資源簡介

第一章 安培力與洛倫茲力
第1節 磁場對通電導線的作用力
一、安培力
1.定義:通電導線在 中受到的力.
2.方向:用 判斷. 甲 乙
判斷方法:伸開左手,使拇指與其余四個手指 2.原理
,并且都與手掌在同一個平面內;讓磁感 (1)通電線圈在磁場中受 作用發生
線從 垂直進入,并使四指指向 , .螺旋彈簧變形, 線圈的轉動.
這時 所指的方向就是通電導線在磁場中 (2)線圈偏轉的 越大,被測電流就
所受安培力的方向. 越大,所以根據線圈偏轉角度的 ,可
3.安培力方向的特點 以確定被測電流的 ;根據線圈偏轉的
安培力方向與 方向、磁感應強度的 ,可以知道被測電流的方向.
方向都垂直,即垂直于導線、磁感應強度決定的 3.優 缺 點:優 點 是 靈 敏 度 高,可 以 測 出
平面. 的電流;缺點是線圈的導線很細,允許
二、安培力的大小 通過的電流很弱.如果希望它測量較大的電流
ì ILB(B 與I垂直) 值,就要根據在必修第三冊中學到的方法擴大其

F= í0(B 與I平行) 量程.

ILBsinθ(B 與I的夾角為θ)
三、磁電式電流表
1.磁電式電流表的構造特點
(1)構造:磁鐵、線圈、螺旋彈簧、指針、極靴. 【典例1】 下列各圖中,金屬導體棒ab所受
(如圖甲所示) 安培力F 方向正確的是 ( )
(2)特點:兩極間的極靴和極靴中間的鐵質圓
柱,使極靴與圓柱間的磁場都沿 方向均勻
分布,使線圈平面都與磁感線 ,使表盤刻度
.(
如圖乙所示) A B
·1·
情況是 ( )
C D 甲 乙 丙 丁
變式1:在赤道上空,水平放置一根通以由 A.甲、乙 B.甲、丙
西向東方向電流的直導線,則此導線 ( ) C.乙、丁 D.乙、丙
A.受到豎直向上的安培力 2.關于通電直導線在勻強磁場中所受的安
B.受到豎直向下的安培力 培力,下列說法正確的是 ( )
C.受到由南向北的安培力 A.安培力的方向可以不垂直于直導線
D.受到由西向東的安培力 B.安培力的方向總是垂直于磁場的方向
【典例2】 如圖所示,一 C.安培力的大小與通電直導線和磁場方向
段導線abcd 位于磁感應強度 的夾角無關
大小為B 的勻強磁場中,且 D.將直導線從中點折成直角,安培力的大
與磁場方向(垂直于紙面向里)垂直.線段ab、bc 小一定變為原來的一半
和cd 的長度均為L,且∠abc=∠bcd=135°.流 3.通電直導線長1cm,電流強度為5A,把
經導線的電流為I,方向如圖中箭頭所示.導線 它放入某勻強磁場中,此時直導線所受安培力大
abcd 所受到的磁場的作用力的合力為 ( ) 小為0.1N,則該勻強磁場的磁感應強度不可能為
A.方向沿紙面向上,大小為(2+1)ILB ( )
B.方向沿紙面向上,大小為(2-1)ILB A.B=1T B.B=2T
C.B=3T D.B=4T
C.方向沿紙面向下,大小為(2+1)ILB
4.如圖所示,一根有質量的金屬棒 MN,兩
D.方向沿紙面向下,大小為(2-1)ILB 端用細軟導線連接后懸于a、b兩點,棒的中部處
變式2:如圖所示,導線框 于方向垂直紙面向里的勻強磁場中,棒中通有電
中電流為I,導線框垂直于磁場 流,方向從 M 流向N,此時懸線上有拉力,為了
放置,磁感應強度為 B,AB 與 使拉力等于零,可以 ( )
CD 相距為d,則 MN 所受安培力大小為 ( ) A.適當減小磁感應強度
A.F=BId B.F=BIdsinθ B.使磁場反向
BId
C.F=sinθ D.F=BIdcosθ
C.適當增大電流
D.使電流反向
1.如圖所示四種情況中,勻強磁場磁感應強
度大小相等,載流導體長度相同,通過的電流也
相同,導體受到的磁場力最大且方向在紙面內的 第4題 第5題
5.一段通電導線平行于磁場方向放入勻強
·2·
磁場中,導線上的電流方向由左向右,如圖所示.
在導線以其中心點為軸轉動90°的過程中,導線
受到的安培力 ( )
A.大小不變,方向不變
B.由零增大到最大,方向時刻改變 第8題 第9題
C.由最大減小到零,方向不變
9.如圖所示,半徑為
1
a 的 圓形金屬導線
D.由零增大到最大,方向不變 4
6.如圖所示,磁場方向豎直向下,通電直導 PQ 處于勻強磁場中,O 是其圓心,勻強磁場的
線ab由水平位置1繞a 點在豎直平面內轉到位 磁感應強度為B,方向與平面OPQ 垂直.當在導
置2的過程中,通電導線所受安培力 ( ) 線中通以大小為I的恒定電流時,該導線受到的
數值變大,方向不變 安培力的大小和方向是 ( )A.
數值變小,方向不變 A.BIa,與直線OQ 垂直B.
, B.BIa,與直線OP 垂直C.數值不變 方向改變
D.數值、方向均改變 C.2BIa,與直線PQ 垂直
πBIa
D. ,與直線2 PQ
垂直
10.如圖所示,電源、開關與光滑的金屬導軌
相連,導軌與水平方向成37°角放置,當導線 MN
第6題 第7題 放于導軌上時接通電源,通過 MN 的電流可達
7.兩根相互靠近的長直導線1,2中通有相同 5A.把整個裝置放在豎直方向的勻強磁場中,則
的電流,相互作用力為F.若在兩根導線所在空間 MN 剛好靜止.試畫出導線的受力圖,并求出磁
內加一勻強磁場后,導線2所受安培力的合力恰 場B 的方向及大小.(已知 MN 的質量為10g,
好為零.則所加磁場的方向是 ( ) 長為20cm,重力加速度g=10m/s
2)
A.垂直紙面向里 B.垂直紙面向外
C.垂直導線向右 D.垂直導線向左
8.如圖所示為電流天平,可用來測定磁感應
強度.天平的右臂上掛有一匝數為 N 的矩形線
圈,線圈下端在勻強磁場中,磁場方向垂直紙面
向里.當線圈中通有電流I(方向如圖)時,發現
天平的右端低左端高,下列哪些調節方案可以使
天平水平平衡 ( )
A.僅減小電流大小
B.僅增大線框的寬度l
C.僅減輕左盤砝碼的質量
D.僅增加線圈的匝數
·3·
3.如圖所示,在玻璃器皿的中心放一個圓柱
形電極,沿邊緣內壁放另一個圓環形電極,把它
們分別與電池的兩極相連,然后在玻璃器皿中倒
1.如甲所示,蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場是均 入導電液體,整個裝置放在如圖磁場中,接通電
勻地輻向分布的.當線圈通以如圖乙所示的穩恒 源,會發現液體旋轉起來.若俯視觀察,液體旋轉
電流(b端電流流向垂直紙面向內),下列說法正 方向為 ( )
確的是 ( ) A.逆時針旋轉 B.順時針旋轉
C.不旋轉 D.無法判斷
4.電磁炮是利用電磁發射技術制成的新型
武器,如圖所示為電磁炮的原理結構示意圖.若
某水平發射軌道長7.5m,寬1.5m,發射的炮彈
質量為50g,炮彈被發射時從軌道左端由靜止開
始加速.當電路中的電流恒為20A時,炮彈被發甲 乙
射后的最大速度可達3×103m/s,軌道間磁場為
A.當線圈在如圖乙所示的位置時,b端受到
勻強磁場,不計空氣及摩擦阻力.下列說法正確
的安培力方向向上
的是 ( )
B.當線圈在如圖乙所示的位置時,該線圈的
磁通量一定為0
C.線圈 通 過 的 電 流 越 大,指 針 偏 轉 角 度
越小
A.磁場方向為豎直向下
D.線圈轉動的方向,由螺旋彈簧的形變
B.磁場方向為水平向右
決定
C.磁場的磁感應強度大小為1×103T
2.如圖所示,pq 為一段半徑為R 的圓弧導 D.炮彈的加速度大小為3×103m/s2
線,O 點為圓心,pOq夾角θ=60°,磁感應強度為 5.如圖所示,取一柔軟的鋁箔條,把它折成
B 的勻強磁場垂直紙面向里.若導線中通有大小 天橋狀并用膠紙粘牢兩端,使蹄形磁鐵橫跨過
為I的電流,則通電導線所受安培力的大小為 “天橋”.當電池與鋁箔接通時 ( )
( ) A.鋁箔條中部向磁鐵S極運動
A.2BIR B.BIR B.鋁箔條中部向磁鐵N極運動
BIR
C. D.3BIR C.鋁箔條中部向下方運動2
D.鋁箔條中部向上方運動
第2題 第3題 第5題 第6題
·4·
6.如圖所示,在天花板下用細線懸掛一半徑 8.如圖所示,兩根平行放置的導電軌道,間
為R 的金屬圓環,圓環處于靜止狀態,圓環一部 距為L,傾角為θ,軌道間接有電動勢為E(內阻
分處在垂直于環面的磁感應強度大小為B 的水 不計)的電源,現將一根質量為 m、電阻為R 的
平勻強磁場中,環與磁場邊界交點A、B 與圓心 金屬桿ab 水平且與軌道垂直放置在軌道上,金
O 連線的夾角為120°,此時懸線的張力為F.若 屬桿與軌道接觸摩擦和電阻均不計,整個裝置處
圓環通電,使懸線的張力剛好為零,則環中電流 在勻強磁場(磁場垂直于金屬桿)中且ab桿靜止
大小和方向是 ( ) 在軌道上,重力加速度為g.求:
3F (1)若磁場豎直向上,則磁感應強度 B1是
A.電流大小為 ,電流方向沿順時針3BR 多少
方向 (2)如果金屬桿對軌道無壓力,求勻強磁場
電流 大 小 為 3F
的磁感應強度
B. ,
B .
