1、第十一章 交变电流传感器全国卷5年考情分析基础考点常考考点命题概率常考角度远距离输电()未曾独立命题交变电流、交变电流的图像()16卷T21(6分)独立命题概率20%(1)根据线框在磁场中的转动求解描述交变电流的物理量(2)根据交变电流的图像或表达式求解描述交变电流的物理量(3)变压器的基本原理和动态分析(4)远距离输电问题正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值()18卷T16(6分)独立命题概率20%理想变压器()16卷T16(6分)16卷T19(6分)15卷T16(6分)独立命题概率50%实验十二：传感器的简单使用16卷T23(10分)综合命题概率30%第1节交变电流的产生及描述一、交变电
2、流、交变电流的图像1交变电流大小和方向都随时间做周期性变化的电流。2正弦式交变电流的产生和图像(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。注1注2 (2)图像：线圈从中性面位置开始计时，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。2交变电流的瞬时值、峰值和有效值(1)瞬时值：交变电流某一时刻的值，是时间的函数。如eEmsin t。(2)峰值：交变电流
3、的电流或电压所能达到的最大值。(3)有效值：让交流和直流通过相同阻值的电阻，如果它们在一个周期内产生的热量相等，就把这一直流的数值叫做这一交流的有效值。E，U，I。注3【注解释疑】注1 只有转轴和磁场垂直时，才产生正弦交流电。注2 在磁场中与B垂直的位置为中性面，最大，I感0，线圈转一周两次经过中性面，电流方向改变两次。注3 只有正(余)弦交流电的有效值和峰值之间是E的关系，其他交流电不是。深化理解(1)正弦交流电的产生：中性面垂直于磁场方向，线圈平面平行于磁场方向时电动势最大：EmnBS。线圈从中性面开始转动：eEmsin t。线圈从平行于磁场方向开始转动：eEmcos t。(2)正弦交变电
4、流的有效值与最大值的关系，对整个波形、半个波形、甚至个波形都成立。(3)非正弦交流电的有效值利用等效法求解，即：I2Rt等于一个周期内产生的总热量。基础自测一、判断题(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。()(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。()二、选择题1.如图所示，KLMN是一个竖直的矩形导线框，全部处于磁感应强度为B
5、的水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，MN边水平，线框绕某竖直固定轴以角速度匀速转动。在MN边与磁场方向的夹角达到30的时刻(图示位置)，导线框中产生的瞬时电动势e的大小和线框此时电流的方向分别为(已知线框按俯视的逆时针方向转动)()A.BS，电流方向为KNMLKB.BS，电流方向为KNMLKC.BS，电流方向为KLMNKD.BS，电流方向为KLMNK解析：选BMN边与磁场方向成30时，感应电动势为eEmcos tBScos 30BS。由右手定则可知电流方向为KNMLK。2人教版选修32 P34 T3改编如图所示，单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，设磁感应强度为0.01 T，线圈边长AB为20
6、 cm，宽AD为10 cm，转速n为50 r/s，则线圈转动时感应电动势的最大值为()A1102 VB3.14102 VC2102 VD6.28102 V解析：选D感应电动势最大值EmBSBS2n6.28102 V。3沪科版选修32 P59 T4改编如图为某正弦式交变电流的图像，则该电流的瞬时值表达式为()Ai10sin(100t)A Bi10sin(10t)ACi20sin(50t)ADi20sin(100t)A解析：选D由题图可知T0.02 s，则100 rad/s。当t0.002 5 s时，i14.14 A，代入iImsin t得Im20 A。所以电流的瞬时值表达式为i20sin(100
7、t)A。4鲁科版选修32 P61T1两只相同的电阻，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(如图甲、乙所示)。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Q1Q2等于()A11 B21C12D43解析：选C设两种交变电流的最大值为Im。对于正弦波形电流，其有效值I1，对于方波形电流，其有效值I2Im。根据焦耳定律QI2RT，得Q1Q2I12I2212。高考对本节内容的考查，主要集中在交变电流的产生和描述、有效值的理解与计算、交变电流“四值”的理解和应用，对这些考点的考查，主要以选择题
8、的形式呈现，难度一般。考点一交变电流的产生和描述基础自修类题点全练1交变电流的函数表达式一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的电动势e200sin 100t(V)，下列说法正确的是()A该交变电流的频率是100 HzB当t0时，线圈平面恰好与中性面垂直C当t s时，e达到峰值D该交变电流的电动势的有效值为200 V解析：选C由交变电流的电动势瞬时值表达式enBSsin t可知，交变电流的频率f Hz50 Hz，选项A错误。在t0时，电动势瞬时值为0，线圈平面恰好在中性面处，选项B错误。当t s时，e达到峰值Em200 V，选项C正确。该交变电流的电动势的有效值E200 V，选项D错误。2交变电流的
9、图像表达 (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的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图像如图线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t0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32C交流电a的瞬时值表达式为u10sin(5t)VD交流电b的最大值为 V解析：选BCD在题图中t0时刻，感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，A错误；a的周期为0.4 s，b的周期为0.6 s，转速与周期成反比，所以转速之比为32，B正确；交流电的瞬时值表达式为uUmsin t，所以a的瞬时值表达式为u10sinV10sin(5t)V，C正确；由
10、UmNBS，可知角速度变为原来的，则最大值变为原来的，交流电b的最大值为 V，D正确。3交流电的产生(多选)1831年，法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机(图甲)，它是利用电磁感应的原理制成的，是人类历史上第一台发电机。图乙是这个圆盘发电机的结构示意图：铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘良好接触，使铜盘转动，电阻R中就有电流通过。若所加磁场为匀强磁场，回路的总电阻恒定，从左往右看，铜盘沿顺时针方向匀速转动，下列说法正确的是()A铜片D的电势高于铜片C的电势B电阻R中有正弦式交变电流流过C铜盘转动的角速度增大1倍，流过电阻R的电流也随
11、之增大1倍D保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，则铜盘中有电流产生解析：选ACD根据右手定则可知，铜片D的电势比C的高，A正确；若所加的磁场为匀强磁场，铜盘匀速转动，则产生的感应电动势EBLBLBL2，不随时间变化，则电阻R中流过的是恒定电流，B错误；由上式可知，若铜盘转动的角速度增大1倍，感应电动势增大1倍，流过电阻R的电流也随着增大1倍，C正确；保持铜盘不动，磁场变为垂直于铜盘的交变磁场，则通过铜盘的磁通量发生变化，铜盘中会产生感应电动势，铜盘中有电流产生，D正确。 名师微点正弦式交变电流的产生及特点(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：线圈平面与中
12、性面重合时，SB，最大，0，e0，i0，电流方向将发生改变。线圈平面与中性面垂直时，SB，0，最大，e最大，i最大，电流方向不改变。(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EmnBS，与转轴位置无关，与线圈形状无关。考点二有效值的理解与计算师生共研类有效值的求解(1)计算有效值的根据是电流的热效应，抓住“三同”：“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”列式求解。(2)利用公式QI2Rt和Qf(U2,R)t可分别求得电流有效值和电压有效值。 典例 电阻R1、R2与交流电源按照图甲所示方式连接，R1
13、10 ，R220 。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()A通过R1的电流有效值是1.2 ABR1两端的电压有效值是6 VC通过R2的电流有效值是1.2 ADR2两端的电压最大值是6 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0.6 A，由正弦式交变电流最大值与有效值的关系ImI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错误；R1两端电压有效值为U1IR16 V，选项B正确；R2两端电压最大值为U2mImR20.620 V12 V，选项D错误。答案B延伸思考变式1把图像下半
