高三物理一轮复习 第十章 交变电流 传感器

[备考指南]

考 点 内 容 交变电流、交变电流的图像 要求 Ⅰ 题型 把 握 考 情 从近几年高考试题来看，高考对本章内容的考查重点有：交变电流的有效值、瞬一、交变电流的产生及描述 找 正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值 Ⅰ 选择 时值，变压器的原理及应规 用，远距离输电等知识。其律 中针对变压器的原理及应用的题目出现频率较高，常以选择题的形式考查，分值一般为6分。 二、变压器 电能的输送 理想变压器 远距离输电 Ⅱ Ⅰ 选择、 计算 明 预计2017年高考中，对交流电的考查仍会集中在有热 效值、瞬时值的计算上，还 实验十一 传感器的简单应用 填空 点 会综合变压器、远距离输电等知识进行考查。 第1节 交变电流的产生及描述

(1)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，一定会产生正弦式交变电流。(×)

(2)线圈在磁场中转动的过程中穿过线圈的磁通量最大时，产生的感应电动势也最大。

1

(×)

(3)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动经过中性面时，线圈中的感应电动势为零，电流方向发生改变。(√)

(4)交流电气设备上所标的电压和电流值是交变电流的有效值。(√) (5)交流电压表和电流表测量的是交流电的峰值。(×) (6)交变电流的峰值总是有效值的2倍。(×)

要点一 交变电流的产生和描述

1．正弦式交变电流的产生

(1)线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。 (2)两个特殊位置的特点：

ΔΦ①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

Δt改变。

ΔΦ②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

Δt变。

(3)电流方向的改变：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。

(4)交变电动势的最大值Em＝nBSω，与转轴位置无关，与线圈形状无关。 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)

规律 物理量 磁通量 函数表达式 图像

Φ＝Φmcos ωt＝BScos ωt 电动势 e＝Emsin ωt＝nBSωsin ωt REmu＝Umsin ωt＝sin ωt R＋ri＝Imsin ωt＝Emsin ωt 电压 电流 R＋r[多角练通]

2

1．一边长为L的正方形单匝线框绕垂直于匀强磁场的固定轴转动，线框中产生的感应电动势e随时间t的变化情况如图10­1­1所示。已知匀强磁场的磁感应强度为B，则结合图中所给信息可判定( )

图10­1­1

A．t1时刻穿过线框的磁通量为BL B．t2时刻穿过线框的磁通量为零 C．t3时刻穿过线框的磁通量变化率为零 D．线框转动的角速度为

2

Em

BL2

解析：选D t1时刻，感应电动势最大，穿过线框的磁通量应为零，A错误；t2时刻，穿过线框的磁通量最大为Φm＝BL，B错误；t3时刻，感应电动势最大，则磁通量变化率也最大，C错误；交变电流的最大值为Em＝BLω，则ω＝

2

2

Em

，D正确。 BL2

2．(2015·福州质检)有一不动的矩形线圈abcd，处于范围足够大的可转动的匀强磁场中，如图10­1­2所示。该匀强磁场是由一对磁极N、S产生，磁极以OO′为轴匀速转动。在

t＝0时刻，磁场的方向与线圈平行，磁极N开始离开纸面向外转动，规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流i随时间t变化的图线是( )

图10­1­2

解析：选C 磁极以OO′为轴匀速转动可等效为磁场不动线圈向相反方向转动，在t＝0时刻，由右手定则可知，产生的感应电流方向为a→b→c→d→a，磁场的方向与线圈平行，感应电流最大，故选项C正确。

3．(2016·连云港摸底)如图10­1­3甲所示为一台小型发电机的示意图，单匝线圈逆时针转动。若从中性面开始计时，产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示。已知发电机线圈内阻为1.0 Ω，外接灯泡的电阻为9.0 Ω。求：

3

图10­1­3

(1)写出流经灯泡的瞬时电流的表达式； (2)转动过程中穿过线圈的最大磁通量； (3)线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功。 解析：(1)由图得 e＝Emsin ωt＝62sin 100πt(V) 则电流 i＝

eR＋r＝0.62sin 100πt(A)。

(2)Em＝BSω，Em＝62 V

Em

ω＝100π，Φm＝BS＝ ＝2.7×10－2 Wb。

ω(3)E＝

Em

＝6 V， 2

外力所做的功W＝Q＝

T＝7.2×10－2 J。 R＋r－2

E2

答案：(1)i＝ 0.62sin 100πt(A) (2)2.7×10 Wb (3)7.2×10 J

要点二 有效值的理解与计算

1．公式法 利用E＝

－2

Em

2

、U＝

Um

、I＝计算，只适用于正(余)弦式交变电流。 22

Im

2．利用有效值的定义计算(非正弦式电流)

计算时“相同时间”至少取一个周期或为周期的整数倍。 3．利用能量关系

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。

[典例] 电阻R1、R2与交流电源按照图10­1­4甲所示方式连接，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω。合上开关S后，通过电阻R2的正弦式交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示。则( )

图10­1­4

4

A．通过R1的电流有效值是1.2 A B．R1两端的电压有效值是6 V C．通过R2的电流有效值是1.22 A D．R2两端的电压最大值是62 V

[解析] 首先从交流电图像中找出交变电流的最大值即通过R2的电流最大值为0.62 A，由正弦式交变电流最大值与有效值的关系Im＝2I可知其有效值为0.6 A，由于R1与R2串联，所以通过R1的电流有效值也是0.6 A，选项 A、C错；R1两端电压有效值为U1＝IR1＝6 V，选项B对；R2两端电压最大值为U2m＝ImR2＝0.62×20 V＝122 V，选项D错。

[答案] B

[多维探究]

[变式1] 把图像下半部分翻到t轴的上面

正弦交流电是由闭合线圈在匀强磁场中匀速转动产生的。线圈中感应电动势随时间变化的规律如图10­1­5所示，则此感应电动势的有效值为________ V。

图10­1­5

解析：由有效值的定义式得：答案：220 V

3112

2TU2

××2＝T，得：U＝220 V。 R2R[变式2] 上下波形的最大值不一致

电压u随时间t的变化情况如图10­1­6所示，求电压的有效值？

图10­1­6

5

解析：由有效值的定义式得：答案：5510 V

15623112

2T2TU2

R×＋2

R×＝T，得：U＝5510 V。 2R[变式3] 把波形的后半周期去掉

家用电子调光灯的调光功能是用电子线路将输入的正弦交流电压的波形截去一部分来实现的，由截去部分的多少来调节电压，从而实现灯光的可调，比过去用变压器调压方便且体积小。某电子调光灯经调整后电压波形如图10­1­7所示，求灯泡两端的电压的有效值。

图10­1­7

解析：从u­t图像看出，每个周期的前半周期是正弦图形，其有效值为U1＝

Um

；后半周2

U2Um

期电压为零。根据有效值的定义，T＝·＋0，解得U＝。

RR22

答案：

2

[变式4] 把正余弦波形变成矩形波形

如图10­1­8所示，表示一交流电的电流随时间而变化的图像，此交流电的有效值是( )

Um22TUm

图10­1­8

A．52 A C．3.5 A

B．3.52 A D．5 A

解析：选D 交流电的有效值是根据其热效应定义的，它是从电流产生焦耳热相等的角度出发，使交流电与恒定电流等效。设交流电的有效值为I，令该交变电流通过一阻值为RTT的纯电阻，在一个周期内有：IRT＝I1R＋I22R。所以该交流电的有效值为I＝

