教科版高中物理选修3-21-6

放射性衰变的规律
半衰期、衰变常数、放射性活度等概念及其相互关系。
放射性衰变的机制
各种衰变类型的物理过程及其能量释放。
辐射剂量计算和防护措施
辐射剂量的定义和单位
吸收剂量、当量剂量、有效剂量等。
辐射剂量的计算方法
点源、面源、体源等不同情况下的剂量计算。
辐射防护措施
时间防护、距离防护、屏蔽防护等原则及其在实际应用中的体现。
感生电动势
由于磁场本身发生变化而产生的感应电动势。其大 小与磁场的磁感应强度的变化率以及导体与磁场的 相对角度有关。
自感与互感现象分析
自感现象
当一个线圈中的电流发生变化时，会 在该线圈中产生感应电动势，从而阻 碍电流的变化。自感系数表示线圈自 感能力的大小。
互感现象
当两个线圈相互靠近时，一个线圈中 的电流变化会在另一个线圈中产生感 应电动势。互感系数表示两个线圈之 间互感能力的大小。
将多种不同功能的传感器集成在 一起，实现一机多用，提高传感 器的综合性能和应用范围。
03
光学仪器与光学现象解释
Chapter
几何光学基础知识回顾
光的直线传播
光在同种均匀介质中沿直线传播 ，形成影、日食、月食等现象。
光的折射
光从一种介质斜射入另一种介质 时，传播方向发生改变的现象， 遵循折射定律。
。
传感器应用实例分析
温度传感器
在智能家居系统中，温度传感器 能够实时监测室内温度，并根据 设定值自动调节空调或暖气等设
备，以保持舒适的室内环境。
压力传感器
在汽车轮胎压力监测系统中，压力 传感器能够实时监测轮胎内部压力 ，当压力低于安全值时及时报警， 以确保行车安全。
位移传感器
在工业机器人中，位移传感器能够 实时监测机器人末端执行器的位置 和姿态，为机器人的精确控制和自 动化生产提供重要保障。

高中物理学习材料桑水制作1．下列关于自感的说法不正确的是( )A．自感是由于导体自身的电流发生变化而产生的电磁感应现象B．线圈中自感电动势的方向总与引起自感现象的原电流的方向相反C．线圈中自感电动势的大小与穿过线圈的磁通量变化的快慢有关D．加铁芯后线圈的自感系数比没有铁芯时要大【解析】自感现象是由于导体本身电流的变化而引起的电磁感应现象，A 项正确；自感电动势的方向总是阻碍原电流的变化，未必与原电流方向相反，当原电流减小时，自感电动势就与原电流方向相同，B项错；自感电动势的大小与电流变化的快慢有关，而电流变化的快慢又跟磁通量变化的快慢成正比，C项正确；加铁芯后的自感系数要变大，D项正确．故选B.【答案】 B2．一个线圈的电流均匀增大，则这个线圈的( )A．自感系数也将均匀增大B．自感电动势也将均匀增大C．磁通量的变化率也将均匀增大D．自感系数、自感电动势都不变【解析】自感系数是描述线圈本身特征的物理量，不随电流的变化而变化；电流均匀变化，则磁通量的变化率和自感电动势均不变，故D项正确．【答案】 D3．在制作精密电阻时，为了消除使用过程中由于电流变化而引起的自感现象，采取了双线绕法，如图1－6－8所示，其道理是( )图1－6－8A．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的自感电动势互相抵消B．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的感应电流相互抵消C．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的磁通量相互抵消D．当电路中电流变化时，电流的变化量互相抵消【解析】能否有感应电动势，关键在于穿过回路的磁通量是否变化．由于导线是双线绕法，使穿过回路的磁通量等于零，无论通过的电流变化与否，磁通量均为零而不变，所以不存在感应电动势、感应电流．【答案】 C4.如图1－6－9所示，闭合电路中一定长度的螺线管可自由伸缩，通电时灯泡有一定亮度，若将一软铁棒从螺线管一端迅速插入螺线管内，则在插入过程中( )图1－6－9A．灯泡变亮，螺线管缩短B．灯泡变暗，螺线管缩短C．灯泡变亮，螺线管伸长D．灯泡变暗，螺线管伸长【解析】当插入软铁棒时，穿过线圈的磁通量增大，线圈产生自感，自感电流阻碍磁通量的增加，所以通过线圈的电流减小，灯泡变暗，线圈各匝上电流为同方向，同向电流相互吸引，电流减小，各匝之间相互吸引力减小，螺线管伸长，故D正确．【答案】 D5．(2013·扬州中学高二检测)如图1－6－10所示，电感线圈L的直流电阻R＝1.0 Ω，小灯泡的电阻R1＝5.0 Ω，R2＝4.0 Ω，接在电动势E＝24 V、内L电阻可忽略的电路上，闭合开关S，待电路稳定后再断开开关，则在断开开关S的瞬间( )图1－6－10A．R1支路上电流大小为4 A B．R2支路上电流大小为4 AC．R1支路上电流大小为6 A D．R2支路上电流大小为6 A【解析】断开开关S的瞬间，线圈L产生自感电动势，相当于电源，与R、R2组成闭合回路，R1、R2的电流大小相等；断开开关S后，L中的电流是从原1来的值逐渐减小的，断开瞬间它的电流仍为4 A．本题正确答案为A、B.【答案】 AB6．如图1－6－11所示是测定自感系数很大的线圈L的直流电阻的电路，L两端并联一个电压表，用来测自感线圈的直流电压．在测量完毕后，将电图1－6－11路解体时应先( )A．断开S1 B．断开S2C．拆除电流表D．拆除电阻R【解析】当S1、S2均闭合时，电压表与线圈L并联；当S2闭合而S1断开时，电压表与线圈L串联．所以在干路断开前后自感线圈L中电流方向相同而电压表中电流方向相反．只要不断开S2，线圈L与电压表就会组成回路，在断开干路时，L中产生与原来电流同方向的自感电流，使电压表指针反向转动而可能损坏电压表．正确答案为B.【答案】 B7．(2011·北京高考)某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图1－6－12所示的电路．检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因．你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是( )图1－6－12A．电源的内阻较大B．小灯泡电阻偏大C．线圈电阻偏大D．线圈的自感系数较大【解析】由自感规律可知在开关断开的瞬间造成灯泡闪亮以及延时的原因是在线圈中产生了与原电流同向的自感电流且大于稳定时通过灯泡的原电流．由图可知灯泡和线圈构成闭合的自感回路，与电源无关，故A错；造成不闪亮的原因是自感电流不大于稳定时通过灯泡的原电流，当线圈电阻小于灯泡电阻时才会出现闪亮现象，故B错C正确．自感系数越大，则产生的自感电流越大，灯泡更亮，故D错．【答案】 C8．某线圈通有如图1－6－13所示的电流，则线圈中自感电动势改变方向的时刻有( )图1－6－13A．第1 s末B．第2 s末C．第3 s末D．第4 s末【解析】在自感现象中当电流减小时，自感电动势与原电流的方向相同，当电流增大时，自感电动势与原电流方向相反．在图像中0～1 s时间内电流正方向减小，所以自感电动势的方向是正方向，在1～2 s时间内电流负方向增大，所以自感电动势与其方向相反，即沿正方向；同理分析2～3 s、3～4 s时间段可得选项B、D正确．【答案】 BD9．(2010·北京高考)在如图1－6－14所示的电路中，两个相同的小灯泡L 1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i 1、流过L2的电流i2随时间t的变化的图像是( )图1－6－14【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R L＝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立即达到电流为I，故C、D错误．【答案】 B10．(2012·烟台高二期末)如图1－6－15所示电路，D1和D2是两个相同的灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其直流电阻与R相同，由于存在自感现象，在开关S接通和断开时，灯泡D1和D2亮暗的次序是( )图1－6－15A．接通时D1先达最亮，断开时D1后灭B．接通时D2先达最亮，断开时D2后灭C．接通时D1先达最亮，断开时D1先灭D．接通时D2先达最亮，断开时D2先灭【解析】电流发生变化时，自感电动势将阻碍电流的变化，根据电流的变化来分析电路中灯泡的明暗情况．当S接通时，D1和D2应该同时亮，但由于自感现象的存在，流过线圈的电流由零变大时，线圈上将产生自感电动势阻碍电流的增加，所以开始的瞬间电流几乎全部从D1通过，而该电流又将同时分别通过D2和R，所以D1先达最亮，经过一段时间稳定后，D1和D2达到一样亮，当开关S断开时，电源电流立即为零，因此D2立即熄灭，而对于D1，由于通过线圈的电流突然减弱，线圈中产生自感电动势，使线圈L和D1组成的闭合回路中有感应电流，所以D1后灭．答案为A.【答案】 A11．一个线圈的电流在0.001 s内有0.02 A的变化，产生50 V的自感电动势，求线圈的自感系数．如果这个电路中的电流的变化率变为40 A/s，自感电动势为多大？【解析】由E＝L ΔIΔt，得L＝E·ΔtΔI＝50×0.0010.02H＝2.5 H.E′＝L ΔIΔt＝2.5×40 V＝100 V.【答案】 2.5 H 100 V12．如图1－6－16甲所示为研究自感实验电路图，并用电流传感器显示出在t＝1×10－3 s时断开开关前后一段时间内各时刻通过线圈L的电流(如图乙)．已知电源电动势E＝6 V，内阻不计，灯泡R1的阻值为6 Ω，电阻R的阻值为2 Ω.甲乙图1－6－16(1)线圈的直流电阻R L＝________Ω；(2)开关断开时，该同学观察到的现象是______________________，并计算开关断开瞬间线圈产生的自感电动势是________V.【解析】由图像可知S闭合稳定时I L＝1.5 AR L ＝EIL－R＝61.5Ω－2 Ω＝2 Ω此时小灯泡的电流I 1＝ER1＝66A＝1 AS断开后，L、R、R1组成临时回路电流由1.5 A逐渐减小，所以灯泡会闪亮一下再熄灭，自感电动势E＝I L(R ＋R L＋R1)＝15 V.【答案】 (1)2 (2)灯泡闪亮一下后逐渐变暗，最后熄灭 15。