電 流 方 向 沿 逆 時 針 2
3BR
方向
C.電 流 大 小 為
3F,電 流 方 向 沿 順 時 針
BR
方向
D.電流大小 為
3F,電 流 方 向 沿 逆 時 針
BR
方向
7.如圖所示,光滑絕緣的斜面與水平面的夾
角為θ.導體棒ab靜止在斜面上,ab與斜面底邊
平行,通有圖示的恒定電流I.空間充滿豎直向上
的勻強磁場,磁感應強度大小為B.現緩慢增大
θ(0<θ<90°),若電流I 不變,且ab始終靜止在
斜面上(不考慮磁場變化產生的影響),下列說法
正確的是 ( )
A.B 應緩慢增大
B.B 應緩慢減小
C.B 應先增大后減小
D.B 應先減小后增大
·5·部分參考答案
可知,導體 MN 所受安培力在水平
第一章 安培力與洛倫茲力 方向,要使導體 MN 靜止,安培力必
須水平向右.由左手定則可知磁場方
向豎直向下.
第1節 磁場對通電導線的作用力
對 MN 棒受力分析,根據共點力平衡得F
知識梳理
=mgtanθ,
一、1.磁場 2.左手定則 垂直 掌心 電流
又F=BIL,
的方向 拇指 3.電流
解得 mgtanθ 0.01×10×tan37°三、1.(2)半徑 平行 均勻 2.(1)安培力 B= IL = 5×0.2 T=
轉動 反抗 (2)角度 大小 大小 方向 7.5×10-2T.
3.很弱 答案:0.075T,方向豎直向下
典例精解 課后鞏固
【典例1】 A 解析:根據左手定則,導體棒ab 1.B 2.B 3.A 4.C 5.D 6.A 7.A
所受安培力方向垂直于導體棒斜向上,A正確; 8.解析:(1)金屬桿靜止在導
ab棒和磁場方向平行,不受安培力,B錯誤;ab 軌上,受到重力、支持力和安培力
棒所受安培力方向垂直于導體棒向下,C錯誤; 三個力作用,側視圖如圖所示.
ab 棒所受安培力方向垂直于導體棒向 左,D 由平衡條件得F=mgtanθ
錯誤. 又F=B1IL
變式1:A
根據閉合電路歐姆定律 E
【典例2】 A 解析:應用F=BIL 求安培力,
I=
其 R
中I⊥B,L 為導線的有效長度.導線段abcd 的 以上各式聯立解得ELB1=mgtanθ,
有效長度為線段ad 的長度,由幾何知識知L Rad
mgRtanθ
=(2+1)L,故線段abcd 所受的合力大小F= 即B1= EL .
ILadB=(2+1)ILB,導線有效長度的電流方 (2)金屬桿ab 靜止在斜面上
向為a→d,據左手定則可以確定導線所受合力 且對斜面壓力為零,則安培力 F'
方向沿紙面向上,故A項正確. 與重力G 構成一對平衡力,側視圖
變式2:C 如圖所示.
當堂訓練 因F'=mg
1.C 2.B 3.A 4.C 5.D 6.B 7.B 又F'=B2IL
8.A 9.C
E
10.解析:磁場方向在豎直方向,由左手定則 根據閉合電路歐姆定律I=R
·101·
以上各式聯立解得E m
2gcos2α
RLB2=mg
, 得x=2q2B2sinα
.
mgR 答案:()帶正電 ()mgcosα m
2gcos2α
整理得B2=EL 1 2 qB 2q2B2sinα
由左手定則知,勻強磁場的磁感應強度B2 變式2:B
的方向水平向左. 當堂訓練
:()mgRtanθ ()mgR, 1.D 2.B 3.C 4.C 5.B 6.C 7.B答案 1 2 方向水平EL EL 8.B 9.B
向左 10.解析:小球第一次到達最低點速度為
v,則
第2節 磁場對運動電荷的作用力
由動能定律可得: 1mgL= 22mv
知識梳理
由圓周運動規律及牛頓第二定律可知
一、1.(1)運動電荷 (2)微觀 2.(1)垂直 正
v2電荷 正 電 荷 相 反 (2)B 和v 3.(1) 第一次經過最低點時:Bqv-mg=mL
qvBsinθ (2)qvB (3)0
第二次經過最低點時: v
2
二、1.偏轉線圈 2.(1)發射電子 (2)偏轉 F-qvB-mg=mL
3.不斷變化 4.兩對線圈 綜上解得:F=0.06N.
典例精解 答案:0.06N
【典例1】 D 解析:根據左手定則可以判斷,選 課后鞏固
項A中的負電荷所受的洛倫茲力方向向下;選 1.D 2.B 3.A 4.D 5.C 6.C 7.B
項B中的負電荷所受的洛倫茲力方向向上;選項 8.解析:以滑塊為研究對象,自軌道上A 點
C中的正電荷所受的洛倫茲力方向垂直于紙面 滑到C 點的過程中,受重力mg,方向豎直向下;
指向紙外;選項D中的正電荷所受的洛倫茲力方 靜電力qE,方向水平向右;洛倫茲力F=qvB,方
向垂直于紙面指向紙里,D正確. 向始終垂直于速度方向.
變式1:A (1)滑塊從A 到C 過程中洛倫茲力不做功,
【典例2】 解析:(1)小球沿斜面下滑,其對斜面 由動能定理得
的壓力為零,說明其受到的洛倫茲力應垂直斜面 1
mgR-qER= mv2C
向上,根據左手定則可判斷小球帶正電. 2
(2)當小球對斜面壓力為零時,有 ( qE)得 2mg- RvC= =2m/s,方向水平
mgcosα=qvB m
向左.
得小球此時的速度為 mgcosαv=
qB (2)根據洛倫茲力公式得
由于小球沿斜面方向做勻加速運動,加速度 F=qvCB=5×10-2×2×1N=0.1N,方向
為a=gsinα 豎直向下.
由勻變速直線運動的位移公式v2=2ax (3)在C 點根據牛頓第二定律:FN-mg-
·102·
v2C 為半徑.F=m R d ,又由 mv得 2dBe
代入數據得:F =20.1N.根據牛頓第三定 r=sin30°=2d r=N Be
m= v
律,滑塊對軌道的壓力為20.1N. 電子在磁場中的運動時間 θt= T
答案:(1)2m/s,方向水平向左 (2)0.1N, 360°
方向豎直向下 (3)20.1N 解得 1 2πm πdt=12×eB =3v.
第3節 帶電粒子在勻強磁場中的運動
答案:2dBe πd
知識梳理 v 3v
一、1.大小 2.垂直 【典例2】 C 解析:當粒子的運動軌跡與磁場
二、1.勻速圓周 2.無關 右邊界相切時,粒子的軌道半徑為r=d,由于
典例精解 v2 Bqd
qvB=m ,解得v= ,則為使粒子能穿過磁
【典例1】 解析:(1)離子的初速度與勻強磁場的 r m
方向垂直,在洛倫茲力作用下,做勻速圓周運動. 場,則 Bqdv0至少等于 故選m . C.
設圓半徑為r,作出其運動軌跡,如圖 變式2:B
由牛頓第二定律可得:Bqv 當堂訓練
v2
=mr 1.B 2.D 3.B 4.D 5.A 6.B 7.A
mv 8.A 9.A 10.C 11.B解得:r=
qB 12.解析:過 M、N 作入射方
如圖所示,離子回到屏S 上的位置與O 點 向和出射方向的垂線,兩垂線交
2mv 于O 點,O 點即電子在磁場中做的距離為:d=2r= B .q 勻速圓周運動的 圓 心,過 N 作
(2)當離子到位置P 時,圓心角:α=2θ OM 的垂線,垂足為P,如圖所示.
