2021-2022年人教版（2019）高中物理选修3-2知识点解析

划时代的发现一、学习目标1.知道奥斯特实验、电磁感应现象，2.了解电生磁和磁生电的发现过程，3.知道电磁感应和感应电流的定义。二、知识点说明1.电流的磁效应(电生磁)：电流的周围能够产生磁场。2.电磁感应(磁生电)：利用磁场产生电的现象叫做电磁感应，产生的电流叫感应电流。3.“电”与“磁”的联系：(1)奥斯特实验证实电流的周围存在磁场，即“电生磁”的现象，这一实验揭示了电与磁之间的联系。(2)法拉第实验证实磁也可以生电，即“磁生电”的现象，这一实验进一步揭示了电与磁之间的联系。三、典型例题例1：在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献，下列说法正确的是(　　)A．奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象B．麦克斯韦预言了电磁感应现象，奥斯特发现了电磁感应现象C．库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值D．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律解析：麦克斯韦预言了电磁波并没有预言电磁感应现象，发现电磁感应现象的是法拉第，选项B错误；洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律，选项D错误。答案：AC例2：下列现象中，属于电磁感应现象的是(　　)A．小磁针在通电导线附近发生偏转B．通电线圈在磁场中转动C．因闭合线 圈在磁场中运动而产生的电流D．磁铁吸引小磁针解析：电磁感应是指“磁生电”的现象，而小磁针和通电线圈在磁场中转动，反映了磁场力的性质，所以A、B、D不是电磁感应现象，C是电磁感应现象。答案：C感应电流的产生条件一、学习目标1.理解什么是电磁感应现象；2.知道产生感应电流的条件；3.会使用线圈以及常见磁铁完成简单的实验。 4.理解磁通量的变化的含义。二、知识点说明1.磁通量：(1)定义：垂直穿过回路平面的磁感线的条数叫做磁通量，用Φ表示。(2)大小：在匀强磁场中，当磁场与某回路(平面)垂直时，穿过该回路(平面)的磁通量为Φ=BS；当磁场与某回路(平面)斜交时，穿过该回路(平面)的磁通量为Φ＝BSsinθ，(θ角为磁场方向与平面之间的角度)。2.磁通量的变化：(1)穿过同一个平面的磁通量在某两个时刻的差值(注意磁通量的正负)，可以利用磁感线的条数变化进行判断。(2)磁通量是双向标量，没有方向，但穿过某回路的磁感线如果存在穿出和穿入的情况，即有方向相反的磁感线同时穿过这个回路，则磁通量可以互相抵消．因此，磁通量是总的效果，磁通量的变化也是这种总的效果的变化。(3)磁通量与面积有关，但不一定是面积越大，磁通量越大。3.产生感应电流的条件：(1)一定是在闭合电路中；(2)磁通量一定发生变化。4.回路磁通量变化条件：(1)空间的磁场分布不变，而闭合电路的面积发生变化。(2)空间的磁场分布不变，闭合电路所围面积也不变，闭合电路所在平面与磁场方向的夹角发生变化。(3)闭合回路所围面积不变，而空间分布的磁场发生变化，引起闭合电路中的磁通量发生变化。(4)闭合电路所围的面积变化的同时，空间分布的磁场也发生变化，引起闭合电路中磁通量变化。三、典型例题例1：如图所示，将一个矩形小线圈放在一个匀强磁场中，若线圈平面平行于磁感线，则下列运动中能使线圈产生感应电流的是()A．矩形线圈平行于磁感线平移B．矩形线圈垂直于磁感线平移C．矩形线圈绕ab边转动D．矩形线圈绕bc边转动 解析：线圈中产生感应电流的条件是必须有磁通量的变化，在图示位置，穿过线圈中的磁通量为零，如果矩形线圈平行于磁感线平移，则穿过线圈中的磁通量仍然为零，磁通量没有变化，因此，不能产生感应电流；如果矩形线圈垂直于磁感线平移，也没有磁通量的变化，因此，不能产生感应电流；如果矩形线圈绕ab边转动，则线圈中的磁通量将发生变化，因此，能产生感应电流；如果矩形线圈绕bc边转动，同样不能产生感应电流。答案：C例2：如图所示，矩形线圈与直线电流共面，在线圈从位置Ⅰ移到位置Ⅱ的过程中，关于线框中的磁通量的变化情况正确的说法是()A．一直增加B．先增加再减少C．先增加再减少再增加D．先增加再减少再增加再减少解析：解析：电流的周围存在磁场，由安培定则可知，在位置Ⅰ磁场方向垂直纸面向外，且远离直线电流的位置，磁场越弱，靠近直线电流的位置，磁场越强；在位置Ⅱ磁场方向垂直纸面向里，且靠近直线电流的位置，磁场越强，远离直线电流的位置，磁场越弱．当线圈从位置Ⅰ到右边与直线电流重合时(位置1到位置2)，穿过线圈的磁通量变大；当线圈从右边与直线电流重合到对称中心位置时(位置2到位置3)，穿过线圈的磁通量变小；当线圈从对称中心位置到左边与直线电流重合时(位置3到位置4)，穿过线圈的磁通量变大；当线圈从左边与直线电流重合到位置Ⅱ时(位置4到位置5)，穿过线圈的磁通量变小。答案：D例3：现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如图连接，某同学如下操作中均发现电流表的指针发生偏转，用法拉第总结的五种引起感应电流方法，对产生的原因描述正确的是()A．闭合与打开开关均发现指针偏转，是变化的电流引起的B．闭合开关，线圈A向上拔出与向下插入时指针偏转，是运动的恒定电流引起的C．闭合开关，线圈A中的铁芯拔出与插入，指针偏转是变化的电流引起的D．闭合开关，移动滑动变阻器滑片，指针偏转的原因是运动的恒定电流引起的解析：法拉第在实验中总结出的五种引起感应电流的原因是：变化的磁场，变化的电流，运动的恒定电流，运动的磁场，在磁场中运动的导体．闭合与打开开关，使得A中的电流发生了变化，引起B中产生感应电流，A正确；线圈A 中的电流恒定，拔出与插入线圈A使得恒定电流运动，引起了B中产生感应电流，B正确；闭合开关，线圈A中的铁芯拔出与插入，使得A激发的磁场发生了变化，引起B中产生感应电流，所以C错误；闭合开关，移动变阻器滑片，使得A中的电流发生了变化，引起B中产生感应电流，D错误。答案：AB楞次定律一、学习目标1.理解楞次定律的内容。2.能初步应用楞次定律判定感应电流方向。3.理解楞次定律与能量守恒定律是相符的。