2

2

I12＋I222

22

＝ 6

5 A。

[变式5] 在电阻两端并联二极管

如图10­1­9所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大)，在A、B间加一正弦交流电u＝20 2sin 100πt V，则加在R2上的电压有效值为( )

图10­1­9

A．10 V B．20 V C．15 V

D．510 V

解析：选D 电压值取正值时，即在前半个周期内，二极管电阻为零，R2上的电压等于输入电压值，电压值取负值时，即在后半周期内，二极管电阻无穷大可看作断路，R2上的电压等于输入电压值的一半，据此可设加在R2的电压有效值为U，根据电流的热效应，在一个

U2202T102T周期内满足T＝＋，可求出U＝510 V。故选项D正确。

RR2R2

要点三 交变电流“四值”的应用

对交变电流“四值”的比较和理解 物理量 物理意义 适用情况及说明

e＝Emsin ωt 瞬时值 u＝Umsin ωt i＝Imsin ωt 计算线圈某时刻的受力情况 峰值 (最大值) Em＝nBSω Im＝ R＋r对正(余)弦交流 Em讨论电容器的击穿电压 (1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等) (2)电气设备“铭牌”上所标的一般是有效值 有效值 电有：E＝Em2 U＝Um2 I＝Im2 (3)保险丝的熔断电流为有效值 (4)电表的读数为有效值 平均值 E＝BLv 计算通过电路截面的电荷量 7

E＝nΔΦ ΔtEI＝ R＋r[多角练通] 1. (2015·四川高考)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10­1­10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( )

图10­1­10

A．峰值是e0 C．有效值是

2

Ne0 2

B．峰值是2e0 D．有效值是2Ne0

解析：选D 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＝2Ne0，故选项D正确。

2．(多选)(2014·天津高考)如图10­1­11甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图像如图乙中曲线a、

b所示，则( )

图10­1­11

A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合 B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3 C．曲线a表示的交变电动势频率为25 Hz D．曲线b表示的交变电动势有效值为10 V

解析：选AC t＝0时刻，两次产生的交流电的电动势瞬时值均为零，因此线圈平面均与

8

1

中性面重合，A项正确；图中a、b对应的周期之比为2∶3，因此线圈转速之比na∶nb＝∶

Ta1

Tb1

＝3∶2，B项错误；曲线a表示的交流电动势的频率为fa＝＝

Ta1

Hz，C项正－2 Hz＝25

4×10

2π

确；曲线a对应线圈相应的电动势的最大值Eam＝NBS·，由图像知Eam＝15 V，曲线b对

Ta2πEbmTa210

应线圈相应的电动势的最大值Ebm＝NBS·，因此＝＝，Ebm＝10 V，有效值Eb＝ V

TbEamTb32＝52 V，D项错误。

3．(多选) (2016·沧州五校高三联考)如图10­1­12所示，一个单匝矩形导线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，转动周期为T0 。线圈产生的电动势的最大值为

Em，则( )

图10­1­12

A．线圈产生的电动势的有效值为2Em

B．线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为

2πC．线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为Em D．经过2T0的时间，通过线圈电流的方向改变2次

解析：选BC 由交变电流有效值和最大值的关系可知线圈产生的电动势的有效值为

22

EmT0

Em，选项A错误；由题意知线圈产生的电动势的最大值为Em＝BSω＝BSEmT0

2π

，故线圈转动过程

T0

中穿过线圈的磁通量的最大值BS＝，选项B正确；线圈转动过程中磁通量变化率的大小

2π等于产生的感应电动势的大小，选项C正确；正弦式交变电流一个周期内电流方向变化两次，经过2T0的时间，通过线圈电流的方向改变4次，选项D错误。

交变电流瞬时表达式的书写问题

图10­1­13甲是交流发电机模型示意图。在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO′转动，由线圈引出的导线ae和df分别与两

9

个跟线圈一起绕OO′转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路。图乙是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示。已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动。(只考虑单匝线圈)

图10­1­13

(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；

(2)线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图丙所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式；

(3)若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热。(其他电阻均不计) 解析：(1)矩形线圈abcd在磁场中转动时，只有ab和cd切割磁感线，且转动的半径为

L2

r＝，设ab和cd的转动速度为v，则

2

L2

v＝ω·

2

在t时刻，导线ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势均为E1＝BL1v⊥ 由图可知v⊥＝vsin ωt 则整个线圈的感应电动势为

e1＝2E1＝BL1L2ωsin ωt

(2)当线圈由图丙位置开始运动时，在t时刻整个线圈的感应电动势为e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)

(3)由闭合电路欧姆定律可知I＝

ER＋r 这里E为线圈产生的电动势的有效值

E＝

Em

2

＝

BL1L2ω2

则线圈转动一周在R上产生的焦耳热为

QR＝I2RT

2π

其中T＝ ω于是QR＝πRω

BL1L22

R＋r

10

答案：(1)e1＝BL1L2ωsin ωt (2)e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0) (3)πRω

BL1L22

R＋r

书写交变电流瞬时值表达式的基本思路

[反思领悟]

(1)确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图像读出或由公式Em＝nBSω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若线圈从中性面位置开始转动，则i­t图像为正弦函数图像，函数式为i＝Imsin ωt。 ②若线圈从垂直中性面位置开始转动，则i­t图像为余弦函数图像，函数式为i＝Imcos

ωt。

对点训练：交变电流的产生及变化规律

1．如图1甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交变电流如图乙所示，设沿abcda方向为电流正方向，则下列说法正确的是( )

图1

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时刻对应甲图中的C图

C．若乙图中d等于0.02 s，则1 s内电流的方向改变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：选A 甲图中由A到B，感应电流为正方向，且感应电流由0增到最大值，与乙图中Oa对应，A正确；乙图中c时刻感应电流为最大值，但甲图中C图中感应电流为零，B错1

误；若电流变化周期T＝0.02 s，则f＝＝50 Hz，每周期电流变向两次，则1 s内电流变向

T100次，C、D错误。

2．如图2所示的空间存在一匀强磁场，其方向为垂直于纸面向里，磁场的右边界为MN，在MN右侧有一矩形金属线圈abcd，ab边与MN重合。现使线圈以ab边为轴按图示方向匀速转动(从上往下看为顺时针转动)，将a、b两端连到示波器的输入端，若ab边中电流从a到

b为正，则从示波器观察到的ab中电流随时间变化的图形是( )

11

图2

解析：选D 本题可将右侧磁场补全，即矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，会产生正弦式交流电，由楞次定律可知：从中性面开始，电流从0开始，沿负向，可画出完整电流随时间变化的图形，在此基础上，去掉右侧磁场，故电流仅在左侧磁场中切割磁感线而产生电流，故选项D正确。

3．(多选) (2015·吉林模拟)如图3所示，闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′方向观察，线圈沿顺时针方向转动。已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，ab边的边长为L1，ad边的边长为L2，线圈电阻为R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时( )

