专题06 交变电流 电磁振荡和电磁波 传感器（考题猜想）-2024-2025学年高二物理下学期期中考点大串讲（人教版2019）

专题06 交变电流 电磁振荡和电磁波 传感器 考点1 交变电流的四值 考点2 变压器 考向1　变压器的基本规律 考向2　多个副线圈的变压器问题求解 考向3　几种特殊的变压器 考向4 实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系 考点3 电能的输送 考向1　远距离输电 考向2　动态分析问题的求解方法 考点4　电磁波的特性与应用 考点5　日常生活中的传感器原理 考点6 利用传感器制作简单的自动控制装置 考点1 交变电流的四值 交变电流的四值比较 1． 比较 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 e＝Emsinωt i＝Imsinωt 计算线圈某一时刻的受力情况 最大值 最大的瞬时值 Em＝NBSω Im＝ 确定电容器的耐压值 有效值 跟交变电流的热效应等效的恒定电流值、电压值 E＝， U＝， I＝ 凡涉及能量的问题、交变电流的电功、电功率问题、计算交变电流通过导体产生的热量及确定保险丝的熔断电流时都用有效值 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， ＝ 计算通过电路横截面的电荷量 2． 注意： (1) 交变电流的平均值是针对某一过程的物理量，在不同的时间内平均值一般不相同． (2) 平均电动势不等于始、末两时刻瞬时值的平均值，必须用法拉第电磁感应定律计算，即 ＝n. (3) 研究电功、电功率和电热时，只能用有效值． (4) 研究通过导体某横截面的电荷量时，要用平均值． 　交变电流有效值的计算 1． 正弦式交变电流： E＝，U＝，I＝. 2． 对非正弦式交变电流，必须根据电流的热效应来求解有效值，且时间一般取一个周期．其具体做法是：假设让交变电流通过电阻R，计算交变电流在一个周期内产生的热量Q(可分段计算)，其中热量Q用相应的物理量的有效值表示，进而求出相应的有效值． 3． 当电流是非正弦式交变电流时，必须根据有效值的定义求解．求解步骤如下： 1．有两个完全相同的定值电阻，其中一个通有如图8所示的交变电流(图中曲线为余弦曲线的一部分)，另一个通有大小为 A的恒定电流，实验发现，在2 s时间内这两个电阻产生的热量相等，则图中a的数值为(　　) A. B．3 C．3 D．2 答案　B 解析　由于在2 s时间内这两个电阻产生的热量相等，则()2R×1＋22·R×1＝()2R×2，解得a＝3，故选B. 2．图甲为一小型发电机的示意图，发电机线圈内阻为1 Ω，灯泡L的电阻为9 Ω，电压表为理想交流电压表．发电机产生的电动势e随时间t按图乙的正弦规律变化，则(　　) 图9 A．t＝0.01 s时，穿过线圈的磁通量为零 B．线圈转动的角速度为50 rad/s C．电压表的示数为9 V D．灯泡L的电功率为10 W 答案　C 解析　t＝0.01 s时电动势为零，所以此时穿过线圈的磁通量最大，故A错误；由题图乙可知，周期为0.02 s，由ω＝＝ rad/s＝100π rad/s，故B错误；电动势的有效值为E＝ V＝10 V，由闭合电路欧姆定律得：U＝＝ V＝9 V，电压表的示数为9 V，故C正确；灯泡L的电功率为P＝＝9 W，故D错误． 3．(多选)如图甲为小型交流发电机的原理图，发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，从t＝0时刻开始，通过矩形线圈的磁通量随时间变化的规律如图乙所示，已知线圈的匝数n＝50，线圈的电阻r＝5 Ω，定值电阻R＝45 Ω，电压表为理想交流电表．则下列判断正确的是(　　) A．线圈转动的周期为6.28 s B．t＝0时刻线圈平面与磁感线平行 C．线圈转动过程中产生的最大电动势为100 V D．电压表的示数为45 V 答案　BD 解析　由题图乙可知，线圈转动的周期为T＝6.28×10－2 s，A项错误；由题图乙可知，t＝0时刻，磁通量为零，线圈平面与磁感线平行，B项正确；线圈转动过程中产生的最大电动势Em＝nBSω＝nΦmω＝50×2.0×10－2× V＝100 V，C项错误；电压表测的是电阻R两端的电压的有效值，示数为U＝·R＝·R＝45 V，D项正确． 4．如图甲所示，标有“220 V　40 W”的灯泡和标有“20 μF　300 V”的电容器并联接到交流电源上，V为理想交流电压表，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，V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．V的示数保持110 V不变 答案　B 解析　电压表的示数是交变电压的有效值，由题图知UV＝220 V，选项A、D错误；灯泡两端电压的有效值为220 V，恰好等于其额定电压，所以灯泡正常发光，选项B正确；交变电压的最大值为220 V≈311 V，大于电容器的耐压值，所以电容器会被击穿，选项C错误． 5．如图甲、乙、丙所示的是三个具有相同电流I0和周期T的交变电流，分别通过三个相同的电阻，下列说法中正确的是(　　) A．在相同时间内三个电阻发热量相等 B．在相同时间内，甲是丙发热量的2倍 C．在相同时间内，甲是乙发热量的 D．在相同时间内，乙发热量最大，甲次之，丙的发热量最小 答案　C 解析　甲的电流的有效值为：I＝，由Q＝I2Rt可知一个周期内的发热量为：Q1＝I02RT；乙前、后半个周期电流大小相等，故其发热量为Q2＝I02RT；丙只有半个周期有电流，故其发热量为Q3＝I02R·T＝I02RT；故可知在相同时间内，甲、丙发热量相等，是乙发热量的，故C正确，A、B、D错误． 考点2 变压器 考向1　变压器的基本规律 1． 功率关系 理想变压器的输入、输出功率的关系为P入＝P出，或P1＝P2. 2． 电压与匝数的关系 ＝ (1) 无论副线圈一端是空载还是有负载，上述关系都是适用的． (2) 若n2＞n1，U2＞U1，这种变压器为升压变压器；若n2＜n1，U2＜U1，这种变压器为降压变压器． 3． 电流关系 由I1U1＝I2U2，得＝＝. 4． 原、副线圈的交变电流的周期T和频率f相同． 5． 考查分析：理想变压器的电压、电流与匝数的关系是考查重点，重要关系是P入＝P出．关注四点说明： (1) 变压器不能改变直流电压． (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． (4) 理想变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值． 6．(2024年郑州期末)图甲中的变压装置可视为理想变压器，负载电路中R＝55 Ω，A、V均为理想电表．若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压，电压表的示数为110 V，下列表述正确的是(　　) 　　 A．原、副线圈的匝数比为4∶1 B．原线圈的电流为1 A C．原线圈的电压为220 V D．原线圈中交变电压的频率为100 Hz 答案 B 解析 根据图乙可知原线圈中交变电压的频率为f＝＝ Hz＝50 Hz，原线圈的电压有效值为U1＝ V＝220 V，根据变压器原、副线圈的匝数比等于电压比可得＝＝＝，A、C、D错误；副线圈的电流为I2＝＝ A＝2 A，根据U1I1＝U2I2，可得原线圈的电流为I＝＝ A＝1 A，B正确． 7．如图所示的变压器,输入电压为220 V,可输出12 V、18 V、30 V的电压,匝数为n1的原线圈中电压随时间的变化为u=Umcos 100πt.单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表,电压表的示数为0.1 V.将阻值为12 Ω的电阻R接在BC两端时,功率为12 W.下列说法正确的是 (　　) A.n1为1 100匝,Um为220 V B.BC间线圈匝数为120,流过R的电流为1.4 A C.若将R接在AB两端,R两端的电压为18 V,频率为100 Hz D.若将R接在AC两端,流过R的电流为2.5 A,周期为0.02 s 答案D 解析 变压器的输入电压为220 V,根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比=,将U1=220 V,n2=1,U2=0.1 V代入,解得原线圈匝数为n1=2 200,由题给数据可知,原线圈中输入交流电压的最大值为Um=220 V,故选项A错误;当在BC间接入12 Ω的电阻时,电功率为12 W,则UBC== V=12 V,故流过R的电流大小为I== A=1 A,再由=,解得BC间线圈的匝数为nBC=120,故选项B错误;BC间的输出电压为12 V,AC间的输出电压应为30 V,故AB间的输出电压应为18 V.所以当R接在AB间时,R两端电压大小为18 V.因为变压器不能改变交变电流的频率,所以副线圈的频率等于原线圈的频率,根据原线圈的电压表达式可求得输入电压的周期为T== s=0.02 s,则频率为f== Hz=50 Hz,故选项C错误;若将R接在AC两端,根据欧姆定律可知,流过R的电流为I'== A=2.5 A,由C选项可知交变电流的周期为T=0.02 s,故选项D正确. 8．如图所示,甲图中两导轨不平行,而乙图中两导轨平行,其余条件都相同,金属棒MN正在导轨上向右匀速运动,在金属棒运动过程中,将观察到(　　) 甲 乙 A.L1发光,L2不发光 B.L1、L2都不发光 C.L2发光,L1不发光 D.L1、L2都发光,只是亮度不同 答案A 解析 金属棒MN在轨道上向右匀速运动,甲图中导轨间的金属棒长度增大,由E=Blv可知,产生的感应电动势增大,回路中的感应电流也增大;乙图中导轨间的金属棒长度恒定,产生的是恒定感应电动势,感应电流恒定.根据变压器的原理可知,甲的副线圈产生感应电流,乙的副线圈没有产生感应电流,所以L1发光,L2不发光,选项A正确. 考向2　多个副线圈的变压器问题求解 1． 当有多个副线圈且绕在同一“□”字形铁芯上时： (1) 电压比等于匝数比仍然成立．如右图，当原线圈中磁通量变化时，整个闭合铁芯中，处处相等，可推得 ＝，＝，＝，或电压与匝数的关系 ＝＝＝…，总是成立的． (2) 电流比不再与匝数比成反比．由功率关系得到的表达式是：I1U1＝I2U2＋I3U3…，或I1n1＝I2n2＋I3n3… 2． 对于磁感线回路不唯一的如“□□”形变压器．不同位置可能不同，此时有＝＋，要具体问题具体分析． 3．(1) 理想变压器的电压关系 eq \f(U1,U2)＝，对于一个或多个副线圈均适用，而电流关系＝，适用于只有一个副线圈的变压器． (2) 处理含有多个副线圈的变压器问题时，首选P入＝P出，从输出端的P出打开突破口． 9．广州地铁供电的变电站，将35 kV的高压电送到变压器(可视为理想变压器)，变为1 180 V和220 V后供机车牵引和照明使用，其部分电路可简化为如图所示．