4.理解楞次定律中“阻碍”二字的含义。二、知识点说明1.内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量变化。2.右手定则：(1)内容：伸开右手，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，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向。(2)试用范围：试用与闭合电路一部分导线切割磁感线产生感应电流的情况。3.感应电流的方向：即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。4.理解：(1)阻碍既不是阻止也不等于反向，增反减同，“阻碍”又称作“反抗”，注意不是阻碍原磁场而阻碍原磁场的变化。(2)注意两个磁场：原磁场和感应电流磁场。(3)学生在图中标出每个螺线管的感应电流产生的等效N极和S极。5.强调：楞次定律可以从两种不同的角度来理解：(1)从磁通量变化的角度看：感应电流总要阻碍磁通量的变化。(2)从导体和磁体的相对运动的角度来看，感应电流总要阻碍相对运动。(3)感应电流的方向即感应电动势的方向。(4)阻碍的过程中，即一种能向另一种转化的过程。6.应用楞次定律步骤：(1)明确原磁场的方向；(2)明确穿过闭合回路的磁通量是增加还是减少；(3)根据楞次定律(增反减同)，判定感应电流的磁场方向；(4)利用安培定则判定感应电流的方向。三、典型例题例1：如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点， 并可绕O点摆动。金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面。则线框中感应电流的方向是()A.a→b→c→d→aB.d→c→b→a→dC.先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→aD.先是a→b→c→d→a，后是d→c→b→a→d解析：本题考查楞次定律，解题时应分清磁场方向及磁通量的变化情况，还应明确线圈的放置方法，考查学生的理解能力和推理能力。由楞次定律可知，在线圈从右侧摆动到O点正下方的过程中，向上的磁通量在减小，故感应电流的方向沿a→d→c→b→a，线框从O点正下方向左侧摆动的过程，电流方向沿a→d→c→b→a，故选B。答案：B例2如图1所示，光滑固定导轨m、n水平放置，两根导体棒p、q平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处下落靠近回路时()A.p、q将互相靠拢B.p、q将互相远离C.磁铁的加速度仍为gD.磁铁的加速度小于g解析：在磁铁下落过程中，p、q是相互靠拢，还是相互远离，取决于p、q中的感应电流所受到的磁铁的作用力方向，而磁铁的加速度是否大于g，则取决于闭合回路对磁铁的作用力的方向。解法一：先判断感应电流方向，再判断安培力方向。在磁铁下落过程中，穿过闭合回路的磁通量向下，并且不断增大，根据楞次定律可判知，回路中感应电流的磁场应向上，其中感应电流沿逆时针方向。据左手定则可判知，磁铁对p、q棒的安培力方向如图2所示，故p、q相互靠拢。将闭合电路的磁场等效成如图3所示条形磁铁Ｎ′S′，由此可知，磁铁下落时，闭合电路对磁铁产生向上的排斥力，故磁铁加速下落的加速度a<g。答案：A、D。解法二：应用楞次定律的推广含义判断。磁铁下落时，闭合电路中产生感应电流，由楞次定律的推广含义知，感应电流的产生必然阻碍导致产生感应电流的原因——磁铁下落，故而磁铁下落时，必然受到向上的排斥力。磁铁下落的加速度a<g，故D选项正确；另一方面，磁铁下落时，穿过闭合电路的磁通量增大，若p、q两导体棒相互远离，这会加剧磁通量的增大，这与楞次定律的含义——感应电流阻碍磁通量的变化矛盾，故p、q棒应相互靠近，即A选项正确。答案：AD 法拉第电磁感应定律一、学习目标1.知道感应电动势,及决定感应电动势大小的因素。2.知道磁通量的变化率是表示磁通量变化快慢的物理量，并能区别Φ、ΔΦ、。3.理解法拉第电磁感应定律内容、数学表达式。4.知道E=BLvsinθ如何推得。5.会用解决问题。二、知识点说明1.感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势。2.电磁感应定律(1)内容(2)表达式E=nΔΦ/Δt：求平均电动势E=BLV：V为瞬时值时求瞬时电动势，V为平均值求平均电动势。3.定律的理解：⑴磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化量率的区别Φ、ΔΦ、ΔΦ／Δt⑵感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比⑶感应电动势的方向由楞次定律来判断。⑷感应电动势的不同表达式由磁通量的的因素决定：当ΔΦ＝ΔＢＳcosθ则ε＝ΔＢ／ΔtＳcosθ当ΔΦ＝ＢΔＳcosθ则ε＝ＢΔＳ／Δtcosθ当ΔΦ＝ＢＳΔ(cosθ)则ε＝ＢＳΔ(cosθ)／Δt(5)有效切割长度：E=BlvsinθE=2BRvE=BRv注意：公式中的L为有效切割长度，即垂直于B、垂直于v且处于磁场中的直线部分长度。4.反电动势：反抗电流通过趋势的电动势。 三、典型例题例1：固定在匀强磁场中的正方形导线框abcd，各边长l，其中ab是一段电阻为R的均匀电阻丝，其余三边均为电阻可忽略的铜线.磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，现有一与ab段所用材料、粗细、长度都相同的电阻丝PQ架在导线框上，如图所示，以恒定速度v从ad滑向bc，当PQ滑过的距离时，通过aP段电阻丝的电流是多大?方向如何?解析：PQ滑动时产生感应电动势E=Blv画出等效电路如图示：R外=2R/9，r=RI总=E/(R外+r)=9Blv/11RIaP=2I总/3=6Blv／11R电流方向由P→a例2：如图所示，用截面均匀的导线弯成一个半径为r的闭合圆环，将其垂直地置于磁感强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。