资源简介

第1讲
交变电流的产生和描述
[目标要求]
核心知识
素养要求
1.交变电流及其描述
通过实验认识交变电流。能用公式和图象描述正弦交变电流。
2.变压器　电能的输送
通过实验探究并了解变压器原、副线圈电压与匝数的关系。了解从变电站到用户的输电过程，知道远距离输电时用高电压的道理。了解发电机和电动机工作过程中的能量转化。认识电磁学在人类生活和社会发展中的作用。
3.传感器
知道非电学量转化成电学量的技术意义。
4.常见传感器的工作原理及应用
通过实验，了解常见传感器的工作原理。能列举传感器在生产生活中的应用。
5.实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
通过实验，了解变压器结构，知道列表处理数据的方法。
6.实验：利用传感器制作简单的自动控制装置
通过实验，了解自动控制装置的电路设计及元件特性。
第1讲　交变电流的产生和描述
授课提示：对应学生用书第210页
一、交变电流、交变电流的图象
1．交变电流
(1)定义：大小和方向都随时间做周期性变化的电流。
(2)按正弦规律变化的交变电流叫正弦式交变电流。
2．正弦式交变电流的产生和图象
(1)产生：在匀强磁场里，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。
(2)图象：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，其图象为正弦曲线。如图甲、乙、丙所示。
二、正弦式交变电流的函数表达式、峰值和有效值
1．周期和频率
(1)周期(T)：交变电流完成一次周期性变化(线圈转一周)所需的时间，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＝。
2.正弦式交变电流的函数表达式(线圈在中性面位置开始计时)
(1)电动势e随时间变化的规律：e＝Emsin_ωt。
(2)负载两端的电压u随时间变化的规律：u＝Umsin_ωt。
(3)电流i随时间变化的规律：i＝Imsin_ωt。其中ω等于线圈转动的角速度，Em＝nBSω。
3．交变电流的瞬时值、峰值、有效值
(1)瞬时值：交变电流某一时刻的值，是时间的函数。
(2)峰值：交变电流(电流、电压或电动势)所能达到的最大的值，也叫最大值。
(3)有效值：跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值叫作交变电流的有效值。对正弦式交变电流，其有效值和峰值的关系为：E＝，U＝，I＝。
　　自主探究
1．交流电产生过程中的两个特殊位置
图示
概念
中性面位置
与中性面垂直的位置
特点
B⊥SΦ＝BS，最大e＝0，最小感应电流为零，方向改变
B∥SΦ＝0，最小e＝nBSω，最大感应电流最大，方向不变
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)
物理量
函数表达式
图象
磁通量
Φ＝Φmcos
ωt＝BScos
ωt
电动势
e＝Emsin
ωt＝nBSωsin
ωt
端电压
u＝Umsin
ωt＝·sin
ωt
电流
i＝Imsin
ωt＝·sin
ωt
说明
(1)线圈通过中性面时，电流方向发生改变，一个周期内线圈两次通过中性面，因此电流的方向改变两次。(2)若从与中性面垂直的位置开始计时，其图象和表达式发生相位差的变化
1．(多选)(2021·湖北武汉调研)如图所示是交流发电机的示意图。线圈的AB边连在金属滑环K上，CD边连在滑环L上，导体做的两个电刷E、F分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路的连接。下列说法正确的是(　　)
A．当线圈转到图甲位置时，磁通量的变化率最大
B．从图乙所示位置开始计时，线圈中电流
i
随时间t变化的关系是i＝Imcos
ωt
C．当线圈转到图丙位置时，感应电流最小
D．当线圈转到图丁位置时，流经外电路的电流方向为E→F
解析：图甲位置为中性面位置，当线圈转到图甲位置时，线圈中磁通量最大，磁通量的变化率最小为零，选项A错误；图乙位置为产生感应电动势、感应电流最大的位置，从图乙所示位置开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是i＝Imcos
ωt，选项B正确；图丙位置为中性面位置，当线圈转到图丙位置时，线圈中磁通量最大，磁通量的变化率最小为零，产生的感应电动势最小，感应电流最小，选项C正确；由于图中看不出磁铁极性，所以不能判断出当线圈转到图丁位置时流经外电路的电流方向，选项D错误。
答案：BC
2．(2021·湖北天门联考)一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法正确的是(　　)
A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直
B．t＝0.01
s时刻，Φ的变化率最大
C．t＝0.02
s时刻，交流电动势达到最大
D．该线圈产生的交流电动势的图象如图乙所示
解析：由Φ
t图知，在t＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e＝0，故A、D错误；由图知T＝0.04
s，在t＝0.01
s时，Φ＝0，最大，e最大，故B正确；在t＝0.02
s时，Φ最大，＝0，e＝0，故C错误。
答案：B
　规律总结
交变电流图象的五个确定及瞬时值表达式的书写
———————————————————————
1．交变电流图象的五个确定
(1)确定交变电流的最大值(峰值)。
(2)确定不同时刻交变电流的瞬时值。
(3)确定周期T(频率f＝)。
(4)确定中性面对应的时刻。
(5)确定交变电流方向改变时对应的时刻。
2．书写交变电流瞬时值表达式的基本思路
(1)确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图象读出或由公式Em＝nBSω求出。
(2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。
①若线圈从中性面位置开始计时，则i
t图象为正弦函数图象，函数表达式为i＝Imsin
ωt。
②若线圈从垂直中性面位置开始计时，则i
t图象为余弦函数图象，函数表达式为i＝Imcos
ωt。
　　自主探究
1．利用公式法计算
利用E＝、U＝、I＝计算，只适用于正(余)弦式交变电流。
2．利用有效值的定义计算
(1)计算有效值时要根据电流的热效应，抓住“三同”：
①电阻大小相同。
②时间相同(交流电的一个周期)。
③产生的热量相同。
(2)分段计算电热，然后求和得出一个周期内产生的总热量。
(3)利用两个公式Q＝I2Rt和Q＝t可分别求得电流有效值和电压有效值。
(4)若图象部分是正弦(或余弦)式交变电流，其中的(但必须是从零至最大值或从最大值至零)和周期部分可直接应用正弦式交变电流有效值与最大值间的关系
I＝、U＝求解。
3．利用能量关系计算
当有电能和其他形式的能转化时，可利用能的转化和守恒定律来求有效值。
3．(2021·安徽合肥模拟)已知某交变电流在一个周期内的波形如图所示，则该电流通过一阻值为10