图中M为牵引机车的电机，其电流恒定，则( ) A. n1∶n2∶n3 ＝175∶59∶11 B. S闭合后与闭合前相比，n2两端的电压会减小 C. S闭合后与闭合前相比，原线圈的电流会增大 D. S闭合后与闭合前相比，变压器的输入功率保持不变 答案C 解析 根据电压与匝数成正比可知n1∶n2∶n3＝35 000∶1 180∶220＝1 750∶59∶11，故A错误；S闭合后与闭合前相比，n2两端的电压不变，因为原线圈电压与匝数不变，故B错误；S闭合后两灯泡并联，总电阻减小，电流增大，则P3增大，变压器输入功率变大，原线圈总功率增大，根据P＝IU可知，原线圈的电流会增大，故C正确，D错误． 10．如图所示，阻值均为R的定值电阻R1、R2、R3，分别连接在理想变压器原、副线圈两端，原线圈接交变电源，交变电源输出电压的有效值恒定．已知原、副线圈的匝数之比n1∶n2∶n3＝3∶2∶1，闭合开关S后，电阻R3的功率为P.其他电阻不计，求： (1) 电阻R1两端的电压． (2) 该交流电源的输出功率． 解析⑴由题知，线圈n1、n2、n3两端电压满足 ＝＝ 由P＝可知，电阻R3两端电压 U3＝ 因此，电阻R1两端电压 U1＝·U3＝3 ⑵由题知，电阻R2两端电压 U2＝·U3＝2U3 根据P＝，电阻R2的功率P2＝＝4P 同理，电阻R1的功率P1＝＝9P 因此，该交变电源的输出功率 P出＝P1＋P2＋P＝14P 11.如图所示，绕制变压器时，某人误将两个线圈绕在变压器铁芯的左右两个臂上，当通以交变电时，两个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈，另一半通过中间的臂．已知线圈1、2的匝数之比N1∶N2＝2∶1.在不接负载的情况下( ) ①当线圈1输入电压220 V时，线圈2输出的电压为110 V ②当线圈1输入电压220 V时，线圈2输出电压为55 V ③当线圈2输入电压110 V时，线圈1输出电压为220 V ④当线圈2输入电压110 V时，线圈1输出电压为110 V A. ①③ B. ②④ C. ①④ D. ③④ 答案B 解析 在不考虑原、副线圈内电阻的情况下，变压器原、副线圈电压之比 等于原、副线圈中产生的感应电动势之比 ，当给线圈1输入电压U1时，＝＝＝＝×＝，所以当线圈1输入电压220 V时，线圈2输出电压为55 V；当给线圈2输入电压U2时，＝＝＝＝×＝1，当线圈2输入电压110 V时，线圈1输出电压为110 V．所以②④正确，①③错误，即B正确． 考向3　几种特殊的变压器 1． 自耦变压器 图甲所示是自耦变压器的示意图．这种变压器的特点是铁芯上只绕有一个线圈．如果把整个线圈作原线圈，副线圈只取线圈的一部分，就可以降低电压；如果把线圈的一部分作原线圈，整个线圈作副线圈，就可以升高电压． 甲 　 乙 调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图乙所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，AB之间加上输入电压U1，移动滑动触头P的位置就可以调节输出电压U2. 2． 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 串联在待测大电流电路中 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 关系式 ＝ I1n1＝I2n2 (1) 电压互感器是降压变压器，据 ＝，知 n1＞n2；电流互感器是升压变压器，据 ＝，知n1＜n2. (2) 区分电压互感器与电流互感器的三个标志 ①测量仪器不同，前者电压表，后者电流表． ②原、副线圈匝数关系不同． ③原线圈接线方式不同，前者接在火线和零线间，后者接在火线上． (3) 使用互感器时，一定要将互感器的外壳和副线圈接地． 12．一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cd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 答案D 解析 根据变压器的电压关系有＝，当滑动触头M顺时针转动时，即n2减小时，电压U2应该减小，即降低，由于n2＜n1，所以U2＜U1，故A、B错误；由于电压U2减小，所以定值电阻上的电压减小，则定值电阻消耗的电功率减小，由于是理想变压器，所以变压器的输入功率也减小，故C错误，D正确． 13.如图所示的电路中，有一自耦变压器，左侧并联一个理想交流电压表V1后接在稳定的交流电源上，右侧串联灯泡L和滑动变阻器R，R上并联一个理想交流电压表V2.下列说法中正确的是( ) A. 若P不动，滑片F向上移动时，灯泡L消耗的功率变大 B. 若P不动，滑片F向上移动时，V1、V2的示数均变大 C. 若F不动，滑片P向上滑动时，灯泡L消耗的功率变小 D. 若F不动，滑片P向上滑动时，V1、V2示数都变小 答案A 解析 若P不动，则灯泡L和滑动变阻器R的阻值之比不变．滑片F向上移动时，灯泡L和滑动变阻器R两端的电压将升高，流过的电流将增大，由P＝UI可知灯泡L消耗的功率将变大，V2的示数将变大，理想交流电压表V1接在稳定的交流电源上，其示数保持不变，A正确、B错误；若F不动，滑片P向上滑动时，滑动变阻器R接入电路的电阻减小，则流过灯泡L和滑动变阻器R的电流将增大，由P＝I2R可知灯泡L消耗的功率将变大，由 UR＝U－UL可知V2示数将变小，V1接在稳定的交流电源上，其示数保持不变，C、D错误． 14．(多选)理想变压器的原线圈连接一只理想电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节，如图所示，在副线圈上连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑片，原线圈两端接在电压为U的交流电源上，则( ) A. 保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变小 B. 保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变大 C. 保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大 D. 保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小 答案AC 解析 在原、副线圈匝数比一定的情况下，变压器的输出电压由输入电压决定，因此保持Q的位置不动，变压器输出电压不变．将P向上滑动时，副线圈电路总电阻增大，则变压器输出电流减小，变压器输入电流也减小，电流表的读数变小，A正确，B错误；保持P的位置不动，将Q向上滑动时，变压器输出电压变大，变压器输出电流变大，变压器输出功率变大．变压器的输入功率等于输出功率，变压器输入电压不变，则变压器输入电流变大，电流表的读数变大，C正确，D错误． 考向4 实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系 1．实验思路 交变电流通过原线圈时在铁芯中产生变化的磁场，副线圈中产生感应电动势，其两端有输出电压．线圈匝数不同时输出电压不同，实验通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压与匝数的关系． 2．实验器材 多用电表、可拆变压器、学生电源、开关、导线若干(如图2所示) 图2 3．物理量的测量 (1)保持原线圈的匝数n1和电压U1不变，改变副线圈的匝数n2，研究n2对副线圈电压U2的影响．实物接线如图3所示． 图3 表格一　U1＝5 V，n1＝400匝 实验次数 1 2 3 n2/匝 U2/V ①选择n1＝400匝，用导线将变压器原线圈接在学生电源的交流输出接线柱上． ②将选择开关调至5 V挡，使原线圈两端电压为5 V，如图甲所示． ③将多用电表与副线圈n2＝200匝的接线柱相连接，如图乙所示．读出副线圈两端的电压U2. ④将n2、U2记录在表格一中． ⑤保持n1＝400匝，U1＝5 V不变．将多用电表与副线圈n2＝800匝的接线柱相连接，如图丙所示，重复上述实验，将结果记录到表格一中． ⑥保持n1＝400匝，U1＝5 V不变．将多用电表与副线圈n2＝1 400匝的接线柱相连接，如图丁所示，重复上述实验，将结果记录到表格一中． (2)保持副线圈的匝数n2和原线圈两端的电压U1不变，研究原线圈的匝数n1对副线圈电压U2的影响． 表格二　U1＝5 V，n2＝400匝 实验次数 1 2 3 n1/匝 U2/V ①将(1)中的原线圈作为副线圈，副线圈作为原线圈． ②选择n2＝400匝，用导线将变压器原线圈n1＝200匝接在学生电源的交流输出接线柱上． ③将选择开关拨至5 V挡． ④将多用电表与副线圈n2＝400匝的接线柱相连接，读出副线圈两端的电压U2. ⑤将U2、n1记录在表格二中． ⑥保持n2＝400匝，U1＝5 V不变，将连接电源的两根导线先后与原线圈n1＝800匝和n1＝1 400匝的接线柱相连接，重复上述实验，将结果记录到表格二中． ⑦拆除实验线路，整理好实验器材． 4．数据分析与结论 分析表格一和表格二中记录的数据，可得以下结论： (1)当原线圈电压、原线圈匝数不变时，副线圈电压与副线圈匝数成正比．当原线圈电压、副线圈匝数不变时，副线圈电压与原线圈匝数成反比． (2)原、副线圈的电压之比等于匝数之比. 15．(2024年大连八中月考)某同学在实验室进行探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系的实验．他准备了可拆变压器、多用电表、开关和导线若干． (1)实验需要以下哪种电源________． A．低压直流电源 B．高压直流电源 C．低压交流电源 D．高压交流电源 (2)该同学认真检查电路无误后，先保证原线圈匝数不变，改变副线圈匝数，再保证副线圈匝数不变，改变原线圈匝数．分别测出相应的原、副线圈电压值．由于交变电流电压是变化的，所以实际上测量的是电压的________(填“有效”或“最大”)值．其中一次多用电表读数如图所示，此时电压表读数为________V． 　　 (3)理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成________(填“正比”或“反比”)． (4)由于实验中变压器的铜损和铁损导致变压器并非理想．实验中，下图中变压器的原线圈接“0，8”接线柱，副线圈接“0，4”接线柱，当副线圈所接电表的示数为5.0 V，则原线圈所接电源电压可能为________． A．16.0 V B．10.0 V C．5．0 V D．2.5 V 答案(1)C　(2)有效　7.2　(3)正比　(4)A 解析(1)探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，应选择低压交流电源．