1、第十一章考 纲 要 求考 情 分 析交变电流、交变电流的图像1.命题规律近几年高考对本章内容常以选择题的形式考查：交变电流的有效值、瞬时值，变压器的原理及应用，远距离输电等知识。其中与变压器有关的题目出现频率较高。2.考查热点预计2018年高考对交变电流的考查仍会集中于变压器的原理及应用，还可能综合图像考查有效值、瞬时值或远距离输电等知识。正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值理想变压器远距离输电实验十二：传感器的简单使用第63课时交变电流的产生与描述(双基落实课)命题者说本课时内容是交变电流的基础知识，包括交变电流的产生与变化规律、交变电流的有效值、交变电流的“四值”的应用等，其中交变电流的
2、有效值、图像等是高考的热点，虽然很少单独考查，但在相关类型的题目中经常涉及。一、交变电流的产生与变化规律1.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。(2)图像：用以描述交变电流随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时，其图像为正弦曲线。如图甲、乙所示。2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 。3正弦式交变电流的函数表达式(线圈从中性面开始计时)(1)电动势eEmsin tn
3、BSsin_t。(2)电流iImsin_tsin t。(3)电压uUmsin_tsin t。小题练通1(2017惠州模拟)如图甲所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有一矩形单匝线圈，其面积为S，总电阻为r，线圈两端外接一电阻R和一个理想交流电流表。若线圈绕对称轴OO以角速度做匀速转动，图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e随时间t变化的图像，下列说法正确的是()A在t1t3时间内，穿过线圈平面的磁通量的变化量为BSB在t3t4时间内，通过电阻R的电荷量为C在t3时刻穿过线圈平面的磁通量的变化率为2BSD在t3时刻电流表的示数为解析：选D由题图可知，在t1和t3时刻穿过线圈平面的磁通量大小为
4、BS，方向相反，则在t1t3时间内穿过线圈平面的磁通量的变化量为2BS，A错误；在t3t4时间内，磁通量的变化量为BS，则平均电动势，因此通过电阻R的电荷量为qtt，故B错误；在t3时刻电动势EBS，则由法拉第电磁感应定律，E可知，则穿过线圈的磁通量变化率为BS，故C错误；在t3时刻电流表的示数为交变电流的有效值，则有I，故D正确。2处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab边垂直。在t0时刻，线圈平面与纸面重合，如图所示，线圈的cd边离开纸面向外运动。若规定沿abcda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变化的图像是()解析：选C
5、线圈在磁场中从题图位置开始匀速转动时可以产生按余弦规律变化的交流电。对于题图起始时刻，线圈的cd边离开纸面向外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的电动势的瞬时值最大；用右手定则判断出电流方向为逆时针方向，与规定的正方向相同，所以C对。解决交变电流图像问题的三点注意(1)只有当线圈从中性面位置开始计时，电流的瞬时值表达式才是正弦形式，其变化规律与线圈的形状及转动轴处于线圈平面内的位置无关。(2)注意峰值公式EmnBS中的S为有效面积。(3)在解决有关交变电流的图像问题时，应先把交变电流的图像与线圈的转动位置对应起来，再根据特殊位置求特征解。二、有效值的理解和计算1.有效值的理解跟交变电流的热效应
6、等效的恒定电流的值叫做交变电流的有效值。对于正弦交流电，其有效值和峰值的关系为E，U，I2有效值的计算(1)计算有效值时要注意根据电流的热效应，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)利用两类公式QI2Rt和Qt可分别求得电流有效值和电压有效值。(3)若图像部分是正弦(或余弦)交流电，其中的从零(或最大值)开始的周期整数倍的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ImI、UmU求解。3几种典型的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正弦单向脉冲电流I矩形脉动电流I Im非对称性交变电流I 小题练通1多数同学家里都有调光台
7、灯、调速电风扇，过去是用变压器来实现上述调节的，缺点是成本高、体积大、效率低，且不能任意调节灯的亮度或风扇的转速。现在的调光台灯、调速电风扇是用可控硅电子元件来实现调节的，如图所示为一个经过双向可控硅电子元件调节后加在电灯上的电压，即在正弦式电流的每一个周期中，前面的被截去，从而改变了电灯上的电压，那么现在电灯上的电压为()AUmB.C. D.解析：选C由有效值的定义知T，得U。C项正确。2如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。电阻为R、半径为L、圆心角为45的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度匀速转动(O轴位于磁场边界)。则线框内产生的感应电流的有效值为()A.B.C
8、. D.解析：选D线框的转动周期为T，而线框转动一周只有的时间内有感应电流，此时感应电流的大小为：I，根据电流的热效应有：2RI有2RT，解得I有，故D正确。求解有效值的一般方法和技巧(1)首先要分析交变电流的变化规律，正弦式电流的最大值和有效值的关系是I，U，非正弦式交变电流一般不符合此关系。(2)对于非正弦式交变电流，可在一个周期内分段求出产生的热量，再求热量的总和Q。将总热量Q用相应的物理量I或U来表示(如QI2Rt或Qt)，则I或U为其交变电流的相应有效值。三、交变电流的“四值”及应用物理含义重要关系适用情况瞬时值交变电流某一时刻的值eEmsin t计算线圈某一时刻的受力情况峰值最大的
9、瞬时值EmnBSIm确定用电器的耐压值，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EUI(1)计算与电流热效应相关的量(如功率、热量)(2)交流电表的测量值(3)电器设备标注的额定电压、额定电流(3)保险丝的熔断电流平均值交变电流图像中图线与时间轴所围面积与时间的比值n计算通过电路某截面的电荷量小题练通1.(多选)(2017安徽“江南十校”联考)如图所示，处在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中的矩形线框MNPQ，以恒定的角速度绕对角线NQ转动。已知MN长为l1，NP长为l2，线框电阻为R。在t0时刻线框平面与纸面重合，下列说法正确的是()A矩形线框产生的感应电动势有效值