Ω的电阻时的发热功率是(　　)
A．16
W　　　　　　　
B．18
W
C．22.5
W
D．28
W
解析：由电流热效应可得2×[(1
A)2R×0.2
s＋(2
A)2R×0.3
s]＝I2R×1
s，解得I2＝2.8
A2，电阻的热功率为P＝I2R＝28
W。
答案：D
4．如图所示为一交流电压随时间变化的图象。每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定。根据图中数据可得，此交流电压的有效值为(　　)
A．7.5
V
B．8
V
C．2
V
D．3
V
解析：根据有效值的定义，由图示交流与恒定电流通过相同的电阻在交流的一个周期内产生的电热相等得：·＋·＝·T，其中U1＝6
V，U2＝9
V，得交流电压的有效值为U＝2
V，C正确。
答案：C
5．如图甲所示为某品牌电热毯的简易电路，电热丝的电阻为R＝484
Ω，现将其接在u＝220sin
100πt(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(　　)
A．220
V、100
W
B．156
V、50
W
C．110
V、25
W
D．311
V、200
W
解析：由图象根据有效值的定义可得×＋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。
答案：B
　　师生互动
交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较
物理量
物理含义
重要关系
应用情况及说明
瞬时值
交变电流某一时刻的值
e＝Emsin
ωt，u＝Umsin
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＝nBSωEm＝nΦmω，Im＝
当考虑某些电学元件(电容器、晶体管等)的击穿电压时，指的是交流电压的最大值
有效值
根据电流的热效应(电流通过电阻产生的热)进行定义
E＝，U＝，I＝
(1)通常所说的交变电流的电压、电流强度，交流电表的读数，保险丝的熔断电流值，电器设备铭牌上所标的电压、电流值，都是指交变电流的有效值(2)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等)用有效值
平均值
交变电流图象中图线与t轴所围成的面积与时间的比值
＝BL＝n＝
计算通过电路某一截面的电荷量
　交变电流峰值的应用
[典例1]　如图甲所示，标有“220
V,40
W”的灯泡和标有“20
μF,300
V”的电容器并联到交流电源上，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(　　)
A．t＝时刻，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.的示数保持110
V不变
[解析]　的示数应是电压的有效值220
V，故A、D错误；电压的有效值恰好等于灯泡的额定电压，灯泡正常发光，故B正确；电压的峰值Um＝220
V≈311
V，大于电容器的耐压值，电容器能被击穿，故C错误。
[答案]　B
　交变电流有效值和平均值的应用
[典例2]　(多选)如图所示，N匝矩形导线框以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴OO′匀速转动，线框面积为S，线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻R、理想交流电流表和二极管D。二极管D具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大。下列说法正确的是(　　)
A．交流电流表的示数I＝
B．一个周期内通过R的电荷量q＝
C．R两端电压的有效值U＝
D．图示位置电流表的示数为0
[解析]　由图示位置开始计时，产生正弦交流电，电动势的瞬时值e＝NBSω·sin
ωt，由于二极管具有单向导电性，则电阻R两端的电压随时间变化的图象如图所示，由有效值的定义有·＝T，所以R两端电压的有效值为U＝，C错误。由欧姆定律得电流表的示数I＝＝，A正确，D错误。一个周期内通过R的电荷量q＝＝，B正确。
[答案]　AB
　交变电流“四值”的综合应用
[典例3]　如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5
T，边长L＝10
cm的正方形线圈共100
匝，线圈总电阻r＝1
Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，角速度ω＝2π
rad/s，外电路中的电阻R＝4
Ω，求：
(1)感应电动势的最大值。
(2)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过60°时的瞬时感应电动势。
(3)交流电压表的示数。
(4)线圈转动一周产生的总热量。
(5)从图示位置转过周期时通过电阻R的电荷量。
[思路点拨]　(1)由Em＝nBSω→确定感应电动势的最大值→确定感应电动势的有效值→产生的热量。
(2)由交流电的平均值→通过电阻的电荷量。
[解析]　(1)感应电动势的最大值为
Em＝nBSω＝100×0.5×0.12×2π
V＝3.14
V。
(2)由图示位置转过60°时的瞬时感应电动势为
e＝Emcos
60°＝3.14×0.5
V＝1.57
V。
(3)交流电压表的示数为外电路两端电压的有效值，即
U＝R＝×4
V≈1.78
V。
(4)线圈转动一周产生的总热量为
Q＝T≈0.99
J。
(5)在周期内产生的平均电动势为＝n＝n＝100×
V≈2.6
V，故通过电阻R的电荷量为
q＝×＝×＝×
C≈0.087
C。
[答案]　(1)3.14
V　(2)1.57
V　(3)1.78
V　(4)0.99
J　(5)0.087
C
易错警示
交变电流“四值”应用的3点提醒
———————————————————————
(1)在解答有关交变电流的问题时，要注意电路结构。
(2)注意区分交变电流的最大值、瞬时值、有效值和平均值，最大值是瞬时值中的最大值，有效值是以电流的热效应来等效定义的。
(3)与电磁感应问题一样，求解与电能、电热相关的问题时，一定要用有效值；而求解通过导体某横截面的电荷量时，一定要用平均值。　
6．(2020·山东滨州5月检测)如图所示是线圈匝数为n的小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动。矩形线圈电阻为r，矩形线圈通过两刷环接电阻R，电压表接在R两端。当线圈以角速度ω匀速转动时，下列说法正确的是(　　)
A．从线圈与磁场平行位置开始计时，瞬时电动势为e＝nBSωsin
ωt
B．当线圈平面转到与磁场垂直时，电压表示数为零
C．线圈从与磁场平行位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量为
D．线圈转一周的过程中回路产生的焦耳热为
解析：交流发电机产生电动势的最大值为Em＝nBSω，从线圈与磁场平行位置开始计时，故瞬时电动势e＝nBSωcos
