一名爱岗敬业的教师要充分考虑学生的理解性,教师要准备好教案,这是教师的任务之一。教案可以让学生更好地进入课堂环境中来,让教师能够快速的解决各种教学问题。关于好的教案要怎么样去写呢?下面是小编为大家整理的“20xx高考物理大一轮复习:第9章-磁场(10份打包有课件)”,相信能对大家有所帮助。
第1节磁场的描述、磁场对电流的作用
一、磁场、磁感应强度
1.磁场
(1)基本性质:磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁力的作用.
(2)方向:小磁针的N极所受磁场力的方向.
2.磁感应强度
(1)物理意义:描述磁场强弱和方向.
(2)定义式:B=FIL(通电导线垂直于磁场).
(3)方向:小磁针静止时N极的指向.
(4)单位:特斯拉,符号T.
二、磁感线及几种常见的磁场分布
1.磁感线
在磁场中画出一些曲线,使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致.
2.几种常见的磁场
(1)条形磁铁和蹄形磁铁的磁场(如图所示)
(2)几种电流周围的磁场分布
直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场
特点无磁极、非匀强且距导线越远处磁场越弱与条形磁铁的磁场相似,管内为匀强磁场且磁场最强,管外为非匀强磁场环形电流的两侧是N极和S极且离圆环中心越远,磁场越弱
安培定则
立体图
横截面图
纵截面图
(3)磁感线的特点
①磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向.
②磁感线的疏密程度表示磁场强弱.
③磁感线是闭合曲线,没有起点和终点.在磁体外部,从N极指向S极,在磁体内部,从S极指向N极.
④磁感线是假想的曲线,不相交、不中断、不相切.
三、安培力的大小和方向
1.大小
(1)F=BILsinθ(其中θ为B与I之间的夹角)
(2)磁场和电流垂直时F=BIL.
(3)磁场和电流平行时F=0.
2.方向
(1)用左手定则判定:伸开左手,使拇指与其余四个手指垂直,并且都与手掌在同一个平面内;让磁感线从掌心进入,并使四指指向电流的方向,这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向.
(2)安培力的方向特点:F⊥B,F⊥I,即F垂直于B和I决定的平面.(注意:B和I可以有任意夹角)
[自我诊断]
1.判断正误
(1)小磁针N极受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向.(√)
(2)磁场中的一小段通电导体在该处受力为零,此处B一定为零.(×)
(3)由定义式B=FIL可知,电流强度I越大,导线L越长,某点的磁感应强度就越小.(×)
(4)磁感线是真实存在的.(×)
(5)通电线圈可等效成条形磁铁,它周围的磁感线起始于线圈一端,终止于线圈的另一端.(×)
(6)安培力的方向既跟磁感应强度方向垂直,又跟电流方向垂直.(√)
2.(多选)指南针是我国古代四大发明之一.关于指南针,下列说法正确的是()
A.指南针可以仅具有一个磁极
B.指南针能够指向南北,说明地球具有磁场
C.指南针的指向会受到附近铁块的干扰
D.在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线,导线通电时指南针不偏转
解析:选BC.指南针有N、S两个磁极,受到地磁场的作用静止时S极指向南方,A错误,B正确.指南针有磁性,可以与铁块相互吸引,C正确.由奥斯特实验可知,小磁针在通电导线放置位置合适的情况下,会发生偏转,D错误.
3.磁场中某区域的磁感线如图所示,则()
A.a、b两处的磁感应强度的大小不等,Ba>Bb
B.a、b两处的磁感应强度的大小不等,Ba<Bb
C.同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大
D.同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小
解析:选B.在磁场中,磁感线的疏密表示磁场的强弱,故Ba<Bb,A错误,B正确.同一通电导线如果都垂直放入磁场中,则在a处受力一定比b处受力小,但如果导线与磁场平行放置,受力均为0,故C、D均错误.
4.关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力,下列说法正确的是()
A.安培力的方向可以不垂直于直导线
B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向
C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关
D.将直导线从中点折成直角,安培力的大小一定变为原来的一半
解析:选B.根据左手定则,安培力垂直于电流和磁感应强度所组成的平面,A错误,B正确.由安培力公式F=BILsinθ(θ为B与I的夹角)可知,C错误.若在垂直于磁感应强度的平面内将直导线折成直角,其有效长度变为原来的22,安培力大小也变为原来的22,D错误.
考点一磁场的理解及安培定则
1.磁感应强度的三点理解
(1)磁感应强度由磁场本身决定,因此不能根据定义式B=FIL认为B与F成正比,与IL成反比.
(2)测量磁感应强度时小段通电导线必须垂直磁场放入,如果平行磁场放入,则所受安培力为零,但不能说该点的磁感应强度为零.
(3)磁感应强度是矢量,其方向为放入其中的小磁针N极的受力方向,也是小磁针静止时N极的指向.
2.安培定则的应用
在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”.
原因(电流方向)结果(磁场绕向)
直线电流的磁场大拇指四指
环形电流的磁场四指大拇指
3.磁场的叠加
磁感应强度是矢量,计算时与力的计算方法相同,利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解.
◆特别提醒:两个电流附近的磁场的磁感应强度是由两个电流分别独立存在时产生的磁场在该处的磁感应强度叠加而成的.
1.指南针是我国古代四大发明之一.当指南针上方有一条水平放置的通电导线时,其N极指向变为如图实线小磁针所示.则对该导线电流的以下判断正确的是()
A.可能东西放置,通有由东向西的电流
B.可能东西放置,通有由西向东的电流
C.可能南北放置,通有由北向南的电流
D.可能南北放置,通有由南向北的电流
解析:选C.若导线东西放置,通有由东向西的电流,根据安培定则可知,小磁针所在处合磁场方向将在南北方向上,其不会出现题图所示情况,故选项A错误.若导线东西放置,通有由西向东的电流,根据安培定则可知,小磁针N极不偏转,故选项B错误.若导线南北放置,通有由北向南的电流时,根据安培定则可知,小磁针N极将顺时针偏转,可转向图中实线所示位置,故选项C正确.若导线南北放置,通有由南向北的电流,根据安培定则可知,小磁针N极将逆时针偏转,指向西北方,故选项D错误.
2.(20xx河北廊坊模拟)(多选)无限长通电直导线在周围某一点产生的磁场的磁感应强度B的大小与电流大小成正比,与导线到这一点的距离成反比,即B=kIr(式中k为常数).如图所示,两根相距L的无限长直导线分别通有电流I和3I.在两根导线的连线上有a、b两点,a点为两根直导线连线的中点,b点距电流为I的导线的距离为L.下列说法正确的是()
A.a点和b点的磁感应强度方向相同
B.a点和b点的磁感应强度方向相反
C.a点和b点的磁感应强度大小比为8∶1
D.a点和b点的磁感应强度大小比为16∶1
解析:选AD.根据右手螺旋定则,导线周围的磁场的磁感线,是围绕导线形成的同心圆,两导线在a处的磁感应强度方向都向下,则合磁感应强度方向向下;根据B=kIr,电流为3I导线在b处的磁感应强度方向向下,而电流为I导线在b处的磁感应强度方向向上,因电流为3I导线在b处产生的磁场较大,则合磁感应强度方向向下,因此a点和b点的磁感应强度方向相同,故A正确,B错误.
两导线在a处的磁感应强度大小B1=3kIL2+kIL2=k8IL;两导线在b处的磁感应强度大小B2=3kI2L-kIL=kI2L,则a点和b点的磁感应强度大小之比为16∶1,故C错误,D正确.
3.(20xx江西南昌调研)如图所示,M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点,O为半圆弧的圆心,∠MOP=60°,在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面,导线中通有大小相等的恒定电流,方向如图所示,这时O点的磁感应强度大小为B1.若将M处长直导线移至P处,则O点的磁感应强度大小为B2,那么B2与B1之比为()
A.3∶1B.3∶2
C.1∶1D.1∶2
解析:选B.如图所示,当通有电流的长直导线在M、N两处时,根据安培定则,可知:二者在圆心O处产生的磁感应强度都为B1/2;当将M处长直导线移到P处时,两直导线在圆心O处产生的磁感应强度也为B1/2,做平行四边形,由图中的几何关系,可得B2B1=B22B12=cos30°=32,故选项B正确.
4.(20xx湖北三市六校联考)如图甲所示,无限长导线均通以恒定电流I.直线部分和坐标轴接近重合,弯曲部分是以坐标原点O为圆心的相同半径的一段圆弧,已知直线部分在原点O处不形成磁场,则图乙中O处磁感应强度和图甲中O处磁感应强度相同的是()
解析:选A.由题意可知,图甲中O处磁感应强度的大小是其中一段在O点产生的磁感应强度大小的2倍,方向垂直纸面向里;图A中,根据安培定则可知,左上段与右下段的通电导线产生的磁场叠加为零,则剩余的两段通电导线产生的磁感应强度大小是其中一段在O点的磁感应强度的2倍,且方向垂直纸面向里,故A正确;同理,图B中,四段通电导线在O点产生的磁感应强度是其中一段在O点产生的磁感应强度的4倍,方向垂直纸面向里,故B错误;图C中,右上段与左下段产生磁场叠加为零,则剩余两段产生磁感应强度大小是其中一段在O点产生磁感应强度的2倍,方向垂直纸面向外,故C错误;图D中,四段在O点产生的磁感应强度是其中一段在O点产生磁感应强度的2倍,方向垂直纸面向外,故D错误.
磁感应强度叠加三步骤
空间中的磁场通常会是多个磁场的叠加,磁感应强度是矢量,可以通过平行四边形定则进行计算或判断.其步骤如下:
(1)确定场源,如通电导线.
(2)定位空间中需求解磁场的点,利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向.如图中M、N在c点产生的磁场.
(3)应用平行四边形定则进行合成,如图中的合磁场B.
考点二安培力作用下的平衡与加速问题
1.分析导体在磁场中平衡和加速问题的思路
(1)确定要研究的导体.
(2)按照已知力→重力→安培力→弹力→摩擦力的顺序,对导体受力分析.
(3)分析导体的运动情况.
(4)根据平衡条件或牛顿第二定律列式求解.
2.受力分析的注意事项
(1)安培力的方向特点:F⊥B,F⊥I,即F垂直于B和I决定的平面.
(2)安培力的大小:应用公式F=BILsinθ计算弯曲导线在匀强磁场中所受安培力的大小时,有效长度L等于曲线两端点的直线长度.
(3)视图转换:对于安培力作用下的力学问题,导体棒的受力往往分布在三维空间的不同方向上,这时应利用俯视图、剖面图或侧视图等,变立体图为二维平面图.
考向1:安培力作用下静态平衡问题
通电导体在磁场中受安培力和其它力作用而处于静止状态,可根据磁场方向、电流方向结合左手定则判断安培力方向.
[典例1](20xx广东广州三模)(多选)如图所示,质量为m、长度为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′,并处于匀强磁场中,当导线中通以沿x正方向的电流I,且导线保持静止时悬线与竖直方向夹角为θ.磁感应强度方向和大小可能为()
A.z正向,mgILtanθ
B.y正向,mgIL
C.z负向,mgILtanθ
D.沿悬线向上,mgILsinθ
解析本题要注意在受力分析时把立体图变成侧视平面图,然后通过平衡状态的受力分析来确定B的方向和大小.若B沿z正向,则从O向O′看,导线受到的安培力F=ILB,方向水平向左,如图甲所示,导线无法平衡,A错误.
若B沿y正向,导线受到的安培力竖直向上,如图乙所示.当FT=0,且满足ILB=mg,即B=mgIL时,导线可以平衡,B正确.
