘饩鑫夜“西电东送”等长距离大容量的输电问题。近期内，高温超导电缆在下面几个方面有可能很快显示出优势：(1)城市密集居住区，摩天大厦，常规电缆容量不够，没有更大电缆的空间。(2)金属冶炼设备等大电流、短距离、小空间的应用中。(3)电站和变电站内大电流传输的母线。(4)电力需求迅猛发展的大城市，要求供电容量不断扩大，由于城市的拥挤和开挖成本高昂,无法扩大电缆铺设范围，借助超导电缆，可以在原有的管道内更换，使供电容量提高3～5倍。\n互动训练1．一台发电机最大输出功率为4000kW，电压为4000V，经变压器T1升压后向远方输电，输电线路总电阻R＝1kΩ．到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220V、60W)．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T1和T2的损耗可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则[2009年高考·海南物理卷](　　)A．T1原、副线圈电流分别为103A和20AB．T2原、副线圈电压分别为1.8×105V和220VC．T1和T2的变压比分别为1∶50和40∶1D．有6×104盏灯泡(220V、60W)正常发光答案ABD\n2．图示为远距离高压输电的示意图．关于远距离输电，下列表述正确的是[2009年高考·广东物理卷](　　)A.增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失B.高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗C.在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小D.高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好\n解析依据输电原理，电路中的功率损耗ΔP＝I2R线，而R线＝ρ,增大输电线的横截面积，减小输电线的电阻，则能够减小输电线上的功率损耗，选项A正确；由P＝UI来看，在输送功率一定的情况下，输送电压U越大，则输电电流越小，则功率损耗越大，选项B正确；若输电电压一定，输送功率越大，则电流I越大，电路中损耗的电功率越大，选项C错误；输电电压并不是越高越好，因为电压越高，对于安全和技术的要求越高，选项D正确．答案ABD\n3．某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机的输出电压为200V，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220V的用电器正常工作，则[2009年高考·山东理综卷](　　)\nA．B．C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率解析根据变压器工作原理可知，由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有U2>U3，所以,选项A正确，B、C均错误．升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率，选项D正确．答案AD\n课时40　《交变电流》小结本章知识梳理\n能力升华一、交变电流的产生例1图40－1甲是某人设计的一种振动发电装置，它的结构是一个半径r＝0.1m的20匝线圈套在辐向形永久磁铁槽中，磁场的磁感线沿半径方向均匀分布，其右侧视图如图40－1乙所示．线圈所在位置的磁感应强度B＝0.2T，线圈电阻为2Ω，它的引出线接有8Ω的小灯泡L，外力推动线圈的P端做往复运动，便有电流通过小灯泡．若线圈向右的位移随时间变化的规律如图40－1丙所示(x取向右为正)．试求：(1)这台发动机的输出功率(摩擦等损耗不计)．(2)每次推动线圈运动过程中的作用力大小．\n图40－1图40－1丙\n解析(1)由图40－1丙可知，线圈每次往返运动都是匀速直线运动v＝m/s＝0.8m/s因磁场均匀辐向，可见线圈每次运动切割磁感线产生的感应电动势如图40－1丁所示．图40－1丁\nE0＝nBLv且L＝2πr所以：I＝≈0.20A发电机的输出功率就等于小灯泡的电功率：P出＝I2R2＝0.32W．(2)由平衡条件有：F推＝F安＝nBIL＝2πnrBI＝0.50N．答案(1)0.32W(2)0.50N\n变式训练1如图40－2甲所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场．已知线圈的匝数n＝100匝，电阻r＝1.0Ω，所围成的矩形的面积S＝0.040m2；小灯泡的电阻R＝9.0Ω．磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图40－2乙所示．线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e＝nBmScost，其中Bm为磁感应强度的最大值，T为磁场变化的周期．不计灯丝电阻随温度的变化，求：(1)线圈中产生感应电动势的最大值．(2)小灯泡消耗的电功率．\n(3)在磁感应强度变化的0～时间内，通过小灯泡的电荷量．甲乙图40－2\n解析(1)由题中电动势e的表达式知感应电动势的最大答案(1)8V　(2)2.88W　(3)4.0×10－3C\n二、交变电流的相关参量例2图40－3甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化．下列说法正确的是[2008年高考·山东理综卷](　　)图40－3甲\n图40－3乙A．图甲表示交变电流，图乙表示直流电B．两种电压的有效值相等C．图甲所示交变电流的电压的瞬时值表达式为u＝311sin100πtVD．图甲所示电压经匝数比为10∶1的变压器变压后，频率变为原来的\n解析交变电流的概念：大小和方向都随时间变化，在t轴的上方为正，下方为负，选项A错误．有效值E＝只对正弦交变电流适用，而它们的最大值一样，所以选项B错误．由图可知，选项C正确．变压之后，频率不变，选项D错误．