第十三章 交变电流 电磁波 传感器（教师用书）-【新高考方案】2026年高考物理一轮总复习（培优进阶版）

第十三章　交变电流　电磁波　传感器 基础落实课 第1讲　交变电流的产生和描述 第2讲　理想变压器与电能的输送 第3讲　电磁振荡与电磁波 实验探究课 第4讲　探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系 第5讲　利用传感器制作简单的自动控制装置 第1讲　交变电流的产生和描述(基础落实课)　　 一、交变电流 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条件和图像 产生条件 在匀强磁场中，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动 两个特殊位 置的特点 ①线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，=0，e=0，i=0，电流方向将发生改变。 ②线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ=0，最大，e最大，i最大，电流方向不发生改变 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 图像 从线圈通过中性面位置开始计时，电动势e、电压u和电流i随时间变化的图像分别如图甲、乙、丙所示。 二、描述交变电流的物理量 1.周期和频率 周期(T) 交变电流完成一次周期性变化(线圈转动一周)所需的时间，单位是秒(s)，公式T= 频率(f) 交变电流完成周期性变化的次数与所用时间之比，单位是赫兹(Hz) 周期和频率的关系 T=或f= 2.交变电流的瞬时值、峰值和有效值 瞬时值 交变电流某一时刻的值，是时间的函数。如e=Emsin ωt 峰值 交变电流的电流或电压所能达到的最大值 有效值 让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交变电流的一个周期内它们产生的热量相等，就把这一恒定电流的电流与电压叫作这一交变电流的有效值 微点判断 1.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，矩形线圈中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，矩形线圈中的感应电动势为零，感应电流方向发生改变。 (√) 4.交流电气设备上所标的电压和电流值是指有效值。 (√) 5.(鲁科选择性必修2P61T4·选摘)交流电压表和交流电流表测量的都是交流电的最大值。 (×) 6.分析电容器的耐压值应考虑电压的峰值。 (√) 7.交变电流的有效值总是峰值除以。 (×) 8.可以用有效值计算通过电路截面的电荷量。 (×) 逐点清(一)　交变电流的产生和描述 |题|点|全|练| 1.[中性面和峰值面](1)(粤教版教材选择性必修2，P68T1)如图所示，线圈静止，磁体按图示方向旋转，请用箭头标出图中4个线圈中产生的感应电流方向。如果没有感应电流则不用标箭头。 提示：题图(a)中线圈的感应电流为顺时针方向，题图(b)中没有感应电流，题图(c)和(d)中线圈的感应电流为逆时针方向。 (2)(2024·新课标卷)(多选)电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来。车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生电流。磁极匀速转动的某瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图所示。将两磁极间的磁场视为匀强磁场，则磁极再转过90°时，线圈中 (　　) A.电流最小 B.电流最大 C.电流方向由P指向Q D.电流方向由Q指向P 解析：选BD　由题图可知，开始时线圈处于中性面位置，当磁极再转过90°时，此时穿过线圈的磁通量为0，磁通量的变化率最大，可知此时线圈中电流最大；在磁极转动的过程中，穿过线圈的磁通量在减小，根据楞次定律结合安培定则可知，此时感应电流方向由Q指向P。故选B、D。 |考|教|衔|接| 　　粤教版教材中的习题考查的是磁极转动判断线圈中是否产生感应电流及感应电流的方向，而2024年新课标卷高考题不仅考查了磁极转动时判断线圈中的感应电流方向，还需判断感应电流大小变化特点，是对教材习题的进一步深化。 2.[交变电流的产生及图像]在以下四种情境中，线圈中产生的电流与其正下方所示的i⁃t图线相对应的是 (　　) 解析：选A　选项A线圈中产生的电流为i==cos ωt，故A正确；选项B线圈中产生的电流为i==sin ωt=sin ωt，故B错误；选项C线圈始终垂直切割磁感线，产生的电流大小恒定，故C错误；选项D线圈中产生的电流为i==sin ωt=sin ωt，故D错误。 3.[交变电流的描述]一正弦式交变电流的i⁃t图像如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.