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教材习题答案
第一章 安培力与洛伦兹力 Ｅ
衡 有ｑＥ ｑｖＢ 所以ｖ
， ＝ ， ＝ Ｂ。
1 磁场对通电导线的作用力 ４．答案 Ｂ板是电源的正极
（１） 。
当外电路断开时 在洛伦兹力的作用下 带正 负电的
◆练习与应用 （２） ， ， 、
粒子分别向Ｂ板和Ａ板运动 在Ａ Ｂ之间形成竖直向上的电
１．答案 如图所示 ， 、
场 电荷堆积越多 两板间电压越大 场强也越大 直到带电粒
， ， ， ，
子受到的电场力与洛伦兹力平衡 即ｑＥ ｑｖＢ时 带电粒子做
， ＝ ，
匀速直线运动 此时Ｅ ｖＢ 两极板间的电压为Ｕ Ｅｄ Ｂｄｖ 这
， ＝ ， ＝ ＝ ，
就是该发电机的电动势大小
。
Ｆ Ｆ
５．答案 由Ｆ ｑｖＢ 可得磁感应强度Ｂ 公式Ｅ 中 ｑ是
＝ ， ＝ｑｖ。 ＝ ｑ ，
２．答案 如图所示
Ｆ
静止的试探电荷所带电荷量 公式Ｂ 中 ｑ是运动的电荷
， ＝ ｑｖ ，
Ｆ Ｆ
所带电荷量 Ｅ Ｂ 均是比值定义式 Ｅ Ｂ均是由场本
。 ＝ ｑ 、 ＝ｑｖ ， 、
身的性质决定的
。
3 带电粒子在匀强磁场中的运动
◆练习与应用
ｖ２ ｍｖ ｒ ｍ
１．答案 由ｑｖＢ ｍ 得ｒ ． －２ Ｔ ２π ２π
＝ ｒ ， ＝ｑＢ＝４ ５５×１０ ｍ， ＝ ｖ ＝ ｑＢ ＝
． －７
１８×１０ ｓ。
ｍｖ
３．答案 设电流方向未改变时 电流天平的左盘内砝码质量 ２．答案 由于ｒ 在同一匀强磁场中 速度大小相同时
（１） ， （１） ＝ｑＢ， ， ，
为ｍ 右盘内砝码的质量为ｍ 则由平衡条件有
１， ２， ｍ
ｍ １ ｇ ＝ ｍ ２ ｇ － ｎＢＩｌ ｒ ∝ ｑ ， 可知ｒ 质子 ∶ ｒ 氚核 ∶ ｒ α 粒子＝ １ １ ∶ ３ １ ∶ ４ ２ ＝１ ∶ ３ ∶ ２。
电流方向改变后 同理可得
， ｍｖ ｍＵ
ｍ ｍ ｇ ｍ ｇ ｎＢＩｌ 由ｑＵ １ ｍｖ２ 和ｒ 得ｒ １ ２ 可知由静止经
（ ＋ １） ＝ ２ ＋ （２） ＝ ２ ＝ｑＢ ＝ Ｂ ｑ ，
ｍｇ
两式联立 得Ｂ ｍ
， ＝ ｎＩｌ。 过相同的加速电场加速后进入同一匀强磁场时 ｒ 所
２ ， ∝ ｑ ，
将ｎ ｌ ． Ｉ ． ｍ ． 代入Ｂ
（２） ＝９、 ＝１０ ０ ｃｍ、 ＝０ １０ Ａ、 ＝８ ７８ ｇ ＝
ｍｇ 以ｒ ｒ ｒ １ ３ ４
得Ｂ ． 质子 ∶ 氚核 ∶ α 粒子＝ ∶ ∶ ＝１ ∶ ３ ∶ ２。
ｎＩｌ， ＝０４８ Ｔ。 １ １ ２
２ ３．答案 设匀强磁场的磁感应强度为Ｂ 粒子在磁场中做匀
说明：把安培力的知识与天平结合 可以 称出 磁感应 （１） ，
， “ ” 速圆周运动的半径为ｒ 粒子在磁场中做匀速圆周运动 洛伦
强度 。 ，
。 兹力提供向心力 由牛顿第二定律得
４．答案 通电后 弹簧上下振动 电路交替通断 产生这种现象 ，
， ， 。 ｖ２
的原因是 通入电流时 弹簧各相邻线圈中的电流方向相同 ｑｖＢ ｍ
： ， ， ＝ ｒ ①
线圈之间相互吸引 使得弹簧收缩 与水银分离 电路断开 电
， ， ， ； ａ
路断开后 线圈中电流消失 线圈之间的相互作用力消失 因 粒子运动轨迹如图所示 由几何知识得ｒ
， ， ， ， ＝ ° ②
ｃｏｓ３０
而弹簧恢复原长 电路又被接通 这个过程反复出现 使得弹
， 。 ， ｍｖ
簧上下振动 电路交替通断 由 ①② 联立解得Ｂ ＝ ３ ａｑ ③
， 。 ２
2 磁场对运动电荷的作用力
◆练习与应用
１．答案 由Ｆ ｑｖＢ得Ｆ ． －１４
＝ ＝４８×１０ Ｎ。
２．答案 从图甲至图丁 带电粒子刚进入磁场时所受洛伦兹力
，
方向依次为平行于纸面向上 平行于纸面向下 垂直于纸面向
、 、
外和垂直于纸面向里
。
３．答案 带电粒子沿图示虚线路径通过速度选择器时受力平 设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为Ｔ 则
（２） ，
１
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Ｔ ２π １ ｍｖ２
＝ ｖ ④ ｍａｘ＝ ｍ 。
２ ２
由图知 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹对应 ◆复习与提高
，
的圆心角为 Ａ组
１．答案 不对 通电导线放在磁感应强度为零的位置 受到的
θ ２π 。 ，
＝ ⑤ 安培力一定为零 当通电导线与磁场方向平行时不受安培力
３
。
θ 作用 可知通电导线在某处不受安培力作用 该处的磁感应强
粒子在磁场中运动的时间为ｔ Ｔ
＝ ⑥ ， ，
２π 度可能不为零
。
联立 解得ｔ ４ ３π ａ ２．答案 由左手定则可知 在图示位置通电导线的ａ端和ｂ
②④⑤⑥ ＝ ｖ 。 （１） ，
９ 端受到的安培力方向分别垂直纸面向外和垂直纸面向里 所
，
以导线会沿逆时针方向转动 俯视 当转过一个很小的角度
4 质谱仪与回旋加速器 （ ）。
后 在向右的磁场分量的作用下 通电导线还会受到向下的安
◆练习与应用 ， ，
培力 所以通电导线先沿逆时针方向转动 然后边转动边
， ，
ｍｖ ｍＵ
１．答案 由 ｑＵ
＝
１ ｍｖ２ 和 ｒ
＝ｑＢ，
得 ｒ
＝ Ｂ
１ ２
ｑ ∝
ｍ
，
所以 下移
。
２ 如图所示的甲 乙 丙 丁分别表示虚线框内的磁场源
ｍ Ａ ∶ ｍ Ｂ＝ ｒ２Ａ ∶ ｒ２Ｂ＝ ｄ２Ａ ∶ ｄ２Ｂ＝１ ． ０８ ２ ∶ １ ２ ＝１ ． １７ ∶ １。 是条 （ 形 ２ 磁 ） 体 蹄形磁体 、 通 、 电 、 螺线管和直线电流及其大致
２．答案 带电粒子离开回旋加速器时 做匀速圆周运动的半径 、 、
， 位置
。
ｖ２ ｑＢｒ
等于 形盒的半径 由ｑｖＢ ｍ 得ｖ 所以 粒子离开
Ｄ ， ＝ ｒ ＝ ｍ 。 ，
ｑ２Ｂ２ｒ２
回旋加速器时的动能为Ｅ １ ｍｖ２
ｋ＝ ＝ ｍ 。
２ ２
说明：上述结果告诉我们 对于确定的粒子 形盒的半
， ，Ｄ
径越大 盒内磁感应强度越大 粒子离开回旋加速器时的动能
、 ，
越大
。
３．答案 粒子的运动轨迹如图所示 根据几何关系有
，
ｄ
Ｒ ２ ３ｄ
＝ θ＝ ３．答案 把整个线圈看成一个通电螺线管 根据安培定则可
ｓｉｎ ３ （１） ，
知 螺线管右侧为 极 左侧为 极 根据异名磁极相吸 知线
， Ｎ ， Ｓ ， ，
圈向左运动
。
把线圈分成许多小段 每小段都可以看成一段直导
（２） ，
线 取其中的上 下两小段分析 根据对称性可知 线圈所受
。 、 ， ，
安培力的合力水平向左 故线圈向左运动
， 。
ｖ２
根据洛伦兹力提供向心力 有ｅｖＢ ｍ
， ＝ Ｒ
ｅ ｖ ｖ
得电子的比荷 ３
ｍ ＝ＢＲ＝ Ｂｄ
２
４．答案 通电导线在匀强磁场内有效长度为 ｌ ° ｌ 故该
Ｒ ｄ ２ ｓｉｎ ３０ ＝ ，
电子做匀速圆周运动的周期Ｔ ２π ４ ３π 形通电导线受到的安培力大小为Ｆ ＢＩｌ
＝ ｖ ＝ ｖ Ｖ ＝ 。
３
５．答案 因带电粒子在电场中受电场力作用 且正 负粒子所受
电子在磁场中运动轨迹对应的圆心角α θ ° ， 、
＝ ＝６０
的电场力方向相反 带电粒子沿垂直磁场方向运动时受洛伦
α ｄ ；
所以电子穿越磁场的时间ｔ Ｔ １ Ｔ ２ ３π 兹力作用 且正 负粒子所受的洛伦兹力方向相反 故可采用
＝ ° ＝ ＝ ｖ ， 、 ，
３６０ ６ ９
以下两种方法将粒子分开 方法一是使粒子束垂直进入电场
４．答案 粒子在盒内磁场中只受洛伦兹力作用 洛伦兹力始 ： ，
（１） ，
方法二是使粒子束垂直通过磁场
终与粒子速度方向垂直 粒子做匀速圆周运动 。
， 。
６．答案 质子和 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公
所加交流电源周期等于粒子在磁场中做匀速圆周运 α
（２）
动的周期
，
根据ｑｖＢ
＝
ｍ
ｖ
ｒ
２
和Ｔ
＝
２π
ｖ
ｒ
得Ｔ
＝
２
ｑ
π
Ｂ
ｍ
，