答案C点评交变电流虽然要求不高，但在生活中很常见，是每个人的生活常识中应该必备的内容，所以高考一般会涉及，希望同学们一定要注意．\n变式训练2电阻R1、R2与交流电源按照图40－4甲所示的方式连接，R1＝10Ω，R2＝20Ω．合上开关S后，通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图40－4乙所示．则[2007年高考·北京理综卷](　　)甲　　　　　　　　　　乙图40－4\nA．通过R1的电流的有效值是1.2AB．R1两端的电压有效值是6VC．通过R2的电流的有效值是1.2AD．R2两端的电压有效值是6V解析由图40－4乙可得正弦交变电流的最大值，根据最大值和有效值的关系便可知有效值．交流电路和直流电路中串、并联的特征相同，故比较容易判断正确选项为B．答案B点评解决本题的关键在于理解正弦交变电流的瞬时值和有效值的关系．\n三、含变压器电路例3如图40－5所示，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中的R1、R2、R3和R4均为固定电阻，开关S是闭合的．和为理想电压表,示数分别为U1和U2；、和为理想电流表，示数分别为I1、I2和I3.现断开S，U1的数值不变，下列推断正确的是[2008年高考·四川理综卷](　　)图40－5\nA．U2减小，I3减小B．U2不变，I3增大C．I1减小，I2减小D．I1减小，I2增大解析因为变压器的匝数与U1不变，所以U2与两电压表的示数均不变．当S断开时，因负载电阻增大，故副线圈电路的电流I2减小，由于输入功率等于输出功率，所以I1也将减小，选项C正确．因为R1两端的电压减小，故R2、R3两端的电压将增大，I3增大，故选项B正确．答案BC\n变式训练3图40－6为理想变压器，三个灯泡L1、L2、L3都标有“5V　5W”，L4标有“5V　10W”，若它们都能正常发光，则变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2和a、b间电压分别应为(　　)图40－6\nA．2∶1,25VB．2∶1,20VC．1∶2,25VD．1∶2,20V解析a、b间电压不等于原线圈两端电压．从电流的角度考虑，它们都能正常发光，通过L4的电流是通过L1电流的两倍，因此原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1．副线圈两端的电压为10V，原线圈两端的电压为20V，可得a、b间电压为25V．答案A点评本题a、b间电压不是原线圈两端电压，这是本题的关键．\n第六章　传感器课时41　传感器及其工作原理课前导航国家标准GB7665－87对传感器下的定义是：“能感受规定的被测量并按照一定的规律转换成可用信号的器件或装置，通常由敏感元件和转换元件组成”．由此可知，传感器是一种检测装置，能感受到被测量的信息，并能将检测感受到的信息，按一定规律转换成电信号或其他所需形式的信息输出，以满足信息的传输、处理、存储、显示、记录和控制等要求，它是实验自动检测和自动控制的首要环节．在科技高度发达的今天，传感器与我们的生活已密切相关．在本章学习之前，请你想想：电视、空调的遥控器是如何实现远距离操纵的？楼梯上的电灯是如何做到人来就亮，人走就熄的？工业生产中所用的自动报警器、恒温烘箱是如何工作的？“非典”病毒肆虐华夏大地时，机场、车站、港口又是如何实现快速而准确的体温检测的？\n基础梳理基本要求1．初步认识传感器的基本功能2．了解传感器是能感受非电学量，并将其转换成电学量的元件3．知道光敏电阻的电阻率与光照强度有关4．知道霍尔元件能把磁感应强度转换为电压发展要求区分金属热电阻与热敏电阻随温度变化的规律，理解R－t图象的意义\n知识精析一、传感器传感器是指这样一类元件：它能够感受诸如力、温度、光、声、化学成分等非电学量，并能把它们按照一定的规律转换为电压、电流等电学量，或转换为电路的通断等．把非电学量转换为电学量以后，就可以很方便地进行测量、传输、处理和控制了．传感器一般由敏感元件和输出部分组成，通过敏感元件获取外界信息并转换成电压、电流信号，通过输出部分输出，然后经控制器分析处理．常见的传感器有光学传感器、热学传感器、色标传感器、加速度传感器、力传感器、气敏传感器、超声波传感器、磁敏传感器等．\n二、常见传感器元件1．光敏电阻：光敏电阻的材料是一种半导体，无光照时，载流子极少，导电性能不好；随着光照的增强，载流子增多，导电性能变好，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．它就像人的眼睛，可以看到光线的强弱．2．金属热电阻和热敏电阻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．它能把温度这个热学量转换为电阻这个电学量．热敏电阻的电阻率则可以随温度的升高而减小或增大．它与金属热电阻相比，金属热电阻的化学稳定性好，测温范围大，但灵敏度较差．3．电容式位移传感器：电容式位移传感器能够把物体的位移这个力学量转换为电容的电学量．\n4．霍尔元件：霍尔元件能够把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量．如图41－1所示，厚度为h，宽度为d的导体垂直放在磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流通过导体时，在导体的上侧面A和下侧面A′之间会产生电势差．这种现象称为霍尔效应，实验表明，当磁场不太强时，电势差U、电流I和磁感应强度B的关系为U＝k，式中的k称为霍尔系数，霍尔效应可解释如下：图41－1\n三、传感器的分类\n\n四、传感器的一般结构虽然各种传感器的工作原理不同，在组成细节上也有较大的差异，但总的来说，传感器一般由敏感元件、转换元件和转换电路组成，如图41－2所示，有时还需要加辅助电源．图41－2敏感元件：相当于人的感觉器官，直接感受被测量并将其转换成与被测量成一定关系且易于测量的物理量，如温度、位移等．转换元件：也称传感元件，通常不直接感受被测量，而是将敏感元件输出的物理量转换成电学量输出．转换电路：是将转换元件输出的电学量转换成易于测量的电学量，如电压、电流、频率等．\n相对于传感器的转换作用而言，敏感元件常被称为预变换器．