用同样规格的直导线取一段置于环上(二者金属裸露相接)，并以速度v匀速地向右运动，当它运动到bc位置时(bc=bac)bc两点的电势差是多少？ 解析：设金属的电阻率为ρ，导线截面为S，圆环电阻为R，画出等效电路如图示，则R1=R/3R2=2R/3R并=2R/9=2/9×ρ2πr/S电动势E=Brv内阻r1=ρr/S例3：如图，直角三角形导线框abc固定在匀强磁场中，ab是一段长为l、电阻为R的均匀导线，ac和bc的电阻可不计，ac长度为。磁场的磁感强度为B，方向垂直于纸面向里。现有一段长度为、电阻为的均匀导体杆MN架在导线框上，开始时紧靠ac，然后沿ac方向以恒定速度v向b端滑动，滑动中始终与ac平行并与导线框保持良好接触。MN滑过的距离为时，导线ac中的电流是多大？方向如何？解析：MN滑过的距离为时，它与bc的接触点为P，如图a示： 由几何关系可知MP长度为，电阻r=，MP中的感应电动势为E=，等效电路如图b示：MacP和MbP两电路的并联电阻为r并=由欧姆定律，PM中的电流ac中的电流Iac=，即根据右手定则，MP中的感应电流的方向由P流向M，所以Iac电流的方向由a流向c。感生磁一、学习目标 1.了解感生电动势和动生电动势的概念及不同。2.了解感生电动势和动生电动势产生的原因。3.能用动生电动势和感生电动势的公式进行分析和计算。二、知识点说明1.感应电场：感应电场是产生感应电流或感应电动势的原因，感应电场的方向也可以由楞次定律来判断；感应电流的方向与感应电场的方向相同。2、感生电动势(1)产生：磁场变化时会在空间激发电场，闭合导体中的自由电子在电场力的作用下定向运动，产生感应电流，即产生了感应电动势；感应电动势在电路中的作用就是充当电源。(2)定义：由感生电场产生的感应电动势成为感生电动势。(3)感生电场方向判断：右手螺旋定则。3.动生电动势：(1)产生：导体切割磁感线运动产生动生电动势(2)大小：E=BLv(B的方向与v的方向垂直)(3)动生电动势大小的推导：MNabab棒处于匀强磁场中，磁感应强度为B，垂直纸面向里，棒沿光滑导轨以速度v匀速向右滑动，已知导轨宽度为L，经过时间t由M运动导N，如图所示，由法拉第电磁感应定律可得：E= 故动生电动势大小为E=BLv。三、典型例题例1：在空间出现如图所示的闭合电场，电场线为一簇闭合曲线，这可能是()A．沿AB方向磁场在迅速减弱BAB.沿AB方向磁场在迅速增强C.沿BA方向磁场在迅速减弱D.沿BA方向磁场在迅速增强解析：根据电磁感应，闭合回路中的磁通量变化时，使闭合回路中产生感应电流，该电流可用楞次定律来判断，根据麦克斯韦电磁理论，闭合回路中产生感应电流，使因为闭合回路中受到了电场力的作用，而变化的磁场产生电场，与是否存在闭合回路没有关系，故空间磁场变化产生的电场方向，仍可用楞次定律来判断，四指环绕方向即感应电场的方向，由此可知AC正确。例2：如图所示，光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个灯泡，匀强磁场垂直于导轨所在平面，当ab棒下滑到稳定状态时，小灯泡获得的功率为P0，除灯泡外，其他电阻不计，要使稳定状态灯泡的功率变为2P0，下列措施正确的是A．换一个电阻为原来一半的灯泡B．把磁感应强度B增为原来的2倍C．换一根质量为原来的倍的金属棒D．把导轨间的距离增大为原来的倍【解析】解答这类问题的基本思路是：先求出灯泡功率P 与其他量的关系式，然后再讨论各选项是否正确．金属棒在导轨上下滑的过程中，受重力mg、支持力FN和安培力F＝IlB三个力的作用．其中安培力F是磁场对棒ab切割磁感线所产生的感应电流的作用力，它的大小与棒的速度有关．当导体棒下滑到稳定状态时(匀速运动)所受合外力为零，则有mgsinθ＝IlB．此过程小灯泡获得稳定的功率P＝I2R．由上两式可得P＝m2g2Rsin2θ／B2l2．要使灯泡的功率由P0变为2P0，根据上式讨论可得，题目所给的四个选项只有C是正确的例3：一个质量m＝0.1kg的正方形金属框总电阻R＝0.5Ω，金属框放在表面是绝缘且光滑的斜面顶端，自静止开始沿斜面下滑，下滑过程中穿过一段边界与斜面底边BB’平行、宽度为d的匀强磁场后滑至斜面底端BB’，设金属框在下滑时即时速度为v，与此对应的位移为S，那么v2－S图象如图2所示，已知匀强磁场方向垂直斜面向上。试问：(1)分析v2－S图象所提供的信息，计算出斜面倾角q和匀强磁场宽度d。(2)匀强磁场的磁感强度多大？金属框从斜面顶端滑至底端所需的时间为多少？(3)现用平行斜面沿斜面向上的恒力F作用在金属框上，使金属框从斜面底端BB’静止开始沿斜面向上运动，匀速通过磁场区域后到达斜面顶端。试计算恒力F做功的最小值。 解析：⑴题的关键信息隐含在图像中，只有读懂两副图，才能够掌握运动过程。从S＝0到S＝1.6米的过程中，由公式v2＝2as，得该段图线斜率a＝5m/s2，根据牛顿第二定律mgsinθ＝ma从线框下边进磁场到上边出磁场，均做匀速运动(看图得出)∴⑵线框通过磁场时，∴t＝t1＋t2＋t3＝0.8＋0.25＋0.2＝1.25秒⑶在未入磁场时F－mgsinθ＝ma2进入磁场F＝mgsinθ＋F安，∴F安＝ma2∴最小功互感和自感一、学习目标1.了解互感现象的电磁感应特点。2.指导学生运用观察、实验、分析、综合的方法，认识自感现象及其特点。 3.明确自感系数的意义及决定条件。4.了解日光灯的工作原理二、知识点说明1.当一个线圈中电流变化，在另一个线圈中产生感应电动势的现象，称为互感。互感现象产生的感应电动势，称为互感电动势。2.由于导体本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象，叫自感现象。3.自感现象中产生的电动势叫自感电动势。(1)自感电动势的作用：阻碍导体中原来的电流变化。(2)自感电动势大小：。(式中L与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯等因素无关，叫自感系数，简称自感或电感)4、自感系数L：与线圈的大小、形状、圈数及有无铁心有关5、磁场具有能量。6.日光灯的原理是自感。