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第十一章　交变电流　传感器
第1讲　交变电流的产生与描述
素养目标　1.认识交变电流，能用公式和图像描述正弦式交变电流，了解发电机工作过程中的能量转化.（物理观念） 2.能区分瞬时值、峰值、有效值和平均值.（物理观念） 3.利用等效的思想求解交变电流的有效值.（科学思维）
一、交变电流的产生及变化规律
考题1　（2024·新课标卷）（多选）电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来.车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生电流.磁极匀速转动的某瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图所示.将两磁极间的磁场视为匀强磁场，则磁极再转过90°时，线圈中（　　）
A.电流最小
B.电流最大
C.电流方向由P指向Q
D.电流方向由Q指向P
答案：BD
解析：题图中线圈所在的位置是中性面，线圈从中性面位置开始计时，感应电流的瞬时值表达式为i＝imsin ωt，ωt＝90°时，电流最大，A错误，B正确；线圈相对磁场逆时针转动，PQ边相对磁场在向下切割磁感线，由右手定则可知感应电流方向由Q到P，C错误，D正确.
1.交变电流：　大小　和　方向　都随时间做周期性变化的电流.最常见的交变电流是　正弦式　交变电流.
直 观 情 境
2.正弦交变电流的产生及图像
（1）产生
①产生：如图所示，在匀强磁场中，线圈绕　垂直于磁场　方向的轴匀速转动时，可产生正弦式交变电流.
直 观 情 境
②两个特殊位置
中性面 与磁场方向　垂直　的平面
中性面的垂面 与磁场方向　平行　的平面
（2）图像：用以描述交变电流随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时，则其图像为　正弦式　曲线.
直 观 情 境
3.周期和频率
（1）周期T：交变电流完成一次周期性变化（线圈转动一周）所需的时间，国际单位是秒（s）.
公式：T＝.
（2）频率f：　交变电流在1 s内完成周期性变化　的次数，单位是赫兹（Hz）.
（3）周期和频率的关系：T＝或f＝.
　深化1　　两个特殊位置的特点
（1）线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变.
（2）线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，电流方向不改变.
　深化2　　正弦式交变电流的变化规律（线圈在中性面位置开始计时）
项目 函数表达式 图像
磁通量 Φ＝Φmcos ωt ＝BScos ωt
电动势 e＝Emsin ωt ＝nBSωsin ωt
电压 u＝Umsin ωt ＝sin ωt
电流 i＝Imsin ωt ＝sin ωt
　深化3　　书写交变电流瞬时值表达式的步骤
（1）确定正弦交变电流的峰值，根据已知图像读出或由公式Em＝nωBS求出相应峰值.
（2）明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式
①线圈从中性面位置开始计时，则i－t图像为正弦函数图像，函数表达式为i＝Imsin ωt.
②线圈从垂直于中性面的位置开始计时，则i－t图像为余弦函数图像，函数表达式为i＝Imcos ωt.
角度1　交变电流图像
例1　一正弦式交变电流的i－t图像如图所示.下列说法正确的是（　　）
A.在t＝0.4 s时电流改变方向
B.该交变电流的周期为0.5 s
C.该交变电流的表达式为i＝2cos（5πt） A
D.该交变电流的有效值为 A
答案：C
解析：由题图可知t＝0.4 s时电流为正方向，且最大，电流方向没有发生变化，故A错误；由题图可知，该交变电流的周期为T＝0.4 s，故B错误；由题图可知，电流的最大值为imax＝2 A，角速度为ω＝＝5π rad/s，故该交变电流的表达式为i＝imaxcos ωt＝2cos（5πt） A，故C正确；该交变电流的有效值为i＝＝ A，故D错误.故选C.
角度2　正弦交流电的产生
例2　（2025·重庆质量调研）如图甲所示，风吹向风力发电机叶片，使其带动风轮机内部的矩形线圈在水平匀强磁场中转动，发电机简化模型如图乙所示.矩形线圈以角速度ω绕垂直于磁场的水平转轴OO'顺时针匀速转动，从而产生交流电，已知N匝线圈产生的感应电动势的最大值为Em.则（　　）
A.图示位置时AB边产生的感应电流方向为A到B
B.当线圈转到竖直位置时，电流表的示数为零
C.图示位置时穿过线圈磁通量的变化率最小
D.穿过线圈的最大磁通量为
答案：D
解析：图示位置时，AB边速度竖直向上，又磁场方向水平向左，根据右手定则可知此时AB边产生的感应电流方向为B到A，A错；交流电流表测量的是交变电流的有效值，不会为0，B错；图示位置时电动势e最大，结合e＝N可知，此时穿过线圈磁通量的变化率最大，C错；线圈产生的感应电动势最大值为Em＝NBSω，则穿过线圈的最大磁通量Φm ＝BS＝，D对.
　训练1　（多选）如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦式交变电流的图像，当调整线圈转速后，其在同一磁场中匀速转动过程所产生正弦式交变电流的图像如图线b所示.下列关于这两个正弦式交变电流的说法正确的是（　　）
A.在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零
B.线圈先后两次转速之比为3∶2
C.交变电流a的电动势瞬时值表达式为e＝10sin（5πt） V
D.交变电流b的电动势最大值为 V
答案：BCD
解析：由题图可知t＝0时刻线圈均在中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，A错误；由题图可知Ta∶Tb＝2∶3，故na∶nb＝3∶2，B正确；由题图可知交变电流a的电动势最大值为10 V，ω＝＝ rad/s＝5π rad/s，所以交变电流a的电动势瞬时值表达式为e＝10sin（5πt） V，C正确；交变电流的电动势最大值为Em＝NBSω，故Ema∶Emb＝3∶2，则Emb＝Ema＝ V，D正确.
二、交变电流有效值的理解与计算
考题2　（2024·河北卷）R1、R2为两个完全相同的定值电阻，R1两端的电压随时间周期性变化的规律如图1所示（三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的倍），R2两端的电压随时间按正弦规律变化如图2所示，则两电阻在一个周期T内产生的热量之比Q1∶Q2为（　　）
A.2∶3 B.4∶3
C.2∶ D.5∶4
答案：B
解析：依题意，0～时间内有效值为，设R1＝R2＝R，根据焦耳定律以及有效值的概念得Q1＝·＋·，Q2＝T，可得Q1∶Q2＝4∶3，B正确.
1.有效值
让交流和直流通过相同阻值的电阻，如果它们在相同的时间内产生的　热量　相等，就把这一直流的数值叫作这一交流的有效值.
2.正弦式交变电流的有效值的计算
I＝，U＝，E＝.
　深化1　　交变电流有效值的计算方法
（1）定阻值、定时间：将交变电流加在阻值为R的电阻上，时间取t＝T.
（2）求热量：Q＝Q1＋Q2＋…（分段法）.
（3）求解有效值：根据Q＝I2Rt＝t代入数据，求解有效值.
　深化2　　几种典型交流电的有效值
交变电流名称 交变电流图像 有效值
正弦式交变电流 U＝
正弦式半波脉冲电流 U＝Um
正弦单向脉冲电流 U＝
矩形脉冲电流 U＝Um
非对称性交变电流 U＝
角度1　对交流电有效值的理解
例3　如图所示，虚线是正弦交流电的图像，实线是另一交流电的图像，它们的周期T和最大值Um相同，则实线所对应的交流电的有效值U满足（　　）
A.U＝Um B.U＝Um
C.U＞Um D.U＜Um
答案：D
解析：依据交流电有效值的定义，若是正弦式交流电，即为虚线的图像，那么其有效值为U＝Um，由图像可知，实线所对应的交流电在除峰值外的任意时刻其瞬时值总是小于正弦交流电的瞬时值，那么在一个周期内，对于相同的电阻，实线所对应的交流电产生的热量小于正弦交流电产生的热量，故实线所对应的交流电的有效值小于正弦交流电的有效值，即U＜Um，故A、B、C错误，D正确.
角度2　交流电有效值的计算
例4　某品牌电热毯的简易电路如图甲所示，电热丝的电阻为R＝484Ω，现将其接在u＝220·sin100πt（V）的正弦交流电源上，电热毯被加热到一定温度后，温控装置P使输入电压变为如图乙所示的波形，从而进入保温状态，若电热丝的电阻保持不变，则保温状态下，理想交流电压表V的读数和电热毯消耗的电功率最接近下列哪一组数据（　　）
甲　　乙
A.220 V、100 W B.156 V、50 W
C.110 V、25 W D.311 V、200 W
答案：B
解析：根据题图乙，由有效值的定义可得（）2××＋0＝×T，解得U＝＝110 V＝156 V，电热毯在保温状态下消耗的电功率为P＝＝ W＝50 W，B正确.
　训练2　如图所示，将一根均匀导线围成圆心角为60°的扇形导线框OMN，O为圆心，半径为R，线框总电阻为r，将线框O点置于坐标系的原点，在第二、四象限有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.从t＝0时刻开始，导线框绕O点以角速度ω匀速转动，则导线框中感应电流的有效值为（　　）
A. B.
C. D.
答案：C
解析：线框转动一周过程中，两次进入磁场、两次离开磁场，所以产生感应电流的时间为t＝T＝T；转动切割磁感线产生的感应电动势E'＝BR2ω，设感应电动势的有效值为E，根据有效值的计算公式可得T＝t，解得E＝，则导线框中感应电流的有效值为I＝＝，故C正确，A、B、D错误.
三、交变电流的“四值”及应用
考题3　（2024·广东卷）将阻值为50 Ω的电阻接在正弦式交流电源上，电阻两端电压随时间的变化规律如图所示，下列说法正确的是（　　）
A.该交流电的频率为100 Hz
B.通过电阻电流的峰值为0.2 A
C.电阻在1秒内消耗的电能为1 J
D.电阻两端电压表达式为u＝10sin（100πt） V
答案：D
解析：由题图可知T＝0.02 s，该交流电的频率为f＝＝50 Hz，A错误；由题图可知电阻两端电压的峰值为Um＝10 V，通过电阻电流的峰值为Im＝＝ A，B错误；通过电阻电流的有效值为I有＝＝0.2 A，电阻在1秒内消耗的电能为Q＝Rt＝2 J，C错误；电阻两端电压表达式为u＝Umsint＝10sin（100πt） V，D正确.
考题4　（2022·广东卷）如图所示是简化的某种旋转磁极式发电机原理图.定子是仅匝数n不同的两线圈，n1＞n2，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流.不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是（　　）
A.两线圈产生的电动势的有效值相等
B.两线圈产生的交变电流频率相等
C.两线圈产生的电动势同时达到最大值
D.两电阻消耗的电功率相等
答案：B
解析：在一个周期内穿过两线圈的磁通量的变化周期相同，所以两线圈产生的交变电流频率相等，由于两线圈的匝数不同，则两线圈产生的感应电动势最大值不同，两线圈产生的感应电动势的有效值不同，根据P＝可知两电阻消耗的电功率不同，A、D错误，B正确；当条形磁铁转动到水平位置时，穿过n1线圈的磁通量达到最大值，而穿过n2线圈的磁通量达到最小值，所以两线圈产生的感应电动势不能同时达到最大值，C错误.