在t=0.4 s时电流改变方向 B.该交变电流的周期为0.5 s C.该交变电流的表达式为i=2cos(5πt)A D.该交变电流的有效值为 A 解析：选C　由题图可知t=0.4 s时电流为正方向最大值，电流方向没有发生变化，故A错误；由题图可知，该交变电流的周期为T=0.4 s，故B错误；由题图可知，电流的最大值为imax=2 A，圆频率为ω==5π rad/s，故该交变电流的表达式为i=imaxcos ωt=2cos(5πt)A，故C正确；该交变电流的有效值为i== A，故D错误。 |精|要|点|拨| 1.正弦式交变电流产生过程中的两个特殊位置 位置 中性面位置 峰值面位置 图示 特点 B⊥S B∥S Φ=BS，最大 Φ=0，最小 e=n=0，最小 e=n=nBSω，最大 电流为零，方向改变 电流最大，方向不变 2.正弦式交变电流的变化规律(从线圈经过中性面开始计时) 物理量 函数表达式 图像 磁通量 Φ=Φmcos ωt=BScos ωt 电动势 e=Emsin ωt=nBSωsin ωt 电流 i=Imsin ωt=sin ωt 电压 u=Umsin ωt=sin ωt 逐点清(二)　交变电流有效值的理解和计算 1.对有效值的理解 (1)交流电流表、交流电压表的示数是指有效值； (2)用电器铭牌上标的值(如额定电压、额定功率等)指的均是有效值； (3)计算热量、电功率及保险丝的熔断电流用的是有效值； (4)通常没有特别加以说明的，一般指有效值。 2.有效值的两种计算方法 (1)公式法：对于正(余)弦式交变电流，利用E=、U=、I=计算有效值。 注意：若图像一部分是正(余)弦式交变电流，其中的周期(必须是从零至最大值或从最大值至零)和周期部分可直接应用正弦式交变电流有效值与最大值间的关系I=、U=求解。 (2)定义法：对于非正弦式交变电流，计算有效值时要抓住“三同”，即“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”，列式求解时相同时间一般取一个周期或周期的整数倍。 [考法全训] 类型1　正弦式交变电流 1.(2023·湖南高考)(多选)某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮通过皮带传动(皮带不打滑)，半径之比为4∶1，小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形，共n匝，总阻值为R。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场。大轮以角速度ω匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡。假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是 (　　) A.线圈转动的角速度为4ω B.灯泡两端电压有效值为3nBL2ω C.若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效值为 D.若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮 解析：选AC　大轮和小轮通过皮带传动，线速度相等，小轮和线圈同轴转动，角速度相等，根据v=ωr并结合题意可知，大轮与小轮半径之比为4∶1，则小轮和线圈转动的角速度为4ω，A正确；线圈产生感应电动势的最大值Emax=nBS·4ω，又S=L2，联立可得Emax=4nBL2ω，则线圈产生感应电动势的有效值E==2nBL2ω，根据串联电路分压原理可知，灯泡两端电压有效值为U==nBL2ω，B错误；若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则线圈的匝数变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值Emax'=8nBL2ω，此时线圈产生感应电动势的有效值E'==4nBL2ω，根据电阻定律R'=ρ可知，线圈电阻变为原来的2倍，即为2R，根据串联电路分压原理可得，灯泡两端电压有效值U'==，C正确；若仅将小轮半径变为原来的两倍，根据v=ωr可知，小轮和线圈的角速度变小，根据E=可知，线圈产生的感应电动势的有效值变小，灯泡两端电压变小，则灯泡变暗，D错误。 类型2　峰值不对称的正弦式交变电流 2.电压u随时间t的变化情况如图所示，则电压的有效值约为 (　　) A.137 V　　　　　　　 B.163 V C.174 V D.196 V 解析：选C　由有效值的定义有×+×=T，解得电压的有效值U≈174 V。 类型3　矩形式交变电流 3.如图所示，一半径为L的导体圆环位于纸面内，O为圆心。