图3

A．线圈中感应电流的方向为abcda B．线圈中的感应电动势为2nBL2ω C．穿过线圈的磁通量随时间的变化率最大

n2B2L1L2ωD．线圈ad边所受安培力的大小为，方向垂直纸面向里

R解析：选AC 当线圈转至图示位置时由楞次定律可判断出线圈中感应电流的方向为

abcda，线圈中的感应电动势为nBL1L2ω，穿过线圈磁通量随时间的变化率最大，选项A、Cn2B2L1L22ω正确，选项B错误；线圈ad边所受安培力的大小为，方向垂直纸面向里，选项D

R错误。

对点训练：有效值的理解与计算

4．(2015·北京丰台期末)在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图4甲所示，产生的交变电动势的图像如图乙所示，则( )

12

图4

A．t ＝0.005 s时线圈平面与磁场方向平行 B．t ＝0.010 s时线圈的磁通量变化率最大 C．线圈产生的交变电动势频率为100 Hz D．线圈产生的交变电动势有效值为311 V

解析：选A t＝0.005 s时线圈平面与磁场方向平行，感应电动势最大，选项A正确；t＝0.010 s时线圈的磁通量最大，变化率最小，选项B错误；线圈产生的交变电动势周期为0.02 s，频率为50 Hz，选项C错误；线圈产生的交变电动势最大值为311 V，选项D错误。

5.一正弦交变电流的电压随时间变化的规律如图5所示，由图可知( )

图5

A．该交变电流的电压的瞬时值表达式为u＝100sin 25t(V) B．该交变电流的频率为4 Hz

C．该交变电流的电压的有效值为100 V

D．若将该交变电压加在阻值为R＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50 W 1－2

解析：选D 由题图可知，该交变电压的周期T＝4×10 s，则频率f＝＝25 Hz，电

T压的最大值Um＝100 V，则有效值U＝

Um

2

＝502 V，瞬时值表达式u＝Umsin

2π

Tt＝100sin

50πt(V)，选项A、B、C错误；将该交变电压加在R＝100 Ω的电阻两端时，电阻消耗的功

U2

率P＝＝50 W，选项D正确。

R6．先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电，第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化(如图6甲所示)；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示。若甲、乙图中的U0、T所表示的电压、周期值是相同的，则以下说法正确的是( )

13

图6

A．第一次，灯泡两端的电压有效值是

23U0

B．第二次，灯泡两端的电压有效值是

2C．第一、第二次，灯泡的电功率之比是2∶9 D．第一、第二次，灯泡的电功率之比是1∶5

U0

U12U02

解析：选D 第一次，灯泡两端电压的有效值为U1＝，功率P1＝＝。第二次，设

R2R2

U0

灯泡两端电压的有效值为U2，则

2

2U0

2

TR＋

2

－U0

2

RTU22

＝T，解得U2＝ 2R5U2U0，功率P2＝2R2

5U0

＝，则P1∶P2＝1∶5，故A、B、C错误，D正确。 2R7．(多选)(2013·山东高考)图7甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，○A为交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。以下判断正确的是( )

图7

A．电流表的示数为10 A

B．线圈转动的角速度为50π rad/s C．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行 D．0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左

解析：选AC 根据i­t图像可知，交流电的最大值为102 A，所以电流表的示数(有效2π

值)为10 A，A正确。交流电的周期T＝0.02 s，线圈转动的角速度ω＝＝100π rad/s，

TB错误。0.01 s时，感应电流达到峰值，线圈平面与磁场方向平行，C正确。0.02 s时，线圈又回到题图所示位置，根据右手定则可以判断，电阻R中电流的方向自左向右，D错误。

14

8．(2015·唐山模拟)一个U形金属线框在匀强磁场中绕OO′轴以相同的角速度匀速转动，通过导线给同一电阻R供电，如图8甲、乙所示。其中甲图中OO′轴右侧有磁场，乙图中整个空间均有磁场，两磁场磁感应强度相同。则甲、乙两图中交流电流表的示数之比为( )

图8

A．1∶2 C．1∶4

B．1∶2 D．1∶1

解析：选A 题图甲中的磁场只在OO′轴的右侧，所以线框只在半周期内有感应电流产1 BSω生，如图甲，电流表测得是有效值，所以I＝。题图乙中的磁场布满整个空间，线框

2R中产生的感应电流如图乙，所以I′＝

2BSω，则I∶I′＝1∶2，即A正确。 2R

对点训练：交变电流的“四值”

9．(多选)(2016·忻州模拟)如图9所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω。从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A。那么( )

图9

A．线圈消耗的电功率为4 W B．线圈中感应电流的有效值为2 A

2πC．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4cost

TT2π

D．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝sint

πT

15

2π

解析：选AC 线圈转动的角速度ω＝，线圈平面从与磁场方向平行开始计时，当转

T过60°时，电流的瞬时值表达式为i＝Imcos 60°＝1 A，解得Im＝2 A，则正弦交变电流的有效值为I＝

Im

2

＝2 A，B项错；线圈消耗的电功率P＝IR＝4 W，A项正确；由欧姆定律可

2

2π

知，感应电动势最大值为Em＝ImR＝4 V，所以其瞬时值表达式为e＝4cost，C项正确；通

T2π2π过线圈的磁通量Φ＝Φmsin ωt＝Φmsint，感应电动势的最大值Em＝BSω＝Φm×，

TTΦm＝

2T2π

，联立解得Φ＝sint，D项错。 2ππTEmT10．(2013·福建高考)如图10，实验室一台手摇交流发电机，内阻r＝1.0 Ω，外接R＝9.0 Ω的电阻。闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e＝102sin 10πt(V)，则( )

图10

A．该交变电流的频率为10 Hz B．该电动势的有效值为102 V C．外接电阻R所消耗的电功率为10 W D．电路中理想交流电流表○ 的示数为1.0 A

解析：选D 由交流电的表达式可知ω＝10π rad/s，Em＝102 V，得f＝＝5 Hz，

2π

A

ωE2

E＝10 V，A、B错误。I＝＝1 A，D正确。PR＝IR＝9 W，C错误。

R＋r考点综合训练

11．某兴趣小组设计了一种发电装置，如图11所示。在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两4

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＝

9

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：

16

图11

(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。 解析：(1)bc、ad边的运动速度v＝ω，

2感应电动势Em＝4NBlv 解得Em＝2NBlω。 (2)电流Im＝

2

lEm

r＋R ，安培力F＝2NBIml

4NBlω解得F＝。

r＋R4

(3)一个周期内，通电时间t＝T

9

223

R上消耗的电能W＝Im2Rt 且W＝I2RT

4NBlω解得I＝。

3r＋R4NBlω4NBlω答案：(1)2NBlω (2) (3)

r＋R3r＋R2

223

2

2

12．如图12甲所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场。已知线圈的匝数n＝100 匝，总电阻r＝1.0 Ω，所围成矩形的面积S＝0.040 m，小灯泡的电阻R＝9.0 Ω，磁感应强度随时2π2π