10、为Bl1l2B矩形线框转过半周时，通过线框的瞬时电流为零C矩形线框转动一周时，通过线框的电荷量为D矩形线框在转动半周过程中产生的热量为解析：选ABD矩形线框转动产生正弦交变电流最大值：EmBl1l2，有效值EBl1l2，故A正确；转过半周，线圈平面与磁场垂直，磁通量最大，感应电动势为零，瞬时电流为零，B正确；转过一周通过横截面的电荷量为零，C错误；转过半周时间内产生的热量为Qt，D正确。2.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
11、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，cd边转入纸内。(1)写出感应电动势的瞬时表达式；(2)线圈转一圈外力做功多少？(3)从图示位置转过90的过程中流过电阻R的电荷量是多少？解析：(1)线圈以n3 000 r/min的转速匀速转动，所以线圈的角速度100 rad/s感应电动势的最大值为：EmnBS100(V)所以感应电动势的瞬时值表达式为enBScos t100 cos 100t(V)(2)电动势有效值为E，电流I，线圈转一圈外力做功等于电功的大小，即WI2(Rr)T98.6 J(3)线圈由题图位置转过90的过程中，BSsin 90，通过R
12、的电量为QN0.1 C答案：(1)e100cos 100t(V)(2)98.6 J(3)0.1 C线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流。而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，涉及耐压值时，则由最大值来确定，而通过某一电量时，则用平均值来求。一、单项选择题1一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像如图甲所示。则下列说法正确的是()At0时刻，线圈平面与中性面垂直Bt0.01 s时刻，的变化率最大Ct0.02 s时刻，交流电动势达到最大D该线圈相应产生的交流电动势的图像如图乙所示解析：选B由题图甲可知，t0时，通过线圈的磁通量最大，
13、线圈处于中性面位置。t0.01 s时刻，磁通量为零，但磁通量变化率最大，所以A错误，B正确。t0.02 s时，交流电动势应为0，C、D均错误。2一矩形线圈在匀强磁场中转动，产生交变电流的电动势为e220sin 100t V，对于这个交变电流的说法正确的是()A此交变电流的频率为100 Hz，周期为0.01 sB此交变电流电动势的有效值为220 VC耐压为220 V的电容器能够在该交变电路中使用Dt0时，线圈平面与中性面垂直，此时磁通量为零解析：选B由电动势瞬时值表达式可知，此交变电流的频率为50 Hz，周期为0.02 s，电动势的有效值为220 V，最大值为220 V，故A、C选项错误，B选项
14、正确。当t0时，电动势的瞬时值为零，说明t0时线圈处于中性面位置，通过线圈的磁通量最大，故D选项错误。3.如图所示是一交变电流的it图像，则该交变电流的有效值为()A4 AB2 AC. A D. A解析：选D由it图像知，该交变电流一个周期的时间为3102 s，前周期为正弦交变电流，后周期为恒定电流，则该电流通过一个电阻R在1个周期内产生的热量为2RTIm2RTI2RT，可确定有效值I A，故D正确。4如图甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO以恒定的角速度转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，则在t时刻()A线圈中的电
15、流最大B穿过线圈的磁通量为零C线圈所受的安培力为零D穿过线圈磁通量的变化率最大解析：选C线圈中产生的交变电流按照题图乙所示的余弦规律变化，即iImcos t，在t时刻，iImcos tImcos0，此时刻线圈位于与磁场方向垂直所在的平面，穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，B、D错误；产生的感应电流为零，所以安培力为零，C正确，A错误。5(2017南京、盐城一模)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图所示，则在相同时间内电阻产生热量最大的是()解析：选D由A、B图像，对应正弦式交变电流，有效值：I1Im A，根据焦耳定律得：Q1I12RT()2RT2RT，C选项对应恒
16、定电流，根据焦耳定律得：Q3I2RT2.25RT，D选项对应方波交变电流，根据焦耳定律得：Q4I42RI42R2RT2RT4RT，故选项D正确。二、多项选择题6如图中各图面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度匀速转动，则能产生正弦交变电动势eBSsin t的图是()解析：选AC线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦交变电动势为eBSsin t，由这一原则判断，A图和C图符合要求；B图中的转轴不在线圈所在平面内；D图转轴与磁场方向平行，而不是垂直。故A、C正确。7如图甲为风力发电的简易模型，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁铁
17、转动，转速与风速成正比。某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示，则()A电流的表达式为i0.6 sin 10t(A)B磁铁的转速为10 r/sC风速加倍时电流的表达式为i1.2sin 10 t(A)D风速加倍时线圈中电流的有效值为0.6 A解析：选AD通过题图乙可知电流的最大值为0.6 A，周期T0.2 s，故10 rad/s，故电流的表达式为i0.6sin 10t(A)，故A正确；电流的周期为T0.2 s，故磁体的转速为n r/s5 r/s，故B错误；风速加倍时，角速度加倍，根据EmnBS可知产生的感应电动势加倍，形成的感应电流加倍，故风速加倍时电流的表达式为i1.2sin 20t(A
18、)，故C错误；根据C项分析，形成的感应电流Im1.2 A，故有效值为I A0.6 A，故D正确。8.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，如图所示，线圈电阻为2 ，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过了60时的感应电流为1 A，那么()A线圈中感应电流的有效值为2 AB线圈消耗的电功率为4 WC任意时刻线圈中的感应电动势为e4cost(V)D任意时刻穿过线圈的磁通量为sin t(Wb)解析：选BC因为是从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，所以其电流瞬时表达式为iImcos t，因为线圈转过了60的感应电流为1 A，即1Imcos 60，解得Im2 A，故
