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新课标高中物理选修3-2课后习题答案


高中物理 3.2 课后习题答案
第4章 第 1 节 划时代的发现 1. 奥斯特实验,电磁感应等. 2. 电路是闭合的.导体切割磁感线运动. 第 2 节 探究电磁感应的产生条件 1. (1)不产生感应电流(2)不产生感应电流(3)产生感应电流 2. 答:由于弹簧线圈收缩时,面积减小,磁通量减小,所以产生感应电流. 3. 答:在线圈进入磁场的过程中,由于穿过线圈的磁通量增大

,所以线圈中产生感应电流;在线圈离开 磁场的过程中,由于穿过线圈的磁通量减小,所以线圈中产生感应电流;当个线圈都在磁场中时,由 于穿过线圈的磁通量不变,所以线圈中不产生感应电流. 4. 答:当线圈远离导线移动时,由于线圈所在位置的磁感应强度不断减弱,所以穿过线圈的磁通量不断 减小,线圈中产生感应电流.当导线中的电流逐渐增大或减小时,线圈所在位置的磁感应强度也逐渐 增大或减小,穿过线圈的磁通量也随之逐渐增大或减小,所以线圈中产生感应电流. 5. 答:如果使铜环沿匀强磁场的方向移动,由于穿过铜环的磁通量不发生变化,所以,铜环中没有感应 电流;如果使铜环在不均匀磁场中移动,由于穿过铜环的磁通量发生变化,所以,铜环中有感应电流. 6. 答:乙、丙、丁三种情况下,可以在线圈 B 中观察到感应电流.因为甲所表示的电流是稳恒电流,那 么,由这个电流产生的磁场就是不变的.穿过线圈 B 的磁通量不变,不产生感应电 7. 流.乙、丙、丁三种情况所表示的电流是随时间变化的电流,那么,由这样的电流产生的磁场也是变 化的,穿过线圈 B 的磁通量变化,产生感应电流. 8. 为了使 MN 中不产生感应电流,必须要求 DENM 构成的闭合电路的磁通量不变,即 BS ? B0l ,而
2

S ? (l ? vt )l ,所以,从 t ? 0 开始,磁感应强度 B 随时间 t 的变化规律是 B ?

B0l l ? vt

第 3 节 楞次定律 1. 答:在条形磁铁移入线圈的过程中,有向左的磁感线穿过线圈,而且线圈的磁通量增大.根据楞次定 律可知,线圈中感应电流磁场方向应该向右,再根据右手定则,判断出感应电流的方向,即从左侧看, 感应电流沿顺时针方向. 2. 答:当闭合开关时,导线 AB 中电流由左向右,它在上面的闭合线框中引起垂直于纸面向外的磁通量 增加.根据楞次定律,闭合线框中产生感应电流的磁场,要阻碍它的增加,所以感应电流的磁场在闭 合线框内的方向是垂直纸面向里,再根据右手定则可知感应电流的方向是由 D 向 C.当断开开关时, 垂直于纸面向外的磁通量减少.根据楞次定律,闭合线框中产生感应电流的磁场,要阻碍原磁场磁通 量的减少,所以感应电流的磁场在闭合线框内的方向是垂直纸面内外,再根据右手定则可知感应电流 的方向是由 C 向 D. 3. 答:当导体 AB 向右移动时,线框 ABCD 中垂直于纸面向内的磁通量减少.根据楞次定律,它产生感 应电流的磁场要阻碍磁通量减少,即感应电流的磁场与原磁场方向相同.垂直于纸面向内,所以感应 电流的方向是 A→B→C→D.此时,线框 ABFE 中垂直纸面向内的磁通量增加,根据楞次定律,它产 生的磁场要阻碍磁通量的增加,即感应电流的磁场与原磁场方向相反,垂直于纸面向外.所以,感应 电流的方向是 A→B→F→E.所以,我们用这两个线框中的任意一个都可以判定导体 AB 中感应电流 的方向.说明:此题对导体 AB 中的电流方向的判定也可用右手定则来确定. 4. 答:由于线圈在条形磁铁的 N 极附近,所以可以认为从 A 到 B 的过程中,线圈中向上的磁通量减小, 根据楞次定律,线圈中产生的感应电流的磁场要阻碍磁通量的减少,即感应电流的磁场与原磁场方向 相同,再根据右手螺旋定则可知感应电流的方向,从上向下看为逆时针方向.从 B 到 C 的过程中,线
--1--

