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第3节 带电粒子在匀强磁场中的运动
(1)离子打在荧光屏上的位置离O 点的距
离是多少
(2)若离子进入磁场后经过一段时间到达P
一、洛伦兹力的特点 点,已知OP 连线与入射方向的夹角为θ,求离子
1.洛伦兹力不改变带电粒子速度的 , 从O 到P 所经历的时间.
或者说,洛伦兹力对带电粒子不做功.
2.洛伦兹力方向总与速度方向 ,正
好起到了向心力的作用.
二、带电粒子在匀强磁场中的运动 变式1:如图所示,一束电子(电荷量为e)以
1.运动特点:沿着与磁场垂直的方向射入磁 速度v垂直射入磁感应强度为B、宽度为d 的匀
场的带电粒子,在匀强磁场中做 运动. 强磁场中,穿出磁场时速度方向与原来入射方向
2.半径和周期公式 的夹角是30°,则电子的质量是 ,在磁场
质量为m、带电荷量为q、速率为v 的带电 中的运动时间是 .
粒子,在磁感应强度为B 的匀强磁场中做匀速
圆周运动,洛伦兹力提供向心力.
2
(1)半径:由
v mv
qvB=m 得r r= B.q
(2)周期:由
2πr 2πm
T= 得v T= .qB 【典例2】 如图所示,质量为 m、带电荷量
由此可知带电粒子在磁场中做匀速圆周运
为q的粒子以速度v0垂直射入宽度为d 的匀强
动的周期跟速率v和半径r . 磁场,磁场的磁感应强度为B,为使粒子能穿过
磁场,则v0至少等于 ( )
【典例1】 如图所示,质量为m,电荷量为q
的负离子,以速度v垂直于荧光屏S 经过小孔O
射入匀强磁场中,磁场方向与离子的运动方向垂
直,磁感应强度的大小为B,处于真空中.求: 2Bqd BqdA. m B.2m
Bqd Bqd
C.m D.2m
变式2:如图,真空中有一带电粒子,质量为
m、电荷量为q,以速度v垂直于磁场边界进入磁
·10·
感应强度为B 的匀强磁场,穿出磁场时速度方向 线正下方的电子初速度的方向与
和入射方向的夹角为α=37°.不计粒子所受重力. 电流I的方向相同,则电子将
已知:m=6.0×10-17kg,q=1.5×10-15C,v= ( )
1.0×102m/s,B=2.0T.则有界匀强磁场的宽度 A.沿路径a 运动,轨迹是圆
L 为 ( ) B.沿路径a 运动,轨迹半径越来越大
C.沿路径a 运动,轨迹半径越来越小
D.沿路径b运动,轨迹半径越来越小
4.“月球勘探者号”空间探测器运用高科技
手段对月球近距离勘探,在月球的重力分布、磁
场分布及元素测定方面取得了新成果.月球上的
A.0.5m B.1.2m C.1.6m D.2.0m 磁场极其微弱,通过探测器拍摄电子在月球磁场
中的运动轨迹,可分析月球磁场的强弱分布情
况.如图所示是探测器通过月球表面甲、乙、丙、
丁四个位置时拍摄到的电子运动轨迹照片,设电
1.如图所示,美国物理学家 子的速率相同,且与磁场方向垂直,则可知磁场
安德森在研究宇宙射线时,在云 从强到弱的位置排列正确的是 ( )
雾室里观察到有一个粒子的径
迹和电子的径迹弯曲程度相同,但弯曲方向相
反,从而发现了正电子,获得了1936年的诺贝尔 甲 乙 丙 丁
物理学奖,已知云雾室中磁场方向与纸面垂直, A.乙→甲→丁→丙 B .丁 →丙→乙→甲
下列说法正确的是 ( ) C.丙→丁→甲→乙 D.甲→乙→丙→丁
A.云雾室中磁场方向垂直纸面向外 5.质量和电荷量都相等的带电粒子M 和N
B.云雾室中磁场方向垂直纸面向里 以不同的速率经小孔S 垂直进入匀强磁场,运行
C.若增大磁感应强度,正电子运动半径增 的半圆轨迹如图中虚线所示,下列说法正确的是
大,负电子运动半径减小 ( )
D.若增大磁感应强度,正电子运动半径减 A.M 带负电,N 带正电
小,负电子运动半径增大 B.M 的速率小于N 的速率
2.下列各图反映的是带电粒子在匀强磁场 C.洛伦兹力对 M、N 做正功
中沿垂直于磁场方向做匀速圆周运动的情况,其 D.M 的运行时间大于N 的运行时间
中正确的是 ( )
第5题 第6题
A B C D 6.如图所示,MN 为两个匀强磁场的分界
3.如图所示,水平导线中有电流I 通过,导 面,两磁场的磁感应强度大小的关系为 B1=
·11·
2B2,一带电荷量为+q(q>0)、质量为m 的粒子 C.轨道半径减小,运动周期增大
从O 点垂直MN 进入B1磁场,则经过多长时间 D.轨道半径增大,运动周期减小
它将向下再一次通过O 点 ( ) 10.如图所示,在x 轴上方存在着垂直于纸
2πm 2πm 面向里,磁感应强度为B 的匀强磁场,一个不计
A.B B.q 1 qB2 重力的带电粒子从坐标原点O 处以速度v 进入
2πm πm
C. D. 磁场,粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且
q(B1+B2) q(B1+B2)
与x 轴正方向成120°角.若粒子穿过y 轴正轴
7.粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的
后,在磁场中到x 轴的最大距离为a,则该粒子
4倍与2倍,两粒子均带正电荷.让它们在匀强
的比荷和所带电荷的电性是 ( )
磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始
3v v
运动.已知磁场方向垂直于纸面向里.则下列四 A. ,正电荷 B. ,正电荷2aB 2aB
个图中,能正确表示两粒子运动轨迹的是( ) 3v
C. ,负电荷
v
D. ,负电荷2aB 2aB
A B
第10题 第11题
11.如图所示,平行线PQ、MN 之间有方向
垂直纸面向里的无限长匀强磁场,电子从P 点
C D 沿平行于PQ 且垂直于磁场方向射入磁场,当电
8.MN 板两侧都是磁感强度为B 的匀强磁 子速率为v1 时与 MN 成60°角射出磁场;当电
场,方向如图所示,带电粒子从a 位置以垂直于
子速率为v2 时与 MN 成30°角射出磁场(出射
磁场方向的速度开始运动,依次通过小孔b,c,
点都没画出),v1∶v2 等于 ( )
d,已知ab=bc=cd,粒子从a 运动到d 的时间
为t,则粒子的比荷为 ( ) A.1∶
(2- 3) B.(2- 3)∶1
C.2∶1 D.3∶1
12.如图所示,一束电荷量为e 的电子以垂
直于磁感应强度B 并垂直于磁场边界的速度v
3π 4π π tB 射入宽度为d 的匀强磁场中,穿出磁场时速度方
A.tB B.3tB C.tB D.2π 向和原来的射入方向的夹角为θ=60°,求电子的
9.两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小 质量和穿越磁场的时间.