19、感应电流有效值为IA A，A错误；线圈消耗的电功率为PI2R()22 W4 W，B正确；电路中感应电动势最大为EmImR4 V，线圈的角速度为，所以线圈转动过程中产生的感应电动势的瞬时值为eEmcos t4cos(V)，C正确；任意时刻穿过线圈的磁通量为BSsint，根据公式EmNBSNm，可得，故sin(Wb)，D错误。第64课时变 压 器(重点突破课)必备知识一、理想变压器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。(1)原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈；(2)副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈。2原理：电流磁效应、电磁感应。二、理想变压器几个基本关系电
20、压电流功率关系式n1I1n2I2P入P出依据EnU1I1U2I2能量守恒注意电流关系式仅适用于一个副线圈的情况小题热身1(多选)理想变压器原、副线圈匝数比为101，以下说法中正确的是()A穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是101B穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等C原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为101D正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为11解析：选BD对于理想变压器，认为无磁通量损失，因而穿过两个线圈每一匝的磁通量相同，磁通量的变化率相同，每匝线圈产生的感应电动势相等，电压与匝数成正比。理想变压器没有能量损失，故输入功率等于输出功率。2(多选)对于理想变压器，下列说法中正确
21、的是()A原线圈的输入功率随着副线圈的输出功率增大而增大B原线圈的输入电流随着副线圈的输出电流增大而增大C原线圈的电压不随副线圈的输出电流变化而变化D当副线圈断开时，原线圈的电流不一定为零解析：选ABC原线圈的电压决定副线圈的电压，即使副线圈开路也是如此，副线圈电压在开路时也不会为零；原线圈的电流由副线圈的电流决定，当副线圈电流为零时，原线圈电流也为零；输出功率决定输入功率，输出功率变大时，输入功率也变大，且二者总相等，故正确的选项为A、B、C。3.(多选)(2017临沂二模)某交流发电机的输出电压随时间变化的图像如图所示，输出功率是20 kW，现用5 000 V高压输电，输电线上的总电阻是4
22、0 ，再利用n1n2221的降压变压器降压后供给用户，则下列说法正确的是()A交变电流的频率为100 HzB发电机输出电压的有效值为220 VC流过高压输电线的电流为125 AD降压变压器输出电压的有效值为220 V解析：选BD由题图可知周期T0.02 s，所以频率f50 Hz，故选项A错误；交流发电机的输出电压为U0220 V，故选项B正确；由PUI可知高压输电电流I A4 A，故选项C错误；降压变压器的输入电压U1UIR5 000 V440 V4 840 V，由可知降压变压器的输出电压为U2U1 V220 V，故选项D正确。提能点(一)理想变压器典例(2016全国卷)一含有理想变压器的电路
23、如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 、1 和4 ，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()A2B3C4 D5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UII2R1(kI)2(R2R3)4UI(4I)2R1(4kI)2R2联立两式代入数据解得k3选项B正确。答案B理想变压器关系式应用时的注意事项理想变压器的变压关系是一个普适关系，而电
24、流比则不然，它只适用于副线圈仅有一个的情况。而对副线圈有多个的情况则应根据功率关系P入P出，即U1I1U2I2U3I3来找出各线圈间的电流关系。集训冲关1.(多选)(2016全国丙卷)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91B原、副线圈匝数比为19C此时a和b的电功率之比为91D此时a和b的电功率之比为19解析：选AD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91，选项A正确，选项B错误；由
25、9U0IaU0Ib得，流过b灯泡的电流是流过a灯泡电流的9倍，根据PUI，a、b灯泡的电功率之比为19，选项C错误，选项D正确。2.如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n1n212，副线圈与阻值R10 的电阻相连，原线圈两端所加的电压u10sin 100t(V)，下列说法正确的是()A交流电压表的示数为14.1 VB原线圈中的电流为4 AC电阻R消耗的电功率为400 WD副线圈中交流电的频率为100 Hz解析：选B交流电压表的示数为电压的有效值，所以电压表的示数为10 V，所以A错误。根据电压与匝数成正比可得，副线圈的电压为20 V，所以电阻R上消耗的电功率为P W40 W，所以C错误。副线
26、圈的电流为I2 A2 A，根据电流与匝数成反比可得，原线圈中的电流为4 A，所以B正确。变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出交流电的频率为f50 Hz，所以D错误。提能点(二)三种特殊的变压器自耦变压器(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，如图所示。例1(2016江苏高考)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
27、针旋转到N点的过程中()AU2U1，U2降低 BU2U1，U2升高CU2U1，U2降低 DU2U1，U2升高解析a、b间原线圈的匝数大于c、d间副线圈的匝数，在滑动触头由M点移动到N点的过程中，副线圈的匝数进一步减小，由变压器工作原理知，U2U1，且U2降低，选项C正确。答案C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：n1I1n2I2n3I3(3)功率关系：P1P2P3例2如图所示，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n1n2n3为()A111B321C621D221解析灯泡正常发光，可得UAUBUC
28、UD，所以U22U3，由理想变压器的电压关系得，可得n22n3。灯泡都正常发光，则功率相等，即PAPBPCPD。由PI2R得IAIBICID，即I1I2I3由理想变压器的功率关系得U1I1U2I2U3I3，即n1I1n2I2n3I3，可得n1n2n32n3n33n3。所以n1n2n3321。答案B电压互感器和电流互感器电压互感器电流互感器原理图原线圈的连接并联在高压电路中串联在交流电路中副线圈的连接连接电压表连接电流表互感器的作用将高电压变为低电压将大电流变成小电流利用的公式I1n1I2n2例3(多选)(2017江苏四市联考)如图所示，在某一输电线路的起始端接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分