因为在完成非电学量到电学量的转换过程中，并非所有的非电学量都能一次直接转换成电学量，往往是先变换成一种易于变换成电学量的非电学量，如位移等，然后通过适当的方法转换成电学量．因而，人们将能够完成预变换的器件称为敏感元件，如弹性元件等．而转换元件是能将感觉到的被测非电学量转换成电学量的器件，如压电晶体热电偶等．当然，转换元件是传感器的核心部分，它是利用各种物理、化学、生物效应等原理制成的．\n方法探究一、关于敏感元件例1为什么干簧管中的簧片用软磁性材料制成？解析当磁铁靠近干簧管时，簧片被磁化而相互靠拢接通，当移去磁铁时，两簧片不保留磁性而相互断开，所以簧片用软磁性材料制成．答案略\n变式训练1图41－3所示的是利用光敏电阻自动计数的示意图，其中A是发光仪器，B是接收光信号的仪器，B中的主要元件是光电传感器——光敏电阻.试说明计数的原理．图41－3解析当传送带上没有物品挡住由A射向B的光信号时，光敏电阻的阻值减小，供给信号处理系统的电压降低；当传送带上有物品挡住由A射向B的光信号时，光敏电阻的阻值增大，供给信号处理系统的电压升高．这种高低交替变化的信号经过信号处理系统的处理，就会自动将其转化为相应的数字，实现自动计数的功能．答案略\n例2传感器是一种采集信息的重要器件．图41－4是一种测定压力大小的电容式传感器示意图．当待测压力F作用于可动膜片电极时，可使膜片产生形变，引起电容的变化，将电容器、灵敏电流表和电源串联成闭合电路，则(　　)图41－4\nA．当F向上压膜片电极时，电容将减小B．当F向上压膜片电极时，电容将增大C．若电流表有示数，则压力F发生变化D．若电流表有示数，则压力F不发生变化解析当F向上压膜片电极时，电容器的电容将增大，电流表有示数，则压力F发生了变化．答案BC点评当电容器两板之间的距离减小时，电容将增大．\n变式训练2如图41－5所示，通过霍尔元件PQEF的电流为I，外加垂直薄片的匀强磁场的磁感应强度为B，薄片的厚度为d．又已知该元件载流子的电荷量为q，单位体积含载流子的个数为n，试推导该霍尔元件上PQ两侧形成稳定电压UH的表达式．图41－5\n解析设图中PQ方向的长度为L，则：q＝qvB根据电流的微观解释，可得：I＝nqSv＝nqLdv(d为薄片的厚度)整理后得：UH＝，令k＝，因为n为材料单位体积的带电粒子的个数，q为单个带电粒子的电荷量，它们均为常数，故有：UH＝k．答案UH＝k\n例3温度传感器广泛应用于空调、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41－6甲所示，电源的电动势E＝9V，内阻不计；为灵感电流表，内阻Rg保持不变；R为热敏电阻，其电阻阻值随温度的变化关系如图乙所示．闭合开关S，当R的温度等于20℃时，电流表的示数I1＝2mA；当电流表的示数I2＝3.6mA时，热敏电阻的温度是(　　)甲　　　　乙图41－6A．60℃B．80℃C．100℃D．120℃\n解析在20℃时，E＝(Rg＋R1)I1即Rg＝500Ω在t℃时，E＝(Rg＋R2)I2即9＝(500＋R2)×3.6×10－3所以R2＝2000Ω从图乙中可看出t＝120℃．答案D\n互动平台汽车上的传感器今天的汽车，已经不仅仅只是代步工具，它更具有改善生活品质的意义。现在的汽车除了需要能省油节电，还需要安全、舒适以及人性化，这些性能全仰仗传感器的应用。正因如此，人们对传感器技术的重视与日俱增，而该市场的发展速度也是令人吃惊的。汽车传感器过去单纯用于发动机，现在已扩展到底盘、车身和灯光电气系统，如图所示：传感器在轿车上的基本应用。\n\n这些系统采用的传感器有100多种。在种类繁多的传感器中，常见的有：1．用在电控喷油喷射发动机上的传感器①进气压力传感器：反映进气管内的绝对压力大小的变化，是向ECU(发动机电控单元)提供计算喷油持续时间的基准信号；②空气流量传感器：测量发动机吸入的空气量，提供给ECU作为喷油时间的基准信号；③节气门位置传感器：测量节气门打开的角度，提供给ECU作为断油、控制燃油/空气比、点火提前角修正的基准信号；④曲轴角度传感器：检测曲轴及发动机转速，提供给ECU作为确定点火正时及工作顺序的基准信号；⑤氧传感器：检测排气中的氧浓度，提供给ECU作为控制燃油/空气比在最佳值附近的基准信号；\n⑥进气温度传感器：检测进气温度，提供给ECU作为计算空气密度的依据；⑦水温传感器：检测冷却水的温度，向ECU提供发动机温度信息；⑧爆燃传感器：安装在缸体上专门检测发动机的爆燃状况，提供给ECU根据信号调整点火提前角。2．用在底盘控制方面的传感器这些传感器主要应用在变速器、方向器、悬架和ABS上。①变速器：有车速传感器、温度传感器、加速度传感器、车身高度传感器、侧倾角传感器、转矩传感器、液压传感器等；②悬架：有车速传感器、加速度传感器、车身高度传感器、侧倾角传感器、转角传感器等。③ABS：有车轮速度传感器。\n3．车身的传感器与安全性能息息相关，主要有安全气囊传感器、侧面防碰传感器、测距传感器等。4．灯光及电气系统的传感器主要有光亮检测传感器、雨滴量传感器、空调温度传感器、座椅位置传感器等。微电子技术的发展促进传感器技术的发展。传感器已经利用到Mems技术，一种利用硅单晶受力后其电阻率会发生很大变化的“压阻效应”原理通过机械或化学加工成圆平膜片，利用微电子技术将极小(微米级)的敏感元件、信号处理器、数据处理装置封制成到同一个芯片上，可显著提高测试精确度，同时又具有体积小，重量轻，可靠性和耐用性高，价格便宜的特点。目前，传感器在汽车上的应用还在不断发展，如在新型豪华轿车中，传感器在更多的位置上发挥更大的功能，如图所示．\n\n互动训练1．如图所示，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻，当照射光强度增大时，(　　)A．电压表的示数增大B．R2中电流减小C．小灯泡的功率增大D．电路的路端电压增大解析当光强度增大时，R3阻值减小，外电路电阻随R3的减小而减小，R1两端电压因干路电流增大而增大，同时内电压增大，故电路路端电压减小，而电压表的示数增大，选项A正确，D错误．由路端电压减小，而R1两端电压增大知，R2两端电压必减小，则R2中电流减小、小灯泡的功率减小，故选项B正确，C错误．答案AB\n2．如图所示，R1为定值电阻，R2为负温度系数的热敏电阻，L为小灯泡，当温度降低时(　　)A．