故交流电源频
式为ｒ
＝
ｍ
Ｂｑ
ｖ
，
解得ｖ
＝
Ｂ
ｍ
ｑｒ
，
动能为Ｅ
ｋ＝
２
１ ｍｖ２
＝
ｑ２
２
Ｂ
ｍ
２ｒ２
。
由题知
ｑ２ ｑ２
率ｆ ＝ Ｔ １ ＝ ｑＢ ｍ。 质子和 α 粒子的轨迹半径ｒ相同 ， 则可得Ｅ ｋ１ ∶ Ｅ ｋ２＝ｍ ｐ ∶ ｍ α ，
２π ｐ α
而ｑ ｑ ｍ ｍ 解得Ｅ Ｅ
（３） 粒子速度增加 ， 则轨道半径增大 ， 当轨道半径达到Ｒ ｐ ∶ α＝１ ∶ ２， ｐ ∶ α＝１ ∶ ４， ｋ１ ∶ ｋ２＝１ ∶ １。
７．答案 磁感应强度沿ｚ轴正方向 则从Ｏ向Ｏ′看 通电导
ｑＢＲ （１） ， ，
时速度最大 最大速度 ｖ 则最大动能 Ｅ
， ｍａｘ ＝ ｍ ， ｋｍａｘ ＝ 线受到的安培力Ｆ 安＝ ＩＬＢ ， 方向水平向左 ， 如图甲所示 ， 导线无
２
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法平衡 ｍｖ
； 度不同的电子进入匀强磁场时 轨迹半径ｒ 因为速度不
磁感应强度沿ｙ轴正方向 通电导线受到的安培力竖 ， ＝ｅＢ，
（２） ，
同 其他量相同 所以运动的半径不同 即可以把速度不同的
ｍｇ
直向上 如图乙所示 当Ｆ 且满足ＩＬＢ ｍｇ 即Ｂ 时 导 ， ， ，
， ， Ｔ＝０ ＝ ， ＝ＩＬ ， 电子分开
。
线可以平衡 具有相同动能的质子和 粒子可以用电场分开
； ｂ． α 。
磁感应强度沿悬线向上 通电导线受到的安培力垂直 将质子和 粒子沿垂直匀强电场方向射入电场 设带电粒子
（３） ， α 。
于悬线指向左下方 如图丙所示 导线不能平衡 ｖ
， ， 。 离开电场时速度方向与入射方向间的夹角为θ 则 θ ｙ
， ｔａｎ ＝ ｖ ＝
０
ＥｑＬ ＥｑＬ
质子和 粒子动能相同 电荷量不相等 θ不同
ｍｖ２ ＝ Ｅ ， α ， ，ｔａｎ ，
０ ２ ｋ
即可以把相同动能的质子和 粒子分开
α 。
４．答案 若粒子带正电 画出粒子做匀速圆周运动的轨迹
（１） ， ，
如图所示
：
Ｂ组
１．答案 作出金属杆的受力示意图 如图所示 从 ｂ 向 ａ 看
， （ ）。
根据平衡条件得
Ｆ Ｆ θ
ｆ＝ Ａ ｓｉｎ
ｍｇ Ｆ Ｆ θ
＝ Ｎ＋ Ａ ｃｏｓ
又Ｆ ＢＩｌ
Ａ＝ 由几何关系有ｌ
＝
ｒ
ｃｏｓ
θ
＋
ｒ
联立解得Ｆ ＢＩｌ θ 方向水平向右
ｆ＝ ｓｉｎ ， 。
洛伦兹力提供向心力 有ｑｖＢ ｍ
ｖ２
， ＝ ｒ
Ｂｑｌ
联立可得ｖ ２（２－ ３）
＝ ｍ
° ° ｍ ｍ
运动时间ｔ ３６０ －２×３０ Ｔ ５ ２π ５π
＝ ° ＝ × Ｂｑ ＝ Ｂｑ
３６０ ６ ３
若粒子带负电 粒子的偏转方向发生变化
Ｆ Ｎ＝ ｍｇ － ＢＩｌ ｃｏｓ θ ， 根据牛顿第三定律可知 ， 金属杆对导轨 （２） ， 。
由几何关系有ｌ ｒ′ ｒ′ θ
的压力大小为ｍｇ ＢＩｌ θ 方向竖直向下 ＝ － ｃｏｓ
－ ｃｏｓ ， 。
２．答案 对金属杆受力分析 可知当安培力方向沿导轨平面 洛伦兹力提供向心力 有ｑｖ′Ｂ ｖ′２
（１） ， ， ＝ ｒ′
向上时最小 此时Ｂ最小 方向垂直导轨平面向上
， ， 。
Ｂｑｌ
联立可得ｖ′ ２（２＋ ３）
＝ ｍ
° ｍ ｍ
运动时间ｔ′ ２×３０ Ｔ １ ２π π
＝ ° ＝ × Ｂｑ ＝ Ｂｑ
３６０ ６ ３
５．答案 粒子经加速电场加速 获得速度ｖ
（１） ， ，
由平衡条件可得Ｆ
Ｎ＝
ｍｇ
ｃｏｓ
α
、
ＢＩ
１
ｌ
＝
ｍｇ
ｓｉｎ
α 由动能定理得ｅＵ
１＝
１ ｍｖ２
ｍｇ α ２
解得Ｂ ｓｉｎ
＝ Ｉ ｌ ｅＵ
１ 解得ｖ ＝ ２ ｍ １
磁场方向竖直向上时 金属杆受力如图所示
（２） ， 。
粒子在速度选择器中做匀速直线运动 电场力与洛伦
（２） ，
兹力平衡 由平衡条件得ｅＥ ｅｖＢ
， ＝ １
Ｕ
即ｅ ２ ｅｖＢ
ｄ ＝ １
ｅＵ
解得Ｕ Ｂ ｄｖ Ｂ ｄ ２ １
由平衡条件可得ＢＩ ｌ ｍｇ α ２＝ １ ＝ １ ｍ
２ ＝ ｔａｎ
ｍｇ α Ｉ 粒子在Ｂ 磁场中做匀速圆周运动 洛伦兹力提供向
将Ｂ ｓｉｎ 代入可得Ｉ １ （３） ２ ，
＝ Ｉ
１
ｌ ２＝
ｃｏｓ
α
心力 由牛顿第二定律得ｅｖＢ ｍ
ｖ２
３．答案 速度不同的电子 可以用电场和磁场分开 速度不同 ， ２＝ Ｒ
ａ． ， 。
的电子垂直匀强电场方向射入电场中 沿电场方向受力情况 ｍｖ ｍＵ
， 解得Ｒ １ ２ １
相同 运动情况也相同 垂直电场方向 由于初速度不同 所以 ＝ｅＢ ＝Ｂ ｅ
， ， ， ， ２ ２
偏转程度不同 通过偏转电场可以把速度不同的电子分开 速
， ；
３
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2 法拉第电磁感应定律
1 楞次定律 ◆练习与应用
◆练习与应用
１．答案 根据法拉第电磁感应定律可得 线圈中感应电动势为
，
Φ ． ．
１．答案 当闭合开关 的一瞬间 穿过线圈Ｐ向右的磁通量 Ｅ ｎΔ ００９－００２
（１） Ｓ ， ＝ ｔ ＝１０００× ． Ｖ＝１７５ Ｖ
增加 根据楞次定律结合安培定则可知 从左往右看 线圈 Ｐ Δ ０４
， ， ， 根据闭合电路欧姆定律可得 通过电热器的电流为
中感应电流沿逆时针方向 ，
。 Ｅ
当断开开关 的一瞬间 穿过线圈Ｐ向右的磁通量减 Ｉ １７５ ．
（２） Ｓ ， ＝Ｒ ｒ＝ Ａ＝０１７５ Ａ。
＋ ９９０＋１０
少 根据楞次定律结合安培定则可知 从左往右看 线圈Ｐ中
， ， ， ２．答案 根据导线切割磁感线产生感应电动势的公式Ｅ Ｂｌｖ得
＝
感应电流沿顺时针方向
。 缆绳中的感应电动势为
２．答案 当导体ＭＮ向右移动时 电路ＭＮＣＤ中垂直于纸面向里
， Ｅ ． －５ ． ４ ． ３ ． ３
＝４６×１０ ×２０５×１０ ×７６×１０ Ｖ＝７２×１０ Ｖ。
的磁通量减少 根据楞次定律可知 产生的感应电流的磁场要
， ， ３．答案 我们对着纸盆说话时 声音使纸盆振动 带动线圈随之
， ，
阻碍磁通量的减少 即感应电流的磁场与原磁场方向相同 垂
， ， 振动 线圈切割磁感线 产生感应电流
， ， 。
直于纸面向里 由安培定则判断可知感应电流的方向是
， ４．答案 当线圈绕ＯＯ′轴匀速转动时 长为ｌ 的边切割磁感线
Ｍ Ｎ Ｃ Ｄ 此时 电路ＭＮＦＥ中垂直于纸面向里的磁通量 ， ２
→ → → 。 ， 的速度发生变化 线圈中的感应电动势发生变化
， 。
增加 根据楞次定律可知 产生的感应电流的磁场要阻碍磁通
， ， 根据公式Ｅ Ｂｌｖ θ和ｖ ωｒ 可得
＝ ｓｉｎ ＝ ，
量的增加 即感应电流的磁场与原磁场方向相反 垂直于纸面
， ， Ｅ ＝ Ｂｌ ２ ｌ １ ω ｓｉｎ θ
向外 由安培定则判断可知感应电流的方向是Ｍ Ｎ Ｆ Ｅ 在图示位置时 Ｓ ｌ ｌ θ °
， → → → 。 ， ＝ １ ２， ＝９０
３．答案 当闭合开关时 上面的闭合线框中垂直于纸面向外的
可得Ｅ ＢＳω
， ＝
磁通量增加 根据楞次定律可知 闭合线框中产生的感应电流 ５．答案 导电液体在磁场中流动时 其所带电荷将受到洛伦兹
； ， ，
的磁场要阻碍磁通量的增加 所以感应电流的磁场在闭合线 力作用 正电荷偏向Ｎ 负电荷偏向Ｍ 这样在Ｍ Ｎ之间就产
， ， ， ， 、
框中的方向垂直纸面向里 再根据安培定则可知导线ＣＤ中的 生电势差 Ｍ Ｎ之间将有电场 对电荷产生一个与洛伦兹力方
， ， 、 ，
感应电流的方向为由Ｄ到Ｃ 向相反的电场力 当电荷不再偏转时 电荷受到的洛伦兹力
。 。 ，
当断开开关时 上面的闭合线框中垂直于纸面向外的磁 与电场力大小相等 Ｍ Ｎ之间的电势差恒定 则有
， ， 、 ，
通量减少 根据楞次定律可知 闭合线框中感应电流的磁场要 Ｕ
， ， ｑ ｑＢｖ
阻碍磁通量的减少 所以感应电流的磁场在闭合线框中的方 ｄ ＝
，
向垂直纸面向外 由安培定则可知导线ＣＤ中的感应电流的方 其中ｑ为导电液体所带电荷量
，
向为由Ｃ到Ｄ ( ｄ ) ２
。 液体的流量Ｑ ｖ
