【学案与测评】高中物理-第十章交变电流-传感器课件-鲁科版选修3-2.ppt

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1、考纲点击备考导读1.交变电流、交变电流的图象 2.正弦交变电流的函数表达式、峰值、有效值 3.理想变压器 4.远距离输电 实验十一：传感器的简单使用1.本章内容实际上是电磁感应现象研究的继续及其规律的具体应用，复习时既要注意本章知识所具有的特点(如周期性、最大值和有效值等)，还要时时注意本章知识与电磁感应规律的联系2近几年高考对本章内容的考查，既有对本章知识的单独考查，命题频率较高的知识点有交变电流的变化规律，变压器的电压比、电流比及有关功率问题；也有把本章知识和力学等知识相联系来综合考查的问题，例如带电粒子在加有交变电压的平行金属板间的运动问题3.新课标考纲对知识均只做了级要求，降低了要求，

2、原则上应该不会出现难题和偏题.第第1节节交交变电变电流的流的产产生和描述生和描述 一、交变电流及其产生 描述交变电流的物理量1.交变电流：_和_都随时间做周期性变化的电流即交变电流.2.正(余)弦式交流电：交变电流的产生有很多形式.常见的正(余)弦式交变电流可由线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感应强度方向的轴转动产生.若从中性面开始转动则产生_交变电流，从峰值面开始转动则产生_交变电流3.中性面与峰值面：当线圈转动至线圈平面垂直于磁感线位置时，各边都不切割磁感线，线圈中没有感应电流，这个特定位置叫做_.其特点是：线圈与磁场方向垂直，线圈每次经过该面感应电流方向均发生改变.峰值面就是线圈平面与磁感线平

3、行的面，其特点是：磁通量为_，但电动势_.二、交变电流的图象1.根据图象的意义，从图象的纵坐标轴上可以直接读出交变电流的_，从图象的横坐标轴上可以直接读出交变电流的_，从而可推导角速度及频率.2.周期与角速度、频率的关系是T_，f_.交变电流的频率与线圈的_相等.3.图象本身体现了函数关系，反映了交变电流的瞬时变化关系，故图象本身是确定交变电流瞬时表达式的依据正弦式电流的变化规律 1正弦式交流电的变化规律(注意图与图的对应关系)2.交变电流瞬时值表达式的基本书写思路(1)确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图象或由公式EmnBS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线圈从中性

4、面开始转动，则it图象为正弦函数图象，函数式为iImsin t.线圈从垂直中性面开始转动，则it图象为余弦函数图象函数式为iImcos t.线圈不是从以上两位置开始转动，先通过三角函数变换到以上两种形式，再写出函数表达式单匝矩形线圈abcd放在匀强磁场中，如图所示，abcdl1，adbcl2，从图示位置起以角速度绕不同转轴做匀速转动，则()【点拨】线圈绕转轴转动，产生感应电动势，要清楚切割磁感线的边.【解析】以OO为转轴时，图示位置相当于是峰值面，根据感应电动势的表达式eEmcos t可知eBl1l2cos t，C正确，A错误再根据三角函数关系可知D错误若线圈以O1O1为转轴，则线圈磁通量变化

5、始终为零，感应电动势为零【答案】C1一矩形线圈，绕垂直匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化如图所示，下列说法中正确的是()At1时刻通过线圈的磁通量为零Bt2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大Ct3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D每当e改变方向时，通过线圈的磁通量的绝对值都最大【解析】由图可知，t1和t3时刻电动势为零，线圈处于中性面位置，此位置磁通量最大，磁通量的变化率为零，电动势改变方向，故A、C错误，D正确；t2时刻电动势最大，磁通量为零，B错误【答案】D 对交变电流的“四值”的理解和应用 如图所示，一个边长L10 cm，匝数n100匝的正方形线

6、圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO匀速运动，磁感应强度B0.50 T，角速度10 rad/s，外电路电阻R4.0，线圈内阻r1.0.(1)求线圈转动的周期和感应电动势的最大值(2)写出线圈由图中所示位置开始计时时，感应电动势的瞬时值表达式(3)求交流电压表的示数【点拨】由磁场情况和线圈转动情况可以确定瞬时值表达式，电压表和电流表的示数均为电路中电压和电流的有效值 2.(2010厦门外国语学校高三月考)矩形金属线圈共10匝，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的交流电动势e随时间t变化的情况如图所示下列说法中正确的是()A.此交流电的频率为0.2 HzB.此交流电动