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),从较弱的磁场区域
进入到较强的磁场区域后,粒子的 ( )
A.轨道半径减小,运动周期减小
B.轨道半径增大,运动周期增大
·12·
C.该粒子在磁场中运动的时间为
3L
v
D.该粒子离开磁场时速度偏角为
π
1.如图所示,在第Ⅰ象限内有垂直纸面向里 3
的匀强磁场,一对质量与电荷量都相等的正、负
粒子分别以相同速率沿与x 轴成30°角的方向从
原点射入磁场,则正、负粒子在磁场中运动的时
间之比为 ( ) 第3题 第4题
A.1∶2 B.2∶1 C.1∶ 3 D.1∶1 4.矩形ABCD 区域内有垂直于纸面向里的
匀强磁场,AB=2d,BC= 3d,E 为AB 中点.从
E 点沿垂直AB 方向射入粒子a,粒子a 经磁场
偏转后从D 点射出磁场,若仍从E 点沿垂直AB
方向射入粒子b,粒子经磁场偏转后从B 点射出
磁场,已知a、b粒子的质量相等,电荷量相等,不第1题 第2题
计粒子的重力,则 ( )
2.如图所示,一半径为R 的圆形区域内有
A.a、b粒子均带正电
垂直于纸面向里的匀强磁场,一质量为m、电荷
B.a、b 粒子在磁场中做圆周运动的半径之
量为q的正电荷(重力忽略不计),以速度v 沿正
比为2∶1
对着圆心O 的方向射入磁场,从磁场中射出时速
C.a、b粒子在磁场中运动的速度大小之比
度方向改变了θ角,磁场的磁感应强度大小为
为2∶1
( )
D.a、b 粒 子 在 磁 场 中 运 动 的 时 间 之 比
θ
mv mvtan2 为1∶3
A. θ B. qR 5.高纬度地区的高空,大气稀薄,常出现美
qRtan2 丽的彩色“极光”.极光是由太阳发射的高速带电
mv mv
C. θ D.
粒子受地磁场的影响,进入两极附近时,撞击并
θ
qRsin qRcos 激发高空中的空气分子和原子引起的.假如我们2 2
, 在北极地区仰视,发现正上方出现如图所示的弧3.如图所示 两平行板间有垂直纸面向里的
状极光,则关于这一现象中高速粒子的说法正确
匀强磁场,磁感应强度为B,板长为 3L,两板间
的是 ( )
距离为L.有一个带电量为q、质量为m 的粒子, A.高速粒子带负电
以水平速度v,从靠近上板边缘处进入该磁场,
B.粒子轨迹半径逐渐增大
粒子恰能从下极板右侧边缘离开磁场,不计粒子
C.仰视时,粒子沿逆时针方向运动
重力.则 ( ) D.仰视时,粒子沿顺时针方向运动
A.该粒子带正电
B.该粒子做匀变速曲线运动
·13·
A.1∶2 B.1∶4 C.2∶1 D.4∶1
9.如图所示,在虚线所包围的圆形区域内有
方向垂直于圆面向里的匀强磁场,从磁场边缘的
A 点沿半径方向射入一束速率不同的质子,这些
第5题 第6题 质子在磁场里运动的过程中,以下说法正确的是
6.如图所示,一条直线上有O、M、N 三点, ( )
OM=MN,直线上方的整个空间存在垂直纸面
向外的匀强磁场,一质子和一α粒子分别以速度
v1、v2 从O 点沿OP 方向射入磁场,质子经时间
t1从 M 点射出磁场,α 粒子经时间t2从 N 点射
出磁场,质子和α 粒子的重力不计,不考虑它们 A.周期相同,但运动时间不同,速率大的运
之间的相互作用,则关于t1、t2、v1、v2 的判断正 动时间长
确的是 ( ) B.运动半径越大的质子运动时间越短,偏转
A.t1=t2,v1=v2 B.t1C.t1t2,v1>v2 C.质子在磁场中的运动时间均相等
7.如图所示,在直角坐标 D.运动半径不同,运动半径越大的质子向
系xOy 的y>0空间内存在垂 心加速度越小
直纸面向里的匀强磁场.某时 mv
10.如图所示,在半径为R= 0的圆形区
刻带电粒子a 从坐标原点O 沿 Bq
, ,
x 轴正向、带电粒子b从x 轴上的Q 点沿 轴正 域内有水平向里的匀强磁场 磁感应强度B 圆y
向进入磁场区域, 形区域右侧有一竖直感光板, ,经过一段时间两粒子同时到达 质量为m 电量为
,重力不计的带正电的粒子以速率 从圆弧顶
y 轴上的P 点,且速度方向相反.下列关于a、b q v0
点 平行于纸面进入磁场, 与感光板平行,
粒子的物理量,一定相等的是 ( ) P PO
P 到感光板的距离为A.质量 B.电荷量 C.速率 D.比荷 2R.
()粒子在磁场中运动的半径;
8.如图所示,在xO 坐标系的第Ⅰ象限中 1y
(2)若粒子对准圆心射入,求它在磁场中运
有垂直于纸面向里的匀强磁场,一带电粒子在x
动的时间;
轴上的A 点垂直于x 轴射入磁场,第一次入射
速度为v,且经时间 恰好在
() , ,
t1 O 点反向射出磁 3
若粒子对准圆心射入 且速率为 3v0 求
, , 它打到感光板上的位置距离P 点的竖直距离场 第二次以2v的速度射入 在磁场中的运动时 .
间为t2,则t1∶t2的值为 ( )
·14·部分参考答案
可知,导体 MN 所受安培力在水平
第一章 安培力与洛伦兹力 方向,要使导体 MN 静止,安培力必
须水平向右.由左手定则可知磁场方
向竖直向下.
第1节 磁场对通电导线的作用力
对 MN 棒受力分析,根据共点力平衡得F
知识梳理
=mgtanθ,
一、1.磁场 2.左手定则 垂直 掌心 电流
又F=BIL,
的方向 拇指 3.电流
解得 mgtanθ 0.01×10×tan37°三、1.(2)半径 平行 均匀 2.(1)安培力 B= IL = 5×0.2 T=
转动 反抗 (2)角度 大小 大小 方向 7.5×10-2T.
3.很弱 答案:0.075T,方向竖直向下
典例精解 课后巩固
【典例1】 A 解析:根据左手定则,导体棒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导体棒斜向上,A正确; 8.解析:(1)金属杆静止在导
ab棒和磁场方向平行,不受安培力,B错误;ab 轨上,受到重力、支持力和安培力
棒所受安培力方向垂直于导体棒向下,C错误; 三个力作用,侧视图如图所示.
ab 棒所受安培力方向垂直于导体棒向 左,D 由平衡条件得F=mgtanθ
错误. 又F=B1IL
变式1:A
根据闭合电路欧姆定律 E
【典例2】 A 解析:应用F=BIL 求安培力,
I=
其 R
中I⊥B,L 为导线的有效长度.导线段abcd 的 以上各式联立解得ELB1=mgtanθ,
有效长度为线段ad 的长度,由几何知识知L Rad
mgRtanθ
=(2+1)L,故线段abcd 所受的合力大小F= 即B1= EL .
ILadB=(2+1)ILB,导线有效长度的电流方 (2)金属杆ab 静止在斜面上
向为a→d,据左手定则可以确定导线所受合力 且对斜面压力为零,则安培力 F'
方向沿纸面向上,故A项正确. 与重力G 构成一对平衡力,侧视图
变式2:C 如图所示.
当堂训练 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:磁场方向在竖直方向,由左手定则 根据闭合电路欧姆定律I=R
·101·
以上各式联立解得E m
2gcos2α
RLB2=mg
, 得x=2q2B2sinα
.
mgR 答案:()带正电 ()mgcosα m
2gcos2α
整理得B2=EL 1 2 qB 2q2B2sinα
由左手定则知,匀强磁场的磁感应强度B2 变式2:B
的方向水平向左. 当堂训练
:()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:小球第一次到达最低点速度为
v,则
第2节 磁场对运动电荷的作用力
由动能定律可得: 1mgL= 22mv
知识梳理
由圆周运动规律及牛顿第二定律可知
一、1.(1)运动电荷 (2)微观 2.(1)垂直 正
v2电荷 正 电 荷 相 反 (2)B 和v 3.(1) 第一次经过最低点时:Bqv-mg=mL
qvBsinθ (2)qvB (3)0
第二次经过最低点时: v
2
二、1.偏转线圈 2.(1)发射电子 (2)偏转 F-qvB-mg=mL
3.不断变化 4.两对线圈 综上解得:F=0.06N.
典例精解 答案:0.06N
【典例1】 D 解析:根据左手定则可以判断,选 课后巩固
项A中的负电荷所受的洛伦兹力方向向下;选 1.D 2.B 3.A 4.D 5.C 6.C 7.B
项B中的负电荷所受的洛伦兹力方向向上;选项 8.解析:以滑块为研究对象,自轨道上A 点
C中的正电荷所受的洛伦兹力方向垂直于纸面 滑到C 点的过程中,受重力mg,方向竖直向下;
指向纸外;选项D中的正电荷所受的洛伦兹力方 静电力qE,方向水平向右;洛伦兹力F=qvB,方
向垂直于纸面指向纸里,D正确. 向始终垂直于速度方向.
