2018版物理新课堂同步选修3-2文档：第3章 第3节 交流
2018-2019版物理新设计同步选修3-2讲义：第一章 电磁
第3节 电磁感应定律的应用一、涡流阅读教材第15～17页，认识涡流，知道涡流的应用和防止。
1.定义：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，如图1所示。
图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。
思考判断(1)涡流也是一种感应电流。
(√)(2)导体中有涡流时，导体没有和其他元件组成闭合回路，故导体不会发热。
(×)(3)利用涡流制成的探测器也可探测毒品。
(×)(4)涡流是一种有害的电磁感应现象。
(×)二、磁卡和动圈式话筒阅读教材第17～18页，了解磁卡和动圈式话筒的工作原理。
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。
其工作原理是电磁感应。
预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中涡流的理解、利用和防止[要点归纳]1.涡流的本质：电磁感应现象。
2.产生涡流的两种情况(1)块状金属放在变化的磁场中。
(2)块状金属进出磁场或在非匀强磁场中运动。
3.产生涡流时的能量转化：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。
(1)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。
(2)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。
2018版物理新课堂同步选修3-2文档：第1章 第2节 感应
第2节感应电动势与电磁感应定律[先填空]1．定义在电磁感应现象中产生的电动势．2．产生感应电动势的那部分导体相当于电源．3．在电磁感应现象中，感应电动势的产生与电路是否闭合、电路如何组成无关．4．电磁感应现象也伴随着能量的转化，通常是机械能转化为电能．[再判断]1．有感应电动势一定有感应电流．(×)2．感应电动势的方向由电源的负极指向电源的正极．(√)[后思考]产生感应电动势的条件与产生感应电流的条件有何不同？【提示】产生感应电流的条件是穿过闭合导体回路的磁通量发生变化；不论回路是否闭合，只要穿过它的磁通量发生变化，就会产生感应电动势．[合作探讨]图1－2－1如图1－2－1所示，一有缺口的圆形线圈在有界匀强磁场中运动． 探讨1：回路中有感应电动势吗？ 【提示】 有．探讨2：回路中有感应电流吗？ 【提示】 没有． [核心点击]感应电动势与感应电流的比较1．(多选)下列关于感应电动势的说法中，正确的是( ) A ．只要回路内磁通量发生变化，就会有感应电动势产生B．只要回路内磁通量发生变化，就会有感应电流产生C．导体棒无论沿哪个方向切割磁感线都会有感应电动势产生D．导体棒必须垂直于磁场方向运动才会有感应电动势产生【解析】只要回路内磁通量变化，就可以产生感应电动势；而只有在闭合回路中，磁通量发生变化，才产生感应电流，故A正确，B错误；无论导体棒沿什么方向切割磁感线，磁场在垂直于导体棒方向都有分量，所以都会有感应电动势产生，故C正确，D错误．【答案】AC2．(多选)关于感应电流和感应电动势的关系，下列叙述中正确的是() A．电路中有感应电流，一定有感应电动势B．电路中有感应电动势，不一定有感应电流C．两个不同电路中，感应电动势大的其感应电流也大D．两个不同电路中，感应电流大的其感应电动势也大【解析】有感应电流则磁通量一定变化，因此一定有感应电动势，选项A 正确；电路中有感应电动势，若电路不闭合，则无感应电流，故B项正确；两个不同电路，总阻值不一定相等，由I＝ER＋r，当E大时，若总阻值R＋r很大，则电流可能较小，故C、D两项均错．【答案】AB感应电动势和感应电流产生条件的比较导体棒只要切割磁感线，就产生感应电动势，与电路是否闭合无关．而感应电流产生必须具备两个条件：(1)闭合回路，(2)磁通量发生变化．[先填空]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 ΔΦΔt，k为比例常数，国际单位制中k＝1.上式可简化为E＝ΔΦΔt，对n匝线圈E＝n ΔΦΔt.3．单位在国际单位制中，感应电动势E的单位是伏特(V)．4．特例——导体切割磁感线产生的感应电动势导体在匀强磁场中运动，如图1－2－2甲所示，当B、l、v两两垂直时，E＝Bl v.图1－2－2当导体与磁感线垂直，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1－2－1乙)，E＝Bl v sin_θ.[再判断]1．线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势一定越大．(√)2．线圈中磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大．(×)3．当B、l、v三者大小、方向均不变时，在Δt时间内的平均感应电动势和它在任意时刻产生的瞬时感应电动势相同．(√)[后思考]ΔΦ与线圈匝数有关吗？E感与线圈匝数有关吗？【提示】无关，有关[合作探讨]探讨1：在图1－2－3中，将条形磁铁从同一高度插入线圈中，快插入和慢插入有什么相同和不同？电流表指针偏转是否相同？图1－2－3【提示】 磁通量变化相同，但磁通量变化的快慢不同，电流表指针偏转程度不同．探讨2：如图1－2－4所示，闭合电路一部分导体ab 处于匀强磁场中，磁感应强度为B ，ab 的有效长度为l ，ab 以速度v 匀速切割磁感线，求回路中产生的感应电动势．图1－2－4【提示】 在时间Δt 内移动了Δx ，则Δx ＝v Δt ，则面积的变化量ΔS ＝l Δx ＝l v Δt ，穿过闭合电路的磁通量变化量ΔΦ＝B ΔS ＝Bl v Δt ，代入公式E ＝n ΔΦΔt中，匝数n ＝1，则E ＝Bl v .[核心点击]1．公式E ＝n ΔΦΔt 与E ＝Bl v sin θ的区别与联系(1)当B、l、v三个量的方向相互垂直时，E＝Bl v该式适用于导体平动时，即导体上各点的速度相等时；当有任意两个量的方向平行时，E＝0.(2)式中的l应理解为导线切割磁感线时的有效长度如图1－2－5所示，导线切割磁感线的情况应取与B和v垂直的等效直线长度，即ab两点的距离．图1－2－5(3)当导体绕一端转动时如图1－2－6所示，由于导体上各点的速度不同，是线性增加的，所以导体运动的平均速度为v＝0＋ωl2＝ωl2，由公式E＝Bl v得，E＝Bl ωl2＝12Bl2ω.图1－2－6(4)公式中的v应理解为导线和磁场的相对速度，当导线不动而磁场运动时，也有电磁感应现象产生．(5)切割磁感线的导体中产生感应电动势，该部分导体等效为电源，电路中的其余部分等效为外电路．3. 如图1－2－7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()【导学号：05002006】A.Ba 22ΔtB.nBa 22ΔtC.nBa 2ΔtD.2nBa 2Δt图1－2－7【解析】 根据法拉第电磁感应定律解题．线圈中产生的感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n ·ΔBΔt ·S ＝n ·2B －B Δt ·a 22＝nBa 22Δt ，选项B 正确．【答案】 B4．如图1－2－8所示的几种情况中，金属导体中产生的感应电动势为BL v 的是( )图1－2－8A ．只有乙和丁B ．甲、乙、丁C ．甲、乙、丙、丁D ．只有乙【解析】 题图甲中v 、L 、B 两两垂直，则金属导体产生的感应电动势E甲＝BL v .题图乙中金属导体的有效长度为L ，产生的感应电动势E 乙＝BL v .题图丙中金属导体有效长度为L sin θ，产生的感应电动势E 丙＝BL v sin θ.题图丁中金属导体的有效长度为L，产生的感应电动势E丁＝BL v.【答案】 B5．如图1－2－9所示，在磁感应强度为0.2 T的匀强磁场中，有一长为0.5 m、电阻为1.0 Ω的导体AB在金属框架上以10 m/s的速度向右滑动，R1＝R2＝2.0 Ω，其他电阻不计，求流过R1的电流I1.【导学号：05002007】图1－2－9【解析】AB切割磁感线相当于电源，其等效电路如图所示，E＝Bl v＝0.2×0.5×10 V＝1 V由闭合电路欧姆定律得I＝E R＋rR1、R2并联，由并联电路电阻关系得1R＝1R1＋1R2解得：R＝R1R2R1＋R2＝1.0 Ω，I AB＝I＝0.5 A因为R1＝R2，所以流过R1的电流为I1＝I2＝0．25 A.【答案】0.25 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．。
2018版物理新课堂同步选修3-2文档：学业分层测评 第4