R1两端的电压增大B．电流表的示数增大C．小灯泡的亮度变强D．小灯泡的亮度变弱解析R2与灯泡L并联后与R1串联，与电源构成闭合电路，当热敏电阻温度降低时，电阻R2增大，外电路电阻增大，电流表读数减小，灯泡L电压增大，灯泡亮度变强，R1两端电压减小，故选项C正确，其余选项均错误．答案C\n3．图甲是一个霍尔元件，其大小仅有普通发光二极管的左右．霍尔元件是一个四端元件，其中AC端输入控制电流，BD端输出霍尔电压，可用多用电表的电压挡来检测．甲(1)如图乙所示，将霍尔元件的BD端与多用电表的最灵敏端相连(由于霍尔电压很小，乙\n把它直接加在电流表两端，通过测量电流的变化，就可以知道电压的变化．也可用数字多用电表直接测量霍尔电压)，电源E(6V～12V)与可变电阻R(470Ω)串联后连到霍尔元件的AC端，用以输入控制电流，R的滑动端置于中间位置．将条形磁铁的磁极靠近霍尔元件H，观察多用电表指针读数的变化．保持霍尔元件H与条形磁铁磁极的相对位置不变，改变R的大小，再观察多用电表指针读数的变化．由此得出，霍尔电压与____________有关．(2)使用这个简易检测装置，按图丙检测收音机扬声器附近的磁场分布情况．丙\n答案(1)电流的强弱(2)离扬声器越近的区域，电势差越大，表示该区域磁场较强；离扬声器越远的区域，电势差越小，表示该区域磁场较弱(3)当磁场检测器移动到某一位置，如果这时的霍尔电压最大，则该处磁感线的方向与霍尔元件的平面垂直．因为霍尔电压与磁感应强度成正比．\n课时42　传感器的应用(一)(二)课前导航话筒种类话筒按其结构不同，一般分为动圈式、晶体式、炭粒式、铝带式和电容式等．其中最常用的是动圈式话筒和电容式话筒，前者耐用、价格便宜；如图42－1所示．后者精巧、价格高、但性能优良．图42－1话筒\n动圈式话筒的优点是构造简单、价格低廉、工作稳定、坚固耐用、寿命长．动圈式话筒的振膜(相当于我们的耳膜)位于一块圆柱形磁铁和一块软铁之间的环形空隙中，振膜上连接着一个悬于两磁极之间的可动线圈，这个线圈我们通常称之为“音圈”．声波振动振膜，使音圈在运动中切割环行缝隙中的磁力线，从而感应出电流并输出．但是由于它的灵敏度比较低，频率响应也不够宽(约为40Hz～16kHz，而人耳平均听力约为20Hz～20kHz)，所以如果用动圈式话筒进行现场拾取一些频率较宽、动态较大、泛音成分较多的声源(如细腻的人声演唱、管弦乐队的合奏等)，就显得有些力不从心了．电容式话筒的优点是噪声低、失真小、灵敏度很高，频响也很宽，可达20Hz～20kHz或更宽，具有良好的指向性，能满足绝大多数室内外拾音的需求，它的缺点是环境声\n场容易影响拾音效果．电容式话筒的全称是“静电容量变化型传声器”．它由一金属振动膜和一固定电极构成，两者之间的距离很近，约0.025～0.05mm，中间的介质是空气，因此形成一个电容器．这个电容器一般称之为极头，当极头被施以极化电压后，在两极板上会产生电荷．声波振动振膜，电荷就会发生变化，最终在负载电阻两端产生电压，形成音频信号．另外，有一种驻极体式电容话筒，采用了驻极体材料制作话筒振膜电极，不需要外加极化电压，简化了结构，因此这种话筒非常小巧而且廉价，同时还具有电容式话筒的优点，被广泛应用于各种音频设备和拾音环境中．请你观察与分析：1．你身边的话筒(如耳麦、录音等)分别属于何种类型？2．例举出你周围的力传感器、声传感器、温度传感器、光传感器的应用实例．\n基础梳理基本要求1．认识力、声、温度传感器的作用2．初步了解传感器应用的一般模式3．了解生产、生活中常用的四种传感器的作用4．了解电饭锅与鼠标中传感器的工作原理发展要求1．初步了解力、声、温度传感器的工作原理2．能分析简单的涉及力、声、温度传感器的问题3．会用光敏电阻、电流表和干电池组成电路，对光照的强度进行比较性测量说明\n知识精析一、传感器的应用模式二、力传感器的应用——电子秤1．电子秤里有电阻应变片、电压放大器、模数转换器、微处理器和数字显示器等器件．电阻应变片受到力的作用时，它的电阻会发生变化，把应变片接在合适的电路中，它能够把物体形变这个力学量转换为电压这个电学量，因而电子秤是力传感器的应用．\n2．工作原理：如图42－2所示，弹簧钢制成的梁形元件右端固定，在梁的上下表面各贴一个应变片，在梁的自由端施力F，则梁发生弯曲，上表面拉伸，下表面压缩，上表面应变片的电阻增大，下表面应变片的电阻减小．F越大，弯曲形变越大，应变片的阻值变化就越大．如果让应变片中通过的电流保持恒定，那么上面应变片两端的电压增大，下面应变片两端的电压减小．传感器把这两个电压的差值输出．外力越大，输出的电压差值也就越大．图42－2\n三、声传感器的应用——话筒话筒的正规名称叫做传声器，类型较多．1．作用课本上“将声音信号转换成电信号”是一种笼统的说法．具体情况是：话筒中的膜片感受到声波对它的变化的压强而随之振动，通过某种物理效应产生微小的音频交变电压．2．动圈式话筒构造如图42－3所示．(1)主要结构：轻薄的弹性膜片后面粘接一个由很细的漆包铜线绕制的小线圈(称为动圈)置于磁场中．(2)原理：电磁感应．图42－3\n3．电容式话筒保真度比动圈式话筒好．原理如图42－4所示．Q是绝缘支架，薄金属膜M和固定电极N形成一个电容器，被直流电源充电.当声波使膜片振动时,电容发图42－4生变化,构成话筒的电容器交替地充放电.电路中形成变化的电流,于是电阻R两端就输出了与声音变化规律相同的电压．4．驻极体话筒由话筒内部的驻极体塑料薄膜感受声波．原理与电容式话筒相似，但工作电压只需3V～6V(有的不需外加极化电压)．特点：体积小，重量轻，价格便宜(一般为人民币1元～2元)，灵敏度高．\n四、温度传感器的应用——电熨斗电熨斗之所以能自动控制温度，在于它内部装有双金属片温度传感器．原理如图42－5所示，双金属片巧妙地利用了不同金属热膨胀(线膨胀)的差异，它用黄铜片和铁片铆在一起，常温下是直的，用酒精灯加热后，由于黄铜的膨胀系数大于铁，就会向铁片那侧弯曲．课本第63页的小实验的目的是看到双金属片温控开关的动作．特点：构造简单，动作可靠．作用：直接控制强电电路的通断,它输出的电信号的开、关量，即接通或断开这种跃变．图42－5\n五、温度传感器的应用——电饭锅电饭锅也应用了温度传感器，它的主要元件是感温铁氧体，感温铁氧体是氧化猛、氧化锌和氧化铁粉末混合烧结而成的，它的特点是：常温下具有铁磁性，能够被磁体吸引，但是上升到约103℃时，就失去了铁磁性,不能被磁体吸引了.