　深化　　交变电流的“四值”辨析
项目 物理含义 重要关系 适用情况
瞬时值 交变电流某一时刻的值 e＝Emsin ωt i＝Imsin ωt 计算线圈某时刻的受力情况
最大值 最大的瞬时值 Em＝nBSω Im＝ 确定用电器的耐压值，如电容器、晶体管等的击穿电压
有效值 跟交变电流的热效应等效的恒定电流值 对正弦式交 变电流，有： E＝　 U＝　 I＝　　 （1）计算与电流热效应相关的量，如电功、电功率、热量、保险丝的熔断电流等. （2）交流电表的测量值. （3）电气设备所标注的额定电压、额定电流等. （4）没有特别加以说明的有效值
平均值 交变电流图像中图线与时间轴围成的面积与时间的比值 ＝n ＝ 计算通过电路某一截面的电荷量q＝·Δt
思维模型　掌握交变电流有效值的计算方法，会区别交变电流“四值”，明确其在具体情况中的应用技巧.
角度1　对交流电“四值”的理解
例5　（多选）如图甲所示，标有“220 V　40 W”的灯泡和标有“20 μF　320 V”的电容器并联接到交流电源上，V为交流电压表，交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关.下列判断正确的是（　　）
甲　乙
A.t＝时刻，V的示数为零
B.灯泡恰好正常发光
C.电容器不可能被击穿
D.V的示数保持110 V不变
答案：BC
解析：V的示数应是交流电压的有效值，为220 V，选项A、D错误；交流电压的有效值恰好等于灯泡的额定电压，灯泡正常发光，选项B正确；交流电压的峰值Um＝220 V＜320 V，即小于电容器的耐压值，故电容器不可能被击穿，选项C正确.
角度2　对交流电“四值”的计算
例6　如图所示，边长为l的正三角形线圈，匝数为n，以角速度ω绕ab匀速转动，ab的左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.M为导电环，负载电阻为R，其他电阻不计，在线圈转动一周过程中（　　）
A.图示时刻（线圈平面与磁场方向垂直），线圈的磁通量最大，产生的感应电动势也最大
B.感应电动势的最大值是Bl2ω
C.R上产生的热量为
D.通过R的电荷量为
答案：C
解析：图示时刻（线圈平面与磁场方向垂直），线圈位于中性面，此位置线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，此时产生的感应电动势为零，A错误；根据正弦交流电的产生原理，可知该交流电的最大值为Em＝nBSω＝nBl2ω，B错误；在线圈转动一周过程中只有半周有电流产生，所以R上产生的热量Q＝×＝，C正确；线圈转动一周过程中通过线圈的磁通量的变化量为零，根据＝n可知，线圈产生的平均电动势为零，所以平均电流也为零，通过R的电荷量为0，D错误.
　训练3　如图所示，交流发电机的矩形金属线圈abcd的边长ab＝cd＝50 cm，bc＝ad＝30 cm，匝数n＝100，线圈的总电阻 r＝10 Ω，线圈位于磁感应强度B＝0.050 T的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向平行.线圈的两个末端分别与金属滑环K、L焊接在一起，并通过电刷与阻值R＝90 Ω的定值电阻连接.现使线圈绕过bc和ad边中点且垂直于磁场的转轴OO'以角速度ω＝400 rad/s匀速转动.电路中其他电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计.求：
（1）线圈中感应电流的最大值；
（2）线圈转动过程中电阻R的发热功率；
（3）从线圈经过图示位置开始计时，经过周期通过电阻R的电荷量.
答案：（1）3 A　（2）405 W　（3）7.5×10－3 C
解析：（1）线圈产生感应电动势的最大值
Em＝nBω×ab×bc＝300 V
根据闭合电路欧姆定律可知，线圈中感应电流的最大值Im＝
解得Im＝3 A.
（2）通过电阻R的电流的有效值I＝
线圈转动过程中电阻R的发热功率P＝I2R
解得P＝405 W.
（3）根据法拉第电磁感应定律有：
＝n＝n
根据闭合电路欧姆定律有＝＝
又q＝Δt
解得q＝7.5×10－3 C.
限时跟踪检测（五十五）　交变电流的产生与描述
A级·基础对点练
题组一　交变电流的产生及变化规律
1.某旋转电枢式交流发电机，当转子的旋转角速度为ω时，其产生的电动势随时间变化的关系式为e＝Emsin ωt.那么当转子的旋转角速度减为ω时，其产生的电动势随时间变化的关系式为（　　）
A.e'＝Emsin t B.e'＝Emsin t
C.e'＝2Emsin t D.e'＝Emsin ωt
答案：A
解析：线圈中产生的感应电动势的最大值为Em＝NBSω，当转子的旋转角速度减为ω'＝ω时，感应电动势的最大值变为E'm＝NBS＝Em，电动势随时间变化的关系式变为e'＝E'msin ω't＝Emsint，故选A.
2.（2025·福建漳州模拟）风力发电装置呈现风车外形，风吹向叶片驱动风轮机转动，风轮机带动内部匝数为N的矩形铜质线圈在水平匀强磁场中以角速度ω绕垂直于磁场的水平转轴OO'顺时针匀速转动产生交流电，发电模型简化如图所示.已知N匝线圈产生的感应电动势的最大值为Em.则（　　）
A.当线圈转到图示位置时产生的感应电流方向为DCBA
B.当线圈转到竖直位置时电流表的示数为零
C.当线圈转到图示位置时磁通量的变化率最大
D.穿过线圈的最大磁通量为
答案：C
解析：当线圈转到题图所示位置时，根据右手定则判断知产生的感应电流方向为ABCD，故A错误；当线圈转到竖直位置时，感应电流的瞬时值为零，但电流表测量的是有效值，示数不为零，故B错误；当线圈转到题图所示位置时，线圈与中性面垂直，感应电动势最大，磁通量的变化率最大，故C正确；由Em＝NBSω得，穿过线圈的最大磁通量为Φm＝BS＝，故D错误.
题组二　交变电流有效值的理解与计算
3.某研究小组成员设计了一个如图所示的电路，已知纯电阻R的阻值不随温度变化.与R并联的是一个理想的交流电压表，D是理想二极管（它的导电特点是正向电阻为零，反向电阻为无穷大）.在A、B间加一交流电压，瞬时值的表达式为u＝20sin 100πt（V），则交流电压表示数为（　　）
A.10 V B.20 V
C.15 V D.14.1 V
答案：D
解析：二极管具有单向导电性，使得半个周期内R通路，另半个周期内R断路.在正半周内，交流电的有效值为20 V，故一个周期内的电阻发热为Q＝T＝·，解得：U＝10 V＝14.1 V，故选D.
4.（2025·贵州适应性考试）一交变电流的电压随时间变化的规律如图所示，周期为T，其电压的有效值为（　　）
A. V B.2 V
C. V D.2 V
答案：C
解析：交流电的有效值是根据等效思想确定的，同一阻值为R的电阻接在恒压稳流的直流电路时，其在交流电的一个周期内产生的热量与接在交流电路中一个周期内产生的热量相同，则认为该直流电的电压U为交流电电压的有效值，该直流电路中通过电阻R的电流I为交流电电流的有效值，则根据等效思想有T＝·＋·＋·，解得U＝ V，C正确.
题组三　交变电流的“四值”及应用
5.（2025·山东临沂摸底）（多选）如图所示，单匝矩形线圈的长为2l，宽为l，总电阻为R，绕匀强磁场的边界OO'以角速度ω匀速转动，OO'左侧没有磁场（磁场具有理想边界），已知磁场的磁感应强度为B，OO'为ad边的垂直平分线.从图示时刻开始计时，下列说法正确的是（　　）
A.电流的瞬时值表达式为i＝
B.电流的有效值为
C.电流的最大值为
D.一个周期内线圈产生的焦耳热为
答案：BC
解析：从题图所示时刻开始计时，t＝0时，通过线圈的磁通量最大，感应电动势为零，则线圈转动过程中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝Bl2ωsin ωt，则电流的瞬时值表达式为i＝，A错误；根据电流的瞬时值表达式可知，电流的最大值为Im＝，电流的有效值为I有＝＝，B、C正确；一个周期内线圈产生的焦耳热为Q＝RT，其中T＝，整理得Q＝，D错误.
B级·能力提升练
6.（2025·山东青岛一中月考）（多选）小型发电机线圈共n匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO'，线圈绕OO'匀速转动，如图所示（图示位置线圈平面与磁场垂直）.矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为E0，则下列说法正确的是（　　）
A.图示位置线圈内的磁通量变化率为2E0
B.图示位置线圈内的感应电流方向即将发生改变
C.线圈产生的交流电的电动势的有效值是nE0
D.线圈从图示位置转动90°的时间内，感应电动势的平均值是nE0
答案：BD
解析：题图所示位置穿过线圈的磁通量最大，线圈的磁通量变化率为零，故A错误；题图所示位置ab边和cd边切割磁感线的方向即将发生变化，则线圈内的感应电流方向即将发生改变，故B正确；线圈产生的交流电的电动势的最大值为Em＝2nE0，则有效值是E＝＝nE0，故C错误；线圈从题图所示位置转动90°的时间内，感应电动势的平均值是＝n＝＝＝＝nE0，故D正确.
7.（2025·温州适应性考试）如图所示为手动发电式手电筒的原理图，固定在圆盘边缘处的小圆柱随圆盘绕轴心O，按顺时针方向匀速转动，小圆柱通过竖槽带动T形绝缘支架运动，从而驱动导体棒在光滑的水平导轨上运动.已知导体棒运动的速度随时间变化的关系为v＝0.2sin 2t（m/s），导轨间距L＝0.2 m，导轨间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T，定值电阻R1＝R2＝1 Ω.导体棒与轨道接触良好，且不计导体棒和轨道的电阻，电压表为理想交流电表，D为理想二极管，则（　　）
A.圆盘转动的转速为2 r/s
B.电压表的示数为0.08 V
C.小圆柱圆周运动的半径为0.2 m
D.电阻R1和R2的总功率为4.8×10－3 W
答案：D
解析：根据题中数据可得ω＝2πn＝2 rad/s，可得n＝ r/s，A错误；导体棒切割磁感线，最大的电压为Um＝BLvm＝0.08 V，电压表的电压为交流电的有效值，则电压表的示数为U＝＝0.04 V，B错误；根据题意可知转盘的线速度为0.2 m/s，角速度为2 rad/s，则小圆柱圆周运动的半径r＝＝0.1 m，根据功率的定义式P＝＝＝4.8×10－3 W，C错误，D正确.
8.某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示.在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为π，磁场均沿半径方向.匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l.线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场.在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直.线圈的总电阻为r，外接电阻为R.求：
（1）线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em；
（2）线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F；
（3）外接电阻上电流的有效值I.
答案：（1）2NBl2ω　（2）　（3）
解析：（1）bc、ad边的运动速度v＝ω，
感应电动势Em＝4NBlv，
解得Em＝2NBl2ω.
（2）由电流Im＝，安培力F＝2NBIml，
解得F＝.
（3）一个周期内，通电时间为t＝T，
R上消耗的电能W＝Rt且W＝I2RT，
解得I＝.
第2讲　变压器　电能的输送
素养目标　1.理解理想变压器的工作原理——互感.（物理观念） 2.认识理想变压器的功率关系、电压关系、电流关系.（物理观念） 3.理解远距离输电的原理.（物理观念） 4.掌握理想变压器的动态分析方法.（科学思维） 5.利用能量守恒定律解决远距离输电中的问题.（科学思维）
一、理想变压器基本关系的应用
考题1　（2024·海南卷）（多选）电动汽车充电站变压器（视为理想变压器）输入电压为10 kV，输出电压为220 V，每个充电桩输出电流16 A，设原、副线圈匝数分别为n1、n2，输入正弦交流电的频率为50 Hz，则下列说法正确的是（　　）
A.交流电的周期为0.02 s
B.原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶500
C.输出的最大电压为220 V
D.若10台充电桩同时使用，输入功率为35.2 kW
答案：AD
解析：变压器不改变交流电的频率，因此交流电的周期为T＝＝0.02 s，A正确；由＝，解得＝，B错误；220 V为正弦交变电压的有效值，其最大值为220 V，C错误；10台充电桩同时使用时，变压器输入功率等于输出功率，输入功率为P1＝10×220×16 W＝35.2 kW，D正确.