若B沿z负向,导线受到的安培力水平向右,如图丙所示.若满足FTsinθ=ILB,FTcosθ=mg,即B=mgtanθIL,导线可以平衡,C正确.若B沿悬线向上,导线受到的安培力左斜下方向,如图丁所示,导线无法平衡,D错误.
答案BC
考向2:安培力作用下动态平衡问题
此类题目是平衡问题,只是由于磁场大小或方向、电流大小或方向的变化造成安培力变化,与力学中某个力的变化类似的情景.
[典例2](20xx陕西西安模拟)如图所示,长为L的通电直导体棒放在光滑水平绝缘轨道上,劲度系数为k的水平轻弹簧一端固定,另一端拴在棒的中点,且与棒垂直,整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中,弹簧伸长x时,棒处于静止状态.则()
A.导体棒中的电流方向从b流向a
B.导体棒中的电流大小为kxBL
C.若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度,x变大
D.若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度,x变大
解析由受力平衡可知安培力方向水平向右,由左手定则可知,导体棒中的电流方向从a流向b,故A错误;由于弹簧伸长为x,根据胡克定律有kx=BIL,可得I=kxBL,故B正确;若只将磁场方向缓慢顺时针或逆时针转过一小角度,则安培力在水平方向上的分力减小,根据力的平衡可得,弹簧弹力变小,导致x变小,故C、D错误.
答案B
考向3:安培力作用下加速问题
此类题目是导体棒在安培力和其它力作用下合力不再为零,而使导体棒产生加速度,根据受力特点结合牛顿第二定律解题是常用方法.
[典例3]如图所示,PQ和MN为水平平行放置的金属导轨,相距1m,导体棒ab跨放在导轨上,棒的质量为m=0.2kg,棒的中点用细绳经滑轮与物体相连,物体的质量M=0.3kg,棒与导轨的动摩擦因数为μ=0.5,匀强磁场的磁感应强度B=2T,方向竖直向下,为了使物体以加速度a=3m/s2加速上升,应在棒中通入多大的电流?方向如何?(g=10m/s2)
解析导体棒所受的最大静摩擦力大小为
fm=0.5mg=1N
M的重力为G=Mg=3N
要使物体加速上升,则安培力方向必须水平向左,则根据左手定则判断得知棒中电流的方向为由a到b.
根据受力分析,由牛顿第二定律有
F安-G-fm=(m+M)a
F安=BIL
联立得I=2.75A
答案2.75A方向由a→b
安培力作用下导体的分析技巧
(1)安培力作用下导体的平衡问题与力学中的平衡问题分析方法相同,只不过多了安培力,解题的关键是画出受力分析示意图.
(2)安培力作用下导体的加速问题与动力学问题分析方法相同,关键是做好受力分析,然后根据牛顿第二定律求出加速度.
考点三磁场中导体运动方向的判断
1.判定通电导体运动或运动趋势的思路
研究对象:通电导线或导体――→明确导体所在位置的磁场分布情况――→利用左手定则
导体的受力情况――→确定导体的运动方向或运动趋势的方向
2.几种判定方法
电流元法分割为电流元――→左手定则安培力方向―→整段导体所受合力方向―→运动方向
特殊位置法在特殊位置―→安培力方向―→运动方向
等效法环形电流??小磁针
条形磁铁??通电螺线管??多个环形电流
结论法同向电流互相吸引,异向电流互相排斥;两不平行的直线电流相互作用时,有转到平行且电流方向相同的趋势
转换研究对象法定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题,可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力,然后由牛顿第三定律,确定磁体所受电流磁场的作用力,从而确定磁体所受合力及运动方向
1.一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置,且两个线圈的圆心重合,如图所示.当两线圈中通以图示方向的电流时,从左向右看,线圈L1将()
A.不动
B.顺时针转动
C.逆时针转动
D.在纸面内平动
解析:选B.方法一(电流元法)把线圈L1沿水平转动轴分成上下两部分,每一部分又可以看成无数段直线电流元,电流元处在L2产生的磁场中,根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上,由左手定则可得,上半部分电流元所受安培力均指向纸外,下半部分电流元所受安培力均指向纸内,因此从左向右看线圈L1将顺时针转动.
方法二(等效法)把线圈L1等效为小磁针,该小磁针刚好处于环形电流I2的中心,小磁针的N极应指向该点环形电流I2的磁场方向,由安培定则知I2产生的磁场方向在其中心处竖直向上,而L1等效成小磁针后,转动前,N极指向纸内,因此小磁针的N极应由指向纸内转为向上,所以从左向右看,线圈L1将顺时针转动.
方法三(结论法)环形电流I1、I2之间不平行,则必有相对转动,直到两环形电流同向平行为止.据此可得,从左向右看,线圈L1将顺时针转动.
2.如图所示,蹄形磁铁用柔软的细绳悬吊在天花板上,在磁铁两极的正下方固定着一根水平直导线,当直导线中通以向右的电流时()
A.磁铁的N极向纸外、S极向纸内转动,绳子对磁铁的拉力减小
B.磁铁的S极向纸外、N极向纸内转动,绳子对磁铁的拉力减小
C.磁铁的N极向纸外、S极向纸内转动,绳子对磁铁的拉力增大
D.磁铁的S极向纸外、N极向纸内转动,绳子对磁铁的拉力增大
解析:选C.假设磁铁不动,导线运动,根据安培定则可知,通电导线左边的磁场斜向下,而右边的磁场斜向上,那么在导线两侧取两小段,根据左手定则可知,左边一小段所受安培力的方向垂直纸面向里,右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向外,从上往下看,导线顺时针转动.如今导线不动,磁铁运动,根据相对运动,则知磁铁逆时针转动(从上向下看),即N极向纸外转动,S极向纸内转动.当转动90°时,导线所受的安培力方向竖直向上,根据牛顿第三定律可得磁铁受到导线向下的作用力,故绳子对磁铁的拉力增大,C正确.
判断磁场中导体运动趋势的两点注意
(1)应用左手定则判定安培力方向时,磁感线穿入手心,大拇指一定要与磁感线方向垂直,四指与电流方向一致但不一定与磁感线方向垂直,这是因为:F一定与B垂直,I不一定与B垂直.
(2)导体与导体之间、磁体与磁体之间、磁体与导体之间的作用力和其他作用力一样具有相互性,满足牛顿第三定律.
课时规范训练
[基础巩固题组]
1.中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角:“以磁石磨针锋,则能指南,然常微偏东,不全南也.”进一步研究表明,地球周围地磁场的磁感线分布示意如图.结合上述材料,下列说法不正确的是()
A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合
B.地球内部也存在磁场,地磁南极在地理北极附近
C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行
D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用
解析:选C.由题意可知,地理南、北极与地磁场的南、北极不重合,存在磁偏角,A正确.磁感线是闭合的,再由图可推知地球内部存在磁场,地磁南极在地理北极附近,故B正确.只有赤道上方附近的磁感线与地面平行,故C错误.射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的运动方向与地磁场方向不平行,故地磁场对其有力的作用,这是磁场的基本性质,故D正确.
2.三根平行的长直导体棒分别过正三角形ABC的三个顶点,并与该三角形所在平面垂直,各导体棒中均通有大小相等的电流,方向如图所示.则三角形的中心O处的合磁场方向为()
A.平行于AB,由A指向B
B.平行于BC,由B指向C
C.平行于CA,由C指向A
D.由O指向C
解析:选A.如图所示,由右手螺旋定则可知,导体A中电流在O点产生的磁场的磁感应强度方向平行BC,同理,可知导线B、C中电流在O点产生的磁场的磁感应强度的方向分别平行于AC、AB,又由于三根导线中电流大小相等,到O点的距离相等,则它们在O点处产生的磁场的磁感应强度大小相等,再由平行四边形定则,可得O处的合磁场方向为平行于AB,由A指向B,故选项A正确.
3.如图所示,AC是一个用长为L的导线弯成的、以O为圆心的四分之一圆弧,将其放置在与平面AOC垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中.当在该导线中通以由C到A,大小为I的恒定电流时,该导线受到的安培力的大小和方向是()
A.BIL,平行于OC向左
B.22BILπ,垂直于AC的连线指向左下方
C.22BILπ,平行于OC向右
D.22BIL,垂直于AC的连线指向左下方
解析:选B.直导线折成半径为R的14圆弧形状,在磁场中的有效长度为2R,又因为L=14×2πR,则安培力F=BI2R=22BILπ.安培力的方向与有效长度的直线AC垂直,根据左手定则可知,安培力的方向垂直于AC的连线指向左下方,B正确.
4.如图所示,用粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架abcd.其中ab、cd边与ad边夹角均为60°,ab=bc=cd=L,长度为L的电阻丝电阻为R0,框架与一电动势为E、内阻r=R0的电源相连接,垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场,则梯形框架abcd受到的安培力的大小为()
A.0B.5BEL11R0
C.10BEL11R0D.BELR0
解析:选C.并联部分的总电阻为R并=3R02R03R0+2R0=65R0,电路中的总电流I=ER并+r,所以线框受到的合外力F=BI2L=10BEL11R0,C正确.
5.如图所示,接通开关S的瞬间,用丝线悬挂于一点、可自由转动的通电直导线AB将()
A.A端向上,B端向下,悬线张力不变
B.A端向下,B端向上,悬线张力不变
C.A端向纸外,B端向纸内,悬线张力变小
D.A端向纸内,B端向纸外,悬线张力变大
解析:选D.当开关S接通时,由安培定则知导线附近磁感线分布如图,由左手定则判断出通电直导线此时左部受力指向纸内,右部受力指向纸外,导线将转动,转到与磁感线接近垂直时,导线转动的同时,相当于具有向里的电流,则导线受安培力将竖直向下,可知悬线张力变大,故选项D正确.
6.电磁炮是一种理想的兵器,它的主要原理如图所示,利用这种装置可以把质量为m=2.0g的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到6km/s.若这种装置的轨道宽d=2m、长L=100m、电流I=10A、轨道摩擦不计且金属杆EF与轨道始终垂直并接触良好,则下列有关轨道间所加匀强磁场的磁感应强度和磁场力的最大功率结果正确的是()
A.B=18T,Pm=1.08×108W
B.B=0.6T,Pm=7.2×104W
C.B=0.6T,Pm=3.6×106W
D.B=18T,Pm=2.16×106W
解析:选D.通电金属杆在磁场中受安培力的作用而对弹体加速,由功能关系得BIdL=12mv2m,代入数值解得B=18T;当速度最大时磁场力的功率也最大,即Pm=BIdvm,代入数值得Pm=2.16×106W,故选项D正确.
[综合应用题组]
7.质量为m、长为L的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上,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,其截面图如图所示.则下列关于导体棒中电流的分析正确的是()
A.导体棒中电流垂直纸面向外,大小为I=3mgBL
B.导体棒中电流垂直纸面向外,大小为I=3mg3BL
C.导体棒中电流垂直纸面向里,大小为I=3mgBL
D.导体棒中电流垂直纸面向里,大小为I=3mg3BL
解析:选C.根据左手定则可知,不管电流方向向里还是向外,安培力的方向只能沿水平方向,再结合导体棒的平衡条件可知,安培力只能水平向右,据此可判断出,导体棒中的电流垂直纸面向里,对导体棒受力分析如图所示,并根据平衡条件可知,F=mgtan60°,又安培力为F=BIL,联立可解得I=3mgBL,故选项C正确.