7、势的有效值为1 VC.t0.1 s时，线圈平面与磁场方向平行D.t0.1 s时，通过线圈的磁通量最大【解析】由et图象可知，交变电流的周期为0.2 s，每匝线圈中电动势最大值为1 V，故频率为5 Hz，该交流电动势的最大值为10 V，有效值为 V，选项A、B错误t0.1 s时，电动势的瞬时值为零，方向改变，线圈处在中性面上，通过线圈的磁通量最大，故C错误，D正确【答案】C【答案】D第第2节节变压变压器器电电能的能的输输送送 一、变压器1构造：由闭合铁芯和绕在铁芯上的_和_组成，如图所示2原理：根据电磁感应现象中的_来改变电压3理想变压器的规律理想变压器是指无能量损失(一般包括线圈内能量损失和铁

8、芯内能量损失这两部分)和无磁通量损失(磁通量全部集中在铁芯中)基本关系式：4常见变压器(1)自耦变压器调压变压器(2)互感器电压互感器：用来把_变成_电流互感器：用来把_变成_二、电能的输送1输电损耗功率的计算：P损I2R_.2降低输电损耗的两个途径(1)减小输电导线的_，如采用电阻率小的材料、加大导线的横截面积等(2)提高输电_，减小输电电流3交流电远距离高压输电电路模式如图所示 变压器基本关系的应用思路(高考改编题)如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为15，原线圈两端的交变电压为 ，氖泡在两端电压达到100 V时开始发光，下列说法中正确的是()A开关接通后，氖泡的发光频率为50 HzB

9、开关接通后，电压表的示数为100 VC开关断开后，电压表的示数变大D开关断开后，变压器的输出功率不变【点拨】(1)电压表的读数为交流电的有效值(2)原、副线圈上交流电的周期与频率是相同的(3)原、副线圈的电压、电流与原、副线圈匝数的比例关系(4)原线圈的输入功率由副线圈的输出功率决定【答案】B1.理想变压器的原线圈连接一个电流表，副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头Q调节，如图所示，在副线圈上连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头，原线圈两端接在电压为U的交流电源上，则()A.保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变大B.保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数

10、不变C.保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大D.保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小【解析】根据理想变压器原、副线圈上电压、电流的决定关系，可知在输入电压U1不变的情况，U2不变当保持Q的位置不动，滑动头P向上滑动时，副线圈上的电阻增大，电流减小，故输入电流I随着减小，即电流表的示数变小，A、B错误；若保持P的位置不动，将Q向上滑动时，由U1/U2n1/n2可知副线圈上匝数增大，引起副线圈上电压增大，即副线圈上电流增大，故原线圈上的电流随着增大，故电流表的示数增大，C正确，D错误【答案】C输电线路问题分析 1.远距离输电线路示意图，如图所示 某小型水电站，水以 3

11、m/s的速度流入水轮机，而以 1 m/s 的速度流出.流出水位比流入水位低1.6 m，水流量为2 m3/s.如果水流能量的75%供给发电机.求：(1)若发电机效率为 80%，则发电机的输出功率为多大(2)发电机的输出电压为240 V，输电线路的电阻为19.2 ，许可损耗功率为 2%，用户所需电压为220 V，则所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各是多少【点拨】(1)根据能量守恒，水减少的机械能的80%转化为电能(2)画出远距离输电电路图，找出各物理量的关系.2.(2010福建卷)中国已投产运行的1 000 kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程假设甲、乙两地原来用500 kV

12、的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P.保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为()A.P/4B.P/2C.2PD.4P【解析】根据PUI知，输电功率不变的情况下，输电电压变为原来的2倍，则电流变为原来的1/2，根据PI2R知输电线路上的功率损失变为原来的1/4.【答案】A变压器公式I1/I2n2/n1是有条件的，即只有一个副线圈根据能量转化和守恒定律P1P2，I1U1I2U2才有这个形式具体问题中往往会遇到不是一个副线圈的情况，不能不考虑条件的乱套公式收音机的变压器的原线圈有1 210匝，接在U1220