４．答案 由于线圈在条形磁铁的 极附近 可以认为从Ａ到Ｂ ＝ ·π
２
Ｎ ，
ｄ
的过程中 线圈中向上的磁通量减少 根据楞次定律可知 线 液体的流量Ｑ与电势差Ｕ的关系为Ｑ π Ｕ
， ， ， ＝ Ｂ 。
圈中产生的感应电流的磁场要阻碍磁通量的减少 即感应电 ４
， ６．答案 方法
流的磁场方向向上 再根据安培定则可知感应电流的方向为 １
， 设想有一环形导轨ＰＱＲ 导体棒的一端ａ搁于导轨上 另一端
从上向下看沿逆时针方向 ， ，
。 ｂ在圆心处 并通过导线ｂｃ与导轨相连 由导体棒 导轨 导线
， ， 、 、
构成一闭合电路 如图所示
， ：
从Ｂ到Ｃ的过程中 线圈中向下的磁通量增加 根据楞次
， ，
定律可知 线圈中产生的感应电流的磁场要阻碍磁通量的增
，
加 即感应电流的磁场方向向上 再根据安培定则可知感应电
， ， 设在极短时间 ｔ内导体棒转过微小角度 θ 则 θ ω ｔ
流的方向从上向下看也为逆时针方向 Δ Δ ， Δ ＝ Δ
。
５．答案 用磁铁的任意一极 如 极 接近Ａ环时 通过Ａ环的 则回路面积变化 Ｓ １ ｌ２ θ
（ Ｎ ） ， Δ ＝ Δ
２
磁通量增加 根据楞次定律可知Ａ环中将产生感应电流 感应
， ， 穿过回路的磁通量变化为
电流的磁场对磁铁产生斥力 故Ａ环也受到磁铁的斥力 使该
， ，
端横梁向里转动 阻碍磁铁与 Ａ环接近 同理 当磁极远离 Ａ Δ
Φ
＝
Ｂ
Δ
Ｓ
＝
１ Ｂｌ２
Δ
θ
＝
１ Ｂｌ２ω
Δ
ｔ
， ； ， ２ ２
环时 Ａ环中产生感应电流 Ａ环受到磁铁的引力 使该端横梁 Φ Ｂ Ｓ
， ， ， 回路中的感应电动势为Ｅ Δ Δ １ Ｂｌ２ω 即ａｂ两
向外转动 阻碍Ａ环与磁铁远离 ＝ ｔ ＝ ｔ ＝ ，
， 。 Δ Δ ２
由于Ｂ环是断开的 无论磁极移近还是远离Ｂ环 在Ｂ环
， ， 端产生的感应电动势为Ｅ １ Ｂｌ２ω
＝ 。
中都不会产生感应电流 所以Ｂ环与磁铁之间没有相互作用 ２
，
力 横梁不发生转动 方法 导体棒ａｂ匀速转动 产生的感应电动势Ｅ Ｂｌｖ－
， 。 ２： ， ＝ ＝
４
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ωｌ 而无感应电流 铁芯中的磁场很快消失 磁场对衔铁Ｄ的作用
Ｂｌ０＋ １ Ｂｌ２ω ， ，
＝ 。 力也很快消失 弹簧Ｋ很快将衔铁拉起
２ ２ ， 。
２．答案 当李辉把多用电表的表笔与被测线圈脱离时 线圈中
3 涡流、电磁阻尼和电磁驱动 ，
的电流减小 线圈发生自感现象 会产生较大的自感电动势
， ， ，
◆练习与应用
线圈两端有较高电压 电 了刘伟一下
，“ ” 。
１．答案 当铜盘在磁极间运动时 由于发生电磁感应现象 在铜
， ， 当李辉再摸线圈两端和多用电表的表笔时 没什么感觉
， ，
盘中产生感应电流 使铜盘受到安培力作用 安培力阻碍铜盘
， ， 是由于经历了较长时间 自感现象基本 消失
， “ ”。
的运动 所以铜盘很快就停了下来
， 。 ３．答案 当开关由断开变为闭合时 两灯两端立即有电压
（１） ， ，
２．答案 当条形磁铁的 极靠近线圈时 线圈中向下的磁通量
Ｎ ， 同时发光 由于线圈的电阻很小 当电路稳定时 Ｂ 灯被线圈
； ， ，
增加 根据楞次定律可得 线圈中感应电流的磁场方向应该向
， ， 短路 故Ｂ灯由亮变暗 直到不亮 Ａ灯由亮变为更亮
， ， ， 。
上 再根据安培定则 判断出线圈中的感应电流方向为逆时针
， ， 当开关由闭合变为断开时 Ａ灯两端电压变为 立即
（２） ， ０，
方向 自上向下看 感应电流的磁场对条形磁铁 极的作
（ ）。 Ｎ 熄灭 由于Ｌ是自感系数很大的线圈 自身电阻几乎为零 当
。 ， ，
用力向上 阻碍条形磁铁向下运动
， 。 电流减小时 线圈产生的自感电动势很大 相当于电源 给 Ｂ
当条形磁铁的 极远离线圈时 线圈中向下的磁通量减 ， ， ，
Ｎ ， 灯提供短暂的电流 此时电流很大 Ｂ灯由暗变亮然后又逐渐
少 根据楞次定律可得 线圈中感应电流的磁场方向应该向 ， ，
， ， 变暗 过一会儿熄灭
下 再根据安培定则 判断出线圈中的感应电流方向为顺时针 ， 。
， ， ◆复习与提高
方向 自上向下看 感应电流的磁场对条形磁铁 极的作
（ ）。 Ｎ Ａ组
用力向下 阻碍条形磁铁向上运动
， 。 １．答案 磁铁向左运动 导致穿过螺线管的向下的磁通量增大
因此 无论条形磁铁怎样运动 都将受到线圈中感应电流 ， ，
， ， 感应电流产生的磁场阻碍磁通量的变化 根据右手螺旋定则
磁场的阻碍作用 所以条形磁铁很快停了下来 ，
， 。 可知 螺线管产生的感应电流方向如图
整个过程中 弹簧和磁铁的机械能转化为线圈的电能 ， 。
， 。
说明 做这个实验时 为了现象明显 闭合线圈应当使用
： ， ，
较宽 较厚且内径较小的铜环或铝环 这样可以产生较强的感
、 ，
应电流 从而对磁铁产生较大的作用力
， 。
３．答案 在磁性很强的小圆柱形永磁体下落的过程中 没有缺 ２．答案 金属棒ａｂ做平抛运动 平抛运动可分解为水平方向的
， ，
口的铝管中的磁通量发生变化 小圆柱形永磁体上方铝管中 匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动 竖直方向的分速
（ 。
的磁通量减小 下方铝管中的磁通量增大 所以铝管中将产 度与磁感线平行 不产生感应电动势 水平方向的分速度切割
， ）， ， ；
生较大的感应电流 感应电流的磁场将对下落的小圆柱形永 磁感线 产生感应电动势 感应电动势大小为Ｅ Ｂｌｖ Ｂ ｌ ｖ
， ， ， ＝ ０， 、 、 ０
磁体产生阻碍作用 所以小圆柱形永磁体在铝管中缓慢下落 均不变 则感应电动势大小保持不变 根据右手定则可知金
， ； ， 。
如果小圆柱形永磁体在有裂缝的铝管中下落 铝管中产生的 属棒ａｂ产生的感应电动势方向为从ａ到ｂ 保持不变
， ， 。
感应电流较小 所以小圆柱在铝管中下落得比较快 ３．答案 从下边ａｂ进入匀强磁场到上边ｃｄ刚刚开始穿出匀强
， 。
４．答案 这些微弱的感应电流 将使卫星在地磁场中受到安培 磁场过程中 正方形导线框一直匀速运动 重力势能转化为电
， ， ，
力作用 为了克服安培力作用 卫星的一部分动能转化为电 能 根据能量守恒定律可得线框在穿越匀强磁场过程中产生
。 ， ，
能 这样卫星的动能减小 运动轨道距离地面的高度会逐渐 的焦耳热为Ｑ ｍｇｌ ． ． ．
。 ， ＝２ ＝２×００１×１０×０１ Ｊ＝００２ Ｊ。
降低 ４．答案 根据右手定则可以判断出 线圈不论以Ｐ 还是Ｐ
。 （１） ， １ ２
５．答案 当条形磁铁向右移动时 金属圆环中的磁通量减少 圆 为轴沿逆时针方向 从上向下看 转动时 ＢＣ边均切割磁感线
， ， （ ） ，
环中将产生感应电流 感应电流的磁场阻碍磁通量的减少 故 产生感应电流 感应电流的方向均沿Ａ Ｂ Ｃ Ｄ Ａ
， ， ， → → → → 。
金属圆环将受到条形磁铁向右的作用力 这个力实际上就是 由于两种情况下线圈转动的角速度相同 线圈面积相
。 （２） ，
条形磁铁的磁场对感应电流的安培力 这个安培力将驱使金 同 则产生的感应电动势相同 因此感应电流大小相等
。 ， ， 。
属圆环向右运动 图示时刻线圈产生的感应电动势最大 为Ｅ ＢＳω
。 （３） ， ｍ＝ ，
当磁感应强度Ｂ 线圈转动的角速度ω不变时 感应电动势大
4 互感和自感 、 ，
小跟线圈面积Ｓ成正比
。
◆练习与应用
线圈以Ｐ 和Ｐ 为转轴产生的感应电动势最大值为
１．答案 当断开开关 时线圈Ａ中电流很快消失 穿过线圈 （４） １ ２
（１） Ｓ ， Ｅ ＢＳω ． ． ． ．
Ｂ的磁通量减少 从而在线圈Ｂ中产生感应电流 根据楞次
ｍ＝ ＝０１５×０１×００４×１２０ Ｖ＝００７２ Ｖ。
， 。 ５．答案 根据法拉第电磁感应定律 线圈中产生的感应电动
（１） ，
定律可知 感应电流的磁场要阻碍原磁场的变化 这样就使铁
芯中磁场
，
减弱得慢些 即在断开开关 后一段时
，