学业分层测评(十)(建议用时：45分钟)[学业达标]1．(多选)下列关于三相交流发电机的说法正确的是()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】由三相交流发电机的原理和分类可知选项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，每一相交变电流均可单独使用，选项C 错误，D正确．【答案】ABD2．(多选)电源插座有两孔插座和三孔插座，空调机、冰箱、微波炉等家用电器用三孔插座，录音机、电视机等电器用两孔插座，则以下说法正确的是() A．两孔插座的电压是相电压B．三孔插座上任意两个插孔间的供电电压均为380 VC．不管是两孔插座还是三孔插座，供电电压均为220 VD．以上都不对【解析】两种插座的供电压均为相电压且U＝220 V，三孔插座只不过相有一个地线插孔，并不与供电电路相接，目的是为了保护人身安全，故选项A、C正确．【答案】AC3．关于三相交流电源的负载的连接方式，下列说法不正确的是()【导学号：05002089】A．负载采用何种连接方式取决于负载的额定电压B．发电机采用星形连接，负载就必须采用星形连接C．三相对称负载可以接成三角形，也可以接成星形D．三相四线制和三相三线制的星形接法中U相＝U线3＝220 V【解析】负载采用何种接法应取决于负载的额定电压，A对．三相对称负载可以按星形或三角形连接，C对．星形接法中U线＝3U相，D对．发电机采用星形接法时，负载有星形、三角形两种接法，B错．【答案】 B4．(多选)三相交流发电机的三个线圈中A相的电压为U＝311sin(100πt) V，那么()A．三个线圈产生的交变电流的频率都为50 HzB．在t＝0时，其他两个线圈的输出电压也为零C．若按星形接法，任意两端线间电压的最大值为380 VD．若按三角形接法，任意两端线间的电压为220 V【解析】三相交流发电机每个线圈的频率、电压有效值(或最大值)均相同，但由于在步调上不一致，所以某一时刻电压的瞬时值不同．当三个线圈按星形接法时，线电压U线＝3U相＝3×3112V≈380 V，其最大值U线m＝2U线≈539 V；当三个线圈按三角形接法时，U线＝U相＝3112V＝220 V.【答案】AD5．(多选)三相电源的连接如图4－1－5所示，电路中的三个交流电压表的示数U1、U2、U3间的关系是()图4－1－5A．U1∶U2＝1∶ 2B．U1∶U3＝1∶1C．U2∶U3＝1∶1D．U2∶U3＝3∶1【解析】该接法是星形接法，采用三相四线制对外供电，三只交流电压表，其中V1、V3测量的是相电压，V2测量的是线电压，选项B、D正确．【答案】BD6．(多选)如图4－1－6为三相四线制供电线路，L1、L2和L3是完全相同的三盏灯，都正常发光，那么()图4－1－6【导学号：05002090】A．若OO′断路，则三灯熄灭B．若OO′断路，三灯仍正常发光C．若OO′和AA′同时断路，则L2、L3将变暗D．若OO′断路、灯L1短路，则L2、L3将烧坏【解析】由于三相负载相同，因此即使OO′断路，三灯也能正常发光，A错，B对；对于选项C，加在L2、L3上的电压均为190 V，因此灯将变暗，C 对；对于选项D，加在L2、L3上的电压均为380 V，因此灯将烧坏，D对．【答案】BCD7．(多选)一台相电压为220 V的交流发电机，向L、M、N三处用户供应照明用电，用户电灯的额定功率都相同，额定电压都是220 V，线路如图4－1－7所示，则()图4－1－7A．三处用户的电路连接都是正确的B．用户M的电路连接是错误的C．用户M两端的电压高于L和N两端的电压D．在这个电路中相电压与线电压是一样大的【解析】在三相三线制三角形接法中，相电压与线电压相等，都是220 V．因此，三处用户的电路连接都是正确的．A、D正确．【答案】AD8. 如图4－1－8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4－1－8【导学号：05002091】A．三相负载仍能正常工作B．三相负载中的电流均为零C．有的负载端电压过高，有的负载端电压过低D．两相负载正常工作，另一相负载不能正常工作【解析】将三相对称负载以星形(Y)方式接入对称三相四线制电源，若将中线断开，每相的相电压均为220 V，有电流，而且在这种情形下，中线无电流可以省去，故选项应为A.【答案】 A[能力提升]9. 图4－1－9中A、B、C是三相交流电源的三根相线，O是中性线，电源的相电压为220 V，L1、L2、L3是三个“220 V 60 W”的灯泡．开关S1断开，S2、S3闭合．由于某种原因，电源的中性线在图中O处断了，那么L2和L3两灯泡将()图4－1－9A．立刻熄灭B．变得比原来亮一些C．变得比原来暗一些D．保持亮度不变【解析】由题图分析可知，实际照明电路是按星形接法连接的，每根相线与中性线间的电压为220 V，满足灯泡的额定电压，灯泡均正常发光．当中性线在O 处断了，且S 1断开时，灯泡L 2和L 3串联于BC 两相线之间，串联两灯泡的总电压为线电压380 V ，由于相同灯泡的串联分压作用，各灯泡两端的实际电压均为190 V ，低于灯泡的额定电压，所以灯泡L 2和L 3变得比原来暗些，选项C 正确．【答案】 C10．如图4－1－10所示，相线A 、B 、C 和中性线N 接在三相交流电源上，A 相的线电压u ＝3802sin(100πt ) V ，则( )图4－1－10A ．相线的电势总是高于中性线的电势B ．电流表的示数为2202R sin(100πt ) AC ．B 、N 两端电压有效值为380 VD ．通过R 的电流方向每秒钟改变100次【解析】 在三相交流电路中，相线与中性线间的电势差按正弦规律变化，所以相线电势并非总是高于中性线，A 错误；电流表示数代表的是有效值而不是瞬时值，B 错误；B 、N 两端的电压即为相电压，由线电压的最大值为380 2 V ，有效值为380 V ，可知相电压应为220 V ，C 错误；因为交流电频率f ＝ω2π＝100π2πHz ＝50 Hz ，可见电流方向每秒改变100次，D 正确．【答案】 D11．如图4－1－11是三相四线制的供电线路，O 为中性线，相电压为220 V ，两灯泡L 1和L 2按图示接入电路．图4－1－11(1)若L 1和L 2的规格都是“220 V 60 W”，则它们是否正常发光？如果因某种原因在中性线的O′处断路，求各灯两端的电压和通过的电流．(2)若L1和L2的规格分别是“220 V 60 W”和“220 V15 W”，则又怎样？【导学号：05002092】【解析】(1)在三相四线制供电线路中，相电压是指相线与中性线之间的电压，线电压是指两根相线之间的电压，U线＝3U相＝3×220 V＝380 V．两灯都是接在相线和中性线之间，所加的电压跟额定电压相同，所以都能正常发光．中性线在O′处断路后，L1和L2串联后接入A、B两条相线之间，总电压为380 V．由于两灯泡规格相同，所以加在每个灯泡两端的电压都是190 V，通过的电流都是：I＝UR＝190/⎝⎛⎭⎪⎫220260A≈0.24 A.(2)中性线没有断路时，两灯加的电压都等于额定电压，两灯仍正常发光，中性线在O′处断路后，由于两灯电阻之比R1∶R2＝1∶4，所以两灯两端的电压分别为U1＝15U线＝76 V，U2＝45U线＝304 V，由于L2两端的电压超出了它的额定电压，所以L2将被烧断灯丝，其结果是L2被损坏，L1因L2的断路而不能发光．可见，在三相四线制的供电线路中，在中性线上是不能安装保险丝的．【答案】见解析．12．如图4－1－12所示，三相四线制供电电路中，电源电压为220 V．三相负载都是纯电阻，R A＝R B＝10 Ω，R C＝20 Ω，问：图4－1－12(1)中性线能否省去？(2)若中性线OO′断路，R A发生短路，R B、R C两端电压及其中电流为多大？(3)若中性线OO′断路，R A也断路，R B、R C两端电压和其中电流又是多大？【导学号：05002093】【解析】(1)由于三相负载不对称，中性线不能省去，中性线起到平衡负载的作用．(2)若中性线OO′断路，R A发生短路，B、C两电阻两端的电压均为线电压380 V，电流分别为I B＝U线R B＝38010A＝38 A，I C＝U线R C＝38020A＝19 A.(3)若中性线OO′断路，R A也断路，B、C两电阻串联，两端电压为线电压380 V，根据欧姆定律先计算电流：I B＝I C＝U线R B＋R C＝38010＋20A＝12.7 A，则两只电阻两端的电压分别为U B＝I B R B＝12.7×10 V＝127 V，U C＝I C R C＝12.7×20 V ＝254 V.【答案】(1)不能省(2)电压均为380 V38 A19 A(3)127 V254 V电流均为12.7 A。
(完整版)高中物理选修3-2课后习题答案及解释