13、V的交流电源上，变压器有两个副线圈副线圈的匝数为35匝，副线圈的匝数是1 925匝如果不计变压器自身的能量损耗，当变压器工作时，线圈的电流是0.3 A时，原线圈的电流I10.114 A求线圈中电流和输出电压(电流的计算结果保留三位有效数字)【答案】0.006 2 A350 V 实验实验十一十一传传感器的感器的简单简单使用使用 实验目的1认识热敏电阻、光敏电阻等传感器的特性2了解传感器在技术上的简单应用实验原理传感器是把非电学物理量(如位移、速度、压力、温度、湿度、流量、声强、光照度等)转换成易于测量、传输和处理的电学量(如电压、电流、电容等)的一种元件，起自动控制作用一般由敏感元件、转换器件、

14、转换电路三个部分组成，转换过程如下所示：常见的敏感元件：光敏电阻、金属热电阻、热敏电阻和霍尔元件等实验器材热敏电阻、光敏电阻、多用电表、铁架台、烧杯、冷水、热水、小灯泡、学生电源、继电器、滑动变阻器、开关、导线、温度计等实验步骤1研究热敏电阻的热敏特性(1)按图所示连接好电路，将热敏电阻进行绝缘处理，多用电表的选择开关置于“100”欧姆挡；(2)先用多用电表测出烧杯中没有水时热敏电阻的阻值，并记下温度计的示数；(3)向烧杯中注入少量的冷水，使热敏电阻浸没在冷水中，记下温度计的示数和多用电表测量的热敏电阻的阻值；(4)将热水分几次注入烧杯中，测出不同温度下热敏电阻的阻值，并记录在下表中：次数待测

15、量 温度()电阻()(5)根据记录数据，作出Rt图线，分析热敏电阻的特性从而得出结论：热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，随温度的降低而增大2研究光敏电阻的光敏特性(1)将光敏电阻、多用电表、灯泡、滑动变阻器按图所示电路连接好，其中多用电表置于“1 k”欧姆挡；(2)先测出小灯泡不发光时光敏电阻的阻值，并记录数据；(3)闭合电源，让小灯泡发光，调节小灯泡的亮度使之逐渐变亮，观察多用电表指针显示电阻阻值的情况，并记录在表中；(4)根据下表中数据，分析光敏电阻的特性光照强度无光照弱中强电阻()由表中数据可得结论：光敏电阻的阻值R随光照强度变化而发生变化，光照增强电阻变小，光照减弱电阻变大注意事项1热

16、敏电阻、烧杯和温度计容易破损，实验中注意轻拿轻放2烧杯中加水改变温度时，要等热敏电阻温度稳定后再测量其阻值3光敏电阻、小灯泡的额定电压比较小(6 V)，实验中不要超过其额定电压误差分析本实验的误差主要来自于温度计和多用电表的读数误差(1)热敏电阻是传感电路中常用的电子元件现用伏安法研究热敏电阻在不同温度下的伏安特性曲线，要求特性曲线尽可能完整已知常温下待测热敏电阻的阻值约45.热敏电阻和温度计插入带塞的保温杯中，杯内有一定量的冷水，其他备用的仪表和器具有：盛有热水的热水杯(图中未画出)、电源(3 V、内阻可忽略)、直流电流表(内阻约1)、直流电压表(内阻约5 k)、滑动变阻器(020)、开关及

17、导线若干在图(b)的方框中画出实验电路图，要求测量误差尽可能小根据电路图，在图(a)的实物图上连线简要写出完成接线后的主要实验步骤：A往保温杯中加入热水，稍后读出温度值B_.C重复A、B步骤，测出不同温度下的数据D_(2)广泛应用于室内空调、电冰箱和微波炉等家用电器中的温度传感器，是利用热敏电阻随温度变化而变化的特性工作的在图甲中，电源的电动势E 9.0 V，内电阻可忽略不计；G为内阻不计的灵敏电流表；R0为保护电阻；R为热敏电阻，其电阻值与温度变化关系如图乙中Rt图象所示则热敏电阻R与摄氏温度t的关系为R_；闭合开关S，当R的温度等于40 时，电流表示数I12.25 mA，则当电流表的示数I