29、别为1001和1100，图中a、b表示电压表或电流表，已知电压表的示数为22 V，电流表的示数为1 A，则()Aa为电流表，b为电压表Ba为电压表，b为电流表C线路输送电功率是220 kWD输电线路总电阻为22 解析左侧的互感器原线圈并联在输电线路上，测量的是输电电压，所以a为电压表；右侧的互感器原线圈串联在输电线路上，测量的是输电电流，b为电流表，选项B正确，A错误；电压表的示数为22 V，根据变压公式，100，输电电压为U110022 V2 200 V；电流表的示数为1 A，根据变流公式，100，输电电流I11001 A100 A，线路输送电功率为PU1I1220 kW，选项C正确；根据题
30、述条件，不能求出输电线路总电阻，选项D错误。答案BC对于副线圈有两个及以上的理想变压器，电压与匝数成正比是成立的，而电流与匝数成反比的规律不成立。但在任何情况下，电流关系都可以根据原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率即P入P出进行求解。集训冲关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所示，其副线圈匝数可调。已知变压器线圈总匝数为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
31、U2和I1分别约为()A380 V和5.3 AB380 V和9.1 AC240 V和5.3 A D240 V和9.1 A解析：选B对理想变压器，原、副线圈功率相同，故通过原线圈的电流I1A9.1 A，负载两端电压即为副线圈电压，由，即，可得U2380 V，故B对。2(多选)如图甲、乙是配电房中的互感器和电表的接线图，下列说法中正确的是()A线圈匝数n1n2，n3n2，n3n4C甲图中的电表是电压表，输出端不可短路D乙图中的电表是电流表，输出端不可断路解析：选CD题图甲中的原线圈并联在电路中，为电压互感器，是降压变压器，n1n2，题图甲中的电表为电压表；题图乙中的原线圈串联在电路中，为电流互感器
32、，是升压变压器，n31 000D实现点火的条件是1 000，故选项C正确，选项D错误。第65课时电能的输送(重点突破课)必备知识一、高压输电的原理1电能损失设电源提供的电功率P0恒定，输出电压为U，输电线总电阻为R，则输电线上损耗的电能为P损I2R。2高压输电提高输送电能的电压，可以更有效地减小输电线路上的电能损耗，这就是远距离输电需采用高电压的根本原因。二、远距离输电1输电线路简图2输送电流I3电压损失UUUIR4功率损失PPPI2R2R小题热身1发电厂给某工厂的功率限额为500 kW，用100 kV高压输送，当该工厂由于休假，只使用50 kW的电功率时，发电厂和工厂间的高压线路电流为()A
33、0.5 AB5 AC50 A D不知电阻，无法求出解析：选A由PIU知I A0.5 A。选项A正确，B、C、D错误。2“西电东送”工程中为了减少输电损耗，必须提高输电电压。从西部某电站向华东某地区输送的电功率为1106 kW，输电电压为1 000 kV，输电线电阻为100 。若改用超导材料作为输电线，则可减少输电损耗的功率为()A1105 kW B1104 kWC1106 kW D1103 kW解析：选A输电电流I，输电线路损失的电功率P损I2R2R1105 kW，当改用超导材料输电时，就不损失电能，因此减少的输电损耗就等于P损，A正确。3如图是远距离输电的示意图，下列说法正确的是()Aa是升
34、压变压器，b是降压变压器Ba是降压变压器，b是升压变压器Ca的输出电压等于b的输入电压Da的输出电压等于输电线上损失的电压解析：选A远距离输电需要升高电压，故a是升压变压器，b是降压变压器，A正确，B错误，由于电压损失，a的输出电压大于b的输入电压，C、D错误。4(2017河南八市质检)如图为某发电站电能输送示意图。已知发电机的输出电压、输电线的电阻及理想升压、降压变压器匝数均不变，若用户电阻R0减小，下列说法正确的是()A发电机的输出功率减小B输电线上的功率损失减小C用户得到的电压减小D输电线输送电压减小解析：选C若用户电阻减小，则降压变压器输出功率增大，导致发电机的输出功率增大，选项A错误
35、。若用户电阻减小，降压变压器输出功率增大，导致输电线上电流增大，输电线上损失电压增大，输电线上的功率损失增大，选项B错误。输电线上损失电压增大，降压变压器原线圈输入电压减小，由于降压变压器的原、副线圈匝数比不变，降压变压器副线圈输出电压(即用户得到的电压)减小，选项C正确。根据题给发电机的输出电压不变，升压变压器的原线圈输入电压不变。由于升压变压器的原、副线圈匝数比不变，则输电线上输送电压不变，选项D错误。提能点(一)高压输电的原理典例(2017襄阳模拟)一般发电机组输出的电压在10 kV左右，不符合远距离输电的要求。因此，要在发电站内用升压变压器，升压到几百千伏后再向远距离输电。到达几百千米
36、甚至几千千米之外的用电区之后，先经“一次高压变电站”、“二次变电站”降到10 kV左右，再经低压变电站的降压变压器(可视为理想变压器)降压后供给某小区居民，已知供给居民的交流电u220 sin 100t(V)，该变压器原、副线圈匝数比为501，则()A原线圈上的电压为11 000 VB原线圈中电流的频率是100 HzC原线圈使用的导线应该比副线圈的粗D高压输电有利于减少输电线路中的损耗解析供给某小区居民的交流电u220sin 100t(V)，最大值为220 V，故输出电压有效值为220 V，根据变压公式，解得输入电压U150200 V11 000 V，选项A错误；由u220sin 100t(V
37、)，解得频率f50 Hz，选项B错误；根据变压器输入功率等于输出功率，变压器原、副线圈中的电流与匝数成反比，即，副线圈中的电流大于原线圈中的电流，所以副线圈的导线要比原线圈的导线粗，选项C错误；在输送电功率一定的情况下，根据公式PUI，高压输电有利于减小输电电流，输电线上电功率损耗PI2r也会减少，选项D正确。答案D高压输电的分析方法(1)输电线上的功率损失PI2r，其中I为输电电流，r为输电线上电阻。(2)输电线路需要输送的功率一定，根据P总UI提高输电电压，可以减小输电电流，这样就减小了输电线上的功率损失。集训冲关1高压输电电压为U，输电线电阻为r，则下列说法正确的是()A若发电机输出功率
38、不变，使输出电压变大，则输电线损失功率变小B输电线上损失的功率为P，故导线电阻越大，损失的功率越小C通过输电线的电流为I，故输电电压越高，电流越大，损失的功率越大D以上说法都不对解析：选API2r2r，P与U2成反比，故A正确；选项B、C混淆了输送电压U和损失电压U，故B、C、D错误。2用一台型号为AED6500S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，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AED6 500S输
