资源简介

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　第十一章
交变电流　传感器(选修3－2)
　【P203】
考点
要求
说明
交变电流、交变电流的图象
Ⅰ
正弦交变电流的函数
表达式、峰值和有效值
Ⅰ
理想变压器
Ⅱ
远距离输电
Ⅰ
1.不要求讨论交变电流的相位和相位差的问题
2.只限于单相理想变压器
传感器的简单使用
　【P203】
本章的重点是对交变电流产生的分析，能写出函数表达式和画出相应的图象，弄清交变电流的峰值，有效值和平均值的意义，能正确运用理想变压器的规律分析解决问题．新考纲删去了“不要求讨论交变电流的相位和相位差问题”，变压器问题删去了“只限于单相理想变压器”两条说明．“变压器、远距离输电”是本章高考命题的热点．
2015、2016命题情况　【P203】
年份
考题
题型
分值
主要考点
2015
全国Ⅰ卷第16题
选择题
6分
理想变压器基本关系的应用
天津卷第6题
选择题
6分
变压器电路的动态分析
年份
考题
题型
分值
主要考点
2015
江苏卷第1题
选择题
3分
变压器的原理
广东卷第15题
选择题
4分
理想变压器基本关系
福建卷第15题
选择题
6分
理想变压器的原理和远距离输电问题
安徽卷第16题
选择题
6分
理想变压器的规律以及电路的动态分析
山东卷第19题
选择题
6分
交流电图象，楞次定律
2016
全国Ⅰ卷第16题
选择题
6分
变压器电路分析
全国Ⅲ卷第19题
选择题
6分
变压器
天津卷第5题
选择题
6分
含变压器电路动态分析
四川卷第2题
选择题
6分
变压器
江苏卷第4题
选择题
3分
自耦变压器
第1节　交变电流的产生及变化规律
　　【P203】
夯实基础　
1．交变电流的产生：如图所示，将矩形线圈置于__匀强磁场__中，并绕垂直于磁感线的轴OO′__匀速转动__，线圈中就会产生正(余)弦交变电流．
2．中性面：与磁感线垂直的平面称为“中性面”．
(1)线圈平面与中性面重合时，穿过线圈的磁通量__最大__，磁通量的变化率为__零__，感应电动势为__零__．
(2)线圈平面与中性面垂直时，穿过线圈的磁通量__为零__，磁通量的变化率__最大__，感应电动势__最大__．
(3)线圈转动一周，__两__次经过中性面，线圈__每经过中性面一次__，电流的方向就改变一次．
3．正弦交变电流的表达式：N匝面积为S的线圈以角速度ω匀速转动，从某次经过中性面开始计时，则瞬时电动势e＝__Emsin__ωt__，Em表示峰值，Em＝__nBSω__，在纯电阻电路中，瞬时电流i＝＝__sin__ωt__＝__Imsin__ωt__．
4．正弦交变电流的图象是一条正弦或余弦曲线
正弦式交流电的变化规律(注意图与图的对应关系，以电表指针右偏为电流正方向)
交流电的有关图象(t＝0时，线圈在中性面位置)
规律物理量
函数
图象
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
考点突破　　
例1如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交流电如图乙所示，设沿abcda方向为电流正方向，则(　　)
A．乙图中Oa时间段对应甲图中A至B图的过程
B．乙图中c时刻对应甲图中C图
C．若乙图中d等于0.02
s，则1
s内电流的方向改变了50次
D．若乙图中b等于0.02
s，则交流电的频率为50
Hz
【解析】由交变电流的产生原理可知，甲图中的A、C两图中线圈所在的平面为中性面，线圈在中性面时电流为零，再经过个周期电流达到最大值，再由楞次定律判断出电流的方向，因此图甲中A至B图的过程电流为正且从零逐渐增大到最大值，A对；甲图中的C图对应的电流为零，B错；每经过中性面一次线圈中的电流方向将要改变一次，所以一个周期以内电流方向要改变两次，在乙图中对应Od段等于交变电流的一个周期，若已知d等于0.02
s，则频率为50
Hz，1
s内电流的方向将改变100次，C错；而D选项频率应该是25
Hz.
【答案】A
例2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交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是(　　)
A．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为最大值
B．线圈先后两次周期之比为3∶2
C．交流电a的瞬时值为u＝10sin
5πt(V)
D．交流电b的电压最大值为8
V
【解析】t＝0时刻穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，故电压为零，A对．读图得两次周期之比为2∶3，故B错．读图得a的最大值为10
V，ω＝5π，由交流电感应电动势瞬时值表达式e＝Emsin
ωt(V)(从中性面开始计时)得，u＝10sin
5πt(V)，故C正确．交流电的最大值Em＝nBSω.所以根据两次ω的比值可得，交流电b的电压最大值为×10
V＝
V，故D错．
【答案】AC
【小结】交变电流的图象可提供的信息
(1)图象反映了交变电流的瞬时值随时间变化的关系，故图象是书写交变电流瞬时值表达式的依据．
(2)从图象的纵坐标轴上可以直接读出交变电流的峰值，从图象的横坐标轴上可以直接读出交变电流的周期，从而可推导出线圈转动的角速度及频率．
(3)周期与角速度、频率的关系是T＝＝，交变电流的频率与线圈转动的频率相等．
(4)交变电流的表达式与线圈平面初始位置有关，由图象可以确定线圈的初始位置．从中性面的位置开始计时，交变电流的图象为正弦图象，瞬时值表达式为e＝Emsin
ωt；从垂直中性面的位置开始计时，交变电流的图象为余弦图象，瞬时值表达式为e＝Emcos
ωt.
针对训练　
1．实验室里的交流发电机可简化为如图所示的模型，正方形线圈在水平匀强磁场中，绕垂直于磁感线的OO′轴匀速转动．今在发电机的输出端接一个电阻R和理想电压表，并让线圈每秒转25圈，读出电压表的示数为10
V．已知R＝10
Ω，线圈电阻忽略不计，下列说法正确的是(C)
A．线圈平面与磁场平行时刻，线圈中的瞬时电流为零
B．从线圈平面与磁场平行开始计时，线圈中感应电流瞬时值表达式为i＝sin
100πt(A)
C．流过电阻R的电流最大值为
A
D．电阻R上的热功率等于5
W
【解析】线圈位于图中位置时，磁通量为零，而线圈中的瞬时电流不为零反而为最大，A错误；电压表示数为10
V，即有效值为10
V，则最大值为10
V，ω＝25×2π＝50
πrad/s，则电流最大值为
A＝
A，所以从线圈平面与磁场平行开始计时，线圈中电流瞬时值表达式为：i＝cos
50πt，故B错误C正确；电阻R上的热功率等于＝
W＝10
W，D错误．
2．(多选)矩形线框在匀强磁场内匀速转动过程中，线框输出的交流电电压随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是(BC)
A．交流电压的有效值为36
V，频率为
0.25
Hz
B．交流电压的最大值为36
V，频率为
0.25
Hz
C．2
s末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量最大
D．1
s末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量变化最快
【解析】根据图象可知，交流电压的最大值为36
V，有效值为
V＝36
V，故A错误；周期为T＝4
s；故频率为f＝＝0.25
Hz，故B正确；2
s末交变电流的电压为零，线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量最大，故C正确；由图象可知，在1
s末，交变电流的电压最大，所以此时的线框平面与磁场平行，通过线框的磁通量变化最快，故D错误．
　　【P205】
夯实基础　
交变电流的“四值”的比较
物理量
物理含义
重要关系
适用情况及说明
瞬时值
交变电流某一时刻的值
e＝Emsin
ωti＝Imsin
ωt
计算线圈某时刻的受安培力情况
最大值
最大的瞬时值
Em＝nBSωEm＝nΦmωIm＝
讨论电容器的击穿电压
有效值
跟交变电流的热效应等效的恒定电流值
对正(余)弦式交流电有：E＝U＝I＝
(1)计算与电流的热效应有关的量(如功、功率、热量等)(2)交流电器“铭牌”上所标的是有效值(3)保险丝的熔断电流为有效值(4)交流电表的示数为有效值
平均值
交变电流图象中图线与时间轴所夹的面积与时间的比值
E＝nI＝
q＝n
计算通过电路截面的电量
考点突破　　
例3一个小型应急交流发电机．内部为n＝50匝、边长L＝20
cm的正方形线圈，总电阻为r＝1.0
Ω.线圈在磁感应强度为B＝0.1
T的匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴匀速转动．发电机对一电阻为R＝9.0
Ω的电灯供电，线路中其他电阻不计，若发电机的转动角速度为ω＝100
rad/s时，电灯正常发光．求：
(1)交流发电机发出的电动势的最大值；
(2)电灯正常发光的功率；
(3)从图示位置开始，线圈转过30°的过程中，通过电灯的电量．
【解析】(1)电动势的最大值为Em＝nBSω＝nBωL2＝50×0.1×0.04×100
V＝20
V
(2)电动势的有效值为E＝＝10
V
流过电灯的电流为I＝＝
A＝
A
电灯正常发光的功率P＝I2R＝18
W.
(3)q＝t＝n＝＝0.01
C.
例4一个匝数为100匝，电阻为0.5
Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图示规律变化．则线圈中产生交变电流的有效值为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．5
A
B．5
A
C．2
A
D．4
A
【解析】0～1
s内的磁通量变化率为：K1＝
Wb/s＝0.01
Wb/s，则感应电动势E1＝＝1
V，1～1.2
s内的磁通量变化率为：K2＝
Wb/s＝0.05
Wb/s，则感应电动势
E2＝＝5
V，对一个定值电阻，在一个周期内产生的热量：Q＝Q1＋Q2＝(×1＋×0.2)J＝12
J；根据交流电有效值的定义：Q＝I2RT，得：I＝2
A，故ABD错误，C正确；故选C.
【答案】C
【小结】1.交变电流瞬时值表达式的基本书写思路
(1)确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图象或由公式Em＝nBsω或根据有效值，由公式Em＝E，求出相应峰值．由Im＝求出Im.
(2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式．
①线圈从中性面开始转动，则i－t图象为正弦函数图象，函数式为i＝Imsin
ωt.
②线圈从垂直中性面开始转动，则i－t图象为余弦函数图象．函数式为i＝Imcos
ωt.