8.如图所示,两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上,导轨间距为L,劲度系数为k的轻质弹簧上端固定,下端与水平直导体棒ab相连,弹簧与导轨平面平行并与ab垂直,直导体棒垂直跨接在两导轨上,空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场.闭合开关K后导体棒中的电流为I,导体棒平衡时,弹簧伸长量为x1;调转图中电源极性,使导体棒中电流反向,导体棒中电流仍为I,导体棒平衡时弹簧伸长量为x2.忽略回路中电流产生的磁场,则匀强磁场的磁感应强度B的大小为()
A.kIL(x1+x2)B.kIL(x2-x1)
C.k2IL(x2+x1)D.k2IL(x2-x1)
解析:选D.由平衡条件可得mgsinα=kx1+BIL;调转图中电源极性使导体棒中电流反向,由平衡条件可得mgsinα+BIL=kx2,联立解得B=k2IL(x2-x1).选项D正确.
9.(多选)如右图所示,在倾角为α的光滑斜面上,垂直斜面放置一根长为L、质量为m的直导体棒,当通以图示方向电流I时,欲使导体棒静止在斜面上,可加一平行于纸面的匀强磁场,当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中,下列说法中正确的是()
A.此过程中磁感应强度B逐渐增大
B.此过程中磁感应强度B先减小后增大
C.此过程中磁感应强度B的最小值为mgsinαIL
D.此过程中磁感应强度B的最大值为mgtanαIL
解析:选AC.导体棒受重力、支持力、安培力作用而处于平衡状态,当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中,安培力由沿斜面向上转至竖直向上,导体棒受力的动态变化如图所示,则由图知安培力逐渐增大,即此过程中磁感应强度B逐渐增大,A对、B错;刚开始安培力F最小,有sinα=Fmg,所以此过程中磁感应强度B的最小值为mgsinαIL,C对;最后安培力最大,有F=mg,即此过程中磁感应强度B的最大值为mgIL,D错.
10.如图所示,一长为10cm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0.1T,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12V的电池相连,电路总电阻为2Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm;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0.3cm.重力加速度的大小取10m/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.
解析:金属棒通电后,闭合回路电流I=ER=122A=6A
导体棒受到的安培力大小为F=BIL=0.06N.
开关闭合后,电流方向为从b到a,由左手定则可判断知金属棒受到的安培力方向竖直向下
由平衡条件知:开关闭合前:
2kx=mg
开关闭合后:2k(x+Δx)=mg+F
代入数值解得m=0.01kg.
答案:方向竖直向下0.01kg
11.某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验.两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行,足够大的电磁铁(未画出)的N极位于两导轨的正上方,S极位于两导轨的正下方,一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直.
(1)在图中画出连线,完成实验电路.要求滑动变阻器以限流方式接入电路,且在开关闭合后,金属棒沿箭头所示的方向移动.
(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度,有人提出以下建议:
A.适当增加两导轨间的距离
B.换一根更长的金属棒
C.适当增大金属棒中的电流
其中正确的是________(填入正确选项前的标号).
解析:(1)由于磁场方向竖直向下,要使金属棒的运动如图所示,则金属棒中电流由里向外,滑动变阻器用限流接法,实物图连接如图所示.
(2)为使金属棒离开时速度较大,由动能定理知BILx=12mv2,v=2BILxm,适当增大两导轨间的距离,可以增大v,适当增大金属棒的电流可以增大v,换一根更长的金属棒,增大了质量,v变小,因此A、C正确.
答案:(1)图见解析(2)AC
12.载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B=kI/r,式中常量k0,I为电流强度,r为距导线的距离.在水平长直导线MN正下方,矩形线圈abcd通以逆时针方向的恒定电流,被两根等长的轻质绝缘细线静止地悬挂,如图所示.开始时MN内不通电流,此时两细线内的张力均为T0.当MN通以强度为I1的电流时,两细线内的张力均减小为T1;当MN内的电流强度变为I2时,两细线的张力均大于T0.
(1)分别指出强度为I1、I2的电流的方向;
(2)求MN分别通以强度为I1和I2电流时,线框受到的安培力F1与F2大小之比;
(3)当MN内的电流强度为I3时两细线恰好断裂,在此瞬间线圈的加速度大小为a,求I3.
解析:(1)由题意知,当MN通以电流I1时,线圈受到的安培力向上,根据左手定则、安培定则可以判断I1的方向向左,当MN通以电流I2时,线圈受到的安培力应向下,同理,可以判断I2的方向向右.
(2)当MN中的电流为I时,线圈受到的安培力大小为
F=kIiL1r1-1r2
式中r1、r2分别为ab、cd与MN的间距,i为线圈中的电流,L为ab、cd的长度.
所以F1F2=I1I2
(3)设MN中电流为I3时,线圈所受安培力为F3,由题设条件有2T0=mg,2T1+F1=mg,F3+mg=ma,I1I3=F1F3,由以上各式得I3=T0a-gT0-T1gI1
答案:(1)I1方向向左,I2方向向右(2)F1F2=I1I2
(3)T0a-gT0-T1gI1
第2节磁场对运动电荷的作用
一、洛伦兹力
1.定义:运动电荷在磁场中所受的力.
2.大小
(1)v∥B时,F=0.
(2)v⊥B时,F=qvB.
(3)v与B夹角为θ时,F=qvBsin_θ.
3.方向
(1)判定方法:应用左手定则,注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向.
(2)方向特点:F⊥B,F⊥v.即F垂直于B、v决定的平面.(注意B和v可以有任意夹角).
由于F始终垂直于v的方向,故洛伦兹力永不做功.
二、带电粒子在磁场中的运动
1.若v∥B,带电粒子以入射速度v做匀速直线运动.
2.若v⊥B,带电粒子在垂直于磁感线的平面内,以入射速度v做匀速圆周运动.
3.基本公式
(1)向心力公式:qvB=mv2r.
(2)轨道半径公式:r=mvBq.
(3)周期公式:T=2πrv=2πmqB.
f=1T=Bq2πm.
ω=2πT=2πf=Bqm.
三、洛伦兹力的应用实例
1.回旋加速器
(1)构造:如图所示,D1、D2是半圆形金属盒,D形盒的缝隙处接交流电源.D形盒处于匀强磁场中.
(2)原理:交变电流的周期和粒子
做圆周运动的周期相等,粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙,两盒间的电势差一次一次地反向,粒子就会被一次一次地加速.由qvB=mv2R,得Ekm=q2B2R22m,可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径R决定,与加速电压无关.
2.质谱仪
(1)构造:如图所示,由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等组成.
(2)原理:粒子由静止在加速电场中被加速,根据动能定理qU=12mv2可知进入磁场的速度v=2qUm.粒子在磁场中受洛伦兹力偏转,做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律,qvB=mv2r.由以上几式可得出需要研究的物理量如粒子轨道半径、粒子质量、比荷等.
[自我诊断]
1.判断正误
(1)洛伦兹力和安培力的方向都与磁场方向垂直.(√)
(2)粒子在只受到洛伦兹力作用时运动的动能不变.(√)
(3)运动电荷进入磁场后(无其他力作用)可能做匀速直线运动.(√)
(4)洛伦兹力可以做正功、做负功或不做功.(×)
(5)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度的大小无关.(√)
(6)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径与粒子的比荷成正比.(×)
(7)经回旋加速器加速的带电粒子的最大初动能由D形盒的最大半径决定,与加速电压无关.(√)
(8)质谱仪只能区分电荷量不同的粒子.(×)
2.如图所示,电子枪射出的电子束进入示波管,在示波管正下方有竖直放置的通电环形导线,则示波管中的电子束将()
A.向上偏转
B.向下偏转
C.向纸外偏转
D.向纸里偏转
解析:选A.由安培定则知,环形导线在示波管处产生的磁场方向垂直于纸面向外,由左手定则可判断,电子受到的洛伦兹力方向向上,A正确.
3.如图,MN为铝质薄平板,铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出).一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出,从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O.已知粒子穿越铝板时,其动能损失一半,速度方向和电荷量不变.不计重力.铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为()
A.2B.2
C.1D.22
解析:选D.根据洛伦兹力提供向心力得qvB=mv2R,粒子的动能Ek=12mv2,由此得磁感应强度B1=2mEkqR,结合题意知动能和半径都减小为原来的一半,则磁感应强度B2=2m12Ekq12R,故B1B2=22,故D正确.
4.(多选)图为某磁谱仪部分构件的示意图.图中,永磁铁提供匀强磁场,硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹.宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子.当这些粒子从上部垂直进入磁场时,下列说法正确的是()
A.电子与正电子的偏转方向一定不同
B.电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同
C.仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子
D.粒子的动能越大,它在磁场中运动轨迹的半径越小
解析:选AC.电子、正电子和质子垂直进入磁场时,所受的重力均可忽略,受到的洛伦兹力方向与其电性有关,由左手定则可知A正确;由轨迹半径R=mvqB知,若电子与正电子进入磁场时的速度不同,则其运动的轨迹半径也不相同,故B错误;由R=mvqB=2mEkqB知D错误;因为质子和正电子的速度未知,半径关系不确定,故依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子,C正确.
考点一对洛伦兹力的理解
1.洛伦兹力的特点
(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面.
(2)当电荷运动方向发生变化时,洛伦兹力的方向也随之变化.
(3)洛伦兹力一定不做功.
2.洛伦兹力与安培力的联系及区别
(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现,二者是相同性质的力,都是磁场力.
(2)安培力可以做功,而洛伦兹力对运动电荷不做功.
3.洛伦兹力与电场力的比较
1.下列关于洛伦兹力的说法中,正确的是()
A.只要速度大小相同,所受洛伦兹力就相同
B.如果把+q改为-q,且速度反向,大小不变,则洛伦兹力的大小、方向均不变
C.洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直,磁场方向一定与电荷运动方向垂直
D.粒子在只受到洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变
解析:选B.因为洛伦兹力的大小不但与粒子速度大小有关,而且与粒子速度的方向有关,如当粒子速度与磁场垂直时F=qvB,当粒子速度与磁场平行时F=0.又由于洛伦兹力的方向永远与粒子的速度方向垂直,因而速度方向不同时,洛伦兹力的方向也不同,所以A选项错.因为+q改为-q且速度反向,由左手定则可知洛伦兹力方向不变,再由F=qvB知大小也不变,所以B选项正确.因为电荷进入磁场时的速度方向可以与磁场方向成任意夹角,所以C选项错.因为洛伦兹力总与速度方向垂直,因此,洛伦兹力不做功,粒子动能不变,但洛伦兹力可改变粒子的运动方向,使粒子速度的方向不断改变,所以D选项错.
2.(多选)如图所示,两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中,O为M、N连线的中点,连线上a、b两点关于O点对称.导线均通有大小相等、方向向上的电流.已知长直导线周围产生的磁场的磁感应强度B=kIr,式中k是常数,I是导线中的电流,r为对应点到导线的距离.一带正电的小球以初速度v0从a点出发沿MN连线运动到b点.关于上述过程,下列说法正确的是()
A.小球先做加速运动后做减速运动
B.小球一直做匀速直线运动
C.小球对桌面的压力先减小后增大
D.小球对桌面的压力一直在增大
解析:选BD.由右手螺旋定则可知,M处的通电导线在MO区域产生的磁场垂直于MO向里,离导线越远磁场越弱,所以磁场由M到O逐渐减弱;N处的通电导线在ON区域产生的磁场垂直于ON向外,由O到N逐渐增强,带正电的小球由a点沿连线MN运动到b点,受到的洛伦兹力F=Bqv为变力,则从M到O洛伦兹力的方向向上,随磁场的减弱而减小,从O到N洛伦兹力的方向向下,随磁场的增强而增大,所以对桌面的压力一直在增大,D正确,C错误;由于桌面光滑,洛伦兹力始终沿竖直方向,所以小球在水平方向上不受力,做匀速直线运动,B正确、A错误.