離子 運 動 的 時 間 為 αt= T,而 周 期 T 由直角三角形OPN 知,電子運動的半徑為r=2π
2πm d 23
= .
qB sin60°
= 3d ①
2
所以 聯 立 以 上 三 式 得:離 子 運 動 時 間t 由牛頓第二定律知 vevB=mr ②
2θm
= .
qB 聯立 23dBe①②式解得m=
答案:()2mv
3v
1 (
2θm
B 2
)
q qB 電子在無界磁場中運動的周期為
變式1:解析:電子在磁場中運動只受洛倫茲力 2π·23dBe 43πd
, , , T=eB 3v =作用 故其軌跡是圓弧的一部分 又因為F⊥v 3v
故圓心在電子穿入和穿出磁場時受到洛倫茲力 電子在磁場中的軌跡對應的圓心角為α=θ
方向的交點,如題圖所示的O 點. =60°
由幾何知識可知,CD 間圓心角θ=30°,OD 故電子在磁場中的運動時間為
·103·
1 1 43πd 23πd 第4節 質譜儀與回旋加速器
t=6T=6× 3v = 9v .
知識梳理
答案:23dBe 23πd 一、3.qvB 4.質量 5.質量 同位素3v 9v
q2B2二、 不變 r
2
課后鞏固 2. 3. 2m
1.B 2.B 3.D 4.D 5.D 6.B 7.C 典例精解
8.C 9.B 【典例1】 解析:(1)離子在電場中被加速時,由
10.解析:(1)粒子在磁場中運動的半徑為
2 動能定理
1
qU= mv2,進入磁場時洛倫茲力提供
r,
v
根據 0
2
qvB=m r 2
向心力, mvqvB= ,又x=2r,由以上三式得x
mv0 r解得r=
qB 2 2mU
(2)帶電粒子進入磁場中 =B .q
做勻速圓周運動的軌道半徑 (2)氫的三種同位素的質量數分別為1、2、3,
為r=R,帶電粒子在磁場中 由(1)結果知,
的運動軌跡為四分之一圓周, xH∶xD∶xT= mH ∶ mD∶ mT=1∶
軌跡對應的圓心角為π,如圖所示 2∶ 3.
2
答案:()2 2mUπ 1B
(2)1∶ 2∶ 3
2R
q
則 πmt=v =2Bq 變式1
:B
0
【典例2】 D 解析:只有帶點粒子在磁場中做
(3)當v= 3v0時,帶電粒子在磁場中運動
圓周運動的頻率等于高頻電壓的頻率時,帶點粒
的軌道半徑為 3R,其運動軌跡如圖所示 子才能穩定加速,根據圓周運動公式可知qvB=
v2 2π 2 2πm
mR=m ( ) R,故T= ,A錯誤.根據圓T qB
2 2
周運動公式可知 v 2πqvB=m ,故R=m (T ) R v
由圖可知∠PO O=∠OO R=30° qBR2 2 = ,所以最大速度與電壓無關,所以最大動m
所以帶電粒子離開磁場時與水平方向成30°
, ; qBRd=R+2Rtan30° 能與電壓無關 B錯誤 根據B中公式v= ,m
(3+23)mv 可知最大速度與回旋加速次數無關,所以最大動
解得d= 03qB 能與回旋加速次數無關,C錯誤;根據B中公式
:()mv答案 0 ()πm qBR1 2 v= ,可知最大速度與半徑有關,所以最大動qB 2Bq m
(3+23)mv 能與半徑有關,D正確.(3) 03qB 變式2:解析:(1)質子在電場中加速,由動能定
·104·
理得
解得半徑: mv 1 2mUR= 1eB =B e .eU=Ek-0 2 2
解得Ek=eU. :() 2eU1 ( 2eU答案 1 2)B1d
1
(2)質子在回旋加速器的磁場中運動的最大 m m
半徑為R,由牛頓第二定律得 ()1 2mU3 1
v2 B2 e
evB=mR 課后鞏固
質子的最大動能 1E = mv2 1.C 2.A 3.B 4.B 5.B 6.B 7.Akm 2 8.B 9.A
e2B2 2解得 REkm= . 10.解析:(1)根據左手定則可知,射入的等2m
離子體中正離子將向金屬板
() M
偏轉,負離子將
3 由電源的周期與頻率間的關系可得f
向金屬板N 偏轉,因此金屬板 M 電勢高;設電
1
= 2T 源的輸出電壓為U,則
U
P=
, R電源的周期與質子的運動周期相同 均為T
不考慮發電機的內阻,得E=U=100V
2πm
=eB (2)由
U
Bqv=qd
解得 eBf=2πm. 解得v=100m/s
2 2 2 (3)每秒鐘經過燈泡L的電荷量Q=It
答案:() ()eB R ()eB1eU 2 2m 32πm
而 UI= =1A
當堂訓練 R
1.B 2.A 3.D 4.A 5.B 6.B 7.D 所以每秒鐘打在金屬板 N 上的離子個數為
8.B 9.C 10.B 11.C Qn= =6.25×1018
12.解析:(1)在電場中,粒子被加速電場U e1
答案:(1)M 電勢高,1 100V
(2)100m/s
加速,由動能定理有:eU1= 22mv (3)6.25×1018
2eU
解得粒子的速度:v= 1m 本章評估
(2)在速度選擇器中,粒子受的電場力和洛
U
倫茲力大小相等,則有:e 2=evB1 1.B 2.C 3.B 4.B 5.B 6.A 7.Bd
: 8.A 9.B 10.D 11.C解 得 速 度 選 擇 器 的 電 壓 U2 =B1dv
12.解析:(1)電子向左移動,由左手定則知,
2eU
=B1d
1. 電子受到的洛倫茲力向上,故上側面A 聚集電m
() ,在磁場中,粒子受洛倫茲力作用而做圓 子 下側面A'聚集正電荷,故上側面的電勢低于3
mv2 下側面.周運動,則有:evB2= R (2)洛倫茲力F洛=evB;
·105·
(3)電子所受靜電力
U E
F電=eE=eh I=R+r
(4)電子受靜電力與洛倫茲力的作用,二力 聯立四式并代入數值得B1=3.0T.
U 當ab 棒有向上滑的趨勢時,受靜摩擦力向平衡,有eh=evB
,得U=hvB
下為Ff',如圖乙所示,則
通過導體的電流I=nevdh,所以由U= F'sin30°-Ff'-mg=0
IB nevdh , 1 Ff'=μF'cos30°RH 有d hvB=RH B
得
d RH=ne F'=B2Il
答案:(1)低于
U
(2)evB (3)eh
(4)見 EI=R+r
解析所示 可解得B2=16.3T.
13.解析:能射入第三象限的電子臨界軌跡 所以若保持金屬棒靜止不滑動,磁感應強度
d 應滿足3.0T≤B≤16.3T.如圖所示.電子偏轉半徑范圍為2(2)3.0T≤B≤16.3T
15.解析:(1)設粒子的初速度大小為v,粒
子在極板間做勻速直線運動,則有:
qvB1=qE
v2由 ,解得 eBrevB=m v= 設粒子在圓形區域中做勻速圓周運動的半r m
徑為r,則有:
入射速度的范圍為eBd eBd
2m 2
qvB2=mr
答案:eBd eBd14.解析:()
解得:
1 要使金屬棒靜止,安培力應斜 B2=0.1T.
(2)撤去磁場B1后,粒子在極板間做類平拋向上指向紙里,畫出由a→b 的側視圖,并對棒
運動,設在板間運動時間為t,運動的加速度為
ab受力分析如下圖所示.經分析知磁場的方向與
a,飛出電場時豎直方向的速度為vy,則有:
紙面夾角30°且斜向下指向紙里.
v
qE=ma,l=vt,v
y
y=at,tanθ=v
解得: 3tanθ= ,即3 θ=30°.
答案:(1)0.1T (2)30°
() , 解析:()離子在磁場中做勻速圓周運2 如圖甲所示 當ab 棒有向下滑的趨勢 16. 1
, 動,軌跡如圖所示時 受靜摩擦力向上為F .f,則
Fsin30°+Ff-mg=0
F=B1Il
Ff=μFcos30°
·106·
由幾何關系可知,離子做勻速圓周運動的半 【典例2】 A 解析:題中四圖都屬于閉合電路
徑r滿足L=r+rcos60°,① 的一部分導體切割磁感線,應用右手定則判斷可
離子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提 得:A中電流方向為a→b,B中電流方向為b→
供向心力, a,C中電流方向沿a→d→c→b→a,D中電流方
v20 向為, b→a.
故選A.
