4. 发电机和电动机（分层作业）物理沪科版选择性必修第二册

4．发电机和电动机 目 录 【攻核心·技能提升】 1 一、发电机的主要性能和能量转化 1 二、电动机的主要性能和能量转化 2 【拓思维·重难突破】 3 【链高考·精准破局】 4 一、发电机的主要性能和能量转化 1.随着科技发展，越来越提倡节能环保。如图所示为一种发电旋转门，该旋转门安装了一个特殊装置，通过人们推动旋转门进出就会产生并存储电能，发电旋转门的工作原理如何？试从能量转换的角度分析。 2.如图所示是实验室用的手摇交流发电机。把发电机输出端跟小灯泡连接起来，使线圈在磁场中转动，可观察到小灯泡发光。该手摇交流发电机的工作原理是什么？若增加线圈的转动速度，灯泡的亮度如何变化？把两个发光二极管极性相反地并联起来，再与发电机电源输出端串联，缓慢转动线圈，两个发光二极管是否会同时发光？这说明了什么？ 3.我国自行研制的动车组采用了“再生制动”技术，在车速从200km/h下降到90km/h的过程中可以通过发电机发电，此过程中的能量是如何转化的？为什么要采用这种技术？ 二、电动机的主要性能和能量转化 4.直流电动机通电后，使线圈发生转动的力是(　　) A. 重力 B. 电场力 C. 磁场力 D. 摩擦力 5.有关直流电动机的换向器的作用，以下说法正确的是(　　) A．当线圈平面与磁感线平行时，自动改变电流方向 B．当线圈平面与磁感线垂直时，自动改变电流方向 C．当线圈平面与磁感线平行时，自动改变磁感线的方向 D．当线圈平面与磁感线平行时，自动改变线圈转动方向 6.一台组装齐全的直流电动机模型，接通电源后电动机不转，用手拨动一下转子后，线圈转子就正常转动起来，则该直流电动机模型开始时不转的原因是(　　) A．线圈正好处于平衡位置 B．线圈中的电流太小 C．换向器与电刷接触不良 D．线圈内部断路 7.如图所示是某同学自制的“小小电动机”，接通电路后线圈开始转动，如果要使线圈反向转动，可采取哪些方法？ 8.小型电扇接入电路中通电后能转动，其工作原理是什么？在完好的小型电扇的插头处接一小灯泡，用手快速拨动风扇叶片，带动转子转动，发现小灯泡发光，如图所示。简要说明产生这一现象的原因。 9.能不能用电动机带动发电机，再用发电机输出的电能驱动该电动机而实现发电机和电动机的连续运转？ 10.关于正常工作的发电机、电动机和白炽灯，以下说法中正确的是(　　) A．发电机是将电能转化为机械能的装置 B．电动机是将机械能等能转化为电能的装置 C．电动机消耗的电能大于产生的热能，白炽灯消耗的电能等于产生的热能 D．电动机消耗的电能等于产生的热能，白炽灯消耗的电能大于产生的热能 11.燃汽助动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池相连。助动车运动时，开启充电装置，发电机可以向蓄电池充电，将电能储存起来。为测试助动车的工作特性，某人做了如下两个实验：实验一，关闭助动车的动力装置和充电装置，让车以500J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，其动能随位移变化关系如图线①所示；实验二，关闭助动车的动力装置，开启充电装置，同样让车以500J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，其动能随位移变化关系如图线②所示，不计空气阻力和助动车内部机械摩擦阻力。从图像可知，下列说法错误的是(　　) A．第一次实验中助动车受到阻力大小为50N B．第二次实验中总共有300J的机械能用于充电 C．第二次实验中助动车在路面上滑行2米，有150J的机械能用于充电 D．第二次实验中助动车做加速度逐渐减小的减速运动 12.电动机和发电机： (1) (2) (3) (4) (5) （1）如图1是直流电动机工作原理示意图。马蹄形永久磁铁产生了如图2所示的辐向磁场（类似自行车的辐条），电动机的转子可简化为矩形导线框，换向器的两个电刷分别连接直流电源的正负极。接通电源，线框的，边受磁场力作用，整个线框就会绕着中心轴不停地转动，并将动力通过转轴向外输出。如图3所示，经过P、Q两点的这根磁感线_______是闭合线条（选填“可能”、“一定”或“一定不”）； （2）接上问，、两点磁感应强度、的大小：_______（选填“相等”、“大于”、“小于”或“无法确定”），原因是_____________________________________； （3）电流表、电压表这类磁电式仪表的工作原理和上述电动机很相似，只是不需要不停转动，可以用它来测量电流、电压的大小。