变式1:A (1)滑块从A 到C 过程中洛伦兹力不做功,
【典例2】 解析:(1)小球沿斜面下滑,其对斜面 由动能定理得
的压力为零,说明其受到的洛伦兹力应垂直斜面 1
mgR-qER= mv2C
向上,根据左手定则可判断小球带正电. 2
(2)当小球对斜面压力为零时,有 ( qE)得 2mg- RvC= =2m/s,方向水平
mgcosα=qvB m
向左.
得小球此时的速度为 mgcosαv=
qB (2)根据洛伦兹力公式得
由于小球沿斜面方向做匀加速运动,加速度 F=qvCB=5×10-2×2×1N=0.1N,方向
为a=gsinα 竖直向下.
由匀变速直线运动的位移公式v2=2ax (3)在C 点根据牛顿第二定律:FN-mg-
·102·
v2C 为半径.F=m R d ,又由 mv得 2dBe
代入数据得:F =20.1N.根据牛顿第三定 r=sin30°=2d r=N Be
m= v
律,滑块对轨道的压力为20.1N. 电子在磁场中的运动时间 θt= T
答案:(1)2m/s,方向水平向左 (2)0.1N, 360°
方向竖直向下 (3)20.1N 解得 1 2πm πdt=12×eB =3v.
第3节 带电粒子在匀强磁场中的运动
答案:2dBe πd
知识梳理 v 3v
一、1.大小 2.垂直 【典例2】 C 解析:当粒子的运动轨迹与磁场
二、1.匀速圆周 2.无关 右边界相切时,粒子的轨道半径为r=d,由于
典例精解 v2 Bqd
qvB=m ,解得v= ,则为使粒子能穿过磁
【典例1】 解析:(1)离子的初速度与匀强磁场的 r m
方向垂直,在洛伦兹力作用下,做匀速圆周运动. 场,则 Bqdv0至少等于 故选m . C.
设圆半径为r,作出其运动轨迹,如图 变式2:B
由牛顿第二定律可得:Bqv 当堂训练
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:过 M、N 作入射方
如图所示,离子回到屏S 上的位置与O 点 向和出射方向的垂线,两垂线交
2mv 于O 点,O 点即电子在磁场中做的距离为:d=2r= B .q 匀速圆周运动的 圆 心,过 N 作
(2)当离子到位置P 时,圆心角:α=2θ OM 的垂线,垂足为P,如图所示.
离子 运 动 的 时 间 为 αt= T,而 周 期 T 由直角三角形OPN 知,电子运动的半径为r=2π
2πm d 23
= .
qB sin60°
= 3d ①
2
所以 联 立 以 上 三 式 得:离 子 运 动 时 间t 由牛顿第二定律知 vevB=mr ②
2θm
= .
qB 联立 23dBe①②式解得m=
答案:()2mv
3v
1 (
2θm
B 2
)
q qB 电子在无界磁场中运动的周期为
变式1:解析:电子在磁场中运动只受洛伦兹力 2π·23dBe 43πd
, , , T=eB 3v =作用 故其轨迹是圆弧的一部分 又因为F⊥v 3v
故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛伦兹力 电子在磁场中的轨迹对应的圆心角为α=θ
方向的交点,如题图所示的O 点. =60°
由几何知识可知,CD 间圆心角θ=30°,OD 故电子在磁场中的运动时间为
·103·
1 1 43πd 23πd 第4节 质谱仪与回旋加速器
t=6T=6× 3v = 9v .
知识梳理
答案:23dBe 23πd 一、3.qvB 4.质量 5.质量 同位素3v 9v
q2B2二、 不变 r
2
课后巩固 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)离子在电场中被加速时,由
10.解析:(1)粒子在磁场中运动的半径为
2 动能定理
1
qU= mv2,进入磁场时洛伦兹力提供
r,
v
根据 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)带电粒子进入磁场中 =B .q
做匀速圆周运动的轨道半径 (2)氢的三种同位素的质量数分别为1、2、3,
为r=R,带电粒子在磁场中 由(1)结果知,
的运动轨迹为四分之一圆周, xH∶xD∶xT= mH ∶ mD∶ mT=1∶
轨迹对应的圆心角为π,如图所示 2∶ 3.
2
答案:()2 2mUπ 1B
(2)1∶ 2∶ 3
2R
q
则 πmt=v =2Bq 变式1
:B
0
【典例2】 D 解析:只有带点粒子在磁场中做
(3)当v= 3v0时,带电粒子在磁场中运动
圆周运动的频率等于高频电压的频率时,带点粒
的轨道半径为 3R,其运动轨迹如图所示 子才能稳定加速,根据圆周运动公式可知qvB=
v2 2π 2 2πm
mR=m ( ) R,故T= ,A错误.根据圆T qB
2 2
周运动公式可知 v 2πqvB=m ,故R=m (T ) R v
由图可知∠PO O=∠OO R=30° qBR2 2 = ,所以最大速度与电压无关,所以最大动m
所以带电粒子离开磁场时与水平方向成30°
, ; qBRd=R+2Rtan30° 能与电压无关 B错误 根据B中公式v= ,m
(3+23)mv 可知最大速度与回旋加速次数无关,所以最大动
解得d= 03qB 能与回旋加速次数无关,C错误;根据B中公式
:()mv答案 0 ()πm qBR1 2 v= ,可知最大速度与半径有关,所以最大动qB 2Bq m
(3+23)mv 能与半径有关,D正确.(3) 03qB 变式2:解析:(1)质子在电场中加速,由动能定
·104·
理得
解得半径: mv 1 2mUR= 1eB =B e .eU=Ek-0 2 2
解得Ek=eU. :() 2eU1 ( 2eU答案 1 2)B1d
1
(2)质子在回旋加速器的磁场中运动的最大 m m
半径为R,由牛顿第二定律得 ()1 2mU3 1
v2 B2 e
evB=mR 课后巩固
质子的最大动能 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)根据左手定则可知,射入的等2m
离子体中正离子将向金属板
() M
偏转,负离子将
3 由电源的周期与频率间的关系可得f
向金属板N 偏转,因此金属板 M 电势高;设电
1
= 2T 源的输出电压为U,则
U
P=
, R电源的周期与质子的运动周期相同 均为T
不考虑发电机的内阻,得E=U=100V
2πm
=eB (2)由
U
Bqv=qd
解得 eBf=2πm. 解得v=100m/s
2 2 2 (3)每秒钟经过灯泡L的电荷量Q=It
答案:() ()eB R ()eB1eU 2 2m 32πm
而 UI= =1A
当堂训练 R
1.B 2.A 3.D 4.A 5.B 6.B 7.D 所以每秒钟打在金属板 N 上的离子个数为
8.B 9.C 10.B 11.C Qn= =6.25×1018
12.解析:(1)在电场中,粒子被加速电场U e1
答案:(1)M 电势高,1 100V
(2)100m/s
加速,由动能定理有:eU1= 22mv (3)6.25×1018
2eU
解得粒子的速度:v= 1m 本章评估
(2)在速度选择器中,粒子受的电场力和洛
U
伦兹力大小相等,则有: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 选 择 器 的 电 压 U2 =B1dv
12.解析:(1)电子向左移动,由左手定则知,
2eU
=B1d
1. 电子受到的洛伦兹力向上,故上侧面A 聚集电m
() ,在磁场中,粒子受洛伦兹力作用而做圆 子 下侧面A'聚集正电荷,故上侧面的电势低于3
mv2 下侧面.周运动,则有:evB2= R (2)洛伦兹力F洛=evB;
·105·
(3)电子所受静电力
U E
F电=eE=eh I=R+r
(4)电子受静电力与洛伦兹力的作用,二力 联立四式并代入数值得B1=3.0T.
U 当ab 棒有向上滑的趋势时,受静摩擦力向平衡,有eh=evB
,得U=hvB
下为Ff',如图乙所示,则
通过导体的电流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)见 EI=R+r
解析所示 可解得B2=16.3T.