这个温度在物理学中称为该材料的“居里温度”或“居里点”．电饭锅的结构如图42－6所示．图42－6\n原理：在电饭锅工作时，按下开关按钮，感温磁体与永磁体接触，两个接线螺钉通过触点相连，电路接通，开始工作，电饭锅内温度升高，当到达约103℃时，感温磁体与永磁体分离，带动触点分离，电路断开，不再加热，电饭锅停止工作．注意：在煮饭的过程中弹簧压缩，当到达103℃时，感温磁体与永磁体分离，弹簧辅助弹开．六、温度传感器的应用——测温仪1．测温仪的优点：可以远距离读取温度的数值，因为温度信号变成电信号后可远距离传输．2．常见的测温元件有：热敏电阻、金属热电阻、热电偶及红外线敏感元件等．\n七、光传感器的应用——鼠标光传感器的应用十分广泛，如计算机的鼠标．在机械式鼠标的内部结构中,两个滚轴分别装有码盘,码盘的边缘开有许多等间距的小齿;码盘两侧分别装有红外发射管(LED)及红外接收管,两个红外接收管就是两个光传感器(如图42－7所示)．图42－7当鼠标在桌面上移动时，滚球的运动通过滚轴带动两个码盘转动，红外接收管就收到断续的红外线脉冲，输出相应的电脉冲信号．计算机分别统计x、y两个方向的脉冲信号，处理后就使屏幕上的光标产生相应的位移．\n八、光传感器的应用——火灾报警器许多会议室和宾馆房间的天花板上都装有火灾报警器．有一种火灾报警器是利用烟雾对光的散射来工作的．如图42－8甲所示带孔的罩子内装有发光二极管LED、光电三极管和不透明的挡板．平时，光电三极管收不到LED发出的光，呈现高电阻状态，烟雾进入罩内后对光有散射作用，使部分光线照射到光电三极管上，其电阻减小．与传感器连接的电路检测出这种变化，就会发出警报．甲：天花板上的火灾报警器；乙：结构和原理．甲　　　　　乙图42－8\n方法探究一、力传感器的应用例1下列关于电子秤中应变式力传感器的说法中，正确的是(　　)A．应变片是由导体材料制成B．当应变片的表面拉伸时，其电阻增大；反之，减小C．传感器输出的是应变片的电压D．外力越大，输出的电压差值也越大解析应变片是由某种特定的半导体材料制成的，应变片拉伸，l增大，R值增大；应变片压缩，l减小，R值减小．答案BD\n变式训练1图42－9所示为大型电子地磅的电路图，电源电动势为E，内阻不计，不称物体时，滑动变阻器的滑片P在A端，接入电路中有效电阻最大，电流较小；称重物时，在压力的作用下使滑片P下移，滑动变阻器有效电阻减小，电流增大．这样把电流对应的质量值刻在刻度盘上，就可以读出被称物体的质量．若滑动变阻器上A、B间长度为L，最大阻值为R0，已知两弹簧的总弹力与形变量成正比，比例系数为k，试导出所称重物的重力G与电路中电流I的函数关系．图42－9\n解析本题属力电传感器装置，设称重物G时弹簧的压缩量为x，由题意得G＝kx此时，滑片P到B端的距离为L－x，滑动变阻器的有效电阻为R0－R0由欧姆定律有I＝联立解得：G＝2kL－．答案2kL－\n二、声传感器的应用例2图42－10所示是电容式话筒的示意图，它是利用电容器制成的传感器，话筒的振动膜前面镀有薄薄的金属层，膜后距膜几十微米处有一金属板，振动膜上的金属层和这个金属板构成电容器的两极，在两极间加一电压U，人对着话筒说话时，振动膜前后振动，使电容发生变化，导致话筒所在电路中的其他量发生变化，使声音信号被话筒转化为电信号，其中导致电容变化的原因可能是电容器两极板间的(　　)A．距离变化B．正对面积变化C．介质变化D．电压变化图42－10\n解析这个声传感器属于电容式传感器．由题意知，对着话筒说话时，振动膜前、后振动，则金属层和金属板间的距离改变，即电容器两极板间距改变，若将电容器近似看做平行板电容器，由C＝可知，C∝．故导致电容变化的原因应该是电容器两极板间的距离变化，选项A正确．答案A\n变式训练2动圈式话筒和磁带录音机都应用了电磁感应原理，图42－11甲是话筒原理图，图42－11乙是录音机的录音、放音原理图，由图42－11甲、乙可知(　　)甲\n乙图42－11A．话筒工作时磁铁不动，线圈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中产生感应电流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\n解析话筒的工作原理是，声波迫使金属线圈在磁铁产生的磁场中振动产生感应电流，选项A正确．录音机录音时，话筒产生的感应电流经放大电路放大后在录音机磁头缝隙处产生变化的磁场，选项D正确．磁带在放音时通过变化的磁场使放音磁头产生感应电流，经放大电路后再送到扬声器中，选项B正确．答案ABD点评知道话筒、录音机录音和放音的工作原理是解题的关键．\n三、温度传感器例3日光灯的启动器可看做是一个热敏传感装置，如图42－12所示，它的热敏功能器是双金属片，请说出启动器的工作原理．解析在日光灯启动器的构造中，图42－12关键部件为一双金属片，其热膨胀系数不同．电路中开关闭合后，启动器两极之间有电压使氖气放电而发出辉光，辉光发出的热量使U形动触片受热膨胀向外延伸，跟静触片接通，而把电路接触；动静触片接触后，启动器中的氖气停止放电，U形动触片冷却向里收缩，两个触片分离，电路自动断开．答案略\n例4下列关于电饭锅的说法中，正确的是(　　)A．电饭锅中的温度传感器其主要元件是铁氧体B．铁氧体在常温下具有铁磁性，温度接近100℃时失去磁性C．用电饭锅烧水，水开时能自动断电D．用电饭锅煮饭时，若温控开关自动断电后，它不能自动复位解析电饭锅中主要元件为感温铁氧体，在103℃时断开；用它烧开水时，在1标准大气压下，水温最高为100℃，电饭锅不会自动弹开，无人控制时，直到水全部蒸发后才断开．电饭锅只能手动复位．答案AD\n变式训练3一热敏电阻的阻值随温度变化的图象如图42－13甲所示，请应用这一热敏电阻自行设计一控制电路，要求当温度高于某一值后红色指示灯亮，而温度低于这一值时绿色指示灯亮，并说明滑动变阻器的作用．给你的器材有:如图42－13乙所示的继电器一只(a、b为常闭触点,c、d为常开触点),热敏电阻一只,滑动变阻器一只，红、绿色指示灯各一个,两个独立的电池组,开关两个,导线若干．图42－13\n答案设计的电路图如图42－13丙所示．