实验操作 导体棒静止 导体棒平行 磁感线运动 导体棒切割 磁感线运动
实验现象(有无电流)
分析论证
_无__
_闭__合___ 电 路 的 _一__部__分__
导体在磁场中做
_无__
_切__割__磁__感__线__ 运 动 时 ，
电路中有感应电流产 _有__
生
2.探究通过闭合回路的磁场变化时是否产生感应电流(实验图如 图所示)
C [设闭合线框在位置 1 时的磁通量为 Φ1，在位置 2 时的磁通 量为 Φ2，直线电流产生的磁场在位置 1 处比在位置 2 处要强，故 Φ1>Φ2.
将闭合线框从位置 1 平移到位置 2，磁感线是从闭合线框的同一 面穿过的，所以 ΔΦ1＝|Φ2－Φ1|＝Φ1－Φ2；将闭合线框从位置 1 绕 cd 边翻转到位置 2，磁感线分别从闭合线框的正反两面穿过，所以 ΔΦ2＝|(－Φ2)－Φ1|＝Φ1＋Φ2(以原来穿过的方向为正方向，则后来从 另一面穿过的方向为负方向)．故正确选项为 C.]
自主预习 探新知
一、电磁感应的发现 1．丹麦物理学家 奥斯特 发现载流导体能使小磁针转动，这种 作用称为电流的磁效应，揭示了电 现象与磁现象之间存在密切联系． 2．英国物理学家 法拉第 发现了电磁感应现象，即“磁生电” 现象，他把这种现象命名为 电磁感应 ．产生的电流叫作 感应电流 ．
二、感应电流产生的条件 1．探究导体棒在磁场中运动是否产生感应电流(实验图如图所 示)
合作探究 攻重难
磁通量的理解与计算
1.匀强磁场中磁通量的计算 (1)B 与 S 垂直时，Φ＝BS. (2)B 与 S 不垂直时，Φ＝B⊥S，B⊥为 B 垂直于线圈平面的分量．如 图甲所示，Φ＝B⊥S＝(Bsin θ)·S.也可以 Φ＝BS⊥，S⊥为线圈在垂直于 磁场方向上的投影面积，如图乙所示，Φ＝BS⊥＝BScos θ.

实验3:将实验2中的直导线与电池两极相连, 螺线管 与电流计连接 。 实验4:把两根导线互相缠绕着, 先把其中的一根的两 头接到电池上通电, 把另一根的两头接到电流计上。
“静变”思维的束缚
未显示作用
毫无反应
不行
从普通的磁铁中 获得电的希望，时 时激励着我从实验 上探求电流的感应 效应。
法拉第 日记
自然哲学家谢林：宇宙间具有普遍的自 然力的统一。
一、奥斯特实验的启迪
电与磁是有联系的！ 艰辛探索（1807-1820） ： 静电——没感觉 改变中的突破：1820 发现小磁针偏转 安培的华丽转身：安培定则、电动力学
法拉第：“它突然打开了科学 中一个黑暗领域的大门，使其 充满光明。”
二、电磁感应现象的发现
课前自主学案
一、奥斯特实验的启迪
奥斯特 1820年，________发现了电流的磁效应．根据
对称性，很多物理学家做了不少“磁生电”的 实验都以失败告终.1821年，法拉第全身投入 “磁生电”的研究中．
二、电磁感应现象的发现
法拉第 1 ． 1831 年，英国物理学家 ________ 发现了电磁
感应现象，并将“磁生电”的现象分为五类： (1)
三、电磁感规律的发现及其对社会发展意义
关于法拉第，过去说得多的：穷苦、顽强、不为名利。
现在：除此之外还有，甚至更重要的是… …
（1）正确的指导思想（自然现象的相互联系） （2）抹去科学学家头上的光环，正确认识失败。 科学是人做的，科学是为人的。 ――科学中的人文精神。
说明：请同学们阅读教材P3，了解电磁感规律的发现 及其对社会发展意义。
磁场 变化中的 _____ ； (2) 变化中的 _______ ； (3) 运动 电流

2 传感器的应用在超市里，当我们购买水果时，售货员把水果放到表面平整的电子秤上，电子秤即可显示出所购水果的质量及应付的钱数，这是为什么呢？提示：这是利用了力传感器，把水果放到电子秤上，对表面有向下的压力，经传感器→放大、转换电路→显示器，发出指令即质量和钱数。

1．传感器应用的一般模式传感器输出的________相当微弱，难以带动执行机构去实现控制动作，因此要把这个________放大。

如果需要远距离传送，可能还要把它转换成__________以抵御外界干扰。

用图表示为：2．应用实例(1)力传感器的应用——电子秤。

①组成：由金属梁和________组成。

②敏感元件：________。

③工作原理：如图所示，弹簧钢制成的梁形元件右端固定，在梁的上下表面各贴一个________，左梁的自由端施力F，则梁发生弯曲，上表面______，下表面______，上表面应变片的电阻______，下表面应变片的电阻______。

F越大，弯曲形变越大，应变片的阻值变化就越大。

如果让应变片中通过的电流保持恒定，那么上面应变片两端的电压______，下面应变片两端的电压______。

传感器把这两个电压的______输出。

外力越大，输出的________也就越大。

由________的大小，即可得到外力F的大小。

④作用：应变片将________这个力学量转换为______这个电学量。

(2)温度传感器的应用——电熨斗。

①敏感元件：________，它由两种________不同的材料组成。

②作用：双金属温度传感器的作用是控制电路的_____________________________。

③原理：电熨斗的自动控温原理图。

如图所示，常温下，上下触点应是______的，但温度过高时，由于双金属片受热膨胀系数不同，上部金属膨胀系数____，下部金属膨胀系数____，则双金属片向____弯曲，使触点分离，从而切断电源停止加热，温度降低后，双金属片________，重新接通电路加热，这样循环进行，起到____________的作用。