39、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的电是正弦式交变电流，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，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，B错误；在输电线路上损失的电功率为P损I2R8 kW，C正确；如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流，则其输出电压的最大值是UmU输368 V，D错误。提能点(二)远距离输电问题典例(多选)
40、(2017武汉武昌区调研)如图所示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T1的原、副线圈匝数之比为n1n2110，在T1的原线圈两端接入一正弦交流电，输电线的总电阻为2r2 ，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为n3n4101，若T2的用电设备两端的电压为U4200 V且用电设备消耗的电功率为10 kW，不考虑其他因素的影响，则()AT1的副线圈两端电压的最大值为2 010 VBT2的原线圈两端的电压为2 000 VC输电线上损失的电功率为50 WDT1的原线圈输入的电功率为10.1 kW解析因为用电设备消耗的电功率为10 kW，T2副线圈两端的电压为U4200 V，则流过T2
41、副线圈的电流为I4A50 A，由变压器原、副线圈的电流与匝数的关系，则I35 A；由，所以T2原线圈两端的电压为U32 000 V，选项B正确；输电线的电阻分得的电压为U线I32r52 V10 V，所以T1副线圈两端的电压为U2U3U线(2 00010)V2 010 V，其最大值为U2m2 010 V，选项A正确；输电线上消耗的功率为P损I322r50 W，选项C正确；由能量守恒定律可知T1副线圈的输出功率为P出(10 00050)W10 050 W，因此T1原线圈的输入功率为10 050 W，选项D错误。答案ABC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。理想的升压变
42、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，P1P2。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，P3P4。(3)掌握一个守恒：能量守恒关系式P2P损P3。集训冲关1.如图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()A用户端的电压为B输电线上的电压降为UC理想变压器的输入功率为I12rD输电线路上损失的电功
43、率为I1U解析：选A因为P入P出，所以U1I1U2I2，即U2，所以选项A正确；输电线上的电压U线UU1，选项B错误；理想变压器的输入功率P入I1U1，线路上损失的电功率P损I12r，选项C、D均错误。2(2015福建高考)如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.C422r D422r解析：选C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
44、电流为I2，则输电线上损失的电功率为PI22(2r)，故选项C正确。一、单项选择题1如图所示为远距离输电的电路原理图，下列判断正确的是()AU1U2BU2U3CI4I2解析：选D在远距离输电的过程中，第一级为升压过程，故U1I2，A错误，D正确；由部分电路欧姆定律可得U3U2I2R线，B错误；由于第二级为降压过程，故U3U4，由U3I2U4I4，可知I2C当用户用电器的负载增加时，输电线上损耗的功率增大D升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率解析：选C题图乙中电压最大值Um220 V，T0.02 s，所以100 ，题图乙中的电压瞬时值表达式u220sin 100t (V)，A错误。因为U
45、1U4220 V，U2U3，所以B.U3，所以，选项A正确，B错误；要减小线路的损耗，应减小升压变压器的匝数比，使输电线上电流减小，由于用户获得的电压不变，所以应同时增大降压变压器的匝数比，选项C错误，D正确。第66课时传感器的简单使用(实验提能课)一、实验目的1认识热敏电阻、光敏电阻等敏感元器件的特性。2了解传感器的使用方法。二、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。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。四、实验过程1研究热敏电阻的热敏
46、特性(1)实验步骤按图示连接好电路，将热敏电阻绝缘处理。将热水和冷水分n次注入烧杯中，记录每一次温度值和两电表读数。利用R计算出每一次热敏电阻的阻值。(2)数据处理根据记录数据，把测量到的温度值和电阻值填入表中，分析热敏电阻的特性。 次数待测量 温度()电阻()在坐标系中，粗略画出热敏电阻的阻值随温度变化的图线。根据Rt图线，得出结论(热敏电阻的阻值随温度的升高而减小)。2研究光敏电阻的光敏特性(1)实验步骤将光敏电阻、多用电表、小灯泡、滑动变阻器按如图所示电路连接好，并将多用电表置于“100”挡。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。打开电源，让小灯泡发光，调节小灯泡的亮度使
47、之逐渐变亮，观察表盘指针显示电阻阻值的情况，并记录。用手掌(或黑纸)遮光，观察表盘指针显示电阻阻值的情况，并记录。(2)数据处理把记录的结果填入表中，根据记录数据分析光敏电阻的特性。光照强度弱中强无光照射阻值()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。五、注意事项1在做热敏电阻实验时，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，并同时读出水温和电压、电流值。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。考点(一)研究热敏电阻例1(2017洛阳一模)某同学要研究一质地均匀、圆柱形
48、的热敏电阻电阻率随温度的变化规律，其部分步骤如下：(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲所示，由图可知其长度为_mm；(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙，由图可知其直径为_mm；(3)该同学利用以下实验器材设计实验研究热敏电阻阻值随温度的变化规律：A热敏电阻(常温下约300 )B温度计C电流表A1(060 mA，约10 )D电流表A2(03 A，约0.1 )E电压表V(06 V，约15 k)F滑动变阻器R1(200 ，0.5 A)G滑动变阻器R2(5 ，2 A)H蓄电池(9 V,0.05 )I开关一个，带夹的导线若干实验要求通过热敏电阻的电流从零开始增加，电流表应选择_，滑动变阻器选择_