ωt，故A错误；电压表测量的是电阻R两端的电压的有效值，电动势的有效值为E＝＝，电流的有效值为I＝＝，电压表的示数为U＝IR＝＝，故B错误；线圈从与磁场平行位置转过90°的过程中，线圈转动，＝，平均电流＝，通过电阻R的电荷量q＝·Δt＝＝，故C错误；线圈转一周的过程中回路产生的焦耳热为Q＝I2(R＋r)T＝[]2(R＋r)×＝，故D正确。
答案：D
7．如图甲所示为手机无线充电工作原理的示意图，由送电线圈和受电线圈组成。已知受电线圈的匝数为n＝50匝，电阻r＝1.0
Ω，在它的c、d两端接一阻值R＝9.0
Ω的电阻。设在受电线圈内存在与线圈平面垂直的磁场，其磁通量随时间按图乙所示的规律变化，可在受电线圈中产生电动势最大值为20
V的正弦交流电，设磁场竖直向上为正。求：
(1)在t＝π×10－3
s时，受电线圈中产生电流的大小，c、d两端哪端电势高？
(2)在一个周期内，电阻R上产生的热量。
(3)从t1到t2时间内，通过电阻R的电荷量。
解析：(1)由题图乙知t＝π×10－3
s时受电线圈中产生的电动势最大，为Em＝20
V，
线圈中产生感应电流的大小为I1＝Im＝＝2.0
A，
由楞次定律可以得到此时c端电势高。
(2)通过电阻R的电流的有效值为I＝＝
A，
电阻R在一个周期内产生的热量Q＝I2RT≈5.7×10－2
J。
(3)线圈中感应电动势的平均值
＝n，
通过电阻R的电流的平均值为＝，通过电阻R的电荷量q＝·Δt
由题图乙知，在～的时间内，ΔΦ＝4×10－4
Wb，
解得q＝n＝2×10－3
C。
答案：(1)2.0
A　c端电势高　(2)5.7×10－2
J
(3)2×10－3
C
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11
-第2讲　变压器　电能的输送
一、理想变压器
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。
(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，如图A、B所示。
(2)
二、远距离输电
1．输电过程(如图所示)
2．电压损失
(1)ΔU＝U－U′。
(2)ΔU＝IR。
3．功率损失
(1)ΔP＝P－P′。
(2)ΔP＝I2R＝。
4．输送电流
(1)I＝。
(2)I＝。
授课提示：对应学生用书第215页
　　教材走向高考
1．理想变压器的工作原理
2．理想变压器的基本关系
基本关系
功率关系
P入＝P出
电压关系
原、副线圈的电压比等于匝数比：＝
电流关系
只有一个副线圈时，电流和匝数成反比：＝
频率关系
原、副线圈中电流的频率相等
制约关系
电压
原线圈电压U1和匝数比决定副线圈电压U2
功率
副线圈的输出功率P出决定原线圈的输入功率P入
电流
副线圈电流I2和匝数比决定原线圈电流I1
理想变压器的原理和基本关系的应用在近几年高考命题中出现的频率较高，分析高考题可以发现，每年的考题都是源于教材习题的拓展提升。教材习题多以简单的规律应用为主，而高考题通常会拓展为变压器规律的综合应用，甚至拓展为原线圈含有用电器或将变压器与交变电流的规律相结合，考查学生灵活应用知识解决问题的能力。同学们可通过以下示例认真体会，研究高考真题与教材习题间的溯源关系，以便在新高考备考中有的放矢。
[典例1]　[人教版选修3－2·P44·T3]
当变压器一个线圈的匝数已知时，可以用下面的方法测量其他线圈的匝数：把被测线圈作为原线圈，用匝数已知的线圈作为副线圈，通入交流，测出两线圈的电压，就可以求出被测线圈的匝数。已知副线圈有400匝，把原线圈接到220
V的线路中，测得副线圈的电压是55
V，求原线圈的匝数。
[解析]　由题目信息可知，n2＝400匝，U1＝220
V，U2＝55
V，因为＝，故n1＝·n2代入数据可得：n1＝1
600匝。
[答案]　1
600匝
拓展?　原线圈含负载的变压器的分析与计算
　
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，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(　　)
A．2　　　　　　　　　
B．3
C．4
D．5
【真题命题立意】　本题在典例1变压器规律简单应用的基础上，拓展为原线圈含负载的变压器计算问题，题目中的考查点由典例1中直接应用规律进行变压器匝数的计算，拓展为变压器与电路问题相结合的计算，但考查的核心知识点仍然是变压器原理的理解和基本规律的应用。
解析：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。
答案：B
拓展?　变压器与交变电流综合的分析与计算
　(多选)(2020·高考全国卷Ⅲ)在图(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为220
V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10
Ω，R3＝20
Ω，各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示。下列说法正确的是(　　)
　
A．所用交流电的频率为50
Hz
B．电压表的示数为100
V
C．电流表的示数为1.0
A
D．变压器传输的电功率为15.0
W
【真题命题立意】　本题在典例1变压器规律简单应用的基础上，拓展为变压器与交变电流综合的分析与计算问题，题目中的考查点由典例1中直接应用规律进行变压器匝数的计算，拓展为变压器与电路问题、交变电流的图象问题相结合的计算，但考查的核心知识点仍然是变压器原理的理解和基本规律的应用。
解析：根据i2
t图象可知T＝0.02
s，交流电的频率f＝＝50
Hz，A正确；副线圈两端电压U2＝I2R2＝×10
V＝10
V，由＝得原线圈两端电压U1＝100
V，电压表的示数U＝220
V－100
V＝120
V，B错误；电流表的示数I＝＝
A＝0.5
A，C错误；变压器传输的电功率P＝IR2＋I2R3＝15.0
W，D正确。
答案：AD
易错警示
关于理想变压器的3点注意
———————————————————————
(1)理想变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值。
(2)变压器原线圈含有负载问题的分析
①在原线圈回路中，原线圈两端的电压与负载两端电压之和等于电源的电压。
②原、副线圈的电流关系往往是解决问题的突破口，要求解原线圈中负载的电流、电压和功率，一般需先求副线圈中的电流，然后根据理想变压器的关系求得原线圈中负载的电流。
(3)含有多个副线圈的变压器的电路分析
副线圈有两个或两个以上时，一般从原、副线圈的功率相等入手。利用P1＝P2＋P3＋…，结合电压匝数比关系、欧姆定律等分析。
　
1.如图所示，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7倍时，两灯泡均能正常发光。则灯泡a与b的功率之比为(　　)
A．3∶1
B．1∶3
C．6∶1
D．1∶6
解析：当输入电压为U时，两灯泡正常发光，a、b灯泡两端电压均为，变压器的匝数比＝＝，则＝＝，根据P＝IU可知，灯泡a与b的功率之比为1∶6，故选D。
答案：D