5 电磁感应中的能量转化与守恒
(时间：60分钟)
知识点一 安培力的功
1.金属棒在U 形导轨上始终垂直导轨，从图1－5－12中ab 位置匀速滑到a ′b ′位置，匀强磁场垂直导轨平面，除接入导轨的电阻R 外，其余电阻不计，在以上过程中，下述哪些物理量与棒的移动速率成正比 ( )．
图1－5－12
A ．加在棒上的外力
B ．电阻R 上产生的热量
C ．流过金属棒的电荷量
D ．电路中的电功率
解析 aa ′长度与v 成正比，外力等于安培力F ＝ILB ＝B 2L 2v R ，故外力与棒
移动的速率成正比．流过金属棒的电荷量q ＝ΔФR ，与棒移动的速率无关，故选
项A 、B 正确．
答案 AB
2.水平固定放置的足够长的U 形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab ，开始时ab 棒以水平初速度v 0向右运动，最后静止在导轨上，(如图1－5－13所示)就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程 ( )．
图1－5－13
A ．安培力对ab 棒所做的功相等
B ．电流所做的功相等
C ．产生的总热量相等
D ．ab 棒运动的时间相等。

游标卡尺、螺旋测微器的使用
一：游标卡尺
游标卡尺是一种测量长度、内外径、深度的量具。游标卡尺由主尺和附在主尺上能滑动的游标两部分构成。若从背面看，游标是一个整体。游标与尺身之间有一弹簧片，利用弹簧片的弹力使游标与尺身靠紧。游标上部有一紧固螺钉，可将游标固定在尺身上的任意位置。主尺一般以毫米为单位，而游标上则有10、20或50个分格，根据分格的不同，游标卡尺可分为十分度游标卡尺、二十分度游标卡尺、五十分度格游标卡尺等。游标卡尺的主尺和游标上有两副活动量爪，分别是内测量爪和外测量爪，内测量爪通常用来测量内径，外测量爪通常用来测量长度和外径。深度尺与游标尺连在一起，可以测槽和筒的深度。
当量爪间所量物体的线度为0.1毫米时，游标尺向右应移动0.1毫米。这时它的第一条刻度线恰好与尺身的1毫米刻度线对齐。同样当游标的第五条刻度线跟尺身的5毫米刻度线对齐时，说明两量爪之间有0.5毫米的宽度，„„，依此类推。
在测量大于1毫米的长度时，整的毫米数要从游标“0”线与尺身相对的刻度线读出。
2、游标卡尺的使用
尺身和游标尺上面都有刻度。以准确到0.1毫米的游标卡尺为例，尺身上的最小分度是1毫米，游标尺上有10个小的等分刻度，总长9毫米，每一分度为0.9毫米，比主尺上的最小分度相差0.1毫米。量爪并拢时尺身和游标的零刻度线对齐，它们的第一条刻度线相差0.1毫米，第二条刻度线相差0.2毫米，„„，第10条刻度线相差1毫米，即游标的第10条刻度线恰好与主尺的9毫米刻度线对齐。
揭阳第三中学教案表
课题
2.6导体的电阻
课型
新课教学
教学
目标
一、知识与能力
1、能叙述电阻定律，写出表达式。
2、能叙述电阻率的意义，能说出金属导体、半导体材料的电阻率随温度的变化规律，了解电阻率和温度有关。

2020年高中物理选修3－2第六章《传感器的应用一》精品版新人教版高中物理选修3－2第六章《传感器的应用(一)》精品教案课题§6.2传感器的应用(一)课型新授课目标（一）知识与技能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）过程与方法通过实验或演示实验，了解传感器在生产、生活中的应用。

（三）情感、态度与价值观在了解传感器原理及应用时，知道已学知识在生活、生产、科技社会中的价值，增强学习兴趣，培养良好的科学态度。

重点重点：各种传感器的应用原理及结构难点：各种传感器的应用原理及结构。

教学活动过程教学过程复习回顾传感器是能够感知诸如力、温度、光、声、化学成分等非电学量，并把它们按照一定的规律转化成电压、电流等电学量，或转化为电路通断的一类元件。

请大家回忆一下光敏电阻、热敏电阻、霍尔元件各是把什么物理量转化为电学量的元件？新课学习1、传感器应用的一般模式（阅读教材开头几段，然后合上书，在练习本上画出传感器应用的一般模式示意图）。

学习几个传感器应用的实例。

学生学习过程回顾传感器的定义和各种传感器的工作原理（3分钟）总结传感器的基本原理学生阅读课本并回答左侧的问题（6分钟）2．力传感器的应用——电子秤阅读教材61页最后一段，思考并回答问题。