由牛頓第二定律得qv0B=m r ② 變式2:D
qBL
由①②解得入射速度
2
v = 當堂訓練0 3m .③
1.C 2.C 3.B 4.D 5.B 6.B 7.A
(2)離子進入電場后做類平拋運動,軌跡如
8.B 9.C 10.C 11.A 12.B
圖所示.
課后鞏固
水平方向2L=v0t,④
1.B 2.A 3.D 4.B 5.D 6.C 7.C
1·qE豎直方向L= ·t2,2 m ⑤ 8.B 9.C 10.D
由③ ④ ⑤ 解 得 勻 強 電 場 的 電 場 強 度 E 第2節 法拉第電磁感應定律
2qB2L
= 知識梳理9m . 一、1.(1)電磁感應 電源 (2)斷開 2.磁通
:()2qBL ( 2qB
2
答案 L1 3m 2
)
9m 量 ΔΦ 3.(1)變化率
ΔΦ ΔΦ
Δt
(2) ()Δt n Δt 3
韋伯 伏特
第二章 電磁感應 二、1.Blv 2.Blvsinθ
典例精解
第1節 楞次定律 【典例1】 C 解析:根據楞次定律可知在0~t0
知識梳理 時間內,磁感應強度減小,感應電流的方向為順
一、1.(2)①向下 向上 向上 向下 ②向下 時針,圓環所受安培力水平向左,在t0~t1時間
向下 向上 向上 (3)相反 相同 相斥 內,磁感應強度反向增大,感應電流的方向為順
相吸 2.磁通量的變化 時針,圓環所受安培力水平向右,所以選項 AB
二、1.掌心 四指 2.切割磁感線 錯誤;根據法拉第電磁感應定律得 ΔΦE=Δt=
典例精解
1 B Bπr2
【典例1】 D 解析:在磁鐵自由下落,N極接近 2πr
2· 0= 0 ,根 據 電 阻 定 律 可 得t0 2t R=0
線圈上端的過程中,通過線圈的磁通量方向向下 2πr, BrS, ρ 根據歐姆定律可得
E
且在增大 根據楞次定律可判斷出線圈中感應電 S I= =
0 ,所以選
R 4t0ρ
流的磁場方向向上,利用安培定則可判知線圈中 項C正確,D錯誤.
感應電流方向為逆時針(由上向下看),流過R 變式1:B
的電流方向從b到a,電容器下極板帶正電.選項 【典例2】 解析:(1)ac棒垂直切割磁感線,產生
D正確. 的感應電動勢的大小為
變式1:D E=BLv=0.40×0.50×4.0V=0.80V.
·107·
( )回 路 中 感 應 電 流 的 大 小 為 E NΔΦ 1×10
-4-0
2 I=R E= Δt = 1 V=1×10
-4V
0.80 E 1×10-4
= A=4.0A 結合閉合電路歐姆定律得I= = A0.20 R 0.1
由右手定則知,ac 棒中的感應電流由c 流 =1×10-3A
向a. 根據楞次定律可知在1~2s內導體環中的
(3)ac棒受到的安培力大小為 感應電流I的方向為順時針.
F安=BIL=0.40×4.0×0.50N=0.80N, (3)根據焦耳定律得Q=I2Rt=(1×10-3)2
由左手定則知,安培力方向向左.由于導體 ×0.1×1J=1×10-7J.
棒勻速運動,水平方向受力平衡, 答案:(1)1×10-4 Wb (2)1×10-3A 順
則F外=F安=0.80N,方向水平向右. 時針 (3)1×10-7J
答案:(1)0.80V (2)4.0A (3)0.80N
變式2:解析:(1)根據法拉第電磁感應定律E= 第3節 渦流、電磁阻尼和電磁驅動
BLv,代入數據得E=1.54V. 知識梳理
(2)不能,因為穿過閉合回路的磁通量不變, 一1.電磁感應 感應 2.很強 很多 3.(1)
不產生感應電流. 真空冶煉爐 (2)探雷器 安檢門 4.(1)電阻
答案:(1)1.54V (2)不能,理由見解析 率 (2)硅鋼片
當堂訓練 二、1.(1)安培力 阻礙 (2)電磁阻尼 2.(1)
1.C 2.B 3.B 4.A 5.C 6.B 7.B 感應電流
8.B 9.C 典例精解
10.解析:(1)螺線管產生的感應電動勢 【典例1】 B 解析:電磁爐的工作原理是利用
ΔΦ ΔB1 · , E 變化的電流通過線圈產生變化的磁場
,變化的磁
E=n Δt =n Δt S =4 V I=R 場通過含鐵質鍋的底部產生無數小渦流,使鍋體
=0.8A. 溫度升高后加熱食物,A、D錯誤,B正確;C項是
(2)導 體 棒 ab 所 受 的 安 培 力 F=B2Il 微波爐的加熱原理,C錯誤.
=0.16N, 變式1:B
導體棒靜止時有F=mg, 【典例2】 C 解析:當磁鐵逆時針轉動時,相當
解得m=0.016kg. 于磁鐵不動而線圈順時針旋轉切割磁感線,線圈
答案:(1)0.8A (2)0.016kg 中產生感應電流,故C正確;線圈相對磁鐵轉過
課后鞏固 90°時,其感應電流方向不再是abcda,D錯誤;
1.C 2.B 3.D 4.C 5.B 6.A 7.B 由楞次定律的推廣含義可知,線圈將與磁極同向
8.B 9.D 轉動,但轉動的角速度一定小于磁鐵轉動的角速
10.解析:(1)Φ=B·S=1×10-2×1×102 度,如果兩者的角速度相同,磁感線與線圈會處
×10-4Wb=1×10-4Wb. 于相對靜止狀態,線圈不切割磁感線,無感應電
(2)根據法拉第電磁感應定律得 流產生,A錯誤,B錯誤.
·108·
變式2:C 變式1:A
當堂訓練 【典例2】 B 解析:開關S閉合的瞬間,由于L
1.A 2.D 3.B 4.C 5.B 6.C 7.D 的阻礙作用,由R 與L 組成的支路相當于斷路,
8.B 9.C 后來由于L 的阻礙作用不斷減小,相當于外電路
10.解析:(1)磁鐵B 向右運動時,螺線管中 并聯部分的電阻不斷減小,根據閉合電路歐姆定
產生感應電流,感應電流產生電磁驅動作用,使 律可知,整個電路中的總電流增大,由U內=Ir
得螺線管A 向右運動.(2)全過程中,磁鐵減少的 得內電壓增大,由UAB=E-Ir得路端電壓UAB
重力勢能轉化為 A、B 的動能和螺線管中的電 減小.電路穩定后,由于R 的阻值大于燈泡D的
能,故 阻值,所以流過L 支路的電流小于流過燈泡D
1 2 1 2 的電流.當開關S斷開時,由于電感L 的自感作mgh=2MvA+2mvB+E電 用,流過燈泡D的電流立即與L 電流相等,與燈
即 1 1E =mgh- Mv2- mv2. 泡原來的電流方向相反且逐漸減小,即UAB反向電 2 A 2 B
減小,選項B正確.
答案:(1)向右運動 (2)
1
mgh-2Mv
2
A- 變式2:B
1 當堂訓練
mv22 B 1.B 2.D 3.D 4.A 5.C 6.A 7.D
課后鞏固 8.D 9.A
1.A 2.A 3.D 4.D 5.D 6.A 7.B 10.解析:開關接通瞬間,L 所在的支路處于
8.C 9.C 斷路狀態,流過R1的電流為0.
第4節 互感和自感 穩定時,L 相當于無阻導線
知識梳理 EI1=R =3A、 1一 1.感應電動勢 2.互感現象
S斷開瞬間,R
、 1
中的電流仍為I1=3A.
二 1.它本身 2.自感 3.增加 減小 4.自
答案:見解析
感 電感 亨利 5.大小 形狀 圈數 鐵芯
課后鞏固
三、1.(1)磁場 磁場 (2)磁場 2.變化
1.B 2.B 3.C 4.D 5.A 6.C 7.C
典例精解
8.C
【典例1】 B 解析:由于線圈L 的直流電阻與
9.解析:(1)電路穩定工作時,由于a、b兩點
小燈泡A的直流電阻相等,電路穩定后流過小
的電勢相等,導線ab上無電流通過.因此通過L
燈泡和線圈L 的電流相等.斷開電鍵的瞬間,由
的電流為
于流過線圈L 的電流不能突變,在線圈L 和小
E 10
燈泡組成的回路中,流過線圈的電流逐漸減小, IL=2R=10A=1A
流過小燈泡的電流會突然反向,然后逐漸減小,
流過 的電流為 E 10
小燈泡會慢慢熄滅.自感線圈的自感系數L 越 L1 I1=2R=20A=0.5A
大,小燈泡熄滅持續的時間越長,但最大電流不 斷開S的瞬間,由于線圈要想維持IL不變,
變.故選B. 而與L1組成閉合回路,因此通過L1的最大電流
·109·
為1A. 13.解析:(1)cd 邊剛進入磁場時,線框速
所以此時 L1兩端的電壓 度:v= 2gh
為U=IL·R=10V(正常工 線框 中 產 生 的 感 應 電 動 勢 E =BLv=
作時為5V). BL 2gh
(2)斷開S前,流過L1的電流為0.5A不變, E
而斷開S的瞬間,通過L1的電流突變為1A,且 (2)此時線框中的電流I=R
方向也發生變化,然后漸漸減小到零,所以它的 cd 切割磁感線相當于電源,cd 兩點間的電
圖像如圖所示(t0為斷開S的時刻). 勢差即路端電壓:
注:從t0開始,電流持續的時間實際上一般
·3 3U=I R= BL 2h
是很短的 4 4 g.