三、典型例题例1：如右图所示电路中，S是闭合的，此时流过线圈L的电流为i1，流过灯泡A的电流为i2，且i1＞i2，在t1时刻将S断开，那么流过灯泡的电流随时间变化的图象是(　　)解析：　在t1时间内流过灯泡的电流为i2，且方向为从左向右，当断开S时，i2立即消失，但由于自感作用，i1 并不立刻消失，而是产生自感电动势，与灯泡构成回路缓慢消失，此时流过灯泡的电流从i1开始逐渐减小，方向自右向左，故D正确。答案：　D例2如图所示，两个电阻的阻值都是R，多匝线圈的电阻和电源内阻均可忽略不计。电键S原来断开，此时电路中的电流为I0=ε/2R。现将S闭合，于是线圈产生自感电动势，此自感电动势的作用是：A、使电路的电流减小，最后由I0将小到0；B、有阻碍电流增大的作用，最后电流小于I0；C、有阻碍电流增大的作用，因而电流总保持不变；D、有阻碍电流增大的作用，但电流还是增大，最后等于I0。解析：要深刻理解“阻碍”的意思。阻碍并不等于“阻止”。当原电流增大时，自感电动势要阻碍电流的增大，但电流最后还是要增大的，只不过增大得慢些(如通电自感实验中所见)；当原电流减小时，自感电动势要阻碍电流的减小，但电流最后还是要减小的，只不过减小得慢些(如断电自感实验中所见)。自感电动势的作用只不过是起一个“延时”作用。答案：D例3：在如右图所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S后，调整R，使L1和L2 发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流为I.然后，断开S.若t′时刻再闭合S，则在t′前后的一小段时间内，正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t的变化的图象是(　　)解析：　闭合开关S后，调整R，使两个灯泡L1、L2发光的亮度一样，电流为I，说明RL＝R.若t′时刻再闭合S，流过电感线圈L和灯泡L1的电流迅速增大，使电感线圈L产生自感电动势，阻碍了流过L1的电流i1增大，直至到达电流为I，故A错误，B正确；而对于t′时刻再闭合S，流过灯泡L2的电流i2立即达到电流I，故C、D错误．答案：　B涡流、电磁阻尼和电磁振动一、学习目标1.知道涡流是如何产生的。2.知道涡流的利与弊，以及如何利用和防止涡流。二、知识点说明1、涡流：块状金属放在变化磁场中，或者让它在磁场中运动时，金属块内产生的感应电流2、涡流的防止：(1)增大铁芯材料的电阻率,常用的材料是硅钢。(2)用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯。3.涡流的利用：(1)真空冶炼炉，高频焊接(2)探雷器和安检门都是利用涡流制成的 (3)使电学测量仪表指针尽快停下来的电磁阻尼。(4)电磁灶。3.热效应：金属块中的涡流要产生热量。如果磁通量变化率大，金属的电阻率小，则涡流很强，产生的热量很多。利用涡流的热效应可以制成高频感应炉、高频焊接、电磁炉等感应加热设备。变压器、电机铁芯中的涡流热效应不仅损耗能量，严重时还会使设备烧毁．为减少涡流，变压器、电机中的铁芯都是用很薄的硅钢片叠压而成。4.磁效应：块状导体在磁场中运动时，产生的涡流使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动，这种现象称为电磁阻尼。电磁仪表中的电磁阻尼器就是根据涡流磁效应制成的5.机械效应：磁场相对于导体转动，导体中的感应电流使导体受到安培力作用，安培力使导体运动起来，这种作用称为电磁驱动。交流感应电动机、磁性式转速表就是利用电磁驱动的原理工作的。三、典型例题例1：如图所示,弹簧上端固定,下端悬挂一根磁铁.将磁铁托起到某一高度后放开,磁铁能上下振动较长时间才停下来.如果在磁铁下端放一个固定的闭合线圈,使磁铁上下振动时穿过它,磁铁就会很快地停下来,解释这个现象,并说明此现象中能量转化的情况。解析： 当磁铁穿过固定的闭合线圈时,在闭合线圈中会产生感应电流,感应电流的磁场会阻碍磁铁和线圈靠近或离开,也就使磁铁振动时除了受空气阻力外,还有线圈的磁场力作为阻力,克服阻力需要做的功较多,弹簧振子的机械能损失较快,因而会很快停下来。例2：下图是高频焊接原理示意图,线圈中通以高频交流电时,待焊接的金属工件中就产生感应电流,由于焊缝处的接触电阻很大,放出的焦耳热很多,致使温度升得很高,将金属熔化,焊接在一起.我国生产的自行车车架就是用这种办法焊接的.试定性地说明：为什么交变电流的频率越高,焊缝处放出的热量越多。解析：交变电流的频率越高,它产生的磁场的变化就越快.根据法拉第电磁感应定律,在待焊接工件中产生的感应电动势就越大,感应电流就越大,而放出的热量与电流的平方成正比,与通电导体的电阻成正比,而焊接处电阻较大产生的热量更多,所以交变电流的频率越高,焊缝处放出的热量越多。例3：如图所示,质量m=100g的铝环,用细线悬挂起来,环中央距地面高度h=0.8m,有一质量为M=200g的小磁铁(长度可忽略),以10m/s的水平速度射入并穿过铝环,落地点距铝环原来位置的水平距离为3.6 m,则磁铁与铝环发生相互作用时(小磁铁穿过铝环后的速度看做平抛运动)。(1)铝环向哪边偏斜?(2)若铝环在磁铁穿过后速度为2m/s,在磁铁穿过铝环的整个过程中,环中产生了多少电能?(g=10m/s2)解析：(1)铝环向右偏。(2)由能量守恒可得：系统损失的机械能产生了电能其中为穿过铝环后小磁铁的水平速度，由平抛运动的知识得：解得，则。交变电流一、学习目标1．使学生理解交变电流的产生原理，知道什么是中性面。2．掌握交变电流的变化规律及表示方法。3．理解交变电流的瞬时值和最大值及中性面的准确含义。二、知识点说明1.定义：大小和方向都随时间作周期 性变化而且在一周期内的平均值等于零的电流叫做交变电流，简称交流(发电机)；大小和方向不随时间变化的电流称为直流(电池)。2.产生：在匀强磁场里，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。3.变化规律：。(1)是常数，表示电动势可能达到的最大值，叫做电动势的峰值；(2)是发电机线圈转动的角速度。4.中性面特点：(1)线圈平面与中性面冲个时，，，感应电动势为0。(2)线圈每经过中性面时，线圈中的电流改变方向，线圈转动一周两次经过中性面，所以一个周期内电流方向改变两次。5.正弦式交变电流：按正弦规律变化的交变电流，简称正弦式电流。6.