电磁感应和楞次定律1. 答案：CD详解：导体棒做匀速运动，磁通量的变化率是一个常数，产生稳恒电流，那么被线圈缠绕的磁铁将产生稳定的磁场，该磁场通过线圈 c 不会产生感应电流；做加速运动则可以；2．答案：C详解：参考点电荷的分析方法，S 磁单极子相当于负电荷，那么它通过超导回路，相当于向左的磁感线通过回路，右手定则判断，回路中会产生持续的adcba 向的感应电流；3．答案：A详解：滑片从 a 滑动到变阻器中点的过程，通过 A 线圈的电流从滑片流入，从固定接口流出，产生向右的磁场，而且滑动过程中，电阻变大，电流变小，所以磁场逐渐变小，所以此时 B 线圈要产生向右的磁场来阻止这通过 A 线圈的电流从滑片流入，从固定接口流出种变化，此时通过R 点电流由c流向d;从中点滑动到b的过程，通过A线圈的电流从固定接口流入，从滑片流出，产生向左的磁场，在滑动过程中，电阻变小，电流变大，所以磁场逐渐变大，所以此时B线圈要产生向右的磁场来阻止这种变化，通过R的电流仍从c流向d o4．答案：B详解：aob 是一个闭合回路，oa 逆时针运动，通过回路的磁通量会发生变化，为了阻止这种变化，ob 会随着oa 运动;5．答案：A详解：开关在 a 时，通过上方的磁感线指向右，开关断开，上方的磁场要消失，它要阻止这种变化，就要产生向右的磁场来弥补，这时通过R2的电流从c指向d;开关合到b上时，通过上方线圈的磁场方向向左，它要阻止这种变化，就要产生向右的磁场来抵消，这时通过R2的电流仍从c指向d;6．答案：AC详解：注意地理南北极与地磁南北极恰好相反，用右手定则判断即可。
电磁感应中的功与能1．答案:C、D详解：ab 下落过程中，要克服安培力做功，机械能不守恒，速度达到稳定之前其减少的重力势能转化为其增加的动能和电阻增加的内能，速度达到稳定后，动能不再变化，其重力势能的减少全部转化为电阻增加的内能。
选CD2．答案：A详解：E=BLvI=E/R=BLv/RF=BIL=B A2L A2v/R W=Fd=B A2L A2dv/R=B A2SLv/R, 选A3．答案:B、C详解：开始重力大于安培力，ab 做加速运动，随着速度的增大，安培力增大，当安培力等于重力时，加速度为零；当速度稳定时达到最大，重力的功率为重力乘以速度，也在此时达到最大，最终结果是安培力等于重力，安培力不为0，热损耗也不为0.选BC4. 答案：(1) 5m/s。
2018版物理沪科版新课堂同步选修3-2文档：学业分层测评8 怎样描述交变电流 含解析 精品
学业分层测评(八) 怎样描述交变电流(建议用时：45分钟)[学业达标]1．(多选)下面关于交变电流的说法中正确的是()A．交流电器设备上所标的电压值和电流值是交变电流的峰值B．通常说的动力供电线路电压为380 V，指的是最大值C．给定的交流数值，在没有特别说明的情况下都是指有效值D．跟交变电流有相同的热效应的直流数值是交变电流的有效值【解析】交流电器设备上所标的电压值和电流值是有效值，通常说的动力供电线路电压为380 V是有效值，故A、B错误，C正确．有效值是根据电流的热效应定义的，D正确．【答案】CD2．标有“250 V 0.5 μF”字样的电容器能接入下面哪个电路中使用() A．220sin 100πt(V)B．220 V照明电路中C．380sin 100πt(V) D．380 V动力电路中【解析】本题考查交流电的最大值，从该电容器的铭牌知，它的耐压值为250 V，也就是它允许加的最大电压为250 V．对于220 V的照明电路，220 V是指该电路的有效值，它的最大值为311 V，超出了电容器的耐压值，而C、D中两电压也远超过了电容器的耐压值，故正确答案为A.【答案】 A3．(多选)有一交变电流如图2-2-6所示，则由此图像可知()【导学号：68312182】图2-2-6A．它的周期是0.8 sB．它的峰值是4 A C．它的有效值是2 2 A D．它的频率是0.8 Hz【解析】由图像可读得其周期T＝0.8 s，频率f＝1T＝1.25 Hz，故A对，D错；又可由图像读得I m＝4 A，故B对；因为电流为非正弦式电流，故有效值I≠I m 2＝2 2 A，故C错．【答案】AB4．(多选)如图2-2-7是某交流发电机产生的交变电流的图像，根据图像可以判定()图2-2-7A．此交变电流的频率为5 HzB．该交变电流的电压瞬时值表达式为u＝12sin 10πt (V)C．将标有“12 V、3 W”的灯泡接在此交变电流上，灯泡可以正常发光D．图像上对应的0.1 s时刻，发电机中的线圈刚好转至中性面【解析】由图像可知，交变电流的周期T＝0.2 s，交变电压的最大值U m ＝12 V，所以此交变电流的频率f＝1/T＝5 Hz，角速度ω＝2π/T＝10π rad/s，交变电压瞬时值的表达式u＝U m sin ωt＝12sin 10πt(V)，选项A、B均正确；标有“12 V、3 W”的灯泡正常发光时其两端电压的有效值为12 V，而交变电压有效值U ＝U m/2＝6 2 V，所以灯泡不能正常发光，选项C错误；图像上对应的0.1 s 时刻，交变电压瞬时值为零，穿过发电机中的线圈的磁通量最大，发电机中的线圈刚好转至中性面，选项D正确．【答案】ABD5.如图2-2-8所示，实验室一台手摇交流发电机，内阻r＝1.0 Ω，外接R＝9.0 Ω的电阻，闭合开关S，当发动机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e＝102sin(10πt) V，则()【导学号：68312183】图2-2-8A ．该交变电流的频率为10 HzB ．该电动势的有效值为10 2 VC ．外接电阻R 所消耗的电功率为10 WD ．电路中理想交流电流表的示数为1.0 A【解析】 由发电机产生的感应电动势表达式e ＝102sin (10πt ) V 可知，该交流电为正弦式交变电流，其感应电动势的瞬时值基本表达式为：e ＝E m sin ωt ，由两式对照可知：E m ＝10 2 V ，ω＝10π rad/s ，又由于ω＝2πf ，解得f ＝5 Hz ，故选项A 错误；根据正弦式交变电流有效值与峰值的关系可知，该电动势的有效值为：E ＝E m 2＝10 V ，故选项B 错误；理想交流电流表测量的是电路中总电流的有效值，根据闭合电路欧姆定律有：I ＝E R ＋r ＝1.0 A ，外接电阻R 所消耗的功率为：P ＝I 2R ＝9 W ，故选项C 错误，选项D 正确．【答案】 D6．一个边长为6 cm 的正方形金属线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，电阻为0.36Ω.磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图2-2-9所示，则线框中感应电流的有效值为( )图2-2-9A.2×10－5AB.6×10－5AC.22×10－5AD.322×10－5 A【解析】 由图知0～3 s 内：ΔB Δt ＝2×10－3T/s 为恒量，所以此段时间内I 1＝E 1R ＝ΔΦΔt ·R ＝ΔB Δt ·S R ＝2×10－3×36×10－436×10－2 A ＝2×10－5 A ；同理3～5 s 内电流I 2＝ΔB ′Δt ·R·S ＝－3×10－5A ，方向与I 1相反；由有效值定义得I 21Rt 1＋I 22Rt 2＝I 2R (t 1＋t 2)，所以I ＝6×10－5A ，故选B.【答案】 B7．如图2-2-10甲所示，调节台灯是通过双向可控硅电子器件来实现无线调节灯的亮度的．现将某无级调光台灯接在220 V 的正弦式交变电流上，经过可控硅调节后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时电压表的示数是( )【导学号：68312184】甲 乙图2-2-10A ．220 VB ．156 VC ．110 VD ．78 V【解析】 虽然图示电流不是正弦式交变电流，根据正弦式交变电流的图像对称性可知，只要有14T 的图线就满足最大值是有效值的2倍，根据U 2R T ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫U m 22R ·T2，解得U ＝110 2 V ≈156 V ，故选项B 正确，A 、C 、D 错误．【答案】 B8．(多选)如图2-2-11所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图像如图线b 所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( )图2-2-11A ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B ．线圈先后两次转速之比为2∶3C ．交流电a 的瞬时值为U ＝10sin(5πt ) VD ．交流电b 的最大值为203 V【解析】 由题图可知，t ＝0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，A 错误；由题图可知T a ∶T b ＝2∶3，故n a ∶n b ＝3∶2，B 错误；由题图可知，C 正确；因ωa ∶ωb ＝3∶2，交流电最大值U m ＝nBSω，故U m a ∶U m b ＝3∶2，U m b ＝23U m a ＝203V ，D 正确． 