圈中向下的磁通量增加,根据楞次定律,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 电流的磁场与原磁场方向相反,再根据右手螺旋定则可知感应电流的方向,从上向下看为逆时针方向. 5. 答: (1)有感应电流(2)没有感应电流; (3)有感应电流; (4)当合上开关 S 的一瞬间,线圈 P 的左 端为 N 极;当打开开关 S 的上瞬间,线圈 P 的右端为 N 极. 6. 答:用磁铁的任一极(如 N 极)接近 A 球时,穿过 A 环中的磁通量增加,根据楞次定律,A 环中将产 生感应电流,阻碍磁铁与 A 环接近,A 环将远离磁铁;同理,当磁铁远离发 A 球时,A 球中产生感应 电流的方向将阻碍 A 环与磁铁远离, 环将靠近磁铁. A 由于 B 环是断开的, 无论磁极移近或远离 B 环, 都不会在 B 环中形成感应电流,所以 B 环将不移动. 7. 答: (1)如图所示.圆盘中任意一根半径 CD 都在切割磁感线,这半径可以看成一个电源,根据右手 定则可以判断,D 点的电势比 C 点高,也就是说,圆盘边缘上的电势比圆心电势高, (2)根据右手定 则判断,D 点电势比 C 点高,所以流过电阻 R 的电流方向自下向上.说明:本题可拓展为求 CD 间的 感应电动势.设半径为 r,转盘匀速转动的角速度 ? ,匀强磁场的磁感应强度为 B,求圆盘转动时的感 应电动势的大小.具体答案是 E ? 1 Br 2? .

2

第 4 节 法拉第电磁感应定律 1. 正确的是 D. 2. 解:根据法拉第电磁感应定律,线圈中感应电动势为 E ? n ?? ? 1000 ? 0.09 ? 0.02 V ? 175V ;根

?t

0.4

E ? 175 A=0.175A R ? r 990 ? 10 3. 解 : 根 据 导 线 切 割 磁 感 线 产 生 感 应 电 动 势 的 公 式 E ? Blv 得 : 缆 绳 中 的 感 应 电 动 势
据闭合电路欧姆定律可得,通过电热器的电流为 I ?

E ? 4.6 ?10?5 ? 2.05 ?104 ? 7.6 ?103 V=7.2 ?103V
4. 答:可以.声音使纸盒振动,线圈切割磁感线,产生感应电流. 5. 答:因为线圈绕 OO? 轴转动时,线圈长 L2 的边切割磁感线的速度变化,感应电动势因而变化.根据公 式 E ? Blv sin ? 和 v ? ?r 有 E ? BL1 L2? sin ? .因为 S ? L1 L2 , ? ? 90? ,所以, E ? BS? . 6. 答: 根据法拉第电磁感应定律, (1) 线圈中感应电动势 E ? n ?? ? n ?B ? R , 所以,
2

?t

?t

EA2 4 ? ? 4. (2) EB 2 1

2 根据闭合电路欧姆定律,可得通过线圈的电流 I ? E ? n ?B ? R

R

?t

1 ? n ?B S R ,所以, ?t 2 ? ? 2? R S

I A RA 2 ? ? ?2. I B RB 1
7. 答: 管中有导电液体流过时, 相当于一段长为 d 的导体在切割磁感线, 产生的感应电动势 E ? Bdv . 液 体的流量 Q ? v? d

d ? 2 ? ,即液体的流量与电动势 E 的关系为 Q ? ?B E . 4
2

第 5 节 电磁感应定律的应用 1. 解 : 根 据 导 线 切 割 磁 感 线 产 生 感 应 电 动 势 的 公 式 E ? B l v 该 机 两 翼 尖 间 的 电 势 差 为 ,

E ? 4.7 ?10?5 ?12.7 ? 0.7 ? 340V=0.142V ,根据右手定则可知,从驾驶员角度来说,左侧机翼电势
高。说明:该题的难点之上在于学生的空间想象力往往比较弱,对此,可用简单图形(图 4-12)帮助 理解;另外,该题可补充一问,即当飞机从西向东飞行时,哪侧机翼电势高?分析可得仍为左侧机翼
--2--