答案:(1)10V (2)見解析圖 2 2
()安培力: B L 2gh3 F安=BIL= R
本章評估 根據牛頓第二定律:mg-F安=ma,
2gR2
由a=0,解得下落高度
m
h=2B4L4.
1.A 2.A 3.B 4.C 5.D 6.D 7.C 3
8.C 9.D 10.D 11.A 答案:(1)BL 2gh (2)4BL 2gh
12.解析:(1)如果在斷開開關時發現靈敏電
()m
2gR2
3 .
流計的指針向左偏了一下,說明穿過線圈的磁通 2B4L4
量減小,電流計指針向左偏,合上開關后,將滑動 14.解析:(1)由法拉第電磁感應定律
變阻器的滑片向右滑動時,電阻變小,流過線圈 ΔΦE=
的電流變大,那么穿過線圈的磁通量增加,電流 Δt
計指針將向右偏轉. 1ΔΦ=ΔB 22l
(2)將線圈A 從線圈B 抽出的過程中,穿過
ΔB
線圈的磁通量減少,電流計指針將向左偏轉. 由乙圖得: /Δt=5Ts
(3)由圖乙可知根據右手螺旋定則可判斷螺 解得:E=0.4V,
線管磁場方向向右;當周圍環境溫度急劇上升 由楞次定律知感應電流的方向為逆時針方
時,熱敏電阻的阻值減小,回路中電流增加,穿過 向adcba.
金屬環A 的磁通量增加,根據楞次定律可知產
() E
, 2I= =0.4A生向左的感應磁場 再由右手螺旋定則可知從左 R
向右看,金屬環A 中電流方向逆時針;因穿過A t=4s時,B=30T
環的磁通量增加,據楞次定律,感應電流的磁場 F=BIl=4.8N,方向豎直向上.
方向與原電流磁場方向相反,故相互排斥,則金 答案:(1)0.4V 逆 時 針 方 向 adcba
屬環A 將向左運動,且金屬環A 有收縮趨勢. (2)4.8N 方向豎直向上
答案:(1)右 (2)左 (3)逆時針 左 15.解析:(1)棒在0~0.3s內通過的電荷量
收縮 q1=IΔt1
·110·
平均感應電流 E WI= F
=Q總=0.1J,
R+r
BxL 則電 阻 R 上 產 生 的 熱 量
4
QR = Q總
回路中平均感應電動勢E= 1 5Δt1 =0.08J.
BLx
得q1=
1 答案:(1)0.5 (2)2m (3)0.08J
R+r
同理,棒在0.3s~0.4s內通過的電荷量
BL(x -x ) 第三章 交變電流2 1
q2= R+r
由圖像讀出0.4s時刻位移大小x2=0.9m 第1節 交變電流
又q1=2q2
知識梳理
解得x1=0.6m.
一、
() 1.
(1)周期性 (2)方向 2.(1)垂直于磁場
2 由圖像知棒在0.3s~0.4s內做勻速直
(3)垂直
線運動,棒的速度大小 0.9-0.6v= /0.4-0.3ms=3m
/s 典例精解
對系統,根據能量守恒定律 【典例1】 B 解析:t1時刻,穿過線框的磁通量
1 為零,線框產生的感應電動勢最大,電阻中的電
Q=Mgx -mgxsinθ- (M+m)v22 2 2 流最大,根據楞次定律,通過電阻的電流方向從
代入數據解得Q=3.15J 右向左,故 A錯誤,B正確;t2時刻,穿過線框的
Q
根據焦耳定律有 1 R= 磁通量最大,線框產生的感應電動勢為零,電阻Q R+r
中的電流為零,故CD錯誤.
代入數據解得Q1=3J.
變式1:C
答案:(1)0.6m (2)3J
【典例2】 解析:分別把E
:() m
、ω 的數值推出,代入
16.解析 1 當v=0時,a=2m/s2,
一般式
, e=Emsinωt
就得出了瞬時值表達式.求
mgsinθ-μmgcosθ=maμ=0.5.
瞬時值時,只需把t的時刻代入表達式就可以了( .2)由圖像可知vmax=2m/s時,金屬棒速度
()
, , 1e=Emsinωt=NBS
·2πnsin2πnt,
穩定 當金屬棒達到穩定速度時 有安培力F=
, 代入數據可得e=375sin5πt
(V).
B0Il
, E , (2)當
1
E=Blv I= t=
時,電動勢的瞬時值
0 max R+r 10
s
mgsinθ=F+ 1μmgcosθ, e=375sin(5π×10)V=375V.
解得r=1Ω.
答案:(1)e=375sin5πt(V) (2)375V
ΔΦ ΔΦ B
=IΔt= Δt= = 0
lx
q ( ) , 變式 :ΔtR+r R+r R+r 2B
解得x=2m. 當堂訓練
(3)根據動能定理有 1.D 2.B 3.B 4.B 5.A 6.C 7.C
1 8.D 9.A 10.C
mgh-μmgxcos37°-WF=2mv
2-0, 11.解析:(1)當線圈轉至與磁感線垂直時,磁
·111·
通量有最大值,為:Φm=BS=0.8×0.3×0.2Wb=
0.048Wb;
(2)線圈與磁感線平行時,感應電動勢有最
大值,為:Em=NBSω=480πV;
(3)從圖示位置開始計時,電動勢的瞬時表 答案:() ( 3021e=102cos 100πt)V (2) π
達式為:e=Emcosωt=480πcos100πt(V); V (3)見解析圖
(4)根據法拉第電磁感應定律得:
第2節 交變電流的描述
NΔΦ N(BSsin30°-0)
E= Δt = 30° 2π =1440V. 知識梳理·
360° ω 一、1.變化快慢 3.赫茲 4.2πf 5.(1)0.02
答案:(1)0.048Wb (2)480πV (3)e= (2)50 100
480πcos100πt(V) (4)1440V 二、1.(1)最大 (2)高于 2.(1)電阻 相等
課后鞏固 (2)①額定 額定
1.D 2.B 3.D 4.C 5.D 6.B 7.D 典例精解
8.A 9.A 【典例1】 B 解析:由題意結合有效值的定義
10.解析:(1)線框轉動,開始計時的位置為
可得I2RT=2
, (
2 1
I21R· T+I22R· T ),將I1
線框平面與磁感線平行的位置 CD 邊長為l1= 5 10
20cm,CE、DF 邊長為l2=10cm,在t時刻線框 =0.1A,I2=0.2A代入可得流過電阻的電流的
轉過的角度為ωt,此時刻e=Bl1l2ωcosωt, 有效值 10I= 25 A
,故電阻兩端電壓的有效值為
其中 52B= π T IR=4 10V,B正確.
l1×l2=0.1×0.2m2=0.02m2 變式1:D
ω=2πn=2π×50rad/s=100πrad/s 【典例2】 解析:(1)線圈中產生的感應電動勢的
最大值為
故 52e= ×0.02×100πcos(100πt)π V Em=NBSω=100×0.5×(0.2)2×2π×50
即e=102cos(100πt)V. V=628V
(2)線框由題圖所示位置轉過30°的過程中 E感應電動勢的有效值為E= m=3142V
2
Bl1lΔΦ= 22 外力驅動線圈轉動的功率與線圈中交變電
π 流的功率相等,
Δt=6ω E2 (3142)2即P外=R = W=1.97×10
4W.
則平均電動勢 ΔΦ 302
10
E=Δt= π V. (2)當線圈轉至線圈平面與中性面的夾角為
(3)線框中感應電動勢隨時間變化的圖像如 30°時,線圈產生的感應電動勢的瞬時值為
圖所示. e=Emsin30°=314V
·112·
e 314 向,則所產生的交變電流圖像如圖所示感應 電 流 的 瞬 時 值 為 .i=R = 10 A
=31.4A.
(3)在線圈由中性面轉過60°的過程中,線圈
中的平均感應電動勢為
·
ΔΦ 此交變電動勢的最大值為Em=BSω=B
E=N Δt πr2·2πn=π2Bnr2.