考题2　（2024·北京卷）如图甲所示，理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上，输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示，副线圈接规格为“6 V　3 W”的灯泡.若灯泡正常发光，下列说法正确的是 （　　）
A.原线圈两端电压的有效值为24 V
B.副线圈中电流的有效值为0.5 A
C.原、副线圈匝数之比为1∶4
D.原线圈的输入功率为12 W
答案：B
解析：由题图乙知，原线圈两端电压最大值为Um＝24 V，则有效值为U1＝＝24 V，A错误；灯泡正常发光，由P＝UI得，副圈中电流有效值为I2＝＝＝0.5 A，B正确；由理想变压器电压与匝数关系可知＝＝4，C错误；理想变压器没有能量损失，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，则原线圈的输入功率P1＝PL＝3 W，D错误.
1.构造和原理
（1）构造：如图所示，变压器是由　闭合铁芯　和绕在铁芯上的　两个线圈　组成的.
直 观 情 境
（2）原理：电磁感应的互感现象.
2.基本关系式
（1）功率关系：　P入＝P出　.
（2）电压关系：　＝　.
有多个副线圈时：＝　＝＝…　.
（3）电流关系：只有一个副线圈时：＝.
由P入＝P出及P＝UI推出有多个副线圈时，U1I1＝　U2I2＋U3I3＋…＋UnIn　.
3.几种常用的变压器
（1）自耦变压器——调压变压器.
（2）互感器
直 观 情 境 　
　深化　　理想变压器的基本关系
理想变 压器 没有能量损失（铜损、铁损），没有磁通量损失（磁通量全部集中在铁芯中）
基本关系 功率 关系 原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率P入＝P出
电压 关系 原、副线圈的电压比等于匝数比，公式：＝，与负载、副线圈的多少无关
电流 关系 （1）只有一个副线圈时：＝. （2）有多个副线圈时：由P入＝P出，得I1U1＝I2U2＋I3U3＋…＋InUn或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn
频率 关系 f1＝f2（变压器不改变交流电的频率）
制约关系 电压 副线圈电压U2由原线圈电压U1和原、副线圈匝数比决定
功率 原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定
电流 原线圈电流I1由副线圈电流I2和原、副线圈匝数比决定
思维模型　用变压器的基本关系特点分析解决实际问题.
角度1　对变压器基本关系的理解
例1　（2025·八省联考陕西、山西、青海、宁夏卷）牙医所用的口腔X射线机，需利用变压器将电压从220 V升到96 kV，输出电流为1.0 mA.若将此变压器视为理想变压器，则（　　）
A.该变压器的输入功率为96 kW
B.该变压器的原、副线圈匝数比为11∶4 800
C.该变压器的输入电流约为0.4 mA
D.该变压器功能主要利用自感现象实现
答案：B
解析：变压器输出功率等于输入功率，则该变压器输入功率P1＝P2＝I2U2＝10－3×96×103 W＝96 W，选项A错误；该变压器原副线圈的匝数比＝＝＝，选项B正确；变压器输入电流为I1＝＝ A＝0.44 A，选项C错误；该变压器功能主要是利用互感现象实现，选项D错误.故选B.
角度2　原线圈含用电器的变压器的应用
例2　（2025·湖南邵阳模拟）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝1∶3，a、b接在电压有效值恒定的交流电源上，已知电阻R1＝18 Ω，R2＝6 Ω.当开关S1接通、S2断开时，R1的功率为P；当开关S1、S2均接通时，R1、R2的功率之和也为P.电阻R的阻值为（导线的电阻不计）（　　）
A.1 Ω B.2 Ω
C.4.5 Ω D.9 Ω
答案：A
解析：设副线圈两端的电压为U2，流过副线圈的电流为I2，则原线圈两端的电压U1＝U2＝U2，流过原线圈的电流I1＝I2＝3I2.设副线圈负载的总阻值为R总，则变压器和负载可看作一个新电阻，等效电阻R等＝＝R总.当开关S1接通、S2断开时，等效电阻R等1＝R1＝2 Ω，P＝（）2·R等1；当开关S1、S2均接通时，等效电阻R等2＝·＝ Ω，P＝（）2·R等2，联立解得R＝1 Ω.A正确.
角度3　两种特殊变压器模型
例3　（多选）如图所示，L1和L2是输电线，甲、乙是两个互感器（可视为理想变压器），其中线圈匝数关系为n1∶n2＝200∶1，n3∶n4＝1∶100，电流表和电压表均为理想交流电表.下列说法正确的是（　　）
A.甲是电流互感器，乙是电压互感器
B.甲是电压互感器，乙是电流互感器
C.若电压表示数为30 V，则输电线两端的电压最大值为6 000 V
D.若电流表示数为5 A，则通过输电线的电流有效值为500 A
答案：BD
解析：题图中甲的原线圈两端并联接在高压线路中，所以是电压互感器，乙的原线圈串联接在输电线路中，所以是电流互感器，故A错误，B正确；电压表测量的是有效值，由＝得输电线两端的电压有效值为U1＝U2＝×30 V＝6 000 V，则最大值U1m＝U1＝6 000 V，故C错误；电流表示数为5 A，由n3I3＝n4I4得通过输电线的电流的有效值为I3＝I4＝×5 A＝500 A，故D正确.
二、变压器电路动态分析
考题3　（2024·全国甲卷）（多选）如图所示，理想变压器的副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头T调节，副线圈回路接有滑动变阻器R、定值电阻R0和R1、开关S.S处于闭合状态，在原线圈电压U0不变的情况下，为提高R1的热功率，可以（　　）
A.保持T不动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动
B.将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片位置不变
C.将T向a端移动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动
D.将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片向e端滑动
答案：AC
解析：当滑动触头T不动时，原、副线圈匝数之比不变，当U0不变时，输出电压U也不变，如果滑动变阻器R的滑片向f端滑动，R连入电路阻值减小，所以通过R1的电流变大，R1的热功率增大，A正确；当滑动触头T向b端移动时，原、副线圈匝数之比变大，根据＝＝k，可知变压器输出电压U变小，滑片位置不变时，R1支路电阻不变，电流变小，所以不能提高R1的热功率，B错误；当滑动触头T向b端移动时，变压器输出电压U变小，如果滑动变阻器滑片向e端滑动，则滑动变阻器接入电路的阻值增大，IR1＝变小，所以R1的热功率P＝R1减小，D错误；同理可得，T向a端移动，则输出电压U变大，滑动变阻器R的滑片向f端滑动，则滑动变阻器接入电路的阻值减小，R1支路中的电流IR1＝变大，所以R1热功率变大，C正确.
考题4　（2024·浙江6月选考）理想变压器的原线圈通过a或b与频率为f、电压为u的交流电源连接，副线圈接有三个支路，如图所示.当S接a时，三个灯泡均发光，若（　　）
A.电容C增大，L1灯泡变亮
B.频率f增大，L2灯泡变亮
C.RG上光照增强，L3灯泡变暗
D.S接到b时，三个灯泡均变暗
答案：A
解析：电容C增大，容抗减小，L1灯泡变亮，A正确；频率增大，电感线圈感抗增大，L2灯泡变暗，B错误；光照增强，光敏电阻RG阻值减小，L3灯泡变亮，C错误；S接到b时，原线圈匝数减小，副线圈匝数不变，副线圈输出电压变大，三个灯泡均变亮，D错误.
　深化1　　匝数比不变，负载变化情况的分析思路
①U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，可以得出不论负载电阻R如何变化，U2不变.
②当负载电阻发生变化时，I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化.
③I2变化，根据输出电流I2决定输入电流I1，可以判断I1的变化.
　深化2　　负载电阻不变，匝数比变化情况的分析思路
①U1不变，发生变化，U2变化.
②R不变，U2变化，I2发生变化.
③根据P2＝和P1＝P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变，I1发生变化.
角度1　自耦变压器动态分析
例4　（多选）如图甲所示为一可调自耦式理想变压器.AB间线圈加上如图乙所示的正弦式交流电压，P为可调触头，BP间接有一理想交流电流表和滑动变阻器R（最大阻值为100 Ω），Q为滑动变阻器的滑动触头.现将P、Q分别调至AB线圈和滑动变阻器R的正中央，则（　　）
甲
乙
A.电流表示数为2.2 A
B.流过R的交流电的频率为100 Hz
C.若保持Q位置不动，将P顺时针转动少许，则电流表示数变大，变压器输出功率变大
D.若保持P位置不动，将Q向上移动少许，则电流表示数变大，变压器输出功率变大
答案：AD
解析：由题图甲可知，原线圈为AB部分，副线圈为PB部分；由题图乙可知原线圈电压为220 V，电流表示数为有效值，开始P、Q均在中央位置，则副线圈电压为U2＝U1＝110 V，滑动变阻器接入阻值为50 Ω，则电流表示数为I2＝＝2.2 A，故A正确；变压器不改变交流电频率，故频率保持50 Hz不变，B错误；若保持Q位置不动，将P顺时针转动少许，则U2减小，电阻不变，副线圈电流减小，输出功率减小，故C错误；若保持P位置不动，将Q向上移动少许，则U2不变，R变小，副线圈电流变大，输出功率变大，D项正确.
角度2　应用等效法分析变压器问题
例5　（多选）如图所示，滑动触头N与理想变压器的副线圈接触，R1、R2均为滑动变阻器，变压器输入正弦交变电流.下列操作中，一定可使灯泡变亮的是（　　）
A.仅提高输入电压
B.仅将R1的滑片左移
C.仅将R2的滑片上移
D.仅将触头N下移
答案：AC
解析：根据理想变压器原、副线圈电压、电流与匝数关系有＝，I1n1＝I2n2，将变压器的副线圈与电阻R2、灯泡看作一个整体，则该整体的等效电阻为Rx＝＝＝（）2＝（）2（RL＋R2），设电源输入的正弦交变电流的电压有效值为U0，则有I1＝，仅提高输入电压U0，原线圈电流I1增大，根据电流与匝数的关系可知，副线圈电流I2增大，即可使灯泡变亮，A正确；仅将滑动变阻器R1的滑片左移，则滑动变阻器R1接入电路的阻值增大，可知原线圈电流I1减小，根据电流与匝数的关系可知，副线圈电流I2减小，即灯泡变暗，B错误；仅将滑动变阻器R2的滑片上移，则变阻器R2接入电路的阻值减小，变压器与副线圈电路的等效电阻Rx减小，则原线圈电流增大，根据电流与匝数的关系可知，副线圈电流I2增大，即可使灯泡变亮，C正确；设原、副线圈的匝数比为k，则Rx＝k2（RL＋R2），仅将触头N下移，k增大，等效电阻Rx增大，原线圈中的电流I1＝，则副线圈中的电流I2＝kI1＝，k增大，I2不一定增大，灯泡不一定变亮，D错误.