3.(20xx河南开封四校二联)如图所示,某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场,电场方向水平向右,磁场方向垂直纸面向里,一带电微粒由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上运动.下列说法中正确的是()
A.微粒一定带负电
B.微粒的动能一定减小
C.微粒的电势能一定增加
D.微粒的机械能不变
解析:选A.对该微粒进行受力分析得:它受到竖直向下的重力、水平方向的电场力和垂直速度方向的洛伦兹力,其中重力和电场力是恒力,由于粒子沿直线运动,则可以判断出其受到的洛伦兹力也是恒定的,即该粒子是做匀速直线运动,动能不变,所以B项错误;如果该微粒带正电,则受到向右的电场力和向左下方的洛伦兹力,所以微粒受到的力不会平衡,故该微粒一定带负电,A项正确;该微粒带负电,向左上方运动,所以电场力做正功,电势能一定是减小的,C项错误;因为重力势能增加,动能不变,所以该微粒的机械能增加,D项错误.
理解洛伦兹力的四点注意
(1)正确分析带电粒子所在区域的合磁场方向.
(2)判断洛伦兹力方向时,特别区分电荷的正、负,并充分利用F⊥B、F⊥v的特点.
(3)计算洛伦兹力大小时,公式F=qvB中,v是电荷与磁场的相对速度.
(4)洛伦兹力对运动电荷(或带电体)不做功、不改变速度的大小,但它可改变运动电荷(或带电体)速度的方向,影响带电体所受其他力的大小,影响带电体的运动时间等.
考点二带电粒子在匀强磁场中的运动
1.带电粒子在匀强磁场中运动圆心、半径及时间的确定方法.
(1)圆心的确定
①已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时,可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线,两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示,P为入射点,M为出射点).
②已知入射方向、入射点和出射点的位置时,可以通过入射点作入射方向的垂线,连接入射点和出射点,作其中垂线,这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示,P为入射点,M为出射点).
(2)半径的确定
可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小.
(3)运动时间的确定
粒子在磁场中运动一周的时间为T,当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为θ时,其运动时间表示为:t=θ2πT(或t=θRv).
2.重要推论
(1)当速度v一定时,弧长(或弦长)越长,圆心角越大,则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长.
(2)当速率v变化时,圆心角大的运动时间长.
考向1:圆形磁场区域
(1)圆形边界中,若带电粒子沿径向射入必沿径向射出,如图所示,轨迹圆与区域圆形成相交圆,巧用几何关系解决.
(2)带电粒子在圆形磁场中不沿径向,轨迹圆与区域圆相交,抓住两圆心,巧用对称性解决.
[典例1](20xx湖南师大附中月考)(多选)如图所示,以O为圆心、MN为直径的圆的左半部分内有垂直纸面向里的匀强磁场,三个不计重力、质量相同、带电荷量相同的带正电粒子a、b和c以相同的速率分别沿aO、bO和cO方向垂直于磁场射入磁场区域,已知bO垂直MN,aO、cO与bO的夹角都为30°,a、b、c三个粒子从射入磁场到射出磁场所用时间分别为ta、tb、tc,则下列给出的时间关系可能正确的是()
A.ta<tb<tcB.ta>tb>tc
C.ta=tb<tcD.ta=tb=tc
解析粒子带正电,偏转方向如图所示,粒子在磁场中的运动周期相同,在磁场中运动的时间t=θ2πT,故粒子在磁场中运动对应的圆心角越大,运动时间越长.设粒子的运动半径为r,圆形区域半径为R,当粒子a恰好从M点射出磁场时,r=13R,当粒子b恰好从M点射出磁场时,r=R,如图甲所示,ta<tb=tc.当rR时,粒子a对应的圆心角最小,c对应的圆心角最大,tctbta;当r≤13R,轨迹如图乙所示,ta=tb=tc.同理,13Rr≤R时,tatb=tc.A、D正确.
答案AD
[典例2](20xx高考全国甲卷)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行,筒的横截面如图所示.图中直径MN的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动.在该截面内,一带电粒子从小孔M射入筒内,射入时的运动方向与MN成30°角.当筒转过90°时,该粒子恰好从小孔N飞出圆筒.不计重力.若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒子的比荷为()
A.ω3BB.ω2B
C.ωBD.2ωB
解析如图所示,粒子在磁场中做匀速圆周运动,圆弧所对应的圆心角由几何知识知为30°,则π2ω=2πmqB30°360°,即qm=ω3B,选项A正确.
答案A
考向2:直线边界(进、出磁场具有对称性,如图所示)
[典例3](多选)如图,两个初速度大小相同的同种离子a和b,从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场,最后打到屏P上,不计重力,下列说法正确的有()
A.a、b均带正电
B.a在磁场中飞行的时间比b的短
C.a在磁场中飞行的路程比b的短
D.a在P上的落点与O点的距离比b的近
解析a、b粒子做圆周运动的半径都为R=mvqB,画出轨迹如图所示,圆O1、O2分别为b、a的轨迹,a在磁场中转过的圆心角大,由t=θ2πT=θmqB和轨迹图可知A、D选项正确.
答案AD
考向3:平行边界(存在临界条件,如图所示)
[典例4](20xx湖南长沙模拟)如图所示,一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域,磁场宽度为d,方向垂直纸面向里.一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场.若电子在磁场中运动的轨道半径为2d.O′在MN上,且OO′与MN垂直.下列判断正确的是()
A.电子将向右偏转
B.电子打在MN上的点与O′点的距离为d
C.电子打在MN上的点与O′点的距离为3d
D.电子在磁场中运动的时间为πd3v0
解析电子带负电,进入磁场后,根据左手定则判断可知,所受的洛伦兹力方向向左,电子将向左偏转,如图所示,A错误;设电子打在MN上的点与O′点的距离为x,则由几何知识得:x=r-r2-d2=2d-2d2-d2=(2-3)d,故B、C错误;设轨迹对应的圆心角为θ,由几何知识得:sinθ=d2d=0.5,得θ=π6,则电子在磁场中运动的时间为t=θrv0=πd3v0,故D正确.
答案D
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法
考点三回旋加速器和质谱仪
1.质谱仪的主要特征
将质量数不等,电荷数相等的带电粒子经同一电场加速后进入偏转磁场.各粒子由于轨道半径不同而分离,其轨道半径r=mvqB=2mEkqB=2mqUqB=1B2mUq.在上式中,B、U、q对同一元素均为常量,故r∝m,根据不同的半径,就可计算出粒子的质量或比荷.
2.回旋加速器的主要特征
(1)带电粒子在两D形盒中回旋周期等于两盒狭缝之间高频电场的变化周期,与带电粒子的速度无关.
(2)将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾连起来是一个初速度为零的匀加速直线运动.
(3)带电粒子每加速一次,回旋半径就增大一次,所以各半径之比为1∶2∶3∶…
(4)粒子的最后速度v=BqRm,可见带电粒子加速后的能量取决于D形盒的最大半径和磁场的强弱.
1.(20xx河南省实验中学月考)(多选)如图所示是医用回旋加速器的示意图,其核心部分是两个D形金属盒,两金属盒置于匀强磁场中,并分别与高频电源相连.现分别加速氘核(21H)和氦核(42He).下列说法中正确的是()
A.氘核(21H)的最大速度较大
B.它们在D形盒内运动的周期相等
C.氦核(42He)的最大动能较大
D.仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能
解析:选BC.粒子在回旋加速器中能达到的最大速度,取决于在最外圈做圆周运动的速度.根据qvB=mv2R,得v=qBRm,两粒子的比荷qm相等,所以最大速度相等,A错误.带电粒子在磁场中运动的周期T=2πmqB,两粒子的比荷qm相等,所以周期相等,B正确.最大动能Ek=12mv2=q2B2R22m,两粒子的比荷qm相等,但质量不等,所以氦核最大动能大,C正确.回旋加速器加速粒子时,粒子在磁场中运动的周期与交流电的周期相同,否则无法加速,D错误.
2.(20xx高考全国乙卷)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,其示意图如图所示,其中加速电压恒定.质子在入口处从静止开始被加速电场加速,经匀强磁场偏转后从出口离开磁场.若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速,为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场,需将磁感应强度增加到原来的12倍.此离子和质子的质量比约为()
A.11B.12
C.121D.144
解析:选D.带电粒子在加速电场中运动时,有qU=12mv2,在磁场中偏转时,其半径r=mvqB,由以上两式整理得:r=1B2mUq.由于质子与一价正离子的电荷量相同,B1∶B2=1∶12,当半径相等时,解得:m2m1=144,选项D正确.
3.(多选)如图所示为一种获得高能粒子的装置,环形区域内存在垂直于纸面、磁感应强度大小可调的匀强磁场(环形区域的宽度非常小).质量为m、电荷量为q的带正电粒子可在环中做半径为R的圆周运动.A、B为两块中心开有小孔的距离很近的平行极板,原来电势均为零,每当带电粒子经过A板刚进入AB之间时,A板电势升高到+U,B板电势仍保持为零,粒子在两板间的电场中得到加速.每当粒子离开B板时,A板电势又降为零.粒子在电场中一次次加速使得动能不断增大,而在环形区域内,通过调节磁感应强度大小可使绕行半径R不变.已知极板间距远小于R,则下列说法正确的是()
A.环形区域内匀强磁场的磁场方向垂直于纸面向里
B.粒子从A板小孔处由静止开始在电场力作用下加速,绕行N圈后回到A板时获得的总动能为NqU
C.粒子在绕行的整个过程中,A板电势变化周期不变
D.粒子绕行第N圈时,环形区域内匀强磁场的磁感应强度为1R2NmUq
解析:选BD.由题意知粒子在轨道内做顺时针圆周运动,根据左手定则可判断匀强磁场的磁场方向垂直于纸面向外,所以A错误;由于粒子在做圆周运动的过程中洛伦兹力不做功,在AB板间电场力做功W=qU,所以粒子绕行N圈后回到A板时获得的总动能为NqU,故B正确;由于粒子的轨道半径R不变,而粒子做圆周运动第N圈的速度为vN,根据NqU=12mv2N,可得粒子圆周运动的速度增大,根据R=mvBq,T=2πmBq=2πRv,所以周期减小,故A板电势变化周期变小,故C错误;粒子绕行第N圈时,NqU=12mv2N,所以vN=2NqUm,又R=mvNBq,联立得B=1R2NmUq,所以D正确.
课时规范训练
[基础巩固题组]
1.(多选)如图所示,一只阴极射线管,左侧不断有电子射出,若在管的正下方放一通电直导线AB时,发现射线的径迹向下偏,则()
A.导线中的电流从A流向B
B.导线中的电流从B流向A
C.若要使电子束的径迹向上偏,可以通过改变AB中的电流方向来实现
D.电子束的径迹与AB中的电流方向无关
解析:选BC.由于AB中通有电流,在阴极射线管中产生磁场,电子受到洛伦兹力的作用而发生偏转,由左手定则可知,阴极射线管中的磁场方向垂直纸面向里,所以根据安培定则,AB中的电流从B流向A.当AB中的电流方向变为从A流向B时,则AB上方的磁场方向变为垂直纸面向外,电子所受的洛伦兹力变为向上,电子束的径迹变为向上偏转.选项B、C正确.
2.两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行.一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力),从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后,粒子的()
A.轨道半径减小,角速度增大
B.轨道半径减小,角速度减小
C.轨道半径增大,角速度增大
D.轨道半径增大,角速度减小
解析:选D.因洛伦兹力不做功,故带电粒子从较强磁场区域进入到较弱的磁场区域后,其速度大小不变,由r=mvqB知,轨道半径增大;由角速度ω=vr知,角速度减小,选项D正确.