平均感應電流為 ΔΦ
2
I=NRΔt (2)在線圈從題圖所示位置轉過
1轉的時間
故通過導線橫截面的電荷量為 4
ΔΦ NBl2(1-cos60°) 2 2
q =IΔt = N = 內,
E
電動勢的有效值為 2πBnrE= m=
R R 2 2
=0.1C. 2
負載 電 阻 上 產 生 的 熱 量 為 EQ= ·
T
答案:(1)1.97×104W (2)314V 31.4A R 4
4 2 4
(3)0.1C πBrn= .
變式2:
8R
D
當堂訓練 (3)在線圈從題圖所示位置轉過
1轉的時間
4
1.C 2.C 3.C 4.A 5.B 6.C 7.B ΔΦ
8.C 9.D 10.B 11.A 內,電動勢的平均值為E=Δt
12.解析:(1)Em=nBSω, 通過R 的電荷量
代入數據得Em=400×0.25×0.05×0.04× E ΔΦ πBr2
q=IΔt= ·R Δt=R = 2R .100V=20V.
E (4)設此交變電動勢在一個周期內的有效值(2)I mm= ,代入數據得
20
R+r Im=9.9+0.1A (Em )2
=2A. 2 T E'2為E',由有效值的定義得 · = T,
因為是正弦式交變電流,所以電流表讀數即 R 2 R
有效值 E解得E'= m2
I
I= m= 2A≈1.41A.
故電流表的示數為 E' π
2r2nB
2 I=R = 2R .
(3)P=I2R=(2)2×9.9W=19.8W. 4
答案:()2 2 ()πB
2r4n 2()πBr
答案:( 1πBnr 2 31)20V (2)1.41A (3)19.8W 8R 2R
課后鞏固 π2r2( nB 4)
1.C 2.D 3.D 4.D 5.D 6.B 7.D 2R
8.C 第3節 變壓器
9.解析:(1)設線圈從題圖所示位置繞軸勻 知識梳理
速轉動時,在電路中產生的交變電流方向為正方 一、1.閉合鐵芯 (1)交流電源 初級線圈
·113·
(2)負載 次級線圈 2.互感 磁場 感應電動 當堂訓練
勢 3.電壓 周期 頻率 1.D 2.B 3.C 4.B 5.A 6.A 7.A
二、1.(1)能量 2.(2)
n1 8.D 9.B 10.D
n 3.
(1)副線圈 原線
2 11.解析:(1)最大值Um= 2U1=2002V,
圈 (2)副線圈 原線圈
由題圖(b)可知,ω=200πrad/s,
典例精解
電壓瞬時值u=2002sin200πt(V).
【典例1】 D 解析:根據u1=12 2sin100πt
U (2)
n U
根據電壓和匝數的關系可知,1= 1,
(V)及U= m知
ω
U1=12V,f=2π=50Hz
,選 n2 U2
2 n
U n n 代入數據解得
1=5.
項A錯誤;根據 1
1
U =
1得
n U2=
2
nU1=
n2
2 2 1 2
×12V
(3)理想變壓器的輸入功率等于輸出功率,
=6V,即 的 讀 數 為6V,選 項 B 錯 誤;又 P1=P2,
U 6
I 22= = A=1A,即 的讀數為R 6 1A
,選項C P
L 原線圈的電流I =
1
1 ,U1
; U
2 2
錯誤 根據 6P1=P 及P
2
2 2=R =6 W=6W
,選 代入數據解得,I1=0.4A.
L
答案:() ( ) ()
項D正確. 1u=2002sin200πt V 25∶1
()
變式1:B 30.4A
【 課后鞏固典例2】 B 解析:根據原線圈的輸入電壓:u
1.D 2.C 3.B 4.A 5.B 6.B 7.A
=1102sin60πt(V)可知原線圈電壓有效值為
8.C 9.C
n
110V,原、副線圈匝數之比為1∶2,所以有:1n 10.解析:(1)由圖像知原線圈電壓有效值2
U1 2202= ,解得電壓表的示數U U2=220V
,故 A錯 為: V=200V,已知電壓表的示數為20
2 2
U2誤;因副線圈的功率為 220
2 V,根據電壓與匝數成正比知,原、副線圈的匝數
P=R = 55 W=880
, 比是:
n1 10
W 故B正確;根據原線圈的輸入電壓可知該交 n =2 1
流電的頻率為30Hz,故C錯誤;若在副線圈上 (2)將開關S閉合,副線圈總電阻是5Ω,所
電阻R 的兩端再并聯一個阻值為55Ω的定值電 2
以輸出功率: UP2=R =80W
;輸入功率等于輸
2
阻,可知總電阻為: R 55R總=2R=2 Ω=27.5Ω
,所
出功率,所以原線圈的輸入功率是80W.
U ()換成二極管后,電壓表兩端的電壓時間
以副線圈電流為: 220I2=
2= ,根據: 3R總 27.5A=8A 圖像如圖:
n1 I= 2,可知原線圈電流,即電流表示數為n2 I I1=1
16A,故D錯誤.
變式2:D 設電壓表的讀數是U,根據有效值定義得:
·114·
202 2 :
Q= ·
T U
= T,
答案
解得 440V
R 2 R U=102V. 【典例2】 解析:(1)輸電線損失的功率
答案:()101 (2)80W (3)102V P損=P×4%=100kW×4%=4kW1
P 3損
輸電線電流 4×10I2= R = A=20A線 10
第4節 電能的輸送
升壓變電器輸出電壓
知識梳理 P 100×103 3
一、1.(1)供電線路 (2)頻率 (3)低 少 U2=I =2 20 V=5×10 V
2.電阻 電流 (1)橫截面積 電阻率 (2)輸 升壓變壓器原、副線圈匝數比:
電電壓 n1 U1 250 1= =
二、1.升壓 降壓 n2 U2 5000
=20
典例精解 電壓損失U損=I2R線=20×10V=200V
【典例1】 C 解析:根據輸送電功率 P輸 = 降壓變壓器原線圈端電壓
P輸 U3=U2-U損=4800V
U輸I輸 及P輸 不變,可知,輸電電流I輸=U ∝輸 n
降壓 變 壓 器 原、副 線 圈 匝 數 比 3 4800
1 , , 1, n
= 220
當U輸 變為原來的2倍時 I輸 變為原來的 4U輸 2 240
選項A錯誤;輸電線上降落的電壓U降=I輸R =11.線
, , ()用戶得到的電功率即降壓變壓器的輸出∝I輸 所以 當輸電電流變為原來的
1時,輸電線 2
2 功率為
上降落的電壓也變為原來的1,選項B錯誤,C P用=P-P損 =P(1-4%)=100×96%2
; kW=96kW.正確 輸電線上損耗的電功率 P損=I2輸 R線∝
答案:()
2 , 11∶20 240∶11
(2)96kW
I輸 所以輸電線上損耗的電功率將變為原來的
1,選項D錯誤. 變式2:解析:(1)由P=I
2R 得
P
I= ,式中
4 R
P
變式1:解析:設輸送功率為P,輸電電壓U1= 為線路損耗功率,R 為線路總電阻,
220V時,損失功率ΔP1=20%P 兩條導線總電阻 L' 2LR=ρ =ρ ,S S
又因為ΔP =I21 1R線,
P
I1=U 則 -8 4×10
5×2
1 R=1.7×10 ×4.25×10-4Ω=32Ω
2
解得 PΔP1=U2R線1 所以 PI=
2 R
=125A
現要求ΔP2=5%P,同理
P
ΔP2=U2R線2 因為P輸入=P輸出,所以在升壓變壓器副線
ΔP 20% U2因此可得 1= 2
圈兩端的電壓為
ΔP2 5% =U21 P2 4
所以U2=2U1=440V. U2=I =3.2×10 V
·115·
n
故 1
U
= 1
1 43840W
n2 U =2 16. 課后鞏固
(2)設U2'為降壓變壓器原線圈兩端的電壓, 1.D 2.C 3.C 4.C 5.B 6.D 7.D
則U2'=U2-IR=2.8×104V. 8.C 9.C
答案:(1)1∶16 (2)2.8×104V 10.解析:(1)所有燈都正常工作時的總功率
當堂訓練 P2=22×6×40W=5280W,
1.C 2.A 3.C 4.D 5.A 6.B 7.C P
用電器總電流 2 ,
8.A 9.C 10.B 11.C I3=U =24A4
解析:()根據 得, P 4400012. 1 P=UI I=U=
I
輸電線上的電流 3
220 I2=4=6A
,
A=200A 降壓 變 壓 器 上 的 輸 入 電 壓 U3=4U4=
則輸電線上的電壓損失U損=IR=200×0.4 880V,
V=80V, 輸電線上的電壓損失UR=I2R=24V,
功率 損 耗 P =I2損 R=40000×0.4 W= 因此,升壓變壓器的輸出電壓U2=UR+U3
16000W. =904V,
所以用戶得到的電壓U用戶=U-U損=220 U
輸入電壓U 2
, 1
= =226V,
V-80V=140V 4
用戶得到的功率 P用戶 =P-P損 =44000 輸入電流I1=4I2=24A,
W-16000W=28000W. 所以 發 電 機 的 輸 出 功 率 P1 =U1I1 =
U 1 5424W.(2) = ,得U 10 U1=2200V1 (2)發電機的電動勢E=U1+I1r=250V.