③线圈不是从以上两位置开始转动，先通过三角函数变换到以上两种形式，再写出函数表达式．
2．对中性面的理解
(1)中性面是与磁场方向垂直的平面，是设想的参考面．
(2)线圈平面位于中性面时，穿过线圈平面的磁通量最大，而磁通量的变化率为零，产生的感应电动势为零．
(3)线圈平面与中性面垂直(即与磁感线平行)时，穿过线圈平面的磁通量为零，但磁通量的变化率最大，产生的感应电动势最大．
(4)线圈每经过中性面一次电流方向就改变一次．线圈转动一周，两次经过中性面，所以在一个周期内电流的方向改变两次．
针对训练　
3．(多选)如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，整个线圈内阻为r，在匀强磁场B
中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R.当线圈由图示位置转过90°的过程中，下列说法正确的是(BD)
A．磁通量的变化量为ΔΦ＝NBS
B．平均感应电动势为E＝
C．电阻R所产生的热量为
D．通过电阻R的电荷量为q＝
【解析】图示位置磁通量为Φ1＝0，转过90°时磁通量为Φ2＝BS，则磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1＝BS，故A错误；根据法拉第电磁感应定律得，平均感应电动势为
E＝N＝，故B正确；感应电动势的最大值为Em＝NBSω，有效值为E＝Em，电流的有效值为I＝，电阻R产生的热量
Q＝I2Rt，时间t＝＝，联立解得Q＝，故C错误；通过电阻R的电量q＝t＝t＝N＝，故D正确．
4．在以下四种交流电中，有效值最大的是(D)
【解析】将交流与直流通过阻值都为R的电阻，设直流电压为U，则根据有效值的定义有：A为正弦交流电，故其交流电的有效值为U＝；根据电流的热效应可知B图中×＝T，解得：U＝；C图中
eq
\f(U,R)eq
\f(T,2)＝T，解得：U＝；同理，由D图可知＋＝T，解得：U＝U0，故D正确．
考
点
集
训　【P354】
A组
1．一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，线圈中产生的电动势为e＝Emsin
ωt.若将线圈的转速加倍，其他条件不变，则产生的电动势为(D)
A．Emsin
2ωt
B．2Emsin
ωt
C．2Emsin
t
D．2Emsin
2ωt
【解析】矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动产生交变电流，交变电流的最大值为Em＝NBSω，角速度与转速的关系为ω＝2πn，若将线圈的转速加倍，感应电动势的最大值也将变为原来的二倍，角速度也变为原来的二倍，产生的电动势为e＝2Emsin
2ωt，所以D项正确；A、B、C项错误．
2．如图所示是一多匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的交变电动势的图象，根据图象可知(B)
A．此交变电动势的瞬时表达式为e＝200sin
0.02πt(V)
B．此交变电动势的瞬时表达式为e＝200sin
100πt
(V)
C．t＝0.01
s时，穿过线圈的磁通量为零
D．t＝0.02
s时，穿过线圈的磁通量的变化率最大
【解析】若从线圈转到中性面时开始计时，则感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emsin
ωt；若从线圈转到与中性面垂直位置开始计时，则感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcos
ωt.从图象上观察到计时开始时，感应电动势为零，所以是从中性面开始计时的，感应电动势的最大值是200
V，由图象知周期是0.02
s，角速度ω＝100π，所以A项错误，B项正确；t＝0.01
s时，感应电动势为零是在中性面位置上，穿过线圈的磁通量最大，所以C项错误；t＝0.02
s时，感应电动势为零也是在中性面位置上，穿过线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率为零，所以D项错误．
3．一正弦式交变电流的电压随时间变化的规律如图所示．由图可知该交变电流(B)
A．周期为0.125
s
B．电压的有效值为10
V
C．电压的最大值为20
V
D．电压瞬时值的表达式为u＝10sin
8πt(V)
4．如图所示，虚线两侧有垂直线框平面磁感应强度均为B的匀强磁场，直角扇形导线框半径为L、总电阻为R，绕垂直于线框平面轴O以角速度ω匀速转动．线框从图中所示位置开始转动一周的过程中，线框内感应电流的有效值是(B)
A.
B.
C.
D.
【解析】线框从图示位置转过90°的过程中，即在0～内，穿过闭合线框的磁通量不变，线框内无感应电流；在转过90°至180°的过程中，即在～内，线框中的感应电动势为E＝BL2ω，大小恒定不变，感应电流沿逆时针方向；在转过180°至270°的过程中，即在～内，穿过闭合线框的磁通量不变，线框内无感应电流；在转过270°至360°的过程中，即在～T内，线框中的感应电动势为E＝BL2ω，大小恒定不变，感应电流沿顺时针方向．根据以上分析，画出一个周期内感应电动势E－t图象(图象略)，利用电流的热效应计算感应电动势的有效值为U电＝，所以I电＝＝，选项B正确．
5．如图所示为一交流发电机的原理示意图，其中矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝L1，bc＝ad＝L2，匝数为n，线圈的总电阻为r，线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场的OO′匀速转动，角速度为ω.线圈两端通过电刷e、f与阻值为R的定值电阻连接，从线圈经过中性面开始计时，则(D)
A．线圈中感应电动势的最大值为BωL1L2
B．线圈值感应电动势随时间变化的函数表达式为e＝nBωL1L2cos
ωt
C．经过周期时间通过电阻R的电荷量为
D．此发动机在上述工作状态下的输出功率为eq
\f(Rn2B2ω2LL,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋r))2)
【解析】线圈产生感应电动势的最大值：Em＝nBωS＝nBωL1L2，故选项A错误；感应电动势随时间变化的表达式：e＝Emsin
ωt＝nBωL1L2sin
ωt，故选项B错误；根据法拉第电磁感应定律有：E＝n＝n，由闭合电路欧姆定律：I＝，q＝It＝，故选项C错误；线圈中感应电动势的有效值E＝，电流的有效值I＝，交流发电机的输出功率即为电阻R的热功率：P＝I2R＝eq
\f(Rn2B2ω2LL,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋r))2)，故选项D正确．
6．如图表示两种电压的波形，其中图甲表示电压按正弦规律变化，下列说法正确的是(D)
A．图甲表示交流电，图乙表示直流电
B．两种电压的有效值都是311
V
C．图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝220sin
100πt
V
D．以上说法都不对
【解析】由于两图中表示的电流方向都随时间变化，因此都为交流电，故A错误；两种电压的最大值都是311
V，图甲表示正弦交流电，有效值U＝＝220
V，故B错误；从图甲可知，Em＝311
V，ω＝＝100π
rad/s，所以图甲电压的瞬时值表达式为u＝311sin
100πt
V，故C错误，D正确．
7．(多选)一正弦交流电源的u－t图象如图甲所示，将它接在图乙所示电路的ef两端，若电阻的阻值为110
Ω，电源的内阻不计，交流电压表是量程为250
V的理想电表，则下列说法中正确的是(BC)
A．通过电阻的电流方向1秒钟改变50次
B．交流电压表示数为220
V
C．产生该交变电流的线圈的磁场中匀速转动的角速度为100π
rad/s
D．在1分钟电阻R上产生的热量为5.28×104
J
【解析】由图甲知交变电流的周期为T＝0.02
s，频率f＝＝50
Hz，而一个周期内电流方向改变两次，即通过电阻的电流方向1秒钟改变100次，A错误；交变电流的峰值为220
V，有效值为220
V，B正确；由ω＝＝100π
rad/s可知，C正确；由Q＝t得在1分钟内电阻R上产生的热量为2.64×104
J，D错误．
8．(多选)如图所示，单匝正方形线框abcd的边长为L，每边电阻均为r，线框在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω绕cd轴从图示位置开始匀速转动，转轴与磁感线垂直．一理想电压表用电刷与线框的c、d两点相接．下列说法正确的是(CD)
A．电压表读数为BωL2
B．电压表读数为BωL2
C．从图示位置开始计时，流过线框电流的瞬时值表达式为i＝
D．线框在转动一周的过程中，克服安培力做功为W＝
【解析】电动势的最大值，Em＝BωL2，有效值E＝，电压表读数U＝·r＝＝BωL2，A错，B错；从图示位置开始计时，i＝sin
ωt＝sin
ωt，C对；线框在转动一周过程中，克服安培力做的功W＝·＝，D对．选C、D.
9．如图所示，一交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动，线圈匝数N＝100，线圈电阻r＝3
Ω，ab＝cd＝0.5
m，bc＝ad＝0.4
m，磁感应强度B＝0.5
T，电阻R＝311
Ω，当线圈以n＝300
r/min的转速匀速转动时，求：
(1)感应电动势的最大值；
(2)t＝0时线圈在图示位置，写出此交变电流电动势瞬时值表达式；
(3)此电压表的示数是多少？
【解析】(1)根据角速度与转速的关系得：ω＝2πn＝10π
rad/s，感应电动势的最大值为：Em＝NBSω＝100×0.5×0.5×0.4×10π
V＝100π
V≈314
V；
(2)在图示位置，线圈所处位置为中性面，导线切割磁感线的有效速度最小，瞬时电压也最小，故此交变电流电动势的瞬时值表达式为e＝Emsin
ωt＝314sin
10πt(V)；
(3)电动势的有效值：E＝＝50π
V，由闭合电路的欧姆定律：I＝＝
A＝
A，根据部分电路的欧姆定律：
U＝IR＝×311
V≈220
V.
B组
10．两只相同的电阻，分别通以正弦波形的交流电和方波形的交流电，两种交流电的最大值相等，且周期相等．在正弦波形交流电的一个周期内，正弦波形的交流电在电阻上产生的焦耳热为Q1，其与方波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q2之比Q1∶Q2等于(C)
A．1∶1
B．2∶1
C．1∶2
D．4∶3
【解析】两种交变电流的最大值为Im.对于正弦式电流有效值I1＝Im.对于方波，有效值I2＝Im.根据焦耳定律得：Q1＝I·RT＝IRT，Q2＝IRT＝IRT，则
Q1∶Q2＝1∶2;
故选C.
11．(多选)如图所示，电阻为r的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以角速度
ω＝100π
rad/s匀速转动.
t＝0
时刻线圈平面与磁场垂直，各电表均为理想交流电表，则(BC)
A．t＝0时刻线圈中的感应电动势最大
B．1
s内电路中的电流方向改变100次
C．滑片P下滑时，电压表的读数变大
D．开关S处于断开状态和闭合状态时，电流表的读数相同
【解析】t＝0时刻，线圈与磁场垂直，位于中性面，感应电动势为零，A选项错误；由ω＝2πf，得交变电流的频率为50
Hz，电流方向每秒改变100次，B选项正确；当滑片P下滑时，滑动变阻器电阻增大，则电压表示数增大，C选项正确；开关S闭合时，交变电流流过电容器，则电流表示数改变，D选项错误．
12．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5
T，匝数为N＝50的矩形线圈绕垂直于匀强磁场的转轴OO′匀速转动，每匝线圈长为L＝25
cm，宽为d＝20
cm，线圈每分钟转动3
000转，在匀速转动过程中，从线圈平面经过图示位置时开始计时．
(1)写出交流感应电动势e的瞬时值表达式；
(2)若线圈总电阻r＝1
Ω，外接一只阻值为R＝9
Ω
的电热器，使线圈和外电路构成闭合电路，写出交流感应电流I的瞬时值表达式；
(3)将一交流电压表接在R两端，电压表示数为多少？
【解析】(1)角速度ω＝2πn＝100π
rad/s，
根据Em＝NBωS，可得感应电动势的最大值：Em＝50×0.5×0.25×0.2×100π＝125π(V)
由于线框垂直于中性面开始计时，所以电动势瞬时值的表达式：e＝125πcos
100πt(V)
(2)电流的最大值：Im＝＝
A＝12.5π
A，
因此交流感应电流I的瞬时值表达式i＝12.5πcos
100πt(A)
(3)将一交流电压表接在R两端，电压表示数为U＝R＝
V＝250
V.