间按如图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e＝nBmScos

2

TTt，其中Bm为磁感应强度的最大值，T为磁场变化的周期，不计灯丝电阻随温度的变化，求：

17

图12

(1)线圈中产生感应电动势的最大值； (2)小灯泡消耗的电功率；

(3)在磁感应强度变化的0～时间内，通过小灯泡的电荷量。

4

解析：(1)由图像知，线圈中产生的交变电流的周期T＝3.14×10 s，所以Em＝nBmSω＝

2πnBmS＝8.0 V。

－2

TT(2)电流的最大值Im＝

Em

R＋r＝0.80 A，有效值I＝

Im

22＝ A，小灯泡消耗的电功率P＝

52

I2R＝2.88 W。

－

E－nSΔB－

(3)在0～时间内，电动势的平均值E＝，平均电流I＝＝

4ΔtR＋rTnSΔB，流

R＋rΔtnSΔB－－3

过灯泡的电荷量Q＝IΔt＝＝4.0×10 C。

R＋r答案：(1)8.0 V (2)2.88 W (3)4.0×10 C

第2节 变压器__电能的输送

－3

(1)理想变压器的基本关系式中，电压和电流均为有效值。(√) (2)变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率。(×)

18

(3)正常工作的变压器当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压。(×) (4)变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小。(×) (5)增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失。 (√) (6)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗。(√)

(7)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大。(√)

要点一 理想变压器

1．变压器的工作原理

2．理想变压器的基本关系

功率关系 电压基 本 关 系 电流关系 频率关系 制 约 关 系 关系 P入＝P出 U1n1U2n2I1I2原、副线圈的电压比等于匝数比：＝ 只有一个副线圈时，电流和匝数成反比：＝n2 n1原、副线圈中电流的频率相等 电压 原线圈电压U1和匝数比决定副线圈电压U2 功率 电流 副线圈的输出功率P出决定原线圈的输入功率P入 副线圈电流I2和匝数比决定原线圈电流I1 [典例] (2015·全国卷Ⅰ)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上，如图10­2­1所示。设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则( )

19

图10­2­1

1

A．U＝66 V，k＝

91

C．U＝66 V，k＝

3

1

B．U＝22 V，k＝

91

D．U＝22 V，k＝

3

I1n21I12R1

[解析] 设原、副线圈中的电流分别为I1、I2，则＝＝，故k＝2＝。设原线圈

I2n13I2R9U1n131U两端的电压为U1，则＝＝，故U1＝3U，而原线圈上电阻分担的电压为U，故＋3U＝220

Un2133

V，解得U＝66 V。选项A正确。

[答案] A [方法规律]

关于理想变压器的四点注意

(1)变压器不能改变恒定电流。

(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率。 (3)理想变压器本身不消耗能量，所以没有能量损失。 (4)理想变压器没有磁通量损失，磁通量全部集中在铁芯中。

[针对训练]

1．(2015·江苏高考)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 C．1 600

B．400 D．3 200

解析：选B 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。

U1n1

U2n2n1U2800×110

＝U1220

2．(多选)(2014·山东高考)如图10­2­2，将额定电压为60 V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上。闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V和2.2 A。

以下判断正确的是( )

图10­2­2

20

A．变压器输入功率为484 W

B．通过原线圈的电流的有效值为0.6 A C．通过副线圈的电流的最大值为2.2 A D．变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3

解析：选BD 将额定电压为60 V的用电器接在理想变压器的输出端，在闭合开关后，用电器正常工作，已知交流电压表和交流电流表(均为理想电表)读数分别为220 V和2.2 A，根据功率公式可以求出用电器消耗的功率为132 W，因此A选项不正确；再根据变压器变压公式和变流公式可知，＝和＝，联立可求得通过原线圈的电流的有效值为0.6 A，所以选项B正确；由于电流表显示的是有效值，因此通过副线圈电流的最大值为2.22 A，故选项C错误；根据变压器的变压公式可知，变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝11∶3，所以D选项正确。

要点二 理想变压器的动态分析

U1n1I1n2U2n2I2n1

常见的理想变压器的动态分析问题一般有两种：匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况。

1．匝数比不变的情况(如图10­2­3所示)

图10­2­3

(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。 2．负载电阻不变的情况(如图10­2­4所示)

U1n1U2n2

图10­2­4

(1)U1不变，发生变化，U2变化。 (2)R不变，U2变化，I2发生变化。

21

n1n2

U22

(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。

R[典例] (2015·安徽高考)如图10­2­5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( )

图10­2­5

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

[针对训练]

1．(多选)如图10­2­6所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，绕OO′轴在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动。滑动触头P上下移动时可改变输出电压，副线圈接有定值电阻R，从图示位置开始计时，下列判断正确的是( )

图10­2­6

A．电流表测得的是电流最大值

B．感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSω·sin ωt C．P向上移动时，电流表示数变大 D．P向上移动时，电流表示数变小

解析：选BD 电流表测得的是电流有效值，选项A错误；从图示位置开始计时，感应电

22

动势的瞬时值表达式为e＝NBSω·sin ωt，选项B正确；P向上移动时，输出电压降低，电流表示数变小，选项C错误，D正确。

2．(多选)(2015·天津高考)如图10­2­7所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头。在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则( )

图10­2­7

A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大 B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小 C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大 D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小

解析：选BC 保持Q的位置不动，则U2不变，将P向上滑动时，R接入电路的电阻变大，根据I2＝

U2

R0＋R知，I2变小，由＝得I1也变小，即电流表读数变小，选项A错误，选项B

I1n2

I2n1

正确；保持P的位置不动，将Q向上滑动时，U2变大，则根据P2＝

U22

R0＋R知副线圈输出功率变

大，由P1＝P2知，变压器原线圈输入功率P1变大，而P1＝I1U，输入电压U一定，I1变大，即电流表读数变大，选项C正确，选项D错误。

要点三 远距离输电

远距离输电问题的“三 二 一” 1．理清三个回路

图10­2­8

在回路2中，U2＝ΔU＋U3，I2＝I线＝I3。 2．抓住两个联系

(1)理想的升压变压器联系着回路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着回路2和回路3，由变压器原理可得：线圈3(匝数为n3)和

23

U1n1I1n2U2n2I2n1

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＋P4。

[典例] (2015·福建高考)图10­2­9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( )

U3n3I3n4U4n4I4n3

图10­2­9

n1Um

A. n24rC．4r

n2Um

2

n2UmB. n14rD．4r

n1Um

2

n12P2n22P2

[解析] 升压变压器T的原线圈两端电压的有效值为U1＝

Um

；由变压关系可得＝，

U2n22

U1n1

则U2＝

n2UmP2n1P；因为输送电功率为P，输电线中的电流为I2＝＝，则输电线上损失的电

U2n2Um2n1

22

2

2

4n1Pr功率为ΔP＝I(2r)＝22，故选项C正确。

n2Um

[答案] C

[方法规律] 输电线路功率损失的计算方法

(1)P损＝P－P′，P为输送的功率，P′为用户得到的功率。 (2)P损＝I线R线，I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻。 ΔU(3)P损＝，ΔU为输电线路上损失的电压，不要与U2、U3相混。

22

R线

(4)P损＝ΔU·I线。

[针对训练]

1．(2014·浙江高考)如图10­2­10所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压是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，流入用户端的电流为I2。则( )

图10­2­10

24

A．用户端的电压为

I1U1

I2

B．输电线上的电压降为U C．理想变压器的输入功率为I1r D．输电线路上损失的电功率为I1U

解析：选A 理想变压器输入和输出功率相同，设用户端得到的电压为U2，则有I1U1＝

2

I1U1

U2I2，U2＝，选项A正确；输电线上的电压降为ΔU＝I1r，或者ΔU＝U－U1，选项B错误；

I2

理想变压器的输入功率为P＝I1U1，选项C错误；输电线路上损失的电功率为ΔP＝I1r，选项D错误。

2．(2014·江苏高考)远距离输电的原理图如图10­2­11所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R。变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )

2

图10­2­11

A.＝ C．I1U1＝I2R

2

I1n1I2n2

B．I2＝ D．I1U1＝I2U2

U2R解析：选D 根据变压器的工作原理可知＝，所以选项A错误；因U2、I2、R不满足欧姆定律公式中物理量之间的对应关系，所以选项B错误；U1I1＝U2I2，但U2I2≠I2R，选项C错误，D正确。

要点四 三种特殊的变压器

模型一 自耦变压器

高中物理中研究的变压器本身就是一种忽略了能量损失的理想模型，自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，其中的一部分作为另一个线圈，当交流电源接不同的端点时，它可以升压也可以降压，变压器的基本关系对自耦变压器均适用，如图10­2­12所示。

2

I1n2

I2n1

图10­2­12

[典例1] 自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分。一升压式自耦调压变压器的电路如图10­2­13所示，其副线圈匝数可调。已知变压器线圈总匝

25

数为1 900匝；原线圈为1 100匝，接在有效值为220 V的交流电源上。当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0 kW。设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为( )

图10­2­13

A．380 V和5.3 A C．240 V和5.3 A

B．380 V和9.1 A D．240 V和9.1 A

[解析] 对理想变压器，原、副线圈功率相同，故通过原线圈的电流I1＝＝

P2 000

A≈9.1

U1220

U1U2220U2

A，负载两端电压即为副线圈电压，由＝，即＝，可得U2＝380 V，故B对。

n1n21 1001 900

[答案] B 模型二 互感器

分为电压互感器和电流互感器，比较如下： 电压互感器 电流互感器 原理图 原线圈的连接 副线圈的连接 互感器的作用 利用的公式 并联在高压电路中 连接电压表 将高电压变为低电压 串联在交流电路中 连接电流表 将大电流变成小电流 U1n1＝ U2n2I1n1＝I2n2 [典例2] (2013·天津高考)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10­2­14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( )

图10­2­14

26

A．ab接MN、cd接PQ，Iab＜Icd B．ab接MN、cd接PQ，Iab＞Icd C．ab接PQ、cd接MN，Iab＜Icd D．ab接PQ、cd接MN，Iab＞Icd

[解析] 根据理想变压器的原理，线圈电流与匝数成反比，ab接MN，通过的电流较大，电流表接在cd两端，通过的电流较小，B正确。

[答案] B

模型三 双副线圈变压器

计算具有两个(或两个以上)副线圈的变压器问题时，应注意三个关系： (1)电压关系：＝＝＝…… (2)电流关系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋…… (3)功率关系：P1＝P2＋P3＋……

[典例3] 如图10­2­15所示，接在理想变压器回路中的四个规格相同的灯泡都正常发光，那么，理想变压器的匝数比n1∶n2∶n3为( )

U1U2U3

n1n2n3

图10­2­15

A．1∶1∶1 C．6∶2∶1

B．3∶2∶1 D．2∶2∶1

[解析] 灯泡正常发光，可得UA＝UB＝UC＝UD，所以U2＝2U3，由理想变压器的电压关系

n2U22

得＝＝，可得n2＝2n3。灯泡都正常发光，则功率相等，即PA＝PB＝PC＝PD。 n3U31

由P＝IR得IA＝IB＝IC＝ID，即I1＝I2＝I3

由理想变压器的功率关系得U1I1＝U2I2＋U3I3，即n1I1＝n2I2＋n3I3，可得n1＝n2＋n3＝2n3

＋n3＝3n3。所以n1∶n2∶n3＝3∶2∶1。

[答案] B

2

含二极管的变压器问题

在理想变压器问题中，偶尔在副线圈的电路中存在二极管，该类问题在高考中也时有出现，应加以重视。

27

1. (多选)(2014·全国卷Ⅱ)如图10­2­16，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、

n2。原线圈通过一理想电流表○ 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( )

图10­2­16

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，cd间的电压Ucd越大 D．将二极管短路，电流表的读数加倍

解析：选BD 根据变压器的工作原理、交流电的有效值解题。变压器的变压比＝，其中U1、U2是变压器原、副线圈两端的电压。U1＝Uab，由于二极管的单向导电特性，Ucd≠U2，选项A错误。增大负载电阻R的阻值，负载的电功率减小，由于P入＝P出，且P入＝I1Uab，所以原线圈上的电流I1减小，即电流表的读数变小，选项B正确。c、d端的电压由输入电压

U1n1U2n2

Uab决定，负载电阻R的阻值变小时，Ucd不变，选项C错误。根据变压器上的能量关系有E输U2T入＝E输出，在一个周期T的时间内，二极管未短路时有UabI1T＝·＋0(U为副线圈两端的电

R2U2

压)，二极管短路时有UabI2T＝T，由以上两式得I2＝2I1，选项D正确。

R2．(2015·山东高考)如图10­2­17甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内。左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化。规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uab­t图像可能正确的是( )

图10­2­17

28

解析：选C 由题图乙知，0～0.25T0，外圆环电流逐渐增大且

Δi逐渐减小，根据安培ΔtΔB定则，外圆环内部磁场方向垂直纸面向里，磁场逐渐增强且逐渐减小，根据楞次定律知内

ΔtΔΦΔBS圆环a端电势高，所以uab＞0，根据法拉第电磁感应定律uab＝＝知，uab逐渐减小；

ΔtΔtt＝0.25T0时，

ΔiΔB＝0，所以＝0，uab＝0；同理可知0.25T0＜t＜0.5T0时，uab＜0，且|uab|ΔtΔt逐渐增大；0.5T0～T0内重复0～0.5T0的变化规律。故选项C正确。

[反思领悟]

把握三点，解决该类问题

1．二极管具有单向导电性：正向导通，反向截止。

2．先假设二极管不存在，分析副线圈的电流，再利用二极管的单向导电性对副线圈的电流进行修正。

3．结合能量守恒定律进行分析。

对点训练：理想变压器

1．(多选)如图1所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1。电池和交变电源的电动势都为6 V，内阻均不计。下列说法正确的是( )

图1

A．S与a接通的瞬间，R中无感应电流 B．S与a接通稳定后，R两端的电压为0 C．S与b接通稳定后，R两端的电压为3 V

D．S与b接通稳定后，原、副线圈中电流的频率之比为2∶1

解析：选BC 由理想变压器的原理可知，当S与a接通电流稳定时，由于通过原线圈与

29

副线圈中的磁通量不发生变化，故在副线圈中无感应电流，但在刚接通瞬间，副线圈两端的电压不为零，R中有感应电流，故A错误，B正确；当S与b接通稳定后，原线圈中接有交变电流，由变压器的变压比可得副线圈两端电压为3 V，C正确；变压器并不改变交变电流的频率，D错误。

2．(多选)在如图2所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，四个灯泡完全相同。其额定电压为U，若已知灯泡L3和L4恰能正常工作，那么( )

图2

A．L1和L2都能正常工作 B．L1和L2都不能正常工作 C．交流电源电压为2U D．交流电源电压为4U

解析：选AD 根据灯泡L3和L4恰能正常工作，变压器原线圈输入电压为灯泡L3和L4额定电压U的2倍，输入电流为灯泡L3和L4的额定电流。所以L1和L2都能正常工作，交流电源电压为4U，选项A、D正确，B、C错误。