三、远距离输电
考题5　（2024·湖南卷）根据国家能源局统计，截止到2023年9月，我国风电装机4亿千瓦，连续13年居世界第一位，湖南在国内风电设备制造领域居于领先地位.某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示.已知发电机转子以角速度ω匀速转动，升、降压变压器均为理想变压器，输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻R0.当用户端接一个定值电阻R时，R0上消耗的功率为P.不计其余电阻，下列说法正确的是（　　）
A.风速增加，若转子角速度增加一倍，则R0上消耗的功率为4P
B.输电线路距离增加，若R0阻值增加一倍，则R0上消耗的功率为4P
C.若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则R0上消耗的功率为8P
D.若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，则R0上消耗的功率为6P
答案：A
解析：风速增加，若转子角速度增加一倍，根据U有效＝，可知输电电压变为原来的2倍，而整个电路的电阻不变，输电电流变为原来的2倍，根据P＝I2R0可知，R0上消耗的功率为4P，A正确；若R0阻值增加一倍，则输电电流减小，R0上消耗的功率小于2P，B错误；若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则输电电压变为原来的2倍，而整个电路的电阻不变，输电电流变为原来的2倍，R0上消耗的功率为4P，C错误；若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，等效电路如图所示，k＝，PR01＝（）2R0，PR02＝（）2R0，＝（）2＝（）2＜4，即R0上消耗的功率小于4P，D错误.
如图所示，发电站输出电功率为P，输电电压为U，用户得到的电功率为P'，用户端的电压为U'，输电电流为I，输电线总电阻为R.
1.输电电流
I＝＝.
2.电压损失
（1）ΔU＝　U－U'　；（2）ΔU＝IR.
3.功率损失
（1）ΔP＝　P－P'　＝ΔU·I；
（2）ΔP＝　I2R　＝（）2R.
4.降低输电损耗的两个途径
（1）减小电阻法
由R＝ρ知，可加大导线的　横截面积　，采用　电阻率小　的材料做导线.
①采用电阻率ρ较小、密度较小（减轻重量）且材料丰富的铝做远距离输电的导线.
②采用多股铝线绞在一起作为输电线，以增大导线的横截面积S.
（2）升压法：由ΔP＝I2R线＝（）2R线知，在输电功率一定的情况下，可通过　提高电压　，减小输电电流，以减小输电损耗.
　深化1　　明确三个回路
回路1：I1＝I输入，U1＝U输入，P1＝U1I1.
回路2：I2＝IR＝I3，U2＝U3＋ΔU，P2＝P3＋ΔP.
回路3：I4＝I输出，U4＝U输出，P4＝U4I4.
　深化2　　抓住两个联系
（1）理想升压变压器联系着回路1和回路2，由变压器原理可得：＝，＝，P1＝P2.
（2）理想降压变压器联系着回路2和回路3，由变压器原理可得：＝，＝，P3＝P4.
　深化3　　掌握两种损耗
（1）电压损耗：输电线上的电阻分压导致的电压损耗，ΔU＝U2－U3＝IRR线.
（2）功率损耗：输电线上的电阻发热导致的功率损耗，ΔP＝P2－P3＝R线＝.
思维模型　通过远距离输电回路电学量关系，计算输电线路损失的电压和功率.
角度1　远距离输电的动态分析
例6　交流发电机的输出电压为U，采用如图所示理想变压器输电，升压变压器原、副线圈匝数比为m，降压变压器原、副线圈匝数比为n.现输电距离增大，输电线电阻r随之增大，若要保证负载仍能正常工作，下列做法可行的是（　　）
A.增大m B.减小m
C.增大n D.减小U
答案：B
解析：若要保证负载仍能正常工作，即负载两端电压U4、通过负载的电流I4均不变，根据＝n，＝，在升压变压器处有＝m，在输电过程有U2＝U3＋I3r，解得U4＝－，输电线电阻r增大，若U4、I4不变，可以减小m，A错误，B正确；根据上述函数关系，当输电线电阻r增大，增大n不能使U4、I4不变，C错误；根据上述函数关系，当输电线电阻r增大，若U4、I4不变，可以增大U，D错误.
角度2　高压输电与低压输电的比较
例7　（多选）某同学利用如图所示电路模拟远距离输电.图中交流电源电压为6 V，定值电阻R1＝R2＝20 Ω，小灯泡L1、L2的规格均为“6 V　1.8 W”，理想变压器T1、T2原副线圈的匝数比分别为1∶3和3∶1.分别接通电路Ⅰ和电路Ⅱ，两电路都稳定工作时（　　）
A.L1与L2一样亮
B.L2比L1更亮
C.R1上消耗的功率比R2的大
D.R1上消耗的功率比R2的小
答案：BC
解析：若开关接cd端，设电源电压为U0，理想变压器T1、T2的匝数比为＝＝k，用户电阻为R负载，输电线电阻为R导线，由变压器工作原理和欧姆定律，升压变压器次级电压U2＝kU0，降压变压器初级电压U3＝U2－I2R导线，降压变压器次级电压U4＝，I4＝，＝k，I3＝I2，可得输电功率为P输＝U2I2＝，输电线上损耗的电功率为P导线＝R导线＝·R导线，用户得到的电功率为P负载＝·k2R负载.若开关接ab端，则负载得到的功率P'负载＝R负载，输电线上损耗的电功率为P'导线＝·R导线，将R导线＝R1＝R2＝20 Ω，R负载＝ Ω＝20 Ω，k＝3代入可得P负载＞P'负载，即L2比L1更亮；P导线＜P'导线，R1上消耗的功率比R2的大.故选B、C.
四、探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
考题6　（2022·山东卷）如图所示的变压器，输入电压为220 V，可输出12 V、18 V、30 V电压，匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为u＝Umcos（100πt）.单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1 V.将阻值为12 Ω的电阻R接在BC两端时，功率为12 W.下列说法正确的是（　　）
A.n1为1 100，Um为220 V
B.BC间线圈匝数为120，流过R的电流为1.4 A
C.若将R接在AB两端，R两端的电压为18 V，频率为100 Hz
D.若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5 A，周期为0.02 s
答案：D
解析：由单匝线圈所接电压表的读数有＝，则n1＝2 200，另外Um＝220 V，A错误；由P＝和＝代入数据解得，UBC＝12 V，nBC＝120，则I＝＝1 A，B错误；由ω＝2πf＝100π rad/s，得f＝50 Hz，T＝＝0.02 s，C错误；R接在AC两端时，I'＝＝ A＝2.5 A，D正确.
1.实验原理
（1）实验电路图（如图所示）
（2）实验方法：控制变量法
①n1、U1一定，研究n2和U2的关系.
②n2、U1一定，研究n1和U2的关系.
2.实验器材
学生电源（低压交流电源，小于12 V）1个、可拆变压器1个、多用电表1个、导线若干.
3.实验过程
（1）保持原线圈的匝数n1和电压U1不变，改变副线圈的匝数n2，研究n2对副线圈电压U2的影响.
①估计被测电压的大致范围，选择多用电表交流电压挡适当量程，若不知道被测电压的大致范围，则应选择交流电压挡的最大量程进行试测.
②组装可拆变压器：把两个线圈穿在铁芯上，闭合铁芯，用交流电压挡测量输入、输出电压.
（2）保持副线圈的匝数n2和原线圈两端的电压U1不变，研究原线圈的匝数对副线圈电压的影响.重复（1）中步骤.
4.数据处理
由数据分析变压器原、副线圈两端电压U1、U2之比与原、副线圈的匝数n1、n2之比的关系.
　深化　　注意事项
（1）在改变学生电源电压、线圈匝数前均要先断开电源开关，再进行操作.
（2）为了人身安全，学生电源的电压不能超过12 V，通电时不能用手接触裸露的导线和接线柱.
（3）为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，大致确定被测电压后再选用适当的挡位进行测量.
角度1　教材原型实验
例8　某物理小组欲探究变压器线圈两端电压与匝数的关系，提供的实验器材有：学生电源、可拆变压器、交流电压表、若干导线.
甲　乙
丙
如图甲所示为实验原理图，在原线圈A、B两端加上电压，用电压表分别测量原、副线圈两端的电压，测量数据如表所示：
实验 序号 原线圈匝数n1＝400 原线圈两端电压U1（V） 副线圈匝数n2＝200 副线圈两端电压U2（V） 副线圈匝数n3＝1 400 副线圈两端电压U3（V）
1 5.8 2.9 20.3
2 8.0 4.0 28.0
3 12.6 6.2 44.1
请回答下列问题：
（1）在图乙中，应将A、B分别与　　（填“a、b”或“c、d”）连接.
（2）根据表格数据得出的实验结论是：在实验误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压之比等于　　.
（3）在实验序号为2的测量中，若把图丙中的可移动铁芯取走，副线圈匝数n2＝200，则副线圈两端电压　　（填正确答案标号）.
A.一定小于4.0 V
B.一定等于4.0 V
C.一定大于4.0 V
答案：（1）c、d　（2）两个线圈的匝数之比　（3）A
解析：（1）在探究变压器线圈两端电压与匝数的关系的实验中，原线圈两端应接入交变电流，故应将A、B分别与c、d连接.
（2）根据题表中数据可得，在实验误差允许范围内，＝，＝，得出结论：在实验误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压之比等于两个线圈的匝数之比.
（3）若把题图丙中的可移动铁芯取走，磁损耗变大，原线圈中磁通量变化率比副线圈磁通量变化率大，根据法拉第电磁感应定律知，副线圈两端电压一定小于4.0 V，故选A.
角度2　实验拓展创新
例9　为探究变压器两个线圈的电压关系，张明同学设计了如图所示的实验电路，操作步骤如下：
A.将原线圈与副线圈对调，重复以上步骤；
B.将匝数较多的一组线圈接到学生电源的交流电源输出端上，另一个作为副线圈，接上小灯泡；
C.闭合电源开关，用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压；
D.将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上.
（1）以上操作的合理顺序是　　（填步骤前的字母代号）.
（2）在实验中，当原线圈匝数n1＝1 600，副线圈匝数n2＝400时，若原线圈两端电压为8 V，则副线圈两端电压为2 V；原、副线圈对调后，原线圈两端电压为3 V，副线圈两端电压为12 V，那么可初步确定，变压器原、副线圈的电压U1、U2与原、副线圈匝数n1、n2的关系是　　（填写字母关系式）.
答案：（1）DBCA　（2）＝
解析：（1）在探究变压器两个线圈的电压关系实验中，首先将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上；再将匝数较多的一组线圈接到学生电源的交流电源输出端上，另一个作为副线圈，接上小灯泡；闭合电源开关，用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压；最后将原线圈与副线圈对调，重复以上步骤.故操作的合理顺序是DBCA.
（2）根据题中所给数据可得＝，＝，由此可知，变压器原、副线圈的电压U1、U2与原、副线圈匝数n1、n2的关系是＝.
限时跟踪检测（五十六）　变压器　电能的输送
A级·基础对点练
题组一　理想变压器基本关系的应用
1.某汽车厂因经营不善，决定改建生产线，原生产线工作电压为380 V，而新生产线工作电压为220 V.现在需要变压器来进行降压，若变压器原线圈匝数为1 900，则副线圈匝数为（　　）
A.110 B.220
C.1 100 D.2 200
答案：C
解析：变压器原线圈两端电压为U1＝380 V，线圈匝数为n1＝1 900，副线圈两端电压为U2＝220 V，线圈匝数为n2，根据公式＝，代入数据解得n2＝1 100，故C正确，A、B、D错误.
2.如图所示为理想变压器，三个灯泡L1、L2、L3都标有“6 V　6 W”，L4标有“6 V　12 W”，若它们都能正常发光，则ab间的电压Uab的大小为（　　）
A.30 V B.32 V C.24 V D.36 V
答案：A
解析：通过L1灯泡的电流即为原线圈电流I1＝＝ A＝1 A，通过L4的电流即为副线圈电流I2＝＝ A＝2 A，故原、副线圈匝数比n1∶n2＝I2∶I1＝2∶1，n2路端电压Un2＝12 V，则n1路端电压Un1＝Un2＝2×12 V＝24 V，则Uab＝UL1＋Un1＝6 V＋24 V＝30 V，故选A.