第2节　变压器　远距离输电
　　【P206】
夯实基础　
1．变压器的构造：由闭合铁芯和绕在铁芯上的__原线圈__和__副线圈__组成，如图所示．
2．变压器的原理：根据电磁感应现象中的__互感__来改变交流电的电压．
3．理想变压器：
(1)无漏磁，即原、副线圈中的磁通量Φ，磁通量变化率相同
(2)线圈无电阻，即原、副线圈两端电压U＝E＝n
(3)无能量损失，P出＝P入，即I2U2＝I1U1
4．理想变压器的几个基本关系式：
(1)功率关系：__P入＝P出__．
(2)电压关系：
①只有一个副线圈时＝____．
②有多个副线圈时＝____＝____＝…
(3)电流关系：
①只有一个副线圈时：＝____．
②有多个副线圈时：依U1I1＝__U2I2__＋__U3I3__＋…，可推出：I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn
注意：变压器只能改变交流电压，不能改变直流电压．
5．常见变压器
(1)自耦变压器——调压变压器．
(2)互感器
电压互感器：用来把__高电压__变成__低电压__，原线圈__并联__在两输电线之间，副线圈接交流电压表并接地．
电流互感器：用来把__大电流__变成__小电流__，原线圈__串联__在一根输电线中，副线圈接交流电流表并接地．
考点突破　　
例1如图所示是一个小型电风扇电路简图，其中理想变压器的原、副线圈的匝数比为n∶1，原线圈接电压为U的交流电源，输出端接有一只电阻为R的灯泡L和风扇电动机D，电动机线圈电阻为r.接通电源后，电风扇正常运转，测出通过风扇电动机的电流为I，则下列说法正确的是(　　)
A．风扇电动机D两端的电压为Ir
B．理想变压器的输入功率为
C．风扇电动机D输出的机械功率为－I2r
D．若电风扇由于机械故障被卡住，则通过原线圈的电流为
【解析】风扇正常运转，为非纯电阻电路，风扇电动机的两端电压U′>Ir，选项A错．根据原副线圈匝数比等于电压比可得＝n，副线圈电压U2＝，副线圈电流I2＝I＋IL，根据电流与匝数成反比，可得原线圈电流I1＝，理想变压器输入功率等于UI1＝，选项B错．风扇电动机D输出的机械功率为总功率减去热功率即U2I－I2r＝－I2r，选项C对．若电风扇由于机械故障被卡住，则风扇变为纯电阻，此时副线圈电流
I2＝＋＝，原线圈电流I1＝＝，选项D对．
【答案】CD
【小结】解决变压器问题的方法技巧
1．电压切入法：变压器原、副线圈的电压之比为＝；当变压器有多个副线圈时，有：＝＝＝…
2．功率切入法：理想变压器的输入、输出功率为P入＝P出，即P1＝P2；当变压器有多个副线圈时P1＝P2＋P3＋…
3．电流切入法：由I＝知，对只有一个副线圈的变压器有＝；当变压器有多个副线圈时，有：n1I1＝n2I2＋n3I3＋…
针对训练　
1．将输入电压为220
V，输出电压为6
V的理想变压器改绕成输出电压为30
V的变压器，副线圈原来是30匝，原线圈匝数不变，则副线圈新增匝数为(A)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．120匝
B．150匝
C．180匝
D．220匝
【解析】由变压比＝，则＝，所以n1＝1
100匝．
当U2′＝30
V时，＝，所以n2′＝150匝，故Δn2＝n2′－n2＝120匝．
2．为了浴室用电安全，某同学用理想变压器降压给浴室供电；如图所示，理想变压器原线圈输入交变电压u＝311sin
100πt(V)，变压器原副线圈匝数比为5∶1，已知照明灯额定功率为66
W，排气扇电动机内阻为1
Ω，电流表示数为3
A，各用电器均正常工作，电表均为理想电表，则(C)
A．电压表示数为62
V
B．变压器的输入功率为186
W
C．排气扇输出功率为63.75
W
D．保险丝熔断电流不得低于3
A
【解析】变压器输入交变电压u＝311sin
100πt(V)，有效值U＝220
V，变压器原、副线圈匝数比为5∶1，所以副线圈电压U2＝44
V，故A错误；电流表示数为3
A，所以输出功率P＝44×3
W
＝132
W，所以变压器的输入功率为132
W，故B错误；照明灯的电流I1＝
A＝1.5
A，则排气扇的电流为I2＝3
A－1.5
A＝1.5
A，则排气扇输出功率为P出＝I2U2－Ir＝63.75
W，选项C正确；变压器的原线圈电流为I＝I次＝
A＝0.6
A，故保险丝熔断电流不得低于0.6
A，选项D错误；故选C.
　　【P207】
夯实基础
1．匝数比不变的情况(如图所示)
(1)U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，不论负载电阻R如何变化，U2也不变．
(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，
输出电流I2决定输入电流I1，故I1发生变化．
(3)I2变化引起P2变化，P1＝P2，故P1发生变化．
2．负载电阻不变的情况(如图所示)
(1)U1不变，发生变化，故U2变化．
(2)R不变，U2改变，故I2发生变化．
(3)根据P2＝eq
\f(U,R)，P2发生变化，再根据P1＝P2，故P1变化，P1＝U1I1，U1不变，故I1发生变化．
考点突破　　
例2如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．下列说法正确的是(　　)
A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大
B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大
C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大
D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大、A2示数变大
【解析】当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R的阻值变大，副线圈中电流变小，原线圈中电流也变小，电流表A1示数变小；R1消耗的功率及两端电压均变小，副线圈总电压不变，则电压表的示数变大，选项A、C错误，B正确．若闭合开关S，则副线圈总电阻变小，电流变大，原线圈中电流变大，电流表A1示数变大；R1两端电压变大，R2两端电压变小，电流表A2示数变小，选项D错误．
【答案】B
【小结】1.变压器电路动态问题一般可概括为：
(1)原线圈两端电压和负载电阻不变，副线圈电流、功率及原线圈电流随原副线圈匝数比的变化而变化；
(2)原线圈两端电压和原副线圈匝数比不变，副线圈电流、功率及原线圈电流随负载电阻的变化而变化．
2．变压器电路中各物理量的制约关系：
(1)电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比()一定时，输出电压U2由输入电压决定，即U2＝，可简述为“原制约副”．
(2)电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比()一定，且输入电压U1确定时，原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定，即I1＝，可简述为“副制约原”．
(3)负载制约：
①变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定，P2＝P负1＋P负2＋…；
②变压器副线圈中的电流I2由用户负载及电压U2确定，即I2＝.
(4)功率制约：
　　　　　　
例3如图所示，变压器初级线圈接电压一定的交流电，在下列措施中能使电流表示数增大的是(　　)
A．只将S1从2拨向1
B．只将S2从4拨向3
C．只将S3从闭合改为断开
D．只将变阻器R3的滑动触头上移
【解析】只将S1从2拨向1时，原线圈匝数减小，输出电压变大，故输出电流变大，输入电流即电流表的示数也变大，故A正确；只将S2从4拨向3时，副线圈匝数减小，输出电压变小，故输出电流变小，输入电流变小，故B错误；只将S3从闭合变为断开，少一个支路，电压不变，总电阻变大，输出功率减小，则输入功率也减小，电流表的示数减小，故C错误；只将变阻器R3的滑动触头上移，负载总电阻变大，故输出电流变小，故输入电流减小，故D错误．
【答案】A
针对训练　
3．如图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3和R4均为定值电阻，开关S是闭合的.和)为理想电压表，读数分别为U1和U2；)、)和)为理想电流表，读数分别为I1、I2和I3.现断开S，U1数值不变，下列推断中正确的是(C)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．U2变小、I3变小
B．U2不变、I3变小
C．I1变小、I2变小
D．I1变大、I2变大
【解析】理想变压器原副线圈两端的电压与匝数成正比，由于理想变压器原线圈电压不变，则副线圈电压不变，所以)的示数U2也不变，当S断开之后，并联电路的电阻变大，副线圈的电阻也就变大，由于副线圈电压不变，所以副线圈的总电流减小，即I2变小，由于电流与匝数成反比，当副线圈的电流减小时，原线圈的电流也就要减小，所以I1变小，由于副线圈的总电流减小，R1的电压减小，并联电路的电压就会增大，所以R3的电流I3就会增大，所以C正确，A、B、D错误．故选C.
4．(多选)如图甲所示，理想变压器原线圈输入端接如图乙所示的交变电压，移动滑动触头P，可以改变原线圈的匝数．变压器的副线圈与一个滑动变阻器相连，Q为变阻器的滑动触头，电压表为理想交流电压表．下列说法正确的是(AB)
A．向上移动P，输入电压的频率不变
B．向上移动P，输入电流减小
C．保持P不动，向下移动Q，变压器的输入功率减小
D．保持Q不动，向下移动P，电压表的示数不变
【解析】据题意，原线圈输入交流电的频率与副线圈交流电的频率总是相同的，且与匝数无关，所以选项A正确；向上移动P，则原线圈匝数增加，据U2＝可知副线圈电压减小，副线圈电流也减小，副线圈电流决定原线圈电流，所以原线圈输入电流也减小，故选项B正确；保持P不动，副线圈电压不变，向下移动Q，副线圈总电阻不变，电流没有改变，则输出功率不变，原线圈输入功率也不变，故选项C错误；保持Q不动，向下移动P，原线圈匝数减小，则副线圈电压增大，电压表示数将变大，故选项D错误．
　　【P208】
夯实基础　
高压输电线路图
考点突破　　
例4如图所示，学校有一台应急备用发电机，内阻为
r＝1
Ω，升压变压器匝数比为n1∶n2＝1∶4，降压变压器的匝数比为n3∶n4＝4∶1，输电线总电阻为R线＝4
Ω，全校有22间教室，每间教室安装“220
V　40
W”的电灯6盏，要求所有的电灯都正常发光，求：
(1)输电线上损耗的电功率P损多大？
(2)发电机的电动势E多大？
【解析】(1)所有灯都正常工作的总功率为22×6×40
W＝5
280
W，
用电器总电流为I4＝＝
A＝24
A，
输电线上的电流I2＝I3＝＝×24
A＝6
A
输电线上损失的功率P损＝IR＝62×4
W＝144
W
(2)降压变压器上U3＝4U4＝880
V，
输电线上的电压损失为UR＝IRR线＝24
V，
因此升压变压器的输出电压为
U2＝UR＋U3＝24
V＋880
V＝904
V，
输入电压为U1＝U2＝×904
V＝226
V，
输入电流为I1＝4I2＝24
A
发电机内阻上的电压Ur＝I1r＝24
V
发电机的电动势E＝U1＋Ur＝226
V＋24
V＝250
V.