49、。为精确测量该热敏电阻，请在下图中完成实验器材连接。解析(1)游标卡尺的读数为52.55 mm。(2)螺旋测微器的读数为4.800 mm。(3)估算电路中电流值，电流表应选C。滑动变阻器应选G。电路连接如图。答案见解析该题考查游标卡尺和螺旋测微器的读数，实验仪器的选择、实验电路的设计和实物连接，在电路设计中主要考查电流表外接法和滑动变阻器的分压式接法，这一点和电学其他实验没有很大区别。因此，与传感器有关的实验大都可以利用常规电学实验的思路来解题。考点(二)光敏电阻传感器的应用例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
50、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)0.20.40.60.81.01.2电阻(k)754028232018(1)根据表中数据，请在如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响)提供的器材如下：光敏电阻RP(符号，阻值见上表)；直流电源
51、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)描绘图像应注意：各点均匀分布在图线两侧，且图线应用平滑曲线，而不能成为各点的连线。光敏电阻的阻值随照度变化的曲线如图甲所示，电阻的阻值随光照度的增大而减小。(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，其电压升至2 V，由图线甲知，此时光敏电阻RP20 k，URP2 V，串联电阻分压UR1 V，由2得R10 k，故选定值电阻R1，电路原理图如图乙所示。答案见解析本题考查了实验数据的处理、图像的分析和光控照明电路的设计，通过图像得出了
52、光敏电阻随光照度的增大阻值减小的特点。在设计光控照明电路时，正好利用了光敏电阻的这个特点，利用串联电路的分压特点，来实验光敏电阻对光控开关的控制。实验原理的拓展使用热敏电阻等敏感元件可以实现自动报警、自动控制等。实验器材的替代使用单刀双掷开关实现热敏电阻和电阻箱的等效代替，如图所示：数据处理的创新利用估算法，选择滑动变阻器，利用等效代替法对电路进行调试。例3(2016全国乙卷)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，
53、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_(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_(填“a”或“b”)端附近，不能置于另一端的原因是_。将开关向_(填“c
54、”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
55、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报警器开始报警本题从热敏电阻的应用、报警电路的设计，利用等效代替法、估算法等几个方面，进行了电学实验的创新，可以培养灵活处理电学实验问题的能力。本题中滑动变阻器的限流式接法、电阻箱在电路中等效代替的作用和电学其他实验是基本一致的。创新演练如图所示，一热敏电阻RT放在控温容器M内； 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 ，S为开关。已知RT在95 时的阻值为150 ，在20 时的阻值约为550
56、。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。(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 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
57、所示。(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。RT的温度为95 和降为T1时对应的电路的电阻相等，有150R0RTR1，即RTR0R1150 。答案：(1)见解析图(2)d.电阻箱的读数R0e仍为I0电阻箱的读数R1fR0R1150 1.(多选)如图所示的电路中，当半导体材料做成的热敏电阻浸泡到热水中时，电流表示数增大，则说明()A热敏电阻在温度越高时，电阻越大B热敏电阻在温度越高时，电阻越小C半导体材料温度升高时，导电性能变差D半导体材料温度升高时，导电性能变好解析：选BD热敏电阻浸泡在热水中，电流表示数变大，说明温度越高，热敏电阻阻值越小，半导体材料导电性能变好
58、，故B、D正确。2.(多选)如图所示，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()A电压表的示数增大BR2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，同时内电压增大，故电路路端电压减小，电压表的示数增大，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。3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
59、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，请你在如图甲所示的实物图上连线。甲(2)实验的主要步骤：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；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。重复第步操作若干次，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，并据此绘得如图乙所示的Rt关系图线，请根据图线写出该热敏电阻的Rt关系式：R_t()。(保留三位有效数字)乙解析：(1)实物连线如图。(2)改变温度后，热敏电阻阻值改变，电压表示数改变
60、。(3)从图线知R与t呈线性关系，且纵轴上截距(当t0 时)R100 ；图线斜率k0.390，所以R1000.406t()。答案：(1)实物连线图见解析(2)记录温度计数值记录电压表数值(3)1000.4064(2017郑州模拟)实验室备有以下器材：电压传感器、电流传感器、滑动变阻器R1(阻值变化范围020 )、滑动变阻器R2(阻值变化范围01 000 )、电动势适当的电源、小灯泡(4 V,2 W)、开关、导线若干。(1)要完整地描绘小灯泡的UI曲线，请在如图甲所示的方框中画出实验电路图，并标出所用滑动变阻器的符号。(2)实验中描绘出的小灯泡UI曲线如图乙所示，由图可知，小灯泡灯丝电阻随温度升