13.解析:能射入第三象限的电子临界轨迹 所以若保持金属棒静止不滑动,磁感应强度
d 应满足3.0T≤B≤16.3T.如图所示.电子偏转半径范围为2(2)3.0T≤B≤16.3T
15.解析:(1)设粒子的初速度大小为v,粒
子在极板间做匀速直线运动,则有:
qvB1=qE
v2由 ,解得 eBrevB=m v= 设粒子在圆形区域中做匀速圆周运动的半r m
径为r,则有:
入射速度的范围为eBd eBd
2m 2
qvB2=mr
答案:eBd eBd14.解析:()
解得:
1 要使金属棒静止,安培力应斜 B2=0.1T.
(2)撤去磁场B1后,粒子在极板间做类平抛向上指向纸里,画出由a→b 的侧视图,并对棒
运动,设在板间运动时间为t,运动的加速度为
ab受力分析如下图所示.经分析知磁场的方向与
a,飞出电场时竖直方向的速度为vy,则有:
纸面夹角30°且斜向下指向纸里.
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:()离子在磁场中做匀速圆周运2 如图甲所示 当ab 棒有向下滑的趋势 16. 1
, 动,轨迹如图所示时 受静摩擦力向上为F .f,则
Fsin30°+Ff-mg=0
F=B1Il
Ff=μFcos30°
·106·
由几何关系可知,离子做匀速圆周运动的半 【典例2】 A 解析:题中四图都属于闭合电路
径r满足L=r+rcos60°,① 的一部分导体切割磁感线,应用右手定则判断可
离子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提 得:A中电流方向为a→b,B中电流方向为b→
供向心力, a,C中电流方向沿a→d→c→b→a,D中电流方
v20 向为, b→a.
故选A.
由牛顿第二定律得qv0B=m r ② 变式2:D
qBL
由①②解得入射速度
2
v = 当堂训练0 3m .③
1.C 2.C 3.B 4.D 5.B 6.B 7.A
(2)离子进入电场后做类平抛运动,轨迹如
8.B 9.C 10.C 11.A 12.B
图所示.
课后巩固
水平方向2L=v0t,④
1.B 2.A 3.D 4.B 5.D 6.C 7.C
1·qE竖直方向L= ·t2,2 m ⑤ 8.B 9.C 10.D
由③ ④ ⑤ 解 得 匀 强 电 场 的 电 场 强 度 E 第2节 法拉第电磁感应定律
2qB2L
= 知识梳理9m . 一、1.(1)电磁感应 电源 (2)断开 2.磁通
:()2qBL ( 2qB
2
答案 L1 3m 2
)
9m 量 ΔΦ 3.(1)变化率
ΔΦ ΔΦ
Δt
(2) ()Δt n Δt 3
韦伯 伏特
第二章 电磁感应 二、1.Blv 2.Blvsinθ
典例精解
第1节 楞次定律 【典例1】 C 解析:根据楞次定律可知在0~t0
知识梳理 时间内,磁感应强度减小,感应电流的方向为顺
一、1.(2)①向下 向上 向上 向下 ②向下 时针,圆环所受安培力水平向左,在t0~t1时间
向下 向上 向上 (3)相反 相同 相斥 内,磁感应强度反向增大,感应电流的方向为顺
相吸 2.磁通量的变化 时针,圆环所受安培力水平向右,所以选项 AB
二、1.掌心 四指 2.切割磁感线 错误;根据法拉第电磁感应定律得 ΔΦE=Δt=
典例精解
1 B Bπr2
【典例1】 D 解析:在磁铁自由下落,N极接近 2πr
2· 0= 0 ,根 据 电 阻 定 律 可 得t0 2t R=0
线圈上端的过程中,通过线圈的磁通量方向向下 2πr, BrS, ρ 根据欧姆定律可得
E
且在增大 根据楞次定律可判断出线圈中感应电 S I= =
0 ,所以选
R 4t0ρ
流的磁场方向向上,利用安培定则可判知线圈中 项C正确,D错误.
感应电流方向为逆时针(由上向下看),流过R 变式1:B
的电流方向从b到a,电容器下极板带正电.选项 【典例2】 解析:(1)ac棒垂直切割磁感线,产生
D正确. 的感应电动势的大小为
变式1:D E=BLv=0.40×0.50×4.0V=0.80V.
·107·
( )回 路 中 感 应 电 流 的 大 小 为 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 结合闭合电路欧姆定律得I= = A0.20 R 0.1
由右手定则知,ac 棒中的感应电流由c 流 =1×10-3A
向a. 根据楞次定律可知在1~2s内导体环中的
(3)ac棒受到的安培力大小为 感应电流I的方向为顺时针.
F安=BIL=0.40×4.0×0.50N=0.80N, (3)根据焦耳定律得Q=I2Rt=(1×10-3)2
由左手定则知,安培力方向向左.由于导体 ×0.1×1J=1×10-7J.
棒匀速运动,水平方向受力平衡, 答案:(1)1×10-4 Wb (2)1×10-3A 顺
则F外=F安=0.80N,方向水平向右. 时针 (3)1×10-7J
答案:(1)0.80V (2)4.0A (3)0.80N
变式2:解析:(1)根据法拉第电磁感应定律E= 第3节 涡流、电磁阻尼和电磁驱动
BLv,代入数据得E=1.54V. 知识梳理
(2)不能,因为穿过闭合回路的磁通量不变, 一1.电磁感应 感应 2.很强 很多 3.(1)
不产生感应电流. 真空冶炼炉 (2)探雷器 安检门 4.(1)电阻
答案:(1)1.54V (2)不能,理由见解析 率 (2)硅钢片
当堂训练 二、1.(1)安培力 阻碍 (2)电磁阻尼 2.(1)
1.C 2.B 3.B 4.A 5.C 6.B 7.B 感应电流
8.B 9.C 典例精解
10.解析:(1)螺线管产生的感应电动势 【典例1】 B 解析:电磁炉的工作原理是利用
ΔΦ ΔB1 · , E 变化的电流通过线圈产生变化的磁场
,变化的磁
E=n Δt =n Δt S =4 V I=R 场通过含铁质锅的底部产生无数小涡流,使锅体
=0.8A. 温度升高后加热食物,A、D错误,B正确;C项是
(2)导 体 棒 ab 所 受 的 安 培 力 F=B2Il 微波炉的加热原理,C错误.
=0.16N, 变式1:B
导体棒静止时有F=mg, 【典例2】 C 解析:当磁铁逆时针转动时,相当
解得m=0.016kg. 于磁铁不动而线圈顺时针旋转切割磁感线,线圈
答案:(1)0.8A (2)0.016kg 中产生感应电流,故C正确;线圈相对磁铁转过
课后巩固 90°时,其感应电流方向不再是abcda,D错误;
1.C 2.B 3.D 4.C 5.B 6.A 7.B 由楞次定律的推广含义可知,线圈将与磁极同向
8.B 9.D 转动,但转动的角速度一定小于磁铁转动的角速
10.解析:(1)Φ=B·S=1×10-2×1×102 度,如果两者的角速度相同,磁感线与线圈会处
×10-4Wb=1×10-4Wb. 于相对静止状态,线圈不切割磁感线,无感应电
(2)根据法拉第电磁感应定律得 流产生,A错误,B错误.
·108·
变式2:C 变式1:A
当堂训练 【典例2】 B 解析:开关S闭合的瞬间,由于L
1.A 2.D 3.B 4.C 5.B 6.C 7.D 的阻碍作用,由R 与L 组成的支路相当于断路,
8.B 9.C 后来由于L 的阻碍作用不断减小,相当于外电路
10.解析:(1)磁铁B 向右运动时,螺线管中 并联部分的电阻不断减小,根据闭合电路欧姆定
产生感应电流,感应电流产生电磁驱动作用,使 律可知,整个电路中的总电流增大,由U内=Ir
得螺线管A 向右运动.(2)全过程中,磁铁减少的 得内电压增大,由UAB=E-Ir得路端电压UAB
重力势能转化为 A、B 的动能和螺线管中的电 减小.电路稳定后,由于R 的阻值大于灯泡D的
能,故 阻值,所以流过L 支路的电流小于流过灯泡D
1 2 1 2 的电流.当开关S断开时,由于电感L 的自感作mgh=2MvA+2mvB+E电 用,流过灯泡D的电流立即与L 电流相等,与灯
即 1 1E =mgh- Mv2- mv2. 泡原来的电流方向相反且逐渐减小,即UAB反向电 2 A 2 B
减小,选项B正确.