2．(2021·南京市秦淮中学高三检测)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，交变电源电压u＝220·sin
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(　　)
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：由表达式可知，交流电源的频率为50
Hz，变压器不改变交变电流的频率，
A错误；交变电源电压u＝220sin
100πt(V)，而电压表读数为有效值，即电压表的示数是U＝＝＝220
V，B错误；电流表A2示数为1
A，由电流与匝数成反比得通过电流表A1的电流为0.2
A,
C错误；通过电阻R的电流是1
A，电动机两端的电压等于变压器的输
出电压，由＝得，变压器的输出电压为：U2＝U1＝44
V，此电动机输出功率为：P出＝IU2－I2r＝1×44
W－12×11
W＝33
W,
D正确。
答案：D
3．如图所示，电路中变压器原线圈匝数n1＝1
000，两个副线圈匝数分别为n2＝500、n3＝200，分别接一个R＝55
Ω的电阻，在原线圈上接入U1＝220
V的交流电源。则两副线圈输出电功率之比和原线圈中的电流I1分别是(　　)
A.＝，I1＝2.8
A
B.＝，I1＝2.8
A
C.＝，I1＝1.16
A
D.＝，I1＝1.16
A
解析：对两个副线圈有＝、＝，所以U2＝110
V，U3＝44
V，又因为P＝，所以＝＝；由欧姆定律得I2＝＝2
A，I3＝＝0.8
A，对有两个副线圈的变压器有n1I1＝n2I2＋n3I3，得I1＝1.16
A，故C正确。
答案：C
　　师生互动
1．理想变压器的动态分析常见的两种情况
匝数比不变的情况
负载电阻不变的情况
(1)U1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，根据输出电流I2决定输入电流I1，可以判断I1的变化(3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化
(1)U1不变，发生变化，U2变化(2)R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不变时，I1发生变化
2.分析变压器的动态变化问题的注意事项
(1)要明确变压器的各基本物理量之间的制约关系。
(2)要明确“不变量”和“变化量”，从主动变化量开始，根据制约关系从前到后或从后到前逐一分析各物理量的变化情况。
　匝数比变化，负载不变类的分析
[典例2]　(2021·湖南岳阳高三模拟)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c、d间接定值电阻R。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．变压器输入功率增大
D．变压器输入功率减小
[解析]　根据变压器的电压关系有＝，由于n2＜n1，所以U2＜U1，当滑动触头顺时针转动，即n2减小时，电压U2降低，故A、B错误；由于电压U2减小，则定值电阻消耗的电功率减小，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，可知变压器的输入功率也减小，故C错误，D正确。
[答案]　D
　匝数比不变、负载变化类的分析
[典例3]　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，滑动变阻器接入电路的电阻增大，变压器副线圈的总负载的等效电阻增大，R1中电流减小，R1两端电压减小，电压表示数变大，R1消耗的电功率变小，A错误，B正确；当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，变压器副线圈输出电流减小，输出功率减小，根据变压器输入功率等于输出功率，变压器输入功率减小，电流表A1示数变小，C错误；若闭合开关S，变压器副线圈的总负载的等效电阻减小，则R1中电流增大，R1两端电压增大，电压表示数减小，电流表A2示数减小，电流表A1示数变大，D错误。
[答案]　B
　含二极管变压器的动态分析
[典例4]　(多选)如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。原线圈通过一理想电流表A接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端。假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大。用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则(　　)
A．Uab∶Ucd＝n1∶n2
B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小
C．负载电阻的阻值越小，c、d间的电压Ucd越大
D．将二极管短路，电流表的读数加倍
[解析]　经交流电压表、交流电流表测得的值分别为交变电压和交变电流的有效值，根据变压器公式＝得到输出电压，而输出电压U2不等于c、d端电压，因二极管具有单向导电性，输入电压通过变压器变压后经二极管整流后有效值发生变化，
Ucd＝＝，则Uab∶Ucd＝n1∶n2，故A错误。增大负载电阻的阻值R，Uab不变，Ucd也不变，根据P出＝可知输出功率减小，根据理想变压器的输入功率等于输出功率可知，输入功率减小，电流表读数变小，故B正确，C错误。二极管短路时，Ucd′＝U2，输出功率P出′＝＝＝2P出，输入功率P1也加倍，而输入电压U1不变，根据P1＝U1I1得电流表读数加倍，故D正确。
[答案]　BD
方法技巧
理想变压器动态变化问题的3点技巧
———————————————————————
(1)分清不变量：①线圈匝数比；②负载电阻。
(2)弄清理想变压器中的制约关系：
(3)负载回路中若存在二极管，则负载回路中通过的将不再是交流电，而是脉冲电流。
　
4．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶2，原线圈接电压随时间变化规律为u＝220sin
100πt(V)的交流电源，、、是三个理想电流表，D为理想二极管，R1是滑动变阻器，定值电阻R2＝R3＝220
Ω，则(　　)
A．电流表的示数为1.0
A
B．电流表的示数为2.0
A
C．滑动变阻器R1的滑片向下滑动时，电流表的示数将变小
D．滑动变阻器R1的滑片向上滑动时，变压器输入功率增大
解析：根据理想变压器的变压比等于匝数比，易知理想变压器副线圈两端的电压为U′＝440
V，则I3＝＝2.0
A，选项B正确；因为R2与理想二极管串联，根据理想二极管的单向导电性，由焦耳定律可得：IR2T＝IR2＋0，解得I2＝
A，选项A错误；滑动变阻器的滑片向下滑动时，其电阻值变小，因副线圈两端的电压不变，总电流变大，理想变压器的输出功率变大，输入功率变大，I1变大，选项C错误；滑动变阻器的滑片向上滑动时，其电阻值变大，因副线圈两端的电压不变，总电流变小，理想变压器的输出功率变小，输入功率变小，选项D错误。
答案：B