18、23.6 mA时，热敏电阻R的温度是_.【解析】(1)因为热敏电阻的阻值(常温下约5)与直流电流表内阻(1)差不多，比直流电压表内阻(5 k)小得多，所以用电流表外接法，为了多次测量以便列表作出图象，所以滑动变阻器用分压式接法此处需要用伏安法研究热敏电阻，实验步骤要考虑到需取多组数据作图(2)因为图象是直线，用斜截式求热敏电阻R与摄氏温度t的关系，设为Rktb，则根据t0 时，R4.25 k，得b4.25(此处易误读为R4.5 k，要注意)再根据t120 时，R2 k，得k0.0187 5.所以得R与t的关系式为R1.875102t4.25.由图甲可得EI(RR0)，由图乙读出，当t40 时，

19、R3.5 k，代入得9.02.25(3.5R0)，可求出R00.5 k，又有9.03.6(0.5R)，解得R2 k，查图乙得t120.【答案】(1)如图所示实物连接图略B.调节滑动变阻器，快速测出多组I、U值D绘出各温度下热敏电阻的伏安特性曲线(2)1.875102t4.25120(2010全国卷)如图所示，一热敏电阻RT放在控温容器M内：为毫安表，量程6 mA，内阻为数十欧姆；E为直流电源，电动势约为3 V，内阻很小；R为电阻箱，最大阻值为999.9；S为开关.已知RT在95时阻值为150，在20 时的阻值约为550.现要求在降温过程中测量在9520 之间的多个温度下RT的阻值.(1)在图中

20、画出连线，完成实验原理电路图(2)完成下列实验步骤中的填空依照实验原理电路图连线调节控温容器M内的温度，使得RT温度为95.将电阻箱调到适当的初值，以保证仪器安全闭合开关.调节电阻箱，记录电流表的示数I0，并记录_.将RT的温度降为T1(20 T195)；调节电阻箱，使得电流表的读数_，记录_.温度为T1时热敏电阻的电阻值RT1_.逐步降低T1的数值，直至20 为止；在每一温度下重复步骤.【解析】(1)由于本实验只有一个可以用来测量或观察的电流表，所以应该用“替代法”的思维考虑用电流表观察保证电路的电阻不变，因此将热敏电阻、电阻箱和电流表串联形成测量电路而且热敏电阻的95 和20 的阻值是已知

21、的，所以热敏电阻的初始温度为95，则电流表数不变时电阻箱与热敏电阻的串联电路电阻保持150 加电阻箱的初值之和不变，如果热敏电阻的初始温度为20，则电流表示数不变时电阻箱与热敏电阻的串联电路电阻保持550 加电阻箱的初值之和不变，则可以测量任意温度下的电阻电路图如图所示(2)实验步骤为：依照实验原理电路图连线调节控温容器M内的温度，使得RT的温度为95.将电阻箱调到适当的初值，保证仪器安全闭合开关，调节电阻箱，记录电流表的示数I0，并记录电阻箱的初值R0.将RT的温度降低为T1，调节电阻箱，使得电流表的读数仍为I2，记录电阻箱的读数R1.温度为T1时，热敏电阻的电阻值Rt1150 R0R1.将

22、RT的温度逐渐降低直到为20 止，在每一温度下重复步骤ef.【答案】(1)见解析图(2)电阻箱的读数R2仍为I2电阻箱的读数R1150 R0R1(2009宁夏卷)青岛奥运会帆船赛场采用风力发电给蓄电池充电，为路灯提供电能.用光敏电阻作为传感器控制路灯电路的开关，实现自动控制.光敏电阻的阻值随照射光的强弱而变化，作为简化模型可以近似认为，照射光较强(如白天)时电阻几乎为0；照射光较弱(如黑天)时电阻接近于无穷大.利用光敏电阻作为传感器，借助电磁开关，可以实现路灯自动在白天关闭，黑天打开.电磁开关的内部结构如图所示.1、2两接线柱之间是励磁线圈，3、4两接线柱分别与弹簧片和触点连接.当励磁线圈中电