（1）电子秤使用的测力装置是什么？它是由什么元件组成的？（2）简述力传感器的工作原理。

（3）应变片能够把什么力学量转化为什么电学量？理解应变片测力原理（如图所示）。

应变片能够把物体形变这个力学量转化为电压这个电学量。

3．声传感器的应用——话筒阅读教材62页有关内容，思考并回答问题。

（1）话筒的作用是什么？（2）说明动圈式话筒的工作原理和工作过程。

（3）说明电容式话筒的工作原理和工作过程。

这种话筒的优点是什么？（4）驻极体话筒的工作原理是什么？有何优点？1：话筒的作用是把声音信号转化为电信号。

2：动圈式话筒的工作原理是电磁感应现象。

高中物理- 教科版目录（全套）必修一第一章运动的描述1.1 质点参考系空间时间1.2 位置变化的描述位移1.3 直线运动中位移随时间变化的1.4 运动快慢与方向的描述1.5 直线运动速度随时间变化的图像.1.6 速度变化快慢的描述加速度1.7匀速直线运动的规律1.8匀速直线运动的规律的应用1.9 匀速直线运动的加速度第二章力2.1力2.2重力2.3 弹力2.4摩擦力2.5力的合成2.6力的分解第三章牛顿运动定律3.1从亚里士多德到伽利略3.2 牛顿第一定律3.3 牛顿第二定律3.4牛顿第三定律3.5 牛顿运动定律的应用3.6 自由落体运动3.7 超重与失重3.8汽车安全运行与牛顿运动定律第四章物体的平衡4.1 共点力作用下物体的平衡4.2 共点力平衡条件的应用4.3 平衡的稳定性（选学）必修二第一章抛体运动1.1 曲线运动1.2 运动的合成与分解1.3 平抛运动1.4 斜抛运动第二章圆周运动2.1 描述圆周运动2.2 圆周运动的向心力2.3 匀速圆周运动的实例分析2.4 圆周运动与人类文明（选学）第三章万有引力定律3.1天体运动3.2 万有引力定律3.3 万有引力定律的应用3.4人造卫星宇宙速度第四章机械能和能源4.1 功4.2 功率4.3动能与势能4.4动能定理4.5 机械能守恒定律4.6能源的开发与利用第五章经典力学的成就与局限性5.1 经典力学的成就与局限性5.2 了解相对论5.3 初识量子论理科选修- 选修3-1第一章电场1.1电荷电荷守恒定律1.2库仑定律1.3 电场电场强度和电场线1.4 电势差1.5 电势差与电场强度的关系1.6 电容器和电容1.7 静电的利用及危害第二章直流电路2.1欧姆定律2.2 电阻定律2.3 焦耳定律2.4 电阻的串联、并联及其应用2.5 伏安法测电阻2.6 电源的电动势和内阻2.7 闭合电路欧姆定律2.8 欧姆表多用电表2.9逻辑电路和控制电路第三章磁场3.1 磁现象磁场3.2 磁感应强度磁通量3.3磁场对电流的作用-安培力3.4 磁场对运动电荷的作用-落伦兹.3.5洛伦兹力的应用选修3-2第一章电磁感应1.1 电磁感应现象的发现1.2 感应电流产生的条件1.3 法拉第电磁感应定律1.4 楞次定律1.5 电磁感应中的能量转化与守恒1.6 自感日光灯1.7 涡流研究课题测量玩具电动机运转时的. 第二章交变电流2.1 交变电流2.2 描述正弦交流电的物理量2.3实验：练习使用示波器2.4电容器在交流电路中的作用2.5 电感器在交流电路中的作用2.6 变压器2.7 电能的输送第三章传感器3.1 传感器3.2 温度传感器和光电式传感器3.3 生活中的传感器3.4实验探究：简单的光控和温控.选修3-3第一章分子动理论与统计思想1.1 物体是由大量分子组成的1.2 分子的热运动1.3分子间的相互作用力1.4 统计规律分子运动速率分布1.5 温度内能气体的压强1.6实验探究：用油膜法测油酸分.第二章固体和液体2.1 晶体和非晶体2.2 半导体2.3 液体的表面张力2.4液晶第三章气体3.1气体实验定律3.2 气体实验定律的微观解释及图.3.3 理想气体3.4饱和汽与未饱和汽3.5 空气的湿度第四章能量守恒与热力学定律4.1能量守恒定律的发现4.2 热力学第一定律4.3宏观热过程的方向性4.4 热力学第二定律4.5熵概念初步第五章能源与可持续性发展5.1 能源与人类生存的关系5.2 能源利用与环境问题5.3 可持续发展战略选修3-4第一章机械振动1.1 简谐运动1.2 单摆1.3简谐运动的图像和公式1.4阻尼振动受迫振动1.5 实验探究：用单摆测定重力加. 第二章机械波2.1 机械波德形成和传播2.2 横波的图像2.3 波的频率和波速2.4 惠更斯原理波的反射与折射2.5 波的干射、衍射第三章电磁振荡电磁波3.1电磁振荡3.2 电磁场和电磁波3.3电磁波普电磁波的应用3.4 无线电波发射、传播和接收第四章光的折射4.1 光的折射定律4.2 实验探究：测定玻璃的折射率4.3 光的全反射第五章光的波动性5.1 光的干涉5.2实验探究：用双缝干涉观光的.5.3 光的衍射与偏振5.4激光第六章相对论6.1 经典时空观6.2 狭义对相对论的两个基本假设6.3 相对论时空观6.4 相对论的速度变换定律质量和.6.5广义相对论选修3-5第一章碰撞与能量守恒1.1 碰撞1.2 动量1.3 动量守恒定律1.4 动量守恒定律的应用第二章原子结构2.1 电子2.2 原子的核式结构模型2.3 光谱氢原子光谱2.4 波尔的原子模型能级第三章原子核3.1 原子核的组成与核力3.2 放射性衰变3.3 放射性的应用、危害与防护3.4 原子核的结合能3.5 核裂变3.6 核聚变3.7 粒子物理学简介第四章波粒二象性4.1 量子概念的诞生4.2 光电效应与光量子假说4.3 光的波粒二象性4.4 实物粒子的波粒二象性4.5 不确定关系。

高中物理学习材料桑水制作(时间：60分钟)知识点一纯电阻电路中功率的分析与计算1．某同学设计了一个转向灯电路(如图2－6－7所示)，其中L为指示灯，L、L2分别为左、右转向灯，S为单刀双掷开关，E为电源．当S置于位置1时，1以下判断正确的是( )．图2－6－7A．L的功率小于额定功率B．L1亮，其功率等于额定功率C．L2亮，其功率等于额定功率D．含L支路的总功率较另一支路的大解析当单刀双掷开关S置于位置1时，指示灯L与转向灯L2串联后接到电源E上，指示灯L两端电压低于额定电压6 V，所以指示灯L的功率小于额定功率，选项A正确．由于电源E有内阻，转向灯L1接到电源E上，转向灯L1虽然比转向灯L2亮，但功率仍然小于额定功率，选项B错，同理，选项C错．含L支路两个灯泡串联，总电阻大于另一支路，通过的电流小于另一支路，由P＝UI，知含L支路的总功率一定小于另一支路，选项D错．答案 A图2－6－82．如图2－6－8所示，已知U AB＝6 V，当滑动变阻器触头P位于正中位置时，额定电压为3 V的灯泡正常发光，当触头滑至最左端时，电灯实际功率为2 W，求此灯泡额定功率和变阻器的总电阻．解析设滑动变阻器总电阻为R m，灯泡电阻为R L，则根据P位于正中位置时灯泡正常发光，电压为3 V，滑动变阻器电压为3 V，得R L＝Rm2.P位于最左端时变阻器有效电阻R′＝Rm＝2R L，由功率关系知此时滑动变阻器的功率P′＝2P L′＝4 W，I＝PL′＋P′U＝2＋46A＝1 A.滑动变阻器的总电阻R m＝P′I2＝412Ω＝4 Ω，R L＝2 Ω.灯泡的额定功率P额＝U2额RL＝322W＝4.5 W.答案 4.5 W 4 Ω图2－6－93.已知如图2－6－9所示，R1＝6 Ω，R2＝3 Ω，R3＝4 Ω，则接入电路后这三只电阻的实际功率之比为______．解析本题解法很多，注意灵活、巧妙．经过观察发现三只电阻的电流关系最简单：电流之比是I1∶I2∶I3＝1∶2∶3；还可以发现左面两只电阻并联后总阻值为2 Ω，因此电压之比是U1∶U2∶U3＝1∶1∶2；在此基础上利用P＝UI，得P1∶P2∶P3＝1∶2∶6.答案1∶2∶6知识点二非纯电阻电路中功率的分析与计算4．如图2－6－10所示，电阻R1＝20 Ω，电动机线圈电阻R2＝10 Ω.当开关S断开时，电流表的示数为0.5 A；当开关S闭合后，电动机转起来，电路两端电压不变．电流表显示的电流I或电路消耗的电功率P应是( )．图2－6－10A．I＝1.5 A B．I<1.5 AC．P＝15 W D．P<15 W解析开关S断开时，电流表示数为0.5 A，则U＝I1R1＝10 V；合上S后，电动机接入电路，因电动机为非纯电阻用电器，故I2<UR2＝1 A，则I＝I1＋I2<1.5A．电路总功率P总＝UI总＝U(I1＋I2)<10×(1＋0.5)W＝15 W．则B、D项对．答案BD图 2－6－115．如图2－6－11所示电路，电动机M转动起来后，将滑动变阻器的滑动触头向左移动时，电动机中产生的电热Q随电压表测得的电压U和电流表测得的电流I而变化的情况是(电动机线圈的电阻可以认为是不变的) ( )．A．Q跟电流I的平方成正比B．Q跟电压U的平方成正比C．Q跟电压U与电流I的乘积成正比D．Q跟电压U与电流I的比值成正比解析根据焦耳定律，电流通过用电器产生的热量Q＝I2Rt，其中I是电路中的电流，R是用电器的电阻，A项正确，在纯电阻电路中，用电器只发光发热，电流做功把所有的电能都转化为内能，所以Q＝W＝UIt，即Q与电压U和电流I 的乘积成正比．但电动机M在电路中除把部分电能转化为内能Q外，还把部分的电能转化成机械能，此时W＞Q，所以C项不正确．同样，只有在纯电阻电路中，欧姆定律I＝UR才成立，所以Q＝I2Rt＝U2Rt，即热量Q与电压的平方成正比，在电动机电路中，欧姆定律不成立，也就不能得出这个结论了，B项不正确，由于在电动机电路中欧姆定律I＝UR不成立，R≠UI，D项不正确．答案 A6．微型吸尘器的直流电动机的内阻一定，为1 Ω，当加在它两端的电压为2.0 V时，电流为0.8 A，且能正常工作．(1)求它的额定输入功率多大？(2)工作时由导线发热损失的功率多大？(3)它的最大输出功率多大？解析电动机正常工作时是非纯电阻电路，计算只能根据定义式：(1)额定输入功率P额＝UI＝2×0.8 W＝1.6 W(2)电动机发热功率P热＝I2R＝(0.8)2×1 W＝0.64 W(3)根据能的转化与守恒，电动机的最大输出功率P＝P额－P热＝0.96 W.出答案(1)1.6 W (2)0.64 W (3)0.96 W7．将电阻R1和R2分别接到同一电池组的两极时消耗的电功率相同．电池组向两个电阻供电时的电流分别是I1和I2，电池组内阻消耗的功率分别为P1′和P′，电池组的效率分别是η1和η2，电阻两端的电压分别是U1和U2.若已知电流2I<I2，则有( )．1A．R1>R2B．U1>U2C．η1>η2D．P1′>P2′解析依题意可画出电源的外电压特性曲线和R1、R2的伏安特性曲线，因U1I1＝U2I2，I＜I2，所以R1、R2的相对关系如图所示，由图可知，R1＞R2，U1＞U2，A、B对，1又η＝UI/EI＝U/E可知，η1＞η2，C对；又P1＝I2r，故D错，答案为A、B、C.答案ABC图2－6－128.如图2－6－12所示，电路中电池的电动势E＝5 V，内电阻r＝10 Ω，固定电阻R＝90 Ω，R0是可变电阻，在R0从零增加到400 Ω的过程中，求：(1)可变电阻R0上消耗功率最大的条件和最大热功率．(2)电池的电阻r和固定电阻R上消耗的最小热功率之和．解析(1)可变电阻R0上消耗的热功率：P 0＝I2R0＝25(R0－100)2R＋400当R0－100 Ω＝0时，P0最大，其最大值：P大＝25400W＝116W.(2)当电流最小时，电阻r和R消耗的热功率最小，此时R0应调到最大400 Ω，内阻r和固定电阻R上消耗的最小热功率之和为P小＝(ER＋R＋r)2(R＋r)＝0.01 W.答案(1)R0＝100 Ω时116W (2)0.01 W。