答案:(1)向右运动 (2)
1
mgh-2Mv
2
A- 变式2:B
1 当堂训练
mv22 B 1.B 2.D 3.D 4.A 5.C 6.A 7.D
课后巩固 8.D 9.A
1.A 2.A 3.D 4.D 5.D 6.A 7.B 10.解析:开关接通瞬间,L 所在的支路处于
8.C 9.C 断路状态,流过R1的电流为0.
第4节 互感和自感 稳定时,L 相当于无阻导线
知识梳理 EI1=R =3A、 1一 1.感应电动势 2.互感现象
S断开瞬间,R
、 1
中的电流仍为I1=3A.
二 1.它本身 2.自感 3.增加 减小 4.自
答案:见解析
感 电感 亨利 5.大小 形状 圈数 铁芯
课后巩固
三、1.(1)磁场 磁场 (2)磁场 2.变化
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:由于线圈L 的直流电阻与
9.解析:(1)电路稳定工作时,由于a、b两点
小灯泡A的直流电阻相等,电路稳定后流过小
的电势相等,导线ab上无电流通过.因此通过L
灯泡和线圈L 的电流相等.断开电键的瞬间,由
的电流为
于流过线圈L 的电流不能突变,在线圈L 和小
E 10
灯泡组成的回路中,流过线圈的电流逐渐减小, IL=2R=10A=1A
流过小灯泡的电流会突然反向,然后逐渐减小,
流过 的电流为 E 10
小灯泡会慢慢熄灭.自感线圈的自感系数L 越 L1 I1=2R=20A=0.5A
大,小灯泡熄灭持续的时间越长,但最大电流不 断开S的瞬间,由于线圈要想维持IL不变,
变.故选B. 而与L1组成闭合回路,因此通过L1的最大电流
·109·
为1A. 13.解析:(1)cd 边刚进入磁场时,线框速
所以此时 L1两端的电压 度:v= 2gh
为U=IL·R=10V(正常工 线框 中 产 生 的 感 应 电 动 势 E =BLv=
作时为5V). BL 2gh
(2)断开S前,流过L1的电流为0.5A不变, E
而断开S的瞬间,通过L1的电流突变为1A,且 (2)此时线框中的电流I=R
方向也发生变化,然后渐渐减小到零,所以它的 cd 切割磁感线相当于电源,cd 两点间的电
图像如图所示(t0为断开S的时刻). 势差即路端电压:
注:从t0开始,电流持续的时间实际上一般
·3 3U=I R= BL 2h
是很短的 4 4 g.
答案:(1)10V (2)见解析图 2 2
()安培力: B L 2gh3 F安=BIL= R
本章评估 根据牛顿第二定律: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)如果在断开开关时发现灵敏电
()m
2gR2
3 .
流计的指针向左偏了一下,说明穿过线圈的磁通 2B4L4
量减小,电流计指针向左偏,合上开关后,将滑动 14.解析:(1)由法拉第电磁感应定律
变阻器的滑片向右滑动时,电阻变小,流过线圈 ΔΦE=
的电流变大,那么穿过线圈的磁通量增加,电流 Δt
计指针将向右偏转. 1ΔΦ=ΔB 22l
(2)将线圈A 从线圈B 抽出的过程中,穿过
ΔB
线圈的磁通量减少,电流计指针将向左偏转. 由乙图得: /Δt=5Ts
(3)由图乙可知根据右手螺旋定则可判断螺 解得:E=0.4V,
线管磁场方向向右;当周围环境温度急剧上升 由楞次定律知感应电流的方向为逆时针方
时,热敏电阻的阻值减小,回路中电流增加,穿过 向adcba.
金属环A 的磁通量增加,根据楞次定律可知产
() E
, 2I= =0.4A生向左的感应磁场 再由右手螺旋定则可知从左 R
向右看,金属环A 中电流方向逆时针;因穿过A t=4s时,B=30T
环的磁通量增加,据楞次定律,感应电流的磁场 F=BIl=4.8N,方向竖直向上.
方向与原电流磁场方向相反,故相互排斥,则金 答案:(1)0.4V 逆 时 针 方 向 adcba
属环A 将向左运动,且金属环A 有收缩趋势. (2)4.8N 方向竖直向上
答案:(1)右 (2)左 (3)逆时针 左 15.解析:(1)棒在0~0.3s内通过的电荷量
收缩 q1=IΔt1
·110·
平均感应电流 E WI= F
=Q总=0.1J,
R+r
BxL 则电 阻 R 上 产 生 的 热 量
4
QR = Q总
回路中平均感应电动势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内通过的电荷量
BL(x -x ) 第三章 交变电流2 1
q2= R+r
由图像读出0.4s时刻位移大小x2=0.9m 第1节 交变电流
又q1=2q2
知识梳理
解得x1=0.6m.
一、
() 1.
(1)周期性 (2)方向 2.(1)垂直于磁场
2 由图像知棒在0.3s~0.4s内做匀速直
(3)垂直
线运动,棒的速度大小 0.9-0.6v= /0.4-0.3ms=3m
/s 典例精解
对系统,根据能量守恒定律 【典例1】 B 解析:t1时刻,穿过线框的磁通量
1 为零,线框产生的感应电动势最大,电阻中的电
Q=Mgx -mgxsinθ- (M+m)v22 2 2 流最大,根据楞次定律,通过电阻的电流方向从
代入数据解得Q=3.15J 右向左,故 A错误,B正确;t2时刻,穿过线框的
Q
根据焦耳定律有 1 R= 磁通量最大,线框产生的感应电动势为零,电阻Q R+r
中的电流为零,故CD错误.
代入数据解得Q1=3J.
变式1:C
答案:(1)0.6m (2)3J
【典例2】 解析:分别把E
:() m
、ω 的数值推出,代入
16.解析 1 当v=0时,a=2m/s2,
一般式
, e=Emsinωt
就得出了瞬时值表达式.求
mgsinθ-μmgcosθ=maμ=0.5.
瞬时值时,只需把t的时刻代入表达式就可以了( .2)由图像可知vmax=2m/s时,金属棒速度
()
, , 1e=Emsinωt=NBS
·2πnsin2πnt,
稳定 当金属棒达到稳定速度时 有安培力F=
, 代入数据可得e=375sin5πt
(V).
B0Il
, E , (2)当
1
E=Blv I= t=
时,电动势的瞬时值
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 ( ) , 变式 :ΔtR+r R+r R+r 2B
解得x=2m. 当堂训练
(3)根据动能定理有 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)当线圈转至与磁感线垂直时,磁
·111·
通量有最大值,为:Φm=BS=0.8×0.3×0.2Wb=
0.048Wb;
(2)线圈与磁感线平行时,感应电动势有最
大值,为:Em=NBSω=480πV;
(3)从图示位置开始计时,电动势的瞬时表 答案:() ( 3021e=102cos 100πt)V (2) π
达式为:e=Emcosωt=480πcos100πt(V); V (3)见解析图
(4)根据法拉第电磁感应定律得:
第2节 交变电流的描述
NΔΦ N(BSsin30°-0)
E= Δt = 30° 2π =1440V. 知识梳理·
360° ω 一、1.变化快慢 3.赫兹 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)电阻 相等
课后巩固 (2)①额定 额定
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:由题意结合有效值的定义
10.解析:(1)线框转动,开始计时的位置为
可得I2RT=2
, (
2 1
I21R· T+I22R· T ),将I1
线框平面与磁感线平行的位置 CD 边长为l1= 5 10
20cm,CE、DF 边长为l2=10cm,在t时刻线框 =0.1A,I2=0.2A代入可得流过电阻的电流的
转过的角度为ωt,此时刻e=Bl1l2ωcosωt, 有效值 10I= 25 A
,故电阻两端电压的有效值为
其中 52B= π T IR=4 10V,B正确.
l1×l2=0.1×0.2m2=0.02m2 变式1:D
ω=2πn=2π×50rad/s=100πrad/s 【典例2】 解析:(1)线圈中产生的感应电动势的
最大值为
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)线框由题图所示位置转过30°的过程中 E感应电动势的有效值为E= m=3142V
2
Bl1lΔΦ= 22 外力驱动线圈转动的功率与线圈中交变电
π 流的功率相等,
Δt=6ω E2 (3142)2即P外=R = W=1.97×10
4W.