图42－13丙此方案中滑动变阻器的作用：滑动变阻器接入电路的阻值越大，红灯亮时温度越高，滑动变阻器接入电路的阻值越小，红灯亮时温度越低．\n四、光传感器的应用例5图42－14为一实验小车中利用光电脉冲测量车速和行程的装置示意图．A为光源，B为光电接收器，A、B均固定在车身上，C为小车的车轮，D为与C同轴相连的齿轮．车轮转动时，A发出的光束通过旋转齿轮上齿的间隙后变成脉冲光信号，被B接收并转换成电信号，由电子电路记录和显示．若实验显示单位时间内脉冲数为n，累计脉冲数为N，则要测出小车的速度和行程还必须测量的物理量和数据是______，小车速度的表达式为v＝_______；行程的表达式为s＝________．图42－14\n解析这是一道以实际问题为背景的实验题，显然无法通过迁移课本实验中的方法来解决．但是题目给出了装置图，该图及题文中的相关说明给我们一定提示，光束原来是连续的，是转动的齿轮使光束变为脉冲，因此脉冲情况必定与齿轮(或车轮)的转动有关，也就与速度和行程有关．根据速度的意义和车正常行驶的情况，应有v＝2πRf，其中R为车轮的半径，f为单位时间内车轮转过的圈数；若车轮的齿数为P，则转一圈应有P个脉冲被B接收到，因此有f＝，代入上式，有v＝．同样，根据行程的意义，应有s＝2πRf，其中f为整个行程中车轮转过的圈数；而f＝，所以s＝．可见，还必须测量的物理量和数据是车轮的半径R和齿轮的齿数P，速度和行程的表达式如上面两式所示．答案车轮的半径R和齿轮的齿数P\n互动平台光电鼠标鼠标是我们用得最为频繁的设备之一，毫无疑问，一款先进的鼠标产品会让操作电脑变得更富乐趣，这也是近年来鼠标领域技术不断革新、高端产品层出不穷的一大诱因。尽管如此，我们对鼠标依然知之不多，也许是它太过“熟悉”的缘故吧。向大家介绍鼠标的光学引擎技术，你可以从中了解到与鼠标性能密切相关的指标，从而加深对鼠标的认识！\n光电鼠标的工作原理光电鼠标与机械式鼠标最大的不同之处在于其定位方式不同。光电鼠标主要由四部分核心组件构成，分别是发光二极管、透镜组件、光学引擎以及控制芯片。其工作原理是在光电鼠标内部有一个发光二极管，通过该发光二极管发出的光线，照亮光电鼠标底部的表面(这就是为什么鼠标底部总会发光的原因)；然后将光电鼠标底部表面反射回的一部分光线，经过透镜组件，传输到一个光传感器\n件(微成像器)内成像。这样，当光电鼠标移动时，其移动轨迹便会被记录为一组高速拍摄的连贯图像，最后利用光电鼠标内部的一块专用图像分析芯片(DSP，即数字微处理器)对移动轨迹上的一系列图像进行分析处理，通过对这些图像上的特征点位置的变化进行分析，来判断鼠标的移动方向和移动距离，从而完成光标的定位。\n互动训练1．如图所示的实验电路中，电源两端的电压恒定，L为小灯泡，R为光敏电阻，D为发光二极管(电流越大，发出的光越强)，且R与D相距很近,下列说法正确的是(　　)A．当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率增大B．当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率减小C．当滑动触头P向右移动时，L消耗的功率可能不变D．无论怎样移动触头P，L消耗的功率都不变解析当P左移动滑动变阻器电阻减小，通过二极管的电流变大，发光变强，光敏电阻阻值减小，灯泡中电流变大.答案A\n2．在热敏特性实验中为了研究热敏电阻的阻值随温度变化的情况，用如图所示的装置进行实验，请指出图中的错误之处．(R为热敏电阻)答案①热敏电阻没有完全浸入水中；②温度计的液泡不能接触杯内壁\n3．车床在工作时是不允许将手随便接近飞转的工件的，为了防止万一，设计了下面的光电自动制动安全电路，图中的A为车床上的电动机；B为随电动机高速转动的工件；C为光源，它发出的光照到光敏电阻E上；E为电磁铁；F为衔铁；G为电源；H为弹簧．只要人手不小心靠近了工件，机器就自动停转，请简述其工作原理．解析无阻挡物在光源与D之间时，光敏电阻阻值很小，电磁铁吸衔铁，使电动机工作回路处于导通状态，当手靠近工件而挡住D上的光线时，D的阻值变大，通过电磁铁的电流变小，电磁铁的磁性照射减弱，衔铁被弹簧右拉而断开电动机工作回路，电动机停转．答案略\n课时43　传感器的应用实验课前导航本实验的内容是在前面学习电学、磁学知识的基础上，介绍了电磁学在科技上的一种应用——传感器．传感器能像人的感应器官那样感受外界信息，并能按照一定的规律和要求把这些信息转换成可输出信息的器件和装置．传感器是各种测量和自动控制系统的“感觉器官”．本课时重点介绍了几种制作传感器的器件和日常生活中传感器的几种应用，在学习过程中注意与现实生活、生产相联系．\n基础梳理知识精析一、斯密特触发器斯密特触发器是特殊的非门电路，如图43－1所示．当加在它的输入端A的电压逐渐上升到1.6_V时，输出端Y会突然从高电平调到低电平0.25_V，而当输入端A的电压下降到另一个值0.8_V的时候,Y会从低电平跳到高电平3.4_V.斯密特触发器可以将连续变化的模拟信号转换为突变的数字信号．图43－1基本要求了解光控开关与温度报警器的用途发展要求1．初步了解光控开关与温度报警器的工作原理2．关注传感器在生活、生产中的应用\n二、光控开关1．实验目的：设计路灯，当天色暗到一定程度时，让路灯自动开启．2．实验器材：斯密特触发器、发光二极管LED、光敏电阻RG，电阻值为51kΩ的R1，为330Ω的R2，电路如图43－2所示．3．实验步骤：(1)根据电路图连接电路；图43－2(2)有光时，RG的电阻值偏小，输入端A的电压偏低，经非门电路Y输出高电平，LED灯不亮；无光时，RG阻值变大，输入端A的电压偏高，经非门电路Y输出低电平，LED灯亮．\n4．现实光控开关电路如果电路不用发光二极管来模拟，直接用在电路中，就必须用到电磁继电器．如图43－3所示．图43－35．条件控制要想在天暗时路灯才会亮，应该把R1的阻值调大一些，这样要使斯密特触发器的输入端A电压达到某个值1.6V，就需要RG的阻值达到更大，即天色更暗．同理,要想在更亮时路灯才变,应该把R1的阻值调小一些.\n三、温度报警器1．实验目的：当温度超过一定值时，温度报警器会自动报警．2．实验器材：斯密特触发器，热敏电阻Rt(温度系数，几百欧)，最大阻值在1kΩ～2kΩ之间的R1．蜂鸣器，如图43－4所示．图43－4\n3．实验步骤：(1)按照电路图连接电路．