14、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所示，则此感应电动势的有效值为_ V。解析：由有效值的定义式得：2 T，解得：U220 V。答案：220变式2仅余周期的波形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所示，求灯泡两端电压的有效值。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；后半周期电压为零。根据有效值的定义，T0，解得U。答案：变式3仅余周期的波形如图
15、所示为一个经双可控硅调节后加在电灯上的电压，正弦交流电的每一个二分之一周期中，前面四分之一周期被截去。现在电灯上电压的有效值为()AUmB.C. D.解析：选D从ut图像上看，每个周期正弦波形的有效值U1，根据有效值的定义：T20，解得：U，D正确。变式4把正、余弦波形变成矩形波形如图所示，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()A5 A B3.5 AC3.5 AD5 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R的纯电阻，在一个周期内有：I2RTI12RI22R。
16、所以该交流电的有效值为I 5 A。D项正确。变式5上下波形的最大值不一致电压u随时间t的变化情况如图所示，求电压的有效值。解析：由有效值的定义式得：T，解得：U174 V。答案：174 V变式6交流电与二极管相连如图所示，在电阻两端并联二极管的电路中，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u20sin(100t) V，则加在R2上的电压有效值为()A10 V B20 VC15 VD5 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，即在后半个周期
17、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，在一个周期内满足T，可求出U5 V。故选项D正确。解题方略几种典型交变电流的有效值电流名称电流图像有效值正弦式交变电流I正弦半波电流I矩形脉动电流I Im考点三交变电流“四值”的理解和应用基础自修类题点全练1交变电流峰值的应用(多选)如图甲所示，标有“220 V40 W”的电灯和标有“20 F300 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S，下列判断正确的是()At时刻，V的示数为零B电灯恰正常发光C电容器有可能被击穿D交流电压表
18、V的示数保持110 V不变解析：选BC交流电压表V的示数应是电压的有效值220 V，故A、D错误；电压的有效值恰等于电灯的额定电压，电灯正常发光，B正确；电压的峰值220 V311 V，大于电容器的耐压值，故电容器有可能被击穿，C正确。2.四值的计算(多选)如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO轴以角速度匀速转动，外电路电阻为R。下列判断正确的是()A电压表的读数为B当线圈由图示位置转过30的过程中，通过电阻R的电荷量为C在线圈转过一周的过程中，电阻R上产生的焦耳热为D当线圈由图示位置转过30时，通过电阻R的电流为解析：选AD电动势的最大值EmN
19、BS，有效值E，电压表的示数为路端电压的有效值，解得UE，A正确；线圈由题图所示位置转过30的过程中，通过电阻R的电荷量q，B错误；在线圈转过一周的时间内电阻R上产生的热量Q，C错误；电流的最大值为Im，电流的瞬时值表达式为iImsin t，从题图所示位置转过30时，t，此时的电流为i，D正确。3四值的应用如图所示，N50匝的矩形线圈abcd，ab边长l120 cm，ad边长l225 cm，放在磁感应强度B0.4 T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO轴以n3 000 r/min的转速匀速转动，线圈电阻r1 ，外电路电阻R9 。t0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外
20、、cd边转入纸里。求：(1)t0时感应电流的方向；(2)感应电动势的瞬时值表达式；(3)线圈转一圈外力做的功；(4)从图示位置转过90的过程中流过电阻R的电荷量。解析：(1)根据右手定则，线圈感应电流方向为adcba。(2)线圈的角速度2n100 rad/s题图所示位置的感应电动势最大，其大小为EmNBl1l2代入数据得Em314 V感应电动势的瞬时值表达式eEmcos t314cos(100t)V。(3)电动势的有效值E线圈匀速转动的周期T0.02 s线圈匀速转动一圈，外力做功大小等于电功的大小，即WI2(Rr)TT代入数据得W98.6 J。(4)从t0起线圈转过90的过程中，t内流过R的电
21、荷量：qt代入数据得q0.1 C。答案：(1)感应电流方向沿adcba(2)e314cos(100t)V(3)98.6 J(4)0.1 C名师微点对交变电流“四值”的比较和理解物理量表达式适用情况及说明瞬时值eEmsin t uUmsin t iImsin t计算线圈某时刻的受力情况最大值(峰值)EmnBSIm讨论电容器的击穿电压有效值对正、余弦交流电有：E UI(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(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BL n计算通过电路截面的电荷量“融会贯通”归纳好产生正弦交流电的5种方
22、式1线圈在匀强磁场中匀速转动。2线圈不动，匀强磁场匀速转动。3导体棒在匀强磁场中做简谐运动。4线圈不动，磁场按正弦规律变化。5在匀强磁场中导体棒的长度与时间成正弦规律变化。第一种方式是课本上介绍的，第二种原理与第一种一样，实际生活中大型发电厂都采用这种方式。下面举例说明后面三种方式。 (一)导体棒在匀强磁场中做正弦式运动1.如图所示，间距为L的光滑平行金属导轨，水平地放置在竖直方向的磁感应强度为B的匀强磁场中，一端接阻值为R的电阻。一电阻为r、质量为m的导体棒放置在导轨上，在外力F作用下从t0的时刻开始运动，其速度随时间的变化规律vvmsin t，不计导轨电阻。求：(1)从t0到t时间内电阻R
23、产生的热量；(2)从t0到t时间内外力F所做的功。解析：由导体棒切割磁感线产生的电动势EBLv得eBLvmsin t回路中产生正弦交流电，其有效值为E在0时间内产生的热量Q2R2由功能关系得：外力F所做的功WQ2。答案：(1)2(2)2(二)线圈不动，磁场按正弦规律变化2如图甲所示，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n100匝，电阻r1.0 ，所围成的矩形的面积S0.040 m2，小灯泡的电阻R9.0 ，磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为enBmScos t，
24、其中Bm为磁感应强度的最大值，T为磁场变化的周期。不计灯丝电阻值随温度的变化，求：(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。解析：(1)由瞬时值表达式可知线圈中感应电动势的最大值EmnBmS8 V。(2)产生的交流电的电流有效值I小灯泡消耗的电功率PI2R2.88 W。(3)0时间内电流的平均值通过小灯泡的电荷量qtn0.004 C。答案：(1)8 V(2)2.88 W(3)0.004 C(三)在匀强磁场中导体棒的长度与时间成正弦规律变化3.如图所示，OACO为置于水平面内的光滑闭合金属导轨，O、C处分别接有短电阻丝(图
25、中用粗线表示)，R14 、R28 (导轨其他部分电阻不计)，导轨OAC的形状满足方程y2sin(单位：m)。磁感应强度B0.2 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面，一足够长的金属棒在水平外力F作用下，以恒定的速度v5.0 m/s水平向右在导轨上从O点滑动到C点，金属棒与导轨接触良好且始终保持与OC导轨垂直，不计金属棒的电阻，求：(1)外力F的最大值；(2)金属棒在导轨上运动时电阻丝R1上消耗的最大功率；(3)在滑动过程中通过金属棒的电流I与时间t的关系。解析：(1)当金属棒滑至A位置时，有效切割长度最大，为2 m，产生的最大感应电动势EmBLmv0.225 V2 V电路的总电阻R总 ，最大感应电流
26、Im A0.75 A。最大安培力F安BImLm0.20.752 N0.3 N，由平衡条件可知，外力F的最大值FmF安0.3 N。(2)感应电动势最大时，电阻丝R1上消耗的功率最大，其最大功率P1 W1 W。(3)金属棒与导轨接触点间的长度随时间变化L2sin x，xvt，EBLvI2sinsinA。答案：(1)0.3 N(2)1 W(3)IsinA正弦交流电的产生归根结底还是发生了“正弦式”的电磁感应，产生了正弦式感应电动势，根据EBLv，可以分别在B、L、v这三个物理量上做文章。感兴趣的考生可以再重温一下eEmsin t和EmnBS的推导过程。课时跟踪检测A级基础小题练熟练快1(2019金华
27、调研)一只电阻分别通过四种不同形式的电流，电流随时间变化的情况如下列各图所示，在相同时间内电阻产生热量最大的是()解析：选D选项A、B中交变电流的有效值都为 A，选项C中恒定电流的大小为1.5 A，选项D中交变电流的有效值为2 A，根据热量的表达式QI2Rt得出选项D正确。2(2018汉中模拟)一交流电压为u100sin (100t)V，由此表达式可知()A用电压表测该电压其示数为50 VB该交流电压的周期为0.02 sC将该电压加在“100 V100 W”的灯泡两端，灯泡的实际功率小于100 WDt s时，该交流电压的瞬时值为50 V解析：选B由交流电压瞬时值表达式可知电压的有效值为100