故选C． (2)多用电表测量的交流电压为有效值，不是最大值；多用电表选用的挡位是交流电压的10 V挡位，所以应该在0～ 10 V挡位读数，所以读数应该是7.2 V． (3)根据＝可知，理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比． (4)实验中由于变压器的铜损和铁损，变压器的铁芯损失一部分的磁通量，所以导致副线圈的电压的实际值一般略小于理论值，所以导致>，所以U1>U2＝×5 V＝10 V，故选A． 16．某学习小组在探究变压器原、副线圈电压和匝数关系的实验中，采用了可拆式变压器，铁芯B安装在铁芯A上形成闭合铁芯，将原、副线圈套在铁芯A的两臂上，如图所示． (1)下列说法正确的是______． A．为保证实验安全，原线圈应接低压直流电源 B．变压器中铁芯是整块硅钢 C．保持原线圈电压及匝数不变，可改变副线圈的匝数，研究副线圈的匝数对输出电压的影响 D．变压器正常工作后，电能由原线圈通过铁芯导电输送到副线圈 (2)实验过程中，变压器的原、副线圈选择不同的匝数，利用多用电表测量相应电压，记录如下表，由数据可知N1一定是________(填“原”或“副”)线圈的匝数． 根据表格中的数据，在实验误差允许的范围内，可得出原副线圈两端电压与匝数的关系：__________． N1/匝 100 100 200 200 N2/匝 200 400 400 800 U1/V 2.1 1.95 5.22 2.35 U2/V 4.28 8.00 10.60 9.64 (3)学习小组观察实验室中一降压变压器的两个线圈的导线，发现导线粗细不同，结合以上实验结论，应将较细的线圈作为______线圈．(填“原”或“副”) 答案(1)C　(2)副　原、副线圈两端电压U与匝数N成正比　(3)原 解析(1)变压器改变的是交流电压，因此原线圈不能接低压直流电源，A错误；因为变压器的工作原理是电磁感应，如果变压器铁芯是用整块铁芯，则在电磁感应的作用下，会产生很大的涡流发热，当热量达到一定程度时，会损坏铁芯和线圈，故不能用整块硅钢，B错误；研究变压器电压和匝数的关系，用到控制变量法，可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，C正确；变压器的工作原理是电磁感应现象，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到传递磁场能的作用，而不是靠铁芯导电来传输电能，D错误． (2)为保证实验安全，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，且由于损耗总有＞，故由数据可知N1一定是副线圈的匝数．由表可知，原、副线圈两端电压U与匝数N成正比，则＝． (3)理想变压器的输入功率等于输出功率，因为是降压变压器，所以副线圈的电压小于原线圈的电压，而功率又相等，所以副线圈的电流大于原线圈的电流，为了减少功率损失，根据电阻定律可知副线圈应用较粗的铜导线绕制，故应将较细的线圈作为原线圈． 17.小华同学做了探究变压器线圈两端的电压与匝数关系的实验，请回答以下问题： (1) 本实验中需要测量电压，则在如图所示的器材中，应　　. 　　 甲　　　　 乙 A. 选甲图中的器材 B. 选乙图中的器材 C. 都可以选 D. 都不能选 (2) 小华在做本实验时，选择的原线圈为100匝，副线圈为200匝；他将原线圈接入学生电源中的交流电压“6 V”挡位，用合适的电表测量出副线圈的电压为13 V，则下列叙述可能符合实际情况的一项是　　. A. 变压器的铁芯没有闭合 B. 一定是电压的测量出了问题 C. 副线圈实际匝数与标注的“200”不符，应该小于200匝 D. 学生电源实际输出电压大于标注的“6 V”　 (3) 用匝数na＝100匝和nb＝200匝的变压器，实验测量数据如下表. U1/V 1.60 2.50 3.70 4.60 U2/V 3.70 5.30 7.60 9.70 根据测量数据可判断连接电源的线圈是　　(填“na”或“nb”). 答案A ,D ,nb 解析⑴由题图可知，甲图是多用电表，而乙图是直流电压表，实验需要测量交流电压，因此选用甲图，故A正确，B、C、D错误． ⑵根据理想变压器的原、副线圈的电压与其匝数关系式＝，若变压器的铁芯没有闭合，则得出副线圈的电压小于12 V，A错误；副线圈实际匝数与标注的“200”不符，若小于200匝，由以上公式可知，副线圈的电压小于12 V，C错误；若学生电源实际输出电压大于标注的“6 V”，由以上公式可知，副线圈的电压可能为13 V，D正确，B错误． ⑶根据题意，电压比与匝数比不相等，可知该变压器为非理想变压器，考虑到变压器有漏磁、铁芯发热、导线发热等影响，判断出U2为原线圈上电压大小，即接电源的线圈是nb. 考点3 电能的输送 考向1　远距离输电 1． 示意图 2． 远距离输电的几个基本关系式 (1) 功率关系： P1＝P2，P2＝P损＋P3，P3＝P4. (2) 电压关系： ＝，U2＝ΔU＋U3，＝. (3) 电流关系： ＝，I2＝I线＝I3，＝. (4) 输电电流： I线＝＝＝＝. (5) 输电导线上损耗的电功率： P损＝P2－P3＝IR线＝＝ΔU I线． (6) 输电导线上的电压损失： ΔU＝I线R线＝U2－U3. 3． 三个回路 (1) 在电源回路中，P发电机＝U1I1＝P1. (2) 在输送回路中，I2＝I线＝I3，U2＝ΔU＋U3，ΔU＝I2R线，ΔP＝IR线. (3) 在用户回路中，P4＝U4I4＝P用户． 4． 处理远距离输电的方法技巧： (1) 画好一张图——远距离输电示意图 (2) 抓住电两端——发电站和用户 (3) 分析一条线——输电线 (4) 研究两次变——升压变压器升压和降压变压器降压 (5) 区分三个量——输送电压(功率)、损失电压(功率)、用户电压(功率) 5． 输电线上的电功率损失 (1) 原因：输电导线有电阻R线，电流流过输电线时，电流的热效应引起电功率的损失． (2) 计算式： ①P线＝I2R线；②P线＝IU线；③P线＝. 6． 输电线上的电压损失 若用U表示输电线始端电压，U′表示输电线末端电压，则U线＝U－U′或U线＝IR线. 7． 电压损失与输电电压的关系 如果远距离输电的电功率P不变，输电电压为U，输电导线电阻为R线，则输电导线上发热损失的功率P损＝I2R线＝2R线，因此输电电压若提高到nU，则P损将减为原来的 . 18.下图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,用户端中的电流是I2.下列说法正确的是(　　) A.用户端的电压为 B.输电线上的电压为U C.理想变压器的输入功率为r D.输电线路上损失的电功率为I1U 答案A 解析 根据理想变压器的工作原理,得I1U1=I2U2,所以用户端的电压U2=,选项A正确.输电线上的电压U'=I1r=U-U1,选项B错误.理想变压器的输入功率P1=I1U-r=I1U1,选项C错误.输电线路上损失的电功率P'=r=I1(U-U1),选项D错误. 19.(多选)某风力发电厂的输送功率为70 MW,发电机的输出电压u=700sin 100πt(V).通过如图所示的电路向用户输电,输送电压为70 kV,输电线总电阻为4 Ω,在用户端用降压变压器把电压降为220 V.下列说法正确的是 (　　) A.用户端交变电流的频率为50 Hz B.在输电线上的损失功率小于输送功率的5% C.降压变压器原、副线圈匝数比为300∶1 D.若输送电压为7 kV,则输电线上损失的功率为4×108 W 答案 AC 解析 变压器不改变交变电流的频率,由ω=2πf=100π rad/s知,用户端交变电流的频率f=50 Hz,选项A正确.输电线的输送电压,即升压变压器副线圈两端的电压U2=70 kV,则输送电流I==103 A,故输电线上损失的功率ΔP=I2r=4×106 W,则==5.7%,选项B错误.输电线上损失的电压ΔU=Ir=4 kV,则降压变压器原线圈两端的电压U3=U2-ΔU=66 kV,由=得,降压变压器原、副线圈匝数比=300∶1,选项C正确.若输送电压为7 kV,则输送电流为104 A,输电线上损失的电压为4×104 V,大于输送电压,选项D错误. 20.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R0=11 Ω的纯电阻用电器供电.已知输电线的总电阻R=10 Ω,T2的原、副线圈匝数比为4∶1,用电器两端的电压为u=220sin 100πt(V),T1、T2均为理想变压器.下列说法正确的是(　　) A.降压变压器的输入功率为4 400 W B.升压变压器中电流的频率为100 Hz C.输电线消耗的功率为500 W D.当用电器的电阻减小时,输电线消耗的功率减小 答案 A 解析 由题可知,用电器两端的电压有效值为220 V,交变电流频率f== Hz=50 Hz,由电功率公式可知,降压变压器输出功率P==4 400 W,理想变压器的输入功率与输出功率相等,选项A正确.理想变压器不改变交变电流的频率,选项B错误.由变压规律=可知,降压变压器输入电压为880 V,由P=UI可知,降压变压器输入电流为I=5 A,输电线消耗的功率PR=I2R=250 W,选项C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,其输入电流增大,再由PR=I2R可知,输电线消耗的功率增大,选项D错误. 考向2　动态分析问题的求解方法 1． 明确“不变量”和“变化量”，对变化量要把握它们之间的制约关系，依据程序分析的思想，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． (1) 原、副线圈匝数比不变，分析各物理量随负载电阻变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是 ： R→I2→P出→P入→I1. (2) 负载电阻不变，分析各物理量随匝数比的变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是： n1、n2→U2→I2→P出→P入→I1. 2． 需要注意的几点 (1) 负载增多，不等于电阻变大．并联的负载增多对应用电器增多，消耗功率增大，其总电阻减小． (2) 负载发生变化时，电流和电压如何变化的判断：先要由 ＝ 判断U2是否变化，再根据U2及负载电阻变大或变小的情况，由欧姆定律确定线圈中的电流I2的变化情况，最后再由P入＝P出判断原线圈中电流的变化情况． 3． 动态问题的分析思路可表示为： 21.如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，开始时，开关K断开，当K接通时，以下说法正确的是(　　) A．副线圈两端M、N的输出电压减小 B．副线圈输电线等效电阻R上的电压减小 C．通过灯泡L1的电流增大 D．原线圈中的电流增大 答案　D 解析　输入电压和原、副线圈的匝数比不变，由＝可知副线圈两端M、N的输出电压不变，A错误；当K接通时，副线圈电路的总电阻减小，总电流I2变大，输电线等效电阻R上的电压增大，并联部分的电压减小，通过灯泡L1的电流减小，B、C错误；由＝可知，电流I2变大，则I1变大，即原线圈中的电流增大，D正确． 