5．如图所示，一个原线圈匝数可以调节的理想变压器，设原副线圈匝数比1∶K(其中K≥1)，一个交流电源U0＝36sin(100πt)V通过电流表A接在原线圈上，副线圈输出端接有电压表V、定值电阻R1、可变电阻R2，下列说法正确的是(　　)
A．当K＝2时，电压表的示数为72
V，通过电压表内部线圈的电流频率为100
Hz
B．仅将R2的滑动触头Q下移，电压表示数不变、电流表变大
C．仅将R2的滑动触头Q上移，R1消耗的电功率变大
D．仅移动原线圈滑动触头P增大K，电流表示数变小、电压表变大
解析：根据交流电源U0＝36sin(100πt)V，可知原线圈中交流电的最大值为Um＝36
V，角速度为ω＝100π
rad/s，则有效值为U1＝＝36
V，根据＝，当K＝2时，解得U2＝72
V，交流电的频率为f＝＝＝50
Hz，变压器不会改变交流电的频率，副线圈中电流的频率也为50
Hz，故A错误；K值不变，由＝，可知副线圈两端的电压不变，电压表示数不变，R2的滑动触头Q下移，则电阻变大，副线圈电流变小，故原线圈电流变小，若将触头向上移，电阻变小，电流变大，故R1消耗的功率变大，故B错误，C正确；K值变大，由＝，可知副线圈两端电压变大，故电压表示数变大，副线圈电流变大，原线圈电流也变大，故D错误。
答案：C
　　自主探究
1．降低输电损耗的两个途径
(1)减小输电线的电阻：由电阻定律R＝ρ可知，在输电距离一定的情况下，为了减小电阻，应采用电阻率小的材料，也可以适当增加导线的横截面积。
(2)减小输电导线中的输电电流：由P＝UI可知，当输送功率一定时，提高输电电压，可以减小输电电流。
2．远距离输电问题的“三二一”
(1)理清三个回路。
(2)抓住两个联系。
①理想的升压变压器联系了回路1和回路2，由变压器原理可得：线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是＝，＝，P1＝P2。
②理想的降压变压器联系了回路2和回路3，由变压器原理可得：线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是＝，＝，P3＝P4。
(3)掌握一个守恒：能量守恒关系式P1＝P损＋P3。
6．(多选)(2020·高考全国卷Ⅱ)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设从A处采用550
kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP，到达B处时电压下降了ΔU。在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1
100
kV特高压输电，输电线上损耗的电功率变为ΔP′，到达B处时电压下降了ΔU′。不考虑其他因素的影响，则(　　)
A．ΔP′＝ΔP　　　　　　　
B．ΔP′＝ΔP
C．ΔU′＝ΔU
D．ΔU′＝ΔU
解析：由输电电流I＝知，输送功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来的，损耗功率ΔP＝I2r，输电电压加倍，损耗功率变为原来的，即ΔP′＝ΔP；输电线上损失电压为ΔU＝Ir，即输电电压加倍，损失电压变为原来的，即ΔU′＝ΔU。
答案：AD
7．(2021·适应性测试江苏卷)小明分别按图1和图2电路探究远距离输电的输电损耗，将长导线卷成相同的两卷A、B来模拟输电线路，忽略导线的自感作用。其中T1为理想升压变压器，T2为理想降压变压器，两次实验中使用的灯泡相同，灯泡的电压相等。两次实验中(　　)
A．都接直流电源
B．A两端的电压相等
C．A损耗的功率相等
D．图1中A的电流较大
解析：由于变压器只能改变交变电流，因此图2中不可能接直流电源，A错误；由于流过两个灯泡的电流相等，且T2是降压变压器，根据＝＞1可知，图2中流过A的电流较小，加在图2中A两端的电压较低，图2中A消耗的功率较小，B、C错误，D正确。
答案：D
8．(2020·高考浙江卷)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100
kW，发电机的电压U1＝250
V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8
Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220
V。已知输电线上损失的功率P线＝5
kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是(　　)
A．发电机输出的电流I1＝40
A
B．输电线上的电流I线＝625
A
C．降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11
D．用户得到的电流I4＝455
A
解析：发电机输出电流I1＝＝A＝400
A，A错误；输电线上损失的功率P线＝IR线＝5
000
W，所以I线＝＝A＝25
A，B错误；用户得到的功率P4＝P－P线＝(100－5)kW＝95
kW，则I4＝＝A＝
A≈432
A，即用户得到的电流为432
A，故＝＝，故C正确，D错误。
答案：C
易错警示
远距离输电问题的3点注意
———————————————————————
(1)不能正确地利用公式P损＝()2R计算输电线上的损耗功率导致错误。
(2)不能正确理解升压变压器的输出电压U2、降压变压器的输入电压U3和输电线上损失的电压ΔU的关系导致错误，三者关系是U2＝ΔU＋U3。
(3)不能正确理解升压变压器的输入功率P1、降压变压器的输出功率P4和输电线上损失的功率P损的关系导致错误，三者关系是P1＝P损＋P4。
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-实验十四　探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
授课提示：对应学生用书第219页
一、实验目的
探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系。
二、实验原理与要求
[基本实验要求]
1．实验原理与设计
(1)变压器是由原线圈、副线圈和铁芯组成的。电流通过原线圈时在铁芯中产生磁场，由于电流的大小、方向在不断变化，铁芯中的磁场也不断变化，变化的磁场在副线圈中产生感应电动势，副线圈就存在输出电压。
(2)本实验通过与副线圈相连接的多用电表，观察原线圈电压变化时，副线圈输出电压的变化；通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系。
2．实验器材
可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)、多用电表、低压交流电源、导线若干。
3．实验步骤
(1)要先估计被测电压的大致范围，再选择恰当的量程，若不知道被测电压的大致范围，则应选择交流电的最大量程进行测量。
(2)把两个线圈穿在铁芯上，闭合铁芯。
(3)用交流电压表测量输入、输出电压。
(4)改变输入端电压，重新测量输入、输出端电压。
(5)改变线圈匝数，重新测量输入、输出端电压。
4．注意事项