3.如图所示,半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面),磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外.一电荷量为q(q0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域,射入点与ab的距离为R2,已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°,则粒子的速率为(不计重力)()
A.qBR2mB.qBRm
C.3qBR2mD.2qBRm
解析:选B.如图所示,粒子做圆周运动的圆心O2必在过入射点垂直于入射速度方向的直线EF上,由于粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为60°,故圆弧ENM对应圆心角为60°,所以△EMO2为等边三角形.由于O1D=R2,所以∠EO1D=60°,△O1ME为等边三角形,所以可得到粒子做圆周运动的半径EO2=O1E=R,由qvB=mv2R,得v=qBRm,B正确.
一名优秀的教师在教学时都会提前最好准备,作为教师就要精心准备好合适的教案。教案可以让学生更容易听懂所讲的内容,帮助教师提前熟悉所教学的内容。写好一份优质的教案要怎么做呢?下面的内容是小编为大家整理的20xx高考物理大一轮复习:第12章-近代物理初步(6份打包有课件),供您参考,希望能够帮助到大家。
第1节光电效应波粒二象性
一、光电效应及其规律
1.光电效应现象
在光的照射下,金属中的电子从表面逸出的现象,发射出来的电子叫光电子.
2.光电效应的产生条件
入射光的频率大于金属的极限频率.
3.光电效应规律
(1)每种金属都有一个极限频率,入射光的频率必须大于这个极限频率才能产生光电效应.
(2)光电子的最大初动能与入射光的强度无关,只随入射光频率的增大而增大.
(3)光电效应的发生几乎是瞬时的,一般不超过10-9s.
(4)当入射光的频率大于极限频率时,饱和光电流的强度与入射光的强度成正比.
二、爱因斯坦光电效应方程
1.光子说
在空间传播的光不是连续的,而是一份一份的,每—份叫做一个光子,光子的能量ε=hν.
2.逸出功W0:电子从金属中逸出所需做功的最小值.
3.最大初动能:发生光电效应时,金属表面上的电子吸收光子后克服原子核的引力逸出时所具有的动能的最大值.
4.光电效应方程
(1)表达式:hν=Ek+W0或Ek=hν-W0.
(2)物理意义:金属表面的电子吸收一个光子获得的能量是hν,这些能量的一部分用来克服金属的逸出功W0,剩下的表现为逸出后电子的最大初动能.
三、光的波粒二象性
1.光的干涉、衍射、偏振现象证明光具有波动性.
2.光电效应、康普顿效应说明光具有粒子性.
3.光既具有波动性,又具有粒子性,称为光的波粒二象性.
[自我诊断]
1.判断正误
(1)任何频率的光照射到金属表面都可以发生光电效应.(×)
(2)要使某金属发生光电效应,入射光子的能量必须大于金属的逸出功.(√)
(3)光电子的最大初动能与入射光子的频率成正比.(×)
(4)光的频率越高,光的粒子性越明显,但仍具有波动性.(√)
(5)德国物理学家普朗克提出了量子假说,成功地解释了光电效应规律.(×)
(6)美国物理学家康普顿发现了康普顿效应,证实了光的粒子性.(√)
(7)法国物理学家德布罗意大胆预言了实物粒子具有波动性.(√)
2.当用一束紫外线照射锌板时,产生了光电效应,这时()
A.锌板带负电B.有正离子从锌板逸出
C.有电子从锌板逸出D.锌板会吸附空气中的正离子
解析:选C.发生光电效应时,有光电子从锌板中逸出,逸出光电子后的锌板带正电,对空气中的正离子有排斥作用,C正确.
3.(多选)一单色光照到某金属表面时,有光电子从金属表面逸出,下列说法中正确的是()
A.无论增大入射光的频率还是增大入射光的强度,金属的逸出功都不变
B.只延长入射光照射时间,光电子的最大初动能将增大
C.只增大入射光的频率,光电子的最大初动能将增大
D.只增大入射光的频率,光电子逸出所经历的时间将缩短
解析:选AC.金属逸出功只与极限频率有关,A正确.根据光电效应方程Ek=hν-W0可知,光电子的最大初动能由入射光的频率和逸出功决定,只延长入射光照射时间,光电子的最大初动能将不变,B错误,C正确.发生光电效应的条件是入射光的频率大于截止频率,光电子逸出所经历的时间几乎同时,D错误.
4.关于光的本性,下列说法正确的是()
A.光既具有波动性,又具有粒子性,这是互相矛盾和对立的
B.光的波动性类似于机械波,光的粒子性类似于质点
C.大量光子才具有波动性,个别光子只具有粒子性
D.由于光既具有波动性,又具有粒子性,无法只用其中一种去说明光的—切行为,只能认为光具有波粒二象性
解析:选D.光既具有波动性,又具有粒子性,但不同于宏观的机械波和机械粒子,波动性和粒子性是光在不同的情况下的不同表现,是同一客体的两个不同的侧面、不同属性,只能认为光具有波粒二象性,A、B、C错误,D正确.
5.在某次光电效应实验中,得到的遏止电压Uc与入射光的频率ν的关系如图所示.若该直线的斜率和截距分别为k和b,电子电荷量的绝对值为e,则普朗克常量可表示为________,所用材料的逸出功可表示为________.
解析:根据光电效应方程Ekm=hν-W0及Ekm=eUc得Uc=hνe-W0e,故he=k,b=-W0e,得h=ek,W0=-eb.
答案:ek-eb
考点一光电效应的理解
1.光电效应中的几个概念比较
(1)光子与光电子
光子指光在空间传播时的每一份能量,光子不带电;光电子是金属表面受到光照射时发射出来的电子,其本质是电子.
(2)光电子的动能与光电子的最大初动能
光照射到金属表面时,电子吸收光子的全部能量,可能向各个方向运动,需克服原子核和其他原子的阻碍而损失一部分能量,剩余部分为光电子的初动能;只有金属表面的电子直接向外飞出时,只需克服原子核的引力做功的情况,才具有最大初动能.
(3)光电流和饱和光电流
金属板飞出的光电子到达阳极,回路中便产生光电流,随着所加正向电压的增大,光电流趋于一个饱和值,这个饱和值是饱和光电流,在一定的光照条件下,饱和光电流与所加电压大小无关.
(4)光的强弱与饱和光电流
频率相同的光照射金属产生光电效应,入射光越强,饱和光电流越大.
2.对光电效应规律的解释
对应规律对规律的产生的解释
光电子的最大初动能随着入射光频率的增大而增大,与入射光强度无关电子吸收光子能量后,一部分克服原子核引力做功,剩余部分转化为光电子的初动能,只有直接从金属表面飞出的光电子才具有最大初动能,对于确定的金属,逸出功W0是一定的,故光电子的最大初动能只随入射光的频率增大而增大
光电效应具有瞬时性光照射金属时,电子吸收一个光子的能量后,动能立即增大,不需要能量积累的过程
光较强时饱和电流大光较强时,包含的光子数较多,照射金属时产生的光电子较多,因而饱和电流较大
1.(20xx高考全国乙卷)(多选)现用某一光电管进行光电效应实验,当用某一频率的光入射时,有光电流产生.下列说法正确的是()
A.保持入射光的频率不变,入射光的光强变大,饱和光电流变大
B.入射光的频率变高,饱和光电流变大
C.入射光的频率变高,光电子的最大初动能变大
D.保持入射光的光强不变,不断减小入射光的频率,始终有光电流产生
解析:选AC.产生光电效应时,光的强度越大,单位时间内逸出的光电子数越多,饱和光电流越大,说法A正确.饱和光电流大小与入射光的频率无关,说法B错误.光电子的最大初动能随入射光频率的增加而增加,与入射光的强度无关,说法C正确.减小入射光的频率,如低于极限频率,则不能发生光电效应,没有光电流产生,说法D错误.
2.(20xx广东深圳模拟)(多选)在光电效应实验中,用同一种单色光,先后照射锌和银的表面,都能发生光电效应.对于这两个过程,下列物理过程中一定不同的是()
A.遏止电压B.饱和光电流
C.光电子的最大初动能D.逸出功
解析:选ACD.同一束光照射不同的金属,一定相同的是入射光的光子能量,不同金属的逸出功不同,根据光电效应方程Ekm=hν-W0知,最大初动能不同,则遏止电压不同,选项A、C、D正确;同一束光照射,单位时间内射到金属表面的光子数目相等,所以饱和光电流是相同的,选项B错误.
3.(20xx广东省湛江一中高三模拟)(多选)用如图所示的光电管研究光电效应的实验中,用某种频率的单色光a照射光电管阴极K,电流计G的指针发生偏转.而用另一频率的单色光b照射光电管阴极K时,电流计G的指针不发生偏转,那么()
A.a光的频率一定大于b光的频率
B.只增加a光的强度可使通过电流计G的电流增大
C.增加b光的强度可能使电流计G的指针发生偏转
D.用a光照射光电管阴极K时通过电流计G的电流是由d到c
解析:选AB.由于用单色光a照射光电管阴极K,电流计G的指针发生偏转,说明发生了光电效应,而用另一频率的单色光b照射光电管阴极K时,电流计G的指针不发生偏转,说明b光不能发生光电效应,即a光的频率一定大于b光的频率;增加a光的强度可使单位时间内逸出光电子的数量增加,则通过电流计G的电流增大;因为b光不能发生光电效应,所以即使增加b光的强度也不可能使电流计G的指针发生偏转;用a光照射光电管阴极K时通过电流计G的电子的方向是由d到c,所以电流方向是由c到d.选项A、B正确.
光电效应实质及发生条件
(1)光电效应的实质是金属中的电子获得能量后逸出金属表面,从而使金属带上正电.
(2)能否发生光电效应,不取决于光的强度,而是取决于光的频率.只要照射光的频率大于该金属的极限频率,无论照射光强弱,均能发生光电效应.
考点二光电效应方程及图象的理解
1.爱因斯坦光电效应方程
Ek=hν-W0
hν:光子的能量
W0:逸出功,即从金属表面直接飞出的光电子克服原子核引力所做的功.
Ek:光电子的最大初动能.
2.四类图象
图象名称图线形状由图线直接(间接)得到的物理量
最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图线
①极限频率:图线与ν轴交点的横坐标νc
②逸出功:图线与Ek轴交点的纵坐标的值W0=|-E|=E
③普朗克常量:图线的斜率k=h
颜色相同、强度不同的光,光电流与电压的关系
①遏止电压Uc:图线与横轴的交点
②饱和光电流Im:电流的最大值
③最大初动能:Ekm=eUc
颜色不同时,光电流与电压的关系
①遏止电压Uc1、Uc2
②饱和光电流
③最大初动能Ek1=eUc1,Ek2=eUc2
=遏止电压Uc与入射光频率ν的关系图线
①截止频率νc:图线与横轴的交点
②遏止电压Uc:随入射光频率的增大而增大
③普朗克常量h:等于图线的斜率与电子电量的乘积,即h=ke.(注:此时两极之间接反向电压)
[典例](20xx重庆万州二中模拟)(多选)某金属在光的照射下产生光电效应,其遏止电压Uc与入射光频率ν的关系图象如图所示.则由图象可知()
A.该金属的逸出功等于hν0
B.若已知电子电荷量e,就可以求出普朗克常量h
C.遏止电压是确定的,与照射光的频率无关
D.入射光的频率为2ν0时,产生的光电子的最大初动能为hν0
解析当遏止电压为零时,最大初动能为零,则入射光的能量等于逸出功,所以W0=hν0,A正确;根据光电效应方程Ek=hν-W0和-eUc=0-Ek得,Uc=heν-W0e,可知当入射光的频率大于极限频率时,遏止电压与入射光的频率呈线性关系,C错误;因为Uc=heν-W0e,知图线的斜率等于he,从图象上可以得出斜率的大小,已知电子电荷量e,可以求出普朗克常量h,B正确;从图象上可知逸出功W0=hν0,根据光电效应方程Ek=h2ν0-W0=hν0,D正确.