28、V，故用电压表测该电压其示数为100 V，选项A错误；100 rad/s，则周期T0.02 s，选项B正确；该电压加在“100 V100 W”的灯泡两端，灯泡恰好正常工作，选项C错误；把t s代入瞬时值表达式得电压的瞬时值为100 V，选项D错误。3.(多选)电阻为1 的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，线圈的电动势随时间变化的图像如图所示。现把线圈与电阻为9 的电热丝相连，则下列说法正确的是()A线圈转动的角速度为31.4 rad/sB如果线圈转速提高一倍，则电流发生改变C电热丝两端的电压U100 VD电热丝的发热功率P1 800 W解析：选BD从题图可知T0.02 s，31
29、4 rad/s，故选项A错误；其他条件不变，如果线圈转速提高一倍，角速度变为原来的两倍，则电动势最大值EmNBS 变为原来的两倍，电压的有效值变为原来的两倍，根据欧姆定律可知电流发生改变，故选项B正确；该交流电压的最大值为200 V，所以有效值为100 V，电热丝两端电压U100 V90 V，故选项C错误；根据P得P W1 800 W，选项D正确。4图甲所示电压按正弦规律变化，图乙所示电压是正弦交流电的一部分。下列说法正确的是()A图乙所示的电压也是正弦交流电压B图甲所示电压的瞬时值表达式为u10sin 50t(V)C图乙所示电压的周期与图甲所示电压周期相同D图甲所示电压的有效值比图乙所示电压
30、的有效值小解析：选D题图乙所示电压只有一部分按正弦交流电压变化，整个不能称为正弦交流电压，选项A错误；题图甲所示电压的瞬时值表达式为u10sin 100t(V)，选项B错误；题图乙所示电压的周期为题图甲所示电压周期的2倍，选项C错误；题图甲所示电压的有效值为5 V，对题图乙由T，得电压的有效值为U10 V，因此选项D正确。5.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，其瞬时值的表达式为u20sin 100t(V)，则交流电压表的示数为()A10
31、 VB20 VC15 VD14.1 V解析：选D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。电压表的示数为加在R两端电压的有效值，设为U，在正半周内，交流电压的有效值为20 V，由电流的热效应，在一个周期内有T，解得U10 V14.1 V，选项D正确。6(2019惠州五校联考)如图甲所示，为一种调光台灯电路示意图，它通过双向可控硅电子器件实现了无级调节亮度。给该台灯接220 V的正弦交流电后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时交流电压表的示数为()A220 V B110 VC. V D. V解析：选B设电压的有效值为U，根据有效值定义有T，解得U110 V，则B正确。7(多
32、选)如图甲为小型交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO匀速转动，线圈的匝数n100、总电阻r5 ，线圈的两端与阻值为95 的电阻R连接，交流电压表为理想电表。t0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量随时间t按图乙所示正弦规律变化。若交流发电机产生的电动势的最大值为Em，电压表的示数为U，则()AEm200 V，U134 VBEm134 V，U95 VC通过电阻R的电流每秒内方向改变约50次D电阻R实际消耗的功率为190 W解析：选AD交流发电机产生的电动势的最大值EmnBS，而mBS，由题图乙可知m2.0102 Wb，T2102 s，所以100 r
33、ad/s，Em200 V，电动势的有效值E100 V，由闭合电路欧姆定律，可知电路中电流的有效值I A，电压表的示数为UIR134 V，故选项A正确，B错误；频率f16 Hz，故通过电阻R的电流每秒内方向改变约32次，选项C错误；电阻R消耗的功率为PI2R190 W，故选项D正确。8(多选)一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示。由图可知()A该交流电的电压瞬时值的表达式为u100sin(25t)VB该交流电的频率为25 HzC该交流电的电压的有效值为100 VD若将该交流电压加在阻值R100 的电阻两端，则电阻消耗的功率为50 W解析：选BD从题给图像中可得该交流电压最大值为Um100
34、V，交流电的周期为T4102 s，所以频率为f25 Hz，选项B正确；角速度为2f50 rad/s，所以该交流电的电压瞬时值的表达式为u100sin(50t)V，该交流电的电压有效值为U50 V，选项A、C错误；若将该交流电压加在阻值R100 的电阻两端，则电阻消耗的功率为P W50 W，选项D正确。B级保分题目练通抓牢9.(多选)如图所示，空间中有范围足够大的匀强磁场，磁场方向竖直向下，在其间竖直放置两彼此正对的相同金属圆环，两环相距L，用导线将环与外电阻相连。现用外力使金属杆沿两环做匀速圆周运动。若已知磁感应强度大小为B，圆环半径为R，杆转动角速度为，金属杆和电阻的阻值均为r，其他电阻不计
35、，则()A当金属杆从圆环最高点向最低点转动过程中，流过外电阻的电流先变大后变小B当金属杆从圆环最高点向最低点转动过程中，流过外电阻的电流先变小后变大C流过外电阻电流的有效值为D流过外电阻电流的有效值为解析：选BC金属杆从圆环最高点向最低点转动的过程中，垂直磁场方向的分速度先减小再增大，因而流过外电阻的电流先减小再增大，选项A错误，B正确；金属杆沿圆环的匀速率运动等效为以两环圆心连线为转动轴、长为L、宽为R的矩形线框的匀速转动，因此产生正弦交流电，遵守I的关系，电动势的最大值为EmBLR，Im，I，故选项C正确，D错误。10(2019广元检测)如图所示，一半径为L的导体圆环位于纸面内，O为圆心。
36、环内两个圆心角为90且关于O中心对称的扇形区域内分布有匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B、方向相反且均与纸面垂直。导体杆OM可绕O转动，M端通过滑动触点与圆环良好接触，在圆心和圆环间连有电阻R，不计圆环和导体杆的电阻，当杆OM以恒定角速度逆时针转动时，理想电流表A的示数为()A. B.C. D.解析：选A当导体杆OM在无磁场区域转动时，没有感应电动势，故没有电流，当导体杆OM在其中一个有磁场的区域转动时，OM切割磁感线产生的电动势为EBL2，感应电流为I1，当导体杆OM在另一个有磁场的区域转动时，电流也为I2，但方向相反，故导体杆OM旋转一周过程中，电流情况如图所示。设电流的有效值为I有效
37、，则I有效2RT22RT，解得I有效，选项A正确。11在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示。产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是()At0.01 s时穿过线框的磁通量最小B该交变电动势的有效值为11 VC该交变电动势的瞬时值表达式为e22 cos(100t)VD当电动势的瞬时值为22 V时，线框平面与中性面的夹角为45解析：选Dt0.01 s时，感应电动势为零，线框位于中性面位置，穿过线框的磁通量最大，A项错误；由题给图像知，正弦交变电动势的最大值为Um22 V，故有效值U22 V，B项错误；t0时，感应电动势为零，故瞬时值表达式应为e
38、22sin(100t)V，C项错误；当e22 V时，eEmsin 22 V，解得：45，D项正确。12.(多选)(2017天津高考)在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2 ，则()At0时，线圈平面平行于磁感线Bt1 s时，线圈中的电流改变方向Ct1.5 s时，线圈中的感应电动势最大D一个周期内，线圈产生的热量为82 J解析：选ADt0时，磁通量为零，磁感线与线圈平面平行，A正确；当磁感线与线圈平面平行时，磁通量变化率最大，感应电动势最大，画出感应电动势随时间变化的图像如图，由图可知，t1 s时
39、，感应电流没有改变方向，B错误；t1.5 s时，感应电动势为0，C错误；感应电动势最大值EmNBSNm1000.04(V)4(V)，有效值E4(V)2(V)，QT82(J)，D正确。C级难度题目适情选做13(多选)(2018佛山模拟)一交流发电机和理想变压器按如图电路连接。已知该发电机线圈匝数为N，电阻为r。当线圈以转速n匀速转动时，电压表示数为U，灯泡(额定电压为U0，电阻恒为R)恰能正常发光，则(电表均为理想电表)()A变压器的匝数比为UU0B电流表的示数为C在图示位置时，通过发电机线圈的磁通量为D从图示位置开始计时，变压器输入电压的瞬时值表达式为u Usin(2nt) V解析：选AB由变
40、压器变压公式可知，变压器的匝数比n1n2UU0，选项A正确。灯泡恰能正常发光，说明变压器输出功率P1，根据变压器输出功率等于输入功率可得UI，解得电流表的示数：I，选项B正确。在题图图示位置时，发电机的线圈处于中性面位置，通过发电机线圈的磁通量为BS，S为线圈面积，由EmNBS2n，得BS，选项C错误。从题图图示位置开始计时，发电机产生电动势的瞬时值表达式为eEmsin(2nt) V，变压器输入电压的瞬时值表达式为uUmsin(2nt) VUsin(2nt) V，选项D错误。14(多选)如图甲所示是一种振动发电装置的示意图，半径为r0.1 m、匝数n20的线圈位于辐向分布的磁场中，磁场的磁感线
41、均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)。线圈所在位置的磁感应强度的大小均为B T，线圈电阻为R10.5 ，它的引出线接有R29.5 的小电珠L。外力推动线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙所示(摩擦等损耗不计)，则()A小电珠中电流的峰值为0.16 AB小电珠中电流的有效值为0.16 AC电压表的示数约为1.5 VDt0.1 s时外力的大小为0.128 N解析：选AD由题意及法拉第电磁感应定律知道，线圈在磁场中做往复运动，产生的感应电动势的大小符合正弦曲线变化规律，线圈中的感应电动势的峰值为EmnBlvnB2rv，故小电珠中电流的峰值为Im A0.