【小结】解决远距离输电问题时，先画图，标出n1、n2、n3、n4、U1、U2、U3、U4、I1、I2、I3、I4、P1、P2、P3、P4及输电线的电阻R，一般由R上损失的功率P损＝I2R，先求出I.I＝I2＝I3，通过I，把升压器和降压器联系起来了，再根据P1＝P2，P3＝P4，P3＝P2－P损，U2＝IR＋U3，＝＝，＝＝等列式求解．
针对训练　
5．(多选)如图为远距离高压输电的示意图．关于远距离输电，下列表述正确的是(BD)
A．增加输电导线的横截面积不影响输电过程中的电能损失
B．高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗的
C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小
D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好
【解析】在导线材料、长度一定的情况下，导线的横截面积越小，导线电阻越大，导线损失的功率越大，故A错误；由P损＝I2R可知，在输电导线电阻一定的情况下，输电电流越小损失的功率越小，减小输电电流，可以减少电路的发热损耗，故B正确；由P损＝R可知，输电电压一定，输送功率越大，输电损失功率越大，损失的电能越多，故C错误；在高压输电的过程中，电压过高时，有技术困难或容易造成安全事故，所以不一定是电压越高越好，故D正确．故选B、D.
6．图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2.在T的原线圈两端接入一电压u＝Umsin
ωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为(C)
A.eq
\f(U,4r)
B.eq
\f(U,4r)
C．4r
D．4r
【解析】加在原线圈上的电压，U1＝；根据电压比与匝数比关系：
＝，所以：U2＝.根据I＝，输电线上的电流
I＝，输电线上消耗的功率P耗＝I2·2r＝4r.故C正确，A、B、D错误．故选C.
考
点
集
训　【P356】
A组
1．如图甲为一理想自耦变压器，输入端接交流稳压电源，其电压随时间变化关系如图乙所示．已知n1、n2的比值为2∶1，负载电阻R的阻值为5
Ω，下面正确的说法有(B)
A．负载电阻R消耗的电功率约为48
W
B．通过负载电阻R的电流的有效值为22
A
C．通过负载电阻R的电流的频率为100
Hz
D．通过负载电阻R的电流的频率为25
Hz
【解析】由乙图得到理想变压器的输出电压的最大值为Um＝311
V，故有效值为220
V；已知n1、n2的比值为2∶1，根据理想变压器的变压比得副线圈电压U2＝110
V，所以通过负载电阻R的电流的有效值为22
A，故B正确；负载电阻R消耗的电功率为2
420
W，选项A错误；由乙图得周期T＝0.02
s，所以通过负载电阻R的电流的频率为50
Hz，故C、D错误．
2．普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为Iab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为Icd，为了使电流表能正常工作，则(C)
A．ab接PQ、cd接MN，Iab＜Icd
B．ab接PQ、cd接MN，Iab＞Icd
C．ab接MN、cd接PQ，Iab＞Icd
D．ab接MN、cd接PQ，Iab＜Icd
【解析】电流互感器的作用是使大电流变成小电流，所以Iab＞Icd，所以A、D错误；利用变压器工作原理：
＝，所以输入端ab接MN，输出端cd接PQ，所以C对，B项错；故选C.
3．远距离送电，已知升压变压器输出电压为U，输出功率为P，降压变压器的输入电压为U′，输电线的电阻为R，则线路损耗的热功率P损可用下面哪种方法计算(D)
A．P损＝
B．P损＝
C．P损＝
D．P损＝
【解析】根据P＝UI得输电线上的电流I＝，则输电线上损耗的功率P损＝I2R＝.又输电线上电压U线＝U－U′，则输电线上损耗的功率P损＝eq
\f(U,R)＝.故D正确，A、B、C错误．故选D.
4．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1＝20
Ω，R2＝30
Ω，C为电容器．已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则(C)
A．交流电的频率为0.02
Hz
B．原线圈输入电压的最大值为200
V
C．电阻R2的电功率约为6.67
W
D．通过R3的电流始终为零
【解析】由图象知电流的周期是0.02
s，则其频率为f＝＝
Hz＝50
Hz，则A错误；副线圈的最大电压为
U2＝ImR1＝20
V，则原线圈的输入电压的最大值为U1，由＝得U1＝200
V，故B错误；电阻R2的功率为P＝≈6.67
W，故C正确；电容器通交流，故R3有电流，故D错误．
5．一小型水电站，输出的电功率为
P0＝20
kW，输出电压U0＝400
V，经理想升压变压器T1变为2
000
V后远距离输送，输电线总电阻为r＝1.0
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(D)
A．变压器T1的匝数n1∶n2＝5∶1
B．输电线上的电流为50
A
C．变压器T2的匝数n3∶n4＝190∶22
D．输电线上损失的电功率为100
W
【解析】升压变压器T1的输出电压等于2
000
V，而输入电压为400
V，由电压之比等于匝数之比，则有变压器T1的匝数比n1∶n2＝1∶5，选项A错误；输出的电功率为P0＝20
kW，而升压变压器T1变为2
000
V电压远距离输送，所以根据I＝，可知输电线上的电流为I＝
A＝10
A，所以选项B错误；降压变压器T2的输入电压等于升压变压器的输出电压减去导线损失的电压，即为U′＝2
000
V－10×1
V＝1
990
V；根据
＝，则有变压器T2的匝数比n3∶n4＝1
990∶220＝199∶22，所以选项C错误；根据P损＝I2r＝102×1
W＝100
W，所以选项D正确；故选D.
6．理想调压变压器原线圈的匝数为1
100匝，副线圈的匝数为25匝，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的滑片．则(C)
A．副线圈输出电压的频率为100
Hz
B．副线圈输出电压的有效值为7
V
C．Q不动，P向上移动时，变压器原、副线圈的电流都减小
D．Q下移，P向上移动时，变压器的输入功率增加
【解析】原线圈输入电压的频率与副线圈输出电压的频率相等，均为f＝＝
Hz＝50
Hz，选项A错误；原线圈电压有效值为U1＝
V＝220
V，则副线圈输出电压的有效值为
U2＝U1＝×220
V＝5
V，选项B错误；Q不动，P向上移动时，副线圈电路中电阻增大，故副线圈电流减小，由＝可知变压器原线圈的电流减小，选项C正确；根据P＝IU可知Q下移，变压器输出电压减小，输出功率减小，变压器输入功率减小，D错误．
7．(多选)如图所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数比比值为n.原线圈接电压为u＝U0sin
ωt的正弦交流电，输出端接有一个理想的交流电流表和一个电动机，电动机的线圈电阻为R.当输入端接通电源后，电动机带动一质量为m的重物匀速上升，此时电流表的示数为I，重力加速度为g，下列说法正确的是(ABD)
A．电动机两端电压大于IR
B．原线圈中的电流为
C．电动机发热的功率为
D．重物匀速上升的速度为
【解析】根据变压器的变压、变流规律：n＝，n＝原线圈中的电流为I1＝，副线圈两端的电压为U2＝，电动机两端电压大于IR，A、B正确；电动机的发热功率P＝I2R，小于副线圈的总功率，C错误；根据能量守恒定律有mgv＝U2I－I2R，得v＝，D正确．
8．(多选)如图所示为某发电站向某用户区供电的输电原理图，T1为匝数比为n1∶n2的升压变压器，T2为匝数比为n3∶n4的降压变压器．若发电站输出的电压有效值为U1，输电导线总电阻为R，在某一时间段用户需求的电功率恒为P0，用户的用电器正常工作电压为U2，在满足用户正常用电的情况下，下列说法正确的是(BC)
A．T1原线圈中的电流有效值为
B．T2副线圈中的电流有效值为
C．输电线上损耗的功率为eq
\f(nPR,nU)
D．输电线上损耗的功率为eq
\f(nPR,nU)
【解析】用户需求的电功率恒为P0，则T1原线圈中输入的功率应大于P0，则原线圈的电流有效值大于，选项A错误；用户需求的电功率恒为P0，则T2副线圈的输出功率为P0，则T2副线圈中的电流有效值为，选项B正确；T2原线圈中的电流有效值为I3＝I4＝·，则输电线上损耗的功率为P线＝IR＝eq
\f(nPR,nU)，选项C正确，D错误；故选B、C.