3.由匝数为n1的原线圈和两个匝数分别为n2和n3的副线圈组成的理想变压器，如图所示.已知图中定值电阻R1＝3 Ω，R2＝4 Ω，电流表为理想交流电表.当原线圈接入电压恒定的正弦交变电流，开关S1、S2均闭合时电流表示数为仅闭合S1时的4倍，则n2∶n3为（　　）
A.1∶2 B.2∶1 C.1∶3 D.3∶1
答案：A
解析：根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系＝，＝，开关S1、S2均闭合时，变压器输出功率为P1＝＋，仅闭合S1时，变压器输出功率为P2＝，又P1＝U1I1，P2＝U1I2，I1＝4I2，联立解得n2∶n3＝1∶2，故选A.
题组二　变压器电路动态分析
4.如图所示，为一火灾报警系统，其中R0为定值电阻，R为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小.理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，有一只电流表串在原线圈上，一只电压表并在副线圈上，从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u＝220sin（100π） V，则（　　）
A.电压表的示数为22 V
B.在R处出现火警时，电压表的示数将变大
C.在R处出现火警时，电流表的示数将变大
D.在R处出现火警时，定值电阻R0的电功率将变小
答案：C
解析：原线圈的输入电压为U1＝＝ V＝220 V，则副线圈的输出电压为U2＝U1＝×220 V＝22 V，即电压表的示数为22 V，故A错误；在R处出现火警时，由于U1不变，匝数比不变，则U2不变，即电压表示数不变，故B错误；在R处出现火警时，R阻值减小，则副线圈中的电流I2＝变大，原线圈中的电流I1＝I2变大，即电流表的示数将变大，定值电阻R0的电功率P0＝R0变大，故C正确，D错误.
5.（多选）如图所示，理想变压器的ab端所接的交变电压u＝16sin 100πt （V），L1、L2是规格为“4 V　3 W”的灯泡，现调节电阻箱R为某一值时恰好能使两个灯泡均正常发光（灯泡电阻可视为恒定），电压表V1、V2均为理想交流电压表.（电阻箱R调节过程中所有元件均可安全工作）则（　　）
A.a、b端所接交流电的有效值为16 V，频率为100 Hz
B.变压器原、副线圈匝数比为3∶1
C.原、副线圈匝数比不变时，减小电阻箱R连入电路的阻值，电压表V1的示数不变
D.原、副线圈匝数比不变时，增大电阻箱R连入电路的阻值，灯泡L1亮度变暗
答案：BD
解析：a、b端所接交流电的有效值为U＝＝16 V，频率为f＝＝50 Hz，故A错误；当两个灯泡均正常发光时，原线圈两端电压为U1＝U－UL＝12 V，副线圈两端电压为U2＝UL＝4 V，变压器原、副线圈匝数比为＝＝3，故B正确；设原、副线圈中电流分别为I1、I2，则I1＝I2＝I2，设副线圈总电阻为r，则I2＝，而U1＝U－I1RL，联立以上三式可得U1＝，减小电阻箱R连入电路的阻值，则r减小，所以U1减小，即电压表V1示数减小；增大电阻箱R连入电路的阻值，则r增大，所以U1增大，L1两端分得的电压减小，L1亮度变暗，故C错误，D正确.故选BD.
题组三　远距离输电
6.（2025·广东梅州部分学校联考）远距离输电的原理图如图所示，T1、T2为理想变压器，其原、副线圈匝数比分别为1∶10和10∶1，输电线路的总电阻R＝10 Ω，A是额定电压为220 V、额定功率为1 100 W的用电器.要使用电器A正常工作，则变压器T1的输入电压为（　　）
A.215 V B.220.5 V
C.225 V D.230 V
答案：B
解析：用电器A正常工作，T2的输出电流为I4＝＝5 A，对变压器T2，根据原、副线圈的电流关系＝＝，得输电线电流I3＝0.5 A，变压器T2的输出电压为U4＝220 V，根据原、副线圈电压的关系＝，可得变压器T2的输入电压为U3＝2 200 V，变压器T1的输出电压为U2＝I3R＋U3＝0.5×10 V＋2 200 V＝2 205 V，对变压器T1，根据原、副线圈的电压关系＝＝，可得变压器T1的输入电压为U1＝220.5 V，故B正确.
7.（多选）如图所示，一小水电站，输出的电功率为P＝20 kW，输出电压U0＝400 V，经理想升压变压器T1升压后远距离输送，升压变压器T1的匝数比n1∶n2＝1∶5，输电线总电阻为r＝10 Ω，最后经理想降压变压器T2降为220 V向用户供电.下列说法正确的是（　　）
A.输电线上的电流为50 A
B.用户得到的电功率为19 kW
C.输电线上损失的电压为100 V
D.变压器T2的匝数比n3∶n4＝95∶1
答案：BC
解析：升压变压器原线圈中的电流为I1＝＝＝50 A，输电线上的电流＝＝，得I2＝10 A，故A错误；输电线上损失的功率为P损＝r＝1 000 W，用户得到的电功率为P2＝P－P损＝19 kW，故B正确；输电线上损失的电压为U损＝I2r＝100 V，故C正确；升压变压器原线圈两端电压U1＝U0＝400 V，＝＝，得U2＝2 000 V，U3＝U2－U损＝1 900 V，＝＝＝，故D错误.故选B、C.
题组四　探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
8.（2025·温州适应性考试）（1）在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中，下列说法正确的是　　.
A.若去掉铁芯，实验结果不会受到影响
B.为保证实验安全，原线圈应接低压直流电源
C.交变电流产生的磁场对铁芯有力的作用，可能使铁芯振动发出“嗡嗡”声
（2）某同学在完成上述实验后，采用如图所示的电路测量变压器原线圈的电阻（阻值较小），为保证电路中各元件安全，实验结束时，首先进行的操作是　　.
A.断开导线A B.断开开关
C.取下电池
答案：（1）C　（2）A
解析：（1）在理想变压器中铁芯的作用是减小磁场的损失，若去掉铁芯，实验结果会受到影响，A错误；为保证实验安全，原线圈应接低压交流电源，B错误；交变电流产生的磁场，使变压器铁芯硅钢片产生涡电流，导致变压器振动而发出声音，正常情况下这种声音是清晰而有规律的，但若螺丝没有拧紧，变压器就会发出明显的“嗡嗡”低鸣声，C正确.
（2）当通过线圈的电流急剧减小时，会产生较大自感电动势，阻碍电流的减小，所以在实验结束时，应先把并联在线圈上的电压表从电路中断开，否则断开开关瞬间会产生大电压烧毁电表，故应先断开导线A.
B级·能力提升练
9.如图所示，T1、T2是监测交流高压输电参数的互感器，一个用来测高压电流，一个用来测高压电压，T2接在两根输电线的正中间，T1接在其中一根输电线上.输电线电阻不可忽略，若输电线的电阻率相同，发电站端的理想升压变压器副线圈输出电压为U1，输出功率为22 800kW，用户端理想降压变压器原线圈两端电压为U2＝220 kV，T1的原、副线圈匝数比为1∶100，T2的原、副线圈匝数比为10 000∶1，a的示数为1 A，则下列说法正确的是（　　）
A.U1＝248kV
B.b的示数为22.8 V
C.输电线总电阻为40Ω
D.输电效率约为96％
答案：D
解析：T1是电流互感器，由匝数比及a的示数可知输电线中的电流为100 A，根据P＝UI，可知U1＝228kV，则输电线上的电压损失为U损＝8kV，输电线电阻为80Ω，A、C错误；电压互感器接在两输电线的正中间，则T2的原线圈两端的电压为224kV，则b的示数为22.4 V，B错误；输电的效率η＝×100％≈96％，D正确.
10.（2025·邯郸高三第一次调研监测）如图所示，一理想变压器原、副线圈接有三盏完全相同的正常工作时电阻R＝8 Ω的灯泡.当变压器原线圈AB端输入电压u＝48sin 100πt（V）时，三盏灯均正常发光.则灯泡的额定功率为（　　）
A.32 W B.16 W C.8 W D.4 W
答案：B
解析：设灯泡正常工作时的电流为I，则原线圈的电流为I1＝I，副线圈的电流为I2＝2I，变压器匝数比为＝＝2.设原线圈两端的电压为U1，副线圈两端的电压为U2＝IR，则有＝，解得U1＝2U2＝2IR.由题知，AB端输入电压u＝48sin 100πt（V），则AB端输入电压的有效值为U＝＝24 V.在原线圈回路中有U＝IR＋U1，可得I＝，则灯泡的额定功率为P＝I2R＝16 W.故选B.
11.（2025·福建龙岩永定月考）利用太阳能电池这个能量转换器件将太阳能转变为电能的系统又称光伏发电系统，有一台内阻为1 Ω的太阳能发电机，供给一个学校照明用电.如图所示，升压变压器匝数比为1∶4，降压变压器匝数比为4∶1，输电线的总电阻R＝4 Ω，全校共22个班，每班有“220 V　40 W”的灯6盏，若全部电灯正常发光，求：
（1）发电机的输出功率；
（2）输电线路的效率；
（3）发电机电动势的有效值.
答案：（1）5 424 W　（2）97.3％　（3）250 V
解析：（1）降压变压器输出电压为220 V
则有＝＝
解得U3＝880 V
电灯正常发光时的电流I＝＝ A
降压变压器负载中的总电流I4＝22×6×I＝24 A
降压变压器输入端电流I3＝I4＝6 A
输电线上消耗的电压U耗＝I3R＝24 V
升压变压器输出电压U2＝U3＋U耗＝904 V
则发电机输出功率P＝U2I3＝5 424 W.
（2）用户获得的实际功率P实＝22×6×P额＝5 280 W
则输电效率η＝×100％＝97.3％.
（3）由＝可得U1＝U2＝226 V
其输入电流I1＝I3＝24 A
则有E＝U1＋I1r＝250 V.
第3讲　电磁振荡与电磁波
素养目标　1.了解LC振荡电路中振荡电流的产生过程及电磁振荡过程中能量转化情况.（物理观念） 2.掌握电磁振荡的周期公式和频率公式.（物理观念） 3.理解麦克斯韦电磁场理论，了解电磁波的产生、发射、传播和接收过程.（科学思维）
一、电磁振荡
考题1　（2020·浙江卷）如图所示，单刀双掷开关S先打到a端让电容器充满电.t＝0时开关S打到b端，t＝0.02 s时LC回路中电容器下极板带正电荷且电荷量第一次达到最大值.则（　　）
A.LC回路的周期为0.02 s
B.LC回路的电流最大时电容器中电场能最大
C.t＝1.01 s时线圈中磁场能最大
D.t＝1.01 s时回路中电流沿顺时针方向
答案：C
解析：以顺时针电流为正方向，LC电路中电流和电荷量变化的图像如图所示：
t＝0.02 s时电容器下极板带正电荷且最大，根据图像可知周期为T＝0.04 s，故A错误；根据图像可知电流最大时，电容器中电荷量为0，电场能最小，为0，故B错误；1.01 s时，经过25T，根据图像可知此时电流最大，电流沿逆时针方向，说明电容器放电完毕，电能全部转化为磁场能，此时磁场能最大，故C正确，D错误.故选C.