(2)当温度低于一定值时，Rt阻值较大，A端为低电平，Y端输出高电平，蜂鸣器不响；当温度高于一定值时，Rt阻值较小，A端为高电平，Y端输出低电平，蜂鸣器开始响起．4．条件控制怎样能够使热敏电阻在感测到更高的温度时才报警？当A端输入高电平时，Y输出低电平，蜂鸣器响起；当A端输入低电平时，Y端输出高电平，蜂鸣器不响．要让蜂鸣器在温度更高时才报警，就使在此温度时，A端的电平变得更低．因为UA＝,所以UA＝，R1减小,UA降低.\n方法探究一、带斯密特触发器的传感器电路例1图43－5是一个简单的磁控防盗报警装置．门的上沿嵌入一小块永磁体M，门框内与M相对的位置嵌入干簧管H，并且将干簧管接入图示的电路．睡觉前连接电路，当盗贼开门时，蜂鸣器就会叫起来．请说明它的工作原理，最好通过实验模拟这个电路的工作．图43－5\n解析干簧管中两簧片是由软磁性材料制成的，在磁场中能够被磁化，从而两个簧片闭合．门关上，簧片被磁化而闭合，电路接通，非门电路输入端为低电平，非门输出端为高电平，蜂鸣器不响．当门被打开时，干簧管断开，电路断开，非门电路输入端为高电平，非门输出端为低电平，蜂鸣器被接通，蜂鸣器响起．答案略点评涉及门电路的电路图中，往往不把电流的通路完整地画出来，只画出电路中的逻辑关系，对于蜂鸣器来说，两端电势差大于某一值时，即能工作，低于某一值时不能工作．\n变式训练可以用型号为74LS14的非门集成电路、发光二极管和限流电阻来组成一个逻辑电平检测器，电路如图43－6所示．使用时，将检测器的输入端A接到被测点．请分析：当被测点为高电平时，LED是否发光？低电平时呢？说出道理．最好实际试验一下：按照图示在集成电路实验板上连接电路，然后将A端先后接到本电路电源的正负极上,看看能否正确检测出高低两种电平．图43－6解析高电平时，LED发光；低电平时，LED不发光；当在A端输入高电平，经过非门电路，输出为低电平，LED两端有电势差，LED发光．当在A端输入低电平，经过非门电路，输出为高电平，LED两端无电势差，LED不发光．答案略\n二、不含触发器的传感器电路例2现有热敏电阻、电阻丝、电源、电磁继电器、滑动变阻器、开关和若干导线．如图43－7甲所示，试设计一个控温电路．要求当温度低于某一温度时，电阻丝自动通电供热，当超过某一温度时，又自动断电，画出电路图并说明其工作原理．图43－7甲\n解析热敏电阻R1与滑动变阻器及电磁继电器构成低压控制电路．答案(1)电路图如图43－7乙所示．(2)工作过程，闭合开关S，当温度低于设计值图43－7乙时，热敏电阻阻值大，通过电磁继电器的电流不能使它工作，K接通电炉丝加热，当温度达到设计值时，热敏电阻减小到某值，通过电磁继电器的电流达到工作电流，K断开，电炉丝断电，停止加热,当温度低于设计值,又重复上述过程.点评①这类电路一般都包含两个回路：控制电路与工作电路．②这类传感器的控制开关往往不如含触发器的控制开关精准．\n互动平台育才教师和细心同学关于二极管、三极管的对话育才：以下是一篇关于二极管的介绍材料，请阅后总结出普通二极管和发光二极管的最基本特性？普通二极管和发光二极管固态电子器件中的半导体器件，起源于19世纪末发现的点接触二极管效应，发展于20世纪30年代，主要特征是具有单向导电性，即整流特性。利用不同的半导体材料、掺杂分布、几何结构，可制成不同类型的二极管，用来产生、控制、接收、变换、放大信号和进行能量转换。例如稳压二极管可在电源电路中提供固定偏压和进行过压保护；雪崩二极管作为固体微波功率源，用于小凸烫宸⑸浠械姆⑸湓矗话氲继骞獾缍苣苁迪“光－电”能量的转换，可用来探测光辐射信号；半导体发光二极管能实现“电－光”能量的转换，\n可用来探测光辐射信号；半导体发光二极管能实现“电－光”能量的转换，可用作指示灯、文字和数字显示、光耦合器件、光通信系统光源等；肖特基二极管可用于微波电路中的混频、检波、调制、超高速开关、倍频和低噪声参量放大等。按用途分为：检波二极管、整流二极管、稳压二极管、开关管、光电管。按结构分为：点接触型二极管、面接触型二极管。发光二极管简称为LED，由镓(Ga)与砷(AS)、磷(P)的化合物制成。当电子与空穴复合时能辐射出可见光，因而可以用来制成发光二极管，在电路及仪器中作为指示灯，或者组成文字或数字显示。磷砷化镓二极管发红光，磷化镓二极管发绿光，碳化硅二极管发黄光。发光二极管与普通二极管一样是由一个PN结组成，也具有单向导电性。当给发光二极管加上正向电压后，从P区注入到N区的空穴和由N区注入到P\n区的电子，在PN结附近数微米内分别与N区的电子和P区的空穴复合，产生自发辐射的荧光。不同的半导体材料中电子和空穴所处的能量状态不同。当电子和空穴复合时释放出的能量多少不同，释放出的能量越多，则发出的光的波长越短。常用的是发红光、绿光或黄光的二极管。甲：普通二极符号　　乙：发光二极管细心：(1)二极管具有单向导电性．(2)发光二极管除了具有单向导电性外，导电时还能发光，普通发光二极管使用磷化镓或磷砷化镓等半导体材料制成，直接将电能转化为光能，该类发光二极管的正向导电电压大于1.8V．育才：很好！请你课外再阅读一些关于三极管的文章，总结出三极管的基本特性．\n互动训练1．图示是温度报警器电路示意图，下列关于对此电路的分析正确的是(　　)A．当RT的温度升高时，RT减小，A端电势降低，Y端电势升高，蜂鸣器会发出报警声B．当RT的温度升高时，RT减小，A端电势升高，Y端电势降低，蜂鸣器会发出报警声C．当增大R1时，A端电势升高，Y端电势降低，蜂鸣器会发出报警声D．当增大R1时，A端电势降低，Y端电势升高，蜂鸣器会发出报警声答案BC\n2．压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，在升降机中将重物放在压敏电阻上，压敏电阻接在如图甲所示的电路中，电流表示数变化如图乙所示，某同学根据电流表的示数变化情况推断升降机的运动状态，下列说法中正确的是(　　)甲　　　　　　乙A．0～t1时间内，升降机一定匀速运动B．0～t1时间内，升降机可能减速上升C．t1～t2时间内，升降机可能匀速上升D．t1～t2时间内，升降机可能匀加速上升答案B\n3．有自动控制功能的蔬菜大棚，要靠传感器感知作物生长所需的各种信息．图示为蔬菜大棚内信息采集与自动控制示意图．试结合图上信息分析：(1)在种植蔬菜大棚中要用到哪些传感器？它们的作用是什么？