9．(多选)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝10∶1，b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，定值电阻R1、R2均为10
Ω.在原线圈c、d两端加上图示的交变电压，下列说法正确的是(AD)
A．当S与a连接后，理想电流表示数为2.2
A
B．当S与a连接后，理想电压表示数为11
V
C．当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为25
Hz
D．当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的4倍
【解析】由图可以知道，交变电流的电压有效值为220
V、周期为0.02
s，频率为50
Hz.当S接a时，由变压器的原理可以知道，n2两端电压有效值为22
V，由闭合电路欧姆定律，得理想电压表的示数为22
V，理想电流表示数为2.2
A，故选项A正确，选项B错误；当S由a拨到b后，原线圈电压、频率不变，原线圈匝数减半，则副线圈频率不变，故选项C错误；副线圈两端电压加倍，负载电阻不变，副线圈的输出功率变为原来的4倍，原线圈的输入功率也变为原来的4倍，故选项D正确．
B组
10．(多选)如图所示，理想变压器副线圈1、2之间的匝数是总匝数的一半，二极管D具有单向导电性(正向电阻为零，反向电阻为无穷大)，R是可变电阻，S是单刀双掷开关，原线圈接在电压不变的正弦交流电源上．下列说法正确的是(BC)
A．若R阻值不变，当S分别接1和2时，电压表读数之比为2∶1
B．若R阻值不变，当S分别接1和2时，电压表读数之比为∶1
C．若S分别接1和2时，若R消耗功率相等，则R阻值之比为2
∶1
D．若S分别接1和2时，若R消耗功率相等，则R阻值之比为∶1
【解析】设原线圈与副线圈的匝数分别为n1、n2，原线圈输入电压为U1，副线圈电压为U2，当S接2时：＝，此时电压表示数与副线圈两端的电压相等，即u2＝U22＝U1，功率为P2＝eq
\f(u,R2)；若S与1相连，则＝，此时电压表的示数为u1，则eq
\f(U,R)·＝eq
\f(u,R)T，得u1＝，此时的功率为：P1＝eq
\f(u,R1).由上分析知：电压表的示数之比为∶1，电阻值之比为2∶1，B、C正确．
11．如图所示，在理想变压器输入端AB间接入220
V正弦交流电，变压器原线圈n1＝110匝，副线圈n2＝20匝，R＝20
Ω，O为副线圈中间抽头，D1、D2为理想二极管，则R上消耗的热功率为(A)
A．20
W
B．20
W
C．40
W
D．80
W
【解析】在AB间接入正弦交流电U1＝220
V，变压器原线圈
n1＝110匝，副线圈n2＝20匝，有：＝，得有效值U2＝40
V．O为副线圈正中央抽头，则R两端电压为20
V，所以R消耗的热功率为：P＝＝
W＝20
W，A正确．
12．(多选)变压器除了有改变电压、电流作用外，还有变换负载的阻抗作用，以实现阻抗匹配．如图所示，将阻值为R0的负载接在理想变压器副线圈两端，则图(a)中虚线部分可等效为图(b)中阻值为R的电阻接在AB两点上，即R的两端电压为u1，通过的电流为I1.已知变压器的匝数比为n1∶n2，若图(a)的AB两端接在电动势为E，内阻为r的交流电源上，要使此电源的输出功率达到最大，下列说法正确的是(BD)
A．R0＝R时输出功率最大
B．最大输出功率P＝
C．输出功率最大时u2＝
D．R0＝r时输出功率最大
【解析】可等效为带有内阻的电源的电路，即当内电阻和外电阻大小相等时，输出功率最大，即r＝R时输出功率最大，最大为P输出max＝I2R＝R＝，A错误B正确；根据闭合回路欧姆定律可得u1＝R，当输出功率最大时，r＝R，故u1＝，代入＝可得u2＝，C错误；当输出最大时有I1＝，根据＝，结合R0＝，联立可得R0＝r，D正确．
第3节　实验：传感器的简单应用
夯实基础　
1．传感器
传感器是指这样一类元件：它能够感受诸如力、温度、光、声、化学成分等，并能将它们按照一定的规律转换为__电压、电流__等，或转换为电路的__通断__．
2．制作传感器需要的元件
(1)光敏电阻：光敏电阻在被光照射时电阻发生变化，光照增强电阻__减小__，光照减弱电阻__增大__．
(2)金属热电阻和热敏电阻：金属的电阻率随温度的升高而__增大__，用金属丝可以制作温度传感器，称为热电阻．与金属不同的是有些半导体的导电能力随温度的升高而__增强__，其电阻随温度的升高而__减小__，用半导体材料可制成热敏电阻．与热敏电阻相比，金属热电阻的化学稳定性好，测温范围大但灵敏度较差．
(3)霍尔元件：是能够把磁学量__磁感应强度__转换为电学量__电压__的传感器元件．
如图所示，在__M、N__间出现的电压称为霍尔电压UH，UH＝k.式中d为金属薄片的厚度，k为霍尔系数，由薄片的__材料__决定．
3．传感器应用的一般模式
考点突破　　
　　【P209】
例1加速度传感器如图甲所示．较重的滑块2可以在光滑的框架1中平移，滑块两侧用弹簧3拉着；R为滑动变阻器，4是滑动片，它与电阻器任一端间的电阻值都与它到这端的距离成正比．工作时将框架固定在被测物体上，使弹簧及电阻R均与物体的运动方向平行．当被测物体加速运动时，滑块将在弹簧的作用下，以同样的加速度运动．通过电路中电压表的读数，可以得知加速度的大小．电压表为指针式直流电压表(可视为理想电压表)．
(1)电压表零刻度在表盘中央(即可显示正负电压)，当P端的电势高于Q端时，指针向零点左侧偏转．当物体具有图示方向的加速度a时，电压表的指针将向零点__________(填“左”、“右”)侧偏转．
(2)若将电压表的表盘换成直接表示加速度大小及方向的刻度盘，则表盘的刻度__________(填“均匀”、“非均匀”)分布．
(3)电压表是由灵敏电流计改装而成的，灵敏电流计表盘如图乙所示．当被测物体具有图示方向大小为1
m/s2的加速度时，滑动片4从MN的中央向某侧平移的距离为MN总长的且滑动片4在M或N端时，灵敏电流计示数最大．若将灵敏电流计的表盘换成直接表示加速度大小及方向的刻度盘，则灵敏电流计表盘上－30刻线处对应的加速度为__________．
【解析】(1)当物体具有图示方向的加速度a时，滑块左移，滑动端与M之间的电阻减小，故P点电势降低，故P端的电势低于Q端，则指针右偏；
(2)设加速度为a时，电压表的读数为U，则：2kx＝ma
又U＝·2E
联立解得：U＝a
由于U与a成正比，所以表盘的刻度应均匀．
(3)由U＝a可知，当a＝1
m/s2时，x＝，则此时U＝，则当U＝E时，a＝3
m/s2，即灵敏电流计表盘上－30刻线处对应的加速度为－3
m/s2.
【答案】(1)右　(2)均匀　(3)－3
m/s2
【小结】力电传感器电路中的关键元件是滑动变阻器、电容器、弹簧等，解答这类问题的关键是：滑片移动的距离、电容器的板间距离与力学物理量的联系．
力电传感器的力电联系图：
针对训练　
1．压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，其工作原理如图甲所示，将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个绝缘重球．小车向右做直线运动过程中，电流表示数如图乙所示，下列判断正确的是(D)
A．从t1到t2时间内，小车做匀速直线运动
B．从t1到t2时间内，小车做匀加速直线运动
C．从t2到t3时间内，小车做匀速直线运动
D．从t2到t3时间内，小车做匀加速直线运动
【解析】在t1～t2内，I变大，阻值变小，压力变大，根据牛顿第二定律可知，小车做变加速运动，故A、B错误；在t2～t3内，I不变，压力恒定，小车做匀加速直线运动，故C错误，故D正确；故选D.
2．在科技活动中某同学利用自制的电子秤来称量物体的质量，其原理如图所示，托盘和弹簧的质量均不计．变阻器的滑动端与弹簧上端连接(但与弹簧间不通电)，当托盘中没有放物体时，滑动变阻器的滑动触头正好在变阻器的最上端；设变阻器的总电阻为R，总长度为
L，电源电动势为E，内阻为r，限流电阻的阻值为R0，弹簧劲度系数为k，不计一切摩擦和其他阻力，电压表为理想电压表．
(1)为使电压表中的电压读数与盘中物体的重力成正比，请你在图中完成电压表的连接；
(2)所选用电压表的量程；
(3)写出物体质量与电压表读数之间的关系式．
【解析】(1)如右图．
(2)I＝
电压表两端的最大电压为
Um＝IR＝
电压表的量程可等于或略大于
(3)mg＝kΔx；U＝·Δx
联立后即得：m＝.
　　【P210】
例2如图所示为某传感装置内部部分电路图，RT为正温度系数热敏电阻，其特性为随着温度的升高阻值增大；R1为光敏电阻，其特性为随着光照强度的增强阻值减小；R2和R3均为定值电阻，电源电动势为E，内阻为r，V为理想电压表．若发现电压表示数增大，可能的原因是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
①热敏电阻温度降低，其他条件不变　②热敏电阻温度升高，其他条件不变　③光照减弱，其他条件不变　④光照增强，其他条件不变
A．①③
B．①④
C．②③
D．②④
【解析】热敏电阻温度降低，其他条件不变时，热敏电阻阻值减小，总电阻减小，总电流变大，则热敏电阻及光敏电阻所在的并联支路电压减小，光敏电阻上的电流减小，则热敏电阻及电阻R3上的电流变大，则电压表的读数变大，故①正确，②错误；若光照减弱，则光敏电阻的阻值增大，总电阻变大，总电流减小，则热敏电阻及光敏电阻所在的并联支路电压增大，则R3上的分压变大，电压表示数变大，选项③正确，④错误．故选A.
【答案】A
【小结】涉及到热敏电阻、光敏电阻或金属热电阻时，要根据其电阻阻值随温度或光照条件发生变化时阻值如何变化的特点，结合闭合电路欧姆定律和电功率的计算式，进行分析判断．
针对训练　
3．电源、开关S和S′、定值电阻R1、光敏电阻R2和电容器连接成如图所示电路，电容器的两平行板水平放置．当开关S、S′闭合，并且无光照射光敏电阻R2时，一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点．当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻值变小，则(D)
A．液滴向下运动
B．液滴仍然静止
C．R2两端的电势差是否升高无法分析
D．当光照强度不变时断开S′，把电容器的上极板向上移一小段距离，则上极板的电势比A点的电势高
【解析】当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻值变小，电路中电流增大，R1两端间的电压增大，电容器的电压增大，板间电场强度增大，液滴所受的电场力增大，液滴向上运动；故A、B错误；R2两端间的电压：UR2＝E－I(R1＋r)一定减小，故C错误；当光照强度不变时断开S′，电容器的带电量不变，电势差：U＝＝＝，把电容器的上极板向上移一小段距离，d变大，故电势差U变大，由于下极板电势为零，故上极板的电势比A点的电势高，故D正确．
　　【P210】
例3图为用电源、电磁继电器、滑动变阻器、绿灯泡、小电铃、半导体热敏电阻、开关、导线等组成的一个高温报警器电路图，要求是：正常情况绿灯亮，有险情时电铃报警，则图中的甲、乙、丙分别是(　　)
A．小电铃、半导体热敏电阻、绿灯泡
B．半导体热敏电阻、小电铃、绿灯泡
C．绿灯泡、小电铃、半导体热敏电阻
D．半导体热敏电阻、绿灯泡、小电铃
【解析】根据要求，在常温下热敏电阻甲阻值较大，电磁铁磁性较弱，不能将衔铁吸下，此时绿灯所在电路接通，绿灯亮，所以丙为是绿灯；温度升高，热敏电阻阻值较小，控制电路电流增大时，电磁铁磁性增大，将衔铁吸下，丙电路断开，乙电路接通电铃响，所以乙为小电铃；由以上的分析可知，甲是半导体热敏电阻．故选B.
【答案】B
【小结】解答继电器控制电路的设计问题，应弄清以下两个问题：
(1)弄清两个电路：控制电路(直流电源、光敏电阻或热敏电阻、继电器构成的闭合回路)、工作电路(继电器吸引衔铁控制工作电路的开关)．
(2)弄清控制关系：光敏电阻(或热敏电阻)控制继电器中的电流，继电器电流增大吸引衔铁控制工作电路的开关(断开或闭合)．
针对训练　
4．如图所示为小型电磁继电器的构造示意图，其中L为含铁芯的线圈，P为可绕O点转动的铁片，K为弹簧，S为一对触头，A、B、C、D为四个接线柱，继电器与传感器配合，可完成自动控制的要求，对其工作方式有下列判断：
①A、B间接控制电路，C、D间接被控电路
②A、B间接被控电路，C、D间接控制电路
③流过L的电流减小时，C、D间电路断开
④流过L的电流增大时，
C、D间电路断开
以下组合的两项都正确的是(A)
A．①③
B．②④
C．①④
D．②③
【解析】当较大的电流经过接线柱AB流入线圈时，电磁铁把衔铁吸下，使CD两个接线柱所连的触点接通，被控电路工作．故①正确，②错误；流过L的电流减小时，线圈L产生的磁场减弱，对衔铁P的吸引力减弱，使CD两个接线柱所连的触点断开，故③正确④错误，故A正确．
5．如图所示的电路中，R为热敏电阻，其阻值随温度升高而减小，温度较低时，阻值比较大，合上S，发现小灯泡不亮，原因是__温度低，热敏电阻阻值大，电磁铁磁性弱，触点断开__；用电吹风对热敏电阻吹一会儿，会发现小灯泡__发光__，原因是__温度升高，热敏电阻阻值变小，电磁铁磁性增强，触点接触____；把热敏电阻放入冷水中会发现__灯泡熄灭__．
【解析】当合上S后小灯泡不亮，说明工作电路没有接通，即电磁铁没有将衔铁拉下，可能是因为温度低，热敏电阻的阻值较大，电磁铁中的电流较小，对衔铁的作用力不足以将衔铁拉下，从而导致触点断开，当电吹风对热敏电阻吹一会儿，热敏电阻温度升高，电阻减小，电磁铁中的电流增大，产生的磁场增强，所以将衔铁吸下来，触电接通，所以灯泡会亮，把热敏电阻放入冷水中会热敏电阻温度降低，电阻增大，导致灯泡熄灭．
考
点
集
训　【P358】
1．R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，2个电阻采用如图方式接在电动势为E，内阻为r的电源上，利用电压传感器和电流传感器研究R2上的电压与电流变化关系．当自上向下滑动R2上的滑片时，通过数据采集器将电压与电流信号输入计算机后，在屏幕上得到的U－I图象应为图中的(C)
【解析】把R1等效成电源内阻，根据闭合电阻欧姆定律：U＝E－I(R1＋r)，截距表示电动势，斜率表示R1＋r，所以选C.