1.振荡电路：产生大小和方向都做　周期性　迅速变化的电流（即　振荡电流　）的电路.由电感线圈L和电容C组成最简单的振荡电路，称为LC振荡电路.
2.电磁振荡：在LC振荡电路中，电容器不断地充电和放电，就会使电容器极板上的电荷量q、电路中的　电流i　、电容器内的电场强度E、线圈内的　磁感应强度B　发生周期性的变化，这种现象就是电磁振荡.
3.电磁振荡中的能量变化
（1）放电过程中电容器储存的　电场　能逐渐转化为线圈的　磁场　能.
（2）充电过程中线圈中的　磁场　能逐渐转化为电容器的　电场　能.
（3）在电磁振荡过程中，电场能和磁场能会发生　周期性　的转化.
4.电磁振荡的周期和频率
（1）周期T＝　2π　.
（2）频率f＝.
　深化1　　各物理量变化情况（电容器电量最大时开始计时）
时刻 （时间） 0→ → → →T
工作 过程 放电过程 充电动程 放电过程 充电过程
电荷 量q 变小 变大 变小 变大
电压u 变小 变大 变小 变大
电场强 度E 变小 变大 变小 变大
电流i 变大 变小 变大 变小
磁感应 强度B 变大 变小 变大 变小
能量 转化 E电→E磁 E磁→E电 E电→E磁 E磁→E电
　深化2　　振荡电流、极板带电荷量随时间的变化图像
例1　（2025·北京模拟）如图甲所示为某一LC振荡电路，图乙的i－t图像为LC振荡电路的电流随时间变化的关系图像.在t＝0时刻，回路中电容器的M板带正电，下列说法中正确的是（　　）
A.O～a阶段，电容器正在充电，电场能正在向磁场能转化
B.a～b阶段，电容器正在放电，磁场能正在向电场能转化
C.b～c阶段，电容器正在放电，回路中电流沿顺时针方向
D.c～d阶段，电容器正在充电，回路中电流沿逆时针方向
答案：C
解析：O～a阶段，电容器正在放电，电流不断增加，电场能正在向磁场能转化，选项A错误；a～b阶段，电容器正在充电，电流逐渐减小，磁场能正在向电场能转化，选项B错误；b～c阶段，电容器正在放电，回路中电流沿顺时针方向，选项C正确；c～d阶段，电容器正在充电，回路中电流沿顺时针方向，选项D错误.
例2　（2025·江苏南京六校调研）在LC振荡电路中，某时刻电路中的电流方向如图所示，且电流正在减小，则该时刻（　　）
A.电容器上极板带负电，下极板带正电
B.电容器两极板间电压正在减小
C.电场能正在向磁场能转化
D.电流的变化率减小
答案：A
解析：根据电流正在减小可以判断，此时电容器在充电，结合电流方向知电容器上极板应该带负电，下极板带正电，在振荡电路中，当电容器充电时，电流减小但电流变化得越来越快，即电流变化率增大；电容器上的电荷量增大，此时，磁场能转化为电场能，故A正确，C、D错误；由Q＝CU可得，电容器电荷量增大，两极板间的电压也增大，故B错误.
例3　如图所示是由线圈L和电容器C组成的最简单的LC振荡电路.先给电容器充满电.t＝0时如图（a）所示，电容器两板间的电势差最大，电容器开始放电.t＝0.005 s时如图（b）所示，LC回路中线圈上的电流第一次达到最大值，则（　　）
A.此LC振荡电路的周期T＝0.01 s
B.t＝0.025 s时，回路电流方向与如图（b）所示电流方向相反
C.t＝0.035 s时，线圈中的磁场能最大
D.t＝0.040 s至t＝0.045 s时，线圈中的电流逐渐减小
答案：C
解析：从开始放电到第一次放电完毕需要T，可知此LC振荡电路的周期为T＝0.02 s，选项A错误；因为t＝0.025 s＝1T，所以回路电流方向与题图（b）中所示电流方向相同，选项B错误；因为t＝0.035 s＝1T，此时电容器反向放电完毕，线圈中电流最大，磁场能也最大，选项C正确；t＝0.040 s至t＝0.045 s时，即2T～2T，电容器正向放电，线圈中的电流逐渐增大，选项D错误.
二、电磁场与电磁波　电磁质谱
考题2　（2021·福建卷）（多选）以声波作为信息载体的水声通信是水下长距离通信的主要手段.2020年11月10日，中国载人潜水器“奋斗者”号创造了10 909米深潜纪录.此次深潜作业利用了水声通信和电磁通信等多种通信方式进行指令传输或数据交换，如图所示.下列说法正确的是（　　）
A.“奋斗者”号与“探索一号”通信的信息载体属于横波
B.“奋斗者”号与“沧海”号通信的信息载体属于横波
C.“探索一号”与通信卫星的实时通信可以通过机械波实现
D.“探索一号”与“探索二号”的通信过程也是能量传播的过程
答案：BD
解析：“奋斗者”号与“探索一号”是通过水声通信，信息载体属于纵波，A错误；由题知，“奋斗者”号与“沧海”号是通过无线蓝绿光通信，信息载体属于横波，B正确；因为太空中没有介质，故机械波无法传播，所以“探索一号”与通信卫星的实时通信只能通过电磁通信来实现，C错误；传递信息的过程也是传递能量的过程，故“探索一号”与“探索二号”的通信过程也是能量传播的过程，D正确.
1.麦克斯韦电磁场理论
2.电磁波
（1）电磁场在空间由近及远地向周围传播，形成　电磁波　.
（2）电磁波的传播　不需要　（填“需要”或“不需要”）介质.在真空中不同频率的电磁波传播速度相同，都等于　光速3×108 m/s　.在同一介质中不同频率的电磁波传播速度是　不同　的，频率越高，波速越　小　.
（3）v＝　λf　，f是电磁波的频率.
3.无线电波的发射
（1）发射条件：　开放　电路和　高频振荡　信号，所以要对传输信号进行调制.
（2）调制方式
①调幅：使高频电磁波的　振幅　随信号的强弱而改变.
②调频：使高频电磁波的　频率　随信号的强弱而改变.
4.无线电波的接收
（1）当接收电路的固有频率跟收到的无线电波的频率　相同　时，接收电路中产生的振荡电流最强，这就是电谐振现象.
（2）使接收电路产生　电谐振　的过程叫作调谐，能够调谐的接收电路叫作　调谐　电路.
（3）从经过调制的高频振荡信号中　“检”出调制信号　的过程，叫作检波.检波是　调制　的逆过程，也叫作　解调　.
5.（1）电磁波谱：按照电磁波的　波长　大小或　频率　高低的顺序把它们排列成谱叫作电磁波谱.按波长由长到短排列的电磁波谱为：无线电波、红外线、　可见光　、紫外线、X射线、　γ射线　.
（2）电磁波谱分类及应用
电磁 波谱 频率/ Hz 真空中 波长/m 特性 应用 递变 规律
无线 电波 ＜3 ×1011 ＞10－3 波动性强，易发生衍射 无线电技术 波长越长，越容易产生干涉、衍射现象，波长越短，穿透能力越强.不同频率的电磁波在同一种介质中传播时，频率越高，折射率越大，速度越小
红外 线 1011 ～1015 10－7 ～10－3 热效应 红外 遥感
可见 光 1015 10－7 引起 视觉 照明、 摄影
紫外 线 1015 ～1016 10－8 ～10－7 化学效应、荧光效应、灭菌消毒 医用 消毒、 防伪
X射 线 1016 ～1019 10－11 ～10－8 穿透本领强 检查、 医用 透视
γ射 线 ＞1019 ＜10－11 穿透本领最强 工业探伤、医用治疗
6.各种电磁波产生机理
无线电波 振荡电路中电子周期性运动产生
红外线、可见 光和紫外线 原子的外层电子受激发后产生
X射线 原子的内层电子受激发后产生
γ射线 原子核受激发后产生
　深化1　　对麦克斯韦电磁场理论的理解
恒定的电场不产生磁场 恒定的磁场不产生电场
均匀变化的电场在周围空间产生恒定的磁场 均匀变化的磁场在周围空间产生恒定的电场
不均匀变化的电场在周围空间产生变化的磁场 不均匀变化的磁场在周围空间产生变化的电场
振荡电场产生同频率的振荡磁场 振荡磁场产生同频率的振荡电场
　深化2　　电磁波的发射示意图（如图所示）
　深化3　　电磁波接收的方法
（1）利用调谐产生电谐振，使接收电路的感应电流最强.
（2）利用解调把接收电路中的有用信号分离出来.
例4　（2025·上海模拟）以下关于电磁场和电磁波的说法中正确的是（　　）
A.电场和磁场总是同时存在的，统称为电磁场
B.电磁波是机械波，传播需要介质
C.电磁波的传播速度是3×108 m/s
D.电磁波可在真空中传播
答案：D
解析：变化的电场与变化的磁场相互联系，它们统称为电磁场，选项A错误；电磁波不是机械波，传播不需要介质，选项B错误；电磁波在真空中的传播速度是3×108 m/s，选项C错误；电磁波可在真空中传播，选项D正确.
例5　（2025·广东惠州第一次调研）使用蓝牙耳机接听手机来电，信号传输示意图如图所示，以下说法正确的是（　　）
A.蓝牙通信的电磁波是可见光
B.在真空中蓝牙通信的电磁波波长比手机通信的电磁波波长短
C.两束蓝牙通信的电磁波在任何情况下都不会发生干涉
D.蓝牙通信的电磁波在真空中的传播速度小于光速
答案：B
解析：蓝牙通信的电磁波是无线电波，不是可见光，故A错误；蓝牙通信的电磁波频率高于手机通信的电磁波频率，所以在真空中蓝牙通信的电磁波波长比手机通信的电磁波波长短，故B正确；若两束蓝牙通信的电磁波频率相同，相位差恒定，振动方向相同，就会发生干涉，故C错误；蓝牙通信的电磁波在真空中的传播速度等于光速，故D错误.
例6　电磁波谱就是电磁波按波长大小的顺序把它们排列成谱，如图所示，由电磁波谱可知（　　）
A.微波是不可见光
B.红外线可以灭菌消毒
C.紫外线的波长比红外线长
D.X射线能在磁场中偏转，穿透力较强，可用来进行人体透视
答案：A
解析：微波是不可见光，选项A正确；红外线有热效应，紫外线可以灭菌消毒，选项B错误；紫外线的波长比红外线短，选项C错误；X射线是电磁波，不带电，在磁场中不偏转，选项D错误.
限时跟踪检测（五十七）　电磁振荡与电磁波
A级·基础对点练
题组一　电磁振荡
1.在LC振荡电路中，电容器上的带电荷量从最大值变化到零所需的最短时间是（　　）
A. B.
C.π D.2π
答案：B
解析：LC振荡电路的周期T＝2π，其电容器上的带电荷量从最大值变化到零的最短时间t＝，故t＝，故B正确.
2.如图所示，LC振荡电路的L不变，C可调，要使振荡的频率从700 Hz变为1 400 Hz，则可以采用的办法有（　　）
A.把电容增大到原来的4倍
B.把电容增大到原来的2倍
C.把电容减小到原来的
D.把电容减小到原来的
答案：D
解析：频率变为原来的2倍，则周期就变为原来的，由T＝2π及L不变知，当C＝C0时符合要求，其中C0为原电容，D正确，A、B、C错误.故选D.