正弦交流电的图像信息：(1)交变电流的最大值；(2)周期T(频率)；(3)任意时刻线圈中产生的电流的大小和方向。7.物理特性：(1)交变电流时一定要有恒定的周期；(2)改变方向改变大小的电流只要做周期性变化，并在一周期内的平均值等于0，就是交变电流；(3)改变大小而不改变方向的电流一定不是交变电流；(4)在一个周期内电压U、电流I发生一次周期性变化。 8.几种常见的交变电波形三、典型例题例1：一台发电机产生的按正弦规律变化的电动势的峰值为400V，线圈匀速转动的角速度为314rad／s，试写出电动势瞬时值的表达式．如果该发电机与只含电阻的负载组成的闭合电路的总电阻为2000Ω，则电路中电流的峰值为多少？电流的瞬时值表达式怎样？解：根据电动势瞬时值的公式e=ξmsinωt，由ξm=400V，ω=314rad／s，∴　e=400sin314t．i=0.2sin314tA．例2：某用电器两端允许加的最大直流电压是100V，能否把它接在交流电压是100V的电路里？为什么？ 解：不能。交流电压　100　V是指有效值，这个交流电路里电压的坏。描述交变电流的物理量一、学习目标1.知道交变电流的周期和频率，以及它们与转子角速度ω的关系。2.知道交变电流和电压的最大值、瞬时值、有效值等及其关系。3.知道我国供电线路交变电流的周期和频率。二、知识点说明1．交变电流的周期和频率。交变电流跟别的周期性过程一样，是用周期或频率来表示变化快慢的。(1)周期：我们把交变电流完成一次周期性变化所需的时间，叫做交变电流的周期。周期用T表示，单位是s。(2)频率：交变电流在1s内完成周期性变化的次数，叫做交变电流的频率。频率用f表示，单位是Hz。(3)周期和频率的关系是：。说明：(1)我国工农业生产和日常生活中用的交变电流周期是0.02S，频率是50Hz，电流方向每秒钟改变100次。(2)交变电流的周期和频率跟发电机转子的角速度有关。越大，周期越短、频率越高。2.交变电流的峰值和有效值(1)交变电流峰值(Im、Em、Um)：指交变电流各个参量一个周期内所能达到的最大值。表示交变电流的强弱或电压的高低。 (2)有效值：(抓三个相同)让交流与恒定电流通过相同的电阻，如果它们在一个周期内内产生的热量相等，把恒定电流的值叫做这个交变电流的有效值。(3)正弦交流电有效值与最大值之间的关系：说明：(1)交流用电设备上所标的额定电压和额定电流是有效值；交流电压表和交流电流表的示数是有效值；交变电流的数值在无特别说明时都是指有效值。(2)交变电流的有效值是根据电流的热效应来规定的。引入有效值的的概念便于把处理恒定电流的一些方法拓展到交流电中。三、典型例题例1：将阻值为5Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上，电源电动势随时间变化的规律如图所示．下列说法正确的是(　　)A．电路中交变电流的频率为0.25HzB．通过电阻的电流为AC．电阻消耗的电功率为2.5WD．用交流电压表测得电阻两端的电压为5V解析：由图可知，该交变电流的周期为T＝4×10－2s，故频率为f＝＝25 Hz；通过电阻的电流最大值为Im＝＝1A，有效值I＝＝0.707A，电阻消耗的电功率为P＝I2R＝2.5W．交流电表测得的应为电阻两端的有效电压U＝IR＝V＝3.5V答案：C例2：如图表示一交变电流随时间变化的图象。此交变电流的有效值是(　　)A．5A　　B．5AC.AD.A解析：本题要求的是矩形交变电流的有效值，与平时所熟知的正弦式交变电流有效值(即I有效＝Im/)不同，本只能从有效值的定义出发，才能顺利解答．该交变电流通过阻值为R的电阻一个周期的时间(即0.02s)内所产生的热量为：Q交＝(4)2×R×0.01＋(3)2×R×0.01设直流电流I通过电阻R一个周期的时间(即0.02s)内产生的热量为Q直＝I2R×0.02由交流电的有效值定义得Q直＝Q交，即50×0.01R＝I2×0.02R则I＝5A，即交变电流的有效值为5A。答案：B例3：如图所示，交流发电机的矩形线框ab＝dc＝0.40m，bc＝ad＝0.20m，共有50匝，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r/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)从线框处于中性面时开始计时，写出闭合电路中电流随时间变化的函数表达式；(3)交流电压表和电流表的示数；(4)此发电机的功率。解析：线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，线框中产生正弦式交变电流．根据法拉第电磁感应定律可求出峰值，进而求出有效值，由欧姆定律可计算出电流和路端电压。(1)线框面积：S＝ab·ad＝0.08m2线框旋转角速度：ω＝2π·rad/s＝200rad/s电动势的最大值：Em＝nBSω＝160V。(2)e＝Emsinωt＝160sin200tV。i＝＝A＝16sin200tA。(3)E＝，电压表示数(即路端电压示数)：U＝·R≈101.8V电流表示数：I＝≈11.32A.(4)发电机的功率：P＝EI＝＝1280W。 电感和电容对交变电流的影响一、学习目标1.理解为什么电感对交变电流有阻碍作用；2.知道用感抗来表示电感，电感对交变电流阻碍作用的大小，知道感抗与哪些因素有关；3.知道交变电流能通过电容，知道为什么电容器对交变电流有阻碍作用；4.知道用容抗来表示电容对交变电流阻碍作用的大小，知道容抗与哪些因素有关。二、知识点说明1.电感器对交变电流的阻碍作用：(1)感抗：电感器对交流的阻碍作用的大小.(2)作用：线圈的自感系数越大、交流的频率越高，电感对交流的阻碍作用就越大，线圈的感抗就越大。(3)大小：。(4)扼流圈：低频扼流圈和高频扼流圈。A低频扼流圈：通直流，阻交流；B高频扼流圈：通直流、通低频，阻高频。(5)直流不能通过电容器，交变电流能够通过电容器。2.电容器对交变电流的阻碍作用：(1)容抗：电容器对交流阻碍作用的大小，通交流、阻直流。(2)作用：电容器的电容越大，交流的频率越高，电容器对交流的阻碍作用就越小，电容器的容抗就越小。(3)大小：。3.电气设备和电子仪器的金属外壳都应该接地。三、典型例题例1：．对于扼流圈的以下说法，正确的是(　　)A．