答案ABD
应用光电效应方程时的注意事项
(1)每种金属都有一个截止频率,光频率大于这个截止频率才能发生光电效应.
(2)截止频率是发生光电效应的最小频率,对应着光的极限波长和金属的逸出功,即hν0=hcλ0=W0.
(3)应用光电效应方程Ek=hν-W0时,注意能量单位电子伏和焦耳的换算(1eV=1.6×10-19J).
第1节交变电流的产生及描述
一、交变电流的产生和变化规律
1.交变电流:大小和方向都随时间做周期性变化的电流.
2.正弦交流电
(1)产生:在匀强磁场里,线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动.
(2)中性面
①定义:与磁场垂直的平面.
②特点:线圈位于中性面时,穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率为零,感应电动势为零.线圈每经过中性面一次,电流的方向就改变一次.
(3)变化规律(线圈在中性面位置开始计时)
①电动势(e):e=Emsinωt.
②电压(u):u=Umsin_ωt.
③电流(i):i=Imsin_ωt.
(4)图象(如图所示)
二、描述交变电流的物理量
1.交变电流的周期和频率的关系:T=1f.
2.峰值和有效值
(1)峰值:交变电流的峰值是它能达到的最大值.
(2)有效值:让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻,如果在交流的一个周期内它们产生的热量相等,则这个恒定电流I、恒定电压U就是这个交变电流的有效值.
(3)正弦式交变电流的有效值与峰值之间的关系
I=Im2,U=Um2,E=Em2.
3.平均值:E=nΔΦΔt.
[自我诊断]
1.判断正误
(1)交变电流的主要特征是电流的方向随时间周期性变化.(√)
(2)大小变化而方向不变的电流也叫交变电流.(×)
(3)线圈经过中性面时产生的感应电动势最大.(×)
(4)在一个周期内,正弦交流电的方向改变两次.(√)
(5)最大值和有效值之间的2倍关系只适用于正弦(余弦)交流电.(√)
(6)交流电压表及交流电流表的读数均为峰值.(×)
2.矩形线圈的面积为S,匝数为n,在磁感应强度为B的匀强磁场中,绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω匀速转动.当转到线圈平面与磁场垂直的图示位置时()
A.线圈中的电动势为nBSω
B.线圈中的电动势为0
C.穿过线圈的磁通量为0
D.穿过线圈的磁通量变化率最大
解析:选B.图示时刻线框的四边都不切割磁感线,不产生感应电动势,即线圈中的电动势为0,故选项A错误,选项B正确;图示时刻线框与磁场垂直,磁通量最大,为Φ=BS,故选项C错误;图示位置线圈中的电动势为0,根据法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt可知穿过线圈的磁通量变化率为0,故选项D错误.
3.(多选)某小型发电机产生的交变电动势为e=50sin100πt(V).对此电动势,下列表述正确的有()
A.最大值是502VB.频率是100Hz
C.有效值是252VD.周期是0.02s
解析:选CD.由e=Emsinωt=50sin100πt(V)可知,Em=50V,E有效=Em2=252V,ω=100πrad/s,T=2πω=0.02s,f=50Hz,C、D正确.
4.一个小型电热器若接在输出电压为10V的直流电源上,消耗电功率为P;若把它接在某个正弦交流电源上,其消耗的电功率为P2.如果电热器电阻不变,则此交流电源输出电压的最大值为()
A.5VB.52V
C.10VD.102V
解析:选C.电热器接到直流电源上,由功率表达式P=U2R可知,P=U21R=100R.当其接到交流电源时,有P2=U22R,则U2=22U1,U2为正弦交流电的有效值,则此交流电的最大值Um=2U2=10V,C正确.
5.某手摇交流发电机,其线圈绕垂直于匀强磁场方向的轴(位于线圈平面内)匀速转动,产生的交变电流i随时间t变化的图象如图,由图象可知()
A.该交变电流频率是0.4Hz
B.该交变电流有效值是0.8A
C.该交变电流瞬时值表达式是i=0.8sin(5πt)A
D.t=0.1s时穿过线圈平面的磁通量最大
解析:选C.根据电流随时间变化的图象知,交流电的周期为0.4s,故交流电的频率为2.5Hz,A错误;交变电流的最大值为0.8A,有效值为0.42A,B错误;把ω=2πT=5πrad/s代入正弦式交变电流的瞬时值表达式得i=0.8sin(5πt)A,C正确;t=0.1s时,电流最大,此时穿过线圈平面的磁通量为零,D错误.
考点一正弦交变电流的产生与瞬时值表达式
1.正弦式交变电流的变化规律及对应图象(线圈在中性面位置开始计时)
函数图象
磁通量Φ=Φmcosωt=BScosωt
电动势e=Emsinωt=nBSωsinωt
电压u=Umsinωt=REmR+rsinωt
电流i=Imsinωt=EmR+rsinωt
2.两个特殊位置的特点
(1)线圈平面与中性面重合时,S⊥B,Φ最大,ΔΦΔt=0,e=0,i=0,电流方向发生改变.
(2)线圈平面与中性面垂直时,S∥B,Φ=0,ΔΦΔt最大,e最大,i最大,电流方向不改变.
考向1:正弦交变电流的产生
(1)解决此类问题的关键在于把线圈在匀强磁场中的具体位置与转动的时刻对应好,也就是电流的变化规律与线圈在磁场中转动的具体情境对应好.
(2)交变电动势的最大值Em=nBSω,与转轴位置无关,与线圈形状无关.
[典例1]如图所示,矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动,当线圈平面转到与磁场方向平行时()
A.线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流
B.线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势
C.线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同,都是a→b→c→d→a
D.线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力
解析线圈绕垂直于磁场方向的轴转动产生交变电流,产生的电流、电动势及线圈各边所受安培力大小与转轴所在位置无关,故A对,B、D错;图示时刻产生电流的方向为a→d→c→b→a,故C错.
答案A
考向2:交变电流的图象
(1)由图象可读出交变电流的电压或电流的最大值,进而利用正弦式交变电流最大值与有效值的关系得到有效值.
(2)由图象可读出交变电流的变化周期T,然后计算得出角速度ω=2πT.
(3)根据最大值、角速度等信息可以写出交变电流的瞬时值表达式.
[典例2](20xx湖南衡阳联考)(多选)如图甲所示,在匀强磁场中,一矩形金属线圈两次分别以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动,产生的交变电动势如图乙中曲线a、b所示,则下列说法正确的是()
A.曲线a表示的交变电动势瞬时值ea=36sin25πtV
B.曲线b表示的交变电动势最大值为28.8V
C.t=5×10-2s时,曲线a、b对应的感应电动势大小之比为32∶2
D.t=6×10-2s时,曲线a对应线框的磁通量最大,曲线b对应线框的磁通量为0
解析由图乙可知,Ema=36V,ωa=2πTa=2π8×10-2rad/s=25πrad/s,则曲线a表示的交变电动势瞬时值ea=Emasinωat=36sin25πtV,故A正确;由图乙知曲线a、b表示的交变电流的周期之比为Ta∶Tb=(8×10-2)∶(12×10-2)=2∶3,由ω=2πT可知ωa∶ωb=Tb∶Ta=3∶2,所以曲线a、b表示的交变电动势的最大值之比Ema∶Emb=NBSωa∶NBSωb=ωa∶ωb=3∶2,又知Ema=36V,则Emb=24V,故B错误;曲线a表示的交变电动势瞬时值ea=36sin25πtV,曲线b表示的交变电动势瞬时值eb=24sin2π12×10-2tV,将t=5×10-2s代入,得ea=-182V,eb=12V,|ea|∶eb=32∶2,故C正确;由图乙知t=6×10-2s时,a的电动势最大,对应线框的磁通量为0,b的电动势为0,对应线框的磁通量最大,故D错误.
答案AC
考向3:交变电流瞬时值的书写
交变电流瞬时值表达式的推导思路
(1)先求电动势的最大值Em=nBSω;
(2)求出角速度ω,ω=2πT;
(3)明确从哪一位置开始计时,从而确定是正弦函数还是余弦函数;
(4)写出瞬时值的表达式.
[典例3]图甲是交流发电机模型示意图.在磁感应强度为B的匀强磁场中,有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO′转动,由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金属圆环相连接,金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触,这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路.图乙是线圈的主视图,导线ab和cd分别用它们的横截面来表示.已知ab长度为L1,bc长度为L2,线圈以恒定角速度ω逆时针转动.(只考虑单匝线圈)
(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时,试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式;
(2)线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时,如图丙所示,试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式.
解析(1)矩形线圈abcd在磁场中转动时,ab、cd切割磁感线,且转动的半径为r=L22,
转动时ab、cd的线速度v=ωr=ωL22,且与磁场方向的夹角为ωt,
所以,整个线圈中的感应电动势e1=2BL1vsinωt=BL1L2ωsinωt.
(2)当t=0时,线圈平面与中性面的夹角为φ0,则t时刻时,线圈平面与中性面的夹角为ωt+φ0
故此时感应电动势的瞬时值
e2=2BL1vsin(ωt+φ0)=BL1L2ωsin(ωt+φ0)
答案(1)e1=BL1L2ωsinωt(2)e2=BL1L2ωsin(ωt+φ0)
(1)交变电流图象问题的三点注意
①只有当线圈从中性面位置开始计时,电流的瞬时值表达式才是正弦形式,其变化规律与线圈的形状及转动轴处于线圈平面内的位置无关.
②注意峰值公式Em=nBSω中的S为有效面积.
③在解决有关交变电流的图象问题时,应先把交变电流的图象与线圈的转动位置对应起来,再根据特殊位置求特征解.
(2)瞬时值书写的两关键
①确定正弦交变电流的峰值,根据已知图象或由公式Em=nBSω,求出相应峰值.
②明确线圈的初始位置,找出对应的函数关系式.
a.线圈从中性面位置开始转动,则i-t图象为正弦函数图象,函数式为i=Imsinωt,图象如图甲所示.
b.线圈从垂直中性面位置开始转动,则i-t图象为余弦函数图象,函数式为i=Imcosωt.图象如图乙所示.
考点二交变电流有效值的计算
1.公式法
利用E=Em2、U=Um2、I=Im2计算,只适用于正(余)弦式交变电流.
2.利用有效值的定义计算(非正弦式电流)
计算时“相同时间”至少取一个周期或为周期的整数倍.
3.利用能量关系
当有电能和其他形式的能转化时,可利用能的转化和守恒定律来求有效值.
1.通过一阻值R=100Ω的电阻的交变电流如图所示,其周期为1s.电阻两端电压的有效值为()
A.12VB.410V
C.15VD.85V
解析:选B.由题意结合有效值的定义可得I2RT=2I21R25T+I22R110T,将I1=0.1A,I2=0.2A代入可得流过电阻的电流的有效值I=1025A,故电阻两端电压的有效值为IR=410V,选项B正确.
2.如图所示为一交变电流随时间变化的图象,则此交变电流的有效值为()
A.2AB.22A
C.5AD.3A
解析:选C.由图象可知此交变电流的周期是2s.设交变电流的有效值为I,周期为T,则I2RT=222RT2+422RT2,解得I=5A,故选C.
3.如图所示为一交变电流的电压随时间变化的图象,正半轴是正弦曲线的一个部分,则此交变电流的电压的有效值是()
A.34VB.5V
C.522VD.3V
解析:选C.设其有效值为U,根据交变电流的有效值定义和题图中电流特点可得,在一个周期内有U21Rt1+U22Rt2=U2Rt,即32V22×1R×0.01s+(4V)2×1R×0.01s=U2×1R×0.02s,解得U=522V,故C正确.