3.无线话筒是LC振荡电路的一个典型应用.在LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图所示，且电容器上极板带正电，下列说法正确的是（　　）
　　
A.电容器正在放电
B.振荡电流正在减小
C.电流流向沿a到b
D.电场能正在向磁场能转化
答案：B
解析：由图可知，此时电容器正在充电，电路中电流正在减小，电路中的电流沿顺时针方向，磁场能在向电场能转化，故B正确，A、C、D错误.
题组二　电磁场与电磁波　电磁波谱
4.2019年央视春晚深圳分会场首次成功实现4K超高清内容的5G网络传输.2020年我国将全面进入5G万物互联的商用网络新时代.所谓5G是指第五代通信技术，采用3 300～5 000 MHz频段的无线电波.现行的第四代移动通信技术4G，其频段范围是1 880～2 635 MHz.5G相比4G技术而言，其数据传输速度提升了数十倍，容量更大，时延大幅度缩短到1毫秒以内，为产业革命提供技术支撑.根据以上内容结合所学知识，判断下列说法正确的是（　　）
A.4G信号是纵波，5G信号是横波
B.4G信号和5G信号相遇能产生干涉现象
C.4G信号比5G信号更容易发生衍射现象
D.4G信号比5G信号在真空中的传播速度更小
答案：C
解析：4G信号和5G信号都是电磁波，而电磁波是横波，故4G和5G信号都是横波，选项A错误；由于干涉的条件是频率相等，而4G信号和5G信号的频率不相等，故它们相遇不能产生干涉现象，选项B错误；波长越长越容易发生衍射现象，而4G信号的频率小，故它的波长长，所以4G信号更容易发生衍射现象，选项C正确；4G信号和5G信号都是电磁波，它们在真空中的传播速度都是光速，都是相等的，选项D错误.故选C.
5.某电路中电场随时间变化的图像如图所示，能发射电磁波的电场是哪一种（　　）
A　　B
C　　D
答案：D
解析：A中电场不随时间变化，不会产生磁场，故A错误；B、C中电场都随时间均匀变化，只能在周围产生稳定的磁场，也不会产生和发射电磁波，故B、C错误；D中电场随时间作不均匀的变化，能在周围空间产生变化的磁场，而这磁场的变化也是不均匀的，又能产生变化的电场，从而交织成一个不可分割的统一体，即形成电磁场，才能发射电磁波，故D正确.
6.如图所示，在一水平光滑绝缘塑料板上有一环形凹槽.有一质量为m、电荷量为q的带正电小球，在槽内沿顺时针方向做匀速圆周运动.现加一竖直向上的均匀增大的匀强磁场，则（　　）
A.小球速度变大
B.小球速度变小
C.小球速度不变
D.小球速度可能变大也可能变小
答案：A
解析：磁场的变化使空间内产生感生电场，由于磁场竖直向上且均匀增大，产生顺时针方向的恒定的感生电场，其方向与小球运动方向相同，则小球会受到与速度方向相同的感生电场的电场力作用，其速度增大.故选A.
7.电磁波谱家族有众多的成员.关于电磁波的应用，下列说法不正确的是（　　）
A.电磁炉是利用电磁波来工作的
B.微波炉是利用电磁波的能量来快速煮熟食物的
C.雷达是利用电磁波的反射来侦测目标的
D.夜视仪是利用红外线来帮助人们在夜间看见物体的
答案：A
解析：电磁炉是利用电磁感应原理和电流的热效应来工作的，故A错误，符合题意；微波是电磁波的一部分，食物分子在微波的作用下剧烈震动，内能增大，温度升高，达到加热的目的，故B正确，不符合题意；雷达是利用电磁波的反射来侦测目标的，故C正确，不符合题意；不同温度的物体发出的红外线特征不同，夜视仪是利用红外线来帮助人们在夜间看见物体的，故D正确，不符合题意.故选A.
B级·能力提升练
8.（多选）如图所示，2020年11月13日，万米深潜器“奋斗者号”再次深潜至地球的最深处——马里亚纳海沟.借助无线电波、激光等传输信号，实现深潜器舱内和海底作业的电视直播.下列选项正确的是（　　）
A.在海水中，无线电波无法传播，所以要借助激光传输信号
B.无线电波、激光都是横波
C.信号传输到电视台实现直播的过程中无时间延迟
D.麦克斯韦通过实验证实了电磁波的存在，带来了通信技术的快速发展
答案：AB
解析：奋斗者号上的舱内摄像头拍摄的数值画面编码后经激光中的蓝色激光产生闪烁的信号传送信息，沧海号上接收到闪烁信号后，经调制转换成数字画面，再由光纤微缆传送给海面的探索2号，再经卫星天线传送到通信卫星，再到电视台转播，A正确；无线电波和激光都是电磁波，电磁波是横波，B正确；信号传输是由经通信卫星传到电视台实现直播的，信号都有一定的传输速度，所以传输中有时间延迟，C错误；麦克斯韦预言了电磁波的存在，而赫兹由电火花实验证实了电磁波的存在，D错误.
9.（2025·温州适应性考试）图甲为智能停车位，车位地面预埋有自感线圈L和电容器C构成LC振荡电路.当车辆靠近自感线圈L时，相当于在线圈中插入铁芯，使自感系数变大，引起LC电路中的振荡电流频率变化.智能停车位计时器根据振荡电流频率变化，进行计时.某次振荡电路中的电流随时间变化如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A.t2时刻电容器C所带电量为零
B.t1～t2过程，线圈L中磁场能在增大
C.t1～t2过程，线圈L的自感电动势在增大
D.由图乙可判断汽车正驶离智能停车位
答案：C
解析：t2时刻电流为零，此时电容器C所带电量最大，A错误；t1～t2过程，电流逐渐减小，电容器充电，磁场能向电场能转化，线圈L中磁场能在减小，B错误；t1～t2过程，电流变化的速率越来越大，线圈L的自感电动势在增大，C正确；由题图乙可知，震荡电路的周期变大，根据T＝2π可知线圈自感系数变大，则汽车正驶入智能停车位，D错误.
10.如图所示的电路中，电容器的电容C＝1 μF，线圈的自感系数L＝0.1 mH，先将开关S拨至a，这时电容器内有一带电油滴恰能保持静止，然后将开关S拨至b，求：（取g＝10 m/s2，π取3.14，研究过程中油滴不与极板接触）
（1）至少经过多长时间，油滴的加速度最大？
（2）当油滴的加速度为何值时，LC回路中的磁场能最大？
答案：（1）3.14×10－5 s　（2）10 m/s2
解析：（1）当S拨至a时，油滴受力平衡，可知油滴带负电.当S拨至b时，LC回路中有电流，其振荡周期为T＝2π＝2×3.14× s＝6.28×10－5 s
当电容器恰好反向充电结束时，油滴所受静电力向下且最大，此时油滴受到的合力最大，加速度最大，至少经过的时间为t＝＝3.14×10－5 s.
（2）LC回路中的磁场能最大时，电流最大，电容器所带电荷量为0，油滴只受重力作用，油滴的加速度为g＝10 m/s2.
实验十二　利用传感器制作简单的自动控制装置
素养目标　1.门窗防盗报警装置具有自动提示报警的功能.在睡觉前连接好电路，启动防盗报警装置.当门窗紧闭时，蜂鸣器不响，指示灯亮；当门窗被打开时，蜂鸣器发出声音报警，指示灯灭. 2.光控路灯根据光照的变化自动开启或关闭.即在天色暗到一定程度时让路灯自动开启，而在天明时自动关闭.
一、教材原型实验
考题1　（2024·广东卷）某科技小组模仿太阳能发电中的太阳光自动跟踪系统，制作光源跟踪演示装置，实现太阳能电池板方向的调整，使电池板正对光源.
如图甲所示是光照方向检测电路.所用器材有：电源E（电动势3 V）；电压表和（量程均有3 V和15 V，内阻均可视为无穷大）；滑动变阻器R；两个相同的光敏电阻RG1和RG2；开关S；手电筒；导线若干.如图乙所示是实物图.图中电池板上垂直安装有半透明隔板，隔板两侧装有光敏电阻，电池板固定在电动机转轴上，控制单元与检测电路的连接未画出，控制单元对光照方向检测电路无影响.
请完成下列实验操作和判断.
（1）电路连接.
图乙中已正确连接了部分电路，请完成虚线框中滑动变阻器R、电源E、开关S和电压表间的实物图连线.
（2）光敏电阻阻值与光照强度关系测试.
①将图甲中R的滑片置于　　端，用手电筒的光斜照射到RG1和RG2，使RG1表面的光照强度比RG2表面的小.
②闭合S，将R的滑片缓慢滑到某一位置.的示数如图丙所示，读数U1为　　V.的示数U2为1.17 V.由此可知，表面光照强度较小的光敏电阻的阻值　　（填“较大”或“较小”）.
③断开S.
（3）光源跟踪测试.
①将手电筒的光从电池板上方斜照射到RG1和RG2.
②闭合S，并启动控制单元.控制单元检测并比较两光敏电阻的电压，控制电动机转动，此时两电压表的示数U1＜U2，图乙中的电动机带动电池板　　（填“逆时针”或“顺时针”）转动，直至　　时停止转动，电池板正对手电筒发出的光.
答案：（1）见解析图　（2）①b　②1.60　较大　
（3）②逆时针　U1＝U2
解析：（1）实物连线如图所示.
（2）①分压电路两端电压应从零开始调节，故实验开始前R的滑片应置于b端.
②由题图丙可知读数U1为1.60 V.由于RG1与RG2串联，则＝，可知RG1＞RG2，表面光照强度较小的光敏电阻阻值较大.
（3）②U1＜U2，说明RG1表面的光照强度比RG2表面的大，则电动机带动电池板逆时针转动，直到RG1和RG2两端电压相等，即U1＝U2时停止转动.
（一）传感器及其工作原理
1.传感器的工作原理：能够感受诸如力、温度、光、声、化学成分等被测量，并能把它们按照一定的规律转换为便于传送和处理的可用信号输出.通常转换成的可用信号是电压、电流等　电学　量，或转换为电路的　通断　.把非电学量转换为电学量，可以很方便地进行测量、　传输　、处理和　控制　.
传感器应用的一般模式如图所示：
2.传感器的核心元件
（1）敏感元件：能直接感受或响应外界被测非电学量的部分.
（2）转换元件：能将敏感元件输出的信号直接转换成　电信号　的部分.
（3）信号调整与转换电路：能把输出的微弱的电信号放大的部分.
3.传感器的分类
项目 工作原理 举例
物理传 感器 利用物质的物理特性或物理效应感知并检测出待测对象信息 力传感器、磁传感器、声传感器等
化学传 感器 利用电化学反应原理，把无机或有机化学物质的成分、浓度转换为电信号 离子传感器、气体传感器等
生物传 感器 利用生物活性物质的选择性来识别和测定生物化学物质 酶传感器、微生物传感器、细胞传感器等
（二）常见敏感元件
1.光敏电阻
（1）特点：一般情况下，光照越强，电阻越小.
（2）原因：光敏电阻的构成物质为半导体材料，无光照时，载流子极少，导电性能　差　；随着光照的　增强　，载流子增多，导电性　变好　.
（3）作用：把　光照强弱　这个光学量转换为　电阻　这个电学量.
2.热敏电阻和金属热电阻
（1）热敏电阻
热敏电阻一般由半导体材料制成，其电阻随温度的变化明显，温度升高电阻　减小　，如图甲所示为某一热敏电阻的阻值随温度变化的特性曲线.
（2）金属热电阻
有些金属的电阻率随温度的升高而　增大　，这样的电阻也可以制作温度传感器，称为热电阻，如图乙所示为某金属导线电阻的温度特性曲线.