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ω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在其中一个磁场区域转动时，OM切割磁感线产生的感应电动势为E=BL2ω，感应电流为I==，当导体杆OM在另一个磁场区域转动时，电流大小也为I=，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，则RT=2R·T，解得I有效=，选项A正确。 逐点清(三)　交变电流“四值”的理解及应用　 　　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 e=Emsin ωt i=Imsin ωt 计算线圈某一时刻的受力情况 峰值 交变电流最大的瞬时值 Em=nBSω Im= 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 E= U= I= (正弦式交变电流) (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)用电器设备标注的额定电压、额定电流 (4)保险丝的熔断电流 平均值 i⁃t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 [应用体验] 1.(多选)如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd的电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线恰好位于匀强磁场的边界线OO'上，磁场的磁感应强度大小为B。若线圈从图示位置开始以角速度ω绕OO'轴匀速转动，下列说法正确的是 (　　) A.图示位置线圈中的感应电动势最大，为Em=BL2ω B.从图示位置开始计时，闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e=BL2ωsin ωt C.线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为q= D.线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q= 解析：选BD　题图中线圈处于中性面位置，故此时线圈中的感应电动势最小，为零，A错误；感应电动势的最大值Em=nBSω=BL2ω，若从题图位置开始计时，则闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e=BL2ωsin ωt，B正确；线圈从题图位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为q==，C错误；线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q=2·R·=，D正确。 2.(2025·北京海淀区模拟)如图所示为一交流发电机的原理示意图，装置中两磁极之间的磁场可近似为匀强磁场，发电机的矩形线圈abcd在磁场中，其中的c点被磁铁遮挡而未画出。线圈可绕过bc边中点和ad边中点且垂直于磁场方向的水平轴OO'匀速转动。线圈的ab边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上；用导体做的两个电刷E、F分别压在两个滑环上，线圈在转动过程中可以通过滑环和电刷保持其两端与外电路的定值电阻R连接。已知矩形线圈ab边和cd边的长度为L1，bc边和ad边的长度为L2，匝数为n匝，线圈的总电阻为r，线圈转动的角速度为ω，外电路的定值电阻为R，匀强磁场的磁感应强度为B。电流表和电压表均为理想的交流电表，滑环与电刷之间的摩擦及空气阻力均可忽略不计。 (1)请推导出线圈在匀速转动过程中感应电动势最大值Em的表达式； (2)求电流表的示数I； (3)从线圈平面平行于磁感线位置开始计时，求线圈转过90°过程中通过电流表的电荷量Q。 解析：(1)根据法拉第电磁感应定律，当线框转动到垂直中性面位置时，ab边和cd边线速度与磁感线垂直，切割速度最大，此时感应电动势最大，ab边(或cd边)一根导线切割磁感线所产生的感应电动势 E0=BL1v=BL1L2ω 对于n匝线圈，ab边与cd边一起切割磁感线，则有Em=nBL1×ωL2+nBL1×ωL2=nBL1L2ω。 (2)电流表的示数为有效值，则有E=，I=， 解得电流表的示数I=。 (3)线圈转过90°所需时间为周期，平均感应电动势E平=n=n I平= Q=I平·Δt 解得通过电流表的电荷量为Q=。 答案：(1)Em=nBL1L2ω　(2)(3) [课时跟踪检测]　 一、单项选择题 1.一只低压电源输出的交流电压为U=10sin 314t(V)，π取3.14，以下说法正确的是 (　　) A.这只电源可以使“10 V　2 W”的灯泡正常发光 B.这只电源的交流电压的周期是314 s C.这只电源在t=0.01 s时电压达到最大值 D.