电势高。 2. ( 1 ) 根 据 法 拉 第 电 磁 感 应 定 律 , 线 圈 中 感 应 电 动 势 为 E ? n ?? 。 根 据 ? ? t 图 象 可 知 ,

?t

?? ? 0.5Wb / s 。 电压表的读数为 E ? n ?? ? 100 ? 0.5V=50V 。 感应电场的方向为逆时针方向, (2) ?t ?t
如图所示。 (3)A 端的电势比 B 端高,所以 A 端应该与电压表标的接线柱连接。 3. 答: (1)等效电路如图所示。 (2)通过 R 的电流方向从上到下。根据导线切割磁感线产生感应电动势 的公式 E ? Blv ,MN、PQ 的电动势都为 E ? 1?1?1V 。根据电池的并联和闭合电路欧姆定律,通过 R 电流 I ? E ? 1 A=1A 。 (3)通过 MN 的电流方向为自 N 到 M;过 PQ 的电流方向为自 N 到 M;过

R

1

PQ 的电流方向为 Q 到 P。 4. (1)线圈以速度 v 匀速进入磁场,当 CD 边在磁场中时,线圈中感应电动势 E1 ? Bl1v ,其中 l1 为 CD

E1 Bl1v ,其中 R 为线圈的总电阻。同理,线圈以速度 2v ? R R E 2Bl1v 匀速进入磁场时,线圈中的感应电流最大值为 I 2 ? 2 ? 。第二次与第一次线圈中最大电流之比 R R 为 2 :1 。 (2)线圈以速度 v 匀速进入磁场,当 CD 边在磁场中时,CD 边受安培力最大,最大值为 B 2l12v 。由于线圈做匀速运动,所以此时外力也最大,且外力大小等于安培力大小,此时 F1 ? BI1l1 ? R B 2l12v 4B 2l12v 2 外力的功率为 P ? F1v ? 。 同理, 线圈以速度 2v 进入磁场时, 外力的最大功率为 P ? 。 1 2 R R 第二次与第一次外力做功的最大功率之比为 4 :1 。 (3)线圈以 v 匀速进入磁场,线圈中的感应电流为 E Bl v l 设 则线圈经过时间 t ? 2 完全进入磁场, 此后线圈中不再有感应电流。 I1 ? 1 ? 1 , AD 边长为 l 2 , v R R
边的长度。此时线圈中的感应电流为 I1 ? 所以第一次线圈中产生的热量为 Q1 ? I1 Rt ?
2

B 2l12 v 2 l2 B 2l12l2 R ? 。同理,线圈以速度 2v 匀速进入 v R R2

磁场时,线圈中产生的热量为 Q2 ?

2B 2l12l2 。第二次与第一次线圈中产生的热量之比为 2 :1 。说明: R

可进一步分析并说明,在这一过程中,外力克服安培力所做的功与感应电流所做的功是相等的。 第 6 节 互感和自感 1. (1)当开关 S 断开后,使线圈 A 中的电流减小并消失时,穿过线圈 B 的磁通量减小,肉而在线圈 B 中将产生感应电流,根据楞次定律,感应电流的磁场要阻碍原磁场的减小,这样就使铁芯中磁场减弱 得慢些,即在开关 S 断开后一段时间内,铁芯中还有逐渐减弱的磁场,这个磁场对衔铁 D 依然有力作 用,因此,弹簧 K 不能立即将衔铁拉起. (2)如果线圈 B 不闭合,不会对延时效果产生影响.在开关 S 断开时,线圈 A 中电流减小并很快消失,线圈 B 中只有感应电动势而无感应电流,铁芯中的磁场很 快消失,磁场对衔铁 D 的作用力也很快消失,弹簧 K 将很快将衔铁拉起. 2. 答:当李辉把多用表的表笔与被测线圈断开时,线圈中的电流将减小,发生自感现象.会产生较大的 自感电动势,两只表笔间有较高电压, “电”了刘伟一下,所以刘伟惊叫起来,当李辉再摸多用表的表 笔时,由于时间经历的较长,自感现象基本“消失” 3. 答: (1)当开关 S 由断开变为闭合,A 灯由亮变得更为明亮,B 灯由亮变暗,直到不亮. (2)当开关 S 由闭合变为断开,A 灯不亮,B 灯由亮变暗,直到不亮. 第 7 节 涡流 电磁阻尼和电磁驱动 1. 答:当铜盘在磁极间运动时,由于发生电磁感应现象,在铜盘中主生感应电流,使铜盘受到安培力作 用,而安培力的方向阻碍导体的运动,所以铜盘很快就停了下来.
--3--