图4中P是带指针绕在铁芯上可转动的线框，、是两个接线柱，如果指针向右偏转，电流从_______接线柱流入电表。（选填“”或“”）； （4）如图5是发电机的工作原理图，矩形线圈的左右两边做切割磁感线运动，从而产生感应电动势，给外电路的负载电阻供电。产生感应电流方向需用_______定律判定（选填“韦伯”、“楞次”或“麦克斯韦”）； 13.(2017·北京·高考真题)发电机和电动机具有类似的装置，是因为它们在工作机理上具有类似性，直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1，2图所示的情景，在竖直向下的磁感应B的匀强磁场中，两根电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平面内，相距为L。电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在导轨上，与导轨接触良好，以速度v（v平行MM）向右匀速运动。图1轨道端点M、P间接有阻值为r的电阻，导体棒ab受水平向右的外力作用，图2轨道端点M、P间接有直流电源，导体棒ab通过滑轮匀速提升重物，电路中的电流为I。 （1）求在△t时间内图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能； （2）从微观角度来看，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用。为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷。 （a）请在图3（图1中的导体棒ab）、图4（图2中的导体棒ab）中，分别画出自由电荷所受的洛伦兹力的示意图。 （b）我们知道，洛伦兹力不做功。那么，导体棒a的自由电荷受的洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢？请以图2“电动机”为例，通过计算分析说明。 14.(24-25·北京·一模)如图为利用海水流动发电的磁流体发电机原理示意图，其中的发电管道是长为L、宽为d、高为h的矩形水平管道。发电管道的上、下两面是绝缘板，南、北两侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S和定值电阻R相连。整个管道置于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。为了简化问题，可以认为：开关闭合前后，海水在发电管道内以恒定速率v朝正东方向流动，发电管道相当于电源，M、N两端相当于电源的两极，发电管道内海水的电阻为r（可视为电源内阻）。管道内海水所受的摩擦阻力保持不变，大小为f。不计地磁场的影响。 (1)判断M、N两端哪端是电源的正极，并求出此发电装置产生的电动势； (2)由于管道内海水中有电流通过，求磁场对管道内海水作用力的大小； (3)发电管道进、出口两端压力差F的功率可视为该发电机的输入功率，定值电阻R消耗的电功率与输入功率的比值可定义为该发电机的效率。求开关闭合后，该发电机的效率η；在发电管道形状确定、海水的电阻r、外电阻R和管道内海水所受的摩擦阻力f保持不变的情况下，要提高该发电机的效率，简述可采取的措施。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 4．发电机和电动机 目 录 【攻核心·技能提升】 1 一、发电机的主要性能和能量转化 1 二、电动机的主要性能和能量转化 2 【拓思维·重难突破】 4 【链高考·精准破局】 5 一、发电机的主要性能和能量转化 1.随着科技发展，越来越提倡节能环保。如图所示为一种发电旋转门，该旋转门安装了一个特殊装置，通过人们推动旋转门进出就会产生并存储电能，发电旋转门的工作原理如何？试从能量转换的角度分析。 答案 人们推动旋转门进出时，里面的线圈做切割磁感线运动，从而产生感应电动势，形成电流而进行发电，该过程是机械能转化为电能的过程。 2.如图所示是实验室用的手摇交流发电机。把发电机输出端跟小灯泡连接起来，使线圈在磁场中转动，可观察到小灯泡发光。