I 10
= ,得I =20A (3)輸電線上損耗的電功率 P =I
2
R 2R=
I1 1 1
144W.
則輸電線上的電壓損失U損'=IR=20×0.4
答案:(1)5424W (2)250V (3)144W
V=8V
功率損耗P '=I2損 R=400×0.4W=160W
所以降壓變壓器的輸入電壓 本章評估U2=U1-U損'=
2200V-8V=2192V
降壓變壓器的輸入功率 P =P-P '= 1.C 2.B 3.B 4.A 5.C 6.B 7.C2 損
44000W-160W=43840W 8.A 9.D 10.B 11.C
U 10 12.解析:(1)由題圖乙可知a 位置的阻值大根據 2 ,
U =用戶' 1 于b位置的阻值,由電阻定律可得A 線圈的匝數
則用戶得到的電壓U用戶'=219.2V 多于B 線圈的匝數.
變壓器輸入功率和輸出功率相等,所以用戶 (2)①用長導線繞一個n 匝線圈,作為副線
得到的功率P用戶'=P2=43840W. 圈替代A 線圈;
答案:(1)140V 28000W (2)219.2V ②把低壓交流電源接B 線圈,測得B 線圈
·116·
的輸出電壓為U; 答案:(1)200V (2)127.3V (3)180W
③用A 線圈換下繞制的線圈測得A 線圈的 15.解析:原線圈電壓的有效值為
UA 311輸出電壓為UA.則nA=Un. U1= V=220V2
答案:(1)A (2)(3)見解析 U1 n由 = 1得副線圈兩端的電壓U n
13.解析:()
2 2
1 導線電阻
2l
R線=ρ 得S R線= n 1
U = 2U =
14.4Ω, 2 n 11 2
×220V=110V.
升壓 變 壓 器 原 線 圈 中 電 流I1滿 足 P= (1)當R=100Ω時,副線圈中電流
U1I1,得I1=200A, U2 110I2=R=100A=1.10A升壓 變 壓 器 副 線 圈 中 電 流 I2=I線,又
I n n 由U1I1=U2I2得原線圈中的電流為
I2
50
線 R線=4%P,得I 1 2 12=3 A
,由 = ,得I2 n1 n2 U2 110I1=
1 U
I2=
1 220
×1.10A=0.55A
=12. 由于I1(2)降壓變壓器的輸入電壓U3滿足 熔斷.
P-4%P=U3I線,得U3=5760V, (2)設電阻R 取某一值R0時,原線圈中的電
因為輸出電壓U4=220V, 流I1剛好達到熔斷電流I0,即I1=1.0A,則副
U n
由 3= 3,
n
得 3 288 U= . 線圈中的電流為U n n 11 I2=
1
UI1=2×1.0A=2.0A4 4 4 2
答案:(1)
1 ()288 U
12 2 11 電阻R 的阻值為
: 2 110R0=I =2.0Ω=55Ω2
14.解析:(1)交流發電機產生電動勢的最 此時變壓器的輸出功率為
大值: P2=I2U2=2.0×110W=220W
Em=nBSω, 可見,要使保險絲F 不被熔斷,電阻R 的阻
2nπΦ 值不能小于 ,變壓器輸出的電功率不能超過
而 2πΦm=BS,ω= ,所以
m 55Ω
T Em= T . 220W.
由Φ-t圖線可知:Φ =2.0×10-2m Wb, 答案:(1)不會 (2)R≥55Ω P≤220W
T=6.28×10-2s,所以Em=200V. 16.解 析:(1)由 圖 得 e=Emsinωt=
(2)
E
電動勢的有效值E= m=1002V, 62sin100πt(V)
2
R 90 則 流 經 燈 泡 的 電 流
e
i = =
U=R+rE=100×100 2 V=90 2 V=
R+r
( )
127.3V. 0.62sin100πt A .
()
2 ( 2Em=BSω
() 上的功率為: U 902
)2
3R PR=R = 90 W= Em=62V
180W. ω=100πrad/s
·117·
Em 【典例 】-2 2 B 解析:要使LC 振蕩電路的頻率增Φ=BS=ω =2.7×10 Wb. 大,根據公式T=2π LC,可減小線圈的自感系
( E3)E= m=6V, 數L 或減小電容器的電容C;將正對著的電容器
2
的兩個極板錯開些,正對面積減小,電容C 減小,
2
外力 所 做 的 功 EW =Q = 故選項 正確;增大電容器的充電電荷量,電容R+rT =7.2 A
-2 不變,故選項×10 J. B
錯誤;減少自感線圈的匝數,自感
系數L 減小,故選項C正確;抽出自感線圈中的
答案:(1)i=0.62sin100πt(A) (2)2.7×
鐵芯,自感系數L 減小,故選項D正確.
10-2Wb (3)7.2×10-2J
變式2:C
當堂訓練
第四章 電磁振蕩與電磁波 1.D 2.A 3.A 4.C 5.B 6.A 7.B
8.C 9.D 10.B 11.D
第1-2節 電磁振蕩 電磁場與電磁波 112.解析:電容器放電時間為 T,與電源電4
知識梳理
動勢無關,即
一、1.周期性 2.振蕩電流 3.(1)自感 減少
1 1
最大 電場能 磁場能 (2)自感 充電 增 t=4×2π LC=2π LC.
加 最大 磁場能 電場能 (3)熱量 電磁波
在1T 內電流平均值為
二、1.時間 2.次數 固有 固有 3.2π LC 4
1 Δq CE 2E CI= = = .
2π LC Δt π π L
2 LC
三、1.(1)感 應 電 流 (2)磁 場 (3)磁 場
答案:1 2E C 2.磁場 2π LC π L
四、1.電磁波 2.垂直 垂直 3.光速 電磁 課后鞏固
4.電磁波 統一性 5.(3)電磁場 電磁波 1.C 2.D 3.D 4.D 5.B 6.B 7.C
感應電動勢 (4)電磁波 8.C
典例精解
第3-4節 無線電波的發射和接收 電磁波譜
【典例1】 C 解析:開關閉合時,通過L 的電流
知識梳理
從上往下,電容器帶電荷量為零;在t=0時斷開
一、1.(1)足夠高 越高 (2)開放 2.振幅
電鍵K,則在 到
T
0 這段時間內,則電容器C 被4 頻率
充電,B 板上正電荷逐漸增多,LC 回路中電流逐 二、1.感應電流 2.(1)固有頻率 頻率
漸減小,到 T
(2)電諧振
t= 時電流為零,故選項C正確,4 A
、
三、電信號 解調
B、D錯誤.故選C. 四、1.波長 頻率 2.無線電波 可見光 γ
變式1:C 射線
·118·
典例精解 用電磁波傳遞信息是需要時間的,設同步衛星高
【典例1】 解析:(1)設波長分別為290m、397 度為H,由萬有引力提供衛星做圓周運動的向心
m、566m的無線電波的頻率分別為f 21、f2、f3, 力,即 GMm 4π( )2 = m 2 (R + H ),R+H T H =
根據公式 cf= ,則有λ 3GMT2
2 -R=3.6×107m,則一方講話另一方
c 3×108 4π
f1=λ = 290 Hz≈1034kHz1
聽到所需的最少時間是 2Ht= =0.24s.
c 3×108 c
f2=λ = 397 Hz≈756kHz2 答 案:電 磁 波 傳 遞 信 息 也 是 需 要 時 間
c 3×108 的0.24s.
f3=λ = 566 Hz≈530kHz3
所以波長為397m的無線電波在收音機中 本章評估
產生的振蕩電流最大.
(2)要接收波長為290m的無線電波,應增
1.B 2.A 3.C 4.B 5.B 6.A 7.A
大調諧電路的固有頻率,由公式 1f= 可
2π LC 8.C 9.C 10.C 11.D
, , 解析
:由題圖可知,振蕩電流隨時間做正
知 應使電容C 減小 調節可變電容器的動片可 12.
, 弦規律變化.在OA 時間內電流增大
,電容器正
以改變兩極板的正對面積 因此應把調諧電路中
在放電,電場能逐漸轉化為磁場能.在AB 時間
可變電容器的動片旋出一些.
內電流減小,電容器正在充電
: .
在時刻C 電流最
答案 見解析
大,為電容器放電完畢瞬間,帶電荷量為零.