2. 当条形磁铁的 N 极靠近线圈时,线圈中向下的磁通量增加,根据楞次定律可得,线圈中感应电流的磁 场应该向上,再根据右手螺旋定则,判断出线圈中的感应电流方向为逆时针方向(自上而下看) .感应 电流的磁场对条形磁铁 N 极的作用力向上,阻碍条形磁铁向下运动.当条形磁铁的 N 极远离线圈时, 线圈中向下的磁通量减小,根据楞次定律可得,线圈中感应电流的磁场应该向下,再根据右手螺旋定 则,判断出线圈中的感应电流方向为顺时针方向(自上而下看) .感应电流的磁场对条形磁铁 N 极的 作用力向下,阻碍条形磁铁向上运动.因此,无论条形磁铁怎样运动,都将受到线圈中感应电流磁场 的阻碍作用,所以条形磁铁较快地停了下来,在此过程中,弹簧和磁铁的机械能均转化为线圈中的电 能. 3. 答:在磁性很强的小圆片下落的过程中,没有缺口的铝管中的磁通量发生变化(小圆片上方铝管中的 磁通量减小,下方的铝管中的磁通量增大) ,所以铝管中将产生感应电流,感应电流的磁场对下落的小 圆片产生阻力作用,小圆片在铝管中缓慢下落;如果小圆片在有缺口的铝管中下落,尽管铝管中也会 产生感应电流,感应电流的磁场将对下落的也产生阻力作用,但这时的阻力非常小,所以小圆片在铝 管中下落比较快. 4. 答:这些微弱的感应电流,将使卫星受到地磁场的安培力作用.因为克服安培力作用,卫星的一部分 运动转化为电能,这样卫星机械能减小,运动轨道离地面高度会逐渐降低. 5. 答:当条形磁铁向右移动时,金属圆环中的磁通量减小,圆环中将产生感应电流,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 属圆环向右运动. 第五章 交变电流 第 1 节 交变电流 1. 答:磁铁靠近白炽灯,发现灯丝颤动.因为通交变电流的灯丝处在磁场中要受到力的作用,灯丝受到 的磁场力的大小、方向都随时间做周期性变化,因而灯丝颤动. 2. 答:这种说法不对.根据法拉第电磁感应定律,感应电动势的大小与磁通量的变化率 ?? 成正比,而

?t

与磁通量 ? 没有必然的联系.假定线圈的面积为 S,所在磁场的磁感应强度为 B,线圈以角速度 ? 绕 垂 直于磁 感线 的轴匀 速转 动,线 圈在 中性面 时开 始计时 ,则 磁通量 ? 随 时 间变化 的关 系为: ,穿过线圈的磁通量 ? ? ? BD cos ωt ,其图象如图所示.线圈平面转到中性面瞬间( t ? 0 , t ? T ) 虽然最大,但是,曲线的斜率为 0,即,磁通量的变化率 ?? ? 0 ,感应电动势为 0;而线圈平面转到

?t

跟中性面垂直时( t ? 1 T , t ? 3 T ) ,穿过线圈的磁通量 ? 为 0,但是曲线的斜率最大,即磁通量的

4

4

变化率 ?? 最大,感应电动势最大.

?t

3. 解: 单匝线圈转到线圈平面与磁场平行位置时, 即教科书图 5.1-3 中乙和丁图时, 感应电动势最大. 即

Em ? 2BLAB v = 2BLAB?

LAD ? BLAD LAB? ? 0.01? 0.20 ? 0.10 ? 2? ? 50V=6.3 ?10-2 V 2

4. 解 : 假 定 发 电 机 线 圈 平 面 仅 次 于 中 性 面 开 始 计 时 , 感 应 电 动 势 瞬 时 值 表 达 式

e ? Em sin ?t ? 400sin(314t ). 不 计 发 电 机 线 圈 的 内 阻 , 电 路 中 电 流 的 峰 值

Im ?