22．(多选)图为某小型电站高压输电示意图．发电机输出功率恒定，升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2.下列说法正确的是(　　) A．采用高压输电可以增大输电线中的电流 B．升压变压器原、副线圈匝数比＝ C．输电线损耗的功率为 D．将P上移，用户获得的电压将增大 答案　BD 解析　发电机输出功率恒定，根据P＝UI可知，采用高压输电可以减小输电线中的电流，故A错误；升压变压器原、副线圈匝数比等于输入电压和输出电压比，则＝，故B正确；U2等于输电线路上损耗的电压与降压变压器输入电压之和，故C错误；将P上移，降压变压器的原线圈匝数减少，由变压器的电压与匝数的关系可知，用户获得的电压将增大，故D正确． 23.如图所示，理想变压器的原线圈与输出电压有效值恒定的正弦式交变电源相连，副线圈通过导线与灯泡L和滑动变阻器R相连，若将滑动变阻器滑片上滑，在滑动过程中，下列说法中正确的是( ) A. 副线圈两端电压不变 B. 灯泡L亮度变亮 C. 原线圈中电流减小 D. 电源的输出功率不变 答案A 解析 电源输出电压恒定，根据理想变压器规律 ＝，副线圈电压不变，故A正确；灯泡两端电压不变，灯泡亮度不变，故B错误；将滑片上滑，滑动变阻器阻值变小，副线圈电流变大，原线圈电流变大，副线圈功率变大，变压器的输入功率等于输出功率，电源输出功率变大，故C、D错误． 考点4　电磁波的特性与应用 1． 各种电磁波的共性 (1) 在本质上都是电磁波，遵循相同的物理规律，各波段之间的区别并没有绝对的意义． (2) 都遵循公式v＝λf，在真空中的传播速度都是 c＝3×108m/s. (3) 传播都不需要介质. (4) 都具有反射、折射、衍射和干涉的特性． 2． 电磁波的特性： (1) 不同电磁波的频率或波长不同，表现出不同的特性，波长越长越容易产生干涉、衍射现象，波长越短穿透能力越强、观察干涉、衍射现象越困难．正是这些不同的特性决定了它们不同的用途． (2) 同频率的电磁波，在不同介质中速度不同．不同频率的电磁波，在同一种介质中传播时，频率越大，折射率越大，速度越小． (3) 产生机理不同 无线电波 振荡电路中电子周期性运动产生 红外线、可见光 和紫外线 原子的外层电子受激发后产生 X射线 原子的内层电子受激发后产生 γ射线 原子核受激发后产生 (4) 用途不同 电磁波谱 无线电波 红外线 可见光 紫外线 X射线 γ射线 频率 由左向右，频率变化为由低到高 真空中 的波长 由左向右，波长变化为由长到短 特性 波动性强 热效应强 感光性强 化学作用、荧光效应强 穿透力强 穿透力最强 用途 通信、广播、天体物理研究等 遥控、遥测、加热、红外摄像、红外制导等 照明、照相等 杀菌、防伪、治疗皮肤病等 检查、探测、透视等 探测、治疗等 24.红外遥感卫星通过接收地面物体发出的红外辐射来探测地面物体的状况.地球大气中的水汽(H2O),二氧化碳(CO2)能强烈吸收某些波长范围的红外辐射,即地面物体发出的某些波长的电磁波,只有一部分能够通过大气层被遥感卫星接收.下图为水和二氧化碳对某一波段不同波长电磁波的吸收情况,由图可知,在该波段红外遥感大致能够接收到的波长范围为 (　　) A．2．5~3．5 μm B.4~4.5 μm C.5~7 μm D.8~13 μm 答案D 解析 由图像可知,水和二氧化碳几乎均不吸收8~13 μm波段的红外线,选项D正确. 25.第五代移动通信技术,简称5G.5G开启了万物互联时代:车联网、物联网、智慧城市、无人机网络、自动驾驶技术等一一变为现实.5G信号采用3300 MHz~5 000 MHz频段,相比于现有的4G(第四代移动通信技术,1 880 MHz~2 635 MHz频段)技术而言,具有极大的带宽、极大的容量和极低的时延.5G信号与4G信号相比,下列说法正确的是 (　　) A.5G信号在真空中的传播速度更大 B.5G信号与4G信号均是纵波 C.5G信号在真空中的传播速度与4G信号一样 D.5G信号更容易发生明显衍射 答案C 解析 任何电磁波在真空中的传播速度均为光速,故选项A错误,选项C正确.电磁波均为横波,故选项B错误.5G信号的频率更高,波长更小,故4G信号更容易发生明显的衍射现象,故选项D错误. 26.“歼20”是我国自主研制的第五代隐形战斗机,是我国现代空中力量的代表作,也进入了世界最先进的第五代战斗机行列,它是我国国防能力高速发展的一个象征.“隐形飞机”的原理是在飞机研制过程中设法降低其可探测性,使之不易被敌方发现、跟踪和攻击.根据你所学的物理知识,判断下列关于“隐形飞机”的说法正确的是 (　　) A.运用隐蔽色涂层,无论距探测器多近的距离,探测器也不能检测到它 B.使用吸收雷达发射的电磁波材料,在雷达屏幕上显示的反射信息很少、很弱,很难被发现 C.使用吸收雷达发射的电磁波涂层后,传播到复合金属机翼上的电磁波在机翼上不会产生感应电流 D.主要是对发动机、喷气尾管等因为高温容易产生紫外线辐射的部位采取隔热、降温等措施,使其不易被对方发现和攻击 答案B 解析 雷达向外发射电磁波,当电磁波遇到飞机时就要发生反射,雷达通过接收反射回来的电磁波,就可以测定飞机的位置,所以要想降低飞机的可探测性,可以使用吸收雷达发射的电磁波材料,从而在雷达屏幕上显示的反射信息很少、很弱,很难被发现,选项B正确. 考点5　日常生活中的传感器原理 1． 干簧管：结构很简单，玻璃管内封入了两个软磁性材料制成的簧片．当磁体靠近干簧管时(如图)，两个簧片被磁化而接通，所以干簧管能起到开关的作用，操纵开关的是磁场这只看不见的“手”．干簧管是一种能够感知磁场的传感器． 　 2． 温度传感器 (1) 热双金属片温度传感器 原理：热胀冷缩，因为双金属片热膨胀系数不同． 作用：控制电路的通断，常温时，若触点接触，接通电路，受热则会使触点分离，断开电路． 应用：日光灯启动器、电机过热保护、电熨斗等． 电熨斗：常温下两触点接触；温度升高，两种金属膨胀性能不同，双金属片形状发生变化，使触点断开． (2) 感温磁体(铁氧体)温度传感器 这是电饭锅中使用的温度传感器的主要元件． 特点：常温下具有铁磁性，能够被磁体吸引．温度达到约103℃(居里温度)时，失去铁磁性，不能被磁体吸引． 电饭锅工作原理： ①开始煮饭时，手压开关按钮，永磁体与感温磁体相吸，手松开后，按钮不再恢复到图示状态． ②水沸腾后，由于锅内保持100 ℃不变，故感温磁体仍与永磁体相吸，继续加热，故锅内温度大致保持100 ℃不变． ③饭熟后，水分被大米吸收，锅底温度升高，当温度升至“居里点103 ℃”时，感温磁体失去铁磁性，在弹簧作用下，永磁体被弹开，触点分离，切断电源，从而停止加热，之后进入保温状态． 说明：如果用电饭锅烧水，水沸腾后，锅内保持100 ℃不变，温度低于“居里点103 ℃”，电饭锅不能自动断电，只有水烧干后，温度升高到103 ℃才能自动断电． (3) 测温仪 可以远距离读取温度的数值，因为温度信号变成电信号后可以远距离传输． 常见的测温元件如非接触式红外测温仪、热电偶等． 3． 光传感器 (1) 机械式鼠标器的光传感器是红外发射、接收管. (2) 烟雾散射式火灾报警器中的光传感器是光电三极管.烟雾对光的散射使部分光线照射到光电三极管上，其电阻变小．电路检测出这种变化，就会发出警报． 27.电饭锅中应用了温度传感器，它的主要元件是感温铁氧体，其特点是：常温下感温铁氧体具有铁磁性，能够被磁体吸引，但是温度上升到约103 ℃时，就失去了铁磁性，不能被磁体吸引了．这个温度在物理学中称为该材料的“居里点”．电饭锅的结构如图所示，关于该电饭锅，下列说法中错误的是( ) A. 在材料的“居里点”，感温铁氧体的磁性最强 B. 煮饭时按下开关，由于常温下感温铁氧体体具有较强的磁性，永磁体被吸引，手松开后开关按钮不会跳起 C. 饭熟后，水分被大米吸收，锅底的温度会达到103 ℃，这时感温铁氧体失去铁磁性，开关按钮会跳起 D. 在一个标准大气压下用电饭锅烧水，只要锅内有水，锅内的温度就不可能达到 103 ℃，开关按钮不会跳起 答案A 解析 铁氧体在温度上升到约103 ℃时，就失去磁性．则在材料的“居里点”，感温铁氧体的磁性最弱，A错误；煮饭时按下开关，由于常温下感温铁氧体具有较强的磁性，永磁体被吸引，手松开后开关按钮不会跳起，B正确；饭熟后，水分被大米吸收，锅底的温度会达到 103 ℃，这时感温铁氧体失去铁磁性，开关按钮会跳起，C正确；在一个标准大气压下用电饭锅烧水，只要锅内有水，锅内的温度就不可能达到103 ℃，感温铁氧体不会失去铁磁性，则开关按钮不会跳起，D正确． 28．(多选)唱卡拉OK用的话筒，内有传感器，其中有一种是动圈式的，它的工作原理是在弹性膜片后面粘接一个轻小的金属线圈，线圈处于永磁体的磁场中，当声波使膜片前后振动时，就将声音信号转变为电信号，下列说法中正确的是( ) A. 该传感器是根据电流的磁效应工作的 B. 该传感器是根据电磁感应原理工作的 C. 膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量不断变化 D. 膜片振动时，金属线圈中产生的感应电动势保持不变 答案BC 解析 该传感器通过线圈在永磁体中振动，使穿过金属线圈的磁通量不断变化，从而产生感应电流，则该装置是根据电磁感应原理工作的，A错误，B、C正确；膜片振动时，随声音的强弱变化，膜片振动的幅度不断变化，则金属线圈中产生的感应电动势是变化的，D错误． 29．(多选)如图所示是自动调温式电熨斗，下列说法中正确的是( ) A. 常温时上下触点是断开的 B. 双金属片温度升高时，上金属片形变较大，双金属片将向下弯曲 C. 原来温度控制在80 ℃断开电源，现要求60 ℃断开电源，应使调温旋钮下移一些 D. 由熨烫丝绸衣物状态转化为熨烫棉麻衣物状态，应使调温旋钮下移一些 答案BD 解析 常温时，通电电热丝能发热，所以上、下触点是接触的，A错误；双金属片上下金属片的膨胀系数不同，温度升高时，上层形变大，双金属片向下发生弯曲，使电路断开，B正确；原来温度上升到80 ℃时断开电源，现在要求60 ℃时断开电源，弹性铜片与触点接触面积要减小，即使调温旋钮上调一些，C错误；由熨烫丝绸衣物状态转化为熨烫棉麻衣物状态，温度要高一点，则应使调温旋钮下移一些，D正确． 30.下图是会议室和宾馆房间的天花板上装有的火灾报警器的结构原理图,罩内装有发光二极管LED、光电三极管和不透明的挡板.平时光电三极管接收不到LED发出的光,呈现高电阻状态.发生火灾时,下列说法正确的是(　　) A.进入罩内的烟雾遮挡了光线,使光电三极管电阻更大,检测电路检测出变化发出警报 B.光电三极管温度升高,电阻变小,检测电路检测出变化发出警报 C.进入罩内的烟雾对光有散射作用,部分光线照射到光电三极管上,电阻变小,检测电路检测出变化发出警报 D.以上说法均不正确 答案C 解析 发生火灾时,烟雾进入罩内后对光有散射作用,使部分光线照射到光电三极管上,其电阻变小,与传感器连接的电路检测出这种变化,就会发出警报.故选项C正确. 31.下图为某种电子秤的原理示意图,AB为一改装后的滑动变阻器,阻值为R,长度为l,两边分别有P1、P2两个滑片,P1可在竖直绝缘光滑的固定杆MN上保持水平状态而上下自由滑动.