该手摇交流发电机的工作原理是什么？若增加线圈的转动速度，灯泡的亮度如何变化？把两个发光二极管极性相反地并联起来，再与发电机电源输出端串联，缓慢转动线圈，两个发光二极管是否会同时发光？这说明了什么？ 答案 电磁感应；变亮；交替发光；说明发电机发出的电是交流电。 解析　把发电机输出端跟小灯泡连接起来，使线圈在磁场中转动，可观察到小灯泡发光，该手摇交流发电机的工作原理是利用电磁感应现象的原理制成的；若增加线圈的转动速度，感应电流变大，灯泡变亮；由于发光二极管具有单向的导电性，所以把两个发光二极管极性相反地并联起来，再与发电机电源输出端串联，缓慢转动线圈，两个发光二极管会交替发光，表明发电机发出的电流方向是变化的，故是交变电流。 3.我国自行研制的动车组采用了“再生制动”技术，在车速从200km/h下降到90km/h的过程中可以通过发电机发电，此过程中的能量是如何转化的？为什么要采用这种技术？ 解析　当车速降低时，动车组的机械能减小，转化为发电机的电能；这种技术可以使能量得到有效利用，减少能源浪费，节约社会资源。 二、电动机的主要性能和能量转化 4.直流电动机通电后，使线圈发生转动的力是(　　) A. 重力 B. 电场力 C. 磁场力 D. 摩擦力 答案 C 解析　直流电动机通电后，线圈中有电流通过，通电线圈在磁场中受到磁场力的作用开始转动，ABD错误，C正确。 5.有关直流电动机的换向器的作用，以下说法正确的是(　　) A．当线圈平面与磁感线平行时，自动改变电流方向 B．当线圈平面与磁感线垂直时，自动改变电流方向 C．当线圈平面与磁感线平行时，自动改变磁感线的方向 D．当线圈平面与磁感线平行时，自动改变线圈转动方向 答案 B 解析　在线圈平面和磁场方向垂直时受安培力为0，如果不转换电流方向，则受力方向改变不能持续转动，所以在此时改变电流方向，B正确。 6.一台组装齐全的直流电动机模型，接通电源后电动机不转，用手拨动一下转子后，线圈转子就正常转动起来，则该直流电动机模型开始时不转的原因是(　　) A．线圈正好处于平衡位置 B．线圈中的电流太小 C．换向器与电刷接触不良 D．线圈内部断路 答案 A 解析　在平衡位置，线框接触在换向器的空缺位置，电流为0不受安培力，不能转动，转动后由于惯性通过中性面，由上述分析可知A正确。 7.如图所示是某同学自制的“小小电动机”，接通电路后线圈开始转动，如果要使线圈反向转动，可采取哪些方法？ 答案 可调换直流电源的正负极或调换磁铁的N、S极 解析　如果要使线圈反向转动，可调换直流电源的正负极或调换磁铁的N、S极，使矩形线圈的受力方向相反。 8.小型电扇接入电路中通电后能转动，其工作原理是什么？在完好的小型电扇的插头处接一小灯泡，用手快速拨动风扇叶片，带动转子转动，发现小灯泡发光，如图所示。简要说明产生这一现象的原因。 答案 电磁感应原理；原因见详解 解析　如图用手快速拨动风扇叶片，带动转子转动，由于电风扇里装的时电动机，内部有磁铁，在风扇叶片转动的过程中，发生电磁感应现象，此时电风扇相当于发电机，能够产生电流，因此小灯泡能够发光。 9.能不能用电动机带动发电机，再用发电机输出的电能驱动该电动机而实现发电机和电动机的连续运转？ 答案 不能，见解析 解析　不能，电动机、发电机工作过程中会存在摩擦、电流的热效应等能量损耗，电机不能100%将电能转换为机械能，发电机也不能100%将机械能转换电能，因此这个孤立的系统中，在没有外界输入电能时，很快就会停止转动，故不能实现连续运转。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 10.关于正常工作的发电机、电动机和白炽灯，以下说法中正确的是(　　) A．发电机是将电能转化为机械能的装置 B．电动机是将机械能等能转化为电能的装置 C．电动机消耗的电能大于产生的热能，白炽灯消耗的电能等于产生的热能 D．电动机消耗的电能等于产生的热能，白炽灯消耗的电能大于产生的热能 答案 C 解析　发电机工作过程中就是将机械能转化为电能，故A错误；电动机的工作过程中是电能转化为机械能，故B错误；电动机内部有线圈，通电后要产生热能，同时要转动，产生机械能．所以电动机消耗的电能均大于产生的热能，而白炽灯仅仅是电阻，消耗的电能全等于产生的热能，故C正确，D错误．所以C正确，ABD错误。 11.燃汽助动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池相连。