3. (多选)(2015·海南高考)如图3，一理想变压器原、副线圈匝数比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R＝11R0，○V是理想电压表。现将负载电阻的阻值减小为R＝5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0 V，则( )

图3

A．此时原线圈两端电压的最大值约为34 V B．此时原线圈两端电压的最大值约为24 V C．原线圈两端原来的电压有效值约为68 V D．原线圈两端原来的电压有效值约为48 V

解析：选AD 当负载电阻的阻值减小为R＝5R0时，根据串并联电路规律，R两端电压为

R0两端电压的5倍，因为电压表测量R两端的电压，所以UR0＝×5 V＝1 V，故副线圈两端

电压为U2＝6 V，根据公式＝可得此时原线圈两端电压的有效值为U1＝24 V，所以此时原线圈两端电压的最大值约为242 V≈34 V，A正确，B错误；因为变化过程中变压器的输入电流不变，所以对于副线圈中变化前后电流也不变，则变化后电压U2＝IR0＋5IR0＝6IR0，变

30

1

5

U1n1U2n2

化前，U2′＝IR0＋11IR0＝12IR0，所以U2′＝2U2＝12 V，根据公式＝可得原线圈两端原来的电压有效值约为48 V，D正确，C错误。

对点训练：理想变压器的动态分析

4．(多选)(2016·焦作联考)如图4所示，理想变压器原线圈的匝数n1＝1 100匝，副线圈的匝数n2＝110匝，R0、R1、R2均为定值电阻，且R0＝R1＝R2，电流表、电压表均为理想电表。原线圈接u＝220 2sin(314t) V的交流电源。起初开关S处于断开状态。下列说法中正确的是( )

U1n1

U2n2

图4

A．电压表示数为22 V

B．当开关S闭合后，电压表示数变小 C．当开关S闭合后，电流表示数变大 D．当开关S闭合后，变压器的输出功率增大

解析：选BCD 变压器输入电压220 V，由变压器变压公式，副线圈输出电压为22 V，根据串联分压原理，电压表示数为11 V，选项A错误；当开关S闭合后，输出功率增大，电压表示数变小，原线圈输入功率增大，电流表示数变大，选项B、C、D正确。

5. (2015·广东高考)图5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( )

图5

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

U1

解析：选C 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，R2

1

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，2

31

1

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；

4

U1n11

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

U2n22

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。

6.如图6所示，理想变压器的原线圈接高电压，降压后通过一段电阻不可忽略的线路接用电器，其中灯L1、灯L2的规格完全相同，R为一滑动变阻器。现将R的滑动触头P向下滑动，则交流电压表V、交流电流表A的示数变化及灯L1、灯L2的明暗变化情况为( )

图6

A．V增大，A增大，灯L1、灯L2都变亮 B．V增大，A减小，灯L1变亮，灯L2变暗 C．V减小，A减小，灯L1变暗，灯L2变亮 D．V不变，A减小，灯L1不变，灯L2变暗

解析：选B 将电阻不可忽略的线路等效为电阻R3(如图所示)，其他字母所表示的物理意义如图中所示，因U4＝U0，则U4不变；P向下滑动，R增大，总电阻R总增大，总电流I3减小 ，U3减小，因U1＝U4－U3，则U1增大，电压表V示数增大；因I1＝，I1增大，灯L1变亮；又由I2＝I3－I1知，I2减小，灯L2变暗；又因U0I0＝U4I3，则I0减小；所以，本题正确答案为B。

7. (多选)(2016·杭州模拟)如图7所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈中心的抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝2202sin 100πt V，则( )

n2

n1

U1R1

图7

A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表V1的示数为22 V

32

1

B．当t＝ s时，电压表V0的读数为220 V

600

C．单刀双掷开关与a连接，当滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，电压表V1的示数增大，电流表示数变小

D．当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表V1和电流表的示数均变小

解析：选BC 当单刀双掷开关与a连接时，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，1

副线圈输出电压为U2＝22 V，但电压表V1示数小于U2，故A错误；当t＝ s时，电压表

600V0的读数为有效值220 V，故B正确；单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器的电阻变大，电路的总电阻变大，由于副线圈输出电压U2是由变压器决定的，所以电流表示数变小，电压表V1示数变大，故C正确；当单刀双掷开关由a扳向

b时，理想变压器原、副线圈的匝数比变为5∶1，副线圈输出电压U2变大，电流表和电压表

V1的示数均变大，故D错误。

对点训练：远距离输电

8．(多选)在如图8所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有( )

图8

A．升压变压器的输出电压增大 B．降压变压器的输出电压增大 C．输电线上损耗的功率增大

D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大

解析：选CD 发电厂的输出电压不变，升压变压器的输入电压不变，升压变压器的输出电压不变，选项A错误；随着发电厂输出功率的增大，输电线中电流增大，输电线上损失的电压(ΔU＝IR)增大，降压变压器的输入电压减小，降压变压器的输出电压减小，选项B错误；随着发电厂输出功率的增大，输电线中电流增大，输电线上损耗的功率(ΔP＝IR)增大，选项C正确；输电线上损耗的功率ΔP＝IR＝＝

2

2

P输2R，输电线上损耗的功率占总功率的比例ΔPP输U输

RP输，选项D正确。 U输2

9．如图9所示，某小型发电站发电机输出的交流电压为500 V，输出的电功率为50 kW，

用电阻为3 Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损失功率为输电功率的0.6%，则发电站

33

要安装一升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220 V供用户使用(两个变压器均为理想变压器)。对整个送电过程，下列说法正确的是( )

图9

A．输电线上的损失功率为300 W B．升压变压器的匝数比为1∶100 C．输电线上的电流为100 A D．降压变压器的输入电压为4 700 V

解析：选A 输电线上的损失功率为0.6%×50 kW＝300 W，选项A正确。由IR＝300 W可得输电线上电流I＝10 A，升压变压器副线圈电压为5 000 V，升压变压器的匝数比为1∶10，选项B、C错误。输电线损失电压为IR＝30 V，降压变压器的输入电压为4 970 V，选项D错误。

10．(2014·四川高考)如图10所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图像，则( )

2

图10

A．用户用电器上交流电的频率是100 Hz B．发电机输出交流电的电压有效值是500 V

C．输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定 D．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小

1

解析：选D 由u­t图像可知，交流电的周期T＝0.02 s，故频率f＝＝50 Hz，选项A

T错误；交流电的最大值Um＝500 V，故有效值U＝

Um

2

＝2502 V，选项B错误；输电线上的电

流由降压变压器副线圈上的电阻和降压变压器原副线圈的匝数比决定，选项C错误；当用户用电器的总电阻增大时，副线圈上的电流减小，根据＝，原线圈(输电线)上的电流减小，根据P＝I1R，得输电线损失的功率减小，选项D正确。

对点训练：三种特殊的变压器

11. (2015·开封模拟)如图11所示，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

34

2

I1n2

I2n1

A，则n1∶n2为( )