间内 铁芯中 势为Ｅ ｎΔ
Φ
ｎΔ
Ｂ
ｒ２ 所以
Ｅ
ａ
ｒ２ａ
４
， Ｓ ， ＝ Δ ｔ ＝ Δ ｔ·π ， Ｅ ｂ ＝ ｒ２ｂ ＝ １ 。
还有逐渐减弱的磁场 这个磁场对衔铁Ｄ依然有力的作用 因
， ， 根据闭合电路欧姆定律 可得通过线圈的感应电流为
（２） ，
此 弹簧Ｋ不能立即将衔铁拉起
， 。 Ｅ Ｂ Ｂ Ｓ
如果线圈Ｂ不闭合 会对延时效果产生影响 在断开
Ｉ
＝ Ｒ ＝
ｎΔ
ｔ·π
ｒ２
·
１
ｒ＝
ｎΔ
ｔ· ρ
ｒ
（２） ， 。 Δ ρ ２π Δ ２
开关 时 线圈Ａ中电流很快消失 线圈Ｂ中只有感应电动势 · Ｓ
Ｓ ， ，
５
关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等Ｉ ｒ 同理 线圈以速度 ｖ匀速进入匀强磁场时 外力的功率
所以 ａ ａ ２ ， ２ ，
Ｉ
ｂ
＝ ｒ
ｂ
＝
１
。
为Ｐ ４
Ｂ２Ｌ２ｖ２
６．答案 电路ａｂｃｄ中 导体棒ａｂ切割磁感线 产生感应电 ２＝ Ｒ 。
（１） ， ，
动势 相当于电源 所以第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比
， 。
电动势Ｅ Ｂｌｖ ． ． ． 为
＝ ＝０１×０４×５ Ｖ＝０２ Ｖ ４ ∶ １。
内阻ｒ Ｒ ． 线圈以速度ｖ匀速进入匀强磁场时
＝ ａｂ＝０１ Ω （３） ，
由右手定则判断可知导体棒 ａｂ 的 ａ 端相当于电源的正 Ｌ
线圈经过时间ｔ 完全进入磁场 此后线圈中不再有感
＝ ｖ ，
极 Ｒ相当于闭合电路的外电路
， 。
应电流 所以线圈第一次进入磁场过程中产生的热量为Ｑ
Ｅ ． ， １＝
感应电流为Ｉ ０２ ．
（２） ＝Ｒ ｒ＝ ． ． Ａ＝０４ Ａ Ｂ２Ｌ３ｖ
＋ ０１＋０４ Ｉ２Ｒｔ
ａｂ棒所受的安培力Ｆ ＢＩｌ ． ． ． ． １ ＝ Ｒ 。
＝ ＝０１×０４×０４ Ｎ＝００１６ Ｎ
同理 线圈以速度 ｖ匀速进入匀强磁场时 线圈进入磁场
ａｂ 棒所受的安培力的功率 Ｐ Ｆｖ ． ， ２ ，
（３） ＝ ＝０ ０１６×５ Ｗ＝
Ｂ２Ｌ３ｖ
． 过程中产生的热量为Ｑ ２
００８ Ｗ ２＝ Ｒ 。
电阻Ｒ的发热功率Ｐ Ｒ＝ Ｉ２Ｒ ＝０ ． ４ ２ ×０ ． ４ Ｗ＝０ ． ０６４ Ｗ 所以第二次进入与第一次进入过程中线圈产生的热量之
电阻Ｒ ａｂ 发热功率Ｐ Ｒａｂ＝ Ｉ２Ｒ ａｂ＝０ ． ４ ２ ×０ ． １ Ｗ＝０ ． ０１６ Ｗ 比为
因导体棒ａｂ做匀速运动 其受力平衡 安培力等于外力 ２ ∶ １。
， ， 。 ｌ
３．答案 当ＰＱ滑过 的距离时 ＰＱ产生的感应电动势的大小
因Ｐ ＝ Ｐ Ｒ＋ Ｐ Ｒａｂ， 可得外力做正功 ， 提供的能量转化为电路中的 ３ ，
电能 电能转化为回路中的内能 转化过程中能量是守恒的 为Ｅ Ｂｌｖ
， ， 。 ＝
Φ Ｂ Ｒ Ｒ
７．答案 根据法拉第电磁感应定律有Ｅ ｎΔ ｎＳΔ 可知在 ２
＝ ｔ ＝ ｔ， ·
Δ Δ 整个电路的总电阻为Ｒ Ｒ ３ ３ １１Ｒ
面积 匝数不变的情况下 感应电动势大小与磁感应强度的变 总＝ ＋ Ｒ Ｒ ＝
、 ， ２ ９
＋
化率成正比 即与Ｂ ｔ图像中的斜率成正比 由图像可知 ３ ３
， － 。 ，０～
Ｅ Ｂｌｖ
内Ｂ ｔ图线的斜率不变 故产生的感应电流不变 根据楞 则通过ＰＱ的电流为Ｉ ９
２ ｓ － ， ， ＝Ｒ ＝ Ｒ
次定律结合安培定则可知感应电流方向沿顺时针 为正值 总 １１
， ；２～ ａＰ段 ｂＰ段电阻丝的电阻之比为 则电流之比为
内Ｂ ｔ图线斜率不变 感应电流方向沿逆时针 且整个过 、 １ ∶ ２，
４ ｓ － ， ， Ｂｌｖ
程中Ｂ ｔ图线斜率的大小不变 所以感应电流大小不变 导 故通过ａＰ段电阻丝的电流大小为Ｉ ２ Ｉ ６
－ ， 。 ２ ∶ １， ａＰ＝ ＝ Ｒ
３ １１
体环中感应电流随时间变化的图像如图所示
。 ４．答案 闭合开关时 金属杆在下滑过程中 受到重力和安培力
， ，
作用 若重力与安培力大小相等 金属杆做匀速直线运动 如
， ， ，
甲图 若安培力小于重力 则金属杆所受的合力方向向下 加
； ， ，
速度方向向下 做加速运动 在加速运动的过程中 产生的感
， ， ，
应电流增大 安培力增大 则合力减小 加速度减小 做加速度
Ｂ组 ， ， ， ，
逐渐减小的加速运动 当重力与安培力相等时 做匀速直线运
， ，
１．答案 根据导线切割磁感线产生感应电动势的公式Ｅ Ｂｌｖ可
＝ 动 如乙图 若安培力大于重力 则加速度的方向向上 做减速
， ； ， ，
得飞机两翼端的电势差为 Ｅ ＝４ ． ７×１０ －５ ×１２ ． ７×０ ． ７×３４０ Ｖ＝ 运动 在减速运动的过程中 安培力减小 做加速度逐渐减小
， ， ，
．
０１４２ Ｖ 的减速运动 当重力与安培力相等时 做匀速直线运动 如
， ， ，
根据右手定则可知 北端机翼尖电势高
， 。 丙图
。
２．答案 线圈以速度ｖ匀速进入匀强磁场时 线圈中产生的
（１） ，
感应电动势Ｅ ＢＬｖ 其中Ｌ为ＣＤ边的长度
１＝ ， 。
Ｅ ＢＬｖ
线圈中的感应电流为 Ｉ １ 其中 Ｒ 为线圈的总
１＝ Ｒ ＝ Ｒ ，
电阻
。 ｌ
同理 线圈以速度 ｖ匀速进入匀强磁场时 线圈中的感
５．答案 时间内 线框在磁场外 感应电流为 安培力为
０～ ｖ ， ， ０，
， ２ ，
Ｅ ＢＬｖ ｌ ｌ
应电流为Ｉ ２ ２ 时间内 由右手定则可得出感应电流沿逆时针方
２＝ Ｒ ＝ Ｒ 。 ０； ｖ ～２ ｖ ，
所以第二次进入与第一次进入时线圈中的感应电流之比 向 线框以恒定速度ｖ沿ｘ轴正方向运动 所以感应电动势和
， ，
为 感应电流不变 根据左手定则可得出安培力的方向沿ｘ轴负
２ ∶ １。 ，
线圈以速度ｖ匀速进入匀强磁场时 受到的安培力为 ｌ ｌ
（２） ， 方向 时间内 线框全部在磁场内 感应电流为 安
Ｂ２Ｌ２ｖ ；２ ｖ ～４ ｖ ， ， ０，
Ｆ ＢＩ Ｌ 由于线圈做匀速运动 所以外力大小等于安
１＝ １ ＝ Ｒ ； ， ｌ ｌ
培力为 时间内 线框左边切割磁感线 由右手定
Ｂ２Ｌ２ｖ２ ０；４ ｖ ～５ ｖ ， ，
培力大小 此时外力的功率为Ｐ Ｆ ｖ
， １＝ １ ＝ Ｒ 。 则可得出感应电流沿顺时针方向 线框以恒定速度ｖ沿ｘ轴正
，
６
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方向运动 所以感应电动势和感应电流不变 根据左手定则得 应电动势瞬时值表达式为
， ，
出安培力的方向沿ｘ轴的负方向 线框所受安培力随时间变 ｅ Ｅ ωｔ ｔ
。 ＝ ｍ ｓｉｎ ＝４００ ｓｉｎ３１４ Ｖ
化的图像如图所示 Ｅ
： 电路中电流的峰值为Ｉ ｍ ４００ ．
ｍ＝ Ｒ ＝ Ａ＝０２ Ａ
２０００
电流的瞬时值表达式为ｉ Ｉ ωｔ ． ｔ
＝ ｍ ｓｉｎ ＝０２ ｓｉｎ３１４ Ａ
４．答案 ＭＮ边与磁场方向成 °角时 导线框平面与中性面的
３０ ，
夹角为 ° 此时感应电动势大小为ｅ Ｅ ωｔ ＢＳω °
６．答案 如图所示 圆盘中任意一半径都在切割磁感线 它 ６０ ， ＝ ｍ ｓｉｎ ＝ ｓｉｎ ６０
（１） ， ，
ＢＳω
可以看成一个电源 在Ｃ Ｄ之间接上用电器 转动的圆盘就可 ３ 感应电流方向为ＫＮＭＬＫ 如图所示
， 、 ， ＝ ， ， 。
以为用电器供电 ２
。
根据右手定则判断 Ｄ点的电势比Ｃ点高 所以流过
（２） ， ，
电阻Ｒ的电流方向为自下向上
。
铜盘转动产生的感应电动势相当于长度为ｒ的金属 2 交变电流的描述
（３）
◆练习与应用
杆绕其中一个端点匀速转动产生的电动势 可得Ｅ １ Ｂｒ２ω
， ＝ ＝
２ １．答案 一个周期内 交变电流的方向变化 次 所以 内电
Ｂｒ２ ， ２ ， １ ｓ
１ Ｂｒ２ ２π π
· Ｔ ＝ Ｔ 。 流方向变化的次数为 １ 次
２ ． ×２＝１００（ ）。
００２
２．答案 不能把这个电容器接在正弦式交流电压是 的电路
第三章 交变电流 ９ Ｖ