【答案】 CD[能力提升]9．(多选)如图2-2-12所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T ，转轴O 1O 2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A ．那么( )【导学号：68312185】图2-2-12A ．线圈消耗的电功率为4 WB ．线圈中感应电流的有效值为2 AC ．任意时刻线圈中的感应电动势为e ＝4cos 2πTt D ．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝T πsin 2πT t【解析】 从线圈平面平行于磁感线开始计时，正弦交变电流的感应电动势的一般表达式为e ＝E m cos θ，且该式的成立与转轴的位置无关(转轴平行于磁感线的情况除外)，则感应电流i ＝e R ＝E m R cos θ，由题给条件有：1 A ＝E m 2 Ω×12，E m＝4 V ，则I m ＝2 A ，I 有效＝ 2 A ，电功率P ＝I 2有效R ＝4 W ，所以A 正确，B 错误．e ＝4cos ωt ＝4cos 2πT t ，即C 正确．由E m ＝BSω＝Φm ·2πT 得Φm ＝2T π故Φ＝2T πsin 2πTt ，即D 错误．【答案】 AC10．如图2-2-13所示，电阻为r 的矩形线圈面积为S ，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以角速度ω匀速转动．匀强磁场的磁感应强度为B ，t ＝0时刻线圈平面与磁场垂直，各电表均为理想交流电表，则( )图2-2-13A ．滑片P 下滑时，电压表的读数不变B ．图示位置线圈中的感应电动势最大C ．线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R 的电荷量为2BS RD ．1 s 内流过R 的电流方向改变ωπ次【解析】 滑片P 下滑时，外电阻增大，电压表的读数变大，选项A 错误；图示位置，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势为零，选项B 错误；线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R 的电荷量为2BS R ＋r，选项C 错误；一个周期内两次通过中性面，电流方向改变两次，交流电的频率为ω2π，1 s 内流过R 的电流方向改变ωπ次，选项D 正确．【答案】 D11．如图2-2-14所示，一交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动，线圈匝数n ＝100，线圈电阻r ＝3 Ω，ab ＝cd ＝0.5 m ，bc ＝ad ＝0.4 m ，磁感应强度B ＝0.5 T ，电阻R ＝311 Ω，当线圈以n ＝300 r/min 的转速匀速转动时．求：图2-2-14(1)感应电动势的最大值；(2)t＝0时线圈在图示位置，写出此交变电流电动势瞬时值表达式；(3)此电压表的示数是多少．【解析】(1)电动势的最大值为：E m＝nBωS＝nB·(2πn转)·(ab·bc)＝314 V.(2)电动势瞬时值的表达式：e＝E m sinωt＝314sin10πt V.(3)U v＝RR＋r×⎝⎛⎭⎪⎫22E m＝220 V.【答案】(1)314 V(2)e＝314sin 10πt V(3)220 V12．如图2-2-15所示，线圈abcd的面积是0.18 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＝1πT，当线圈以300 r/min的转速匀速转动时，求：图2-2-15(1)电路中交流电压表和交流电流表的示数；(2)线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量.【导学号：68312186】【解析】(1)E m＝NBSω＝100×1π×0.18×2π×30060V＝50 VE＝E m2＝25 2 V≈35.4 V电流表示数I＝ER＋r＝3.54 A电压表示数U＝IR＝3.54×9 V＝31.86 V.(2)从图示位置转过90°的过程中，E＝N ΔΦΔt又因为I＝ER＋r，q＝IΔt联立以上三式解得q＝NΔΦR＋r＝NBSR＋r≈0.16 C.【答案】(1)31.86 V 3.54 A (2)0.16 C。
2018版物理新课堂同步选修3-1课件：第2章 第3节 电势差 精品
7．长为 L 的平行金属板，两板间形成匀强电场，一个带电荷量为＋q，质 量为 m 的带电粒子，以初速度 v0 紧贴上极板沿垂直于电场线方向射入匀强电场 中，刚好从下极板边缘射出，且射出时速度方向恰好与下极板成 30°角，如图 2-3-7 所示，求匀强电场的场强大小和两极板间的距离．
图 2-3-7
【提示】 是原来的 2 倍，变为 2WAB. 探讨 2：电场力的功与电荷量的比值如何变化？ 【提示】 不变．始终为 A、B 两点间电势差．
[核心点击]
1．电势差与电势的对比
电势 φ
电势差 UAB
电场力做功与电荷量比值：U
区
定义
电势能与电荷量比值：φ＝Eqp ＝Wq
别 决定因素 由电场和在电场中的位置决定 由电场和场内两点位置决定
[再判断] 1．电势差的正、负代表了电势差的大小．(×) 2．UAB＝－6 V，表示 A 点电势比 B 点高 6 V．(×) 3．把正电荷从 A 点移到 B 点，电场力做正功，则有 UAB＞0.(√)
[后思考] 电势差与零电势位置的选择是否有关？
【提示】 无关．电势是相对的，电势差是绝对的．
[合作探讨] 电荷 q 从电场中的 A 点移到 B 点，电场力做功 WAB 是确定的，将电荷量变 为 2q 时． 探讨 1：电场力做功如何变化？
[先填空] 1．电势差 (1)定义：电场中两点电势的差值，用符号 U 表示． (2)定义式：UAB＝ φA－φB . (3)单位：与电势单位相同，国际单位是伏特，符号是V . (4)标矢性：电势差是标量，但是有正负．UAB＞0，表示 A 点电势比 B 点电 势高．
2．电场力做功 (1)公式：WAB＝EpA－EpB ＝ qUAB . (2)电子伏特：1 eV＝ 1.60×10－19 J，表示在电势差为 1 V 的两点之间电子自 由移动时电场力所做的功．
2018版物理新课堂同步选修3-1文档：第3章 章末分层突
章末分层突破[自我校对]①运动的电荷②运动电荷(电流)③B ＝F IL④北极⑤N→S⑥S→N⑦垂直⑧ILB(B⊥L)⑨m v qB⑩2πm qB有关安培力问题分析与计算的基本思路和方法与力学问题一样，先取研究对象进行受力分析，判断通电导体的运动情况，然后根据题中条件由牛顿定律或动能定理等规律列式求解．具体求解应从以下几个方面着手分析：1．安培力的大小(1)当通电导体和磁场方向垂直时，F＝ILB.(2)当通电导体和磁场方向平行时，F＝0.(3)当通电导体和磁场方向的夹角为θ时，F＝ILB sin θ.2．安培力的方向(1)安培力的方向由左手定则确定．(2)F安⊥B，同时F安⊥L，即F安垂直于B和L决定的平面，但L和B不一定垂直．3．安培力作用下导体的状态分析通电导体在安培力的作用下可能处于平衡状态，也可能处于运动状态．对导体进行正确的受力分析，是解决该类问题的关键．分析的一般步骤是：(1)明确研究对象，这里的研究对象一般是通电导体．(2)正确进行受力分析并画出导体的受力分析图，必要时画出侧视图、俯视图等．(3)根据受力分析确定通电导体所处的状态或运动过程．(4)运用平衡条件或动力学知识列式求解．如图3-1所示，电源电动势E＝2 V，内阻r＝0.5 Ω，竖直导轨宽L ＝0.2 m，导轨电阻不计．另有一质量m＝0.1 kg，电阻R＝0.5 Ω的金属棒，它与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，靠在导轨的外面．为使金属棒不滑动，施加一与纸面夹角为30°且与导体棒垂直指向纸里的匀强磁场(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)．求：图3-1(1)此磁场的方向；(2)磁感应强度B的取值范围．【解析】(1)要使金属棒静止，安培力应斜向上指向纸里，画出由a→b的侧视图，并对棒ab受力分析如下图所示．经分析知磁场的方向斜向下指向纸里．(2)如图甲所示，当ab棒有向下滑的趋势时，受静摩擦力向上为F f，则：F sin 30°＋F f－mg＝0F＝B1ILF f＝μF cos 30°I＝E/(R＋r)联立四式并代入数值得B1＝3.0 T.当ab棒有向上滑的趋势时，受静摩擦力向下为F f′，如图乙所示，则：F′s in 30°－F f′－mg＝0F f′＝μF′cos 30°F′＝B2ILI＝E R＋r可解得B2＝16.3 T.