（3）作用：热敏电阻和金属热电阻都能够把温度这个热学量转换为电阻这个电学量.
注意：在工作温度范围内，电阻值随温度上升而增加的是正温度系数热敏电阻器（PTC）；电阻值随温度上升而减小的是负温度系数热敏电阻器（NTC）.
3.电阻应变片
（1）电阻应变片的作用：电阻应变片能够把物体　形变　这个力学量转换为　电阻　这个电学量.
（2）电子秤的组成及敏感元件：由　金属梁　和电阻　应变片　组成，敏感元件是　应变片　.
（3）电子秤的工作原理
金属梁
自由端
受力F 金属梁发
生弯曲 应变片
的电阻
变化 两应变片
上电压的
差值变化
4.霍尔元件的应用
霍尔元件是根据霍尔效应原理制成的一种磁敏元件.一般用于电机中测定转子的转速，如录像机的磁鼓、电脑中的散热风扇等.
（1）霍尔元件的工作原理：E、F间通入恒定的电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，薄片中的载流子就在洛伦兹力作用下，向着与电流和磁场都垂直的方向漂移，使M、N间出现电压（如图所示）.
（2）霍尔元件在电流、电压稳定时，载流子所受静电力和洛伦兹力二力平衡.
（3）霍尔电压：UH＝k（d为薄片的厚度，k为霍尔系数）.其中UH与B成正比，所以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.
例1　（2021·广东卷）某小组研究热敏电阻阻值随温度的变化规律.根据实验需要已选用了规格和量程合适的器材.
（1）先用多用电表预判热敏电阻阻值随温度的变化趋势.选择适当倍率的欧姆挡，将两表笔　　，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右边“0 Ω”处.测量时观察到热敏电阻温度越高，相同倍率下多用电表指针向右偏转角度越大，由此可判断热敏电阻阻值随温度的升高而　　.
（2）再按图连接好电路进行测量.
①闭合开关S前，将滑动变阻器R1的滑片滑到　　（填“a”或“b”）端.将温控室的温度设置为T，电阻箱R0调为某一阻值R01.闭合开关S，调节滑动变阻器R1，使电压表和电流表的指针偏转到某一位置.记录此时电压表和电流表的示数、T和R01，断开开关S.再将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D端，闭合开关S.反复调节R0和R1，使电压表和电流表的示数与上述记录的示数相同.记录此时电阻箱的阻值R02.断开开关S.
②实验中记录的阻值R01　　（填“大于”“小于”或“等于”）R02.此时热敏电阻阻值RT＝　　.
（3）改变温控室的温度，测量不同温度时的热敏电阻阻值，可以得到热敏电阻阻值随温度的变化规律.
答案：（1）短接　减小　（2）①b　②大于　R01－R02
解析：（1）使用多用电表的欧姆挡前应先欧姆调零，即将两表笔短接.温度越高，相同倍率下多用电表的指针向右偏转的角度越大，则电阻阻值越小，故热敏电阻的阻值随温度的升高而减小.
（2）①闭合开关前，为了保护电路，应该将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处，即b端.②将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D端，调节滑动变阻器和电阻箱，使电压表和电流表的示数与改接前一致，则R01＝R02＋RT，所以R01＞R02，RT＝R01－R02.
　训练1　（2025·湖北高三专题练习）传感器担负着信息的采集任务，在自动控制中发挥着重要作用，能够将感受到的物理量（如温度、光、声等）转换成便于测量的量（通常是电学量），传感器是获取自然和生产领域中信息的主要途径与手段.回答下面传感器的应用实验中的两个问题：
（1）光传感器是利用光敏元件将光信号转换为电信号的传感器，如图甲所示为光敏电阻自动计数器的示意图，其中S为发光仪器，小圆柱是传送带上的物品，R1为光敏电阻，其阻值在有光照时比没有光照时要小得多，R2为定值电阻.当有光照射R1时，信号处理系统获得　　（填“高”或“低”）电压，信号处理系统每获得一次　　（填“高”或“低”）电压就记数一次.
甲　　乙
丙
（2）热敏传感器利用由半导体材料制成的热敏电阻将热学量转换为电学量.热敏电阻的阻值随温度变化的图像如图乙所示，如图丙所示是由热敏电阻R1作为传感器的简单自动报警器的线路图.为了使温度过高时报警器报警，c应接在　　（填“a”或“b”）处.若要使启动报警的温度提高些，应将滑动变阻器的滑片P向　　（填“左”或“右”）移动.
答案：（1）高　低　（2）a　左
解析：（1）当有光照射R1时，R1的电阻减小，整个电路总电阻减小，电动势不变，则电流增大，R2两端的电压增大，即信号处理系统获得高电压；当照射R1的光被传送带上的物品挡住时，R1的电阻增大，整个电路总电阻增大，电动势不变，则电流减小，R2两端的电压减小，即信号处理系统获得低电压.则信号处理系统每获得一次低电压就记数一次.
（2）温度升高时热敏电阻的阻值变小，左边电路中电流变大，电磁铁磁性变强，开关接触a点，要使温度过高时报警器报警，c应接在a处.滑片P向左移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，在温度更高时左边电路才能有足够大电流，使磁铁有足够大的引力吸引开关，因此滑片向左移动可以提高报警器报警的温度.
二、实验的创新与改进
考题2　（2024·河北卷）某种花卉喜光，但阳光太强时易受损伤.某兴趣小组决定制作简易光强报警器，以便在光照过强时提醒花农.该实验用到的主要器材如下：学生电源、多用电表、数字电压表（0～20 V）、数字电流表（0～20 mA）、滑动变阻器R（最大阻值50 Ω　1.5 A）、白炽灯、可调电阻R1（0～50 kΩ）、发光二极管LED、光敏电阻RG、NPN型三极管VT、开关和若干导线等.
（1）判断发光二极管的极性
使用多用电表的“×10 k”欧姆挡测量二极管的电阻.如图1所示，当黑表笔与接线端M接触、红表笔与接线端N接触时，多用电表指针位于表盘中a位置（如图2所示）；对调红、黑表笔后指针位于表盘中b位置（如图2所示）.由此判断M端为二极管的　　（填“正极”或“负极”）.
（2）研究光敏电阻在不同光照条件下的伏安特性
①采用图3中的器材进行实验，部分实物连接已完成.要求闭合开关后电压表和电流表的读数从0开始.导线L1、L2和L3的另一端应分别连接滑动变阻器的　　、　　、　　接线柱（以上三空均填接线柱标号“A”“B”“C”或“D”）.
②如图4所示为不同光照强度下得到的光敏电阻伏安特性曲线，图中曲线Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ对应光敏电阻受到的光照由弱到强.由图像可知，光敏电阻的阻值随其表面受到光照的增强而　　（填“增大”或“减小”）.
（3）组装光强报警器电路并测试其功能
如图5所示为利用光敏电阻、发光二极管、三极管（当b、e间电压达到一定程度后，三极管被导通）等元件设计的电路.组装好光强报警器后，在测试过程中发现，当照射到光敏电阻表面的光强达到报警值时，发光二极管并不发光，为使报警器正常工作，应　　（填“增大”或“减小”）可调电阻R1的阻值，直至发光二极管发光.
答案：（1）负极　（2）①A　A　D（或C）　②减小　（3）增大
解析：（1）
（2）①题目要求电压表、电流表读数从零开始，所以应该采用滑动变阻器分压式接法连接电路，故L1、L2接滑动变阻器A接线柱，L3必须接在金属杆两端接线柱任意一个，即C或D.②由图像可知，随光照强度增加，I－U图像斜率增大，所以电阻减小.
（3）
例2　（2025·四川内江模拟）纯电动汽车的蓄电池的安全性，主要体现在对其温度的控制上，当电池温度过高时，必须立即启动制冷系统进行降温.如图甲所示是小明设计的模拟控温装置示意图，电磁继电器与热敏电阻Rt、滑动变阻器RP串联接在电压为5 V的电源（不计内阻）两端.当电磁铁线圈（电阻不计）中的电流I大于或等于20 mA时，衔铁被吸合，热敏电阻置于温度监测区域，其阻值Rt与温度t的关系如图乙所示，滑动变阻器的最大阻值为200 Ω.则：
（1）图甲中应将b端与　　（填“a”或“c”）端相连.
（2）若设置电池温度为50 ℃时启动制冷系统，则滑动变阻器阻值应为　　Ω.
（3）该电路可设置启动制冷系统的最高温度是　　℃.
答案：（1）c　（2）150　（3）73
解析：（1）由题意可知，当控制电路电流达到20 mA时衔铁被吸合，制冷系统工作，所以题图甲中，应将b端与c端相连.
（2）若设置电池温度为50 ℃启动制冷系统，由题图乙可知，当温度为50 ℃时，Rt的阻值为100 Ω，此时控制电路的总电阻R＝＝＝250 Ω，由串联电路的电阻规律，滑动变阻器接入的电阻为RP＝R－Rt＝250 Ω－100 Ω＝150 Ω.
（3）当滑动变阻器调到最大阻值200 Ω时，热敏电阻的阻值R't＝R－R'P＝250 Ω－200 Ω＝50 Ω，由题图乙可知此时对应的温度为73 ℃，所以此时该电路可设置启动制冷系统的最高温度是73 ℃.
　训练2　（2025·重庆质量调研）如图甲所示为电阻式触摸屏的简化原理：按压屏幕时，相互绝缘的两层导电层就在按压点位置有了接触，从而改变接入电路的电阻.
（1）某研究小组找到一块电阻式触摸屏单元，将其接入电路中，简化电路如图乙所示.先将开关闭合到1让电容器充满电，再将开关切换到2，通过电压传感器观察电容器两端的电压随时间变化的情况.图丙中画出了按压和不按压两种情况下电容器两端的电压U随时间t变化的图像，则不按压状态对应图丙中　　（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）.
（2）粗测该触摸屏单元未按压状态下的电阻约为几十欧姆.某同学想较准确测量此电阻，可供使用的器材有：
A.电源E（电动势为3 V，内阻约为12 Ω）；
B.电流表A1（量程为3 mA，内阻为5 Ω）；
C.电流表A2（量程为60 mA，内阻约为2 Ω）；
D.滑动变阻器R1（总阻值约为10 Ω）；
E.电阻箱R2，最大阻值为9 999.9 Ω；
F.开关S，导线若干.
①该同学将电流表A1和电阻箱R2串联改装成量程为4.5 V的电压表，电阻箱R2的阻值应调为　　 Ω.
②该同学设计了如图丁所示测量电路，为了尽量减小实验的系统误差，电阻箱右边的导线应该接　　（填“a”或“b”）；按正确选择连接好电路之后，改变滑动变阻器滑片位置，测得多组对应的电流表A1和电流表A2的示数I1、I2，得到如图戊所示的图像，由图中数据可得该触摸屏单元未按压状态下的阻值为　　 Ω（结果保留2位有效数字）；该测量方法中电流表A2的内阻对测量结果　　（填“有”或“没有”）影响.
答案：（1）Ⅱ　（2）①1 495　②a　79　没有
解析：（1）由题图乙可知，不按压状态下虚线框中只有一个电阻，大于按压状态下虚线框中两个电阻并联的总电阻，因此不按压状态下电荷通过回路受到的阻碍更大，所用时间更长，故不按压状态对应题图丙中的Ⅱ.
（2）①根据串联分压规律可知＝，解得R2＝1 495 Ω.②由①问分析可知改装电压表的内阻已知，故电流表A2应采用外接法，电阻箱右边的导线应接a，改装的电压表能够准确测量Rx两端的电压，通

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