(1)要事先推测副线圈两端电压的可能值。
(2)为了人身安全，只能使用低压交流电源，所用电压不要超过12
V，即使这样，通电时不要用手接触裸露的导线、接线柱。
(3)为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡测试，大致确定电压后再选择适当的挡位进行测量。
[规律方法总结]
1．数据处理
(1)分析实验数据记录表：
1
2
3
4
U1
U2
n1
n2
(2)实验结果分析及结论得出：在误差允许的范围内，变压器线圈两端的电压与匝数成正比，数学表达式为：＝。
2．误差分析
(1)由于漏磁，通过原、副线圈的每一匝的磁通量不严格相等造成误差。
(2)原、副线圈有电阻，原、副线圈中的焦耳热损耗(铜损)，造成误差。
(3)铁芯中有磁损耗，产生涡流造成误差。
授课提示：对应学生用书第219页
　仪器选取与操作
[典例1]　在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，某同学利用“教学用的可拆变压器”进行探究。
(1)下列器材中，实验需要的器材是________。
A．干电池　　　　　　
B．低压交流电源
C．220
V交流电源
D．条形磁铁
E．可拆变压器和导线
F．直流电压表
G．多用电表
(2)关于实验操作，下列说法正确的是________。
A．为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用电压不要超过12
V
B．实验通电时，可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路
C．使用多用电表测电压时，先用中等量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量
(3)在实验中，某同学保持原线圈两端的电压及副线圈的匝数不变，仅减小原线圈的匝数，副线圈两端的电压将________(选填“增大”“减小”或“不变”)。
[解析]　(1)“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，需要的器材是低压交流电源，提供低压交流电，同时还需要交流电压表来测量电压及可拆变压器和导线，故选BEG。(2)变压器是为了改变电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用电压不超过12
V，故A正确；实验通电时，若用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路，就将人体并联入电路中，会导致所测数据不准确，故B错误；使用多用电表测电压时，先用最高量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，故C错误。(3)根据电压比公式：＝，保持原线圈两端的电压和副线圈的匝数不变，减小原线圈的匝数，副线圈两端的电压将增大。
[答案]　(1)BEG　(2)A　(3)增大
　实验原理与注意事项
[典例2]　理想变压器是指在变压器变压的过程中，线圈和铁芯不损耗能量、磁场被束缚在铁芯内不外漏的变压器。现有一个理想变压器有一个原线圈(匝数为n1)和一个副线圈(匝数为n2)。甲、乙两位同学想探究这个理想变压器的原、副线圈两端的电压与线圈匝数的关系。
(1)甲同学的猜想是U1∶U2＝n1∶n2；乙同学的猜想是U1∶U2＝n2∶n1。你认为猜想合理的同学是________，你做出上述判断所依据的物理规律是________________________________________________________________________。
(2)为了验证理论推导的正确性，可以通过实验来探究。为保证实验安全、有效地进行，应选用________电源。
(3)在实验时，若采用多用电表进行测量，应先将选择开关置于________挡，并选用________量程进行试测，大致确定被测数据后，再选用适当的量程进行测量。
[解析]　(1)由变压器的工作原理可知猜想合理的同学是甲同学。做出上述判断依据的物理规律是法拉第电磁感应定律。(2)为了保证实验安全、有效地进行，应选用低压(一般低于12
V)交流电源。(3)使用多用电表时，应先将选择开关置于交流电压挡，并选用最大量程进行试测。
[答案]　
(1)甲　法拉第电磁感应定律　(2)低压(一般低于12
V)交流　(3)交流电压　最大
　实验数据处理
[典列3]　某研究性学习小组的同学想用220
V交流电源作为某小型电器的电源。他先制作了一个交流变为直流的整流器，但是这个整流器需要用6
V的交流电源，于是他又添置了一台220
V/6
V的变压器，如图所示。他看到这个变压器上有a、b、c、d四个引出线头，且a、d引线比b、c引线粗。
(1)他不知道如何接法，也没有相应的说明书。你觉得正确的接法是a、d端接________(选填“220
V”或“6
V”)。
(2)这台220
V/6
V的理想变压器接6
V的线圈匝数是300匝，则接220
V的线圈匝数是________匝。
(3)为了进一步探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系，他又取匝数Na＝80匝和Nb＝160匝的一个变压器重新接在电源上，测量结果记录如下，则接电源的是______(选填“Na”或“Nb”)。
Ua/V
1.80
2.80
3.80
Ub/V
4.00
6.01
8.02
[解析]　(1)因为理想变压器的输入功率等于输出功率，采用的是降压变压器，根据P＝UI可知，副线圈中的电流大，为了减小输电线上功率的损失，副线圈电线电阻要小，由公式R＝ρ知，引线要粗，故a、d端接6
V。(2)根据变压器工作原理知＝，若理想变压器接6
V的线圈匝数是300匝，则接220
V的线圈匝数是11
000匝。(3)理想变压器忽略变压器的损耗，但是一些小型的变压器却不能忽略这些损耗，考虑到这些因素，变压器副线圈两端的电压要小于理论值，结合表格中的数据可知接电源的应该是匝数多的线圈，所以接电源的是Nb。
[答案]　(1)6
V　(2)11
000　(3)Nb
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-实验十五　利用传感器制作简单的自动控制装置
一、实验目的
1．认识热敏电阻、光敏电阻等传感器中的敏感元件。
2．了解传感器的简单应用。
二、实验原理与要求
[研究热敏电阻的特性]
1．实验原理
闭合电路欧姆定律，用欧姆表进行测量和观察。
2．实验器材
半导体热敏电阻、多用电表、温度计、铁架台、烧杯、凉水和热水。
3．实验步骤
(1)按实验原理图甲连接好电路，将热敏电阻绝缘处理。
(2)把多用电表置于欧姆挡，并选择适当的量程测出烧杯中没有水时热敏电阻的阻值，并记下温度计的示数。
(3)向烧杯中注入少量的冷水，使热敏电阻浸没在冷水中，记下温度计的示数和多用电表测量的热敏电阻的阻值。
(4)将热水分几次注入烧杯中，测出不同温度下热敏电阻的阻值，并记录。
4．数据处理
在如图坐标系中，粗略画出热敏电阻的阻值随温度变化的图线。
5．实验结论
热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，随温度的降低而增大。