4.如图所示为一个经双可控硅调节后加在电灯上的电压,正弦交流电的每一个二分之一周期中,前面四分之一周期被截去,则现在电灯上电压的有效值为()
A.UmB.Um2
C.Um3D.Um2
解析:选D.由题给图象可知,交流电压的变化规律具有周期性,用电流热效应的等效法求解.设电灯的阻值为R,正弦式交流电压的有效值与峰值的关系是U=Um2,由于一个周期内半个周期有交流电压,一周期内交流电产生的热量为Q=Um22RT2=U2m2RT2,设交流电压的有效值为U,由电流热效应得Q=U2m2RT2=U2RT,所以该交流电压的有效值U=Um2,D正确.
有效值求解的三点注意
(1)计算有效值时要注意根据电流的热效应,抓住“三同”:“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”列式求解.
(2)利用两类公式Q=I2Rt和Q=U2Rt可分别求得电流有效值和电压有效值.
(3)若图象部分是正弦(或余弦)交流电,其中的从零(或最大值)开始的14周期整数倍的部分可直接应用正弦式交变电流有效值与最大值间的关系Im=2I、Um=2U求解.
考点三正弦交变电流的“四值”
物理含义重要关系适用情况
瞬时值交变电流某一时刻的值e=Emsinωt
i=Imsinωt计算线圈某时刻的受力
最大值最大的瞬时值Em=nBSω
Im=EmR+r
确定用电器的耐压值,如电容器、晶体管等的击穿电压
有效值跟交变电流的热效应等效的恒定电流值对正(余)弦式交流电:
E=Em2
U=Um2
I=Im2
①计算与电流热效应相关的量,如功、功率、热量等;②交流电表的测量值;③电气设备所标注的额定电压、额定电流;④保险丝的熔断电流
平均值交变电流图象中图线与时间轴围成面积与时间的比值E=nΔΦΔt
I=ER+r
计算通过电路某一截面的电荷量:q=It
1.小型手摇发电机线圈共N匝,每匝可简化为矩形线圈abcd,磁极间的磁场视为匀强磁场,方向垂直于线圈中心轴OO′,线圈绕OO′匀速转动,如图所示.矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0,不计线圈电阻,则发电机输出电压()
A.峰值是e0
B.峰值是2e0
C.有效值是22Ne0
D.有效值是2Ne0
解析:选D.因每匝矩形线圈ab边和cd边产生的电动势的最大值都是e0,每匝中ab和cd串联,故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e0.N匝线圈串联,整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne0,因线圈中产生的是正弦交流电,则发电机输出电压的有效值E=2Ne0,故选项D正确.
2.(多选)如图所示,面积为S的矩形线圈共N匝,线圈总电阻为R,在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中以竖直线OO′为轴,以角速度ω匀速旋转,图示位置C与纸面共面,位置A与位置C成45°角.线圈从位置A转过90°到达位置B的过程中,下列说法正确的是()
A.平均电动势为22πNBSω
B.通过线圈某一截面的电荷量q=22NBSR
C.在此转动过程中,外界对线圈做的总功为N2B2S2πω4R
D.在此转动过程中,电流方向会发生改变
解析:选AC.线圈从位置A转过90°到达位置B的过程中,ΔΦ=2BScos45°=2BS,Δt=π2ω,根据E=NΔΦΔt,得E=22πNBSω,故A正确.根据E=NΔΦΔt,q=ERΔt=NΔΦR=2BSNR,故B错误.产生电动势的峰值Em=NBSω,则有效值E=Em2=NBSω2,则W=Q=E2RΔt=N2B2S2πω4R,故C正确.线圈每经过中性面一次,电流方向改变,线圈从位置A转过90°到达位置B的过程中,电流方向不变,故D错误.
3.将阻值为100Ω的电阻丝绕成一个110匝的闭合矩形线圈,让其在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动,产生的感应电动势如图乙所示.则可以判断()
A.t=0时刻线圈应转到图甲所示的位置
B.该线圈的转速为100πr/s
C.穿过线圈的磁通量的最大值为150πWb
D.线圈转一周所产生的电热为9.68J
解析:选D.t=0时刻产生的电动势为零,所以线圈应处于中性面即线圈与磁场垂直的位置,故A错误;据图乙可知,T=0.02s,据T=2πω可得ω=100πrad/s,所以转速为50r/s,故B错误;据Em=nBSω可知,BS=311110×100πWb=9×10-3Wb,故C错误;据峰值可知,E=0.707Em=220V,据焦耳定律可知,线圈转一周产生的热量Q=E2RT=9.68J,故D正确.
4.如图所示,N=50匝的矩形线圈abcd,ab边长l1=20cm,ad边长l2=25cm,放在磁感应强度B=0.4T的匀强磁场中,外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n=3000r/min的转速匀速转动,线圈电阻r=1Ω,外电路电阻R=9Ω,t=0时线圈平面与磁感线平行,ab边正转出纸外、cd边转入纸里.求:
(1)t=0时感应电流的方向;
(2)感应电动势的瞬时值表达式;
(3)线圈转一圈外力做的功;
(4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量.
解析:(1)根据右手定则,线圈感应电流方向为adcba.
(2)线圈的角速度
ω=2πn=100πrad/s
图示位置的感应电动势最大,其大小为
Em=NBl1l2ω
代入数据得Em=314V
感应电动势的瞬时值表达式
e=Emcosωt=314cos(100πt)V.
(3)电动势的有效值E=Em2
线圈匀速转动的周期
T=2πω=0.02s
线圈匀速转动一圈,外力做功大小等于电功的大小,即
W=I2(R+r)T=E2R+rT
代入数据得W=98.6J.
(4)从t=0起转过90°过程中,Δt内流过R的电荷量:
q=NΔΦR+rΔtΔt=NBΔSR+r=NBl1l2R+r
代入数据得q=0.1C.
答案:(1)感应电流方向沿adcba(2)e=314cos(100πt)V(3)98.6J(4)0.1C
交变电流“四值”应用的几点提醒
(1)在解答有关交变电流的问题时,要注意电路结构.
(2)注意区分交变电流的最大值、瞬时值、有效值和平均值,最大值是瞬时值中的最大值,有效值是以电流的热效应来等效定义的.
(3)与电磁感应问题一样,求解与电能、电热相关的问题时,一定要用有效值;而求解通过导体某横截面的电荷量时,一定要用平均值.
课时规范训练
[基础巩固题组]
1.(多选)关于中性面,下列说法正确的是()
A.线圈在转动中经中性面位置时,穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率为零
B.线圈在转动中经中性面位置时,穿过线圈的磁通量为零,磁通量的变化率最大
C.线圈每经过一次中性面,感应电流的方向就改变一次
D.线圈每转动一周经过中性面一次,所以线圈每转动一周,感应电流的方向就改变一次
解析:选AC.中性面是线圈平面与磁感线垂直的位置,线圈经过该位置时,穿过线圈的磁通量最大,各边都不切割磁感线,不产生感应电动势,所以磁通量的变化率为零,A项正确,B项错误;线圈每经过一次中性面,感应电流的方向改变一次,但线圈每转一周时要经过中性面两次,所以每转一周,感应电流方向就改变两次,C项正确,D项错误.
2.某小型旋转电枢式发电机所产生的交流电电动势为110V、频率为60Hz,要使它产生的电动势变为220V、频率变为50Hz,需要调整线圈的转速n、匝数N或磁感应强度的大小B.下列调整合适的是()
A.使n变为原来的1.2倍,B变为原来的2倍,N变为原来的1.2倍
B.使n变为原来的56,B变为原来的56,N变为原来的2倍
C.使n变为原来的56,N变为原来的2倍,B不变
D.使n变为原来的56,N变为原来的2.4倍,B不变
解析:选D.因为发电机产生的交流电电动势110V指的是有效值,故其最大值为Em1=1102V,调整后为Em2=2202V,即Em1Em2=12,根据Em=NBSω和ω=2πn,可知,选项A中,Em2=1.2N×2B×S×1.2×2πn=2.88Em1,故选项A错误;B、C、D三个选项中的调整使频率均变为原来的56,即50Hz,只有D项中的调整可使最大感应电动势增大到原来的2倍,故选项B、C错误,D正确.
3.一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动,穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示,则下列说法正确的是()
A.t=0时刻,线圈平面与中性面垂直
B.t=0.01s时刻,Φ的变化率最大
C.t=0.02s时刻,交流电动势达到最大
D.该线圈产生的交流电动势的图象如图乙所示
解析:选B.由Φ-t图知,t=0时,Φ最大,即线圈处于中性面位置,此时e=0,故A、D两项错误;由图知T=0.04s,在t=0.01s时,Φ=0,ΔΦΔt最大,e最大,则B项正确;在t=0.02s时,Φ最大,ΔΦΔt=0,e=0,则C项错误.
4.(多选)如图,M为半圆形导线框,圆心为OM;N是圆心角为直角的扇形导线框,圆心为ON;两导线框在同一竖直面(纸面)内;两圆弧半径相等;过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场,磁场方向垂直于纸面.现使线框M、N在t=0时从图示位置开始,分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴,以相同的周期T逆时针匀速转动,则()
A.两导线框中均会产生正弦交流电
B.两导线框中感应电流的周期都等于T
C.在t=T8时,两导线框中产生的感应电动势相等
D.两导线框的电阻相等时,两导线框中感应电流的有效值也相等
解析:选BC.两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不变,选项A错误;导线框的转动周期为T,则感应电流的周期也为T,选项B正确;在t=T8时,切割磁感线的有效长度相同,两导线框中产生的感应电动势相等,选项C正确;M导线框中一直有感应电流,N导线框中只有一半时间内有感应电流,所以两导线框的电阻相等时,感应电流的有效值不相等,选项D错误.
5.(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,○A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()
A.电流表的示数为10A
B.线圈转动的角速度为50πrad/s
C.0.01s时线圈平面与磁场方向平行
D.0.02s时电阻R中电流的方向自右向左
解析:选AC.由题图乙知Im=102A,I=Im2=10A,A正确.T=2×10-2s,ω=2πT=100πrad/s,B错误.t=0.01s时,i=Im,此时线圈平面与磁场方向平行,C正确.由右手定则判定0.02s时电阻R中电流方向自左向右,D错误.
6.A、B是两个完全相同的电热器,A通以图甲所示的方波交变电流,B通以图乙所示的正弦交变电流,则两电热器的电功率之比PA∶PB等于()
A.5∶4B.3∶2
C.2∶1D.2∶1
解析:选A.对甲有PA=I20RT2+I022RT2T=58I20R,对乙有PB=I022R=12I20R,则PA∶PB=5∶4,A正确,B、C、D错误.
7.如图所示为一正弦交流发电机和交流电路模型.图中电流表的示数为1A,电阻R的阻值为2Ω,线圈转动角速度ω=100πrad/s.则从图示位置开始计时,电阻R两端交变电压的瞬时值表达式为()
A.u=2sin100πt(V)
B.u=2cos100πt(V)
C.u=22sin100πt(V)
D.u=22cos100πt(V)
解析:选D.图示位置为线圈平面与中性面垂直的位置,因此线圈产生的电流的瞬时值表达式为i=Imcosωt=2cos100πt(A),则电阻R两端的瞬时电压为u=iR=22cos100πt(V),D项正确.
8.(多选)100匝的线圈在匀强磁场中匀速转动,产生的交变电动势为e=1002sin100πt+π3V,下列说法正确的是()
A.交变电动势有效值为100V
B.交变电动势有效值为1002V
C.穿过线圈的最大磁通量为2πWb
D.穿过线圈的最大磁通量为2100πWb
解析:选AD.由交流电的表达式可知,该交变电压的最大电动势为1002V,故电动势的有效值为100V,选项A正确;角速度ω=100π,而Em=nBSω=nΦmω,所以Φm=Emnω=2100πWb,选项D正确.