所以若保持金属棒静止不滑动，磁感应强度应满足3.0 T≤B≤16.3 T.【答案】(1)斜向下指向纸里(2)3.0 T≤B≤16.3 T受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，当粒子具有相同速度时，正负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致多解．如图3-2所示，带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若带正电，其轨迹为a；若带负电，其轨迹为b.图3-22．磁场方向的不确定形成多解磁感应强度是矢量，如果题述条件只给出磁感应强度的大小，而未说明磁感应强度的方向，则应考虑因磁场方向不确定而导致的多解．如图3-3所示，带正电的粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b.图3-33．临界状态不唯一形成多解带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180°从入射面边界反向飞出，如图3-4所示，于是形成了多解．图3-44．运动的往复性形成多解带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解，如图3-5所示．图3-5在x轴上方有匀强电场，场强为E，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图3-6所示．在x轴上有一点M，离O点距离为l，现有一带电量为＋q的粒子，从静止开始释放后能经过M点，求如果此粒子在y轴上静止释放，其坐标应满足什么关系？(重力忽略不计)．图3-6【解析】要使带电粒子从静止释放后能运动到M点，必须把粒子放在电场中A点先加速才行，当粒子经加速以速度v进入磁场后，只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，运动半周后到达B点，再做减速运动，上升到与A点等高处，再返回做加速运动，到B点后又以速度v进入磁场做圆周运动，半径与前者相同，以后重复前面的运动，从图中可以看出，要想经过M点，OM距离应为直径的整数倍，即满足2R·n＝O M＝l.2R·n＝l ①R＝m vqB②Eq·y＝12m v2 ③联立①②③可得：y ＝B 2l 2q 8n 2mE (n ＝1、2、3…)【答案】 见解析1．质量为m 、长为L 的直导体棒放置于四分之一光滑圆轨道上，整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成60°角，其截面图如图3-7所示，则下列关于导体棒中电流的分析正确的是( )图3-7A ．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为3mg BLB ．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为3mg 3BLC ．导体棒中电流垂直纸面向里，大小为3mg BLD ．导体棒中电流垂直纸面向里，大小为3mg 3BL【解析】 平衡时导体棒受到竖直向下的重力、斜向左上方的弹力和水平向右的安培力，重力和安培力的合力大小与弹力大小相等，方向相反，由平衡条件有tan 60°＝BIL mg ＝3，得导体棒中电流I ＝3mg BL .再由左手定则可知，导体棒中电流的方向应垂直纸面向里，故选项C 正确．【答案】 C2．有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k 倍．两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子( )A. 运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍B ．加速度的大小是Ⅰ中的k 倍C ．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k 倍D ．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等【解析】 两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且Ⅰ磁场磁感应强度B 1是Ⅱ磁场磁感应强度B 2的k 倍．A ：由q vB ＝m v 2r 得r ＝m v qB ∝1B ，即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍，选项A 正确．B ：由F 合＝ma 得a ＝F 合m ＝q v B m ∝B ，所以a 2a 1＝1k ，选项B 错误． C ：由T ＝2πr v 得T ∝r ，所以T 2T 1＝k ，选项C 正确． D ：由ω＝2πT 得ω2ω1＝T 1T 2＝1k ，选项D 错误． 正确选项为A 、C.【答案】 AC3．(多选)如图3-8，xOy 平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场，ON 为处于y 轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9m ，M 点为x 轴正方向上一点，OM ＝3 m ．现有一个比荷大小为q m ＝1.0 C/kg 可视为质点带正电的小球(重力不计)从挡板下端N 处小孔以不同的速度向x 轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M 点，则小球射入的速度大小可能是( )图3-8A ．3 m/sB ．3.75 m/sC ．4 m/sD ．5 m/s【解析】图1因为小球通过y 轴的速度方向一定是＋x 方向，故带电小球圆周运动轨迹半径最小值为3 m ，即R min ＝m v min qB ，解得v min ＝3 m/s ；经验证，带电小球以3 m/s速度进入磁场，与ON 碰撞一次，再经四分之三圆周经过M 点，如图1所示，A 项正确；当带电小球与ON 不碰撞，直接经过M 点，如图2所示，小球速度沿－x 方向射入磁场，则圆心一定在y 轴上，作出MN 的垂直平分线，交于y 轴的点即得圆心位置，由几何关系解得轨迹半径最大值R max ＝5 m ，又R max ＝m v max qB ，解得v max ＝5 m/s ，D 项正确；当小球速度大于3 m/s 、小于5 m/s 时，轨迹如图3所示，由几何条件计算可知轨迹半径R＝3.75 m ，由半径公式R ＝m v qB 得v ＝3.75 m/s ，B 项正确，由分析易知选项C 错误．【答案】 ABD4．(多选)如图3-9所示，S 处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN 垂直于纸面，在纸面内的长度L ＝9.1 cm ，中点O 与S 间的距离d ＝4.55 cm ，MN 与SO 直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0×10－4 T ，电子质量m ＝9.1×10－31 kg ，电荷量e＝－1.6×10－19C，不计电子重力，电子源发射速度v＝1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则()图3-9A．θ＝90°时，l＝9.1 cmB．θ＝60°时，l＝9.1 cmC．θ＝45°时，l＝4.55 cmD．θ＝30°时，l＝4.55 cm【解析】图1电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力：e v B＝m v2R，R＝m vBe＝4.55×10－2 m＝4.55 cm＝L2，θ＝90°时，击中板的范围如图1，l＝2R＝9.1 cm，选项A正确．θ＝60°时，击中板的范围如图2所示，l＜2R＝9.1 cm，选项B错误．θ＝30°，如图3所示l＝R＝4.55 cm，当θ＝45°时，击中板的范围如图4所示，l＞R(R＝4.55 cm)，故选项D正确，选项C错误．图4【答案】AD5．如图3-10所示，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．图3-10【解析】依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下．开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1＝0.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1＝mg ①式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小．