则平均电动势 ΔΦ 302
10
E=Δt= π V. (2)当线圈转至线圈平面与中性面的夹角为
(3)线框中感应电动势随时间变化的图像如 30°时,线圈产生的感应电动势的瞬时值为
图所示. e=Emsin30°=314V
·112·
e 314 向,则所产生的交变电流图像如图所示感应 电 流 的 瞬 时 值 为 .i=R = 10 A
=31.4A.
(3)在线圈由中性面转过60°的过程中,线圈
中的平均感应电动势为
·
ΔΦ 此交变电动势的最大值为Em=BSω=B
E=N Δt πr2·2πn=π2Bnr2.
平均感应电流为 ΔΦ
2
I=NRΔt (2)在线圈从题图所示位置转过
1转的时间
故通过导线横截面的电荷量为 4
ΔΦ NBl2(1-cos60°) 2 2
q =IΔt = N = 内,
E
电动势的有效值为 2πBnrE= m=
R R 2 2
=0.1C. 2
负载 电 阻 上 产 生 的 热 量 为 EQ= ·
T
答案:(1)1.97×104W (2)314V 31.4A R 4
4 2 4
(3)0.1C πBrn= .
变式2:
8R
D
当堂训练 (3)在线圈从题图所示位置转过
1转的时间
4
1.C 2.C 3.C 4.A 5.B 6.C 7.B ΔΦ
8.C 9.D 10.B 11.A 内,电动势的平均值为E=Δt
12.解析:(1)Em=nBSω, 通过R 的电荷量
代入数据得Em=400×0.25×0.05×0.04× E ΔΦ πBr2
q=IΔt= ·R Δt=R = 2R .100V=20V.
E (4)设此交变电动势在一个周期内的有效值(2)I mm= ,代入数据得
20
R+r Im=9.9+0.1A (Em )2
=2A. 2 T E'2为E',由有效值的定义得 · = T,
因为是正弦式交变电流,所以电流表读数即 R 2 R
有效值 E解得E'= m2
I
I= m= 2A≈1.41A.
故电流表的示数为 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
课后巩固 π2r2( nB 4)
1.C 2.D 3.D 4.D 5.D 6.B 7.D 2R
8.C 第3节 变压器
9.解析:(1)设线圈从题图所示位置绕轴匀 知识梳理
速转动时,在电路中产生的交变电流方向为正方 一、1.闭合铁芯 (1)交流电源 初级线圈
·113·
(2)负载 次级线圈 2.互感 磁场 感应电动 当堂训练
势 3.电压 周期 频率 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)副线圈 原线
2 11.解析:(1)最大值Um= 2U1=2002V,
圈 (2)副线圈 原线圈
由题图(b)可知,ω=200πrad/s,
典例精解
电压瞬时值u=2002sin200πt(V).
【典例1】 D 解析:根据u1=12 2sin100πt
U (2)
n U
根据电压和匝数的关系可知,1= 1,
(V)及U= m知
ω
U1=12V,f=2π=50Hz
,选 n2 U2
2 n
U n n 代入数据解得
1=5.
项A错误;根据 1
1
U =
1得
n U2=
2
nU1=
n2
2 2 1 2
×12V
(3)理想变压器的输入功率等于输出功率,
=6V,即 的 读 数 为6V,选 项 B 错 误;又 P1=P2,
U 6
I 22= = A=1A,即 的读数为R 6 1A
,选项C P
L 原线圈的电流I =
1
1 ,U1
; U
2 2
错误 根据 6P1=P 及P
2
2 2=R =6 W=6W
,选 代入数据解得,I1=0.4A.
L
答案:() ( ) ()
项D正确. 1u=2002sin200πt V 25∶1
()
变式1:B 30.4A
【 课后巩固典例2】 B 解析:根据原线圈的输入电压:u
1.D 2.C 3.B 4.A 5.B 6.B 7.A
=1102sin60πt(V)可知原线圈电压有效值为
8.C 9.C
n
110V,原、副线圈匝数之比为1∶2,所以有:1n 10.解析:(1)由图像知原线圈电压有效值2
U1 2202= ,解得电压表的示数U U2=220V
,故 A错 为: V=200V,已知电压表的示数为20
2 2
U2误;因副线圈的功率为 220
2 V,根据电压与匝数成正比知,原、副线圈的匝数
P=R = 55 W=880
, 比是:
n1 10
W 故B正确;根据原线圈的输入电压可知该交 n =2 1
流电的频率为30Hz,故C错误;若在副线圈上 (2)将开关S闭合,副线圈总电阻是5Ω,所
电阻R 的两端再并联一个阻值为55Ω的定值电 2
以输出功率: UP2=R =80W
;输入功率等于输
2
阻,可知总电阻为: R 55R总=2R=2 Ω=27.5Ω
,所
出功率,所以原线圈的输入功率是80W.
U ()换成二极管后,电压表两端的电压时间
以副线圈电流为: 220I2=
2= ,根据: 3R总 27.5A=8A 图像如图:
n1 I= 2,可知原线圈电流,即电流表示数为n2 I I1=1
16A,故D错误.
变式2:D 设电压表的读数是U,根据有效值定义得:
·114·
202 2 :
Q= ·
T U
= T,
答案
解得 440V
R 2 R U=102V. 【典例2】 解析:(1)输电线损失的功率
答案:()101 (2)80W (3)102V P损=P×4%=100kW×4%=4kW1
P 3损
输电线电流 4×10I2= R = A=20A线 10
第4节 电能的输送
升压变电器输出电压
知识梳理 P 100×103 3
一、1.(1)供电线路 (2)频率 (3)低 少 U2=I =2 20 V=5×10 V
2.电阻 电流 (1)横截面积 电阻率 (2)输 升压变压器原、副线圈匝数比:
电电压 n1 U1 250 1= =
二、1.升压 降压 n2 U2 5000
=20
典例精解 电压损失U损=I2R线=20×10V=200V
【典例1】 C 解析:根据输送电功率 P输 = 降压变压器原线圈端电压
P输 U3=U2-U损=4800V
U输I输 及P输 不变,可知,输电电流I输=U ∝输 n
降压 变 压 器 原、副 线 圈 匝 数 比 3 4800
1 , , 1, n
= 220
当U输 变为原来的2倍时 I输 变为原来的 4U输 2 240
选项A错误;输电线上降落的电压U降=I输R =11.线
, , ()用户得到的电功率即降压变压器的输出∝I输 所以 当输电电流变为原来的
1时,输电线 2
2 功率为
上降落的电压也变为原来的1,选项B错误,C P用=P-P损 =P(1-4%)=100×96%2
; kW=96kW.正确 输电线上损耗的电功率 P损=I2输 R线∝
答案:()
2 , 11∶20 240∶11
(2)96kW
I输 所以输电线上损耗的电功率将变为原来的
1,选项D错误. 变式2:解析:(1)由P=I
2R 得
P
I= ,式中
4 R
P
变式1:解析:设输送功率为P,输电电压U1= 为线路损耗功率,R 为线路总电阻,
220V时,损失功率ΔP1=20%P 两条导线总电阻 L' 2LR=ρ =ρ ,S S
又因为ΔP =I21 1R线,
P
I1=U 则 -8 4×10
5×2
1 R=1.7×10 ×4.25×10-4Ω=32Ω
2
解得 PΔP1=U2R线1 所以 PI=
2 R
=125A
现要求ΔP2=5%P,同理
P
ΔP2=U2R线2 因为P输入=P输出,所以在升压变压器副线
ΔP 20% U2因此可得 1= 2
圈两端的电压为
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. 课后巩固
(2)设U2'为降压变压器原线圈两端的电压, 1.D 2.C 3.C 4.C 5.B 6.D 7.D
则U2'=U2-IR=2.8×104V. 8.C 9.C
答案:(1)1∶16 (2)2.8×104V 10.解析:(1)所有灯都正常工作时的总功率
当堂训练 P2=22×6×40W=5280W,
1.C 2.A 3.C 4.D 5.A 6.B 7.C P
用电器总电流 2 ,
8.A 9.C 10.B 11.C I3=U =24A4
解析:()根据 得, P 4400012. 1 P=UI I=U=
I
输电线上的电流 3
220 I2=4=6A
,
A=200A 降压 变 压 器 上 的 输 入 电 压 U3=4U4=
则输电线上的电压损失U损=IR=200×0.4 880V,
V=80V, 输电线上的电压损失UR=I2R=24V,
功率 损 耗 P =I2损 R=40000×0.4 W= 因此,升压变压器的输出电压U2=UR+U3
16000W. =904V,
所以用户得到的电压U用户=U-U损=220 U
输入电压U 2
, 1
= =226V,
V-80V=140V 4
用户得到的功率 P用户 =P-P损 =44000 输入电流I1=4I2=24A,
W-16000W=28000W. 所以 发 电 机 的 输 出 功 率 P1 =U1I1 =
U 1 5424W.(2) = ,得U 10 U1=2200V1 (2)发电机的电动势E=U1+I1r=250V.