弹簧处于原长时,P1刚好指在A端,P1与托盘固定相连.若P1、P2间出现电压时,该电压经过放大,通过信号转换后在显示屏上将显示物体质量的大小.已知弹簧的劲度系数为k,托盘自身质量为m0,电源电动势为E,内阻不计,当地的自由落体加速度为g. (1)求托盘上未放物体时,在托盘自身重力作用下,P1与A端的距离x1. (2)求托盘上放有质量为m的物体时,P1与A端的距离x2. (3)托盘上未放物体时通常需先校准零点,方法:调节P2,使P2离A端的距离也为x1,从而使P1、P2间的电压为0.校准零点后,将质量为m的物体放在托盘上,试推导出物体质量m与P1、P2间的电压U之间的函数关系式. 答案 (1)　(2)　(3)m= 解析 托盘的移动带动P1移动,使P1、P2间出现电势差,电势差的大小反映了托盘向下移动距离的大小,两滑片之间的电阻与两滑片之间的距离成正比. (1)由力的平衡知识有m0g=kx1, 解得x1=. (2)放上物体重新平衡后m0g+mg=kx2, 解得x2=. (3)由闭合电路欧姆定律知 U=IR串(R串为P1、P2间的电阻), =(x为P1、P2间的距离), E=IR, 则x=x2-x1=, 联立解得m=. 考点7利用传感器制作简单的自动控制装置 实验1　门窗防盗报警装置 1．实验器材和装置 干簧管作为传感器，用于感知磁体磁场是否存在．继电器(虚线框部分)作为执行装置．发光二极管LED作为电路正常工作提示，R为发光二极管的限流电阻，起保护作用．蜂鸣器H作为报警提醒．电路设计如图1. 图1 2．电路工作原理 当门窗紧闭时，磁体M靠近干簧管SA，干簧管两簧片被磁化相吸，继电器接通而工作．当门窗开启时，磁体离开干簧管，干簧管失磁断开，继电器被断电，动触点c与常闭触点b接通，蜂鸣器H发声报警． 3．实验操作 (1)检查干簧管．用磁体直接靠近干簧管，观察干簧管簧片能否正常动作． (2)连接电路．连接电路前，要检查其他元件是否也能正常工作． (3)接通电源后，将磁体靠近和离开干簧管，分别观察实验现象． 实验2　光控开关 1．实验器材和装置 光敏电阻完成光信号向电信号的转变．晶体三极管将电流进行放大，同时具有完成断路和接通的开关作用．发光二极管LED模仿路灯．电路设计如图2甲． 图2 为了能够驱动更大功率的负载，需用继电器来启、闭另外的供电电路，如图乙所示． 2．电路工作原理 (1)光较强时，光敏电阻阻值小，三极管不导通，继电器断路，处于常开状态，小灯泡L不亮． (2)光较弱时，光敏电阻阻值变大，三极管导通，产生较大的集电极电流，点亮发光二极管或驱动继电器吸合，点亮小灯泡L. 3．实验操作 (1)连接电路，检查无误后，接通电源． (2)用白光照射光敏电阻，调节R1，使发光二极管LED或小灯泡L刚好不发光． (3)减弱光敏电阻的光照强度，当光减弱到某种程度时，发光二极管LED或小灯泡L发光． (4)让光照加强，当光照强到某种程度时，发光二极管LED或小灯泡L熄灭. 32.图甲为一种家用门磁防盗报警器,由磁条和主机组成,门窗均可使用.图乙为其简化示意图,安装时,将磁条固定在门框上,主机安装在与其等高的门板边缘,门关上时,两者刚好靠在一起.当主机开关闭合时,若门被打开,磁条与主机分离,主机内的触发器就会工作,带动报警器发出报警声.下列说法正确的是(　　) 甲 乙 A.触发器内是一个开关,当主机与磁条靠近时,开关是断开的 B.触发器可以由铜制成 C.磁条的两极对调后,该报警器不能正常工作 D.本装置是利用电流的磁效应工作的 答案A 解析 门关上时,磁条与主机刚好靠在一起,此时报警器不工作,说明电路是断开的;当主机开关闭合时,若门被打开,磁条与主机分离,主机内的触发器就会工作,带动报警器发出报警声,说明此时触发器内开关是闭合的,选项A正确;触发器与磁条之间存在磁力的作用,所以触发器不可能是铜制成的,选项B错误;无论磁条哪个磁极靠近触发器,都存在磁力作用,所以两极对调后,该报警器仍能正常工作,选项C错误;本装置是利用磁体能够吸引磁性物体的特点工作的,选项D错误. 33．如图所示为一温度自动报警器的原理图，在水银温度计的顶端封入一段金属丝，下列说法正确的是(　　) A．温度升高至74 ℃时，灯L1亮报警 B．温度升高至74 ℃时，灯L2亮报警 C．温度升高至78 ℃时，灯L1亮报警 D．温度升高至78 ℃时，灯L2亮报警 答案　D 解析　当温度低于78 ℃时，线圈中没有电流，此时仅灯L1亮，不报警；当温度升高到78 ℃时，线圈中有电流，磁体吸引衔铁，灯L2被接通，所以灯L2亮报警． 34．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(电学量)，例如热敏传感器．某热敏电阻RT阻值随温度变化的图线如图甲所示，图乙是由该热敏电阻RT作为传感器制作的简单自动报警器线路图．问： (1)为了使温度过高时报警器响铃，c应接在__________(选填“a”或“b”)处． (2)若要使启动报警的温度提高些，应将滑动变阻器的滑片P向________(选填“左”或“右”)移动． (3)如果在调试报警器达到最低报警温度时，无论如何调节滑动变阻器的滑片P都不能使报警器工作，且电路连接完好，各电路元件都能处于工作状态，则造成工作电路不能正常工作的原因可能是______________________________________________________． 答案　(1)a　(2)左　(3)电源提供的电压太小以至于电磁铁磁性太弱或弹簧劲度系数太大，电磁铁的吸引力小于弹力 解析　(1)由题图甲可知，热敏电阻RT在温度升高时阻值变小，电路中电流变大，电磁铁磁性增强，把右侧衔铁吸引过来，与a接触，故c应接在a处． (2)若要使启动报警的温度提高，则应使电路中电阻更大，滑动变阻器的滑片P向左移动． (3)电源提供的电压太小以至于电磁铁磁性太弱或弹簧劲度系数太大，电磁铁的吸引力小于弹力． 35.电饭煲的工作原理如图6所示，可分为两部分，即控制部分：由S1、S2、定值电阻R1和黄灯组成；工作(加热)部分：由发热电阻R3、定值电阻R2和红灯组成．S1是一个磁钢限温开关，手动闭合，当此开关的温度达到居里点(103 ℃)时，自动断开，且不能自动复位，S2是一个金属片自动开关，当温度达到70～80 ℃时，自动断开，低于70 ℃时，自动闭合，红灯、黄灯是指示灯，通过其电流必须较小，所以R1、R2起________作用．R3是发热电阻，接通电源并闭合S1后，黄灯熄而红灯亮，R3发热，当温度达到70～80 ℃时，S2断开，当温度达到103 ℃时饭熟，S1断开，当温度降到70 ℃以下时，S2闭合，电饭煲处于保温状态，由以上描述可知R2________R3(选填“<”“＝”或“>”)，当用电饭煲烧水时，S1________(选填“会”或“不会”)自动断开． 答案　限流　>　不会 解析　通过红灯、黄灯的电流必须较小，根据欧姆定律可知R1、R2起限流作用；R3是发热电阻，要产生很大的热量，所以电流要大一点，而通过R2的电流要小一点，且并联电路电压相等，根据欧姆定律可知R2>R3；当用电饭煲烧水时，温度达不到居里点(103 ℃)，S1不会自动断开． 36.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),例如温度传感器,主要应用了半导体材料制成的热敏电阻,热敏电阻阻值随温度变化的图线如图甲所示,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. 甲 乙 (1)为了使温度过高时报警器报警,开关应接在　　　　(选填“a”或“b”)处.  (2)若使启动报警的温度提高些,则应将滑动变阻器的滑片P向　　　　(选填“左”或“右”)移动.  答案(1)a　(2)左 解析(1)由题图乙可知,温度过高时,热敏电阻阻值较小,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处. (2)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. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题06 交变电流 电磁振荡和电磁波 传感器 考点1 交变电流的四值 考点2 变压器 考向1　变压器的基本规律 考向2　多个副线圈的变压器问题求解 考向3　几种特殊的变压器 考向4 实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系 考点3 电能的输送 考向1　远距离输电 考向2　动态分析问题的求解方法 考点4　电磁波的特性与应用 考点5　日常生活中的传感器原理 考点6 利用传感器制作简单的自动控制装置 考点1 交变电流的四值 交变电流的四值比较 1． 比较 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 e＝Emsinωt i＝Imsinωt 计算线圈某一时刻的受力情况 最大值 最大的瞬时值 Em＝NBSω Im＝ 确定电容器的耐压值 有效值 跟交变电流的热效应等效的恒定电流值、电压值 E＝， U＝， I＝ 凡涉及能量的问题、交变电流的电功、电功率问题、计算交变电流通过导体产生的热量及确定保险丝的熔断电流时都用有效值 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， ＝ 计算通过电路横截面的电荷量 2． 注意： (1) 交变电流的平均值是针对某一过程的物理量，在不同的时间内平均值一般不相同． (2) 平均电动势不等于始、末两时刻瞬时值的平均值，必须用法拉第电磁感应定律计算，即 ＝n. (3) 研究电功、电功率和电热时，只能用有效值． (4) 研究通过导体某横截面的电荷量时，要用平均值． 　交变电流有效值的计算 1． 正弦式交变电流： E＝，U＝，I＝. 2． 对非正弦式交变电流，必须根据电流的热效应来求解有效值，且时间一般取一个周期．其具体做法是：假设让交变电流通过电阻R，计算交变电流在一个周期内产生的热量Q(可分段计算)，其中热量Q用相应的物理量的有效值表示，进而求出相应的有效值． 3． 当电流是非正弦式交变电流时，必须根据有效值的定义求解．求解步骤如下： 1．有两个完全相同的定值电阻，其中一个通有如图8所示的交变电流(图中曲线为余弦曲线的一部分)，另一个通有大小为 A的恒定电流，实验发现，在2 s时间内这两个电阻产生的热量相等，则图中a的数值为(　　) A. B．3 C．3 D．2 2．图甲为一小型发电机的示意图，发电机线圈内阻为1 Ω，灯泡L的电阻为9 Ω，电压表为理想交流电压表．发电机产生的电动势e随时间t按图乙的正弦规律变化，则(　　) A．t＝0.01 s时，穿过线圈的磁通量为零 B．线圈转动的角速度为50 rad/s C．电压表的示数为9 V D．灯泡L的电功率为10 W 3．(多选)如图甲为小型交流发电机的原理图，发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，从t＝0时刻开始，通过矩形线圈的磁通量随时间变化的规律如图乙所示，已知线圈的匝数n＝50，线圈的电阻r＝5 Ω，定值电阻R＝45 Ω，电压表为理想交流电表．