两端 因为 是指交流电压的有效值 在电压变化过程中
。 ９ Ｖ ，
的最大值为 大于 超过了电容器的耐压值 电容
1 交变电流 ９ ２ Ｖ， １０ Ｖ， ，
器会被击穿
。
◆练习与应用
Ｐ
３．答案 灯泡正常工作时 通过灯丝电流的有效值为 Ｉ
１．答案 这种说法不对 根据法拉第电磁感应定律可知 感应 ， ＝ Ｕ ＝
。 ，
Φ
电动势的大小与磁通量的变化率Δ 成正比 而与磁通量Φ没 ４０ ２ 电流的峰值为Ｉ Ｉ ２ ２ ．
Δ
ｔ ，
２２０
Ａ＝
１１
Ａ， ｍ＝ ２ ＝
１１
Ａ≈０２５７ Ａ。
有必然联系 假定线圈的面积为Ｓ 所在匀强磁场的磁感应强 ４．答案 根据图像可读出正弦式交变电流的周期Ｔ ． 电流
。 ， ＝０２ ｓ，
度为Ｂ 线圈以角速度ω绕垂直于磁感线的轴匀速转动 线圈 的峰值Ｉ
， ， ｍ＝１０ Ａ
在中性面时开始计时 则磁通量 Φ 随时间变化的关系为
， ： 频率为ｆ １ １
Φ ＢＳ ωｔ 其图像如图所示 线圈平面转到中性面的瞬间 ＝ Ｔ ＝ ． Ｈｚ＝５ Ｈｚ
＝ ｃｏｓ ， 。 ０２
Ｔ Ｉ
ｔ 或Ｔ 穿过线圈的磁通量Φ虽然最大 但是曲线切 电流的有效值为Ｉ ｍ ．
（ ＝０、 ）， ， ＝ ＝５ ２ Ａ≈７０７ Ａ。
２ ２
线的斜率为 即磁通量的变化率Δ
Φ
感应电动势为 而 ５．答案 电热器消耗的功率为Ｐ
Ｕ２
其中Ｕ为电压的有效值
０， ｔ ＝０， ０； ＝ Ｒ， ，
Δ
( )
线圈平面跟中性面垂直时 ｔ １ Ｔ或 ３ Ｔ 穿过线圈的磁通
æＵ ö２
＝ ， ç ｍ÷
４ ４ Ｕ è ø Ｕ２ ２
Ｕ ｍ 所以Ｐ ２ ｍ ３１１
Φ ＝ ， ＝ Ｒ ＝ Ｒ＝ Ｗ≈９６７ Ｗ。
量Φ为 ０， 但是曲线切线的斜率最大 ， 即磁通量的变化率Δ ｔ ２ ２ ２×５０
Δ ６．答案 Ａ与Ｂ的峰值相同 Ｃ的峰值大于Ａ Ｂ的峰值 Ａ Ｂ Ｃ
最大 感应电动势最大 ， 、 。 、 、
， 。 的周期相同
。
７．答案 交流电流表测的是有效值 在一个周期内 根据有效
。 ，
Ｔ Ｔ
值的定义可得 ２Ｒ ２Ｒ Ｉ２ＲＴ 解得 Ｉ
（４ ２） · ＋（３ ２） · ＝ ， ＝
２ ２
５ Ａ。
２．答案 单匝线圈转到线圈平面与磁场方向平行的位置时 感
，
3 变压器
ｌ
应电动势最大 Ｅ Ｂｌ ｖ Ｂｌ ω ＢＣ Ｂｌ ｌ ω Ｂｌ ｌ
， ｍ＝２ ＡＢ ＝２ ＡＢ ＝ ＡＢ ＢＣ ＝ ＡＢ ＢＣ· ◆练习与应用
２
ｎ ． ． ． ． －２ １．答案 恒定电流的电压加在变压器的原线圈上时 通过原线
２π ＝００１×０２０×０１０×２π×５０ Ｖ＝６２８×１０ Ｖ。 ，
３．答案 由题可知 发电机线圈平面位于中性面时开始计时 感 圈的电流是恒定电流 即电流的大小和方向不变 通过副线圈
， ， ， ，
７
关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等的磁通量不变 因此 在副线圈中不会产生感应电动势 副线
３
。 ， ， ２００×１０ ． ２ 输电线上由电阻造成的电压损失
圈两端也没有电压 所以变压器不能改变恒定电流的电压 Ａ＝１８×１０ Ａ，
， 。 １１００
Ｕ ｎ Ｕ Ｉ Ｒ ． ２ ．
２．答案 根据理想变压器原 副线圈的电压关系 １ １ 可得 Δ １＝ １ ＝１８×１０ ×００５ Ｖ＝９ Ｖ。
、 Ｕ ＝ｎ ， Ｐ ３
２ ２ 用 的电压输电 输电线上的电流Ｉ ２００×１０
Ｕ １１ｋＶ ， ２＝Ｕ ＝ ３ Ａ＝
ｎ ２ ｎ ３６×１４４０ 匝 某次实际工作时输入电压 ２ １１×１０
２＝Ｕ × １＝ ＝１３６（ ）。 输电线上由电阻造成的电压损失 Ｕ Ｉ Ｒ ．
１ ３８０ １８Ａ， Δ ２＝ ２ ＝１８×００５ Ｖ
ｎ ．
为 有３８０ １ ２２０ 则输出电压为Ｕ′ ＝０９ Ｖ。
２２０ Ｖ， ＝ｎ ＝ Ｕ′， ２＝２１ Ｖ。 ４．答案 设输送的电功率为Ｐ 输电电压为Ｕ 输电线上的功率
３６ ２ ２ ， ，
Ｕ ｎ Ｕ 损失为 Ｐ 导线的长度为Ｌ 导线的电阻率为ρ 导线的横截
３．答案 因为 １ １ 所以ｎ １ ｎ ２２０×４００ 匝 Δ ， ， ，
Ｕ ２ ＝ｎ ２ ， １＝Ｕ ２ × ２＝ ５５ ＝１６００（ ）。 面积为Ｓ 则有 Ｐ Ｉ２Ｒ ( Ｐ ) ２ ρ Ｌ 因为Ｐ Ｐ Ｌ ρ各量
４．答案 降压变压器的副线圈应当用较粗的导线 根据理想变 ， Δ ＝ ＝ Ｕ · Ｓ ， 、Δ 、 、
。
压器的输入功率等于输出功率 即Ｉ Ｕ Ｉ Ｕ 降压变压器的 都是相同的 所以横截面积Ｓ与输电电压Ｕ的二次方成反比
， １ １＝ ２ ２， ， ，
Ｕ Ｕ 因而Ｉ Ｉ 即副线圈的电流大于原线圈的电流 所以 有Ｓ Ｓ Ｕ２ Ｕ２ ３ ２ ２
２＜ １， ２＞ １， ， １ ∶ ２＝ ２ ∶ １＝（１１×１０ ） ∶ ２２０ ＝２５００ ∶ １。
相比之下 副线圈应用较粗的导线 ５．答案 远距离输电原理如图所示
， 。 。
５．答案 原线圈输入的电压Ｕ 一定 示数不变 副线圈的电
１ ，Ｖ１ ；
ｎ Ｕ
压Ｕ ２ １不变 示数不变 当用户的用电器增加时 相
２＝ ｎ ，Ｖ２ 。 ，
１
当于Ｒ减小 副线圈中的电流Ｉ 增大 示数增大 因为理想
， ２ ，Ａ２ ； 降压变压器输出的电流也就是用户得到的电流
变压器输入功率等于输出功率 即Ｐ Ｉ Ｕ Ｐ Ｉ Ｕ Ｕ Ｕ （１） ，
的 Ｉ Ｒ 值不 增 变 大 ， Ｉ 故 ２ 增 Ｒ 大 两 ， 端 则 的 Ｉ 电 １ 增 压 大 减 ， 小 Ａ ， １ 示 １ 示 数 ＝ 数 增 １ 减 大 １ 小 ＝ ； 由 ２ 于 ＝ ２ Ｉ ２ 增 ２， 大 １、 ， 则 ２ Ｉ 用＝Ｕ Ｐ 用 用 ＝ ９５ ２ × ２ １ ０ ０ ３ Ａ≈４ ． ３２×１０ ２ Ａ
２ ０ ， ，Ｖ３ 。 Ｐ ３
因为 Ｐ Ｉ２ｒ 所以Ｉ Δ ５×１０
4 电能的输送 Δ ＝ ２ ， ２＝ ｒ ＝ ８ Ａ＝２５ Ａ。
输电线上损失的电压 Ｕ Ｉ ｒ 因为
◆练习与应用 （２） ｒ＝ ２ ＝２５×８ Ｖ＝２００ Ｖ；
Ｐ
３
Ｐ Ｐ Ｉ Ｕ Ｐ Ｐ 所以Ｕ １ １００×１０ ３
１．答案 电功率Ｐ ＩＵ 电流Ｉ ２＝ ２ ２， １＝ ２， ２＝Ｉ ＝ Ｖ＝４×１０ Ｖ。
＝ ， ＝ Ｕ。 ２ ２５
ｎ Ｕ
３ 升压变压器的匝数比 １ １ ２５０ １
当Ｕ 时 输电导线中的电流Ｉ ４８００×１０ （３） ｎ ＝Ｕ ＝ ＝
１＝１１０ ｋＶ ， １＝ ３ Ａ≈ ２ ２ ４０００ １６
１１０×１０
ｎ Ｕ Ｕ Ｕ
． 降压变压器的匝数比 ３ ３ ２－ ｒ ４０００－２００ １９０
４３６ Ａ ｎ ＝Ｕ ＝ Ｕ ＝ ＝ 。
３ ４ 用 用 ２２０ １１
当Ｕ 时 输电导线中的电流Ｉ ４８００×１０ ◆复习与提高
２＝１１０ Ｖ ， ２＝ Ａ≈
１１０
Ａ组
． ４
４３６×１０ Ａ
１．答案 当线圈绕着垂直于磁场方向的转轴转动时 会产生交
公式Ｕ ＩＲ中的Ｕ Ｉ Ｒ对应于同一段电路 同理 公式Ｐ ，
＝ 、 、 ， ， ＝
变电流 绕平行于磁场方向的轴转动时不会产生交变电流
ＵＩ中的Ｐ Ｕ Ｉ也是对应于同一段电路的物理量 在此题中的 ， 。
、 、 。
第一个图不能产生感应电流 其余均可以
功率Ｐ并不是输电线上消耗的功率 而是发电机 电源 输电 ， 。
， （ ）、
Ｕ Ｕ Ｕ
线以及用户构成的闭合电路的总功率
，
Ｕ是此电路的总电压
， ２．答案 由题给条件及理想变压器的变压规律 １ ２ ３知
ｎ ＝ｎ ＝ｎ ，
而Ｉ是回路的总电流 也是流经输电线的电流 如果输电线的
１ ２ ３
（ ），
若Ｕ Ｕ Ｕ ｎ 已知 则可求得ｎ ｎ 利用长绝缘导线制成
电阻为Ｒ ， 则Ｕ ≠ ＩＲ ， 原因是Ｕ并非输电线上的电压降 ， 而Ｐ ＝ １、 ２、 ３、 ３ ， １、 ２。
一匝线圈 绕过铁芯 并用交流电压表分别测出原线圈两端电
ＩＵ 原因是这三个量对应于同一段电路 即回路总电压Ｕ 总电 ， ，
， ， 、
压Ｕ 副线圈两端电压Ｕ 一匝线圈两端电压Ｕ 便可由变压