6．注意事项
实验时，加热水后要等一会儿再测热敏电阻阻值，以使电阻温度与水的温度相同，并同时读出水温。
[研究光敏电阻的特性]
1．实验原理
闭合电路欧姆定律，用欧姆表进行测量和观察。
2．实验器材
光敏电阻、多用电表、小灯泡、滑动变阻器、导线、电源。
3．实验步骤
(1)将光敏电阻、多用电表、灯泡、滑动变阻器按实验原理图乙所示电路连接好，其中多用电表置于“×100”挡。
(2)先测出在室内自然光的照射下光敏电阻的阻值，并记录数据。
(3)打开电源，让小灯泡发光，调节小灯泡的亮度使之逐渐变亮，观察多用电表表盘指针显示电阻阻值的情况，并记录。
(4)用手掌(或黑纸)遮光时，观察多用电表表盘指针显示电阻阻值的情况，并记录。
4．数据处理
根据记录数据分析光敏电阻的特性。
5．实验结论
(1)光敏电阻在暗环境下电阻值很大，强光照射下电阻值很小。
(2)光敏电阻能够把光照强弱这个光学量转换为电阻这个电学量。
6．注意事项
(1)实验中，如果效果不明显，可将电阻部分电路放入带盖的纸盒中，并通过盖上小孔改变射到光敏电阻上的光的多少来达到实验目的。
(2)欧姆表每次换挡后都要重新进行欧姆调零。
授课提示：对应学生用书第222页
　热敏电阻特性的探究与应用
[典例1]　(2020·高考全国卷Ⅲ)已知一热敏电阻当温度从10
℃升至60
℃时阻值从几千欧姆降至几百欧姆，某同学利用伏安法测量其阻值随温度的变化关系。所用器材：电源E、开关S、滑动变阻器R(最大阻值为20
Ω)、电压表(可视为理想电表)和毫安表(内阻约为100
Ω)。
(1)在虚线框中所给的器材符号之间画出连线，组成测量电路图。
(2)实验时，将热敏电阻置于温度控制室中，记录不同温度下电压表和毫安表的示数，计算出相应的热敏电阻阻值。若某次测量中电压表和毫安表的示数分别为5.5
V和3.0
mA，则此时热敏电阻的阻值为________kΩ(保留两位有效数字)。实验中得到的该热敏电阻阻值R随温度t变化的曲线如图(a)所示。
(3)将热敏电阻从温控室取出置于室温下，测得达到热平衡后热敏电阻的阻值为2.2
kΩ。由图(a)求得，此时室温为________
℃(保留三位有效数字)。
(4)利用实验中的热敏电阻可以制作温控报警器，其电路的一部分如图(b)所示。图中，E为直流电源(电动势为10
V，内阻可忽略)；当图中的输出电压达到或超过6.0
V
时，便触发报警器(图中未画出)报警。若要求开始报警时环境温度为50
℃，则图中________(选填“R1”或“R2”)应使用热敏电阻，另一固定电阻的阻值应为________
kΩ(保留两位有效数字)。
[解析]　(1)滑动变阻器最大阻值仅20
Ω，采用分压式接法，电压表为理想电表，采用毫安表外接法，测量电路图如图所示。
(2)热敏电阻的阻值R＝＝≈1.8
kΩ。
(3)根据Rt图象，R＝2.2
kΩ时，t＝26.0
℃。
(4)温度升高时，R2两端电压变大，R1两端电压变小。根据Rt图象知，温度升高时热敏电阻的阻值减小，则热敏电阻应为R1，t＝50
℃时，R1＝0.8
kΩ，根据串联电路中电阻与电压的关系可得＝，解得R2＝1.2
kΩ。
[答案]　(1)图见解析　(2)1.8　(3)26.0　(4)R1　1.2
　光敏电阻特性的探究与应用
[典例2]　为了节能和环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统。光控开关可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件(照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为lx)。某光敏电阻RP在不同照度下的阻值如下表：
照度(lx)
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
电阻(kΩ)
75
40
28
23
20
18
(1)根据表中数据，请在给定的坐标系中描绘出阻值随照度变化的曲线，并说明阻值随照度变化的特点。
(2)如图所示，当1、2两端所加电压上升至2
V时，控制开关自动启动照明系统。请利用下列器材设计一个简单电路，给1、2两端提供电压，要求当天色渐暗，照度降低至1.0
lx时启动照明系统，在虚线框内完成电路原理图。(不考虑控制开关对所设计电路的影响)
提供的器材如下：
光敏电阻RP(符号，阻值见上表)；
直流电源E(电动势3
V，内阻不计)；
定值电阻：R1＝10
kΩ，R2＝20
kΩ，R3＝40
kΩ(限选其中之一并在图中标出)；
开关S及导线若干。
[解析]　(1)光敏电阻的阻值随光照度变化的曲线如图甲所示。特点：光敏电阻的阻值随光照度的增大非线性减小。
(2)控制开关自动启动照明系统，给1、2两端提供电压，要求当天色渐暗照度降低至1.0
lx时启动照明系统，即此时光敏电阻阻值为20
kΩ，两端电压为2
V，电源电动势为3
V，所以应加上一个分压电阻，分压电阻阻值为10
kΩ，即选用R1，电路原理图如图乙所示。
[答案]　见解析
实验原理
(1)传感器能够将感受到的物理量(力、热、光、声等)转换成便于测量的量(一般是电学量)。(2)其工作过程如图所示。
拓展应用
(1)压敏电阻：将压力转换为电学量(电阻)。(2)气敏电阻：将气体浓度转换为电学量(电阻)。(3)光电管：将所收到的光信号转换成电信号。(4)电容器：将位移、角度、压力转换为电学量(电容)。(5)霍尔元件：将磁感应强度转换为电学量(电压)。(6)弹簧：将弹力、加速度转换为电学量(电流)。
方法突破
(1)感受量分析：要明确传感器所感受的物理量，如力、热、光、磁、声等。(2)输出信号分析：明确传感器的敏感元件，分析它的输入信号及输出信号，以及输入信号与输出信号间的变化规律。(3)电路结构分析：认真分析传感器所在的电路结构，在熟悉常用电子元件工作特点的基础上，分析电路输出信号与输入信号间的规律。(4)执行机构工作分析：传感器的应用，不仅包含非电学量如何向电学量转化的过程，还包含根据所获得的信息控制执行机构进行工作的过程。
　利用传感器设置自动控制系统
[典例3]　某同学通过实验制作一个简易的温控装置，实验原理电路图如图甲所示，继电器与热敏电阻Rt、滑动变阻器R串联接在电源E两端，当继电器的电流超过15
mA时，衔铁被吸合，加热器停止加热，实现温控。继电器的电阻约20
Ω，热敏电阻的阻值Rt与温度t的关系如下表所示。
t/℃
30.0
40.0
50.0
60.0
70.0
80.0
Rt/Ω
199.5
145.4
108.1
81.8
62.9
49.1
(1)提供的实验器材有：电源E1(3
V，内阻不计)、电源E2(6
V，内阻不计)、滑动变阻器R1(0～200
Ω)、滑动变阻器R2(0～500
Ω)、热敏电阻Rt、继电器、电阻箱(0～999.9
Ω)、开关S、导线若干。
为使该装置实现对30～80
℃之间任一温度的控制，电源E应选用________(选填“E1”或“E2”)，滑动变阻器R应选用________(选填“R1”或“R2”)。
(2)实验发现电路不工作。某同学为排查电路故障，用多用电表测量各接点间的电压，则应将如图乙所示的选择开关旋至________(选填“A”“B”“C”或“D”)。