则下列判断正确的是(　　) A．线圈转动的周期为6.28 s B．t＝0时刻线圈平面与磁感线平行 C．线圈转动过程中产生的最大电动势为100 V D．电压表的示数为45 V 4．如图甲所示，标有“220 V　40 W”的灯泡和标有“20 μF　300 V”的电容器并联接到交流电源上，V为理想交流电压表，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，V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．V的示数保持110 V不变 5．如图甲、乙、丙所示的是三个具有相同电流I0和周期T的交变电流，分别通过三个相同的电阻，下列说法中正确的是(　　) A．在相同时间内三个电阻发热量相等 B．在相同时间内，甲是丙发热量的2倍 C．在相同时间内，甲是乙发热量的 D．在相同时间内，乙发热量最大，甲次之，丙的发热量最小 考点2 变压器 考向1　变压器的基本规律 1． 功率关系 理想变压器的输入、输出功率的关系为P入＝P出，或P1＝P2. 2． 电压与匝数的关系 ＝ (1) 无论副线圈一端是空载还是有负载，上述关系都是适用的． (2) 若n2＞n1，U2＞U1，这种变压器为升压变压器；若n2＜n1，U2＜U1，这种变压器为降压变压器． 3． 电流关系 由I1U1＝I2U2，得＝＝. 4． 原、副线圈的交变电流的周期T和频率f相同． 5． 考查分析：理想变压器的电压、电流与匝数的关系是考查重点，重要关系是P入＝P出．关注四点说明： (1) 变压器不能改变直流电压． (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． (4) 理想变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值． 6．(2024年郑州期末)图甲中的变压装置可视为理想变压器，负载电路中R＝55 Ω，A、V均为理想电表．若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压，电压表的示数为110 V，下列表述正确的是(　　) 　　 A．原、副线圈的匝数比为4∶1 B．原线圈的电流为1 A C．原线圈的电压为220 V D．原线圈中交变电压的频率为100 Hz 7．如图所示的变压器,输入电压为220 V,可输出12 V、18 V、30 V的电压,匝数为n1的原线圈中电压随时间的变化为u=Umcos 100πt.单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表,电压表的示数为0.1 V.将阻值为12 Ω的电阻R接在BC两端时,功率为12 W.下列说法正确的是 (　　) A.n1为1 100匝,Um为220 V B.BC间线圈匝数为120,流过R的电流为1.4 A C.若将R接在AB两端,R两端的电压为18 V,频率为100 Hz D.若将R接在AC两端,流过R的电流为2.5 A,周期为0.02 s 8．如图所示,甲图中两导轨不平行,而乙图中两导轨平行,其余条件都相同,金属棒MN正在导轨上向右匀速运动,在金属棒运动过程中,将观察到(　　) 甲 乙 A.L1发光,L2不发光 B.L1、L2都不发光 C.L2发光,L1不发光 D.L1、L2都发光,只是亮度不同 考向2　多个副线圈的变压器问题求解 1． 当有多个副线圈且绕在同一“□”字形铁芯上时： (1) 电压比等于匝数比仍然成立．如右图，当原线圈中磁通量变化时，整个闭合铁芯中，处处相等，可推得 ＝，＝，＝，或电压与匝数的关系 ＝＝＝…，总是成立的． (2) 电流比不再与匝数比成反比．由功率关系得到的表达式是：I1U1＝I2U2＋I3U3…，或I1n1＝I2n2＋I3n3… 2． 对于磁感线回路不唯一的如“□□”形变压器．不同位置可能不同，此时有＝＋，要具体问题具体分析． 3．(1) 理想变压器的电压关系 eq \f(U1,U2)＝，对于一个或多个副线圈均适用，而电流关系＝，适用于只有一个副线圈的变压器． (2) 处理含有多个副线圈的变压器问题时，首选P入＝P出，从输出端的P出打开突破口． 9．广州地铁供电的变电站，将35 kV的高压电送到变压器(可视为理想变压器)，变为1 180 V和220 V后供机车牵引和照明使用，其部分电路可简化为如图所示．图中M为牵引机车的电机，其电流恒定，则( ) A. n1∶n2∶n3 ＝175∶59∶11 B. S闭合后与闭合前相比，n2两端的电压会减小 C. S闭合后与闭合前相比，原线圈的电流会增大 D. S闭合后与闭合前相比，变压器的输入功率保持不变 10．如图所示，阻值均为R的定值电阻R1、R2、R3，分别连接在理想变压器原、副线圈两端，原线圈接交变电源，交变电源输出电压的有效值恒定．已知原、副线圈的匝数之比n1∶n2∶n3＝3∶2∶1，闭合开关S后，电阻R3的功率为P.其他电阻不计，求： (1) 电阻R1两端的电压． (2) 该交流电源的输出功率． 11.如图所示，绕制变压器时，某人误将两个线圈绕在变压器铁芯的左右两个臂上，当通以交变电时，两个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈，另一半通过中间的臂．已知线圈1、2的匝数之比N1∶N2＝2∶1.在不接负载的情况下( ) ①当线圈1输入电压220 V时，线圈2输出的电压为110 V ②当线圈1输入电压220 V时，线圈2输出电压为55 V ③当线圈2输入电压110 V时，线圈1输出电压为220 V ④当线圈2输入电压110 V时，线圈1输出电压为110 V A. ①③ B. ②④ C. ①④ D. ③④ 考向3　几种特殊的变压器 1． 自耦变压器 图甲所示是自耦变压器的示意图．这种变压器的特点是铁芯上只绕有一个线圈．如果把整个线圈作原线圈，副线圈只取线圈的一部分，就可以降低电压；如果把线圈的一部分作原线圈，整个线圈作副线圈，就可以升高电压． 甲 　 乙 调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图乙所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，AB之间加上输入电压U1，移动滑动触头P的位置就可以调节输出电压U2. 2． 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 串联在待测大电流电路中 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 关系式 ＝ I1n1＝I2n2 (1) 电压互感器是降压变压器，据 ＝，知 n1＞n2；电流互感器是升压变压器，据 ＝，知n1＜n2. (2) 区分电压互感器与电流互感器的三个标志 ①测量仪器不同，前者电压表，后者电流表． ②原、副线圈匝数关系不同． ③原线圈接线方式不同，前者接在火线和零线间，后者接在火线上． (3) 使用互感器时，一定要将互感器的外壳和副线圈接地． 12．一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cd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 13.如图所示的电路中，有一自耦变压器，左侧并联一个理想交流电压表V1后接在稳定的交流电源上，右侧串联灯泡L和滑动变阻器R，R上并联一个理想交流电压表V2.下列说法中正确的是( ) A. 若P不动，滑片F向上移动时，灯泡L消耗的功率变大 B. 若P不动，滑片F向上移动时，V1、V2的示数均变大 C. 若F不动，滑片P向上滑动时，灯泡L消耗的功率变小 D. 若F不动，滑片P向上滑动时，V1、V2示数都变小 14．(多选)理想变压器的原线圈连接一只理想电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节，如图所示，在副线圈上连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑片，原线圈两端接在电压为U的交流电源上，则( ) A. 保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变小 B. 保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变大 C. 保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大 D. 保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小 考向4 实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系 1．实验思路 交变电流通过原线圈时在铁芯中产生变化的磁场，副线圈中产生感应电动势，其两端有输出电压．线圈匝数不同时输出电压不同，实验通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压与匝数的关系． 2．实验器材 多用电表、可拆变压器、学生电源、开关、导线若干(如图2所示) 图2 3．物理量的测量 (1)保持原线圈的匝数n1和电压U1不变，改变副线圈的匝数n2，研究n2对副线圈电压U2的影响．实物接线如图3所示． 图3 表格一　U1＝5 V，n1＝400匝 实验次数 1 2 3 n2/匝 U2/V ①选择n1＝400匝，用导线将变压器原线圈接在学生电源的交流输出接线柱上． ②将选择开关调至5 V挡，使原线圈两端电压为5 V，如图甲所示． ③将多用电表与副线圈n2＝200匝的接线柱相连接，如图乙所示．读出副线圈两端的电压U2. ④将n2、U2记录在表格一中． ⑤保持n1＝400匝，U1＝5 V不变．将多用电表与副线圈n2＝800匝的接线柱相连接，如图丙所示，重复上述实验，将结果记录到表格一中． ⑥保持n1＝400匝，U1＝5 V不变．将多用电表与副线圈n2＝1 400匝的接线柱相连接，如图丁所示，重复上述实验，将结果记录到表格一中． (2)保持副线圈的匝数n2和原线圈两端的电压U1不变，研究原线圈的匝数n1对副线圈电压U2的影响． 表格二　U1＝5 V，n2＝400匝 实验次数 1 2 3 n1/匝 U2/V ①将(1)中的原线圈作为副线圈，副线圈作为原线圈． ②选择n2＝400匝，用导线将变压器原线圈n1＝200匝接在学生电源的交流输出接线柱上． ③将选择开关拨至5 V挡． ④将多用电表与副线圈n2＝400匝的接线柱相连接，读出副线圈两端的电压U2. ⑤将U2、n1记录在表格二中． ⑥保持n2＝400匝，U1＝5 V不变，将连接电源的两根导线先后与原线圈n1＝800匝和n1＝1 400匝的接线柱相连接，重复上述实验，将结果记录到表格二中． ⑦拆除实验线路，整理好实验器材． 4．