流Ｉ 总功率Ｐ １、 ２、 ３，
、 。
公式求出原线圈 副线圈的匝数 由此可知还需要的器材是
２．答案 公式 Ｐ ＵＩ和 Ｕ ＩＲ都是错误的 因为题中的 、 。
（１） 损＝ （２） ＝ ，
交流电压表
Ｕ是输电电压 而非输电线上的电压降 。
， 。
Ｕ
正确的推导应该是 设输电电压为Ｕ 输送的电功率为Ｐ ３．答案 电流的有效值Ｉ ２２０ ．
： ， 。 ＝ Ｒ ＝ Ａ＝４４ Ａ
Ｐ
损＝
Ｉ２Ｒ
① 电流的最大值Ｉ Ｉ ．
５０
．
Ｐ ｍ＝ ２ ＝４４ ２ Ａ＝６２２ Ａ
Ｉ ＝ Ｕ ② 电阻消耗的功率Ｐ ＝ ＵＩ ＝２２０×４ ． ４ Ｗ＝９６８ Ｗ
将 式代入 式 得到 Ｐ Ｐ２ Ｒ ４．答案 １２０ 个小彩灯正常工作时的总电功率为 Ｐ ＝１２０ ＵＩ ＝
② ① ， ： 损＝Ｕ２ ③
１２０×４×０
．
１ Ｗ＝４８ Ｗ
由 式可知 要减小功率损失Ｐ 就应当用高压送电和 对于理想变压器 输入功率等于输出功率 故
③ ， 损， ， ，
减小输电线的电阻Ｒ Ｐ Ｉ Ｕ Ｐ
。 入＝ 原 原＝
Ｐ Ｐ
３．答案 用 的电压输电 输电线上的电流 Ｉ 故通过原线圈的电流Ｉ ４８ ．
１ １００ Ｖ ， １ ＝Ｕ １ ＝ 原＝Ｕ 原 ＝ ２２０ Ａ≈０２１８ Ａ
８
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５．答案 变压器的原 副线圈都绕在铁芯上 线圈中的磁通量变
、 ，
化会在铁芯中产生涡流 导线上也会有热损失 所以能量在传
， ，
输过程中仍会有损失 变压器也会发热 由 靠线圈中磁通量
， 。 “
的变化传输功率 并不能得出 能量在传输过程中不会有损
”， “
失 的结论
” 。
Ｔ
６．答案 根据有效值的定义
，
对 Ａ 电热器
，
有 Ｉ２
０
Ｒ
· ＋ （２）
根据表中数据
，
利用正常工作时小风扇的输出功率和
２ 冷风时的输入功率可以得出小风扇的热功率 为Ｐ
( ) ２ Ｔ ， 热＝６０ Ｗ－
１ Ｉ
０
Ｒ
· ＝
Ｉ２Ａ ＲＴ
此时流过小风扇的电流Ｉ
Ｐ
６０ 则由
２ ２ ５２ Ｗ＝８ Ｗ， ＝ Ｕ ＝ Ａ＝１ Ａ，
６０
解得有效值Ｉ Ａ＝ ５ Ｉ
０
Ｐ 热＝ Ｉ２ｒ解得ｒ ＝８ Ω。
８ 根据理想变压器的原 副线圈的匝数与电压的关系可
Ｉ （３） 、
对Ｂ电热器 电流的有效值Ｉ ０ ｎ Ｕ
， Ｂ＝ 知 １ ２２０ １１
２ ｎ ＝Ｕ ＝ ＝ 。
根据电功率公式Ｐ ＝ Ｉ２Ｒ可得Ｐ Ａ ∶ Ｐ Ｂ＝ Ｉ２Ａ ∶ Ｉ２Ｂ＝５ ∶ ４ ５．答案 ２ 画 ０ 出远 ６０ 距离 ３ 输电原理如图
Ｂ组
１．答案 甲图中穿过线圈的磁通量为Φ Ｂ Ｓ ２πｔ 乙图
（１） 甲＝ ０ ｃｏｓ Ｔ ，
中穿过线圈的磁通量为Φ Ｂ Ｓ ２πｔ 所以穿过两线圈的
乙＝ ０ ｃｏｓ Ｔ ，
磁通量变化规律相同 ％ｍｇｈ ％ρＱｔｇｈ
。 发电机的输出功率 Ｐ ５０ ５０ ％
由于穿过两线圈的磁通量变化规律相同 则两线圈中产生 ＝ ｔ ＝ ｔ ＝５０ ×１×
（２） ，
的感应电动势的变化规律相同 ３ ５
。 １０ ×４×１０×５ Ｗ＝１×１０ Ｗ
２．答案 由图乙知 原线圈所加电压的有效值为Ｕ ２Ｕ
Ｐ
损＝５
％Ｐ
＝
Ｉ２
２
Ｒ
（１） ， １＝ １ｍ＝ 代入数据得输电线上的电流Ｉ
２ ２＝２５ ２ Ａ
Ｐ ５
２ ． 则升压变压器的输出电压Ｕ １×１０
×５Ｖ＝３５４Ｖ ２＝ Ｉ ＝ Ｖ＝２０００ ２ Ｖ
２ ２ ２５ ２
即电压表的示数为 ． 则升压变压器原 副线圈的匝数比
３５４ Ｖ 、
欲实现点火 要求变压器副线圈输出电压的最大值大 ｎ Ｕ
（２） ， １ １ ３５０ Ｖ １
于 ｎ ＝Ｕ ＝ ≈
５０００ Ｖ ２ ２ ２０００ ２ Ｖ ８
Ｕ ｎ ｎ Ｕ
由 Ｕ １ ＝ｎ １得 ｎ １ ＝Ｕ １ｍ ＜ ５ Ｖ ＝ １ 输电线上的电压损失Ｕ 损＝ Ｉ ２ Ｒ ＝１００ ２ Ｖ
２ ２ ２ ２ｍ ５０００ Ｖ １０００ 则降压变压器的输入电压 Ｕ Ｕ Ｕ
所以 当变压器原 副线圈的匝数比ｎ ｎ 时 ３ ＝ ２－ 损 ＝２ ０００ ２ Ｖ－
， 、 １ ∶ ２＜１ ∶ １ ０００ ，
可实现正常点火 １００ ２ Ｖ＝１９００ ２ Ｖ
。
ｎ Ｕ
３．答案
（１）
设副线圈回路中电阻两端的电压为Ｕ
，
由题意知
， 降压变压器原 、 副线圈的匝数比 ｎ ３ ＝Ｕ ３ ＝ １９００ ２ Ｖ ≈ １２
Ｕ ４ ４ ２２０ Ｖ １
副线圈中的电流为Ｉ ２＝ Ｒ ６．答案
（１）
线圈由图示位置转过
９０
°过程
，
磁通量的变化量
Φ ＢＳ
则原线圈中的电流为Ｉ １ Ｉ Ｕ Δ ＝
１＝ ２＝ Ｒ Ｔ
３ ３ 线圈转过 °所用的时间为 ｔ ２π π
９０ Δ ＝ ＝ ω＝ ω
Ｕ ４ ４ ２
与原线圈串联的电阻两端的电压为Ｕ Ｉ Ｒ
Ｒ＝ １ ＝ Φ ＮＢＳω
３ 平均感应电动势为Ｅ ＮΔ ２
＝ ｔ ＝
由理想变压器的变压规律可知 原线圈两端的电压为 Ｕ Δ π
， ３
Ｕ Ｅ ＮＢＳω
所以有 Ｕ 平均感应电流为Ｉ ２
＋３ ＝２２０ Ｖ ＝Ｒ ｒ＝ Ｒ ｒ
３ ＋ π（ ＋ ）
解得Ｕ ＮＢＳ
＝６６ Ｖ 通过电阻Ｒ的电荷量为ｑ Ｉ ｔ
＝ · Δ ＝Ｒ ｒ
Ｕ２ ＋
原线圈回路中电阻消耗的功率为Ｐ Ｉ２Ｒ
（２） １＝ １ ＝ Ｒ Ｅ ＮＢＳω
９ 线圈中感应电动势的有效值为Ｅ ｍ
Ｕ２ （２） ＝ ＝
副线圈回路中电阻消耗的功率为Ｐ ２ ２
２＝ Ｒ Ｅ ＮＢＳω
电流的有效值为Ｉ
所以原 副线圈回路中电阻消耗的功率之比为Ｐ Ｐ ＝Ｒ ｒ＝ Ｒ ｒ
、 １ ∶ ２＝ ＋ ２（ ＋ ）
１ ∶ ９。 电阻Ｒ上产生的热量为Ｑ Ｉ２Ｒ ｔ π
Ｎ２Ｂ２Ｓ２ωＲ
４．答案 当电吹风送出来的是冷风时 电路中只有小风扇工 ＝ Δ ＝ Ｒ ｒ ２
（１） ， ４（ ＋ ）
作 触片Ｐ与触点ｂ ｃ接触
， 、 。
９
关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等第四章 电磁振荡与电磁波 声波与电磁波的不同点
（２）
声波 电磁波
1 电磁振荡
研究对象 力学现象 电磁现象
◆练习与应用
周期性变化 位移随时间和空 电场强度Ｅ和磁感应强度Ｂ随时
１．答案 振荡电路的电压 电路中的电流发生周期性变化 刚 的物理量 间做周期性变化 间和空间做周期性变化
、 。
开始放电时 电容器两极板所带电荷量 板间电压最大 电路 传播需要介质 传播无需介质 在真空中波速总是
， 、 ， ， ，
中电流为零 传播 波速与介质有 ｃ 在介质中传播时 波速与介质及
。 ， ，
关 与频率无关 频率都有关系
，
由质点 波源 由周期性变化的电流 电磁振荡
产生 （ ） （ ）
振动产生 激发
3 无线电波的发射和接收
２．答案 电容器充电时 板间电压增大 电场能增大 电容器放
， ， ；
◆练习与应用
电时 电路中电流增大 磁场能增大 如上图中 ｔ ｔ ｔ ｔ
， ， 。 ， １～ ２、 ３～ ４
时间内 电场能在增大 电场能最大时 电压最大 电流为零 １．答案 调制 在电磁波发射技术中 使载波随各种信号而改变
， ， ， ， 。 ： ，
在 ｔ ｔ ｔ 时间内 磁场能在增大 磁场能最大时 电流最 的技术叫作调制
０～ １、２～ ３ ， ， ， 。
大 电压为零 调幅 使高频电磁波的振幅随信号的强弱而改变 这种调
， 。 ： ，
制叫作调幅
３．答案 根据ＬＣ振荡电路的频率公式ｆ １ 可知 当Ｌ一 。
＝ ＬＣ ， 调频 使高频电磁波的频率随信号的强弱而改变 这种调
２π ： ，
定时 Ｃ取最大值时ｆ最小 Ｃ取最小值时ｆ最大 制叫作调频
， ， 。 。
调谐 使接收电路产生电谐振的过程叫作调谐
１ ： 。
５３５ ｋＨｚ＝ ＬＣ 解调 把声音或图像信号从高频电流中还原出来的过程
２π ｍａｘ ：
叫作解调
１ 。
１６０５ ｋＨｚ＝ ＬＣ
２π ｍｉｎ
联立解得Ｃ Ｃ
ｍａｘ ∶ ｍｉｎ＝９ ∶ １
４．答案 电容器两极板间的液体就是一种电介质 当液面的高