I 10
= ,得I =20A (3)输电线上损耗的电功率 P =I
2
R 2R=
I1 1 1
144W.
则输电线上的电压损失U损'=IR=20×0.4
答案:(1)5424W (2)250V (3)144W
V=8V
功率损耗P '=I2损 R=400×0.4W=160W
所以降压变压器的输入电压 本章评估U2=U1-U损'=
2200V-8V=2192V
降压变压器的输入功率 P =P-P '= 1.C 2.B 3.B 4.A 5.C 6.B 7.C2 损
44000W-160W=43840W 8.A 9.D 10.B 11.C
U 10 12.解析:(1)由题图乙可知a 位置的阻值大根据 2 ,
U =用户' 1 于b位置的阻值,由电阻定律可得A 线圈的匝数
则用户得到的电压U用户'=219.2V 多于B 线圈的匝数.
变压器输入功率和输出功率相等,所以用户 (2)①用长导线绕一个n 匝线圈,作为副线
得到的功率P用户'=P2=43840W. 圈替代A 线圈;
答案:(1)140V 28000W (2)219.2V ②把低压交流电源接B 线圈,测得B 线圈
·116·
的输出电压为U; 答案:(1)200V (2)127.3V (3)180W
③用A 线圈换下绕制的线圈测得A 线圈的 15.解析:原线圈电压的有效值为
UA 311输出电压为UA.则nA=Un. U1= V=220V2
答案:(1)A (2)(3)见解析 U1 n由 = 1得副线圈两端的电压U n
13.解析:()
2 2
1 导线电阻
2l
R线=ρ 得S R线= n 1
U = 2U =
14.4Ω, 2 n 11 2
×220V=110V.
升压 变 压 器 原 线 圈 中 电 流I1满 足 P= (1)当R=100Ω时,副线圈中电流
U1I1,得I1=200A, U2 110I2=R=100A=1.10A升压 变 压 器 副 线 圈 中 电 流 I2=I线,又
I n n 由U1I1=U2I2得原线圈中的电流为
I2
50
线 R线=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)降压变压器的输入电压U3满足 熔断.
P-4%P=U3I线,得U3=5760V, (2)设电阻R 取某一值R0时,原线圈中的电
因为输出电压U4=220V, 流I1刚好达到熔断电流I0,即I1=1.0A,则副
U n
由 3= 3,
n
得 3 288 U= . 线圈中的电流为U n n 11 I2=
1
UI1=2×1.0A=2.0A4 4 4 2
答案:(1)
1 ()288 U
12 2 11 电阻R 的阻值为
: 2 110R0=I =2.0Ω=55Ω2
14.解析:(1)交流发电机产生电动势的最 此时变压器的输出功率为
大值: P2=I2U2=2.0×110W=220W
Em=nBSω, 可见,要使保险丝F 不被熔断,电阻R 的阻
2nπΦ 值不能小于 ,变压器输出的电功率不能超过
而 2πΦm=BS,ω= ,所以
m 55Ω
T Em= T . 220W.
由Φ-t图线可知:Φ =2.0×10-2m Wb, 答案:(1)不会 (2)R≥55Ω P≤220W
T=6.28×10-2s,所以Em=200V. 16.解 析:(1)由 图 得 e=Emsinωt=
(2)
E
电动势的有效值E= m=1002V, 62sin100πt(V)
2
R 90 则 流 经 灯 泡 的 电 流
e
i = =
U=R+rE=100×100 2 V=90 2 V=
R+r
( )
127.3V. 0.62sin100πt A .
()
2 ( 2Em=BSω
() 上的功率为: 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 振荡电路的频率增Φ=BS=ω =2.7×10 Wb. 大,根据公式T=2π LC,可减小线圈的自感系
( E3)E= m=6V, 数L 或减小电容器的电容C;将正对着的电容器
2
的两个极板错开些,正对面积减小,电容C 减小,
2
外力 所 做 的 功 EW =Q = 故选项 正确;增大电容器的充电电荷量,电容R+rT =7.2 A
-2 不变,故选项×10 J. B
错误;减少自感线圈的匝数,自感
系数L 减小,故选项C正确;抽出自感线圈中的
答案:(1)i=0.62sin100πt(A) (2)2.7×
铁芯,自感系数L 减小,故选项D正确.
10-2Wb (3)7.2×10-2J
变式2:C
当堂训练
第四章 电磁振荡与电磁波 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节 电磁振荡 电磁场与电磁波 112.解析:电容器放电时间为 T,与电源电4
知识梳理
动势无关,即
一、1.周期性 2.振荡电流 3.(1)自感 减少
1 1
最大 电场能 磁场能 (2)自感 充电 增 t=4×2π LC=2π LC.
加 最大 磁场能 电场能 (3)热量 电磁波
在1T 内电流平均值为
二、1.时间 2.次数 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 应 电 流 (2)磁 场 (3)磁 场
答案:1 2E C 2.磁场 2π LC π L
四、1.电磁波 2.垂直 垂直 3.光速 电磁 课后巩固
4.电磁波 统一性 5.(3)电磁场 电磁波 1.C 2.D 3.D 4.D 5.B 6.B 7.C
感应电动势 (4)电磁波 8.C
典例精解
第3-4节 无线电波的发射和接收 电磁波谱
【典例1】 C 解析:开关闭合时,通过L 的电流
知识梳理
从上往下,电容器带电荷量为零;在t=0时断开
一、1.(1)足够高 越高 (2)开放 2.振幅
电键K,则在 到
T
0 这段时间内,则电容器C 被4 频率
充电,B 板上正电荷逐渐增多,LC 回路中电流逐 二、1.感应电流 2.(1)固有频率 频率
渐减小,到 T
(2)电谐振
t= 时电流为零,故选项C正确,4 A
、
三、电信号 解调
B、D错误.故选C. 四、1.波长 频率 2.无线电波 可见光 γ
变式1:C 射线
·118·
典例精解 用电磁波传递信息是需要时间的,设同步卫星高
【典例1】 解析:(1)设波长分别为290m、397 度为H,由万有引力提供卫星做圆周运动的向心
m、566m的无线电波的频率分别为f 21、f2、f3, 力,即 GMm 4π( )2 = m 2 (R + H ),R+H T H =
根据公式 cf= ,则有λ 3GMT2
2 -R=3.6×107m,则一方讲话另一方
c 3×108 4π
f1=λ = 290 Hz≈1034kHz1
听到所需的最少时间是 2Ht= =0.24s.
c 3×108 c
f2=λ = 397 Hz≈756kHz2 答 案:电 磁 波 传 递 信 息 也 是 需 要 时 间
c 3×108 的0.24s.
f3=λ = 566 Hz≈530kHz3
所以波长为397m的无线电波在收音机中 本章评估
产生的振荡电流最大.
(2)要接收波长为290m的无线电波,应增
1.B 2.A 3.C 4.B 5.B 6.A 7.A
大调谐电路的固有频率,由公式 1f= 可
2π LC 8.C 9.C 10.C 11.D
, , 解析
:由题图可知,振荡电流随时间做正
知 应使电容C 减小 调节可变电容器的动片可 12.
, 弦规律变化.在OA 时间内电流增大
,电容器正
以改变两极板的正对面积 因此应把调谐电路中
在放电,电场能逐渐转化为磁场能.在AB 时间
可变电容器的动片旋出一些.