“10 V　2 μF”的电容器可以接在这只电源上 解析：选A　这只电源的交流电压的峰值Um=10 V，则有效值U有= V=10 V，所以这只电源可以使“10 V　2 W”的灯泡正常发光，故A项正确；ω=314 rad/s，则T==0.02 s，故B项错误；在t=0.01 s时，经过半个周期，电压为零，故C项错误；当电容器的耐压值小于电压峰值时，电容器被击穿，10 V小于10 V，则“10 V　2 μF”的电容器不能接在这只电源上，故D项错误。 2.(2024·湖北高考)在如图所示电路中接入正弦交流电，灯泡L1的电阻是灯泡L2的2倍。假设两个二极管正向电阻为0、反向电阻无穷大。闭合开关S，灯泡L1、L2的电功率之比P1∶P2为 (　　) A.2∶1 B.1∶1 C.1∶2 D.1∶4 解析：选C　两个二极管正向电阻为0，反向电阻无穷大，二极管导通则与它并联的灯泡短路，此时另一个灯泡与电源串联，根据题示电路图可知在一个完整的周期内，两个灯泡有电流通过的时间相等，都为半个周期，则电压有效值相等，根据P=，可知灯泡L1、L2的电功率之比P1∶P2=RL2∶RL1=1∶2，故选C。 3.(2024·山东高考)如图甲所示，在-d≤x≤d、-d≤y≤d的区域中存在垂直Oxy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场(用阴影表示磁场的区域)，边长为2d的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以y轴为转轴匀速转动时，线圈中产生的交变电动势如图乙所示。若仅磁场的区域发生了变化，线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分，则变化后磁场的区域可能为 (　　) 解析：选C　根据题意可知，磁场区域变化前线圈产生的感应电动势为e=Esin ωt，由题图丙可知，磁场区域变化后，当Esin ωt=时，线圈的侧边开始切割磁感线，即当线圈旋转时开始切割磁感线，由几何关系可知磁场区域平行于x轴的边长变为d'=2dcos =d，C正确。 4.(2024·河北高考)R1、R2为两个完全相同的定值电阻，R1两端的电压随时间周期性变化的规律如图1所示(三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的倍)，R2两端的电压随时间按正弦规律变化如图2所示，则两电阻在一个周期T内产生的热量之比Q1∶Q2为 (　　) A.2∶3 B.4∶3 C.2∶ D.5∶4 解析：选B　根据有效值的定义可知，题图1的有效值的计算为T=×+×，解得U1=U0，题图2的有效值为U2=，接在阻值大小相等的电阻上，因此Q1∶Q2=∶=4∶3，故选B。 5.(2024·广东高考)将阻值为50 Ω的电阻接在正弦式交流电源上，电阻两端电压随时间的变化规律如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.该交流电的频率为100 Hz B.通过电阻电流的峰值为0.2 A C.电阻在1秒内消耗的电能为1 J D.电阻两端电压表达式为u=10sin(100πt)V 解析：选D　根据图像可知，交流电的周期为0.02 s，则频率为f==50 Hz，故A错误；根据图像可知，电阻两端电压的峰值为10 V，根据欧姆定律可知，通过电阻电流的峰值为Im== A=0.2 A，故B错误；通过电阻电流的有效值为I==0.2 A，所以电阻在1 s内消耗的电能为W=I2Rt=0.22×50×1 J=2 J，故C错误；根据图像可知，电阻两端电压表达式为u=Umsin ω t=10sinV=10sin(100πt)V，故D正确。 6.如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO'轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R。下列说法正确的是 (　　) A.在图示位置，线圈中的电流瞬时值为0 B.从图示位置开始计时，电阻R两端电压瞬时值表达式为u=NBSωcos ωt C.线圈由图示位置转过90°的过程中，电阻R上所产生的热量为 D.线圈由图示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量为 解析：选C　在题图所示位置，线圈中感应电动势最大，大小为Em=NBSω，线圈中的电流瞬时值为Im==，故A错误；从题图所示位置开始计时，感应电动势的瞬时值为e=Emcos ωt=NBSωcos ωt，电阻R两端电压瞬时值表达式为u=e=NBSωcos ωt，故B错误；电流的有效值为I==，由题图所示位置转过90°所用的时间为t==，电阻R产生的焦耳热为Q=I2Rt=，故C正确；由==，q=Δt，又ΔΦ=BS，联立解得通过电阻R的电荷量为q=，故D错误。 7.(2025·聊城高三模拟)如图所示，边长为l的正三角形线圈，线圈匝数为n，以角速度ω绕ab匀速转动，ab的左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。M为导电环，负载电阻为R，其他电阻不计，在线圈转动一周过程中 (　　) A.