42、16 A，选项A正确，B错误；电压表示数为UR21.07 V，选项C错误；当t0.1 s 也就是时，外力的大小为FnB2rIm0.128 N，选项D正确。15发电机转子是匝数n100、边长L20 cm的正方形线圈，其置于磁感应强度B0.5 T的匀强磁场中，绕着垂直磁场方向的轴以100 rad/s的角速度转动，当转到线圈平面与磁场方向垂直时开始计时。线圈的电阻r1 ，外电路电阻R99 。试求：(1)写出交变电流瞬时值表达式；(2)外电阻上消耗的功率；(3)从计时开始，线圈转过过程中，通过外电阻的电荷量是多少？解析：(1)电动势的最大值：EmnBL2628 V根据闭合电路欧姆定律得Im6.28 A
43、故交变电流瞬时值表达式：i6.28sin(100t)A。(2)电流的有效值I外电阻上消耗的功率：PI2R2R1.95103 W。(3)从计时开始到线圈转过过程中，平均感应电动势nn平均电流：通过外电阻的电荷量：qt0.01 C。答案：(1) i6.28sin(100t)A(2)1.95103 W(3)0.01 C第2节理想变压器与远距离输电一、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。副线圈与用电器断开时，无电流通过副线圈，但副线圈两端存在电压。变压器不能改变交变电流的频率。2.基本关系式(1)功率关系：P入P出
44、。(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。由能量守恒推出有多个副线圈时，U1I1U2I2U3I3UnIn。二、远距离输电1功率关系：P1P2，P3P4，P2PP3。2电压、电流关系：，U2UU3，I2I线I3。3.输电电流：I线。4电压损失：UU2U3I2R线。5功率损失：PP2P3I22R线。深化理解1在分析变压器问题时，一定要注意原、副线圈中各量的决定关系：U1决定U2，I2决定I1，P2决定P1。2分析和计算输电线上的电压损失和功率损失时要用U损I线R线，P损I线2R线，注意P损。基础自测一、判断题(1)理想变压器的基本关系式中，电压和电流均为有效值。()(2
45、)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。()(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。()二、选择题1沪科版选修32 P75T3如图所示为一理想变压器，其原、副线圈匝数之比n1n241，原线圈两端连接光滑导轨，副线圈与电阻R组成闭合电路。当直导线MN在匀强磁场中沿导轨向左匀速切割磁感线时，电流表
46、 的示数是10 mA，那么电流表 的示数是()A40 mAB0C10 mAD2.5 mA解析：选B由于直导线MN匀速运动，则MN切割磁场产生的电流恒定，线圈中产生的磁通量也是恒定的，所以不会引起副线圈的磁通量变化，所以副线圈中不会有感应电流产生，即电流表A2的示数为0，选项B正确。2粤教版选修32 P59 T4改编如图所示，P是电压互感器，Q是电流互感器，如果两个互感器的变压比和变流比都是50，电压表的示数为220 V，电流表的示数为3 A，则输电线路中的电压和电流分别是()A11 000 V,150 A B1 100 V,15 AC4.4 V,16.7 AD4.4 V,0.06 A解析：选A
47、由两个互感器的变压比和变流比可知输电线路中的电压为U22050 V11 000 V，电流为I350 A150 A，故A正确。3人教版选修32 P50 T3改编从发电站输出的功率为220 kW，输电线的总电阻为0.05 ，用110 V和11 kV两种电压输电。两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为()A1001 B1100C110D101解析：选A由PUI得输电线的电流I，则输电线上由电阻造成的电压损失UIRR，所以两种情况下：U1U2U2U11001，A正确。4如图所示的电路中，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
48、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cd的方向滑动解析：选D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；理想变压器满足U1I1U2I2，则U1I1U2I2，因I2I1，故U2n1，原线圈要接在火线上，故
49、选项A正确。名师微点理想变压器以及原、副线圈基本量的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出本电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比，U1U2n1n2，与负载的多少无关关电流关系只有一个副线圈时，I1I2n2n1；有多个副线圈时，由P入P出，即I1U1I2U2I3U3InUn，得I1n1I2n2I3n3Innn系频率关系f1f2(变压器不改变交流电的频率)考点二理想变压器的动态分析问题多维探究类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。匝数比不变的情况负载电阻不
50、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P1P2，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P1P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，I1发生变化考法(一)匝数比不变，负载变化的情况例1如图所示，理想变压器原、副线圈接有额定电压均为20 V的灯泡a和b。当输入u220sin(100t)V的交变电压时，两灯泡均能正常发光。设灯泡不会被烧坏，下
51、列说法正确的是()A原、副线圈匝数比为111B原、副线圈中电流的频率比为111C当滑动变阻器的滑片向下滑少许时，灯泡b变亮D当滑动变阻器的滑片向下滑少许时，灯泡a变亮解析两灯均正常发光，则原线圈输入的电压为：U1UU灯(22020)V200 V，副线圈电压：U2U灯20 V，根据理想变压器变压比得，故A错误；变压器不改变交流电的频率，即频率比为11，故B错误；当滑动变阻器的滑片向下滑少许时，阻值减小，副线圈电流变大，根据，可知原线圈电流变大，灯泡a分担的电压变大，原线圈输入的电压变小，副线圈输出电压变小，所以灯泡a变亮，b变暗，故C错误，D正确。答案D考法(二)匝数比改变，负载不变的情况 例2
52、(多选)如图所示，电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原、副线圈中的电流。下列说法中正确的是()A保持U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小B保持U1不变，S由a切换到b，则I2减小C保持U1不变，S由b切换到a，则I1增大D保持U1不变，S由a切换到b，则变压器的输入功率增大解析保持U1不变，S由b切换到a时，副线圈匝数增多，则输出电压U2增大，电流I2增大，R消耗的功率增大，由变压器功率关系可知，其输入功率也增大，故I1增大；S由a切换到b时，副线圈匝数减少，则输出电压U2减小，输出电流I2减小，所以根据P2I2U2，P2减
53、小；又因P1P2，所以变压器输入功率减小。由以上分析可知，正确选项为B、C。答案BC共性归纳含有变压器的动态电路问题的解题思路题点全练1负载变化有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，灯L1、L2为规格相同的两只小灯泡。当S断开时，灯L1正常发光。S闭合后，下列说法正确的是()A电阻R消耗的电功率增大B灯L1、L2都能正常发光C原线圈的输入功率减小D原、副线圈的电流比减小解析：选A当S闭开后，由变压器电压与匝数比关系：，可知副线圈电压U2不变，而电路的电阻减小，所以副线圈的电流增大，由PI2R知R消耗的功率增大，故A正确；副线圈的电流增大，所以电阻R的电压增大，而副线圈电压U2不变，所以灯泡两
54、端的电压减小，灯L1、L2都不能正常发光，故B错误；由于副线圈中负载电阻减小，消耗的功率为P，故消耗的功率增大，又因为输入功率等于输出功率，故原线圈的输入功率增大，所以C错误；变压器原、副线圈的匝数不变，由电流与匝数关系，知原、副线圈中电流之比不变，故D错误。2匝数比变化如图所示，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：选B由于家庭电路上理想变压器为降压变压器，故n1n2，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