[综合应用题组]
9.如图所示,正方形单匝线框abcd的边长为L,每边电阻均为r,线框在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω绕cd轴从图示位置开始匀速转动,转轴与磁感线垂直.一理想电压表用电刷接在线框的c、d两点上,下列说法中正确的是()
A.电压表读数为22BωL2
B.电压表读数为28BωL2
C.从图示位置开始计时,流过线框电流的瞬时值表达式为i=BωL24rsinωt
D.线框从图示位置转过π2的过程中,流过cd边的电荷量为q=BL2r
解析:选B.线框在匀强磁场中匀速转动,产生的感应电动势的最大值为Em=BL2ω,对应有效值为E=22Em=22BL2ω,电压表读数为E4=28BL2ω,B正确,A错误;图示位置线框磁通量为零,产生的感应电动势为最大值,则感应电流瞬时表达式为i=BωL24rcosωt,C错误;线框从题图所示位置处转过π2的过程中,流过cd的电荷量为q=ΔΦR=BL24r,D错误.
10.图甲是一台小型发电机的构造示意图,线圈逆时针转动,产生的电动势e随时间t变化的正弦规律图象如图乙所示.发电机线圈的内阻不计,外接灯泡的电阻为12Ω.则()
A.在t=0.01s时刻,穿过线圈的磁通量为零
B.电压表的示数为62V
C.灯泡消耗的电功率为3W
D.若其他条件不变,仅将线圈的转速提高一倍,则线圈电动势的表达式e=122sin100πt(V)
解析:选C.在t=0.01s的时刻,电动势为0,则线圈位于中性面,穿过线圈的磁通量最大,选项A错误;电动势的最大值为Em=62V,电压表测量的为有效值,故示数为622V=6V,选项B错误;灯泡消耗的电功率P=E2R=6212W=3W,选项C正确;周期为0.02s,则瞬时电动势的表达式为e=Emsin2πTt=62sin100πt(V),转速提高一倍后,最大值变成122V,ω=2πn,故角速度变为原来的2倍,表达式应为e=122sin200πt(V),选项D错误.
11.如图是某学习小组在空旷的场地上做“摇绳发电实验”的示意图.他们将一铜芯线像甩跳绳一样匀速摇动,铜芯线的两端分别通过细铜线与灵敏交流电流计相连.摇绳的两位同学的连线与所在处的地磁场(可视为匀强磁场)垂直.摇动时,铜芯线所围成半圆周的面积S=2m2,转动角速度ω=102rad/s,用电流计测得电路中电流I=40μA,电路总电阻R=10Ω,g取10m/s2,π2=2.25.
(1)求该处地磁场的磁感应强度B;
(2)从铜芯线所在平面与该处地磁场平行开始计时,求其转过四分之一周的过程中,通过电流计的电荷量q;
(3)求铜芯线转动一周的过程中,电路产生的焦耳热Q.
解析:(1)铜芯线中产生的是正弦交流电,则
Im=2I,
Em=ImR,
Em=BSω,
解得B=2×10-5T.
(2)从铜芯线与地面平行开始至铜芯线转动四分之一周的过程中,
E=ΔΦ/t,
E=IR,
q=It,
解得q=4×10-6C.
(3)铜芯线转动一周,电路中产生的焦耳热Q=I2RT,
解得Q=7.2×10-9J.
答案:(1)2×10-5T(2)4×10-6C
(3)7.2×10-9J
12.如图所示,交变电流发电机的矩形框ab=dc=0.40m,bc=ad=0.20m,共有50匝线圈,其电阻r=1.0Ω,在磁感应强度B=0.20T的匀强磁场中,绕垂直于磁场方向的对称轴OO′以100πr/s的转速匀速转动,向R=9.0Ω的电阻供电,求:
(1)发电机产生的电动势的最大值;
(2)交变电流电压表和电流表的示数;
(3)此发电机的功率.
解析:(1)线圈面积S=abad=0.4×0.2m2=0.08m2线圈旋转角速度
ω=2πn=100×2ππrad/s=200rad/s
Em=NBωS=50×0.2×200×0.08V=160V
(2)电压表示数(即路端电压示数)
U=ER+rR=162×9.0V=722V
电流表示数I=Im2=162A=82A
(3)发电机的功率
P=UI=E2R+r=160229.0+1.0W=1280W
答案:(1)160V
(2)U=722VI=82A
(3)P=1280W
第2节变压器远距离输电
一、变压器原理
1.构造和原理(如图所示)
(1)主要构造:由原线圈、副线圈和闭合铁芯组成.
(2)工作原理:电磁感应的互感现象.
2.理解变压器的基本关系式
(1)功率关系:P入=P出.
(2)电压关系:U1U2=n1n2,若n1n2,为降压变压器,若n1n2,为升压变压器.
(3)电流关系:只有一个副线圈时,I1I2=n2n1;有多个副线圈时,U1I1=U2I2+U3I3+…+UnIn.
二、远距离输电
1.电路损失
(1)功率损失:设输电电流为I,输电线的电阻为R,则功率损失为ΔP=I2R.
(2)电压损失:ΔU=IR.
减小功率损失和电压损失,都要求提高输电电压,减小输电电流.
2.降低损耗的两个途径
(1)一个途径是减小输电线的电阻.由电阻定律R=ρlS可知,在输电距离一定的情况下,为减小电阻,应当用电阻率小的金属材料制造输电线.此外,还要尽可能增加导线的横截面积.
(2)另一个途径是减小输电导线中的电流,由P=IU可知,当输送功率一定时,提高电压可以减小输电电流.
[自我诊断]
1.判断正误
(1)变压器不但可以改变交流电压,也可以改变直流电压.(×)
(2)变压器只能使交变电流的电压减小.(×)
(3)高压输电的目的是增大输电的电流.(×)
(4)在输送电压一定时,输送的电功率越大,输送过程中损失的功率越小.(×)
(5)变压器原线圈中的电流由副线圈中的电流决定.(√)
(6)高压输电可以减少输电线路上的电能损失,且输电线路上电压越高越好.(×)
2.(多选)关于理想变压器的工作原理,以下说法正确的是()
A.通过正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变
B.穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等
C.穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势
D.原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈
解析:选BC.理想变压器没有漏磁现象,故原、副线圈产生的磁通量任何时候都相等,且随时间而改变,使副线圈产生感应电动势,而不是电流流到副线圈,综合上述选项B、C正确.
3.一电器中的变压器可视为理想变压器,它将220V交变电压改为110V,已知变压器原线圈匝数为800,则副线圈匝数为()
A.200B.400
C.1600D.3200
解析:选B.理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比,即U1U2=n1n2,解得n2=U2U1n1=400,选项B正确.
4.(20xx辽宁抚顺重点高中协作体联考)(多选)为了监测变电站向外输电情况,要在变电站安装互感器,其接线如图所示.两变压器匝数分别为n1、n2和n3、n4,a和b是交流电表.则()
A.n1>n2
B.n3>n4
C.a为交流电流表,b为交流电压表
D.a为交流电压表,b为交流电流表
解析:选AD.电压互感器并联在电路中,电流互感器串联在电路中,故a为交流电压表,b为交流电流表,选项C错误,D正确;含电压互感器电路中是强电压,通过变压器变成弱电压,用电压表测量,因为电压之比等于线圈匝数之比,所以n1>n2,选项A正确;含电流互感器的电路中是强电流,通过变压器变成弱电流,用电流表测量,因为电流之比等于线圈匝数的倒数之比,所以n3<n4,选项B错误.
5.如图所示为远距离交流输电的简化电路图.发电厂的输出电压是U,用等效总电阻是r的两条输电线输电,输电线路中的电流是I1,其末端间的电压为U1.在输电线与用户间连有一理想变压器,流入用户端的电流为I2.则()
A.用户端的电压为I1U1I2
B.输电线上的电压降为U
C.理想变压器的输入功率为I21r
D.输电线路上损失的电功率为I1U
解析:选A.变压器输入功率等于输出功率,由I1U1=I2U2解得,U2=I1U1I2,选项A正确;输电线上的电压降为U-U1,选项B错误;理想变压器的输入功率为I1U1,输电线的损失功率为I21r,选项C、D错误.
考点一理想变压器基本规律的应用
1.理想变压器的基本特点
(1)无漏磁,故原、副线圈中的Φ、ΔΦΔt相同.
(2)线圈无电阻,因此无电压降,U=E=nΔΦΔt.
(3)根据Un=ΔΦΔt得,套在同一铁芯上的线圈,无论是原线圈,还是副线圈,该比例都成立,则有U1n1=U2n2=U3n3=…
2.理想变压器的基本关系
功率关系原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率,即P入=P出
电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比,即U1U2=n1n2,与副线圈的个数无关
电流关系①只有一个副线圈时:I1I2=n2n1
②有多个副线圈时:由P入=P出得U1I1=U2I2+U3I3+…+UnIn或I1n1=I2n2+I3n3+…+Innn.
频率关系f1=f2,变压器不改变交流电的频率
[典例](20xx高考全国丙卷)(多选)如图,理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时,两灯泡均能正常发光.下列说法正确的是()
A.原、副线圈匝数比为9∶1
B.原、副线圈匝数比为1∶9
C.此时a和b的电功率之比为9∶1
D.此时a和b的电功率之比为1∶9
解析设灯泡的额定电压为U0,输入电压为灯泡额定电压的10倍时灯泡正常发光,则变压器原线圈的电压为9U0,变压器原、副线圈的匝数比为9∶1,选项A正确,选项B错误;由9U0Ia=U0Ib得,流过b灯泡的电流是流过a灯泡电流的9倍,根据P=UI,a、b灯泡的电功率之比为1∶9,选项C错误,选项D正确.
答案AD
理想变压器问题三点应牢记
(1)熟记两个基本公式:①U1U2=n1n2,即对同一变压器的任意两个线圈,都有电压和匝数成正比.
②P入=P出,即无论有几个副线圈在工作,变压器的输入功率总等于输出功率之和.
(2)原、副线圈中通过每匝线圈磁通量的变化率相等.
(3)原、副线圈中电流变化规律一样,电流的周期、频率一样.
1.(20xx河南“五校”二联)自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈,原、副线圈都只取该线圈的某部分.一升压式自耦调压变压器的电路如图所示,其副线圈匝数可调.已知变压器线圈总匝数为1900匝;原线圈为1100匝,接在有效值为220V的交流电源上.当变压器输出电压调至最大时,负载R上的功率为2.0kW.设此时原线圈中电流有效值为I1,负载两端电压的有效值为U2,且变压器是理想的,则U2和I1分别约为()
A.380V和5.3AB.380V和9.1A
C.240V和5.3AD.240V和9.1A
解析:选B.当变压器输出电压调至最大时,由U1U2=n1n2得U2=n2n1U1=19001100×220V=380V,由P1=P2,P1=U1I1,P2=U2I2,得I1=P2U1=2000220A=9.1A,选项B正确.
2.一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1,在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻,原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上,如图所示,设副线圈回路中电阻两端的电压为U,原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k,则()
A.U=66V,k=19
B.U=22V,k=19
C.U=66V,k=13
D.U=22V,k=13
解析:选A.设原、副线圈中的电流分别为I1、I2,则I1I2=n2n1=13,故k=I21RI22R=19.设原线圈两端的电压为U1,则U1U=n1n2=31,故U1=3U,而原线圈上电阻分担的电压为13U,故U3+3U=220V,解得U=66V.选项A正确.
文章来源:http://m.jab88.com/j/68807.html
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