2．热敏电阻是传感电路中常用的电子元件，其电阻Rt随温度t变化的图线如图甲所示．如图乙所示电路中，热敏电阻Rt与其他电阻构成的闭合电路中，水平放置的平行金属板中带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当Rt所在处温度升高时，则(A)
A．电压表读数减小
B．电流表读数减小
C．质点P将向上运动
D．R3上消耗的功率增大
【解析】当Rt所在处温度升高时，由甲图可知Rt减小，电路的总电阻减小，电流变大，路端电压减小，R1电压变大，则R3电压减小，电容器两端电压减小，则质点P将向下运动，选项C错误；R3电流减小，R3上消耗的功率减小，选项D错误；R3电流减小，则R2电流变大，则电流表读数变大，选项B错误；因为UR3＝UR2＋URt，则URt减小，即电压表读数减小，选项A正确；故选A.
3．如图所示是一位同学设计的防盗门报警器的简化电路示意图．门打开时，红外光敏电阻R3受到红外线照射，电阻减小；门关闭时会遮蔽红外线源(红外线源没有画出)．经实际试验，灯的亮灭的确能反映门的开、关状态．门打开时两灯的发光情况以及R2两端电压UR2与门关闭时相比(D)
A．红灯亮，UR2变大
B．绿灯亮，UR2变大
C．绿灯亮，UR2变小
D．红灯亮，UR2变小
【解析】当门打开时，R3受红外线照射，电阻减小，从而使并联电路电阻减小，总电阻减小，总电流I＝增大，R2两端电压UR2＝E－I(R1＋r)减小，R2中电流IR2＝减小，所以R3中电流I3＝I－IR2增大，线圈产生的磁场增强，把衔铁吸引，红灯亮．
4．(多选)电子眼系统通过路面下埋设的感应线来感知汽车的压力．感应线是一个压电薄膜传感器，压电薄膜在受压时两端产生电压，压力越大电压越大，压电薄膜与电容器C、电阻R组成图甲所示的回路．红灯亮时，如果汽车的前、后轮先后经过感应线，回路中产生两脉冲电流，如图乙所示，即视为“闯红灯”，电子眼拍照，则红灯亮时(BD)
A．车轮停在感应线上时，电阻R上有恒定电流
B．车轮经过感应线的过程中，电容器先充电后放电
C．车轮经过感应线的过程中，电阻R上的电流先增加后减小
D．汽车前轮刚越过感应线，又倒回到线内，仍会被电子眼拍照
【解析】车轮停在感应线上时，压力不变，则电压不变，电容器不充电，也不放电，电阻R上没有电流，故A错误；由乙图可知，当车轮经过时电流先增大后减小，然后再反向增大后减小；因电压是在受压时产生的；故说明电容器先充电后放电；故B正确，C错误；若汽车前轮越过感应线，又倒回线内，则前轮两次压线，仍形成两个脉冲电流，符合拍照条件，电子眼仍可拍照，故D正确．
5．位移传感器能够将位移这个力学量通过电容器转化成电学量，如图所示，电容器两极板固定不动，带等量异种电荷，且保持不变，当被测物体带动电介质板向左移动时，电容器(BC)
A．电容增大
B．电容减小
C．两极板电压变大
D．两极板电压变小
【解析】由公式C＝知，当被测物体带动电介质板向左移动时，导致两极板间介电常数减小，那么其电容C减小，由公式
C＝知，电荷量不变时，U增大，故B、C正确，A、D错误；故选BC.
6．(多选)如图甲是测角度的电容式传感器；乙是研究自感现象的实验电路图；丙是一种测定压力的电容式传感器；丁是电容式话筒的电路原理图，下列说法正确的是(AC)
A．甲图中两极间的电量不变时，若电压增加，则可判断出θ变大
B．乙图电路开关断开瞬间，灯泡会突然闪亮一下，并在开关处产生电火花
C．丙图中两极间的电压不变时，若有电流流向传感器的正极，则F变大
D．丁图电路中，根据电磁感应的原理，声波的振动会在电路中产生变化的电流
【解析】由Q＝CU，甲图中两极间的电量不变时，若电压增加，说明电容减小，由公式C＝可知S减小，A对；乙图电路开关断开瞬间，电路没有形成闭合回路，灯泡瞬间熄灭，B错；丙图中两极间的电压不变时，若有电流流向传感器的正极，说明电容器充电，电容增大，F增大，C对；丁图电路中，是根据电容器的充放电原理工作的，D错．
7．传感器担负着信息采集任务，在自动控制中发挥着重要作用，传感器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)，例如热敏电阻传感器，主要是应用了半导体材料制成的热敏电阻，热敏电阻随温度变化的图线如图甲所示，图乙是由热敏电阻Rt作为传感器制作的简单自动报警器线路．
(1)为了使温度过高时报警器响铃，c应接在__a__
(填a或b)．
(2)若使启动报警器的温度提高些，应将滑动变阻器滑片P向__左__(填“左”或“右”)移动．
(3)如果在调试报警器达到最低报警温度时，无论如何调节滑动变阻器滑片P都不能使报警器工作，且电路连接完好，各电路元件都能处于工作状态，则造成工作电路实际不能工作的原因可能__线圈匝数过少、或弹簧弹力太大、或电源电动势太小__．
【解析】(1)根据图甲坐标系中曲线的趋势可以得出，热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，为了使温度过高时发送报警信息，则热敏电阻阻值小电磁铁磁性强，报警电路接通，开关c应该接在a处．(2)若使报警的最低温度提高些，电路中总电阻不变，Rt减小，则应将滑动变阻R的滑片P向左移动．(3)在最低报警温度时不能报警，说明此时电路中产生的电流不能让竖直衔铁片与a接触，这可能由多种原因造成，如：①电源提供的电流太小，导致磁铁的磁性太弱；②弹簧的劲度系数太大，电磁铁的吸引力小于弹力等．
8．气体传感器利用物质的化学反应将某种气体的浓度转换成电信号输出，如图所示，B为将可燃气体或有毒气体浓度(瓦斯煤气)转换为电信号的传感器，简称电子鼻，根据如下材料，U＝220
V电源、M排风扇、G继电器、A控制电源、S控制开关．请设计一个家用自动排烟电路，并在图中完成连线图．
【解析】电磁继电器起开关作用，所以电池组、气体传感器、开关和电磁继电器应组成一个电路，另一个是由排风扇和高压电源组成的电路．
专题突破(十一)　两类特殊变压器及电阻反射法　【P211】
变压器是根据电磁感应原理制成的，高中阶段所讲的变压器都是指无磁漏、无损耗的理想变压器，因此，无论何种形式的变压器都遵循法拉第电磁感应定律及能量守恒定律，以此两点为依据即可得到电压、电流、电功率等物理量之间的关系．
一、自耦变压器
自耦变压器又称调压器，它的特点是原、副线圈共用同一个线圈，当交流电接入不同端点时，可以改变原、副线圈的匝数，进而改变电压比、电流比，变压器的基本关系对自耦变压器均适用．
例1如下图所示为一理想自耦变压器的电路图，L1、L2、L3、L4为四个完全相同的灯泡．在A、B两点间加上交变电压U1时，四个灯泡均能正常发光，若C、D两点间的电压为U2，则U1∶U2为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．1∶1
B．2∶1
C．3∶1
D．4∶1
【解析】设每只灯的额定电流为I，额定电压为U，因并联在副线圈两端的三只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为3I，原副线圈电流之比为1∶3，所以原、副线圈的匝数之比为3∶1，所以原线圈电压为3U，而L1灯泡的电压也为U，所以电源的电压为4U，而副线圈电压为U，所以＝，故D正确．
【答案】D
二、多副线圈变压器
常见的变压器一般是“一原一副”，某些情况下，也可以在铁芯上绕两个或两个以上的副线圈，这时，根据法拉第电磁感应定律，电压比仍为匝数比，但电流比不等于匝数的反比了，此时要依据能量守恒，即P入＝P出1＋P出2＋……，得U1I1＝U2I2＋U3I3＋……，又U1∶U2∶……＝n1∶n2∶……，得n1I1＝n2I2＋n3I3＋…….
例2如下图所示，两种情况下灯泡L2、L3的功率均为P，且L1、L2、L3为相同的灯泡，匝数比为n1∶n2＝3∶1，则图(a)中L1的功率和图(b)中L1的功率分别为(　　)
A．P、P
B．9P、P
C.P、9P
D.P、9P
【解析】由题意可知，两种情况下变压器输入功率均为2P.设灯泡L2、L3的电压为U，电流为I，电阻为R，则有P＝.根据电压与匝数成正比可知，两种情况下变压器的输入电压均为3U，根据输入功率和输出功率相等可知，变压器输入电流为I.所以图(a)中L1的功率为Pa＝＝9P；图(b)中L1的功率为Pb＝R＝P；选项B正确．
【答案】B
【归纳总结】对于多副线圈的变压器，分析电流时，切忌再盲目的套用原有公式，一定要根据电压比等于匝数比及P入＝P出列式计算．
三、电阻反射法
用“反射法”解答含变压器的计算．
反射法：
把“副线圈中的电阻(R1＋R2)”反射到原线圈中，设为R′，依功率相等，有I(R1＋R2)＝IR′
∴R′＝(R1＋R2)，又＝
∴R′＝(R1＋R2)，再对原线圈电路依欧姆定律列方程I1＝.
例3(2016全国Ⅰ)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3
Ω、1
Ω和4
Ω，○A
为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比为(　　)
INCLUDEPICTURE"16WLQG乙2.EPS"
A．2
B．3
C．4
D．5
【解析】(一)依功率关系求解
设原、副线圈的匝数比为k，根据变压器匝数比与电流成反比的关系，则原线圈电流为I时，副线圈电流为kI；原线圈电流为4I时，副线圈电流为4kI.
根据变压器的输入功率等于输出功率得
UI－I2R1＝(kI)2(R2＋R3)
4UI－(4I)2R1＝(4kI)2R2
联立两式代入数据解得k＝3
选项B正确．
(二)用电阻反射法求解
设原副线圈匝数比＝k，S断开时，把副线圈中的电阻反射到原线圈中，R′＝(R2＋R3)．
对原线圈，依欧姆定律有U＝I(R1＋R′)
S闭合时，把副线圈中的电阻反射到原线圈中，R″＝R2，
对原线圈，依欧姆定律有U＝4I(R1＋R″)
综合以上几式，代入数据有3＋5k2＝4(3＋k2)
∴k＝3，选B.