6．3 传感器的应用（二）教学目标（一）知识与技能1．了解温度传感器在电饭锅和测温仪上的应用。

2．了解光传感器在鼠标器和火灾报警器上的应用。

（二）过程与方法通过实验或演示实验，了解传感器在生产、生活中的应用。

（三）情感、态度与价值观在了解传感器原理及应用时，知道已学知识在生活、生产、科技社会中的价值，增强学习兴趣，培养良好的科学态度。

教学重点、难点重点各种传感器的应用原理及结构。

难点各种传感器的应用原理及结构。

教学方法实验法、观察法、讨论法。

教学手段演示用的感温铁氧体，磁铁，电烙铁，计算机的鼠标器，光敏电阻，多用表，干电池，蜡烛，各种功率的白炽灯等教学过程（一）引入新课传感器的应用已经渗透到环境保护、交通运输、航天、军事以及家庭生活等各领域．例如，空调、电冰箱、微波炉、消毒碗柜等与温度控制相关的家用电器，几乎都要使用温度传感器．光传感器的应用也十分广泛，如电脑上的鼠标器、路灯的自动控制及火灾报警器等．这节课我们就来学习温度传感器和光传感器的应用实例。

（二）进行新课1、温度传感器的应用——电饭锅引导学生阅读教材有关内容。

（1）温度传感器的主要元件是什么？感温铁氧体。

（2）感温铁氧体的组成物质是什么？氧化锰、氧化锌和氧化铁粉末混合烧结而成。

（3）感温铁氧体有何特点？常温下具有铁磁性，能够被磁体吸引，温度达到约103℃，失去铁磁性．（4）什么是“居里点”？居里点，又称居里温度，即指103℃。

观察演示实验：感温铁氧体的特性。

现象：当感温铁氧体的温度升高到一定数值时，感温铁氧体与磁铁分离。

说明温度升高到一定数值时，感温铁氧体的磁性消失。

投影电饭锅的结构示意图。

引导学生思考并回答教材“思考与讨论”中的问题，了解电饭锅的工作原理。

（1）开始煮饭时，用手压下开关按钮，永磁体与感温磁体相吸，手松开后，按钮不再恢复到图示状态。

（2）水沸腾后，锅内大致保持100℃不变。

（3）饭熟后，水分被大米吸收，锅底温度升高，当温度升至“居里点103℃”时，感温磁体失去铁磁性，在弹簧作用下，永磁体被弹开，触点分离，切断电源，从而停止加热．(4)如果用电饭锅烧水，水沸腾后，锅内保持100℃不变，温度低于“居里点103℃”，电饭锅不能自动断电。

【审题指导】 审题时应注意以下问题：
(1)观察S1、S2、S3的位置，并分析其作用． (2)联想启动器和镇流器的工作原理．
【解析】 一般日光灯启动时瞬间把电源、灯丝、镇流 器接通，然后自动断开，靠镇流器产生瞬时高压，使灯管内 气体导电，所以启动时既要使乙图中S3闭合，又需使S1瞬间 闭合再断开，A、B错，C对．正常工作时镇流器起降压限流 作用，若把乙图中S2闭合，则镇流器失去作用，日光灯不能 正常工作，D错．
自感系数 1.基本知识
2．思考判断 (1)自感系数与电流的大小有关．(×) (2)通过线圈中的电流增大的越来越快，则自感系数变 大．(×) (3)自感系数是由线圈本身性质决定的．(√) 3．探究交流 大城市的无轨电车在行驶的过程中，由于车身颠簸，有 可能使车顶上的电弓瞬间脱离电网线，这时可以看到电火花 闪现．请说说电火花产生的原因是什么？ 【提示】 电弓脱离电网线的瞬间电流减小，所产生的 自感电动势很大，在电弓与电网线的空隙产生电火花．
若将图1－6－5甲中启动器换为开关S1，并给镇流器并 联一个开关S2，如图乙所示，则下列叙述正确的是( )
图1－6－5
A．只把S3接通，日光灯就能正常发光 B．把S3、S1接通后，S2不接通，日光灯就能正常发光 C．S2不接通，接通S3、S1后，再断开S1，日光灯就能 正常发光
D．当日光灯正常发光后，再接通S2，日光灯仍能正常 发光
●教学流程设计
课前预习安排：1.看教材 2.填写【课前自主导学】 (同学之间可进行讨论)
步骤1：导入新课，本 节教学地位分析
步骤2：老师提问，检查 预习效果(可多提问几个 学生)
步骤3：师生互动完成“探 究1”互动方式(除例1外可再 变换命题角度，补充一个 例题以拓展学生思路)