55、变暗，选项A错误，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。考点三远距离输电师生共研类谨记远距离输电问题的“三 二 一”1理清三个回路在回路2中，U2UU3，I2I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，P1P2。(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)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是，P3P4。3掌握一个守恒能量守恒关系式P1P损P4。典例如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想
56、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uUmsin t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()A.B.C422rD422r解析升压变压器T的原线圈两端电压的有效值为U1；由变压关系可得，则U2；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功率为PI22(2r)，故选项C正确。答案C输电线路功率损失的计算方法P损P1P4P1为输送的功率，P4为用户得到的功率P损I线2R线I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻P损U为输电线路上损失的电压，不要与U2、U3相混P损UI线U不要错代
57、入U2或U3题点全练1输电原理远距离输电的原理图如图所示，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()A. BI2CI1U1I22RDI1U1I2U2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；U1I1U2I2，但U2I2I22R，选项C错误，D正确。2电压、功率损失用一台某型号的柴油发电机给灾民临时安置区供电，如图所示。发电机到安置区的距离是400 m，输电线路中的火线和零线均为GBCZ60型单股铜导线
58、，该型号导线单位长度的电阻为2.5104，安置区家用电器的总功率为44 kW，当这些额定电压为220 V的家用电器都正常工作时()型号AED6500S输出电压范围220300 V最大输出功率60 kWA.输电线路中的电流为20 AB发电机的实际输出电压为300 VC在输电线路上损失的电功率为8 kWD如果该柴油发电机发出的是正弦式交变电流，则其输出电压最大值是300 V解析：选C当这些额定电压为220 V的家用电器都正常工作时，输电线路中的电流为I200 A，选项A错误；导线电阻为R2.51044002 0.2 ，则发电机的实际输出电压为U输UIR260 V，选项B错误；在输电线路上损失的电功
59、率为P损I2R8 kW，选项C正确；如果该柴油发电机发出的是正弦式交变电流，则其输出电压的最大值是UmU输368 V，选项D错误。3输电电路的计算(多选)如图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电。已知输电线的总电阻R10 ，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为41，副线圈与用电器R0组成闭合电路。若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压u220sin(100t)V。当用电器电阻R011 时，下列说法正确的是()A通过用电器R0的电流有效值是20 AB当用电器R0的阻值减小时，输电线损耗的功率也随着减小C发电机中的电流变化频率为100 HzD
60、升压变压器的输入功率为4 650 W解析：选AD通过用电器R0的电流有效值I A20 A，A正确；当用电器R0的阻值减小时，由于电压不变，电流增大，输电线上的电流也增大，输电线上损失的功率增大，B错误；变压器不改变交流电的频率，f50 Hz，C错误；降压变压器的输出功率为P1UI22020 W4 400 W，由理想变压器原、副线圈电流与匝数成反比，得输电线上的电流为I5 A，输电线上损失的功率PI2R5210 W250 W，升压变压器的输入功率PP1P4 650 W，D正确。“专项研究”拓视野远距离输电电路的两类动态分析问题类型(一)发电电压一定的动态分析问题例1(多选)小型水力发电站的发电机
61、有稳定的输出电压，该电压先通过发电站附近的升压变压器升压，然后通过输电线路把电能输送到远处用户附近的降压变压器，经降压变压器降低电压后再输送至各用户，如图所示。设变压器都是理想变压器，那么在用电高峰期，随着用电器增多，用户消耗的电功率增加，下列说法正确的是()A发电机的输出电流变小B高压输电线路的功率损失变大C降压变压器副线圈两端的电压变小D升压变压器副线圈两端的电压变大思路点拨根据用电器增加，可知降压变压器的输出电流变大，故输电线上的电流增大，升压变压器的输入电流增大，进而分析其他物理量。解析用电高峰期用电器增多，降压变压器的输出电流增大，由变压器原副线圈电流关系可知输电线上的电流I增大，发
62、电机的输出电流变大，选项A错误；输电线路上损失的功率P损I2r，r为输电线路电阻，故P损变大，选项B正确；升压变压器副线圈的输出电压U2只与输入电压U1及原、副线圈匝数比有关，即升压变压器副线圈两端的电压不变，选项D错误；降压变压器原线圈两端的电压U3U2U损，U损Ir，I增大，U损增大，故U3减小，由理想变压器原副线圈的电压关系可知降压变压器副线圈两端的电压变小，选项C正确。答案BC针对训练1如图所示为某小型发电站的输电示意图，发电站输出U1220sin(100t)V的交流电通过升压变压器升压后进行高压输电，接近用户时再通过降压变压器降压给用户供电。图中高压输电线部分总电阻为r，负载端的电压
63、表是理想电压表。下列有关描述正确的是()A若开关S1、S2都断开，则电压表示数为零B负载端所接收交流电的频率为25 HzC深夜开灯时灯较亮是因为高压输电线上电压损失减小的缘故D用电高峰期灯泡较暗，可通过减少降压变压器副线圈的匝数来提高其亮度解析：选C开关都断开时降压变压器空载，其副线圈两端有电压，电压表示数不为零，选项A错误；变压器不能改变交流电的频率，故负载端所接收交流电的频率还是50 Hz，选项B错误；深夜大部分用户已关灯，干路中电流减小，线路损耗电压也减小，用户得到的电压升高，故此时开灯较亮，选项C正确；用电高峰时，负载增多，负载电阻减小，干路中电流增大，因此输电线路上损耗电压增大，导致
64、降压变压器的输入电压降低，为提高负载电压，可增大降压变压器副线圈的匝数，使负载电压提高，选项D错误。类型(二)发电功率一定的动态分析问题例2(多选)如图所示为某小型发电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率P20 kW。在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为110，电流表的示数为1 A，输电线的总电阻r10 。下列说法正确的是()A采用高压输电可以增大输电线路中的电流B升压变压器的输出电压U22 000 VC用户获得的功率为19 kWD将P下移，用户获得的电压将增大思路点拨本题属于发电机功率不变的远距离输电问题，解题时先利用电流互感器求得输电线路上的电流，从而得
65、到输电线路上损失的功率，然后利用PPrP用，得到降压变压器上的功率。解析采用高压输电可以减小输电线路中的电流，从而减小输电损耗，选项A错误；电流表的示数为1 A，电流互感器匝数比为110，故输电线路中电流的大小I210 A，根据PU2I2可得升压变压器的输出电压U22 000 V，选项B正确；线路损耗的功率PrI22r1 kW，故用户获得的功率为19 kW，选项C正确；将P下移，降压变压器原线圈匝数增大，用户获得的电压将减小，选项D错误。答案BC针对训练2(多选)如图甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈匝数比为1100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为1
66、00 。降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小。电压表V显示加在报警器上的电压(报警器未画出)。未出现火警时，升压变压器的输入功率为750 kW。下列说法正确的是()A降压变压器副线圈输出的交变电流频率为50 HzB远距离输电线路损耗功率为180 kWC当出现火警时，电压表V的示数变小D当出现火警时，输电线上的电流变小解析：选AC由题图乙知交变电流的周期为0.02 s，所以频率为50 Hz，A正确；由题图乙知升压变压器输入电压有效值为250 V，根据变压比公式知升压变压器副线圈两端电压为25 000 V，所以输