23、流大于50 mA时，电磁铁吸合铁片，弹簧片和触点分离，3、4断开；电流小于50 mA时，3、4接通.励磁线圈中允许通过的最大电流为100 mA.(1)利用以下器材设计一个自动控制路灯的电路，画出电路原理图.光敏电阻R1，灯泡L，额定功率40 W，额定电压36 V，保护电阻R2，电磁开关，蓄电池E，电压36 V，内阻很小，开关S，导线若干.(2)回答下列问题：如果励磁线圈的电阻为200，励磁线圈允许加的最大电压为_V，保护电阻R2的阻值范围为_.在有些应用电磁开关的场合，为了安全往往需要在电磁铁吸合铁片时，接线柱3、4之间从断开变为接通.为此电磁开关内部结构应如何改造？请结合本题中电磁开关内部结

24、构图说明.答：_任意举出一个其他的电磁铁应用的例子.答：_十、降维法一、方法简介降维法是将一个三维图变成几个二维图，即应选两个合适的平面去观察，当遇到一个空间受力问题时，将物体受到的力分解到两个不同平面上再求解由于三维问题不好想像，选取适当的角度，可用降维法求解这样处理的优点是把不易观察的空间物理量的关系在二维图中表示出来，使我们很容易找到各物理量之间的关系，从而正确解决问题二、典例分析如图所示，倾角30的粗糙斜面上放一物体，物体重为G，静止在斜面上现用与斜面底边平行的力FG/2推该物体，物体恰好在斜面内做匀速直线运动，则物体与斜面间的动摩擦因数等于多少？物体匀速运动的方向如何？【解析】物体在

25、重力、推力、斜面的支持力和摩擦力四个力的作用下做匀速直线运动，所以受力平衡但这四个力不在同一平面内，不容易看出它们之间的关系我们把这些力分解在两个平面内，就可以将空间问题变为平面问题，使问题得到解决甲【答案】见解析设在地面上方的真空室内，存在匀强电场和匀强磁场，已知电场强度和磁感应强度的方向是相同的，电场强度的大小E4.0 V/m，磁感应强度的大小B0.15 T，今有一个带负电的质点以v20 m/s的速度在此区域内沿垂直电场方向做匀速直线运动，取g10 m/s2，求此带电质点的电量与质量之比以及磁场的所有可能方向(角度可用反三角函数表示)【解析】因为带负电的质点做匀速直线运动，说明此质点所受的

26、合外力为零又因为电场强度和磁感应强度的方向相同，所以该带电质点所受的电场力和洛伦兹力的方向垂直共面，且必受重力作用，否则所受合外力不可能为零，设质点速度方向垂直纸面向里由此该带电质点的受力图如图甲所示由平衡条件有水平方向：Eqcos Bqvsin，竖直方向：Eqsin Bqvcos mg.甲解得tan 4/3，arctan4/3，2，同理，当质点速度方向垂直纸面向外时受力情况如图乙所示，由平衡条件可解出值与上式解出的一样，只是与纸平面的夹角不同，故此带电质点的电量与质量之比为2.磁场可能方向为斜向下且与水平方向的夹角都是arctan4/3或tan 4/3.【答案】见解析(2011莱州模拟)一半

27、径R1.00 m的水平光滑圆桌面，圆心为O，有一竖直的立柱固定在桌面上的圆心附近，立柱与桌面的交线是一条凸出的平滑的封闭曲线C，如图甲所示一根不可伸长的柔软的细轻绳，一端固定在封闭曲线上某一点，另一端系一质量为m7.5102 kg的小物块将小物块放在桌面上并把绳拉直，再给小物块一个方向与绳垂直、大小为v04.0 m/s的初速度，物块在桌面上运动时，绳将缠绕在立柱上已知当绳的张力为F02.0 N时，绳即断开，在绳断开前物块始终在桌面上运动 甲(1)问绳刚要断开时，绳的伸直部分的长度为多少(2)若绳刚要断开时，桌面圆心O到绳的伸直部分与封闭曲线的接触点的连线正好与绳的伸直部分垂直，问物块的落地点到桌面圆心O的水平距离为多少？已知桌面高度H0.80 m，物块在桌面上运动时未与立柱相碰，取重力加速度大小为10 m/s2.【解析】(1)绳断开前，绳的张力即为物块所受的向心力，因为初速度与绳垂直，所以绳的张力只改变物块的速度方向，而速度大小不变，绳刚要断开时，绳的伸直部分的长度可求出设绳的伸直部分长为x，则由牛顿第二定律得F0mv02/x，代入已知数值得x0.60 m.乙【答案】(1)0.60 m(2)2.47 m