开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F ＝IBL ②式中，I 是回路电流，L 是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了Δl 2＝0.3 cm ，由胡克定律和力的平衡条件得2k (Δl 1＋Δl 2)＝mg ＋F③由欧姆定律有 E ＝IR④式中，E 是电池的电动势，R 是电路总电阻． 联立①②③④式，并代入题给数据得 m ＝0.01 kg.⑤【答案】 安培力的方向竖直向下，金属棒的质量为0.01 kg6．如图11甲所示，匀强磁场垂直于xOy 平面，磁感应强度B 1按图乙所示规律变化(垂直于纸面向外为正)．t ＝0时，一比荷为qm ＝1×105 C/kg 的带正电粒子从原点沿y 轴正方向射入，速度大小v ＝5×104 m/s ，不计粒子重力．(1)求带电粒子在匀强磁场中运动的轨道半径； (2)求t ＝π2×10－4 s 时带电粒子的坐标；(3)保持b 中磁场不变，再加一垂直于xOy 平面向外的恒定匀强磁场B 2，其磁感应强度为0.3 T ，在t ＝0时，粒子仍以原来的速度从原点射入，求粒子回到坐标原点的时刻．甲 乙 图3-11【解析】 (1)带电粒子在匀强磁场中运动，洛仑兹力提供向心力，则q v B 1＝m v 2r代入数据解得：r ＝1 m.(2)带电粒子在磁场中运动的周期T 0＝2πr v ＝2π5×10－4 s在0～π4×10－4s 过程中，粒子运动了5T 08，圆弧对应的圆心角θ1＝5π4 在π4×10－4 s ～π2×10－4 s 过程中，粒子又运动了5T 08，圆弧对应的圆心角θ2＝5π4甲轨迹如图甲所示，根据几何关系可知，横坐标：x ＝2r ＋2r sin π4＝(2＋2) m ≈3.41 m纵坐标：y ＝－2r cos π4＝－2m ≈－1.41 m 所以带电粒子的坐标为(3.41 m ，－1.41 m)．(3)施加B 2＝0.3 T 的匀强磁场与原磁场叠加后，如图乙所示，乙①当nT ≤t ＜nT ＋T2(n ＝0,1,2，…)时， T 1＝2πm q (B 1＋B 2)＝π4×10－4 s②当nT ＋T2≤t ＜(n ＋1)T (n ＝0,1,2，…)时，T 2＝2πmq (B 1－B 2)＝π×10－4 s粒子运动轨迹如图丙所示，则粒子回到原点的时刻为丙t 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋2n π×10－4 st 2＝2(n ＋1)π×10－4 s(n ＝0,1,2，…)．【答案】 (1)1 m (2)(3.41 m ，－1.41 m) (3)t 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋2n π×10－4 s t 2＝2(n＋1)π×10－4 s (n ＝0,1,2，…)我还有这些不足：(1) (2) 我的课下提升方案：(1) (2)。
2018版物理新导学同步选修3-2课件：5-1交变电流 精品
例 3(多选)图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极 N、S 间 的磁场可视为水平方向的匀强磁场， 为交流电流表．线圈绕垂直 于磁场的水平轴 OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计 时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确 的是( )
(拓展延伸)(1)若将【例 2】中线圈的角速度提高为原来的 2 倍， 线圈产生的交变电流电动势的峰值、电流的峰值分别为多少？
(2)若线圈从垂直中性面的位置开始计时，线圈产生的感应电动 势的瞬时值表达式是怎样的？
解 析 ： (1) 交 变 电 流 电 动 势 的 峰 值 为 Em ＝ nBSω ＝ 10×0.5×0.22×20π V＝12.56 V
答案：BD
知识点二 交变电流的变化规律
1．导体切割磁感线分析的过程 若线圈平面从中性面开始转动，如图所示，则经过时间 t：
2．交变电流电动势的峰值 (1)公式：Em＝NBSω. (2)大小特点：交变电动势最大值由线圈匝数 N、磁感应强度 B、 转动角速度 ω 及线圈面积 S 共同决定，与线圈的形状及转轴的位置 无关．如图所示的几种情况，若 N、B、S、ω 相同，则电动势的最 大值相同．
中电流方向为 a→d→c→b→a，所以感应电流表达式为 i＝－B2SRω sinωt，所以 C 正确，A、B、D 错误．
答案：C
5．如图所示为演示用的手摇发电机模型，匀强磁场磁感应强 度 B＝0.5 T，线圈匝数 n＝50 匝，每匝线圈面积 0.48 m2，转速 150 r/min，在匀速转动过程中，从图示位置开始计时．
2018版物理沪科版新课堂同步选修3-2文档：学业分层测评5 自感现象与日光灯 含解析 精品
学业分层测评(五) 自感现象与日光灯(建议用时：45分钟)[学业达标]1．下列说法中正确的是()A．电路中电流越大，自感电动势越大B．电路中电流变化越大，自感电动势越大C．线圈中电流均匀增大，线圈的自感系数也均匀增大D．线圈中电流为零时，自感电动势不一定为零【解析】自感系数L跟线圈中的电流无关，是由线圈本身的性质决定的，而自感电动势的大小跟电流变化的快慢有关，故D正确．【答案】 D2．如图1-5-8所示的电路中A1和A2是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其阻值与R相同．在开关S接通和断开时，灯泡A1和A2亮暗的顺序是()【导学号：68312185】图1-5-8A．接通时A1先达最亮，断开时A1后灭B．接通时A2先达最亮，断开时A1后灭C．接通时A1先达最亮，断开时A2后灭D．接通时A2先达最亮，断开时A2后灭【解析】当开关S接通时，A1和A2同时亮，但由于自感现象的存在，流过线圈的电流由零变大时，线圈上产生自感电动势阻碍电流的增大，使通过线圈的电流从零开始慢慢增加，所以开始时电流几乎全部从A1通过，而该电流又将同时分两路分别通过A2和R，所以A1先达最亮；当开关S断开时，电源电流立即为零，因此A2立即熄灭，而对A1，由于通过线圈的电流突然减小，线圈中产生自感电动势阻碍电流的减小，使线圈L和A1组成的闭合电路中有感应电流，所以A1后灭．【答案】 A3．如图1-5-9所示，闭合电路中的螺线管可自由伸缩，螺线管有一定的长度，灯泡具有一定的亮度．若将一软铁棒从螺线管左边迅速插入螺线管内，则将看到()图1-5-9A．灯泡变暗B．灯泡变亮C．螺线管缩短D．螺线管长度不变【解析】当软铁棒插入螺线管中时，穿过螺线管的磁通量增加，故产生反向的自感电动势，使总电流减小，灯泡变暗，每匝线圈间同向电流吸引力减小，螺线管变长．【答案】 A4．如图所示，S为起辉器，L为镇流器．其中日光灯的接线图正确的是()【解析】根据日光灯的工作原理，要想使日光灯发光，灯丝必须预热发出电子，灯管的两端应有瞬时高压，这两个条件缺一不可．当动、静触片分离后，选项B中灯管和电源断开，选项B错误；选项C中镇流器与灯管断开，无法将瞬时高压加在灯管两端，选项C错误；选项D中灯丝左、右端分别被短接，无法预热放出电子，不能使灯管中的气体导电，选项D错误．【答案】 A5．在制精密电阻时，为了消除制作过程中由于电流变化而引起的自感现象，采取了双线并绕的方式，如图1-5-10所示，其道理是()【导学号：68312186】图1-5-10A．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的自感电动势相互抵消B．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的感应电流相互抵消C．当电路中的电流变化时，两股导线中原电流的磁通量相互抵消D．以上说法都不对【解析】采用双线并绕的方式，当电流通过时，两股导线中的电流方向是相反的，不管电流怎样变化，任何时刻两股电流总是等大反向的，所产生的磁场也是等大反向的，故总磁通量等于零，在该线圈中不会产生电磁感应现象，因此消除了自感，选项A、B错误，只有C正确．【答案】 C6．在如图1-5-11所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁心的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I.然后，断开S.若t′时刻再闭合S，则在t′前后的一小段时间内，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()【导学号：68312187】图1-5-11【解析】由题中给出的电路可知，电路由L与L1和L2与R两个支路并联，在t′时刻，L1支路的电流因为有L的自感作用，所以i1由零逐渐增大，L2支路为纯电阻电路，i2不存在逐渐增大的过程，所以选项B正确．【答案】 B7．