答案：2
图3 10．如图 3 所示，一块厚度均匀的矩形被测样品，长 AB 为宽 CD 的两倍，沿对称轴测得电阻均为 R，则 AB 方向的电 阻率与 CD 方向的电阻率之比为__________．
解析：设矩形被测样品厚度为 d，CD＝l，则 AB＝2l，RAB ＝ρAB·l2·dl ，RCD＝ρCD·2ll·d.
9．一根粗细均匀的电阻丝，当两端加上 2 V 的电压时通过 其中的电流为 4 A，现将电阻丝均匀地拉长，然后两端加上 1 V 电压，这时通过它的电流为 0.5 A．由此可知，这样电阻丝已被 均匀地拉长为原长的__________倍．
解析：由题知：R1＝UI11＝24Ω＝0.5 Ω，R2＝UI22＝01.5Ω＝2 Ω， 所以 R2＝4R1，由 R＝ρSl ，知 l2＝2l1.
4．关于电阻率，以下说法正确的是( ) A．纯金属的电阻率小，合金的电阻率较大，绝缘体的电 阻率最大 B．纯金属的电阻率随温度的升高而减小，绝缘体的电阻 率随温度的升高而增大 C．超导体的电阻率为零，所以对电流的阻碍作用为零 D．电阻率的大小只随温度的变化而变化，而与材料本身 无关 答案：AC
5．如图 2 一段长为 a、宽为 b、高为 c(a＞b＞c)的导体，
解析：因细、粗棒串联，所以通过的电流强度相同，又 q ＝I·t，所以每秒钟通过的电量相同，A 正确；由 I＝ne v S 可 知，ne v 1S1＝ne v 2S2，所以 v 1＞ v 2，即 B 选项错；由 R＝ρSl 知：R1＞R2，所以 U1＞U2.又 E＝Ul ，所以 E1＞E2，故 C、D 选 项正确．
由 RAB＝RCD＝R，可得 ρAB∶ρCD＝1∶4.
答案：1∶4
11．在一根长 l＝5 m，横截面积 S＝3.5×10－4m2 的铜质导 线两端加 2.5×10－3V 的电压．已知铜的电阻率 ρ＝1.75×10－ 8Ω·m.试求：

1电磁感应现象的发现
2感应电流产生的条件
(时间：60分钟)
知识点一电磁感应现象
1．下列现象中属于电磁感应现象的是()．A．磁场对电流产生力的作用
B．变化的磁场使闭合电路中产生电流
C．插在通电螺线管中的软铁棒被磁化
D．电流周围产生磁场
解析电磁感应现象指的是由磁场产生电流的现象，选项B是正确的．
答案 B
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及磁铁吸引小磁针，均反映了磁场力的性质．所以A、B不是电磁感应现象，C 是电磁感应现象．
答案 C
知识点二磁通量的理解及计算
3.如图1－1、2－17所示，四面体OABC处在沿Ox方向的匀强磁场中，下列关于磁场穿过各个面的磁通量的说法中正确的是()．
图1－1、2－17
A．穿过AOB面的磁通量为零
B．穿过ABC面和BOC面的磁通量相等。

高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）3法拉第电磁感应定律(时间：60分钟)知识点一对法拉第电磁感应定律的理解1．下列几种说法正确的是()．A．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B．线圈中磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大C．线圈放在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电动势一定越大D．线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势一定越大解析依据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势与磁通量无关、与磁通量的变化量无关，与线圈匝数和磁通量的变化率成正比．因此，选项A、B都是错误的．感应电动势与磁场的强弱也无关，所以，选项C也是错误的．线圈中磁通量变化越快意味着线圈磁通量的变化率越大，依据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，在此条件下线圈产生的感应电动势越大，故选项D是正确的．答案 D图1－3－202.单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，如线圈所围面积里的磁通量随时间变化的规律如图1－3－20所示，则线圈中( )．A ．0时刻感应电动势最大B ．0.05 s 时感应电动势为零C ．0.05 s 时感应电动势最大D ．0～0.05 s 这段时间内平均感应电动势为0.4 V解析 由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ，在Φ－t 图像中，ΔΦΔt为该时刻的斜率，0时刻和0.1 s 时刻斜率绝对值最大，表明电动势值最大，0.05 s 时刻斜率为零，则电动势为零，0～0.05 s 时间内平均感应电动势为0.4 V ，故选项A 、B 、D 正确．答案 ABD知识点二 公式E ＝n ΔΦΔt的应用图1－3－213.如图1－3－21所示，A 、B 两闭合线圈为同样导线绕成，A 有10匝，B 有20匝，两圆线圈半径之比为2∶1.均匀磁场只分布在B 线圈内．当磁场随时间均匀减弱时( )．A ．A 中无感应电流B ．A 、B 中均有恒定的感应电流C ．A 、B 中感应电动势之比为2∶1D ．A 、B 中感应电流之比为1∶2解析 只要穿过闭合线圈内的磁通量发生变化，线圈中就有感应电动势和感应电流，因为磁场变化情况相同，有效面积也相同，所以，每匝线圈产生的感应电动势相同，又由于两线圈的匝数和半径不同，电阻值不同，根据电阻定律，单匝线圈电阻之比为2∶1，所以，感应电流之比为1∶2.因此正确的选项是B 、D.答案 BD图1－3－224.物理实验中，常用一种叫“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电荷．如图1－3－22所示，探测线圈与冲击电流计串联后，可用来测定磁场的磁感应强度．已知线圈的匝数为n，面积为S，线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R，若将线圈放在被测匀强磁场中，开始时线圈平面与磁场垂直，现把探测线圈翻转90°，冲击电流计测出通过线圈的电荷量为q，则被测磁场的磁感应强度为()．A.qRS B.qRnSC.qR2nS D.qR2S解析探测线圈翻转90°的过程中，磁通量的变化ΔΦ＝BS，由法拉第电磁感应定律E＝n ΔΦΔt，由I＝ER，q＝IΔt可得，q＝nΔΦR＝nBSR，所以B＝qRnS.答案 B图1－3－235.穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系，如图1－3－23所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是()．A．0～2 s B．2 s～4 sC．4 s～5 s D．5 s～10 s解析图像斜率越小，表明磁通量的变化率越小，感应电动势也就越小．答案 D6．如图1－3－24所示，两个用相同导线绕成的开口圆环，大环半径为小环半径的2倍．现用电阻不计的导线将两环连接在一起，若将大环放入一均匀变化的磁场中，小环处在磁场外，a 、b 两点间电压为U 1；若将小环放入这个磁场中，大环处于磁场外，a 、b 两点间电压为U 2，则U 1U 2的值是多少？图1－3－24解析 发生磁通量变化的环相当于电源，由它对另一个环供电，a 、b 两点测出的是外电路的电压，即路端电压．它相当于这样一个电路，如右图所示．设大圆环的电阻为R 1，小圆环的电阻为R 2，圆环导线单位长度上的电阻为k ，则R 1R 2＝k ·2πr 1k ·2πr 2＝r 1r 2＝2大圆环处于磁场中时，大圆环相当于是电源，其电阻是内阻，a 、b 两点间的电压为路端电压，根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律得E 1＝ΔΦΔt ＝ΔBS 1Δt ，U 1＝E 1R 2R 1＋R 2＝13E 1 同理小圆环处于磁场中时，a 、b 两点间的电压为路端电压，根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律得E 2＝ΔΦ2Δt ＝ΔBS 2Δt ，U 2＝E 2R 1R 1＋R 2＝23E 2 又E 1E 2＝ΔB ·πr 21ΔB ·πr 22＝r 21r 22＝4，所以U 1U 2＝2. 答案 2知识点三 公式E ＝Bl v 的应用图1－3－257.如图1－3－25所示，金属三角形导轨COD上放有一根金属棒MN.拉动MN，使它以速度v向右匀速运动，如果导轨和金属棒都是粗细相同的均匀导体，电阻率都相同，那么在MN运动的过程中，闭合回路的①感应电动势保持不变②感应电流保持不变③感应电动势逐渐增大④感应电流逐渐增大以上判断正确的是()．A．①②B．③④C．②③D．①④解析由E＝BL v知在MN运动过程中，L逐渐增大，故E增大；而该闭合回路的周长也在增大，故R在增大，可算得I不变．答案 C图1－3－268.如图1－3－26所示，竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab 以水平速度v0抛出，设整个过程中，棒的取向不变，且不计空气阻力，则金属棒运动过程中产生的感应电动势的大小变化情况应是()．A．越来越大B．越来越小C．保持不变D．无法判断解析金属棒做平抛运动，水平切割磁感线的速度不变，故感应电动势大小不变．答案 C图1－3－279.如图1－3－27所示，PQRS是一个正方形的闭合导线框，MN为一个匀强磁场的边界，磁场方向垂直于纸面向里，如果线框以恒定的速度沿着PQ方向向右运动，速度方向与MN边界成45°角，在线框进入磁场的过程中()．A．当Q点经过边界MN时，线框的磁通量为零，感应电流最大B．当S点经过边界MN时，线框的磁通量最大，感应电流最大C．P点经过边界MN时跟F点经过边界MN时相比较，线框的磁通量小，感应电流大D．P点经过边界MN时跟F点经过边界MN时相比较，线框的磁通量小，感应电流也小解析P点经过MN时，正方形闭合导线框切割磁感线的导线有效长度最大，感应电流最大．答案 C知识点四感应电荷量的计算图1－3－2810.如图1－3－28所示，以边长为50 cm的正方形导线框，放置在B＝0.40 T 的匀强磁场中．已知磁场方向与水平方向成37°角，线框电阻为0.10 Ω，求线框绕其一边从水平方向转至竖直方向的过程中通过导线横截面积的电荷量．解析设线框在水平位置时法线(题干图中)n方向向上，穿过线框的磁通量Φ1＝BS cos 53°＝6.0×10－2 Wb当线框转至竖直位置时，线框平面的法线方向水平向右，与磁感线夹角θ＝143°，穿过线框的磁通量Φ1＝BS cos 143°＝－8.0×10－2 Wb通过导线横截面的电荷量：Q＝IΔt＝ERΔt＝︳Φ2－Φ1︳R＝1.4 C.答案 1.4 C图1－3－2911.如图1－3－29所示，将一条形磁铁插入某一闭合线圈，第一次用时0.05 s，第二次用时0.1 s，设插入方式相同，试求：(1)两次线圈中平均感应电动势之比？(2)两次线圈中电流之比？(3)两次通过线圈的电荷量之比？解析(1)由感应电动势E＝n ΔΦΔt得E1E2＝ΔΦΔt1·Δt2ΔΦ＝Δt2Δt1＝21.(2)由闭合电路欧姆定律I＝ER得I1I2＝E1R·RE2＝E1E2＝21.(3)由电荷量q＝It得q1q2＝I1Δt1I2Δt2＝11.答案(1)2∶1(2)2∶1(3)1∶1图1－3－3012.如图1－3－30所示，一个边长为L的正方形金属框，质量为m，电阻为R，用细线把它悬挂于一个有界的磁场边缘．金属框的上半部处于磁场内，下半部处于磁场外．磁场随时间均匀变化满足B＝kt规律，已知细线所能承受的最大拉力F T＝2mg，求从t＝0时起，经多长时间细线会被拉断？解析设t时刻细线恰被拉断，由题意知，B＝kt①金属框中产生的感应电动势E＝ΔBΔt·S＝kL2/2②金属框受到的安培力：F＝BIL＝BELR＝BkL32R③由力的平衡条件得，F T＝mg＋F④解①、②、③得t ＝2mgR k 2L 3.答案 2mgR k 2L 313．电磁流量计广泛应用于测量可导电流体(如污水)在管中的流量(在单位时间内通过管内横截面的流体的体积)．为了简化，假设流量计是如图1－3－31所示的横截面为长方形的一段管道，其中空部分的长、宽、高分别为图中的a 、b 、c .流量计的两端与输送流体的管道相连接，如图中虚线．流量计上下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料．现于流量计所在处加磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直于前后两面．当导电流体稳定地流经流量计时，在管外将流量计上、下两表面分别与一已串接了电阻R 的电流表的两端连接．I 表示侧得的电流值，已知流体的电阻率为ρ，不计电流表的内阻，则可求得的流量为 ( )．图1－3－31A.I B ⎝ ⎛⎭⎪⎫bR ＋ρc a B.I B ⎝ ⎛⎭⎪⎫aR ＋ρb c C.I B ⎝ ⎛⎭⎪⎫(cR ＋ρa b D.I B ⎝ ⎛⎭⎪⎫R ＋ρbc a 解析 流体中有长度为c 的液体导体切割磁感线产生电动势，相当于电源，感应电动势为E ＝Bc v ，内电阻为r ＝ρc ab ，外电路电阻为R ，根据闭合电路欧姆定律：I ＝E R ＋ r，再根据流量的定义，Q ＝bc v .解上述各式可得：Q ＝I B ⎝ ⎛⎭⎪⎫bR ＋ρc a .选项A 正确．答案 A。