图11

A．1∶1 C．1∶3

B．1∶2 D．1∶4

解析：选B 变压器原副线圈的磁通量变化率相同，所以U∶U1∶U2＝n∶n1∶n2，根据能

U12

量守恒，输出功率等于输入功率，所以有当只闭合S1时UI＝，当S1和S2都闭合时，UI′

R1U12U224U12＋U2222＝＋＝，代入数据I＝1 A、I′＝2 A可得U2＝4U1，即U1∶U2＝1∶2，所以n1∶R1R24R1n2＝1∶2，选项B对。

12．如图12所示，L1和L2是输电线，甲是电压互感器，乙是电流互感器。若已知变压比为1 000∶1，变流比为100∶1，并且知道电压表示数为220 V，电流表示数为10 A，则输电线的输送功率为( )

图12

A．2.2×10 W B．2.2×10 W C．2.2×10 W

83

－2

D．2.2×10 W

4

解析：选C 根据＝，＝得，U1＝2.2×10 V，I1＝1 000 A，所以输电线的输送功率P＝U1I1＝2.2×10 W，故选C。

考点综合训练

13. (多选)如图13所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5，原线圈两端的交变电压为u＝202sin 100πt(V)，氖泡在两端电压达到100 V时开始发光，下列说法正确的是( )

8

U1n1n1I2

U2n2n2I1

5

图13

A．开关接通后，氖泡的发光频率为50 Hz

35

B．开关接通后，电压表的示数为100 V C．开关断开后，电压表的示数不变 D．开关断开后，变压器的输出功率不变

解析：选BC 由原线圈两端的交变电压为u＝202sin 100πt(V)可知交变电流的频率为50 Hz，变压器不改变交变电流的频率，变压器的输出电压为u2＝1002sin 100πt(V)，一个周期内有两个时间段输出电压超过氖泡的发光电压，所以一个周期氖泡发光两次，开关

接通后，氖泡的发光频率为100 Hz，选项A错误。由变压器的变压公式可知，开关接通后，电压表的示数为100 V；开关断开后，电压表的示数不变，变压器的输出功率减小，选项B、C正确，D错误。

14．(多选)(2016·青岛模拟)如图14甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为11∶1，R＝1 Ω，原线圈允许通过电流的最大值为1 A，副线圈ab两端电压随时间变化图像如图乙所示。则下列说法正确的是( )

图14

A．原线圈输入电压的有效值为242 V B．原线圈两端交变电压的频率为550 Hz C．副线圈中电流的最大值为11 A

D．为保证电路安全工作，滑动变阻器R′的阻值不得小于1 Ω

解析：选AC 由题知变压器副线圈两端电压有效值为22 V，由原副线圈两端电压关系

U1

U2

＝可得，原线圈输入电压的有效值为242 V，故A项正确；由于原副线圈两端交流电的频率相同，故原线圈两端交变电压的频率为50 Hz，B项错；原线圈允许通过电流的最大值为1 A，根据原副线圈电流关系＝可得副线圈中电流的最大值为11 A，C项正确；根据部分电

n1

n2

I1n2I2n1

U2222

路的欧姆定律可得，副线圈中滑动变阻器最小阻值为R′＝－R＝ Ω－1 Ω＝(22－

I211

1)Ω，故D项错。

实 验 十 一 传感器的简单应用

36

37

考点一 热敏电阻的原理及应用

[典例1] 某实验小组探究一种热敏电阻的温度特性。现有器材：直流恒流电源(在正常工作状态下输出的电流恒定)、电压表、待测热敏电阻、保温容器、温度计、开关和导线等。

(1)若用上述器材测量热敏电阻的阻值随温度变化的特性，请你在图实­11­1的实物图上连线。

图实­11­1

(2)实验的主要步骤：

①正确连接电路，在保温容器中注入适量冷水，接通电源，调节并记录电源输出的电流值；

②在保温容器中添加少量热水，待温度稳定后，闭合开关，______，______，断开开关； ③重复第②步操作若干次，测得多组数据。

(3)实验小组算得该热敏电阻在不同温度下的阻值，并据此绘得图实­11­2所示的R­t关系图线，请根据图线写出该热敏电阻的R­t关系式：R＝________＋________t(Ω)。

图实­11­2 [由题引知·要点谨记]

1.考查实验原理及连线[对应第1题]

1根据实验要求进行连线。3连线时注意电流的流向。

2电压表应直接并联在待测热敏电阻两侧。

38

2. 考查实验步骤[对应第2题] 1实验过程中应逐步升温，待温度稳定后再读数。 2实验时应测多组数据，以减小实验误差。 3.考查识图能力和数据处理方法[对应第3题]1根据R＝求出不同温度下热敏电阻的阻值。2由R­t关系图线找出R与t的函数关系式。3本实验的主要误差来源于温度计和电压表的读数。 UI [解析] (3)根据R＝就可求出不同温度下热敏电阻的阻值，并据此绘得R­t图线。在图线上取两点，当t1＝10 ℃时，R1＝104 Ω，当t2＝60 ℃时，R2＝124 Ω，R­t图线的斜率为

UIR2－R1

＝0.4；将图线延长，图线交于原点，说明t＝0 ℃时的电阻为100 Ω，故R­tt2－t1

关系式为R＝100＋0.4t(Ω)。

[答案] (1)如图所示 (2)②读取温度计示数 读取电压表示数 (3)100 0.4

[题组突破]

1．(2015·长春模拟)温度传感器广泛应用于家用电器中，它是利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性来工作的。如图实­11­3甲所示为某装置中的传感器工作原理图，已知电源的电动势E＝9.0 V，内阻不计；G为灵敏电流表，其内阻Rg保持不变；R为热敏电阻，其阻值随温度的变化关系如图乙所示，闭合开关S，当R的温度等于20 ℃时，电流表示数I1＝2 mA；当电流表的示数I2＝3.6 mA时，热敏电阻的温度是( )

图实­11­3

39

A．60 ℃ C．100 ℃

B．80 ℃ D．120 ℃

解析：选D 由题中图乙知，温度为20 ℃时，R的阻值R1＝4 kΩ。由欧姆定律知E＝

I1(R1＋Rg)，E＝I2(R2＋Rg)，两式联立，解得R2＝2 kΩ，由图乙中查得此时温度为120 ℃，D

正确。

2. (2016·北京四中三模)如图实­11­4所示，一热敏电阻RT放在控温容器M内；A为毫安表，量程6 mA，内阻为数十欧姆；E为直流电源，电动势约为3 V，内阻很小；R为电阻箱，最大阻值为999.9 Ω，S为开关。已知RT在95 ℃时的阻值为150 Ω，在20 ℃时的阻值约为550 Ω。现要求在降温过程中测量在20～95 ℃之间的多个温度下RT的阻值。

图实­11­4

(1)在图中画出连线，完成实验原理电路图。 (2)完成下列实验步骤中的填空： a．依照实验原理电路图连线。

b．调节控温容器M内的温度，使得RT的温度为95 ℃。 c．将电阻箱调到适当的阻值，以保证仪器安全。

d．闭合开关。调节电阻箱，记录电流表的示数I0，并记录________。

e．将RT的温度降为T1(20 ℃＜T1＜95 ℃)；调节电阻箱，使得电流表的读数________，记录________。

f．温度为T1时热敏电阻的电阻值RT1＝________。

g．逐步降低T1的数值，直到20 ℃；在每一温度下重复步骤ef。

解析：(1)电阻箱的最大阻值与热敏电阻的最大阻值相差不大，因此电阻箱应与热敏电阻串联。

(2)本实验原理是当电路的两种状态的电流相等时，外电路的总电阻相等。

95 ℃和T1时对应的电路的电阻相等，有150 Ω＋R0＝RT1＋R1，即RT1＝R0－R1＋150 Ω。

答案：(1)如图所示 (2)d.电阻箱的读数R0 e．仍为I0 电阻箱的读数R1

40

f．R0－R1＋150 Ω

考点二 光敏电阻的应用

[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) 电阻(kΩ) 0.2 75 0.4 40 0.6 28 0.8 23 1.0 20 1.2 18 (1)根据表中数据，请在图实­11­5所示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。