数据分析与结论 分析表格一和表格二中记录的数据，可得以下结论： (1)当原线圈电压、原线圈匝数不变时，副线圈电压与副线圈匝数成正比．当原线圈电压、副线圈匝数不变时，副线圈电压与原线圈匝数成反比． (2)原、副线圈的电压之比等于匝数之比. 15．(2024年大连八中月考)某同学在实验室进行探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系的实验．他准备了可拆变压器、多用电表、开关和导线若干． (1)实验需要以下哪种电源________． A．低压直流电源 B．高压直流电源 C．低压交流电源 D．高压交流电源 (2)该同学认真检查电路无误后，先保证原线圈匝数不变，改变副线圈匝数，再保证副线圈匝数不变，改变原线圈匝数．分别测出相应的原、副线圈电压值．由于交变电流电压是变化的，所以实际上测量的是电压的________(填“有效”或“最大”)值．其中一次多用电表读数如图所示，此时电压表读数为________V． 　　 (3)理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成________(填“正比”或“反比”)． (4)由于实验中变压器的铜损和铁损导致变压器并非理想．实验中，下图中变压器的原线圈接“0，8”接线柱，副线圈接“0，4”接线柱，当副线圈所接电表的示数为5.0 V，则原线圈所接电源电压可能为________． A．16.0 V B．10.0 V C．5．0 V D．2.5 V 16．某学习小组在探究变压器原、副线圈电压和匝数关系的实验中，采用了可拆式变压器，铁芯B安装在铁芯A上形成闭合铁芯，将原、副线圈套在铁芯A的两臂上，如图所示． (1)下列说法正确的是______． A．为保证实验安全，原线圈应接低压直流电源 B．变压器中铁芯是整块硅钢 C．保持原线圈电压及匝数不变，可改变副线圈的匝数，研究副线圈的匝数对输出电压的影响 D．变压器正常工作后，电能由原线圈通过铁芯导电输送到副线圈 (2)实验过程中，变压器的原、副线圈选择不同的匝数，利用多用电表测量相应电压，记录如下表，由数据可知N1一定是________(填“原”或“副”)线圈的匝数． 根据表格中的数据，在实验误差允许的范围内，可得出原副线圈两端电压与匝数的关系：__________． N1/匝 100 100 200 200 N2/匝 200 400 400 800 U1/V 2.1 1.95 5.22 2.35 U2/V 4.28 8.00 10.60 9.64 (3)学习小组观察实验室中一降压变压器的两个线圈的导线，发现导线粗细不同，结合以上实验结论，应将较细的线圈作为______线圈．(填“原”或“副”) 17.小华同学做了探究变压器线圈两端的电压与匝数关系的实验，请回答以下问题： (1) 本实验中需要测量电压，则在如图所示的器材中，应　　. 　　 甲　　　　 乙 A. 选甲图中的器材 B. 选乙图中的器材 C. 都可以选 D. 都不能选 (2) 小华在做本实验时，选择的原线圈为100匝，副线圈为200匝；他将原线圈接入学生电源中的交流电压“6 V”挡位，用合适的电表测量出副线圈的电压为13 V，则下列叙述可能符合实际情况的一项是　　. A. 变压器的铁芯没有闭合 B. 一定是电压的测量出了问题 C. 副线圈实际匝数与标注的“200”不符，应该小于200匝 D. 学生电源实际输出电压大于标注的“6 V”　 (3) 用匝数na＝100匝和nb＝200匝的变压器，实验测量数据如下表. U1/V 1.60 2.50 3.70 4.60 U2/V 3.70 5.30 7.60 9.70 根据测量数据可判断连接电源的线圈是　　(填“na”或“nb”). 考点3 电能的输送 考向1　远距离输电 1． 示意图 2． 远距离输电的几个基本关系式 (1) 功率关系： P1＝P2，P2＝P损＋P3，P3＝P4. (2) 电压关系： ＝，U2＝ΔU＋U3，＝. (3) 电流关系： ＝，I2＝I线＝I3，＝. (4) 输电电流： I线＝＝＝＝. (5) 输电导线上损耗的电功率： P损＝P2－P3＝IR线＝＝ΔU I线． (6) 输电导线上的电压损失： ΔU＝I线R线＝U2－U3. 3． 三个回路 (1) 在电源回路中，P发电机＝U1I1＝P1. (2) 在输送回路中，I2＝I线＝I3，U2＝ΔU＋U3，ΔU＝I2R线，ΔP＝IR线. (3) 在用户回路中，P4＝U4I4＝P用户． 4． 处理远距离输电的方法技巧： (1) 画好一张图——远距离输电示意图 (2) 抓住电两端——发电站和用户 (3) 分析一条线——输电线 (4) 研究两次变——升压变压器升压和降压变压器降压 (5) 区分三个量——输送电压(功率)、损失电压(功率)、用户电压(功率) 5． 输电线上的电功率损失 (1) 原因：输电导线有电阻R线，电流流过输电线时，电流的热效应引起电功率的损失． (2) 计算式： ①P线＝I2R线；②P线＝IU线；③P线＝. 6． 输电线上的电压损失 若用U表示输电线始端电压，U′表示输电线末端电压，则U线＝U－U′或U线＝IR线. 7． 电压损失与输电电压的关系 如果远距离输电的电功率P不变，输电电压为U，输电导线电阻为R线，则输电导线上发热损失的功率P损＝I2R线＝2R线，因此输电电压若提高到nU，则P损将减为原来的 . 18.下图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,用户端中的电流是I2.下列说法正确的是(　　) A.用户端的电压为 B.输电线上的电压为U C.理想变压器的输入功率为r D.输电线路上损失的电功率为I1U 19.(多选)某风力发电厂的输送功率为70 MW,发电机的输出电压u=700sin 100πt(V).通过如图所示的电路向用户输电,输送电压为70 kV,输电线总电阻为4 Ω,在用户端用降压变压器把电压降为220 V.下列说法正确的是 (　　) A.用户端交变电流的频率为50 Hz B.在输电线上的损失功率小于输送功率的5% C.降压变压器原、副线圈匝数比为300∶1 D.若输送电压为7 kV,则输电线上损失的功率为4×108 W 20.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R0=11 Ω的纯电阻用电器供电.已知输电线的总电阻R=10 Ω,T2的原、副线圈匝数比为4∶1,用电器两端的电压为u=220sin 100πt(V),T1、T2均为理想变压器.下列说法正确的是(　　) A.降压变压器的输入功率为4 400 W B.升压变压器中电流的频率为100 Hz C.输电线消耗的功率为500 W D.当用电器的电阻减小时,输电线消耗的功率减小 考向2　动态分析问题的求解方法 1． 明确“不变量”和“变化量”，对变化量要把握它们之间的制约关系，依据程序分析的思想，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． (1) 原、副线圈匝数比不变，分析各物理量随负载电阻变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是 ： R→I2→P出→P入→I1. (2) 负载电阻不变，分析各物理量随匝数比的变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是： n1、n2→U2→I2→P出→P入→I1. 2． 需要注意的几点 (1) 负载增多，不等于电阻变大．并联的负载增多对应用电器增多，消耗功率增大，其总电阻减小． (2) 负载发生变化时，电流和电压如何变化的判断：先要由 ＝ 判断U2是否变化，再根据U2及负载电阻变大或变小的情况，由欧姆定律确定线圈中的电流I2的变化情况，最后再由P入＝P出判断原线圈中电流的变化情况． 3． 动态问题的分析思路可表示为： 21.如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，开始时，开关K断开，当K接通时，以下说法正确的是(　　) A．副线圈两端M、N的输出电压减小 B．副线圈输电线等效电阻R上的电压减小 C．通过灯泡L1的电流增大 D．原线圈中的电流增大 22．(多选)图为某小型电站高压输电示意图．发电机输出功率恒定，升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2.下列说法正确的是(　　) A．采用高压输电可以增大输电线中的电流 B．升压变压器原、副线圈匝数比＝ C．输电线损耗的功率为 D．将P上移，用户获得的电压将增大 23.如图所示，理想变压器的原线圈与输出电压有效值恒定的正弦式交变电源相连，副线圈通过导线与灯泡L和滑动变阻器R相连，若将滑动变阻器滑片上滑，在滑动过程中，下列说法中正确的是( ) A. 副线圈两端电压不变 B. 灯泡L亮度变亮 C. 原线圈中电流减小 D. 电源的输出功率不变 考点4　电磁波的特性与应用 1． 各种电磁波的共性 (1) 在本质上都是电磁波，遵循相同的物理规律，各波段之间的区别并没有绝对的意义． (2) 都遵循公式v＝λf，在真空中的传播速度都是 c＝3×108m/s. (3) 传播都不需要介质. (4) 都具有反射、折射、衍射和干涉的特性． 2． 电磁波的特性： (1) 不同电磁波的频率或波长不同，表现出不同的特性，波长越长越容易产生干涉、衍射现象，波长越短穿透能力越强、观察干涉、衍射现象越困难．正是这些不同的特性决定了它们不同的用途． (2) 同频率的电磁波，在不同介质中速度不同．不同频率的电磁波，在同一种介质中传播时，频率越大，折射率越大，速度越小． (3) 产生机理不同 无线电波 振荡电路中电子周期性运动产生 红外线、可见光 和紫外线 原子的外层电子受激发后产生 X射线 原子的内层电子受激发后产生 γ射线 原子核受激发后产生 (4) 用途不同 电磁波谱 无线电波 红外线 可见光 紫外线 X射线 γ射线 频率 由左向右，频率变化为由低到高 真空中 的波长 由左向右，波长变化为由长到短 特性 波动性强 热效应强 感光性强 化学作用、荧光效应强 穿透力强 穿透力最强 用途 通信、广播、天体物理研究等 遥控、遥测、加热、红外摄像、红外制导等 照明、照相等 杀菌、防伪、治疗皮肤病等 检查、探测、透视等 探测、治疗等 24.红外遥感卫星通过接收地面物体发出的红外辐射来探测地面物体的状况.地球大气中的水汽(H2O),二氧化碳(CO2)能强烈吸收某些波长范围的红外辐射,即地面物体发出的某些波长的电磁波,只有一部分能够通过大气层被遥感卫星接收.下图为水和二氧化碳对某一波段不同波长电磁波的吸收情况,由图可知,在该波段红外遥感大致能够接收到的波长范围为 (　　) A．2．5~3．5 μm B.4~4.5 μm C.5~7 μm D.8~13 μm 25.第五代移动通信技术,简称5G.5G开启了万物互联时代:车联网、物联网、智慧城市、无人机网络、自动驾驶技术等一一变为现实.5G信号采用3300 MHz~5 000 MHz频段,相比于现有的4G(第四代移动通信技术,1 880 MHz~2 635 MHz频段)技术而言,具有极大的带宽、极大的容量和极低的时延.5G信号与4G信号相比,下列说法正确的是 (　　) A.5G信号在真空中的传播速度更大 B.5G信号与4G信号均是纵波 C.5G信号在真空中的传播速度与4G信号一样 D.5G信号更容易发生明显衍射 26.