【答案】B
针对训练　
1．如图是一种理想自耦变压器的示意图．线圈绕在一个圆环形的铁芯上，P是可移动的滑动触头．AB间接交流电压U，输出端接通了两个相同的灯泡L1和L2，Q为滑动变阻器的滑动触头．当开关S闭合，P处于如图所示的位置时，两灯均能发光．下列说法正确的是(D)
A．P不动，将Q向右移动，变压器的输入功率变大
B．P不动，将Q向左移动，两灯均变暗
C．P、Q都不动，断开开关S，L1将变暗
D．Q不动，将P沿逆时针方向移动，变压器输入功率变大
【解析】P不动，将Q向右移动，则R变大，次级电流减小，根据P2＝U2I2，可知次级功率减小，则变压器的输入功率变小，选项A错误；P不动，将Q向左移动，则R减小，则次级电流变大，两灯均变亮，选项B错误；P、Q都不动，断开开关S，则次级电阻变大，次级电流减小，R上的电压减小，则L1电压变大，则L1将变亮，选项C错误；Q不动，将P沿逆时针方向移动，则次级匝数变大，变压器次级电压变大，次级电流变大，次级功率变大，则变压器输入功率变大，选项D正确；故选D.
2．如图所示为一自耦变压器，保持输入电压不变，以下说法正确的是(C)
A．滑键P不动，滑键Q上移，电流表示数不变
B．滑键P不动，滑键Q上移，电压表示数变小
C．滑键P向b方向移动，滑键Q下移，电流表示数减小
D．滑键P向b方向移动，滑键Q不动，电流表示数增大
【解析】滑片P不动，输出电压不变，滑片Q上移，负载总电阻减小，功率增加，电流表读数增加，故A错误；当P不动时，自耦变压器的输出的电压不变，电压表测的是输出电压，示数不变，所以B错误；滑片P向b方向移动，输出电压减小，滑片Q不动，电阻不变，输出功率减小，输入功率也减小、输入电流减小，所以电流表示数减小，所以D错误；滑片P向b方向移动，输出电压减小，Q下移时，总电阻增加，故输出功率减小，输入功率也就减小，所以电流表读数减小，故C正确．
3．如图，理想变压器有两个副线圈，匝数分别为n1和n2，所接负载4R1＝R2.当只闭合S1时，电流表示数为1
A，当S1和S2都闭合时，电流表示数为2
A，则n1∶n2为__1∶2__．
【解析】设原线圈的电压为U，当只闭合S1时，根据电流表示数为1
A，则变压器的输入功率为U×1
A；则副线圈的功率为U×1
A；当S1和S2都闭合时，电流表示数为2
A，则变压器的输入功率为U×2
A；则两个副线圈的总功率为U×2
A；因此两副线圈的功率之比为1∶1；根据P＝，结合负载4R1＝R2的阻值关系，则有：eq
\f(U,R1)＝eq
\f(U,R2)，解得：U1∶U2＝1∶2；由变压器的电压与匝数成正比，则有：n1∶n2＝1∶2.
章末总结　提高
知
识
网
络　【P213】
解题思路与方法　【P213】
1．正弦交变电流的产生及变化规律：要从电磁感应现象这一本质认识正弦交变电流的产生及变化规律；要从其推导过程来理解瞬时值表达式中各物理量的含义及特点．
一线圈在磁场中转动切割磁感线，为方便写出瞬时值表达式．画一沿轴线方向的平面图，非常有利于解决问题．
2．正弦交变电流的描述：
(1)利用图象反映正弦交变电流的变化特征，既要准确认识图象，从中找出需要的物理量，又要把图象和对应的模型状态结合起来．
(2)交变电流的“四值”：交变电流的有效值是根据电流的热效应来规定的——等效思想，除正弦交变电流的有效值为最大值的倍外，其他交变电流的有效值只能根据热效应求解．“四值”用法要区分：瞬时值——某时刻值；最大值——极值、临界问题；有效值——电热、电功等问题；平均值——平均电流、感应电荷量等问题．
3．理想变压器：变压器的基本原理仍是电磁感应现象．要深刻理解理想变压器中的三个基本关系，并能在涉及变压器电路的有关问题中灵活应用；而对动态分析问题更要抓住原线圈参量(U1、I1、P1)与副线圈参量(U2、I2、P2)之间的约束关系，以别于一般电路的动态分析．
4．在利用变压器进行远距离输电时，应抓住两个关系：
(1)输电过程的电压关系：
U出升压变压器副线圈电压＝U损输电线损失电压＋U用降压变压器原线圈电压
(2)输电过程的功率关系：
P出＝P损＋P用
　　　　eq
\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(P损＝I2I＝\f(P出,U出)R线,P损＝\f(U,R线)))
体
验
高
考　　【P213】
1．(2015江苏)一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220
V交变电流改变为110
V．已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为(　　)
A．200　　　B．400　　　C．1
600　　　D．3
200
【解析】根据理想变压器原副线圈电压与匝数的关系＝，得n2＝＝＝400，选项B正确．
【答案】B
2．(2015广东)右图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器．原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220
V降至110
V．调节前后(　　)
A．副线圈中的电流比为1∶2
B．副线圈输出功率比为2∶1
C．副线圈的接入匝数比为2∶1
D．原线圈输入功率比为1∶2
【解析】根据欧姆定律I＝，U2由220
V降至110
V，副线圈上的电流变为原来的，即调节前后，副线圈上电流之比为2∶1，选项A错误；根据P＝UI知，U、I均变为原来的时，副线圈上输出的功率变为原来的，即调节前后副线圈的输出功率之比为4∶1，选项B错误；根据理想变压器电压与匝数的关系＝，当U2由220
V降至110
V时，n2变为原来的，即调节前后副线圈接入的匝数比为2∶1，选项C正确；根据理想变压器P入＝P出，所以原线圈输入功率等于副线圈的输出功率，即调节前后原线圈输入功率之比为4∶1，选项D错误．
【答案】C
INCLUDEPICTURE"16WLQG丙4.EPS"
3．(多选)(2016全国Ⅱ)如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是(　　)
A．原、副线圈匝数比为9∶1
B．原、副线圈匝数比为1∶9
C．此时a和b的电功率之比为9∶1
D．此时a和b的电功率之比为1∶9
【解析】设灯泡的额定电压为U0，输入电压为灯泡额定电压的10倍时灯泡正常发光，则变压器原线圈的电压为9U0，变压器原、副线圈的匝数比为9∶1，选项A正确，选项B错误；由9U0Ia＝U0Ib得，流过b灯泡的电流是流过a灯泡电流的9倍，根据P＝UI，a、b灯泡的电功率之比为1∶9，选项C错误，选项D正确．
【答案】AD
4．(2015四川)小型手摇发电机线圈共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．矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压(　　)
A．峰值是e0
B．峰值是2e0
C．有效值是Ne0
D．有效值是Ne0
【解析】因每匝矩形线圈ab边和cd边产生的电动势的最大值都是e0，每匝中ab和cd串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e0.N匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne0，因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值E＝Ne0，故选项D正确．
【答案】D
5．(2015安徽)如图所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2
A，电流表A2的示数增大了0.8
A，则下列说法正确的是(　　)
A．电压表V1示数增大
B．电压表V2、V3示数均增大
C．该变压器起升压作用
D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动
【解析】电压表V1的示数和a、b间电压的有效值相同，滑片滑动时V1示数不变，选项A错误；电压表V2测量的电压为副线圈两端的电压，原、副线圈匝数不变，输入电压不变，故V2示数不变，V3示数为V2示数减去R0两端电压，两线圈中电流增大，易知R0两端电压升高，故V3示数减小，选项B错误；理想变压器U1I1＝U2I2，则U1ΔI1＝U2ΔI2，ΔI2>ΔI1，故U2＜U1，变压器为降压变压器，选项C错误；因I2增大，故知R减小，变阻器滑片是沿c→d的方向滑动，选项D正确．
【答案】D
6．(2016天津)如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．下列说法正确的是(　　)
A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大
B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大
C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大
D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大
【解析】当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻R变大，则副线圈所在电路的总电阻R总变大，因原、副线圈两端的电压U1、U2不变，则通过R1的电流I2＝变小，R1消耗的功率PR1＝IR1变小，选项A错误；R1两端的电压UR1＝I2R1变小，则电压表V的示数UV＝U2－UR1变大，选项B正确；因通过原、副线圈的电流关系＝，I2变小，则I1变小，即电流表A1的示数变小，选项C错误；若闭合开关S，则副线圈所在电路的总电阻R′总变小，通过副线圈的电流I′2＝变大，则通过原线圈的电流I′1变大，电流表A1的示数变大，R1两端的电压U′R1＝I′2R1变大，则R2两端的电压
U′R2＝U2－U′R1变小，电流表A2的示数变小，选项D错误．
【答案】B
7．(2016江苏)一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈．通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈．在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2.在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中(　　)
A．U2>U1，U2降低
B．U2>U1，U2升高
C．U2D．U2【解析】a、b间作为原线圈(匝数不变)接电压为U1的交变电流，在滑动触头由M点移动到N点的过程中，相当于副线圈的匝数变少，由变压器工作原理＝知，U1>U2，且U2降低，选项C正确．
【答案】C
8．(2016四川)如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则(　　)
A．小灯泡变亮
B．小灯泡变暗
C．原、副线圈两端电压的比值不变
D．通过原、副线圈电流的比值不变
【解析】由于家庭电路上理想变压器为降压变压器，故n1＞n2，当原、副线圈减少相同的匝数时，其变压比变大，根据＝，U1一定，U2变小，故小灯泡变暗，选项A错误，选项B正确；由＝知，原、副线圈电压的比值变大，选项C错误；根据＝，则通过原、副线圈电流的比值变小，选项D错误．
【答案】B
备
课
札
记
2018’新课标·名师导学·高考第一轮总复习同步测试卷
物理(十一)
(交变电流　传感器)　　【P423】
时间：90分钟　总分：100分
一、选择题(本卷共10小题，每小题4分，共40分．其中1～5为单项选择题，6～10题为多项选择题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．某交流发电机线圈电阻为0.4
Ω，给灯泡提供如图所示的正弦式交变电流．下列说法中正确的是(D)
A．交变电流的频率为0.02
Hz
B．交变电流的瞬时值表达式为i＝5cos
50πt(A)
C．在t＝0.01
s时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大
D．发电机线圈产生的热功率为5
W
【解析】由图象可读得，交流电的周期为T＝20×10－3s，所以交流电的频率为f＝＝50
Hz，所以A错误；交变电流的瞬时值表达式为i＝Imcos
ωt＝5cos
100πt(A)，所以B错误；在
t＝0.01
s
时，感应电流最大，此时穿过交流发电机线圈的磁通量的变化率最大，而穿过交流发电机线圈的磁通量为0，所以C错误；交流电的有效值为I＝＝
A，发电机的发热功率为P＝I2r＝5
W，所以D正确．故选D.