助动车运动时，开启充电装置，发电机可以向蓄电池充电，将电能储存起来。为测试助动车的工作特性，某人做了如下两个实验：实验一，关闭助动车的动力装置和充电装置，让车以500J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，其动能随位移变化关系如图线①所示；实验二，关闭助动车的动力装置，开启充电装置，同样让车以500J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，其动能随位移变化关系如图线②所示，不计空气阻力和助动车内部机械摩擦阻力。从图像可知，下列说法错误的是(　　) A．第一次实验中助动车受到阻力大小为50N B．第二次实验中总共有300J的机械能用于充电 C．第二次实验中助动车在路面上滑行2米，有150J的机械能用于充电 D．第二次实验中助动车做加速度逐渐减小的减速运动 答案 B 解析　A．根据动能定理可得，可知Ek−x图像的斜率绝对值等于所受合力大小，则第一次实验中助动车受到阻力大小为，故A正确，不符合题意；B．第二次实验中因地面摩擦力产生的热量为，根据能量守恒可知用于充电的机械能为，故B错误，符合题意；C．第二次实验中助动车在路面上滑行2米，因地面摩擦力产生的热量为，则用于充电的机械能为，故C正确，不符合题意；D．根据Ek−x图像的斜率绝对值等于所受合力大小，可知第二次实验中，助动车的合力逐渐减小，则第二次实验中助动车做加速度逐渐减小的减速运动，故D正确，不符合题意。故选B。 12.电动机和发电机： (1) (2) (3) (4) (5) （1）如图1是直流电动机工作原理示意图。马蹄形永久磁铁产生了如图2所示的辐向磁场（类似自行车的辐条），电动机的转子可简化为矩形导线框，换向器的两个电刷分别连接直流电源的正负极。接通电源，线框的，边受磁场力作用，整个线框就会绕着中心轴不停地转动，并将动力通过转轴向外输出。如图3所示，经过P、Q两点的这根磁感线_______是闭合线条（选填“可能”、“一定”或“一定不”）； （2）接上问，、两点磁感应强度、的大小：_______（选填“相等”、“大于”、“小于”或“无法确定”），原因是_____________________________________； （3）电流表、电压表这类磁电式仪表的工作原理和上述电动机很相似，只是不需要不停转动，可以用它来测量电流、电压的大小。图4中P是带指针绕在铁芯上可转动的线框，、是两个接线柱，如果指针向右偏转，电流从_______接线柱流入电表。（选填“”或“”）； （4）如图5是发电机的工作原理图，矩形线圈的左右两边做切割磁感线运动，从而产生感应电动势，给外电路的负载电阻供电。产生感应电流方向需用_______定律判定（选填“韦伯”、“楞次”或“麦克斯韦”）； 答案 （1）一定     （2）小于     磁感线的疏密表示磁场强弱，P点处磁感线比Q点处稀疏     （3）A     （4）楞次 解析　（1）磁感线是闭合曲线，经过P、Q两点的这根磁感线一定是闭合线条。 （2）磁感线的疏密表示磁场强弱，P点处磁感线比Q点处稀疏，所以 （3）指针向右偏转，则线圈的左边受到向上的安培力，根据左手定则可知，线圈的左侧电流方向垂直纸面向里，即电流从A接线柱流入，从B接线柱流出。（可以把P看成小磁针） （4）产生感应电流方向需用楞次定律判定。 13.(2017·北京·高考真题)发电机和电动机具有类似的装置，是因为它们在工作机理上具有类似性，直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1，2图所示的情景，在竖直向下的磁感应B的匀强磁场中，两根电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平面内，相距为L。电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在导轨上，与导轨接触良好，以速度v（v平行MM）向右匀速运动。图1轨道端点M、P间接有阻值为r的电阻，导体棒ab受水平向右的外力作用，图2轨道端点M、P间接有直流电源，导体棒ab通过滑轮匀速提升重物，电路中的电流为I。 （1）求在△t时间内图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能； （2）从微观角度来看，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用。为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷。 （a）请在图3（图1中的导体棒ab）、图4（图2中的导体棒ab）中，分别画出自由电荷所受的洛伦兹力的示意图。 （b）我们知道，洛伦兹力不做功。那么，导体棒a的自由电荷受的洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢？请以图2“电动机”为例，通过计算分析说明。 答案 （1），；（2） 解析　（1）导体平动切割磁感应线产生的感应电动势为 感应电流为 图1“发电机”产生的电能为 图2中，电动机输出的机械能等于重物增加的重力势能 联立解得 （1）图3中的导体棒是由于外力作用发生移动，根据右手定则可知电流方向从b到a；图4是由于通电使得导体棒中形成电流，所以电流方向由a到b，同时电荷还要匀速向右运动，根据左手定则可知受到的洛伦兹力方向如下图所示 以图2“电动机”为例，所受到的洛伦兹力方向如图4所示，进行分解可得 导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在水平向右的方向上对电荷产生向右的作用力，为 ，此分力对电荷做正功，即 在沿导体棒方向上洛伦兹力的分力为 对导体棒做负功，即 可知，即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零。做正功，宏观上表现为安培力做正功，增加机械能；是“电源”的非静电力，做负功，宏观上表现为感应电动势，使电能转化机械能。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电能转化为等量的机械能，在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用。 14.(24-25·北京·一模)如图为利用海水流动发电的磁流体发电机原理示意图，其中的发电管道是长为L、宽为d、高为h的矩形水平管道。发电管道的上、下两面是绝缘板，南、北两侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S和定值电阻R相连。整个管道置于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。为了简化问题，可以认为：开关闭合前后，海水在发电管道内以恒定速率v朝正东方向流动，发电管道相当于电源，M、N两端相当于电源的两极，发电管道内海水的电阻为r（可视为电源内阻）。管道内海水所受的摩擦阻力保持不变，大小为f。不计地磁场的影响。 (1)判断M、N两端哪端是电源的正极，并求出此发电装置产生的电动势； (2)由于管道内海水中有电流通过，求磁场对管道内海水作用力的大小； (3)发电管道进、出口两端压力差F的功率可视为该发电机的输入功率，定值电阻R消耗的电功率与输入功率的比值可定义为该发电机的效率。求开关闭合后，该发电机的效率η；在发电管道形状确定、海水的电阻r、外电阻R和管道内海水所受的摩擦阻力f保持不变的情况下，要提高该发电机的效率，简述可采取的措施。 答案 (1)M端是电源的正极，此发电装置产生的电动势为Bdv；(2)；(3)；可采取增大发电管道内海水的流速v和增强磁感应强度B可以提高发电机效率。 解析　（1）由右手定则可知，海水中的正离子向M端偏转，负离子向N端偏转，故M端电势高于N端，可知M端为电源的正极。 当开关S断开时，MN两端的电压U等于电源的电动势E，即E=U，稳定后导电离子匀速通过管道，所受电场力与洛伦兹力等大反向，则有 解得E=U=Bdv （2）开关闭合且稳定后，管道内的海水中有从N端到M端的电流I，根据闭合电路欧姆定律得 根据安培力的表达式可得磁场对管道内海水作用力的大小为 （3）稳定后还有匀速通过管道，以发电管道内的海水为研究对象，其受力平衡，可得压力差满足：F=F安+f 由题意可得输入功率为 定值电阻R消耗的电功率为： 该发电机的效率为： 将发电机的效率η的表达式变形为： 可见在d、r、R、f保持不变的情况下，可采取增大发电管道内海水的流速v和增强磁感应强度B可以提高发电机效率。 / 学科网（北京）股份有限公司 $