61、高而_。(填“增大”“减小”或“不变”)(3)如果用上述器材测量所给电源的电动势和内电阻，实验电路如图丙所示，图中R0是阻值为9.0 的保护电阻，实验中测得多组数据记录在下表中，试在同一坐标系中画出等效电源的UI图像，由图像可求出电源自身内阻约为_ 。序号123456U/V4.003.402.802.001.500.80I/A0.200.250.330.400.460.52(4)若将上述小灯泡直接与电源和保护电阻组成串联电路，如图丁所示，此时小灯泡消耗的电功率约为_ W。解析：(1)描绘灯泡的伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变压器要采用分压接法，由于灯泡的阻值较小，电流应用外接法，
62、电路图如图所示。(2)由题图所示UI图像可知，随电压和电流的增大，灯泡实际功率增大，灯丝温度升高，电压与电流的比值增大，由此可知，灯泡灯丝电阻随温度升高而增大。(3)根据表中数据作出电源UI图像如图所示，由图示图像可知，电源内阻rR0 9 1 。(4)由图示图像可知，灯泡两端电压为2.1 V，电流为0.39 A，灯泡的电功率为PUI2.10.39 W0.82 W。答案：见解析5对温度敏感的半导体材料制成的某热敏电阻RT，在给定温度范围内，其阻值随温度的变化是非线性的。某同学将RT和两个适当的固定电阻R1、R2连成如图甲虚线框内所示的电路，以使该电路的等效电阻RL的阻值随RT所处环境温度的变化近
63、似为线性的，且具有合适的阻值范围。为了验证这个设计，他采用伏安法测量在不同温度下RL的阻值，测量电路如图甲所示，图中电压表内阻很大。RL的测量结果如下表所示。温度t()30.040.050.060.070.080.090.0阻值RL()54.351.548.344.741.437.934.7回答下列问题：(1)根据图甲所示的电路，在如图乙所示的实物图上连线。(2)为了验证RL与t之间近似为线性关系，在图丙坐标纸上作RLt关系图线。(3)在某一温度下，电路中的电流表、电压表的示数如图丁所示。电流表的读数为_，电压表的读数为_。此时等效电阻RL的阻值为_；热敏电阻所处环境的温度约为_。解析：(1)
64、根据电路图连接实物图。(2)根据表中数据描点，作出直线。(3)电流表读数：I115 mA，电压表读数：U5.00 V。RL 43.5 ，对照图乙找出相应温度约为64.0 。答案：(1)见解析图甲(2)见解析图乙(3)115 mA500 V43.5 64.0 6.为节约能源采用光电池为路灯提供电能，用光敏电阻作为传感器控制路灯电路的开关，实现自动控制。光敏电阻的阻值随照射光的强弱而变化，作为简化模型，可以近似认为，照射光较强(如白天)时电阻几乎为0；照射光较弱(如天黑)时电阻接近于无穷大。利用光敏电阻作为传感器，借助电磁开关，可以实现路灯自动在白天关闭，天黑时打开。电磁开关的内部结构如图所示。1
65、,2两接线柱之间是励磁线圈，3,4两接线柱分别与弹簧片和触点连接。当励磁线圈中电流大于50 mA时，电磁铁吸合铁片，弹簧片和触点分离，3,4断开；电流小于50 mA时，3,4接通。励磁线圈中允许通过的最大电流为100 mA。(1)利用以下器材设计一个自动控制路灯的电路，画出电路原理图。光敏电阻R1，符号；灯泡L，额定功率40 W，额定电压36 V，符号；保护电阻R2，符号；电磁开关，符号；蓄电池E，电压36 V，内阻很小；开关S，导线若干。(2)回答下列问题：如果励磁线圈的电阻为200 ，励磁线圈允许加的最大电压为_V，保护电阻R2的阻值范围为_。在有些应用电磁开关的场合，为了安全，往往需要在
66、电磁铁吸合铁片时，接线柱3,4之间从断开变为接通。为此，电磁开关内部结构应如何改造？请结合本题中电磁开关内部结构图说明。解析：(1)要使光敏电阻能够对电路进行控制，且有光照时路灯熄灭，光敏电阻应与1,2串联，3,4与路灯串联，则电路图如图所示。(2)由UIR得励磁线圈允许加的最大电压UmImR0.1200 V20 V；依据允许通过励磁线圈的电流最大值和最小值计算得R2min 160 ，R2max 320 ，因此保护电阻R2的阻值范围为160320 ；把触点从弹簧片右侧移到弹簧片左侧，保证当电磁铁吸合铁片时，3,4之间接通；不吸合时，3,4之间断开。答案：(1)见解析(2)20160320把触点
67、从弹簧片右侧移到弹簧片左侧，保证当电磁铁吸合铁片时，3,4之间接通；不吸合时，3,4之间断开。一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求)1一矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电动势为e10sin 20t(V)，则下列说法正确的是()At0时，线圈位于中性面Bt0时，穿过线圈的磁通量为零Ct0时，线圈切割磁感线的有效速度最大Dt0.4 s时，电动势第一次出现最大值解析：选A由电动势e10sin 20t(V)知，计时从线圈位于中性面时开始，所以t0，线圈位于中性面，磁通量最大，但此时线圈切割磁感线的线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速度为
68、零，A正确，B、C错误。当t0.4 s时，e10sin(200.4)V0，D错误。2照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的，可是我们在晚上七八点钟用电高峰开灯时电灯比深夜时要显得暗，这是因为此时()A总电阻比深夜时大，干路电流小，每盏灯分到的电压就小B总电阻比深夜时大，干路电流小，每一支路的电流就小C总电阻比深夜时小，干路电流大，输电线上损失的电压大D干路电流一定，支路比深夜时多，分去了一部分电流解析：选C总电阻减小，总电流增大，输电线电阻造成的电压损失UIR线增大，电灯得到的电压减小，所以灯泡在七八点钟时显得要暗些。3.(2017广东湛江调研)如图，实验室一台手摇交流发电机的内阻r1.0
69、，外接R9.0 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e10sin 10t(V)，则()A该交变电流的频率为10 HzB该电动势的最大值为10 VC外接电阻R所消耗的电功率为10 WD电路中理想交流电流表的示数为1 A解析：选D由发电机产生的感应电动势表达式e10sin 10t(V)可知，该交变电流为正弦式交变电流，其感应电动势的瞬时值基本表达式为eEmsin t，由两式对照可知Em10 V，10 rad/s，又由于2f，解得f5 Hz，故选项A、B错误；理想交流电流表测量的是电路中总电流的有效值，根据闭合电路的欧姆定律有I1 A，外接电阻R所消耗的电功率PI2R9
70、 W，故选项C错误，D正确。4(2017山东潍坊统考)如图所示，边长为L、匝数为N、电阻不计的正方形线圈abcd，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO以角速度匀速转动，轴OO垂直于磁感线，制成一台交流发电机，它与理想变压器的原线圈连接，变压器原、副线圈的匝数之比为12，二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大，从正方形线圈处于图示位置开始计时，下列判断正确的是()A交流发电机的感应电动势的瞬时值表达式为eNBL2sin tB变压器的输入功率与输出功率之比为21C电压表的示数为NBL2D若将滑动变阻器的滑片向下滑动，电流表和电压表示数均减小解析：选C题中图示线圈位置是与中性面垂直的位置，从图示位置