Em ? 400 A ? 0.2A .电流的瞬时值表达式 i ? I m sin ?t ? 0.2sin(314t ) . R 2000

5. 解 : KL 边 与 磁 场 方 向 呈 30 ° 时 , 线 圈 平 面 与 中 性 面 夹 角 为 60 ° , 此 时 感 应 电 动 势 为 :

e ? Em sin ?t ? BS? sin 60? ? 3 BS? ,电流方向为 KNMLK. 2
第2节 描述交变电流的物理量

--4--

1. 解:交变电流 1 周期内,电流方向变化两次,所以 1s 内电流方向变化的次数为 1 ? 2次 ? 100次 .

0.02

2. 解:不能把这个电容器接在交流电压是 10V 的电路两端.因为,这里的 10V 的电压是指交流电压的有 效值.在电压变化过程中的最大值大于 10V,超过了电容器的耐压,电容器会被击穿. 3. 解 : 灯 泡 正 常 工 作 时 , 通 过 灯 丝 电 流 的 有 效 值 I= P = 40 A= 2 A . 电 流 的 峰 值

U

220

11

Im = 2I= 2 2 A=0.26A . 11
4. 根据图象,读出交变电流的周期 T=0.2s ,电流的峰值 I m ? 10A ,频率 f ? 1 ? 1 Hz ? 5Hz .电

T

0.2

流的有效值 I ?

2 I ? 5 2A ? 7.1A 2 m
2

5. 解 : 该 电 热 器 消 耗 的 功 率 P ? U

R

,其中 U 为电压的有效值 U ?

Um 2

,所以,

Um 2 ) 2 2 ? U m ? 3112 W=967W P? R 2 R 2 ? 50 (
第3节 电感和电容对交变电流的影响 1. 答:三个电流表 A1 、 A 2 、 A 3 所在支路分别为:纯电容电路、纯电感电路、纯电阻电路.改换电源后, 交流电压峰值没有变化,而频率增加了.对于纯电容电路,交流电压峰值不变,则电路两端电压的有 效值不变.电容大小 C 未变,交变电流频率增大,则感抗变小,电流有效值增大,则容抗变小,电流 有效值增大, A1 读数增大. 即 对于纯电感电路, 交流电压峰值不变, 则电路两端电压的有效值不变. 电 感大小 L 未变,交流频率增大,则感抗变大,电流有效值减小,即 A2 读数减小.对于纯电阻电路,交 流电压峰值不变,则电路两端电压的有效值不变.虽然交变电流频率增大,但是对电阻大小没有影响, 电阻大小未变,则电流有效值不变,即 A3 读数不变. 2. 答:由于电容串联在前级和后级之间,前级输出的直流成分不能通过电容器,而流成分可以通过电容 器被输送到后级装置中,输入后级的成分中不含有前级的直流成分,所以两级的直流工作状态相互不 影响. 3. 答:电容器对高频成分的容抗小,对低频成分的容抗大,按照教科书图 5.3-8 的连接,高频成分就通过 “旁边”的电容器,而使低频成分输送到下一级装置. 第 4 节 变压器 1. 答:恒定电流的电压加在变压器的原线圈上时,通过原线圈的电流是恒定电流,即电流的大小和方向 不变,它产生的磁场通过副线圈的磁通量不变.因此在副线圈中不会产生感应电动势,副线圈两端也 没有电压,所以变压器不能改变恒定电流的电压. 2. 解:根据题目条件可知, U1 ? 380V , U 2 ? 36V , n1 ? 1140 ,求: n2 ? ?

?

U1 n1 U ? ,? n2 ? 1 ? n1 ? 36 ?1140 ? 108 U 2 n2 U2 380

3. 解:根据题目条件可知, n2 ? 400 , U1 ? 220V , U 2 ? 55V ,求: n1 ? ?
--5--

?