(2)为了控制大棚中的蔬菜的生长条件，还需要哪些设计与传感器配合使用？答案(1)蔬菜大棚中要用到检测光照的光敏传感器；检测温度的温度传感器；检测空气温度和土壤湿度的湿度传感器；检测二氧化碳浓度的二氧化碳浓度传感器等．(2)配套设施有：调节光照的遮阳棚，调整温度的加热装置与通风装置，调整湿度的通风加湿装置和喷淋器，调整二氧化碳浓度的自动排气装置．\n课时44　《传感器》小结本章知识梳理\n能力升华人类应用传感器的历史不短，但与电路联系、大量使用则是在上个世纪中期之后，上个世纪90年代初，在我国中学物理课本开始出现电容传感器的阅读内容．因传感器在现实中的重要性，目前新课程标准将其列为教学内容、成章设置．本章的知识新颖、实用，与人们的生产、生活息息相关，但同学们也可能会因为对传感器的较为陌生而觉得较难学习．其实传感器这一章，除了传感器的有关概念外，涉及的其实都是应用其他章节介绍的、各种各样的物理效应．因此要学好本章，关键还是要学好其他章节的物理知识，唯有如此，方能对付各种各样的与实际问题相联系设计而成的传感器习题．\n一、有关传感器元件的实验例1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.(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44－1甲所示的实物图上连线．甲　　　　　　　　乙图44－1\n(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，并据此绘得图乙所示的R－t关系图线，请根据图线写出该热敏电阻的R－t关系式：R＝______＋______t(Ω)(保留三位有效数字)．[2008年高考·广东物理卷]\n答案(1)如图44－1丙所示图44－1丙(2)记录电压表的电压值　温度计数值(3)100　0.400点评热敏电阻是阻值对温度变化非常敏感的一种半导体元件，被广泛应用于温控、遥控和测点温、表面温度、温差等．有些热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，也有的随温度的升高而增大．\n变式训练12007年诺贝尔物理学奖授予了两位发现“巨磁电阻”效应的物理学家．材料的电阻随磁场的增加而增大的现象称为磁阻效应，利用这种效应可以测量磁感应强度．若图44－2甲为某磁敏电阻在室温下的电阻—磁感应强度特性曲线，其中RB、R0分别表示有、无磁场时磁敏电阻的阻值．为了测量磁感应强度B，需先测量磁敏电阻处于磁场中的电阻值RB．请按要求完成下列实验．图44－2\n(1)设计一个可以测量磁场中该磁敏电阻阻值的电路，在图44－2乙的虚线框内画出实验电路原理图(磁敏电阻及所处磁场已给出，待测磁场的磁感应强度大小约为0.6～1.0T，不考虑磁场对电路其它部分的影响)．要求误差较小．提供的器材如下：A．磁敏电阻，无磁场时阻值R0＝150ΩB．滑动变阻器R，全电阻约20ΩC．电流表，量程2.5mA，内阻约30ΩD．电压表，量程3V，内阻约3kΩE．直流电源E，电动势3V，内阻不计F．开关S，导线若干\n(2)正确接线后，将磁敏电阻置入待测磁场中，测量数据如下表：根据上表可求出磁敏电阻的测量值RB＝________Ω，结合图44－2甲可知待测磁场的磁感应强度B＝________T．(3)试结合图44－2甲简要回答，磁感应强度B在0～0.2T和0.4～1.0T范围内磁敏电阻阻值的变化规律有何不同？123456U(V)0.000.450.911.501.792.71I(mA)0.000.300.601.001.201.80\n(4)某同学查阅相关资料时看到了图44－2丙所示的磁敏电阻在一定温度下的电阻—磁感应强度特性曲线(关于纵轴对称)，由图线可以得到什么结论？[2008年高考·山东理综卷]图44－2丙\n答案(1)如图44－2丁所示图44－2丁(2)1500　0.90(3)在0～0.2T范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度非线性变化(或不均匀变化)；在0.4～1.0T范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化(或均匀变化)(4)磁场反向，磁敏电阻的阻值不变．\n二、一些传感器综合应用例2用如图44－3甲所示的装置可以测量汽车在水平路面上做匀加速直线运动时的加速度．该装置是在矩形箱子的前后壁上各安装一个压力传感器．用两根相同的轻弹簧夹着一个质量为2.0kg的滑块，滑块可无摩擦地滑动，两弹簧的另一端分别压在传感器a、b上，其压力大小可以直接从传感器的液晶显示屏上读出．现将装置沿运动方向固定在汽车上，传感器b在前，a在后．汽车静止时，传感器a、b的示数均为10N．(取g＝10m/s2)图44－3甲(1)若传感器a的示数为14N，b的示数为6.0N，求此时汽车的加速度和方向．(2)当汽车以怎样的加速度运动时，传感器a的示数为零？\n解析图44－3乙(1)如图44－3乙所示，左侧弹簧对滑块水平向右的推力F1＝14N，右侧弹簧对滑块水平向左的推力F2＝6.0N，滑块所受合力产生加速度a1，由牛顿第二定律得：F1－F2＝ma1，所以a1＝4m/s2，方向水平向右．(2)传感器a的示数恰为零，即左侧弹簧的弹力F1′＝0，所以右测弹簧的弹力变为：F2′＝20N，由牛顿第二定律有：F2′＝ma2，所以a2＝10m/s2，方向水平向左．答案(1)a1＝4m/s2，方向水平向右(2)a2＝10m/s2，方向水平向左\n变式训练2有一种先进的汽车制动装置(ABS)，可保证车轮在制动时不被抱死，仍有一定的滚动．图44－4所示是这种装置的某一环节原理示意图．铁齿轮P与车轮同步转动，右端有一个绕有线圈的磁铁Q，是一个电流检测器．刹车时，磁铁与齿轮相互靠近而产生感应电流，这个电流经放大后控制制动器．车轮转动时，由于a齿轮在经过磁铁的过程中被磁化，引起中有感应电流，其方向是(　　)图44－4\nA．先向右，后向左B．先向左，后向右C．一直向左D．一直向右解析由于a有一个先接近后离开磁铁的过程，所以螺线管中的电流方向会发生改变，故选项C、D错误．a接近螺线管时，螺线管中的磁通量向左增加，由楞次定律可判断中电流向右；同理，a离开螺线管时，中的电流向左．故选项A正确．答案A\n