67、电线中的电流为I30 A，输电线损失的电压为UIR30100 V3 000 V，输电线路损耗功率为PUI90 kW，B错误；当出现火警时传感器R2阻值减小，降压变压器副线圈中电流增大，输电线上电流变大，输电线损失的电压变大，降压变压器输入、输出电压都变小，定值电阻的分压增大，电压表V的示数变小，C正确，D错误。课时跟踪检测A级基础小题练熟练快1.(2019大连模拟)将u220sin(100t)V的电压输入如图所示的理想变压器的原线圈，原副线圈的匝数比为n1n2551，R10 。下列说法正确的是()A该交流电的频率为100 HzB闭合开关S后，电流表的读数为0.22 AC闭合开关S后，电阻消耗的
68、电功率为1.6 WD断开开关S后，电流表的读数为0.22 A解析：选C根据输入电压瞬时值表达式u220sin(100t)V可知，输入交流电的频率f Hz50 Hz，选项A错误；原线圈输入电压U1220 V，根据变压器变压公式，副线圈输出电压为U24 V，闭合开关S后，电阻R中电流为I20.4 A，电阻消耗电功率PU2I240.4 W1.6 W，选项C正确；对于理想变压器，输入功率等于输出功率，由PU1I1可得I10.007 3 A，选项B错误；断开开关S后，变压器输出功率为零，输入功率为零，所以电流表读数为零，选项D错误。2(多选)图甲是远距离输电线路的示意图，图乙是发电机输出电压随时间变化的
69、图像，则()A发电机输出交流电压的有效值约为500 VB用户用电器上交变电流的频率是100 HzC输电线的电流只由升压变压器原、副线圈的匝数比决定D当用户用电器的总电阻减小时，输电线上损失的功率增大解析：选AD由正弦交流电最大值和有效值的关系可知，发电机输出交流电压的有效值约为500 V，选项A正确。正弦交流电的周期为0.02 s，频率为50 Hz，用户用电器上交变电流的频率是50 Hz，选项B错误。输电线的电流由降压变压器原、副线圈的匝数比和用户用电器的总电阻决定，选项C错误。当用户用电器的总电阻减小时，降压变压器输出电流增大，输电线上电流增大，输电线上损失的功率增大，选项D正确。3(多选)
70、如图所示，R是一个光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小。理想变压器原、副线圈的匝数比为101，电压表和电流表均为理想交流电表。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u1220sin(100t)V，则()A电压表的示数为22 VB在天逐渐变黑的过程中，电流表 的示数变小C在天逐渐变黑的过程中，电流表 的示数变大D在天逐渐变黑的过程中，理想变压器的输入功率变小解析：选BD原线圈中的输入电压为220 V，由原、副线圈的匝数比可得，副线圈中电压表的示数为22 V；在天逐渐变黑的过程中，光敏电阻的阻值变大，由于电压不变，所以电流表 的示数变小，则原线圈中电流表的示数变小，输入功率也变小
71、。综上分析可知，选项B、D正确。4(多选)一理想变压器原、副线圈匝数比为n1n2101。原线圈输入的正弦交变电压如图所示，副线圈接入一阻值为22 的电阻。下列说法正确的是()A电阻中交变电流的方向每秒改变100次B原线圈中电流的有效值是0.14 AC与电阻并联的交流电压表示数是22 VD1 min内电阻产生的热量是2.64103 J解析：选AC由交变电流电压图像可知其频率f50 Hz，而交变电流的方向在每个周期内改变两次，故A项正确；由题给图像可知，原线圈中正弦交变电流电压最大值为220 V，所以有效值为220 V，由理想变压器变压规律可知，副线圈两端电压有效值U2U122 V，所以电压表示数
72、为22 V，C项正确；由欧姆定律可知，通过电阻的电流I21 A，由理想变压器的变流规律可知，I10.1 A，B项错误；由焦耳定律可知，电阻在1 min内产生的热量QI22Rt1.32103 J，D项错误。5(2018大同二模)某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向R011 的纯电阻用电器供电。已知输电线的总电阻R10 ，T2的原、副线圈匝数比为41，用电器两端的电压为u220sin(100t)V，将T1、T2均视为理想变压器。下列说法正确的是()A降压变压器的输入功率为4 400 WB升压变压器中电流的频率为100 HzC输电线消耗的功率为500 WD
73、当用电器的电阻减小时，输电线消耗的功率减小解析：选A由题可知，用电器两端电压有效值为220 V，交流电频率f Hz50 Hz，由电功率公式可知，降压变压器输出功率P24 400 W，理想变压器输入功率与输出功率相等，故A项正确；理想变压器不改变交变电流的频率，B项错误；由变压规律，可知降压变压器输入电压为880 V，由电功率定义式PUI可知，降压变压器输入电流为I5 A，由焦耳定律可知，输电线电阻消耗的功率PI2R250 W，C项错误；当用电器的电阻减小时，输出功率增大，故降压变压器输入功率增大，从而输入电流增大，再由PI2R可知，输电线R消耗的功率增大，D项错误。6(多选)国家电网公司推进智
74、能电网推广项目建设，拟新建智能变电站1 400座。变电站起变换电压作用的设备是变压器，如图所示，理想变压器原线圈输入电压u200sin(100t)V，电压表、电流表都为理想电表。下列判断正确的是()A输入电压有效值为200 V，电流频率为50 HzBS打到a处，当变阻器的滑片向下滑动时，两电压表的示数都增大CS打到a处，当变阻器的滑片向下滑动时，两电流表的示数都减小D若变阻器的滑片不动，S由a处打到b处，电压表V2和电流表A1的示数都减小解析：选AD输入电压的最大值U1m200 V，有效值U1 V200 V，由瞬时值表达式知，角速度100 rad/s，频率f Hz50 Hz，故A正确；S打到a
75、处，滑片向下滑动，原线圈电压不变，原、副线圈匝数比不变，副线圈电压不变，副线圈电阻减小，电流增大，电流表A2示数增大，故B、C错误；若变阻器的滑片不动，S由a处打到b处，副线圈匝数减少，输入电压不变，输出电压减小，电压表V2示数减小，输出功率P2减小，根据输入功率等于输出功率，P1U1I1减小，U1不变，则I1减小，即电流表A1的示数减小，故D正确。B级保分题目练通抓牢7.(2019沧州联考)如图所示，将理想变压器原线圈接入电压随时间变化规律为u220sin(100t)V的交流电源上，在副线圈两端并联接入规格为“22 V,22 W”的灯泡10个，灯泡均正常发光。除灯泡外的电阻均不计，下列说法正
76、确的是()A变压器原、副线圈匝数比为101B电流表示数为1 AC电流表示数为10 AD副线圈中电流的频率为5 Hz解析：选B由原线圈电压瞬时值表达式可知，原线圈输入电压有效值为220 V，交变电流的频率f50 Hz，D项错误；副线圈上灯泡正常发光，说明副线圈输出电压有效值为22 V，由理想变压器变压规律可知，10，A项错误；由灯泡电功率PUI可知，通过每只灯泡的电流为1 A，故副线圈输出电流为10 A，由理想变压器变流规律可知，10，所以原线圈中电流的有效值为1 A，B项正确，C项错误。8(多选)如图甲所示电路中，理想变压器原、副线圈的匝数之比n1n251，电阻R20 ，L1、L2为规格相同的
77、两个小灯泡，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()A输入电压u的表达式u20 sin(50t)VB只断开S2后，L1、L2均正常发光C只断开S2后，原线圈的输入功率减小D若将S1换接到2，R消耗的电功率为0.8 W解析：选CD交变电流的瞬时表达式uUmsin t，由题图乙可以看出Um20 V，周期T0.02 s，100 rad/s，即u20sin(100t)V，A项错误；根据题中条件S1接1、S2闭合时L2正常发光，可以推出能使灯L2正常发光的额定电压为4 V，如果S1接1，断开S2，则每
78、个灯泡两端电压为2 V，两个灯泡不能正常发光，B错误；理想变压器输入功率由输出功率决定，而输出功率P出，在输出电压不变的情况下，负载电阻R0增大，输出功率减小，则原线圈的输入功率减小，C正确；当S1接2时，U4 V，R20 ，则P0.8 W，D正确。9(多选)(2016海南高考)如图(a)所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为41，RT为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。原线圈所接电压u随时间t按正弦规律变化，如图(b)所示。下列说法正确的是()A变压器输入、输出功率之比为41B变压器原、副线圈中的电流强度之比为14Cu随t变化的规律为u51sin