扼流圈是利用电感阻碍交变电流的作用制成的B．低频扼流圈用来“通低频、阻高频”C．高频扼流圈用来“通直流、阻交流”D．高频扼流圈对低频交变电流阻碍作用较小，对高频交变电流的阻碍作用很大解析： 低频扼流圈用来“通直流、阻交流”，对低频电流阻碍作用也很大，而高频扼流圈是对高频阻碍作用很大，对低频阻碍作用较小，用来“通低频，通直流，阻高频”．高频扼流圈的自感系数较小，低频扼流圈的自感系数较大。答案：AD例2：对交流电通过电容器的理解正确的是(　　)A．交变电流能够使电容器极板间的绝缘介质变成导体B．交变电流定向移动的电荷通过电容器两板间的绝缘介质C．交变电流能够使电容器交替进行充电、放电，电路中就有了电流，表现为交变电流通过了电容器D．交变电流通过了电容器，实际上自由电荷并没有通过电容器极板间的绝缘介质(击穿除外)解析：电流能“通过”电容器，并非电荷真的通过电容器两板间的电介质，而是交变电流交替对电容器充放电，电容器中并未有电荷通过，但电路中有了电流，表现为交变电流通过了电容器。答案：CD例3：如图所示，从ab端输入的交流含有高频和低频成分，为了使R上尽可能少地含有高频成分，采用图示电路，其L的作用是________________，C的作用是__________。解析：因L有“通低频、阻高频”的特点，因此L的作用是阻挡高频成分；而通过L后还有少量的高频成分，利用C“通高频、阻低频”的特点，使绝大部分高频成分从C流过。变压器一、学习目标1．了解变压器的构造及工作原理。 2．掌握理想变压器的电压、电流与匝数间关系。3．掌握理想变压器工作规律并能运用解决实际问题。二、知识点说明1.变压器(1)定义：用来改变交流电压的设备，称为变压器。说明：变压器不仅能改变交变电流的电压，也能改变交变电流的电流，但是不能改变恒定电流。(2)构造：变压器由一个闭合铁芯(是由涂有绝缘漆的硅钢片叠合而成的)和两个线圈(用绝缘导线绕制)组成的。原线圈：和交流电源相连接的线圈(匝数为n1)。副线圈：和负载相连接的线圈(匝数为n2)．许多情况副线圈不只一个。2.理想变压器的特点：(1)铁芯封闭性好，无漏磁现象，即穿过原、副线圈两绕组每匝的磁通量Φ都一样．每匝线圈中所产生感应电动势相等。(2)线圈绕组的电阻不计，无能损现象。(3)铁芯中的电流不计，铁芯不发热，无能损现象。3．理想变压器的变压原理变压器工作的原理是互感现象，互感现象即是变压器变压的成因。在变压器工作时，由于原、副线圈使用同一个铁芯，因而穿过原、副线圈(每匝)的磁通量Φ及磁通量的变化率均相同，在原、副线圈产生的感应电动势与它们的匝数成正比．4．能量转换：变压器是把电能转化为磁场能又把磁场能转化为电能的装置．5．理想变压器的基本关系(1)输出功率等于输入功率P出＝P入，U1I1＝U2I2。(2)原副线圈两端的电压跟匝数成正比，。(3)原副线圈中的电流跟匝数成反比(仅限一个副线圈)，。(4)原副线圈的交变电流的周期T和频率f相同。 6．理想变压器的三个决定关系(1)理想变压器输出功率决定输入功率。当副线圈空载时，变压器的输出功率为零，输入功率也为零。(2)理想变压器副线圈两端电压由原线圈两端电压和匝数比所决定。(3)理想变压器副线圈中的电流决定原线圈中的电流。说明：(1)理想变压器工作时，若增加负载，相当于负载电阻减小，从而副线圈中的电流增大，此时原线圈中电流也增大；若减少负载，相当于负载电阻增大，从而副线圈中的电流减小，此时原线圈中的电流减小；若副线圈空载时，副线圈中的电流为零，那么原线圈中的电流也为零。(2)原副线圈如果分别采用双线绕制，使原副线圈都是由两个线圈组合而成，当电流通过时，要根据在线圈中形成的磁通量方向确定其等效匝数。(3)接在原、副线圈回路中的电表均视为理想电表，其内阻的影响忽略不计。三、典型例题例1：一理想变压器，原线圈匝数n1＝1100，接在电压为220V的交流电源上，当它对11只并联的“36V，60W”灯泡供电时，灯泡正常发光，由此可知该变压器副线圈的匝数n2＝________，通过原线圈的电流I1＝________A．解析：公式法变压器的规律用公式表示为：①变压比公式：(对几个副线圈的情况也成立)；②变流比公式：(只适用于原、副线圈各一个的情况)。对多个副线圈的情况，利用理想变压器输入功率和输出功率相等的关系列关系式。因为11只并联的“36V，60W”灯泡正常发光，所以副线圈输出的电压必为36V．由，得n2＝n1＝匝＝180匝。每只灯泡正常发光时的电流由P2′＝I2′U2′得I2′＝P2′/U2′＝A＝A副线圈中的电流I2＝11×I2′＝A因I1/I2＝n2/n1，故I1＝A＝3A本题的原线圈电流也可用“P入＝P出”求解．本题的输出功率P出＝11×60W＝660W，P入＝I1U1＝I1220，故I1＝A＝3A。例2：如图所示，理想变压器原副线圈的匝数比为1∶2，电源电压为220V，A是额定电流为I0＝1A的保险丝，R为可调电阻，为不使原线圈中电流超过I1 ，R的阻值最低不小于多少欧?解题方法：公式法。解析：由于保险丝的额定电流为I0＝1A，所以原线圈中允许输入的最大电流I1＝I0＝1A(有效值)，则变压器的最大输入功率为P1＝U1I1＝220×1W＝220W由，得电阻R两端电压为U2＝×220V＝440V由于P入＝P出，则变压器最大输出功率P2＝P1＝220W由P2＝，知P2最大时，R最小，则R的最小值为R＝Ω＝880Ω例3：如图所示的甲、乙两电路中，当a、b两端与e、f两端分别加上220V的交流电压时，测得c、d间与g、h间的电压均为110V．若分别在c、d两端及g、h两端加上110V的交流电压，则a、b间及e、f间的电压分别为A．220V、220VB．220V、110VC．110V、110VD．220V、0V解析：当a、b间接220V电压时，c、d间电压为110V，说明c、d间线圈的匝数为原线圈匝数的一半；反过来当c、d间接110V电压时，a、b间电压应为220V。当e、f间接220V电压时，g、h间电压为110V，说明g、h间电阻为e、f间电阻的一半；当g、h间接110V电压时，e、g间没有电流，e、g间电压为零，所以e、f间电压与g、h间电压相等，均为110V。点评：变压器既可升压，也可降压，但滑动变阻器变压时，只能降压，不能升压。求解此题常见的错误是不少人受变压器变压的影响，认为g、h间接110V电压时，e、f间电压也为220V而错选A。