2．如图所示，一理想变压器原线圈匝数n1＝1
000匝，副线圈匝数n2＝200匝，原线圈中接一交变电源，交变电压瞬时值表达式为u＝220sin
100πt(V)．副线圈中接一电动机，电阻为11
Ω，电流表A2示数为1
A．电表对电路的影响忽略不计，则(D)
A．此交流电的频率为100
Hz
B．电压表示数为220
V
C．电流表A1示数为5
A
D．此电动机输出功率为33
W
【解析】此交流电的频率为f＝＝
Hz＝50
Hz，选项A错误；电压表示数为交流电的有效值，即：U1＝
V＝220
V，选项B错误；根据I1n1＝I2n2可知I1＝I2＝0.2
A，选项C错误；变压器次级电压U2＝U1＝44
V，故此电动机输出功率为：P＝I2U2－Ir＝(1×44－12×11)
W＝33
W，选项D正确；故选D.
3．如图所示为远距离交流输电的简化电路图，发电厂经过变压器(图中未画出，升压后的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1)，其末端间的电压为U1，在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流是I2，则(A)
A．用户端的电压为
B．用户端消耗的功率为U1I2
C．理想降压变压器的输入功率为I1U
D．输电线上的功率损失为
【解析】根据＝，＝，可得用户端的电压为U2＝，A正确；由于理想变压器不改变电功率，所以用户端消耗的电功率为U1I1，理想降压变压器的输入功率为U1I1，或者等于升压变压器输入功率与输电线消耗功率之差，即I1U－Ir，B、C错误；输电线上消耗的功率为Ir，D错误．
4．如图甲所示是远距离输电的示意图，升压变压器和降压变压器都是理想变压器，升压变压器输入正弦交流电压如图乙所示，以下说法正确的是(C)
A．降压变压器输入回路的电流大于输出回路的电流
B．升压变压器输入电压的表达式是u1＝500sin
πt(V)
C．若将图乙的正弦交流电直接接在100
Ω的电阻上，热功率为1
250
W
D．用户越多，降压变压器输出的电流越大，输电线路中电流越小，电阻r产生热量越小
【解析】电流与匝数成反比，降压变压器输入回路的电流小于输出回路的电流，A错误；由图乙知输入电压的最大值为500
V，周期为0.02
s，角速度为100π，所以升压变压器输入电压的表达式是u1＝500sin
100πt(V)，B错误；输入电压的有效值为
U＝
V＝250
V，接在100
Ω的电阻上，热功率为P＝＝
W＝1
250
W，C正确；用户越多，降压变压器输出电流越大，输电线上的电流越大，输电线路的电阻r产生热量越多，D错误；故选C.
5．如图所示电路中，电源电压u＝311sin
100πt(V)，A、B间接有“220
V　440
W”的电暖宝、“220
V　220
W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝．下列说法正确的是(D)
A．交流电压表的示数为311
V
B．电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3
A
C．电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍
D．正常工作时，抽油烟机1
min消耗的电能为1.32×104
J
【解析】由电源电压u＝311sin
100πt(V)可知该交变电压的有效值为220
V，故交流电压表的示数为220
V，A错误；电路正常工作时，电路的总功率为660
W，故对应的电流为3
A，保险丝的额定电流为交变电流的有效值，B错误；抽油烟机为非纯电阻用电器，故不能直接利用功率的大小比较电暖宝与抽油烟机的发热功率，C错误；正常工作时，抽油烟机1
min消耗的电能为W＝Pt＝1.32×104
J，D正确．
6．如图所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在电压u＝311sin
314t
(V)的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图．其中R2是用阻值随温度升高而减小的材料制成的传感器；电流表A2为值班室的显示器，可显示通过R1的电流；电压表V2可显示加在报警器上的电压(报警器未画出)；R3为一定值电阻．当传感器R2所在处出现火警时，以下说法中正确的是(BD)
A．V1的示数是311
V
B．Vl的示数是220
V
C．A1的示数不变，V2的示数增大
D．A1的示数增大，A2的示数减小
【解析】a、b间所接交变电压的有效值＝220
V，则电压表V1的示数是220
V，故A错误，B正确；当传感器R2所在处出现火警时，R2阻值减小，副线圈电路总电阻变小，副线圈电压不变，由闭合电路欧姆定律可知，副线圈总电流I变大，电阻R3电压U3＝IR3变大，R1与R2并联电压变小，电压表V2示数变小，电流表A2示数变小，副线圈电流变大，原线圈电流变大，电流表A1示数变大，故C错误，D正确；故选B、D.
7．如图所示的电路中，T为一降压式自耦调压变压器．开始时灯泡L正常发光，现在电源电压U略降低，为使灯L仍能正常发光，可采用的措施是(AC)
A．将自耦调压变压器的滑片P适当上滑
B．将自耦调压变压器的滑片P适当下滑
C．适当增大滑动变阻器R2的阻值
D．适当减小滑动变阻器R2的阻值
【解析】保持负载总电阻不变，电源电压U略降低，为使L仍能正常发光，只需输出电压U2保持不变．根据变压比＝，可得U2＝U，由此可知，n2应增大，滑片P应适当上滑，选项A正确，选项B错误；保持匝数比不变，根据变压比＝，可得U2减小，为使L仍能正常发光，加在L两端的电压应不变，则加在R1两端的电压应减小，总电流应减小，负载总电阻应增大，R2应增大，选项C正确，选项D错误．
8．如图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20
Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是(AD)
A．输入电压u的表达式u＝20sin
100πt(V)
B．只断开S2后，L1、L2均正常发光
C．只断开S2后，原线圈的输入功率增大
D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8
W
【解析】周期T＝0.02
s，ω＝＝100π，所以输入电压u的表达式应为u＝20sin
100πt(V)，A正确；只断开S2后，负载电阻变大为原来的2倍，电压不变，副线圈电流变小为原来的一半，L1、L2的功率均变为额定功率的四分之一，B错误；断开S2后，原线圈的输入功率和副线圈的功率都减小，C错误；若S1换接到2后，电阻R电压有效值为4
V，R消耗的电功率为
＝0.8
W，D正确．故选A、D.
9．在如图所示的电路中，电源的电动势E恒定，内阻r＝1
Ω，R1为光敏电阻(其阻值随光照的增强而减小)，定值电阻R2＝2
Ω，R3＝5
Ω，电表均为理想电表．则下列说法正确的是(CD)
A．当光照减弱时，电源的功率增大
B．当光照增强时，电容器的电荷量减小
C．光照强度变化时，电压表示数的变化量和电流表示数的变化量之比不变
D．若光敏电阻R1阻值变化范围为2～9
Ω，则光照强度变化前后，ab段电路消耗的电功率可能相同
【解析】当光照减弱时，光敏电阻阻值增大，总电流减小，则电源的功率P＝EI减小，故A错误；当光照增强时，光敏电阻阻值减小，总电流增大，
R2两端的电压增大，则电容器两端的电压增大，根据Q＝UC知，电容器的电荷量增大，故B错误；根据闭合电路欧姆定律得：U＝E－I(r＋R3)，所以＝r＋R3，不发生变化，故C正确；设变化前后，R1的阻值分别为R1′和R1″，只要(R2＋R1′)(R2＋R1″)＝(r＋R3)2，即(2＋R1′)(2＋R1″)＝36成立，则变化前后ab段消耗的电功率相等，而R1的阻值变化范围为2～9
Ω，在此范围内R1′，R1″有解，故D正确．
10．如图甲所示，交流发电机的矩形金属线圈abcd的匝数n＝100，线圈的总电阻r＝5.0
Ω，线圈位于匀强磁场中，且线圈平面与磁场方向平行．线圈的两端分别与两个彼此绝缘的铜环E、F(集流环)焊接在一起，并通过电刷与阻值R＝95
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′以一定的角速度匀速转动．穿过线圈的磁通量Φ随时间t变化的图象如图乙所示．若电路其他部分的电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计．则下列说法中正确的是(BD)
A．线圈匀速转动的角速度为100
rad/s
B．线圈中产生感应电动势的最大值为200
V
C．线圈中产生感应电动势的有效值为100
V
D．线圈中产生感应电流的有效值为
A
【解析】由图知T＝π×10－2
s，则ω＝＝200
rad/s，A错误；交流发电机产生电动势的最大值Em＝nBSω，而Φm＝BS，E＝＝100
V，所以E＝＝100
V，由Φ－t图线可知：Φm＝1.0×10－2
Wb，T＝π×10－2
s
所以Em＝200
V．交流发电机产生的电动势最大值为200
V,
B正确；电动势的有效值E＝＝100
V，C错误；由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为＝
A,
D正确；故选B、D.
二、填空题(本大题共2个小题，共20分)
11．(8分)如图所示，理想变压器的副线圈有两组线圈，图中三个灯泡的规格相同，四个电表对电路的影响都可忽略不计．开关S断开时，灯L1正常发光，这时两电流表示数之比I1∶I2是1∶4；开关S闭合时，三个灯都正常发光，这时两电流表示数之比I1′∶I2′＝__3∶4__，两电压表示数之比U1∶U2＝__4∶1__．
【解析】当开关S断开时，灯L1正常发光，由电流与匝数成反比得，原线圈和次级线圈的匝数之比：＝＝，因为开关S闭合时，三个规格相同的灯泡都正常发光，所以下边副线圈的电压和上面副线圈的电压相等，且通过三灯泡的电流相等，又因电压与匝数成正比，则上面和下面次线圈的匝数相等，故两电压表示数之比：＝＝；对理想变压器有输入功率等于输出功率，即U1I1′＝U2I2′＋U2I3′，又2I2′＝I3′，故有U1I1′＝3U2I2′，所以＝＝.
12．(12分)温度传感器是一种将温度变化转化为电学量变化的装置，它通过测量传感器元件的电学量随温度的变化来实现温度的测量，其核心部件是热电阻，在某次实验中，为了测量热电阻RT在0℃到100℃之间多个温度下的阻值，一实验小组设计了如图甲所示电路．
其实验步骤如下：
①正确连接电路，在保温容器中加入适量开水；
②加入适量的冰水，待温度稳定后，测量不同温度下热电阻的阻值；
③重复第②步操作若干次，测得多组数据．
(1)该小组用多用电表“×100”挡测热电阻在100
℃下的阻值，发现表头指针偏转的角度很大；为了准确地进行测量，应换到__×10__挡(选填“×10”、
“×1
k”)；如果换挡后就用表笔连接热电阻进行读数，那么欠缺的实验步骤是：__重新欧姆调零__，补上该步骤后，表盘的示数如图乙所示，则它的电阻是__200__Ω.
实验小组算得该热电阻在不同温度下的阻值，并据此绘得图丙的R－t关系图线，请根据图线写出该热电阻的R－t关系__R＝100＋t__；
(2)若把该热电阻与电源(电动势E＝1.5
V、内阻不计)、电流表(量程为5
mA、内阻Rg＝100
Ω)、电阻箱R0串联起来，连成如图丁所示的电路，用该电阻作测量探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“热电阻测温计”．
①电流表刻度较大处对应的温度刻度应该__较小__(填“较大”或“较小”)；
②若电阻箱的阻值取

展开更多......

收起↑