图实­11­5

[答案如下图]

由图可知阻值随照度变化的特点：光敏电阻的阻值随光照强度的增大非线性减小 (2)如图实­11­6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。

41

图实­11­6 [由题引知·要点谨记]

1.考查描点作图的方法和分析图像的能力[对应第(1)题]

(1)描绘图像时，各点应均匀分布在图线两侧，且图线应是平

滑的曲线，而不应成为连接各点的折线。

(2)根据所描绘图像，会分析电阻阻值如何随光照强度的变化而变化。

2.考查实验电路的设计能力[对应第2题]

1要结合题目所给条件及所给图像的数据进行分析设计。 2通过分析可确定RP应接在1、2之间。

3选择定值电阻，根据图线读出光照强度在1.0 lx时的光敏电阻的阻值为20 kΩ，光敏电阻分压为2 V，则串联定值电阻R分压1 V，其阻值应为10 kΩ。

[答案如下]

[题组突破]

42

3．(多选) (2015·聊城模拟)如图实­11­7所示，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻，当照射光强度增大时( )

图实­11­7

A．电压表的示数增大 B．R2中电流减小 C．小灯泡的功率增大 D．电路的路端电压增大

解析：选ABC 当照射光强度增大时，R3阻值减小，外电路电阻随R3的减小而减小，R1

两端电压因干路电流增大而增大，电压表的示数增大，同时内电压增大，故电路路端电压减小，A项正确，D项错误；由路端电压减小，R1两端电压增大知，R2两端电压必减小，则R2中电流减小，故B项正确；结合干路电流增大知流过小灯泡的电流必增大，则小灯泡的功率增大，故C项正确。

4．(多选)利用光敏电阻制作的光传感器，记录了传送带上工件的输送情况，如图实­11­8甲所示为某工厂成品包装车间的光传感记录器，光传感器B能接收到发光元件A发出的光，每当工件挡住A发出的光时，光传感器就输出一个电信号，并在屏幕上显示出电信号与时间的关系，如图乙所示。

若传送带始终匀速运动，每两个工件间的距离为0.2 m，则下列说法正确的是( )

图实­11­8

A．传送带运动的速度是0.1 m/s B．传送带运动的速度是0.2 m/s C．该传送带每小时输送3 600个工件 D．该传送带每小时输送7 200个工件

解析：选BC 从乙图可以知道：每间隔1秒的时间光传感器就输出一个电信号，而在这一段时间内传送带运动了两个工件之间的距离，所以传送带运动的速度是v＝

0.2

m/s＝0.2 1

m/s，故A错误B正确；传送带每小时传送的距离为：s＝vt＝0.2×3 600 m，工件个数为：n 43

＝＝3 600个，C正确D错误。

考点三 传感器在实验中的应用

[典例3] (2016·湖北省部分重点高中联考)利用传感器可以探测、感受外界的信号、物理条件等。图实­11­9甲所示为某同学用传感器做实验得到的小灯泡的U­I关系图线。

sL

图实­11­9

(1)实验室提供的器材有：电流传感器、电压传感器、滑动变阻器A(阻值范围0～10 Ω)、滑动变阻器B(阻值范围0～100 Ω)、电动势为6 V的电源(不计内阻)、小灯泡、开关、导线若干。该同学做实验时，滑动变阻器选用的是________(选填“A”或“B”)；请在图乙的方框中画出该实验的电路图。

(2)如果将该小灯泡接入丙图所示的电路中，已知电流传感器的示数为0.3 A，电源电动势为3 V。则此时小灯泡的电功率为________W，电源的内阻为________Ω。

[答案] (1)A 实验电路图如图所示

(2)0.69(0.66～0.72均可) 2.33(2.00～2.67均可)

[由题引知·要点谨记]

1.考查实验器材的创新[对应题干部分]

1用电压传感器、电流传感器替代电压表和电流表。

2能快速、准确取得实验数据，及时地把图像呈现在电脑屏幕上。

44

2.考查滑动变阻器及分压、限流电路的选择[对应第(1)题] (1)根据实验原理，本实验应采用分压电路。 (2)为便于调节，滑动变阻器应选择A。s

3.考查实验数据的处理[对应第2题]1利用小灯泡的U­I图像读出丙中小灯泡的电压值。

甲结合电流传感器的示数

2利用闭合电路欧姆定律计算电源的内电阻。

[题组突破]

5. (2013·江苏高考)在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图实­11­10所示。M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻RM发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时( )

图实­11­10

A．RM变大，且R越大，U增大越明显 B．RM变大，且R越小，U增大越明显 C．RM变小，且R越大，U增大越明显 D．RM变小，且R越小，U增大越明显

解析：选C S两端的电压增大，总电流变大，总电阻变小，说明M的电阻变小，RM变小，且R越大，并联电阻减小越快，干路电流增大越明显，电压U变大越明显，C项正确。

6. (2015·北京海淀模拟)某种角速度计，其结构如图实­11­11所示。当整个装置绕轴

OO′转动时，元件A相对于转轴发生位移并通过滑动变阻器输出电压，电压传感器(传感器内

阻无限大)接收相应的电压信号。已知A的质量为m，弹簧的劲度系数为k、自然长度为l，电源的电动势为E、内阻不计。滑动变阻器总长也为l，电阻分布均匀，装置静止时滑片P在变阻器的最左端B端，当系统以角速度ω转动时，则( )

图实­11­11

45

A．电路中电流随角速度的增大而增大 B．电路中电流随角速度的增大而减小 C．弹簧的伸长量为x＝

mωl

k－mω2

Emω2

D．输出电压U与ω的函数式为U＝

k－mω2

解析：选D 系统在水平面内以角速度ω转动时，无论角速度增大还是减小，BC的总电阻不变，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流保持不变，故A、B错误；设系统在水平面内以角速度ω转动时，弹簧伸长的长度为x，则对元件A，根据牛顿第二定律得kx＝mω(l2

RBPxmω2lEmω2

＋x)，又输出电压U＝E＝E，联立两式得x＝，U＝，故C错误，D正确。

RBClk－mω2k－mω2

7．传感器担负着信息采集的任务，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实­11­12甲所示，图乙是用热敏电阻R1作为传感器制作的简单自动报警器原理图。则

图实­11­12

(1)为了使温度过高时报警器铃响，开关应接在________(填“a”或“b”)。 (2)若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。

解析：温度升高时，热敏电阻阻值减小，图乙中通电螺线管的磁性增强，将与弹簧相连的金属导体向左吸引，要使报警器所在电路接通并报警的话，开关应接在a。要实现温度更高时，即热敏电阻阻值更小时才将报警器电路接通，应该将滑动变阻器连入电路的阻值调大，即P向左移动。

答案：(1)a (2)左

46