79、(50t)(国际单位制)D若热敏电阻RT的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大解析：选BD由题意，理想变压器输入、输出功率之比为11，选项A错误；变压器原、副线圈中的电流强度与匝数成反比，即，故选项B正确；由题图(b)可知交流电压最大值Um51 V，周期T0.02 s，角速度100 rad/s，则可得u51sin(100t)V，故选项C错误；RT的温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，电压表示数不变，故选项D正确。10.(2019成都调研)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为31，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，如图所示。设
80、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()AU66 V，kBU22 V，kCU66 V，kDU22 V，k解析：选A设原、副线圈中的电流分别为I1、I2，则，故k。设原线圈两端的电压为U1，则，故U13U，而原线圈上电阻分担的电压为U，故3U220 V，解得U66 V。选项A正确。11.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，则变压器原、副线圈匝数比n1n2和ab间电压分别为()A21,24 V B21,30 VC12,24 VD12,30 V解析：选BL2、L3并联后与L4
81、串联，灯泡正常发光，说明副线圈电压为U212 V；副线圈功率为P26 W6 W12 W24 W，根据P2U2I2得I22 A。根据变压器的输入功率和输出功率相等，P2P1U1I1，而I22I1，所以U124 V；根据变压器变压公式，电压与匝数成正比，得n1n2U1U221，所以UabU1UL124 V6 V30 V，选项B正确。12(多选)如图为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1、输电线的电阻和理想变压器匝数均不变，且n1n2n4n3。当用户消耗的功率增大时，下列表述正确的是()A用户的总电阻增大B用户两端的电压U4减小CU1U2U4U3D用户端增加的功率等于升压变压器多输入的功率解析：选
82、BC当用户消耗的功率增大时，并联的用电器增多，用户的总电阻减小，选项A错误；当用户消耗的功率增大时，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，可知输电线上的电压损失增大，发电机的输出电压U1不变，则U2不变，可知降压变压器输入电压U3减小，用户两端的电压U4减小，选项B正确；因为原、副线圈的电压比等于匝数之比，则U1U2n1n2，U3U4n3n4，又n1n2n4n3，所以U1U2U4U3，选项C正确；用户消耗的功率增大时，输电线中电流增大，输电线损失功率增大，用户端增加的功率加上输电线多损失的功率等于升压变压器多输入的功率，选项D错误。C级难度题目适情选做13(2019长春三校联考)如图
83、所示，为了浴室用电安全，某同学用理想变压器给浴室降压供电，理想变压器原、副线圈匝数比为51，原线圈输入交变电压u311sin(100t)V。已知照明灯额定功率为44 W，排气扇电动机内阻为1 ，电流表示数为2 A，各用电器均正常工作，电表均为理想表。则()A电压表示数为62 VB变压器的输入功率为186 WC排气扇输出功率为43 WD保险丝熔断电流不得低于2 A解析：选C原线圈输入电压最大值为Um311 V，原线圈输入电压为U1220 V，根据变压器变压公式，U1U251，可知副线圈输出电压U244 V，选项A错误；变压器的输出功率为P出U2I2442 W88 W，根据变压器输入功率等于输出功
84、率，可知变压器输入功率为P入88 W，选项B错误；由P出P灯P44 WP88 W可得，P44 W，照明灯中电流I灯1 A，排气扇中电流II2I灯1 A，排气扇内阻发热功率为P内I2r1 W，由PP内P出可得排气扇输出功率为P出43 W，选项C正确；由P入U1I1，解得保险丝中电流I10.4 A，即保险丝熔断电流不得低于0.4 A，选项D错误。14(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为31，L1、L2、L3为三只规格均为“9 V，6 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端接入如图乙所示的交变电压。以下说法中正确的是()A电流表的示数为2 AB电压表的示数为27 VC副线圈两端
85、接入耐压值为8 V的电容器能正常工作D变压器副线圈中交变电流的频率为50 Hz解析：选AD由题图乙可知，输入电压的有效值为 V27 V，频率f50 Hz，由原、副线圈匝数之比为31，可得灯泡两端电压为U9 V，三只灯泡均能正常发光，电流表的读数I3 A2 A，A正确；电压表的示数为有效值27 V，B错误；副线圈两端电压的最大值为9 V，高于电容器的耐压值，电容器会被击穿，C错误；变压器不改变交变电流的频率，故变压器副线圈中交变电流的频率为50 Hz，D正确。实验十二传感器的简单使用一、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1传感器能够将感受到
86、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工作过程三、实验器材热敏电阻、光敏电阻、多用电表、铁架台、烧杯、冷水、热水、小灯泡、学生电源、继电器、滑动变阻器、开关、导线等。部分器材用途：热敏电阻分为两类：一类是正温度系数热敏电阻，阻值随温度的升高而增大；一类是负温度系数热敏电阻，阻值随温度的升高而减小光敏电阻在黑暗的环境下，它的阻值很大；当受到光照并且光辐射能量足够大时，电阻值变小继电器继电器是一种电子控制器件，它具有控制系统(又称输入回路)和被控制系统(又称输出回路)，通常应用于自动控制电路中，它实际上是用较小的电流去控制较大电流的一种“自动开关”四、注意事项1在做热敏
87、电阻实验时，加开水后要等一会儿再测其阻值，以使电阻温度与水的温度相同，并同时读出水温。2光敏电阻实验中，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照射到光敏电阻上的光的强度。五、实验过程(一)研究光敏电阻的光敏特性1实验步骤(1)将光敏电阻、多用电表、小灯泡、滑动变阻器、学生电源按如图甲所示电路连接好，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，观察表盘指针显示光敏电阻阻值的情况，并记录。(4)用手掌(或黑纸)遮光时光敏电阻阻值又是多少，并记录。2数据处理把记录的
88、结果填入表中，根据记录数据分析光敏电阻的特性。结论：光敏电阻的阻值被光照射时发生变化，光照增强电阻变小，光照减弱电阻变大。(二)研究热敏电阻的热敏特性1实验步骤(1)按如图乙所示连接好电路，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。2数据处理(1)根据记录数据，把测量到的温度、电阻值填入表中，分析热敏电阻的特性。(2)在坐标系中，粗略画出热敏电阻的
89、阻值随温度变化的图线。(3)根据实验数据和Rt图线，得出结论：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。基础考法考法(一)对热敏电阻的研究和应用1如图所示，一热敏电阻RT放在控温容器M内；为毫安表，量程为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 ；S为开关。已知RT在95 时的阻值为150 ，在20 时的阻值约为550 。现要求在降温过程中测量在2095 之间的多个温度下RT的阻值。(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
90、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 T195 )；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 为止；在每一温度下重复步骤e、f。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，电路图如图所示。(2)本实验原理是电路对应不同状态时，通过调节电阻箱，使电路中的电流相等，外电路的总电阻相等。RT的温度为95 和降为T1时对应的电路的电阻相等，有150 R0RT1R1，即RT1R0R1150 。答案