这是没有搞清楚变压器变压与变阻器分压的区别所致。 电能的输送一、学习目标1.知道“便于远距离输送”是电能的优点之一．知道输电的过程．了解远距离输电的原理。2.理解各个物理量的概念及相互关系。3.充分理解；；中的物理量的对应关系。4.知道什么是输电导线上的功率和电压损失和如何减少功率和电压损失。5.理解为什么远距离输电要用高压。二、知识点说明1.电能输送图2.输送电能的过程：发电站→升压变压器→高压输电线→降压变压器→用电单位3.基本要求：可靠、保质、经济。4.高压输电可以保证在输送功率不变，减小输电电流来减小输送电的电能损失。变压器能把交流电的电压升高(或降低I)5.电网供电：(1)电网：通过网状连接将电场和用户连接起来，形成的全国性或地区性的输电网络。(2)优点：减小断电风险，调剂不同地区电力供需的平衡，保证供电质量。三、典型例题例1：某电厂要将电能输送到较远的用户，输送的总功率为9.8×104W，电厂输出电压仅350V，为减少输送功率损失，先用一升压变压器将电压升高再输送，在输送途中，输电线路的总电阻为4Ω，充许损失的功率为输送功率的5％，求用户所需电压为220V时，升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比各是多少？解析： 依题意远距离输送电能电路如图所示，导线损失的电能转化为热能，所以据电功率的知识可求出，输送导线中的电流．据理想变压器原理和能量守恒，可算出升压变压器的输出电压和降压变压器输入电压，就能解决该题中提出的问题．解析：由电路中损失功率得输电线路中电流为升压变压器输出电压为据理想变压器原理得升压变压器的初、次级的匝数比为降压变压器输入功率为所以降压变压器初级电压降压变压器的匝数比为例2：发电机的端电压为220V，输出的电功率为44kW，输电线电阻为0.2Ω，求用户得到的电压和电功率各是多少？如果发电站用匝数比为1∶10的变压器将电压升高，经过同样的输电线后，再用匝数比为10∶1的变压器将电压降低供给用户，用户得到的电压和电功率各是多少？解析：无论是从发电机直接向用户供电，还是通过变压器向用户供电，发电机输出的总功率都等于输电线上损失的功率与用户得到的功率之和从发电机直接用220V电压输电时，线路中的电流。 输电线上损失的电压和电功率分别为U损=IR线=200×0.2V=40V，P损=IU损=I2R线=2002×0.2W=8×103W，所以，用户得到的电压和电功率分别为U用=U-U损=（220-40）V=180V，P用=P总-P损=（44×103-8×103）W=36kW。通过变压器后向用户的供电线路如图1所示。理想升压变压器次级电压输电线上损失的电压和电功率分别为（图2）U′损=I′R线=20×0.2V=4V， P′损=I′2R线=202×0.2W=80W=0.08kW。降压变压器初级的电压U降=U′-U′损=2200V-4V=2196V。降压变压器次级电压为所以，用户得到的电压和电功率分别为U′用=U′降=219．6V，P′用=P′总-P′损=44kW-0.08kW=43.92kW。说明：（1）求解远距离输电的问题，先画出供电示意图，容易找出各部分间的关系，并有利分清输电电压与输电线上的电压（即U损）；（2）通过计算可以看出，两情况输电线上功率损失之比可见，远距离输电必须采用高压。例3：一小型水力发电站水坝落差h=5m，流量q=1m3/s，发电机组总效率η=50％，机端输出电压350V。为了向离电站较远处的用户供电，采用先升压、再降压的办法．设输电线总电阻R线=4Ω，允许输电线电热损失功率为电站输出功率的5％，用户需要电压220V。试计算升压变压器、降压变压器的匝数比。g=10m/s2。解析：水电站是依靠从高处落下的水冲击水轮机，由水轮机带动发电机向外供电的。能的转化方式是高处水的重力势能转化为电能．已知落差、流量和发电机组效率，即可算出发电机的输出功率．这些功率通过升压变压器——输电线——降压变压器送给用户时，仅在输电线上有能量损失．根据输电线损失功率的百分比和输电线电阻，可算出通过输电线上的电流，于是匝数比也就可算出．由题中条件得1s内水做功 发电机输出功率P=ηP水=0.5×5×104W=25×103W升压变压器的输入电流（即原线圈电流）为升压变压器的输出电流（即副线圈电流）等于输电线中的电流，根据输电线中的电热损失限制得根据变压器公式知升压变压器原、副线圈的匝数比为降压变压器的输入电流即输电线中的电流I′1=I线=17.7A降压变压器的输出电流（即输入用户的电流）可由用户得到的总功率和用户电压得所以降压变压器的匝数比 说明：求解通过升、降压进行远距离送电的问题关键是分清各部分输入、输出的各个物理量及其相互关系．通常，可先画出传输的结构示意图，如本题，可作草图如下：上面解答中是通过原、副线圈的电流求出匝数比的，也可通过电压关系求解。传感器及其工作原理一、学习目标1.了解什么是传感器，知道非电学量转化为电学量的技术意义；2.知道传感器中常见的三种敏感元件光敏电阻、热敏电阻和霍尔元件及其它们的工作原理。3.了解传感器的应用。二、知识点说明1.传感器：能够感受诸如力、温度、光、声、化学成分等非电学量，并能把它们按照一定的规律转换为电压、电流等电学量，或转换为电路的通断的元件。2.传感器的优点：把非电学量转换为电学量，很方便地进行测量、传输、处理和控制。非电学量敏感元件转换器件转换电路电学量3.传感器的工作原理：4.认识一些制作传感器的元器件(1)光敏电阻：光敏电阻在暗环境下电阻值很大，强光照射下电阻值很小。作用：光敏电阻能够把光照强弱这个光学量转换为电阻这个电学量。(2)热敏电阻：热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，且阻值随温度变化非常明显。作用：半导体热敏电阻也可以用作温度传感器。(3)霍尔元件：霍尔元件能够把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量。5.霍尔元件(1)定义：应用霍尔效应的半导体。(2)作用：把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量。(3)霍尔电压： ，d为薄片的厚度，k为霍尔系数，它的大小与薄片的材料有关。