，
度降低时 电容器的电容减小 根据ｆ １ 可知 电容Ｃ
， 。 ＝ ＬＣ ，
２π
减小时 ＬＣ振荡电路的振荡频率增大
， 。
２．答案 调幅波是在载波的基础上叠加了音频信号 调幅波的
，
2 电磁场与电磁波 图像是上下对称的 以低频的音频信号作为包络 载波的高
。 ，
频信号被包含在低频信号的包络中
◆练习与应用
。
ｃ
１．答案 麦克斯韦在法拉第电磁感应现象的基础上提出 变 ３．答案 根据公式λ 可得
“ ＝ ｆ
化的磁场产生电场 的假设 变化的电场产生磁场 是他
” 。 “ ” ｃ ． ８
相信自然规律的统一性与和谐性而假设的 他相信磁场和 λ ３０×１０ ．
， １＝ ｆ ＝ ． ６ ｍ＝１４９９３ ｍ
电场有对称之美 他认为 既然变化的磁场能够在空间产 １ ２０００９×１０
。 ： ｃ ． ８
生电场 那么变化的电场也能够在空间产生磁场 后来包 λ ３０×１０ ．
， 。 ２＝ ｆ ＝ ． ６ ｍ＝１５００４ ｍ
括赫兹实验在内的一系列实验都证实了麦克斯韦的假设 ２ １９９９５×１０
４．答案 为了收到频率最高的中波电台 需要增大接收电路的
，
的正确性
。
固有频率 由ｆ １ 可知 要增大ｆ 则应减小Ｌ 故应减少
２．答案 观察到的现象 ： 当感应圈两个金属球间有火花跳过时 ， ， ＝ ＬＣ ， ， ，
２π
导线环两端小球间也跳过电火花
。 线圈匝数
。
当与感应圈相连的两个金属球间产生电火花时 周围空
，
间出现了迅速变化的电磁场 这种变化的电磁场以电磁波的 4 电磁波谱
，
形式在空间传播 当电磁波到达导线环时 它在导线环中激 ◆练习与应用
。 ，
发出感应电动势 使得导线环两端小球间也产生电火花 说明
， ， １．答案 从电磁波具有能量可以看出 电磁波和实物粒子一样
， ，
这个导线环接收到了电磁波
。 是一种物质
。
３．答案 夏天打雷时 正在播放节目的收音机会发出 喀 喀 的
声音 ； 用手机拨打电
，
话时会影响附近的收音机 、 电视
“
等
、
。 这
”
些
２．答案 需要的时间ｔ
＝ ｃ
ｓ
＝ ３ ． ０
１
×
０
１０ ８ ｓ≈３
．
３×１０
－８
ｓ
现象能说明电磁波的存在 ｓ
。 ｎ １０ ｍ ． ７
４．答案 声波与电磁波的相同点 声波 电磁波均可以发生 ＝ λ ＝ ． －７ ≈１７×１０
（１） ： 、 ６０×１０ ｍ
干涉 衍射现象 均能传递信息和能量 这个距离为波长的 ． ７ 倍
、 ， 。 １７×１０ 。
１０
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３．答案 由于ｃ ｖ 故不考虑电磁波传播过程中飞机的位移 则 ２．答案 带电粒子在回旋加速器中旋转一周 两次通过狭缝 即
≫ ， ， ， ，
ｓ ｃｔ ｓ ｃｔ 被加速两次 所以应使粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
２ １＝ １，２ ２＝ ２ ，
与高频电源的周期相等
ｓ ｓ ｓ １ ｃ ｔ ｔ １ ． ８ －６ 。
Δ ＝ １－ ２＝ （ １－ ２）＝ ×３０×１０ ×２×１０ ｍ＝３００ ｍ 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期
２ ２
ｓ
所以ｖ Δ ３００ ｍ
＝ Δ ｔ＝ ０ ． ８ ｍ／ｓ＝３７５ ｍ／ｓ Ｔ ＝ ２ ｑ π Ｂ
４．答案 电视机接收的无线电波
，
遥控器发出的红外线
，
医院用
回旋加速器两个 形盒所接高频电源是一个ＬＣ振荡器
Ｄ ，
于灭菌消毒的紫外线 医用透视的 射线 用于金属探伤的
， Ｘ ， γ 其振荡周期Ｔ′ ＬＣ
射线
＝２π
。 ｍ
５．答案 根据适者生存的原则 只有适应这种环境 对这部分电 则应有Ｔ′ ＝ Ｔ ， 即 ２π ＬＣ ＝ ２ ｑ π Ｂ
， （
磁波敏感 能引起视觉效果 的动物才能生存下来 这是自
——— ） ， 得到ＬＣ
ｍ２
然选择的结果 ＝ｑ２Ｂ２
。
◆复习与提高 ｃ ｃ ． ８
３．答案 根据公式ｆ 得ｆ ３０×１０
Ａ组 （１） ＝ λ， １＝λ ＝ Ｈｚ≈１０３４ ｋＨｚ
１ ２９０
１．答案 根据麦克斯韦的电磁场理论 变化的磁场在周围空间 ｃ ． ８
， ｆ ３０×１０
产生电场 ， 周期性变化的磁场在周围空间产生周期性变化的
２＝λ
２
＝
３９７
Ｈｚ≈７５６ ｋＨｚ
电场 从而产生电磁波 可以产生电磁波的见甲图 产生电场 ｆ ｃ ３ ． ０×１０ ８
， 。 ， ３＝λ ＝ Ｈｚ≈５３０ ｋＨｚ
的见乙图 ３ ５６６
。 当把收音机的调谐电路的频率调到 时 波长为
７５６ ｋＨｚ ，
的无线电波在收音机中产生的振荡电流最强
３９７ ｍ 。
由上可知 要接收波长为 的无线电波 应增大
（２） ， ２９０ ｍ ，
调谐电路的固有频率 依据公式ｆ １ 可知应把调谐电
， ＝ ＬＣ，
甲 ２π
路中可调电容器的电容调小一些
。
４．答案 开关 断开时 极板间带电灰尘处于静止状态 则
（１） Ｓ ， ，
Ｑ
有ｍｇ ｑ 式中ｍ为灰尘质量 Ｑ为电容器所带的电荷量 ｄ
＝ Ｃｄ， ， ，
为板间距离
乙 。
由Ｔ ＬＣ 得 Ｔ －３ ． －６
＝２π ， ＝２π× １×１０ ×０４×１０ ｓ＝４π×
２．答案 电磁波按频率从小到大的顺序排列为 无线电波 微
： 、 １０ －５ ｓ
波 红外线 可见光 紫外线 射线 射线 所以ｆ ｆ ｆ ｆ Ｔ
、 、 、 、Ｘ 、γ ， １＜ ２＜ ３＜ ４。 当ｔ －５ 时 即ｔ 振荡电路中电流为零 电容
３．答案 Ｏａ段电容器放电 电路中电流沿逆时针方向 磁场能 ＝２π×１０ ｓ ， ＝ ， ，
， ， ２
增大 ａｂ段电容器充电 磁场能减弱 ｂｃ段电容器放电 电路中 器极板间场强方向与ｔ 时刻相反
； ， ； ， ＝０
电流沿顺时针方向 磁场能增大 ｃｄ段电容器充电 磁场能减 Ｑ
， ； ， 则此时灰尘所受的合外力为Ｆ ｍｇ ｑ ｍｇ
弱 Ｍ板带正电 合＝ ＋ Ｃｄ＝２
， 。
４．答案 根据ｃ λｆ可知 λ ｃ ３ ． ０×１０ ８ ３ 又因为Ｆ 合＝ ｍａ ， 所以ａ ＝２ ｇ
＝ ， ＝ ｆ ＝ ． ８ ｍ＝ ｍ 则经 －５ 时 电容器内灰尘的加速度大小为 ｇ
８００×１０ ８ ２π×１０ ｓ ， ２ 。
当线圈中电流最大时 电容器所带的电荷量为零 此
手机天线的长度应为ｌ １ λ １ ３ ． （２） ， ，
＝ ＝ × ｍ＝００９３７５ ｍ 时灰尘仅受重力 灰尘的加速度大小为ｇ 方向竖直向下
４ ４ ８
， ， 。
Ｂ组
ｃｔ
５．答案 第 次发射电磁波时汽车与雷达间距离 ｓ １
１．答案 电路接通达到稳定时
，
线圈中有电流
，
而电容器中没有 １ ： １＝
２
电流 流过线圈的电流方向为从ａ ｂ 断开开关的瞬间 电流 ｃｔ
， → 。 ， 第 次发射电磁波时汽车与雷达间距离 ｓ ２
要减小 线圈产生感应电动势阻碍电流的减小 则电流方向不 ２ ： ２＝
， ， ２
变 大小慢慢减小 同时对电容器充电 当电容器充电完毕时 ｓ ｓ ｓ ｃ ｔ ｔ
， ， ， ， 两次发射时间间隔为ｔ 则汽车车速 ｖ Δ １－２ （ １－２）
电流为零 接着电容器放电 电流方向与之前相反 大小不断 ， ： ＝ ｔ ＝ ｔ ＝ ｔ
； ， ， ２
增大 当电容器放电完毕时 电流最大 之后电容器与线圈组
， ， ；
成的ＬＣ回路重复以上的过程 在ＬＣ回路中形成电磁振荡 回 第5 章 传感器
， ，
路中出现余弦式电流 如图所示
。 ：
1 认识传感器
◆练习与应用
１．答案 传感器 是指这样一类器件或装置 它能够感受
（ｓｅｎｓｏｒ） ：
诸如力 温度 光 声 化学成分等被测量 并能把它们按照一
、 、 、 、 ，
１１
关注精品公众号【偷着学】，免费获取更多高中精品资源、最新网课、讲义等定的规律转换为便于传送和处理的可用信号输出 通常转换 故感温铁氧体仍与永磁体相吸 继续加热一直到饭煮熟 温度
。 ， ，