高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）6自感日光灯(时间：60分钟)知识点一对自感系数的理解1．一个线圈的电流在均匀增大，则这个线圈的()．A．自感系数也将均匀增大B．自感电动势也将均匀增大C．磁通量的变化率也将均匀增大D．自感系数、自感电动势都不变解析自感系数决定于线圈自身，自感电动势E＝L ΔI Δt.答案 D2．关于线圈的自感系数，下列说法中正确的是()．A．线圈中产生的自感电动势越大，线圈的自感系数一定越大B．线圈中电流变化越快，自感系数越大C．线圈中电流为零时，自感系数也为零D．线圈的自感系数是由线圈本身的几何尺寸及铁芯情况决定的量解析线圈的自感系数由自感系数本身的物理意义确定，与线圈中是否有电流、线圈中存在电流时电流是否变化等因素无关．答案 D知识点二对自感现象的分析3．如图1－6－8所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈，E为电源，S为开关．关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是()．图1－6－8A．合上开关，a先亮，b后亮；断开开关，a、b同时熄灭B．合上开关，b先亮，a后亮；断开开关，a先熄灭，b后熄灭C．合上开关，b先亮，a后亮；断开开关，a、b同时熄灭D．合上开关，a、b同时亮；断开开关，b先熄灭，a后熄灭解析合上开关后，由于a灯和线圈相连后接在电路中，当电路中电流变化时，线圈对电流有阻碍作用，所以闭合开关后，b先亮，a后亮；断开开关后，a、b都要过一会再灭．答案 C图1－6－94.在制作精密电阻时，为了消除使用过程中由于电流变化而引起的自感现象，采用双线并绕的方法，如图1－6－9所示．其道理是()．A．当电路中的电流变化时，两股导线产生的自感电动势相互抵消B．当电路中的电流变化时，两股导线产生的感应电流相互抵消C．当电路中的电流变化时，两股导线中的磁通量相互抵消D．以上说法都不对解析由于采用双线并绕的方法，当电流通过时，两股导线中的电流方向是相反的，不管电流怎样变化，任何时刻两股电流总是等大反向的，所产生的磁通量也是等大反向的，故总磁通量等于零，在该线圈中不会产生电磁感应现象，因此消除了自感，选项A、B错误，只有C正确．答案 C图1－6－105.如图1－6－10所示的电路中，两个相同的电流表G1和G2，零点均在刻度盘的中央．当电流从“＋”接线柱流入时，指针向右摆；当电流从“－”接线柱流入时，指针向左摆．在电路接通后再断开开关S的瞬间，下述说法中正确的是()．A．G1指针向右摆，G2指针向左摆B．G1指针向左摆，G2指针向右摆C．G1、G2的指针都向右摆D．G1、G2的指针都向左摆解析在电路的开关断开的瞬间，流经G1的电流不变．从G1的正接线柱流入，流经G2的电流从G2的负接线柱流入，所以G1向右摆动，G2向左摆动．答案 A6．如图1－6－11甲、乙所示电路中，电阻R和自感线圈L的电阻都很小．接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则()．甲乙图1－6－11A．在电路甲中，断开S，A将渐渐变暗B．在电路甲中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗C．在电路乙中，断开S，A将渐渐变暗D．在电路乙中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗解析甲图中，电灯A与自感线圈L在同一个支路中，流过的电流相同．断开开关S瞬间，线圈L中的自感电动势要维持原电流不变，所以，开关断开的瞬间，电灯A的电流不变，以后电流逐渐变小，因此，电灯逐渐变暗．乙图中，电灯A所在支路的电流比自感线圈所在支路的电流要小(因为自感线圈的电阻很小)．断开开关S时，自感线圈的自感电动势要阻碍电流变小，此瞬间自感线圈中的电流不变，自感线圈相当于一个电源给灯A供电．因此，反向流过A的电流瞬间要变大，然后逐渐变小，所以电灯要先亮一下，然后逐渐变暗．答案AD图1－6－127.如图1－6－12所示的电路中，S闭合且稳定后流过电感线圈的电流是2 A，流过灯泡的电流是1 A．将S突然断开，则S断开前后，能正确反映流过灯泡的电流I随时间t变化关系的图像是()．解析开关S突然断开，由于自感线圈L中磁通量突然减小，产生自感电动势E，根据楞次定律，自感电动势E的方向应与原电流的方向相同，此时自感线圈就是电源，与灯泡组成闭合回路．所以灯泡中的电流应是由原来的大小为1 A，方向向右，突然变为大小为2 A，方向向左，即电流的大小和方向发生了突变．因为自感电动势E不断减小，故回路中的电流不断减小，最终变为零．答案 D8．如图1－6－13所示的电路中，三个相同的灯泡a、b、c和电感L1、L2与直流电源连接，电感的电阻忽略不计，开关S从闭合状态突然断开时，下列判断正确的有()．图1－6－13A．a先变亮，然后逐渐变暗B．b先变亮，然后逐渐变暗C．c先变亮，然后逐渐变暗D．b、c都逐渐变暗解析由题图中看出，S突然断开时，电感L1、L2中的感应电流瞬间都加在灯a上，所以a瞬间电流比原来大，所以灯a先变亮，然后逐渐变暗，b、c都逐渐变暗．答案AD9．如图1－6－14所示，电灯A、B与固定电阻的阻值均为R，L是自感系数很大的线圈．当S1闭合，S2断开且电路稳定时，A、B亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中正确的是()．图1－6－14A．B灯立即熄灭B．A灯将比原来更亮一些后再熄灭C．有电流通过B灯，方向为c→dD．有电流通过A灯，方向为b→a解析S2断开而只闭合S1时，稳定时，A、B两灯一样亮，可知线圈L的电阻也是R.在S1、S2都闭合时I A＝I L，故当S2闭合S1突然断开时，流过A灯的电流只是方向变为b→a，但其大小不突然增大，A灯不出现更亮一下再熄灭的现象，故D项正确、B项错误；由于固定电阻R几乎没有自感作用，故断开S1时，B灯电流迅速变为零，而立即熄灭，故A项正确，C项错误．综上所述分析可知，本题正确答案为A、D.答案AD知识点三日光灯的原理10．如下图所示的四个日光灯的连接线路中，S1为启动器，S2为开关，L是镇流器，能使日光灯正常发光的是()．解析日光灯工作时，电流通过镇流器、灯丝和启动器构成回路，使启动器发出辉光，相当于启动器短路接通，同时电流加热灯丝，灯丝发射电子，镇流器起控制电流的作用，出现一个高电压加在灯管两端，灯管中的气体放电、发光，此时启动器已无作用．所以启动器可用手动的开关来代替(实际操作时，因启动器丢失或损坏时，可手持带绝缘皮的导线短接启动器然后再断开)．答案AC11．如图1－6－15所示，L是自感系数较大的一个线圈，电源的电动势为6 V，开关S已闭合，当S断开时，在L中产生的自感电动势E′＝100 V，求此时a、b两点间的电势差．图1－6－15解析当S断开时，线圈中产生的自感电动势阻碍原电流的减小，因此电动势方向与线圈中原电流方向相同，即L的右端电势高于左端电势，由于S断开时a、b两点间断路，相当于电阻很大，所以整个回路中由电动势造成的电势差集中在a、b两点间，φb－φa＝E＋E′＝6 V＋100 V＝106 V，即a点的电势比b点低106 V.答案106 V12．如图1－6－16所示的是一种触电保安器，变压器A处用双股相线(火线)和零线平行绕制成线圈，然后接到用电器上，B处有一个输出线圈，一旦有电流，经放大后便能立即推动断电器J切断电源．图1－6－16(1)增加开灯的盏数，能否切断电源？(2)双手分别接触火线和零线，能否切断电源？(3)单手接触相线，脚与地相接触而触电，能否切断电源？解析(1)不能．因A处线圈是采用双绕法，增加开灯的盏数只会使电路中电流增大，但A处两线中电流始终大小相等方向相反，磁通量相互抵消，B中磁通量不发生改变，故不能推动J切断电源．(2)不能．理由同(1)．(3)能．因为有电流通过人体而流入地下，使A中电流发生改变，B中磁通量发生改变，B中产生感应电流，从而推动J切断电源．答案(1)不能(2)不能(3)能13．如图1－6－17所示甲为某同学研究自感现象的实验电路图，用电流传感器显示各时刻通过线圈L的电流．电路中灯泡的电阻R1＝6.0 Ω，定值电阻R＝2.0 Ω，AB间电压U＝6.0 V，开关S 原来闭合，电路处于稳定状态，在t1＝1.0×10－3 s时刻断开开关S，此时刻前后电流传感器显示的电流随时间变化的图线如图1－6－17乙所示．图1－6－17(1)求出线圈L的直流电阻R L.(2)在图甲中用箭头标出断开开关后通过电灯的电流方向．(3)在t＝1.6×10－3 s时刻线圈L中的感应电动势的大小是多少？解析(1)由图读出，开始时流过电感线圈L的电流I0＝1.5 A由欧姆定律I0＝U R L＋R解得：R L＝UI0－R＝2.0 Ω(2)R1中电流方向向左(或沿逆时针方向)．(3)由图读出，t＝1.6×10－3 s时刻线圈L的电流I＝0.30 A，线圈L相当于一个电源，由闭合电路欧姆定律E＝I(R L＋R＋R1)，解得E＝3.0 V.答案(1)2.0 Ω(2)向左(3)3.0 V。