三、典型例题例1：美国科学家WillardS．Boyle与GeorgeE．Smith因电荷耦合器件(CCD)的重要发明荣获2009年度诺贝尔物理学奖．CCD是将光学量转变成电学量的传感器．下列器件可作为传感器的有(　　)A．发光二极管B．热敏电阻C．霍尔元件  D．干电池解析：选BC.发光二极管有单向导电性，A错；热敏电阻和霍尔元件都可作为传感器，B、C对；干电池是电源，D错。例2：关于干簧管，下列说法正确的是(　　)A．干簧管接入电路中相当于电阻的作用B．干簧管是根据热胀冷缩的原理制成的C．干簧管接入电路中相当于开关的作用D．干簧管是作为电控元件以实现自动控制的答案：C传感器的应用一、学习目标1.了解力传感器在电子秤上的应用。2.了解声传感器在话筒上的应用。3.了解温度传感器在电熨斗上的应用。二、知识点说明1.力传感器——电子秤(1)定义：利用胡克定律或杠杆平衡原理测定物理质量的工具。(2)结构：承重系统、传力转换系统和示值系统。(3)分类：按结构原理分机械秤、电子秤、机电结合秤三大类(4)工作原理：由称重传感器，放大电路，AD转换电路，单片机电路，显示电路，键盘电路，通讯接口电路，稳压电源电路等电路组成。2.温度传感器——电熨斗(1)结构：底板、电热元件、压板、罩壳、手柄等组成。(2)分类：普通型、调温型、蒸汽喷雾型等。(3)工作原理：由电能转化为热能的工具温度高低由其自身的功率和通电时间的长短来决定。3.温度传感器——电饭锅(1)结构：锅体、电热元件、控温和定时装置3部分组成。(2)温度控制元件有双金属片温度控制系统和磁性材料温度控制系统。4.温度传感器——测温仪(1)热电阻(铂丝)、热敏电阻(温度变化材料的电阻率变化)； (2)热电偶(两种不同的金属构成回路→温度变化→热电动势变化)；(3)硅PN结(在恒定电流条件下，温度升高→硅PN结正向电压减小)；(4)红外敏感元件(红外线能量→温度变化→非电学量变化→电学量变化)。5.光传感器——火灾报警器(1)原理：利用烟雾对光的散射来工作的。(2)主要功能：电气火灾监控报警功能、联动控制功能、故障检修功能、屏蔽功能、网络通讯功能、系统测试功能、黑匣子功能、打印功能等。(3)分类：感烟型、感温型、感光型、符合型、电缆型。三、典型例题例1：用如图所示的装置可以测量汽车在水平路面上做匀加速直线运动的加速度．该装置是在矩形箱子的前、后壁上各安装一个由力敏电阻组成的压力传感器．用两根相同的轻弹簧夹着一个质量为2.0kg的滑块可无摩擦滑动，两弹簧的另一端分别压在传感器a、b上，其压力大小可直接从传感器的液晶显示屏上读出。现将装置沿运动方向固定在汽车上，传感器b在前，传感器a在后．汽车静止时，传感器a、b在的示数均为10N（取g=10m／s2）。（1）若传感器a的示数为14N、b的示数为6.0N，求此时汽车的加速度大小和方向。（2）当汽车以怎样的加速度运动时，传感器a的示数为零。分析：传感器上所显示出的力的大小，即弹簧对传感器的压力，据牛顿第三定律知，此即为弹簧上的弹力大小，亦即该弹簧对滑块的弹力大小。解析：（1）如图所示，依题意：左侧弹簧对滑块向右的推力F1=14N，右侧弹簧对滑块的向左的推力F2=6.0N。滑块所受合力产生加速度a1，根据牛顿第二定律有得4m/s2a1与F1同方向，即向前（向右）。 （2）a传感器的读数恰为零，即左侧弹簧的弹力，因两弹簧相同，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N。滑块所受合力产生加速度，由牛顿第二定律得，a2=10m/s2，方向向左。例2：在家用电热灭蚊器中，电热部分主要元件是PTC元件，PTC元件是由钛酸钡等半导体材料制成的电阻器，其电阻率随温度t的变化关系如图所示，由于这种特性，PTC元件具有发热、保温双重功能．对此，以下判断正确的是（）①通电后，其电功率先增大，后减小②通电后，其电功率先减小，后增大③当其产生的热量与散发的热量相等时，温度保持在t1不变④当其产生的热量与散发的热量相等时，温度保持在t1和t2之间的某一值不变A．①③B．②③C．②④D．①④解析：当电热灭蚊器温度由0升到t1的过程中，电阻器的电阻率随温度升高而减小，其电阻R随之减小，由于加在灭蚊器上的电压U保持不变，灭蚊器的热功率P随之增大，当t=t1时，P=P1达到最大．当温度由t1升高到t2的过程中增大，R增大，P减小；而温度越高，其与外界环境温度的差别也就越大，高于环境温度的电热灭蚊器的散热功率P′也就越大；因此在这之间的某一温度t3会有P=P3=P′，即电热功率P减小到等于散热功率时，即达到保温；当t<t3，P>P′，使温度自动升高到t3；当t>t3，P<P′，使温度自动降为t3，实现自动保温，正确答案为D。传感器应用实验一、学习目标1.理解光控开关的工作原理。2.理解温度报警器的工作原理。二、知识点说明1.光控开关：用光照度控制的开关，当环境的亮度达到某个设定值以下这种开关就会开启。2.温度报警器：利用温度传感器，对外界的温度进行实时检测；当温度超过或者低于用户所设定的一个临界值时，向外界发出警报。 三、典型例题例1：现有热敏电阻、电炉丝、电源、电磁继电器、滑动变阻器、开关和导线若干。如图所示，试设计一个温控电路．要求温度低于某一温度时，电炉丝自动通电供热，超过某一温度时，又可以自动断电，画出电路图说明工作过程。解析：热敏电阻R1与滑动变阻器及电磁继电器构成低压控制电路。答案：（1）电路图如图所示（2）工作过程：闭合S当温度低于设计值时热敏电阻阻值大，通过电磁继电器电流不能使它工作，K接通电炉丝加热。当温度达到设计值时，热敏电阻减小到某值，通过电磁继电器的电流达到工作电流，K断开，电炉丝断电，停止供热．当温度低于设计值，又重复前述过程。例2：如图甲为在温度为10℃左右的环境中工作的某自动恒温箱原理简图，箱内的电阻R1=20kΩ，R2=10kΩ，R3=40kΩ，Rt为热敏电阻，它的电阻随温度变化的图线如图乙所示。当a、b端电压Uab<0时，电压鉴别器会令开关S接通，恒温箱内的电热丝发热，使箱内温度提高；当Uab>0时，电压鉴别器使S断开，停止加热，恒温箱内的温度恒定在_________℃。 解析：设电路两端电压为U，当Uab=0时，有解得Rt=20kΩ由图乙可知，当Rt=20kΩ时，t=35℃。答案：35