成的可用信号是电压 电流等电学量 或转换为电路的通断 大致不变
、 ， 。 。
传感器的作用是把非电学量转换为电学量 可以很方便地进 饭熟后 水分被大米吸收 锅底温度会升高 当温度升
， （３） ， ， ，
行测量 传输 处理和控制 高到 居里点 时 感温铁氧体失去铁磁性 在弹簧作用
、 、 。 “ ”１０３ ℃ ， ，
２．答案 智能垃圾桶由先进的微电脑控制芯片 红外传感探测 下 永磁体被弹开 触点分离 从而停止加热
、 ， ， ， 。
装置 机械传动装置组成 当人的手靠近垃圾桶时 红外传感 如果用电饭锅烧水 因为水沸腾后水温保持在
、 ， ， （４） ，
探测装置探测到人体发出的红外线 垃圾桶盖自动打开 待垃 故不能自动断电
， ， １００ ℃， 。
圾投入 秒后桶盖又会自动关闭
３～４ 。 3 利用传感器制作简单的自动控制装置
３．答案 恒温孵化器要保持禽蛋的温度在一定范围内 温度
（１） ， ◆练习与应用
高了 孵化器所在电路自动断开停止加热 温度低了 孵化器
， ， ， １．答案 当物体具有图示方向的加速度ａ时 滑块 将向左移
所在电路自动接通加热 要保持恒温 要用到温度传感器 ， ２
。 ， 。 动 带动变阻器的滑动片 左移 滑动片右侧电阻变大 该部
电梯超载自动报警系统电路由工作电路和控制电路 ， ４ ； ，
（２） 分电阻上电势降落变大 故Ｑ点电势高于Ｐ点 则电压表指针
组成 在工作电路中 当电梯没有超载时 电动机正常工作 当 ， ，
： ， ， ； 向零点左侧偏转
电梯超载时 电铃发出报警铃声 因此需要用到压力传感器 。
， 。 。 设滑块向左偏移ｘ 由牛顿第二定律有 ｋｘ ｍａ
汽车尾气 含有 等有毒气体 是空气的 ， ２ ＝
（３） （ ＣＯ、ＮＯ、ＳＯ２ ） 在电流大小不变时 Ｕ ｘ
污染源之一 治理的方法之一是在汽车的排气管上安装一个 ， ＱＰ∝
， 则Ｕ ａ
ＱＰ∝
气敏传感器
。 物体加速度越大 指针偏转角度越大
， 。
２．答案 电热水器可以有不同的设计方案 如图是其中的一种
2 常见传感器的工作原理及应用 ， 。
图中Ａ为双金属片 一端固定在上面的金属杆上 另一自由端
， ，
◆练习与应用
与下面的金属杆ｂ构成一对触点 将它密封在玻璃罩Ｂ内
。 ，
１．答案 同一种名称的传感器可能有不同的结构和工作原理
成为温度传感器 浸入热水器Ｃ的水中 Ｊ为电磁继电器的线
，
， 。
下面仅列出一种答案供参考 圈 ａ为该继电器的常开触点 Ｒ为大功率电热元件 常温下
。 ， ， 。 ，
传感器名称 输入的物理量 输出的物理量 双金属片Ａ的自由端与触点ｂ是分离的 继电器不工作 闭合
， ；
光敏电阻 光照强度 电阻 开关 电热元件通电发热 当水温升至 °时 双金属片 Ａ
Ｓ， 。 ６０ ，
因温度升高发生形变而与触点ｂ接通 则继电器开始工作 动
热敏电阻 温度 电阻 ， ，
触点ｃ与常开触点ａ 接通 就停止对水加热了 水温下降到
金属热电阻 温度 电阻 ， 。
以下时 Ａ与ｂ又分离 再给水加热
电阻应变片 力 电阻 ６０ ℃ ， ， 。
电容式位移传感器 位移 电容
说明 光敏电阻可能的工作原理 半导体受光照 电阻
：（１） ： ，
变化
。
热敏电阻可能的工作原理 半导体受热 电阻变化
（２） ： ， 。
金属热电阻可能的工作原理 金属受热 电阻变化
（３） ： ， 。
电阻应变片可能的工作原理 金属导体在外力作用下
（４） ：
发生机械形变 电阻变化
， 。 ３．答案 当工人不慎将手伸入危险区时 手遮住了光线 二极管
电容式位移传感器可能的工作原理 被测物体发生位 ， ，
（５） ： 截止 电磁继电器放开衔铁 机床停止工作
移时 电介质板随之在电容器两极板之间移动 导致电容变化 ， ， 。
， ， 。 ◆复习与提高
２．答案 物体 左右移动时 铁芯 插入线圈 中的长度发生变
１ ， ２ ３ Ａ组
化 线圈 的自感系数就发生变化 这种装置将位移这个力学
， ３ ， １．答案 手靠近自动干手机能使机内的传感器工作 是因为改
，
量转换成自感系数这个电学量
。 变了机内电容式传感器的电容 发送启动信号给控制芯片 控
， ，
设计电路如图所示
制芯片再驱动电热器工作
。
２．答案 洗衣机设有多段式水位自动感应装置 是通过将不同
，
的压力转换成电学量工作的 运用的是压力传感器
， 。
３．答案 如图所示
３．答案 开始煮饭时 用手压下开关按钮 永磁体与感温铁
（１） ， ，
氧体相吸 手松开后 按钮不会恢复到图示状态 这样触点接
， ， ，
通 电热板通电加热
， 。
水沸腾后 水温不再升高 锅内温度保持 不变
（２） ， ， １００ ℃ ，
１２
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４．答案 常温下 上 下触点应当接触 当温度过高时 由于 ３．答案 这种光电式传感器还可以用在火车车厢 厨房 楼梯
（１） ， 、 。 ， 、 、
双金属片上 下层金属的热膨胀系数不同 双金属片向下弯 口 车库 医院等场合
、 ， 、 、 。
曲 从而使上 下触点分离 ４．答案 当托盘中没有放物体时 电压表示数为零 当托盘内物
， 、 。 ， ，
通过调温旋钮调节升降螺钉来实现不同温度的设定 体质量为ｍ时 设托盘下降ｘ 根据平衡条件有ｍｇ ｋｘ
（２） 。 ， １， ＝ ①
如需设定的温度较高 则应使升降螺钉下降 反之升高 Ｅ
， ， 。 根据闭合电路欧姆定律得Ｉ
Ｂ组 ＝ｒ ＋ Ｒ ０＋ Ｒ ｘ ②
１．答案 故电压表读数为Ｕ ＝ Ｉ · Ｒ ｘ ③
ｘ
煤气 空气 根据电阻定律有Ｒ Ｒ
电视 冰箱 洗衣机 热水器 微波炉 ｘ＝ ｌ ④
用具 净化器
ｍｇＲＥ
温度
联立
①②③④
解得Ｕ
＝ｍｇＲ ｋｌ Ｒ ｒ
传感器 √ √ √
＋ （ ０＋ ）
５．答案 导体中电子定向移动形成电流 电子的运动方向与
（１） ，
光传 电流方向相反 电流方向向右 则电子向左运动 由左手定则
， ， 。
感器 √
判断 电子会偏向上侧面 下侧面出现等量的正电荷 电场方
， ， ，
压力 向向上 所以上侧面的电势低于下侧面的电势
， 。
传感器 √
Ｕ
当电场力与洛伦兹力平衡时 有ｅ Ｈ ｅｖＢ
湿度 （２） ， ｈ ＝
传感器 解得Ｕ ｈｖＢ
Ｈ＝
气体 导体中通过的电流为Ｉ ｎｅｖ ｄ ｈ
＝ · ·
传感器 √ √ ＢＩ
所以Ｕ
２．答案 根据表中实验数据在坐标系内描出对应点 然后根
Ｈ＝ｎｅｄ
（１） ，
磁敏元件的摆放方向对Ｕ 有影响 在Ｉ ｎ ｅ ｄ都确
据描出的点作出图像 如图甲所示
， 。 （３） Ｈ 。 、 、 、
定的情况下 Ｕ 与Ｂ成正比 因此把这种导体板上 下侧面间
， Ｈ ， 、
的电压Ｕ 进行线性放大显示 用它做成的磁传感器的示数跟
Ｈ ，
被测磁感应强度也成线性关系
。
６．答案 设计方案如图 所示 在 形软铁芯 上绕制线
（１） １ 。 Ｃ １
圈 霍尔传感器 置于铁芯的间隙中 并与数字毫伏表 相
２， ３ ， ４
连 线圈中通入的待测电流Ｉ越强 铁芯间隙中的磁感应强度
， ，
就越大 则传感器输出的电压越大
， 。
甲
阻值随照度变化的特点是 光敏电阻的阻值随光照强度
：
的增大而非线性减小 图
。 １
当天色渐暗 照度降低至 ． 时启动照明系统 此
（２） ， １ ０ ｌｘ ， 设计方案如图 所示 可转动物体 的边缘嵌入一
时光敏电阻阻值为 两端电压为 电源电动势为 （２） ２ 。 １
２０ ｋΩ， ２ Ｖ， 个小永磁体 霍尔传感器 固定在旁边 并与计数电路和显
所以应加上一个阻值为 的分压电阻 即选用 Ｒ ２， ３ ，
３ Ｖ， １０ ｋΩ ， １。 示屏 相连 物体每转动一周 传感器就输出一个电压脉冲
电路原理图如图乙所示 ４ ， ， ，
。 显示屏显示的数字就增加 配合秒表测出在时间ｔ内转动
１。
的周数ｎ 就可以计算出转速
， 。
图
２
乙
１３
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