在生产实际中，有些高压直流电路中含有自感系数很大的线圈，当电路中的开关S由闭合到断开时，线圈会产生很大的自感电动势，使开关S处产生电弧，危及操作人员的人身安全．为了避免电弧的产生，可在线圈处并联一个元件，在下列设计的方案中(如图所示)可行的是()A B C D【解析】断开开关S，A图中由于电容器被充电，开关S处仍将产生电弧；B、C图中闭合开关时，电路发生短路；而D图是利用二极管的单向导电性使线圈短路可避免开关处电弧的产生，故D正确．【答案】 D8．如图1-5-12所示的电路中，两个相同的电流表G1和G2的零点均在刻度盘中央，当电流从“十”接线柱流入时，指针向左摆；当电流从“一”接线柱流入时，指针向右摆．在电路接通后再断开开关S的瞬间，下列说法中正确的是()【导学号：68312188】图1-5-12A．G1指针向右摆，G2指针向左摆B．G1指针向左摆，G2指针向右摆C．两表指针都向右摆D．两表指针都向左摆【解析】当开关S闭合时，流经电感线圈L的电流方向自左向右．当断开开关S的瞬间，通过线圈L的电流将变小，根据楞次定律可知，感应电流方向与原电流方向相同，也将是自左向右流，以阻碍原电流减小的变化．这样在由L、G2、R及G1组成的闭合电路中，感应电流将从G2的负接线柱流入，因而G2的指针向右偏；感应电流将从G1的正接线柱流入，因而G1的指针向左偏．【答案】 B[能力提升]9．如图1-5-13所示，电感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，L A、L B是两个相同的灯泡，且在下列实验中不会烧毁，电阻R2的阻值约等于R1的两倍大，则()图1-5-13A．闭合开关S时，L A、L B同时达到最亮，且L B更亮一些B．闭合开关S时，L A、L B均慢慢亮起来，且L A更亮一些C．断开开关S时，L A慢慢熄灭，L B马上熄灭D．断开开关S时，L A慢慢熄灭，L B闪亮后才慢慢熄灭【解析】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L A慢慢亮起来，L B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I L＝I A＞I B.断开开关S时，则由于自感线圈L与L B、R2形成闭合回路，因此有I′B＞I B，因此断开开关S时，L A慢慢熄灭，L B闪亮后才慢慢熄灭，C错D对．【答案】 D10．(多选)如图1-5-14所示为一个日光灯电路，主要由灯管、镇流器和起辉器等元件组成．在日光灯正常工作的情况下，则()图1-5-14A．灯管两端的灯丝跟镇流器、起辉器、开关都是串联的B．灯管在开始点燃时，需要一个很高的瞬时电压，可通过使用镇流器来达到这个要求C．灯管点燃发光后，镇流器不再起作用D．灯管在点燃发光后，起辉器的两个触片是分离的，起辉器不再起作用【解析】闭合开关，电压加在起辉器两极间，氖气放电发出辉光，产生的热量使U形动触片膨胀，跟静触片接触使电路接通，灯丝和镇流器中有电流通过．电路接通后，起辉器中的氖气停止放电，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，由于镇流器电流急剧减小，会产生很高的自感电动势，方向与电源电动势方向相同，这个自感电动势与电源电压加在一起，形成一个瞬时高压，加在灯管中的气体开始放电，于是日光灯成为电流的通路开始发光．日光灯开始发光后，由于交变电流通过镇流器线圈，线圈中会产生自感电动势，它总是阻碍电流的变化，这时的镇流器起着降压、限流的作用，保证日光灯正常发光．所以选项B、D正确．【答案】BD11.在如图1-5-15所示的日光灯工作原理电路图中：图1-5-15(1)开关闭合前，启动器的静触片和动触片是______(选填“接通的”或“断开的”)；(2)开关刚闭合时，220 V电压加在________上，使________发出辉光；(3)日光灯启动瞬间，灯管两端电压______220 V(选填“大于”“等于”或“小于”)；(4)日光灯正常发光时，启动器的静触片和动触片________(选填“接通”或“断开”)镇流器起着________作用，保证日光灯正常工作. 【导学号：68312189】【解析】日光灯按原理图接好电路后，当开关闭合时，电源把电压加到启动器两极，使氖气放电而发出辉光．辉光产生的热量使U形动触片膨胀伸长，跟静触片接触而把电路接通．电路接通后，启动器中的氖气停止放电，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，由于镇流器中的电流急剧减小，会产生很高的自感电动势，其方向与原来电流方向相同，于是日光灯管成为电流的通路开始发光．日光灯使用的是交变电流，电流的大小和方向都在不断地变化，在日光灯正常发光时，由于交变电流通过镇流器的线圈，线圈中就会产生自感电动势，它总是阻碍电流的变化，这时镇流器就起着降压限流的作用，保证日光灯的正常工作．【答案】(1)断开的(2)启动器氖气(3)大于(4)断开降压限流12．如图1-5-16甲所示为研究自感实验电路图，并用电流传感器显示出在t ＝1×10－3s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1-5-16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.甲乙图1-5-16(1)线圈的直流电阻R L是多少？(2)开关断开时，该同学观察到什么现象？并计算开关断开瞬间线圈产生的自感电动势．【解析】(1)由图像可知S闭合稳定时I L＝1.5 AR L＝EI L－R＝61.5Ω－2 Ω＝2 Ω.(2)此时小灯泡的电流I1＝ER1＝66A＝1 AS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＝I L(R ＋R L＋R1)＝15 V.【答案】(1)2 Ω(2)灯泡闪亮一下后逐渐变暗，最后熄灭15 V。
2018-2019版物理新设计同步教科版选修3-2讲义：第一章
第3节法拉第电磁感应定律一、感应电动势、法拉第电磁感应定律1.感应电动势在电磁感应现象中产生的电动势，叫感应电动势。
产生感应电动势的那部分导体相当于电源，导体本身的电阻相当于电源内阻。
当电路断开时，无(填“有”或“无”)感应电流，但有(填“有”或“无”)感应电动势。
2.法拉第电磁感应定律(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这个电路的磁通量的变化率成正比。
(2)表达式：E＝n ΔΦΔt。
(3)单位：在国际单位制中，电动势的单位是伏(V)。
思考判断(1)线圈中磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大。
(×)(2)线圈中磁通量的变化量ΔΦ越大，线圈中产生的感应电动势一定越大。
(×)(3)线圈放在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电动势一定越大。
(×)(4)线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势一定越大。
(√)二、导线切割磁感线产生的感应电动势如图1所示电路中，闭合电路的一部分导体ab处于匀强磁场中，磁感应强度为B，ab切割磁感线的有效长度为L，以速度v匀速切割磁感线。
图1(1)在Δt时间内导体棒由原来的位置运动到a1b1，线框面积的变化量是ΔS＝LvΔt。
(2)穿过闭合电路磁通量的变化量：ΔΦ＝BΔS＝BLvΔt。
(3)感应电动势的大小E＝ΔΦΔt＝BLv。
1.当磁场方向、导体长度、导体运动方向三者两两垂直时，导体所产生的感应电动势E＝BLv。
2.若导体与磁场方向垂直，导体运动方向与导体本身垂直，但与磁场方向的夹角为α时，如图2所示，则求导体运动所产生的感应电动势时，应将速度v进行分解，利用速度垂直磁场的分量来进行计算，其数值为E＝BLv⊥＝BLv sin__α。
图2思维拓展如图所示的情况中，金属导体中产生的感应电动势为BLv的是________。
答案甲、乙、丁预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中法拉第电磁感应定律的理解与应用[要点归纳]1.对感应电动势的理解(1)感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的变化率ΔΦΔt 和线圈的匝数n 共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系，和电路的电阻R 无关。
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第3节 交流电路中的电容和电感 学 习 目 标 知 识 脉 络 1.了解电感、电容对交变电流的阻碍作用．(重点) 2．了解感抗的概念及影响感抗大小的因素．(难点) 3．了解容抗概念及影响容抗大小的因素．(难点) 4．会用电感和电容对交变电流的影响分析交变电路．(重点)