71、开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为eNBL2cos t，选项A错误。理想变压器的输入功率与输出功率相等，选项B错误。原线圈电压的有效值U1NBL2，由，得U2NBL2，由于二极管的单向导电性，副线圈中只有半个周期内有电流，设电压表示数为U，根据有效值的定义得T，所以电压表的示数UNBL2，选项C正确。若滑动变阻器的滑片向下滑动，副线圈的总阻值增大，原线圈电压不变，副线圈电压也不变，电压表示数不变，由欧姆定律得副线圈的电流变小，原线圈中的电流也变小，电流表示数变小，选项D错误。5.如图所示，理想变压器的输入端通过灯泡L1与输出电压恒定的正弦交流电源相连，副线圈通过导线与两个相同的灯泡L2和L3
72、相连，开始时开关S处于断开状态。当S闭合后，所有灯泡都能发光，则下列说法正确的有()A副线圈两端电压不变B灯泡L1变亮，L2的亮度不变C副线圈中电流变大，灯泡L1变亮，L2变暗D因为不知变压器原、副线圈的匝数比，所以L1及L2的亮度变化不能判断解析：选C当S闭合后，通过副线圈的电流增大，根据变压器的原理知，通过原线圈的电流也增大，故L1因两端电压变大而变亮，则原线圈两端的输入电压减小，副线圈两端的输出电压也随之减小，L2两端电压变小，L2变暗，故选项C正确。6.如图所示，N匝矩形导线框以角速度在磁感应强度为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、
73、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IB一个周期内通过R的电荷量qCR两端电压的有效值UD图示位置电流表的示数为0解析：选AB设回路中电流的有效值为I，由电流的热效应可知，2RTI2RT，I，A正确，D错误；电阻R两端电压的有效值UIR，C错误；一个周期内通过R的电荷量q，B正确。7如图甲中理想变压器原、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
74、法正确的是()A输入电压u的表达式u20sin 100t(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若将S1换接到2，R消耗的电功率为0.8 W解析：选AD由题图乙可知，Um20 V，T0.02 s，则100 rad/s，输入电压u20sin 100t(V)，故A正确；由变压器的变压规律知：，故U2 V4 V，由题中将S1接1、S2闭合时，灯泡L2正常发光可得，灯泡L2的额定电压为4 V，当只断开S2后，副线圈两端电压不变，此时副线圈的负载为L1、L2串联，故L1、L2均不能正常发光，B错；此时P出，副线圈负载R总增大，故P出减小，又P入P出，故原线圈的输入
75、功率减小，C错误；当S1换接到2后，副线圈的负载仅是电阻R，故P W0.8 W，D正确。8(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(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
76、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。二、实验题9(2016北京高考)热敏电阻常用于温度控制或过热保护装置中。如图为某种热敏电阻和金属热电阻的阻值R随温度t变化的示意图。由图可知，这种热敏电阻在温度上升时导电能力_(选填“增强”或“减弱”)；相对金属热电阻而言，热敏电阻对温度变化的响应更_(选填“敏感”或“不敏感”)。解析：由Rt图像可知，热敏电阻在温度上升时电阻减小，则
77、导电能力增强。相对金属热电阻，热敏电阻在相同的温度变化情况下电阻变化大，则热敏电阻对温度变化的响应更敏感。答案：增强敏感10.热敏电阻是传感电路中常用的电子元件，其阻值随温度升高而降低。某同学用伏安法研究一只热敏电阻在不同温度下的伏安特性曲线，并希望所测曲线尽可能完整。已知常温下待测热敏电阻的阻值约4050 。热敏电阻和温度计插入带塞的保温杯中，杯内有一定的冷水，其他备用的仪表和器具有：盛有热水的水瓶(图中未画出)、电源(3 V，内阻可忽略)、直流电流表(内阻约1 )、直流电压表(内阻约5 k)、滑动变阻器(010 )、开关、导线若干。(1)在图甲中，a、b、c三条图线能正确反映热敏电阻伏安特
78、性的是_。(2)为了减小实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应从图乙中A、B、C、D四个电路中选择_电路来测量热敏电阻的阻值。(3)根据问题(2)中所选电路图，请用笔画线代替导线将图丙的实物电路补充完整，要求正确体现电流表和电压表挡位选择。丙解析：(1)由I可知，IU图线上某点与原点的连线的斜率k，而热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，故对应的伏安特性曲线应为c。(2)描绘电阻的伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，由于待测电阻阻值较小，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，应选图B所示的实验电路。(3)由原理图将实物图连接，注意电流表量程选00.
79、6 A，电压表量程选03 V，根据电路图连接实物电路图，如图所示。答案：(1)c(2)B(3)见解析图三、计算题11如图所示，线圈abcd的面积是0.05 m2，共100匝，线圈电阻为1 ，外接电阻R9 ，匀强磁场的磁感应强度为BT，当线圈以300 r/min的转速匀速转动时，求：(1)转动中感应电动势的有效值。(2)电路中交流电压表和电流表的示数。(3)线圈从图示位置转过90的过程中通过电阻R的电荷量。解析：(1)EmNBS1000.052 V50 VE25 V35.4 V。(2)电流表示数I3.54 A电压表示数UIR3.549 V31.86 V。(3)从图示位置转过90的过程中，N，又因
80、为，所以qt，解得q0.16 C。答案：(1)35.4 V(2)31.86 V3.54 A(3)0.16 C12如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比n1n231，原线圈电路中接有一量程为3 A的理想交流电流表，副线圈两端接有理想交流电压表一只和可变电阻R以及若干“6 V6W”的相同灯泡。输入端交流电压u的图像如图乙所示。(1)求图甲中电压表的读数。(2)要求灯泡均正常发光，求电路中最多允许接入的灯泡个数。(3)为满足第(2)问中要求，求可变电阻R应调到的电阻值。解析：(1)根据题图可得原线圈电压的最大值U1m27 V，其有效值U127 V根据，得U29 V，此即电压表的读数。(2)设原线圈中通过的电流为I1，副线圈中通过的电流为I2，为使副线圈接入的灯泡最多，则I13 A根据U1I1U2I2代入数据得I29 A正常发光时每个灯泡中电流为I额1 A所以允许接入的灯泡的个数为n9盏。(3)电阻两端电压为URU2U额3 V电阻阻值为R 。答案：(1)9 V(2)9盏(3)