“歼20”是我国自主研制的第五代隐形战斗机,是我国现代空中力量的代表作,也进入了世界最先进的第五代战斗机行列,它是我国国防能力高速发展的一个象征.“隐形飞机”的原理是在飞机研制过程中设法降低其可探测性,使之不易被敌方发现、跟踪和攻击.根据你所学的物理知识,判断下列关于“隐形飞机”的说法正确的是 (　　) A.运用隐蔽色涂层,无论距探测器多近的距离,探测器也不能检测到它 B.使用吸收雷达发射的电磁波材料,在雷达屏幕上显示的反射信息很少、很弱,很难被发现 C.使用吸收雷达发射的电磁波涂层后,传播到复合金属机翼上的电磁波在机翼上不会产生感应电流 D.主要是对发动机、喷气尾管等因为高温容易产生紫外线辐射的部位采取隔热、降温等措施,使其不易被对方发现和攻击 考点5　日常生活中的传感器原理 1． 干簧管：结构很简单，玻璃管内封入了两个软磁性材料制成的簧片．当磁体靠近干簧管时(如图)，两个簧片被磁化而接通，所以干簧管能起到开关的作用，操纵开关的是磁场这只看不见的“手”．干簧管是一种能够感知磁场的传感器． 　 2． 温度传感器 (1) 热双金属片温度传感器 原理：热胀冷缩，因为双金属片热膨胀系数不同． 作用：控制电路的通断，常温时，若触点接触，接通电路，受热则会使触点分离，断开电路． 应用：日光灯启动器、电机过热保护、电熨斗等． 电熨斗：常温下两触点接触；温度升高，两种金属膨胀性能不同，双金属片形状发生变化，使触点断开． (2) 感温磁体(铁氧体)温度传感器 这是电饭锅中使用的温度传感器的主要元件． 特点：常温下具有铁磁性，能够被磁体吸引．温度达到约103℃(居里温度)时，失去铁磁性，不能被磁体吸引． 电饭锅工作原理： ①开始煮饭时，手压开关按钮，永磁体与感温磁体相吸，手松开后，按钮不再恢复到图示状态． ②水沸腾后，由于锅内保持100 ℃不变，故感温磁体仍与永磁体相吸，继续加热，故锅内温度大致保持100 ℃不变． ③饭熟后，水分被大米吸收，锅底温度升高，当温度升至“居里点103 ℃”时，感温磁体失去铁磁性，在弹簧作用下，永磁体被弹开，触点分离，切断电源，从而停止加热，之后进入保温状态． 说明：如果用电饭锅烧水，水沸腾后，锅内保持100 ℃不变，温度低于“居里点103 ℃”，电饭锅不能自动断电，只有水烧干后，温度升高到103 ℃才能自动断电． (3) 测温仪 可以远距离读取温度的数值，因为温度信号变成电信号后可以远距离传输． 常见的测温元件如非接触式红外测温仪、热电偶等． 3． 光传感器 (1) 机械式鼠标器的光传感器是红外发射、接收管. (2) 烟雾散射式火灾报警器中的光传感器是光电三极管.烟雾对光的散射使部分光线照射到光电三极管上，其电阻变小．电路检测出这种变化，就会发出警报． 27.电饭锅中应用了温度传感器，它的主要元件是感温铁氧体，其特点是：常温下感温铁氧体具有铁磁性，能够被磁体吸引，但是温度上升到约103 ℃时，就失去了铁磁性，不能被磁体吸引了．这个温度在物理学中称为该材料的“居里点”．电饭锅的结构如图所示，关于该电饭锅，下列说法中错误的是( ) A. 在材料的“居里点”，感温铁氧体的磁性最强 B. 煮饭时按下开关，由于常温下感温铁氧体体具有较强的磁性，永磁体被吸引，手松开后开关按钮不会跳起 C. 饭熟后，水分被大米吸收，锅底的温度会达到103 ℃，这时感温铁氧体失去铁磁性，开关按钮会跳起 D. 在一个标准大气压下用电饭锅烧水，只要锅内有水，锅内的温度就不可能达到 103 ℃，开关按钮不会跳起 28．(多选)唱卡拉OK用的话筒，内有传感器，其中有一种是动圈式的，它的工作原理是在弹性膜片后面粘接一个轻小的金属线圈，线圈处于永磁体的磁场中，当声波使膜片前后振动时，就将声音信号转变为电信号，下列说法中正确的是( ) A. 该传感器是根据电流的磁效应工作的 B. 该传感器是根据电磁感应原理工作的 C. 膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量不断变化 D. 膜片振动时，金属线圈中产生的感应电动势保持不变 29．(多选)如图所示是自动调温式电熨斗，下列说法中正确的是( ) A. 常温时上下触点是断开的 B. 双金属片温度升高时，上金属片形变较大，双金属片将向下弯曲 C. 原来温度控制在80 ℃断开电源，现要求60 ℃断开电源，应使调温旋钮下移一些 D. 由熨烫丝绸衣物状态转化为熨烫棉麻衣物状态，应使调温旋钮下移一些 30.下图是会议室和宾馆房间的天花板上装有的火灾报警器的结构原理图,罩内装有发光二极管LED、光电三极管和不透明的挡板.平时光电三极管接收不到LED发出的光,呈现高电阻状态.发生火灾时,下列说法正确的是(　　) A.进入罩内的烟雾遮挡了光线,使光电三极管电阻更大,检测电路检测出变化发出警报 B.光电三极管温度升高,电阻变小,检测电路检测出变化发出警报 C.进入罩内的烟雾对光有散射作用,部分光线照射到光电三极管上,电阻变小,检测电路检测出变化发出警报 D.以上说法均不正确 31.下图为某种电子秤的原理示意图,AB为一改装后的滑动变阻器,阻值为R,长度为l,两边分别有P1、P2两个滑片,P1可在竖直绝缘光滑的固定杆MN上保持水平状态而上下自由滑动.弹簧处于原长时,P1刚好指在A端,P1与托盘固定相连.若P1、P2间出现电压时,该电压经过放大,通过信号转换后在显示屏上将显示物体质量的大小.已知弹簧的劲度系数为k,托盘自身质量为m0,电源电动势为E,内阻不计,当地的自由落体加速度为g. (1)求托盘上未放物体时,在托盘自身重力作用下,P1与A端的距离x1. (2)求托盘上放有质量为m的物体时,P1与A端的距离x2. (3)托盘上未放物体时通常需先校准零点,方法:调节P2,使P2离A端的距离也为x1,从而使P1、P2间的电压为0.校准零点后,将质量为m的物体放在托盘上,试推导出物体质量m与P1、P2间的电压U之间的函数关系式. 考点7利用传感器制作简单的自动控制装置 实验1　门窗防盗报警装置 1．实验器材和装置 干簧管作为传感器，用于感知磁体磁场是否存在．继电器(虚线框部分)作为执行装置．发光二极管LED作为电路正常工作提示，R为发光二极管的限流电阻，起保护作用．蜂鸣器H作为报警提醒．电路设计如图1. 图1 2．电路工作原理 当门窗紧闭时，磁体M靠近干簧管SA，干簧管两簧片被磁化相吸，继电器接通而工作．当门窗开启时，磁体离开干簧管，干簧管失磁断开，继电器被断电，动触点c与常闭触点b接通，蜂鸣器H发声报警． 3．实验操作 (1)检查干簧管．用磁体直接靠近干簧管，观察干簧管簧片能否正常动作． (2)连接电路．连接电路前，要检查其他元件是否也能正常工作． (3)接通电源后，将磁体靠近和离开干簧管，分别观察实验现象． 实验2　光控开关 1．实验器材和装置 光敏电阻完成光信号向电信号的转变．晶体三极管将电流进行放大，同时具有完成断路和接通的开关作用．发光二极管LED模仿路灯．电路设计如图2甲． 图2 为了能够驱动更大功率的负载，需用继电器来启、闭另外的供电电路，如图乙所示． 2．电路工作原理 (1)光较强时，光敏电阻阻值小，三极管不导通，继电器断路，处于常开状态，小灯泡L不亮． (2)光较弱时，光敏电阻阻值变大，三极管导通，产生较大的集电极电流，点亮发光二极管或驱动继电器吸合，点亮小灯泡L. 3．实验操作 (1)连接电路，检查无误后，接通电源． (2)用白光照射光敏电阻，调节R1，使发光二极管LED或小灯泡L刚好不发光． (3)减弱光敏电阻的光照强度，当光减弱到某种程度时，发光二极管LED或小灯泡L发光． (4)让光照加强，当光照强到某种程度时，发光二极管LED或小灯泡L熄灭. 32.图甲为一种家用门磁防盗报警器,由磁条和主机组成,门窗均可使用.图乙为其简化示意图,安装时,将磁条固定在门框上,主机安装在与其等高的门板边缘,门关上时,两者刚好靠在一起.当主机开关闭合时,若门被打开,磁条与主机分离,主机内的触发器就会工作,带动报警器发出报警声.下列说法正确的是(　　) 甲 乙 A.触发器内是一个开关,当主机与磁条靠近时,开关是断开的 B.触发器可以由铜制成 C.磁条的两极对调后,该报警器不能正常工作 D.本装置是利用电流的磁效应工作的 33．如图所示为一温度自动报警器的原理图，在水银温度计的顶端封入一段金属丝，下列说法正确的是(　　) A．温度升高至74 ℃时，灯L1亮报警 B．温度升高至74 ℃时，灯L2亮报警 C．温度升高至78 ℃时，灯L1亮报警 D．温度升高至78 ℃时，灯L2亮报警 34．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(电学量)，例如热敏传感器．某热敏电阻RT阻值随温度变化的图线如图甲所示，图乙是由该热敏电阻RT作为传感器制作的简单自动报警器线路图．问： (1)为了使温度过高时报警器响铃，c应接在__________(选填“a”或“b”)处． (2)若要使启动报警的温度提高些，应将滑动变阻器的滑片P向________(选填“左”或“右”)移动． (3)如果在调试报警器达到最低报警温度时，无论如何调节滑动变阻器的滑片P都不能使报警器工作，且电路连接完好，各电路元件都能处于工作状态，则造成工作电路不能正常工作的原因可能是______________________________________________________． 35.电饭煲的工作原理如图6所示，可分为两部分，即控制部分：由S1、S2、定值电阻R1和黄灯组成；工作(加热)部分：由发热电阻R3、定值电阻R2和红灯组成．S1是一个磁钢限温开关，手动闭合，当此开关的温度达到居里点(103 ℃)时，自动断开，且不能自动复位，S2是一个金属片自动开关，当温度达到70～80 ℃时，自动断开，低于70 ℃时，自动闭合，红灯、黄灯是指示灯，通过其电流必须较小，所以R1、R2起________作用．R3是发热电阻，接通电源并闭合S1后，黄灯熄而红灯亮，R3发热，当温度达到70～80 ℃时，S2断开，当温度达到103 ℃时饭熟，S1断开，当温度降到70 ℃以下时，S2闭合，电饭煲处于保温状态，由以上描述可知R2________R3(选填“<”“＝”或“>”)，当用电饭煲烧水时，S1________(选填“会”或“不会”)自动断开． 36.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),例如温度传感器,主要应用了半导体材料制成的热敏电阻,热敏电阻阻值随温度变化的图线如图甲所示,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. 甲 乙 (1)为了使温度过高时报警器报警,开关应接在　　　　(选填“a”或“b”)处.  (2)若使启动报警的温度提高些,则应将滑动变阻器的滑片P向　　　　(选填“左”或“右”)移动.  1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$