的电能全部用来发热，此时的电动机可以看做纯电阻，可以 用欧姆定律计算它的电阻 R＝U1/I1＝0.3/0.3 Ω＝1 Ω 当加上 3 V 电压时，电流为 1 A，显然不符合欧姆定律， 消耗的电能一部分发热，一部分转化为机械能，此时电路为 非纯电阻电路． 消耗的电功率为：P＝IU＝3 W
发热功率 P 热＝I2R＝1 W 根据能量关系，产生的机械功率为：P 机＝P－P 热＝2 W.
电功和电热的区别
【问题导思】 1．电动机和电炉分别接入电路中，都能用欧姆定律计算 电流吗？ 2．电冰箱工作时，电能全部转化为内能吗？ 3．电功和电热在什么情况下是相等的？
1．两种电路的比较
两种电路 纯电阻电路 比较内容 元件特点 电路中只有电阻元件， 除电阻外还包括能把 只能把电能转化为内 电能转化为其他形式 能 能的用电器 不服从欧姆定律： U U 服从欧姆定律 I＝R U>IR 或 I<R 电流做功电能除转化 电流做功电能全部转 为内能外还要转化为 化为电热 其他形式的能 电阻、电炉丝、白炽灯 电动机、电解槽等 等 非纯电阻电路
【答案】 A
闭合电路中的功率和效率
【问题导思】 1．外电路的电阻越大，电源的输出功率越大吗？ 2．电源的输出功率越大，电源的效率越高吗？ 3．外电路的电阻越大，电源的总功率越大吗？
1．各部分功率关系分析 由 EIt＝I2Rt＋I2rt 知 P电源＝EI 2 2 2 P ＝ I R EI＝I R＋I r 外 P ＝I2r 内
3．探究交流 注意一下家里用电器的铭牌，如果电视机的铭牌上写着 “100 W”，计算一下，电视机多长时间能用一度电？
【提示】 根据电功与电功率的关系可以计算，电视机
10 个小时会用掉一度电.
焦耳定律 热功率