91、：(1)见解析图(2)d.电阻箱的读数R0e仍为I0电阻箱的读数R1fR0R1150 2利用负温度系数热敏电阻制作的热传感器，一般体积很小，可以用来测量很小范围内的温度变化，反应快，而且精确度高。(1)如果将负温度系数热敏电阻与电源、电流表和其他元件串联成一个电路，其他因素不变，只要热敏电阻所处区域的温度降低，电路中电流将变_(选填“大”或“小”)。(2)上述电路中，我们将电流表中的电流刻度换成相应的温度刻度，就能直接显示出热敏电阻附近的温度。如果刻度盘正中的温度为20 (如图甲所示)，则25 的刻度应在20 的刻度的_(选填“左”或“右”)侧。(3)为了将热敏电阻放置在某蔬菜大棚内检测大棚内
92、温度变化，请用图乙中的器材(可增加元器件)设计一个电路。(请在图乙中作图)解析：(1)因为负温度系数热敏电阻温度降低时，电阻增大，故电路中电流变小。(2)由(1)的分析知，温度越高，电流越大，25 的刻度应对应较大电流，故在20 的刻度的右侧。(3)如图所示。答案：(1)小(2)右(3)见解析图考法(二)对光敏电阻的研究和应用3为了研究光敏电阻在室内正常光照射和室外强光照射时电阻的大小关系，某同学用如图甲所示的电路进行实验，得出两种UI图线，如图乙所示。(1)根据UI图线可知正常光照射时光敏电阻的阻值为_ ，强光照射时电阻为_ 。(2)若实验中所用电压表的内阻约为5 k，毫安表的内阻约为100
93、 ，考虑到电表内阻对实验结果的影响，此实验中_(选填“正常光照射时”或“强光照射时”)测得的电阻误差较大。若测量这种光照下的电阻，则需将实物图中毫安表的连接方式采用_(选填“内接”或“外接”)法进行实验，实验结果较为准确。解析：(1)光敏电阻的阻值随光照的增强而减小，结合题图乙知正常光照射时R13 000 ，强光照射时R2200 。(2)实验电路采用的是毫安表内接法，测得的结果比真实值偏大，当待测电阻远大于毫安表内阻时实验误差较小，所以强光照射时误差较大；强光照射时采用毫安表外接法实验结果较为准确。答案：(1)3 000200(2)强光照射时外接4为了节能和环保，一些公共场所使用光控开关控制照
94、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/lx0.20.40.60.81.01.2电阻/k754028232018(1)根据表中数据，请在图甲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。(2)如图乙所示，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
95、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：R110 k，R220 k，R340 k(限选其中之一，并在图中标出)；开关S及导线若干。解析：(1)光敏电阻的阻值随照度变化的曲线如图1所示，光敏电阻的阻值随照度的增大而减小。(2)根据串联电阻的正比分压关系，E3 V，当照度降低至1.0 lx时，1、2两端电压升至2 V，由图线1知，此时光敏电阻阻值RP20 k，URP2 V，串联电阻分压UR1 V，由2，得R10 k，故选定值电阻R1，电路原理图如图2所示。答案：见解析典例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
96、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 ，热敏电阻的阻值Rt与温度t的关系如下表所示。t/30.040.050.060.070.080.0Rt/199.5145.4108.181.862.949.1(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(0200 )、滑动变阻器R2(0500 )、热敏电阻Rt、继电器、电阻箱(0999.9 )、开关S、导线若干。为使该装置实现对3080 之间任一温度的控制，电源E应选用_(选填“E1”或“E2”)，滑
97、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)将热敏电阻接入电路观察到继电器的衔铁被吸合断开开关，将电阻箱从电路中移除合上开关，调节滑动变阻器的阻值断开开关，用电阻箱
98、替换热敏电阻，将阻值调至108.1 三步稳解题1分析实验目的：制作一个简易的温控装置。2确定实验原理：通过继电器和热敏电阻进行控制电路，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。3制定数据处理方案：要实现电路控制，电流要超过15 mA，可确定电源的大小；进行电路故障排查时，要用多用电表的电压挡。解析(1)若实现对30 温度的控制，继电器和Rt的电压U10.015(20199.5)V3.29 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：UI(R继RtR)，即6 V0.015 A(20 49.1 R)，解得R330.9 。因此滑动变阻器应选R2
99、。(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。答案(1)E2R2(2)C(3)不偏转偏转(4)创新领悟实验原理的创新1.利用热敏电阻来控制电路，使之成为温度报警系统，在设置报警温度时，借助于电阻箱进行电阻设置，使之达到报警的温度。2.可以设计成可调温度的报警器。实验器材的创新1.把传感器与闭合电路问题结合。2.用替代法测量不同温度下金属的电阻，比伏安法更准确3.描
100、绘Rt的特性曲线，并由曲线推导Rt的关系式。3.描绘Rt的特性曲线，并由曲线推导Rt的关系式。创新考法1(2016全国卷)现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，要求当热敏电阻的温度达到或超过60 时，系统报警。提供的器材有：热敏电阻，报警器(内阻很小，流过的电流超过Ic时就会报警)，电阻箱(最大阻值为999.9 )，直流电源(输出电压为U，内阻不计)，滑动变阻器R1(最大阻值为1 000 )，滑动变阻器R2(最大阻值为2 000 )，单刀双掷开关一个，导线若干。在室温下对系统进行调节。已知U约为18 V，Ic约为10 mA；流过报警器的电流超过20 mA时，报警器可能损坏；该热敏电阻的阻值随温
101、度升高而减小，在60 时阻值为650.0 。(1)完成待调节的报警系统原理电路图的连线。(2)电路中应选用滑动变阻器_(选填“R1”或“R2”)。(3)按照下列步骤调节此报警系统：电路接通前，需将电阻箱调到一固定的阻值，根据实验要求，这一阻值为_；滑动变阻器的滑片应置于_(选填“a”或“b”)端附近，不能置于另一端的原因是_。将开关向_(选填“c”或“d”)端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至_。(4)保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用。解析：(1)电路图连接如图。(2)报警器开始报警时，对整个回路有UIc(R滑R热)，代入数据可得R滑1 150.0 ，因
102、此滑动变阻器应选择R2。(3)在调节过程中，电阻箱起到等效替代热敏电阻的作用，电阻箱的阻值应为报警器报警时热敏电阻的阻值，即为650.0 。滑动变阻器在电路中为限流接法，滑片应置于b端附近，若置于另一端a时，闭合开关，则电路中的电流I A27.7 mA，超过报警器最大电流20 mA，报警器可能损坏。开关应先向c端闭合，移动滑动变阻器的滑片，直至报警器开始报警为止。答案：(1)连线见解析图(2)R2(3)650.0b接通电源后，流过报警器的电流会超过20 mA，报警器可能损坏c报警器开始报警2材料的电阻随压力的变化而变化的现象称为“压阻效应”，利用这种效应可以测量压力大小。若图甲为某压敏电阻在室
103、温下的电阻压力特性曲线，其中RF、R0分别表示有、无压力时压敏电阻的阻值。为了测量压力F，需先测量压敏电阻处于压力中的电阻值RF。请按要求完成下列实验。(1)设计一个可以测量处于压力中的该压敏电阻阻值的电路，在图乙的虚线框中画出实验电路原理图(压敏电阻及所给压力已给出，待测压力大小约为0.41020.8102 N，不考虑压力对电路其他部分的影响)，要求误差较小，提供的器材如下：A压敏电阻，无压力时阻值R06 000 B滑动变阻器R，全电阻阻值约200 C电流表A，量程2.5 mA，内阻约30 D电压表V，量程3 V，内阻约3 kE直流电源E，电动势3 V，内阻很小F开关S，导线若干(2)正确接线后，将压敏电阻置于待测压力下，通过压敏电阻的电流是1.33 mA，电压表的示数如图丙所示，则电压表的读数为_ V。(3)此时压敏电阻的阻值为_ ；结合图甲可知待测压力的大小F_ N。(计算结果均保留两位有效数字)解析：(1)根据题述对实验电路的要求，应该采用分压式接法、电流表内接的电路，原理图如图所示。(2)根据电压表读数规则，电压表读数为2.00 V。(3)由欧姆定律，此时压敏电阻的阻值为RFRA1.5103 ，4，由题图甲可知，对应的待测压力F60 N。答案：(1)见解析图(2)2.00(3)1.510360