(3)合上开关S，用调节好的多用电表进行排查。在图甲中，若只有b、c间断路，则应发现表笔接入a、b时指针________(选填“偏转”或“不偏转”)，接入a、c时指针________(选填“偏转”或“不偏转”)。
(4)排除故障后，欲使衔铁在热敏电阻为50
℃时被吸合，下列操作步骤的正确顺序是________。(填写各步骤前的序号)
①将热敏电阻接入电路
②观察到继电器的衔铁被吸合
③断开开关，将电阻箱从电路中移除
④合上开关，调节滑动变阻器的阻值
⑤断开开关，用电阻箱替换热敏电阻，将阻值调至108.1
Ω
[解析]　(1)若实现对30
℃温度的控制，继电器和Rt的电压U1＝0.015×(20＋199.5)V≈3.29
V，因此符合要求的电源应选E2，若实现对80
℃温度的控制，对全电路有：U＝I(R继＋Rt＋R)，即6
V＝0.015
A×(20
Ω＋49.1
Ω＋R)，解得R＝330.9
Ω。因此滑动变阻器应选R2。
(2)用多用电表测量直流电压时，选择开关应旋至C(直流电压挡)。
(3)a、b间电压为0，指针不偏转。接入a、c时，多用电表与电源等构成回路，指针偏转。
(4)连接电路时，先用电阻箱代替热敏电阻，调节滑动变阻器阻值，衔铁被吸合时，调节完毕，移除电阻箱换为热敏电阻即可，正确的顺序为⑤④②③①。
[答案]　(1)E2　R2　(2)C　(3)不偏转　偏转
(4)⑤④②③①
　利用传感器测量力学量
[典例4]　(2021·河南郑州第二次质量预测)导体或半导体材料在外力作用下产生机械形变时，其电阻值发生相应变化，这种现象称为应变电阻效应。图甲所示，用来称重的电子吊秤，就是利用了这个应变效应。电子吊秤实现称重的关键元件是拉力传感器。其工作原理是：挂钩上挂上重物，传感器中拉力敏感电阻丝在拉力作用下发生微小形变(宏观上可认为形状不变)，拉力敏感电阻丝的电阻也随着发生变化，再经相应的测量电路把这一电阻变化转换为电信号(电压或电流)，从而完成将所称物体重量变换为电信号。
物理小组找到一根拉力敏感电阻丝RL，其阻值随拉力F变化的图象如图乙所示，小组按图丙所示电路制作了一个简易“吊秤”。电路中电源电动势E＝3
V，内阻r＝1
Ω；灵敏毫安表量程为10
mA，内阻Rg＝50
Ω；R1是可变电阻器，A、B两接线柱等高且固定。现将这根拉力敏感电阻丝套上轻质光滑绝缘环，将其两端接在A、B两接线柱之间固定不动。通过光滑绝缘滑环可将重物吊起，不计敏感电阻丝重力，现完成下列操作步骤：
步骤a.滑环下不吊重物时，闭合开关调节可变电阻R1使毫安表指针满偏；
步骤b.滑环下吊上已知重力的重物G，测出电阻丝与竖直方向的夹角为θ；
步骤c.保持可变电阻R1接入电路电阻不变，读出此时毫安表示数I；
步骤d.换用不同已知重力的重物，挂在滑环上记录每一个重力值对应的电流值；
步骤e：将电流表刻度盘改装为重力刻度盘。
(1)试写出敏感电阻丝上的拉力F与重物重力G的关系式F＝________。
(2)设RF图象斜率为k，试写出电流表示数I与待测重物重力G的表达式I＝____________________(用E、r、R1、Rg、R0、k、θ表示)。
(3)若RF图象中R0＝100
Ω，k＝0.5
Ω/N，测得θ＝60°，毫安表指针半偏，则待测重物重力G＝________N。
(4)关于改装后的重力刻度盘，下列说法正确的是________。
A．重力零刻度线在电流表满刻度处，刻度线均匀
B．重力零刻度线在电流表零刻度处，刻度线均匀
C．重力零刻度线在电流表满刻度处，刻度线不均匀
D．重力零刻度线在电流表零刻度处，刻度线不均匀
(5)若电源电动势不变，内阻变大，其他条件不变，用这台“简易吊秤”称重前，进行了步骤a操作；则测量结果________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
[解析]　(1)对滑环受力分析，由平衡知识可知：
2Fcos
θ＝G，解得F＝。
(2)由图乙可知：R＝kF＋R0；由丙电路可知：
I＝＝。
(3)由已知条件可得10×10－3＝，解得R1＝149
Ω，将R0＝100
Ω，R1＝149
Ω，k＝0.5
Ω/N，θ＝60°，I＝Ig＝5
mA，E＝3
V，内阻r＝1
Ω，Rg＝50
Ω代入I＝
可得G＝600
N。
(4)当不挂重物时，电流计满偏，则重力零刻度线在电流表满刻度处，因G与I不是正比关系，则刻度线不均匀，故选C。
(5)实验前进行了a操作，则Ig＝，则当挂重物G时：I＝＝，则I不变，对实验的结果无影响，测量结果不变。
[答案]　(1)　(2)
(3)600　(4)C　(5)不变
　利用传感器探究能量转换
[典例5]　(2021·山西太原阶段性检测)某同学利用如图甲所示的装置研究磁铁下落过程中的重力势能与电能之间的相互转化。内阻r＝40
Ω的螺线管固定在铁架台上，线圈与电流传感器、电压传感器和滑动变阻器连接。滑动变阻器最大阻值为40
Ω，初始时滑片位于正中间20
Ω的位置。打开传感器，将质量m＝0.01
kg的磁铁置于螺线管正上方静止释放，磁铁上表面为N极。穿过螺线管后掉落到海绵垫上并静止(磁铁下落中受到的阻力远小于磁铁重力，不发生转动)，释放点到海绵垫高度差h＝0.25
m。计算机屏幕上显示出如图乙所示的UIt曲线，重力加速度g＝10
m/s2。计算结果均保留三位有效数字。如果有下列根号可取相应的近似值：
≈0.35；≈0.017
5，g＝10
m/s2。
(1)磁铁穿过螺线管过程中，螺线管产生的感应电动势最大值约为________
V。
(2)图象中UI出现前后两个峰值，对比实验过程发现，这两个峰值是在磁铁刚进入螺线管内部和刚从内部出来时产生的，对这一现象相关说法正确的是________。
A．线圈中的磁通量经历先增大后减小的过程
B．如果仅略减小h，两个峰值都会减小
C．如果仅略减小h，两个峰值可能会相等
D．如果仅移动滑片，增大滑动变阻器阻值，两个峰值都会增大
(3)在磁铁下降h＝0.25
m的过程中，可估算重力势能转化为电能的效率约是________。
[解析]　(1)由UI-t曲线可知线圈的最大输出功率为P出＝0.006
2
W，①
线圈输出功率表达式为P出＝I2R外，②
根据闭合电路欧姆定律得E＝I(R内＋R外)，③
联立①②③并将R内＝40
Ω，R外＝20
Ω代入得
E＝1.05
V。
(2)磁铁进入线框时，磁通量增大，当磁铁从线框出来时，磁通量减小，故A正确；当h减小时，磁铁进入线框的速度减小，导致线框中磁通量的变化率减小，因此两个峰值都会减小，且两个峰值不可能相等，故B正确，C错误；根据闭合电路欧姆定律可知，当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，本题中滑动变阻器的最大阻值与内阻相等，因此增大滑动变阻器阻值，两个峰值都会增大，故D正确。
(3)下落过程减小的重力势能为：Ep＝mgh＝0.025
J；
根据图象物理意义可知：图象与横轴围成面积大小等于下落过程中电源的输出电能
E出＝2.15×10－4J，
所以总能量为E＝＝6.45×10－4
J，
重力势能转化为电能的效率为
η＝×100%＝×100%＝2.58%。
[答案]　(1)1.05　(2)ABD
(3)2.58%(2.53%～2.63%均可)
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