内电流减小,电容器正在充电
: .
在时刻C 电流最
答案 见解析
大,为电容器放电完毕瞬间,带电荷量为零.
变式1:B
答案:电场 磁场 充电 为零
【 典例2】 B 解析:电磁波可以传递信息,声波
解析:由 得
也能传递信息,A错误;手机在通话时,
13. c=λf
涉及的波
c 3.0×108
既有电磁波又有声波,B正确;太阳光中的可见 λ= =f 37.5×103
m=8000m
光的传播速度远大于医院“B超”中的超声波的
由公式 1 得
传播速度,C错误;遥控器发出的红外线波长大 f=2π LC
于医院“CT”中的X射线波长,故D错误. 1
C=
变式 : 4π2f2
=
2 B L
当堂训练 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:雷达第一次发射的电磁波被汽车
课后巩固
ct1
1.B 2.C 3.B 4.B 5.D 6.D 7.B 反射时,汽车与雷达间的距离为s1= 2
8.C 9.A 雷达第二次发射的电磁波被汽车反射时,汽
10.解析:王亚平与同学之间通话的不合拍 ct
车与雷达间的距离为 2
是因为电磁波是以有限的速度在空中传播的,利 s2= 2
·119·
汽车行驶的距离为s=s1-s2
t t
汽车运动的时间t'=t- 12+
2 第五章 传感器
2
则汽车的速度 sv=t' 第1-2节 认识传感器
c(t-t) 常见传感器的工作原理及应用
联立解得v= 1 22t-t1+t2 知识梳理
c(: t-t
)
答案 v= 1 2 一、1.明暗 强弱 低于2t-t+t
高于 2.红外线
1 2
:() 红外线传感器 3.乙醇传感器 浓度 4.规律15.解析 1LC 电路的振荡周期
电压 电流 电路的通断
T=2π LC=2π× 0.5×2×10-6s=6.28
二、1.力传感器 磁传感器 声传感器 2.成
×10-3s
分 浓度 3.酶传感器 微生物传感器
当t=3.0×10-2s时,由于
3
44T知此时电容器正处于充电阶段,且电流沿顺 四、1.越小 2.不好 增强 变好 3.光照强
时针方向. 弱 电阻
(2)当接通开关K时,电容器开始放电,当电 五、1.减小 2.增大 3.电阻
场能完全转化为磁场能时,磁场能第一次达到最 六、1.金属梁 应变片 应变片 3.形变
大,此时 电压
T 典例精解
t=4=1.57×10
-3s
【典例1】 B 解析:火警报警器使用了温度传
答案:(1)顺时针 (2)1.57×10-3s 感器,故A错误;冰箱控温系统使用了温度传感
16.解析:(1)开关S断开时,极板间的粉尘 器,故B正确;一般人体都有恒定的体温,一般在
恰好静止,则电场力方向竖直向上,有mg=qE 37℃,所以会发出特定波长10μm左右的红外
LC 电路的振荡周期 线,被动式红外探头就是靠探测人体发射的10
T=2π LC=2π× 0.1×10-3×1×10-6s μm左右的红外线而进行工作的.人走向门口时,
=2π×10-5s 门会自动打开,是因为安装了红外线传感器,从
因此t=2π×10-5s时,振荡电路恰好经历 而能感知红外线,导致门被打开,故C错误;灯要
一个周期,极板间场强的大小、方向均与原来相 求夜晚亮、白天熄,而白天有光,黑夜没有光,则
同,则粉尘恰好静止,加速度为0. 是由光导致电路的电流变化,所以电路中的光传
(2)电容器放电过程中,两极板的电荷量减 感器导致电阻变化,实现自动控制,因此是利用
小,电路中的电流增大,当电流最大时,两极板的 半导体的光敏性,即为光电传感器,故D错误.
电荷量为零,粉尘只受重力. 变式1:C
根据牛顿第二定律,有mg=ma 【典例2】 A 解析:压力F 作用时,极板间距d
解得a=g εS
:() () 变小,由C=
r ,电容器电容
答案 10 2 4πkd C
变大,又根据
g
·120·
Q=CU,极板带电荷量变大,所以电容器应充 合,电饭煲重新加热.温度达到80℃时,S2又自
电,灵敏电流计中产生由正接线柱流入的电流, 动断开,再次处于保温状态,如此循环.
所以指针将右偏.F 不变时,极板保持固定后,充 2(2)加热时电饭煲消耗的电功率
U
P1= ,
电结束,指针回到零刻度.故选A. R并
2
变式2:B 保温时电饭煲消耗的电功率 UP2= ,R1+R并
当堂训练
R R 500×50 500
1.B 2.C 3.D 4.B 5.D 6.C 7.A 两式中R =
2 3
并 R =2+R3 500+50Ω=11 Ω.
8.A 9.D 10.B 11.C 500
课后巩固 P 500+
从而有 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)如果不闭合开关S1,开始S2是闭合的,
R1被短路,功率为P1;当温度上升到80℃时,S2
本章评估 自动断开,功率降为P2;温度降低到70℃,S2自
动闭合……,温度只能在70~80℃之间变化,不
1.D 2.B 3.B 4.D 5.B 6.C 7.A 能把水烧开,不能煮熟饭.
8.D 9.B 10.C 11.C 答案:(1)见解析 (2)12∶1 (3)见解析
12.解析:(1)因为负温度系数热敏电阻温度 14.解析:(1)依题意可知,左侧弹簧对滑块
升高时,电阻减小,温度降低时,电阻增大.故电 向右的推力F1=14N,右侧弹簧对滑块向左的
路中电流会变小. 推力F2=6.0N.滑块所受合力产生加速度a1,
(2)由(1)的分析知,温度越高,电阻越小,则 根据牛顿第二定律有 F1-F2=ma1,得a1=
电流越大,25℃的刻度应对应较大电流,故在20 4m/s2,a1与F1同方向,即向前(向右).(2)A 传
℃对应刻度的右侧. 感器的读数为0,即左侧弹簧的弹力F'1=0N,因
(3)如图所示. 两弹簧相同,左弹簧伸长多少,右弹簧就缩短多
少,所以右弹簧的弹力变为F'2=20N.滑块所受
合力产生加速度为a2,由牛顿第二定律得F'2=
ma2,解得a2=10m/s2,方向向后(向左).
答案:(1)小 (2)右 (3)见解析图 答案:(1)4m/s2 向前 (2)10m/s2
13.解析:(1)电饭煲接上电源,S2自动闭合, 向后
同时手动闭合S1,这时黄灯短路,红灯亮,电饭煲 15.解析:(1)当电流表示数为满偏刻度0.6
处于加热状态. A时,金属滑片在b 处,此时滑动变阻器连入电
加热到80℃时,S2自动断开,S1仍闭合. 路的电阻R=0.
水烧干后,温度升高到“居里点”103℃时, U 12
开关S1自动断开,这时饭已煮熟,黄灯亮,电饭煲 R'=I=0.6Ω=20Ω.
处于保温状态. 油箱空时,滑动变阻器连入电路的电阻R=
由于散热,待温度降至70℃时,S2自动闭 100Ω,
·121·
则电流表的示数为 U 12
(2)放上物体重新平衡后有:
I1=R'+R=20+100A m0g+mg=kx2,
=0.1A. (m+m
解得x = 0
)g
(2)为符合油面上升时,电压表读数增大的 2 k .
要求,应使电压表与校准电阻R'并联,电压表示 (3)托盘的移动带动P1移动,使P1、P2间出
数变化的范围由滑片在a、b两处时校准电阻R' 现电势差,电势差的大小反映了托盘向下移动距
两端的电压决定.如图所示. 离的大小,由于R 为均匀滑线电阻,则其阻值与
长度成正比.
由闭合电路欧姆定律知:
E=IR,
由部分电路欧姆定律知:
U=IR串(R串 为P1、P2间电阻),
R串 x
UR' = ,其中x 为P 、P 间的距离,
U1=R+R'=2V
,U2=12V. R L
1 2
mg
故电压表示数的变化范围为2~12V. x=x2-x1= ,k
答案:(1)20Ω 0.1A (2)图见解析 2~
12V 联立解得:
kLU
m=
gE
.
16.解析:(1)由力的平衡知识有: 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
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