變式1:B
答案:電場 磁場 充電 為零
【 典例2】 B 解析:電磁波可以傳遞信息,聲波
解析:由 得
也能傳遞信息,A錯誤;手機在通話時,
13. c=λf
涉及的波
c 3.0×108
既有電磁波又有聲波,B正確;太陽光中的可見 λ= =f 37.5×103
m=8000m
光的傳播速度遠大于醫院“B超”中的超聲波的
由公式 1 得
傳播速度,C錯誤;遙控器發出的紅外線波長大 f=2π LC
于醫院“CT”中的X射線波長,故D錯誤. 1
C=
變式 : 4π2f2
=
2 B L
當堂訓練 1 -9
4×π2×(37.5×103)2×4×10-3F=4.5×10 F
1.D 2.D 3.A 4.D 5.B 6.D 7.B
答案:8000m 4.5×10-9F
8.C 9.C 10.C
14.解析:雷達第一次發射的電磁波被汽車
課后鞏固
ct1
1.B 2.C 3.B 4.B 5.D 6.D 7.B 反射時,汽車與雷達間的距離為s1= 2
8.C 9.A 雷達第二次發射的電磁波被汽車反射時,汽
10.解析:王亞平與同學之間通話的不合拍 ct
車與雷達間的距離為 2
是因為電磁波是以有限的速度在空中傳播的,利 s2= 2
·119·
汽車行駛的距離為s=s1-s2
t t
汽車運動的時間t'=t- 12+
2 第五章 傳感器
2
則汽車的速度 sv=t' 第1-2節 認識傳感器
c(t-t) 常見傳感器的工作原理及應用
聯立解得v= 1 22t-t1+t2 知識梳理
c(: t-t
)
答案 v= 1 2 一、1.明暗 強弱 低于2t-t+t
高于 2.紅外線
1 2
:() 紅外線傳感器 3.乙醇傳感器 濃度 4.規律15.解析 1LC 電路的振蕩周期
電壓 電流 電路的通斷
T=2π LC=2π× 0.5×2×10-6s=6.28
二、1.力傳感器 磁傳感器 聲傳感器 2.成
×10-3s
分 濃度 3.酶傳感器 微生物傳感器
當t=3.0×10-2s時,由于
3
44T知此時電容器正處于充電階段,且電流沿順 四、1.越小 2.不好 增強 變好 3.光照強
時針方向. 弱 電阻
(2)當接通開關K時,電容器開始放電,當電 五、1.減小 2.增大 3.電阻
場能完全轉化為磁場能時,磁場能第一次達到最 六、1.金屬梁 應變片 應變片 3.形變
大,此時 電壓
T 典例精解
t=4=1.57×10
-3s
【典例1】 B 解析:火警報警器使用了溫度傳
答案:(1)順時針 (2)1.57×10-3s 感器,故A錯誤;冰箱控溫系統使用了溫度傳感
16.解析:(1)開關S斷開時,極板間的粉塵 器,故B正確;一般人體都有恒定的體溫,一般在
恰好靜止,則電場力方向豎直向上,有mg=qE 37℃,所以會發出特定波長10μm左右的紅外
LC 電路的振蕩周期 線,被動式紅外探頭就是靠探測人體發射的10
T=2π LC=2π× 0.1×10-3×1×10-6s μm左右的紅外線而進行工作的.人走向門口時,
=2π×10-5s 門會自動打開,是因為安裝了紅外線傳感器,從
因此t=2π×10-5s時,振蕩電路恰好經歷 而能感知紅外線,導致門被打開,故C錯誤;燈要
一個周期,極板間場強的大小、方向均與原來相 求夜晚亮、白天熄,而白天有光,黑夜沒有光,則
同,則粉塵恰好靜止,加速度為0. 是由光導致電路的電流變化,所以電路中的光傳
(2)電容器放電過程中,兩極板的電荷量減 感器導致電阻變化,實現自動控制,因此是利用
小,電路中的電流增大,當電流最大時,兩極板的 半導體的光敏性,即為光電傳感器,故D錯誤.
電荷量為零,粉塵只受重力. 變式1:C
根據牛頓第二定律,有mg=ma 【典例2】 A 解析:壓力F 作用時,極板間距d
解得a=g εS
:() () 變小,由C=
r ,電容器電容
答案 10 2 4πkd C
變大,又根據
g
·120·
Q=CU,極板帶電荷量變大,所以電容器應充 合,電飯煲重新加熱.溫度達到80℃時,S2又自
電,靈敏電流計中產生由正接線柱流入的電流, 動斷開,再次處于保溫狀態,如此循環.
所以指針將右偏.F 不變時,極板保持固定后,充 2(2)加熱時電飯煲消耗的電功率
U
P1= ,
電結束,指針回到零刻度.故選A. R并
2
變式2:B 保溫時電飯煲消耗的電功率 UP2= ,R1+R并
當堂訓練
R R 500×50 500
1.B 2.C 3.D 4.B 5.D 6.C 7.A 兩式中R =
2 3
并 R =2+R3 500+50Ω=11 Ω.
8.A 9.D 10.B 11.C 500
課后鞏固 P 500+
從而有 1
R +R并 11 12
= 1 = = .
1.D 2.A 3.D 4.A 5.A 6.C 7.B P2 R并 500 1
11
8.B 9.D
(3)如果不閉合開關S1,開始S2是閉合的,
R1被短路,功率為P1;當溫度上升到80℃時,S2
本章評估 自動斷開,功率降為P2;溫度降低到70℃,S2自
動閉合……,溫度只能在70~80℃之間變化,不
1.D 2.B 3.B 4.D 5.B 6.C 7.A 能把水燒開,不能煮熟飯.
8.D 9.B 10.C 11.C 答案:(1)見解析 (2)12∶1 (3)見解析
12.解析:(1)因為負溫度系數熱敏電阻溫度 14.解析:(1)依題意可知,左側彈簧對滑塊
升高時,電阻減小,溫度降低時,電阻增大.故電 向右的推力F1=14N,右側彈簧對滑塊向左的
路中電流會變小. 推力F2=6.0N.滑塊所受合力產生加速度a1,
(2)由(1)的分析知,溫度越高,電阻越小,則 根據牛頓第二定律有 F1-F2=ma1,得a1=
電流越大,25℃的刻度應對應較大電流,故在20 4m/s2,a1與F1同方向,即向前(向右).(2)A 傳
℃對應刻度的右側. 感器的讀數為0,即左側彈簧的彈力F'1=0N,因
(3)如圖所示. 兩彈簧相同,左彈簧伸長多少,右彈簧就縮短多
少,所以右彈簧的彈力變為F'2=20N.滑塊所受
合力產生加速度為a2,由牛頓第二定律得F'2=
ma2,解得a2=10m/s2,方向向后(向左).
答案:(1)小 (2)右 (3)見解析圖 答案:(1)4m/s2 向前 (2)10m/s2
13.解析:(1)電飯煲接上電源,S2自動閉合, 向后
同時手動閉合S1,這時黃燈短路,紅燈亮,電飯煲 15.解析:(1)當電流表示數為滿偏刻度0.6
處于加熱狀態. A時,金屬滑片在b 處,此時滑動變阻器連入電
加熱到80℃時,S2自動斷開,S1仍閉合. 路的電阻R=0.
水燒干后,溫度升高到“居里點”103℃時, U 12
開關S1自動斷開,這時飯已煮熟,黃燈亮,電飯煲 R'=I=0.6Ω=20Ω.
處于保溫狀態. 油箱空時,滑動變阻器連入電路的電阻R=
由于散熱,待溫度降至70℃時,S2自動閉 100Ω,
·121·
則電流表的示數為 U 12
(2)放上物體重新平衡后有:
I1=R'+R=20+100A m0g+mg=kx2,
=0.1A. (m+m
解得x = 0
)g
(2)為符合油面上升時,電壓表讀數增大的 2 k .
要求,應使電壓表與校準電阻R'并聯,電壓表示 (3)托盤的移動帶動P1移動,使P1、P2間出
數變化的范圍由滑片在a、b兩處時校準電阻R' 現電勢差,電勢差的大小反映了托盤向下移動距
兩端的電壓決定.如圖所示. 離的大小,由于R 為均勻滑線電阻,則其阻值與
長度成正比.
由閉合電路歐姆定律知:
E=IR,
由部分電路歐姆定律知:
U=IR串(R串 為P1、P2間電阻),
R串 x
UR' = ,其中x 為P 、P 間的距離,
U1=R+R'=2V
,U2=12V. R L
1 2
mg
故電壓表示數的變化范圍為2~12V. x=x2-x1= ,k
答案:(1)20Ω 0.1A (2)圖見解析 2~
12V 聯立解得:
kLU
m=
gE
.
16.解析:(1)由力的平衡知識有: m g (m+m )g
答案:(1) 0 (2) 0 (3)m
m0g=kx1, k k
m g kLU
解得x1=
0
k .
=
gE
·122·

展開更多......

收起↑