电 容 、 电 感 对 直 流 和 交 流 的 影 响 [先填空] 1．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(三只灯泡相同)．
图3－3－1 2．实验现象 L1 L2 L3 直流电源(S′2断开) 亮 不亮 亮 交流电源(S′2断开) 亮 较亮 较暗 交流电源(S′2闭合) 亮 亮 较暗 3.实验表明 (1)电阻器对直流和交流的影响是相同的； (2)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； (3)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． [再判断] 1．电阻器对直流和交流的阻碍作用是不同的．(×) 2．电感器对恒定电流不起阻碍作用．(√) 3．电容器对交流电流不起阻碍作用．(×) [后思考] 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．
[合作探讨] 我们日常生活中使用的220 V交流的电容设备，如洗衣机等． 探讨1：这些电容设备的金属外壳是否需要接地？ 【提示】 需要接地． 探讨2：为什么要接地？若不接地，有时触摸外壳会有什么感觉？ 【提示】 与电源相连的机芯与金属外壳可以看做电容器的两个极板，交变电流能够通过这个“电容器”．外壳上带有电荷，用手摸外壳，将电荷通过人体导入地下，人会感到“麻手”，虽然这点“漏电”不会造成人身危害，但为了在机芯与外壳间真的漏电时确保安全，电气设备外壳都应该接地． [核心点击] 1．电容对交变电流的阻碍作用
图3－3－2 (1)实验演示及现象 如图3－3－2所示，将白炽灯泡和电容器串联在电路中．接通直流电源时，灯泡不亮；接通有效值与直流电源相同的交流电源时，灯泡亮． (2)实验结论 交变电流能够“通过”电容器． (3)实验现象的本质 ①直流不能“通过”电容器，是因为电容器两极板之间的绝缘介质阻隔了自由电荷的通过． ②当把电容器接在交流电源两端，在交变电压的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交替进行充电放电，电路中就有了持续的交变电流，好像交变电流“通过”了电容器，实际上自由电荷并没有从电容器两极板间通过．
图3－3－3 2．电感对交变电流的阻碍作用 (1)实验演示及现象 如图3－3－4所示，将电感器与白炽灯泡串联在电路中．接通直流电源时，灯泡亮些；接通有效值与直流电源相同的交流电源时，灯泡变暗．
图3－3－4 (2)实验结论 电感器对交变电流有“阻碍”作用． (3)实验现象的本质 ①电感器是用金属导线绕制成的．当直流电通过线圈时，由于电流不变，自感现象不会发生，线圈相当于导线，对直流电路没有影响．②交变电流通过线圈时，由于电流时刻都在变化，所以自感现象就会不断地发生，而自感电动势总是 要阻碍线圈中原来电流变化的，所以电感器对交变电流有阻碍作用． 3．归纳总结 (1)电容器不能让直流电通过却能让交流电通过，但对交流电有一定的阻碍作用． (2)电感器既能让直流电通过也能让交流电通过，但对交流电有一定的阻碍作用．
1．直流电源的电压与交流电源电压的有效值相同，自感线圈的直流电阻不计，则灯泡发光最亮的是图3－3－5中的( )
图3－3－5 【解析】 电容C、电感L都对交流电有阻碍作用，故A、B两图中灯不是最亮的；C图中灯被短路，不亮；D图中电容C有隔直流作用．所以D中灯泡最亮． 【答案】 D 2．如图3－3－6所示的电路中，正弦交流电压的有效值为220 V，则关于交流电压表的示数，以下说法中正确的是( )
图3－3－6 【导学号：05002072】 A．等于220 V B．大于220 V C．小于220 V D．等于零 【解析】 虽然交变电流能通过电容器，但也受到阻碍作用，电容器与电阻 串联，根据分压原理可知电阻两端的电压小于电源电压，电压表测的是电阻两端的电压，即电压表的示数小于220 V，故C正确． 【答案】 C
1．电容器不允许直流电通过，允许交流电通过但对交流电有阻碍作用． 2．电阻不计的线圈对直流电无阻碍作用，相当于短路，对交流电有阻碍作用．
电 容 器 的 容 抗 及 其 应 用
[先填空] 1．容抗 电容器对交流有一定的阻碍作用． 2．影响容抗的因素 电容器的电容和交变电流的频率，电容越大，频率越高，容抗越小． 3．实际应用 隔直电容器——“隔直流，通交流”． 高频旁路电容器——“阻低频，通高频”． [再判断] 1．电容器在交变电路中，相当于一个电阻具有分压作用．(√) 2．交流电的频率越低，电容器对其阻碍作用越大．(√) 3．电容器是通直流、阻交流，通高频、阻低频．(×) [后思考] 为什么电容器与直流电源相连时，不能形成持续的电流？ 【提示】 当电容器与直流电源的两极相连接时，接通的瞬间因电容器充电产生瞬时电流，充电完毕后，电容器两极板间电压与电源两极间电压相等，电路中没有电流． [合作探讨] 如图3－3－7所示的电路，当双刀双掷开关接通直流电源，灯泡不亮；当双刀双掷开关接通交流电源(电压有效值与直流电源相等)，灯泡亮了，当交变电流的频率变大时，灯泡亮度变亮．
图3－3－7 探讨1：交流电源使灯泡亮了，交流电的自由电子真的通过电容器了吗？
【提示】 没有．电容器在周期性交变电压的作用下，不断地充电、放电，电路中就会形成持续的交变电流；自由电子并不能通过电容器两极间的绝缘介质． 探讨2：为什么高频率的交变电流会使灯泡更亮些？ 【提示】 电容器对交变电流有阻碍作用，频率越高阻碍作用越小． [核心点击] 1．电容器对交变电流的阻碍作用 对导线中形成电流的自由电荷来说，当电源电压推动它们向某一方向做定向运动时，电容器极板上积累的电荷却阻碍它们向该方向做定向运动，这就产生了电容对交流电的阻碍作用． 2．容抗 (1)定义：电容器对交变电流的阻碍作用． (2)①容抗的大小由电容器的电容和交变电流的频率共同决定．电容器的电容越大，交变电流的频率越高，容抗就越小；电容器的电容越小，交变电流的频
率越低，容抗就越大．②容抗XC＝12πfC，表示容抗与交变电流频率f和电容C都成反比． (3)容抗XC的单位是欧姆，在交变电路中类似于一个电阻． 3．电容器在电路中的作用 (1)“隔直流，通交流”的作用：因为电容器两极板间是绝缘的，所以有“隔直”作用，而对交变电流，电容器交替进行充电、放电，电路中就有了电流，所 以有“通交”作用．如隔直电容器． (2)“通高频，阻低频”的作用：电容较小的电容器，对高频交流电的容抗小，阻碍小；对低频交流电的容抗大、阻碍大．因此这种电容器用来“通高频、阻低频”，如高频旁路电容器． 4．电容器对交变电流作用的应用 (1)隔直电容器，如图3－3－8所示，作用是“通交流、隔直流”，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3－3－8 图3－3－9 (2)高频旁路电容器，如图3－3－9所示，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．
3．关于电容器能够通交变电流的原因，下列说法正确的是( ) A．当电容器接到交流电源上时，因为有自由电荷通过电容器，电路中才有电流 B．当电容器接到交流电源上时，电容器交替进行充电和放电，电路中才有电流 C．在有电容器的交流电路中，没有电荷定向移动 D．以上说法均不正确 【解析】 当把电容器接到交流电源上时，因为电流的大小和方向随时间做周期性变化，使电容器交替充电、放电，电路中就有了电流．所以只有选项B正确． 【答案】 B 4．(多选)电容器对交变电流影响的以下说法中正确的是( ) A．电容器对交变电流有阻碍作用 B．电容器对交变电流的阻碍作用越小，容抗越大 C．电容器具有“通直流、隔交流，通低频、阻高频”的作用 D．电容器的电容越大、交变电流的频率越高，电容器对交变电流的阻碍作用就越小 【解析】 电容器对交变电流有阻碍作用，这种阻碍作用与交变电流的频率和电容器的电容有关，频率越高，电容越大，阻碍作用越小． 【答案】 AD 5．(多选)如图3－3－10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( ) 【导学号：05002073】
图3－3－10 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，灯泡变亮
【解析】 由电容器电容的决定式C＝εS4πkd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正确． 【答案】 AD
电容器及其电容的特点 1．当电容器与直流电源相连时，接通的瞬间因电容器充电产生瞬时电流．充电完毕后，电容器两极板间电压与电源两极间电压相等，电路中没有电流，但是当电容器与交流电源相连时，由于交流电压不断变化，所以电容器不断充电、放