U1 n1 U ? ,? n1 ? 1 ? n2 ? 220 ? 400 ? 1600 U 2 n2 U2 55

4. 答: 降压变压器的副线圈应当用较粗的导线. 根据理想变压器的输出功率等于输入功率即 I1U1 ? I 2U 2 , 降压变压器的 U 2 ? U1 ,因而,它的 I 2 ? I1 ,即副线圈的电流大于原线圈的电流,所以,相比之下, 副线圈应用较粗的导线. 5. 答:假定理想变压器的原线圈输入的电压 U 1 一定, V1 示数不变;当用户的用电器增加时,相当于 R 减小,副线圈电压 U 2 ?

n2 U 不变, V2 示数不变国;因为 R 减小,所以 A 2 示数增大;因为理想变压 n1 1

器输入功率等于输出功率,有: P ? I1U1 ? P2 ? I 2U 2 ,U 1 、U 2 的值 不变, I 2 增大,则 I1 增大, A1 1 示数增大. 第 5 节 电能的输送 1. 在 不 考 虑 电 抗 的 影 响 时 , 电 功 率 P ? I U , 所 以 I ? P . 当 U ? 1 1 0 V时 , 导 线 中 的 电 流 K

U

3 ? .当 I ? 4 8 0 0 1 0A = 4 3 . 6 A U ? 110V 时,导线中的电流 I ? 4800 ?10 A=43.6 ?103 A . 3 110 1 1 0? 1 0
3

2. 公式 P =UI 和 U=Ir 都是错误的,U 是输电电压,而非输电线上的电压降.正确的推导应该是:设输 损
2 电电压为 U,输送的电功率为 P. P损 =I r , I ? P ,则 P = P2 r ,由此式可知,要减小功率损失, 损

2

U

U

就应当用高压送电和减小输电线的电阻 r .
3 3. 解:(1)用 110V 电压输电,输电线上电流 I1 ? P ? 200 ? 10 A ? 1.8 ? 10 A ,输电线上由电阻造成 3

U1

110

的 电 压 损 失 U1 ? I1 R ? 1.8 ?10 ? 0.05V=90V , (2) 用 11KV 电 压 输 电 , 输 电 线 上 电 流
3

3 I 2 ? P ? 200 ?10 A ? 18A ,输电线上由电阻造成的电压损失 U 2 ? I 2 R ? 18 ? 0.05V=0.9V .两者 3 U 2 11?10

比较,可以看出,用高压输电可使输电线上的电压损失减少许多. 4. 解:输送的电功率为 P,输电电压为 U,输电线上的功率损失为 ?P ,导线长度为 L,导线的电阻亮红 灯 ? ,导线的横截面积为 S,则 ?P ? I R ? ( P )
2 2

U

? L ,因为 P 、 U 、 ?P 、L、 ? 各量都是相同的,
S

S1 U 2 2 (11?103 ) 2 ? 2 ? ? 2.5 ?103 . 所以横截面积为 S 与输电电压 U 的二次方成反比,所以有 2 S 2 U1 220
5. 解 : (1) 假 如 用
3

250V

的 电 压 输 电 , 输 电 导 线 上 的 功 率 损 失 . 用 户 得 到 的 功 率

?P ? ( P )2 R ? ( 20 ?10 )2 ? 0.5kW ? 3.2kW U 250

P损 ? P ? ?P ? 20kW ? 3.2kW ? 16.8kW (2) 假如用 500V 的电压输电,输电导线上的功率损失

?P ? ( P )2 R ? ( 20 ?10 )2 ? 0.5kW ? 0.8kW U 500
3


--6--















P损 ? P ? ?P ? 20kW ? 0.8kW ? 19.2kW .
6. 解 : 输 电 原 理 如 图 5-16 所 示 . (1) 降 压 变 压 器 输 出 电 流 , 也 就 是 用 户 得 到 的 电 流

I用 ?

P用 95 ?103 ? A ? 4.32 ?102 A . 因 为 , ?P ? I 2 2 r , 输 电 线 上 通 过 的 电 流 U用 220

3 I 2 ? ?P ? 5 ?10 A=25A .(2)输电线上损失的电压 U r , U r ? I 2 r ? 25 ? 8V=200V ,因为升压 r 8

变压器为理想变压器,输入功率=输出功率,所以升压变压器输出的电压 U 2 计算如下:因为,

P2 ? I 2U 2 ? P , 所 以 , U 2 ? 1

P2 1 0 ? 3 0 0 1V = ? ? 4 I2 25

3

1 0 . (3) 升 压 变 压 器 的 匝 数 之 比 V

n U n1 U1 U ? U1 4000 ? 200 190 . ? ? 250 ? 1 .降压变压器的匝数之比 3 ? 3 ? 2 ? ? n2 U 2 4000 16 n4 U 用 U用 220 11
第六章 传感器 第 1 节 传感器及其工作原理 1.

--7--


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