图示时刻(线圈平面与磁场方向垂直)，线圈的磁通量最大，产生的感应电动势也最大 B.感应电动势的最大值为Bl2ω C.负载电阻R上产生的热量为 D.通过负载电阻R的电荷量为 解析：选C　题图所示时刻线圈平面与磁场方向垂直，即线圈位于中性面，此位置线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，产生的感应电动势为零，A错误；根据正弦式交流电的产生原理，可知感应电动势的最大值为Em=nBSω=nBl2ω，B错误；在线圈转动一周过程中只有半周会有电流产生，所以负载电阻R上产生的热量为Q=×=，C正确；线圈转动一周过程中通过线圈的磁通量的变化量为零，根据=n可知，线圈产生的平均电动势为零，所以平均电流也为零，通过负载电阻R的电荷量为0，D错误。 二、多项选择题 8.有“海上充电宝”之称的南鲲号是一个利用海浪发电的大型海上电站，其发电原理简图如图乙所示，海浪带动浪板上下摆动，从而驱动发电机转子转动，其中浪板和转子的链接装置使转子只能单方向转动。若转子带动线圈逆时针转动，并向外输出电流，则下列说法正确的是 (　　) A.线圈转动到如图乙所示位置时，穿过线圈的磁通量最小 B.线圈转动到如图乙所示位置时，a端电势低于b端电势 C.线圈转动到如图乙所示位置时，其靠近N极的导线受到的安培力方向向上 D.该发电机单位时间内能输出的最大电能与浪板面积的大小无关 解析：选AC　线圈转动到题图乙所示位置时，磁场方向与线圈平面平行，穿过线圈的磁通量最小，故A正确；线圈转动到题图乙所示位置时，根据右手定则可知，从上往下看，线圈中的电流沿逆时针方向，则a端电势高于b端电势，故B错误；结合上述，根据左手定则可知，线圈转动到题图乙所示位置时，其靠近N极的导线受到的安培力方向向上，故C正确；海浪对浪板的能量通过线圈转化为电能，单位时间内海浪对浪板的能量与浪板面积的大小有关，则该发电机单位时间内能输出的最大电能与浪板面积的大小有关，故D错误。 9.如图所示，两根间距为20 cm的足够长粗糙金属导轨平行固定在水平面上，导轨电阻忽略不计。在导轨内部空间存在以正弦曲线和导轨的中位线为边界的匀强磁场，中位线上方磁场方向垂直纸面向里，中位线下方磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小均为B=1 T。现有一导体棒在外力作用下以10 m/s的速度匀速向右运动(接触电阻忽略不计)。已知导体棒接入导轨间的电阻为r=10 Ω，电流表和电压表均为理想电表，与电流表相连的电阻R=10 Ω，则下列叙述正确的是 (　　) A.回路中产生的是交流电，且按照正弦规律变化 B.电压表示数为0.5 V C.导体棒的热功率为0.1 W D.当导体棒运动到图示位置时，电流表示数最大 解析：选AB　因为磁场边界是正弦曲线，由右手定则可得回路产生的是正弦式交流电，A正确；正弦式交流电的电动势峰值为Em=Bl有mv= V，电动势有效值E==1 V，则电压表的示数为U=R=0.5 V，B正确；导体棒的热功率P==0.025 W，C错误；电流表显示的是有效值，无论棒处于何种位置，电流表示数均不变，D错误。 10.如图所示，面积为S1的圆形磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度随时间变化的关系为B=Bmcos πt。在纸面内有一金属导线围成的面积为S2的单匝圆形线圈，圆心与磁场圆心重合，导线上串有理想二极管、阻值为r的标准电阻和理想交流电流表，导线电阻不计，下列说法正确的是 (　　) A.电流表的示数为 B.电流表的示数为 C.在2 s内流过电阻的电荷量为 D.在2 s内流过电阻的电荷量为 解析：选BD　感应电动势的最大值Em=NωBmS=πBmS1，无二极管时U有==，有二极管时×=T，解得U有'=，所以I==，故A错误，B正确；交变电流的周期T==2 s，因存在二极管，在2 s内，只有1 s 有电流通过电阻r，ΔФ=2BmS1，==，q=t=，故C错误，D正确。 三、计算题 11.(14分)如图甲所示，两足够长的光滑平行导轨固定在水平面内，处于磁感应强度大小为B0、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨间距为L，一端连接一定值电阻R。质量为m、长度为L、电阻为R的金属棒垂直导轨放置，与导轨始终接触良好。在金属棒的中点对棒施加一个平行于导轨的拉力，棒运动的速度v随时间t的变化规律为如图乙所示的正弦曲线。已知在0~的过程中，通过定值电阻的电荷量为q，然后在t=T时撤去拉力。其中v0已知，T未知，不计导轨的电阻。求： (1)电阻R上的最大电压U；(4分) (2)在0~T的过程中，拉力所做的功W；(5分) (3)撤去拉力后，金属棒的速度v随位置x变化的变化率k(取撤去拉力时棒的位置x=0)。(5分) 解析：(1)当金属棒的速度最大时，棒中的感应电动势为E=B0Lv0 回路中的电流I= 电阻R上的最大电压为U=IR=。 (2)由题意得感应电动势的表达式为 e=B0Lv0sint 类比于单匝线圈在磁场中转动产生的电动势，则0~的过程中通过定值电阻的电荷量与线圈从中性面转过90°的过程中通过定值电阻的电荷量相同，则有B0Lv0=BS·=Φ·，q= 电动势的有效值为E有= 在0~时间内，产生的焦耳热为Q=·T 根据功能关系，有W=Q+m 联立解得W=m+B0Lv0q。 (3)撤去拉力后，对金属棒根据动量定理有 -B0LΔt=mv-mv0 感应电流的平均值为= 由于x=Δt，解得v=v0- 可知变化率k=-。 答案：(1)　(2)m+B0Lv0q (3)- 第2讲　理想变压器与电能的输送(基础落实课)　　　 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：线圈的互感现象。 3.理想变压器的基本关系 (1)电压关系：=。(2)电流关系：=。 (3)功率关系：P入=P出。 二、电能的输送 1.输电损耗：如图所示，若发电站输出电功率为P，输电电压为U，用户得到的电功率为P'，用户的电压为U'，输电线总电阻为R。 输电电流 电压损失 功率损失 I=== ΔU=U-U'=IR ΔP=P-P'=I2R=R 2.减少输电线上电能损失的两种方法 方法一 减小输电线的电阻R。由R=ρ知，可加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线 方法二 减小输电线中的电流。在输电功率一定的情况下，根据P=UI，要减小电流，必须提高输电电压 微点判断 1.对于恒定电流，变压器没有变压作用。 (√) 2.理想变压器的基本关系式中，电压和电流均为有效值。 (√) 3.变压器能改变交变电流的频率。 (×) 4.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。 (×) 5.变压器副线圈接入负载越多，原线圈的输入电流越小。 (×) 6.在任何情况下，理想变压器均满足=、=、P入=P出。 (×) 7.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。 (√) 8.高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗。 (√) 9.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。 (√) 10.若发电站输出功率为P，输电电压为U，输电线总电阻为R，则输电线上损失的功率为P损=。 (×) 逐点清(一)　理想变压器基本规律的应用 |题|点|全|练| 1.[理想变压器基本物理量的分析与计算] 如图1所示是某智能手表所采用的无线充电方式，其工作原理示意图(可视为理想变压器)如图2所示，在充电器线圈M中接入220 V交流电，在手表线圈N中感应出5 V交流电，已知手表的充电电流为2 A，则手表充电时 (　　) A.线圈M中电流为88 A B.线圈N中电压最大值为5 V C.线圈M和线圈N的匝数比为1∶44 D.线圈M和线圈N的功率比为1∶44 解析：选B　根据理想变压器基本规律知线圈M和线圈N的功率比为1∶1，由U1I1=U2I2，可得线圈M中电流为I1== A= A，A、D错误；由正弦式交变电流规律知线圈N中电压最大值为U2m=U2=5 V，B正确；线圈M和线圈N的匝数比为===，C错误。 2.[原线圈连接元件的变压器电路](2025·德州高三模拟)在图(a)所示的交流电路中，发电机两端输出电压的有效值为20 V，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，电阻R1、R2、R3阻值相同。通过理想电流表的电流随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示。下列说法正确的是 (　　) A.交流电的频率为100 Hz B.理想电压表的示数为4 V C.R1的阻值为4.5 Ω D.副线圈的输出功率为 W 解析：选C　由题图(b)可知，交流电的周期为0.02 s，所以交流电的频率为f==50 Hz，故A错误；根据理想变压器原、副线圈两端电压与匝数的关系可知=，解得U2=10 V，由于R2、R3阻值相同，所以电压表示数为5 V，故B错误；设三个电阻的阻值均为R，根据闭合电路欧姆定律和电流与匝数的关系，有+×=I，将I=5 A代入解得R=4.5 Ω，故C正确；副线圈的输出功率为P== W，故D错误。 3.[理想变压器基本规律的应用](1)(人教版教材选择性必修2，P68T2)如图甲是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交流电压，并加在一台理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压表为交流电表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5 000 V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。 ①图中开关闭合时电压表的示数是多少? ②变压器原、副线圈的匝数满足怎样的关系才能实现点火? 解析：①由题图乙可知交流电压的最大值为5 V，由正弦式交变电流有效值与最大值的关系可知，电压表的示数为U1== V。 ②若变压器副线圈的输出电压最大值恰好是5 000 V，则根据理想变压器的规律，有===，所以当副线圈的输出电压最大值大于5 000 V，即<时才能实现点火。 答案：① V　②< (2)(2024·浙江1月选考)如图为某燃气灶点火装置的原理图。直流电经转换器输出u=5sin 100πt V的交流电，经原、副线圈匝数分别为n1和n2的变压器升压至峰值大于10 kV，就会在打火针和金属板间引发电火花，实现点火。下列正确的是 (　　) A.< B.< C.用电压表测原线圈两端电压，示数为5 V D.副线圈输出交流电压的频率是100 Hz 解析：选B　原线圈两端电压的有效值U1= V= V，根据原副线圈电压与匝数的关系有=，变压器副线圈两端电压的峰值U2max=U2，根据题意有U2max>10×103 V，解得>2 000，<，故A错误，B正确；用电压表测原线圈两端电压，电压表测的是有效值，则示数为U1= V= V，故C错误；根据ω=2πf=100π rad/s，解得f=50 Hz，变压器不改变频率，则副线圈输出交流电压的频率是50 Hz，故D错误。 |考|教|衔|接| 教材习题的发掘命题 　　上面浙江高考题可谓是“不遮不掩”地直接考教材，人教版教材选择性必修2中的练习题与浙江高考题情境相同、装置图相同，命题角度与教材涉及的思想基本一致。“导向教学”是高考的核心功能之一，“考教衔接”是落实高考引导教学的有效手段。抛开教材的复习方式无异于舍本逐末，会迷失高考的方向。 |精|要|点|拨| 1.理想变压器的基本关系 功率关系 原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P入=P出 电压关系 (1)只有一个副线圈时：= (2)有多个副线圈时：===… 电流关系 (1)只有一个副线圈时：= (2)有多个副线圈时：I1n1=I2n2+I3n3+…+Innn 频率关系 f1=f2(变压器不改变交变电流的频率) 2.变压器原线圈所在电路中含有负载问题的分析 (1)将原线圈看作用电器，在原线圈电路中可应用串并联电路规律、闭合电路的欧姆定律等。 (2)要求解原线圈电路中负载的电流、电压和功率，一般需先求副线圈中的电流，然后根据理想变压器原、副线圈中的电流关系求得原线圈电路中的电流，进而求解通过负载的电流。原、副线圈的电流关系往往是解决问题的突破口。 逐点清(二)　理想变压器的动态分析 　　理想变压器的制约关系 电压 (1)输入电压U1由电源决定 (2)U2=U1⇒输出电压U2由输入电压U1和匝数比共同决定 功率 P入=P出⇒输入功率P入由输出功率P出决定 电流 I1=I2⇒输入电流I1由输出电流I2和匝数比共同决定 [考法全训] 考法(一)　匝数比不变，负载变化 如图所示，匝数比不变，负载变化的情况的分析思路： (1)U1不变，根据=，输入电压U1决定输出电压U2，可以得出不论负载电阻R如何变化，U2不变。 (2)当负载电阻发生变化时，I2变化，根据输出电流I2决定输入电流I1，可以判断I1的变化。 (3)I2变化引起P2变化，根据P1=P2，可以判断P1的变化。 　　[例1]　(2024·海南高考)(多选)电动汽车充电站变压器输入电压为10 kV，输出电压为220 V，每个充电桩输入电流为16 A，设原、副线圈匝数分别为n1、n2，输入正弦交流电的频率为50 Hz，则下列说法正确的是 (　　) A.交流电的周期为0.02 s B.原、副线圈匝数比n1∶n2=11∶500 C.输出的最大电压为220 V D.若10台充电桩同时使用，输入功率为35.2 kW [解析]　交流电的周期为T==0.02 s，故A正确；根据理想变压器原、副线圈的电压与线圈匝数的关系可得，原、副线圈匝数比为===，故B错误；输出的最大电压为U2m=U2=220 V，故C错误；若10台充电桩同时使用，输出功率为P2总=10U2I2=10×220×16 W=35 200 W=35.2 kW，理想变压器不改变功率，故输入功率为P1总=P2总=35.2 kW，故D正确。 [答案]　AD 考法(二)　负载不变，匝数比变化 如图所示，负载电阻不变，匝数比变化的情况的分析思路： (1)U1不变，发生变化，U2变化。 (2)R不变，U2变化，I2发生变化。 (3)根据P2=和P1=P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，I1发生变化。 　　[例2]　(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=10∶1，b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，定值电阻R1、R2均为10 Ω。在原线圈c、d两端加上图乙所示的交流电压，下列说法正确的是 (　　) A.当S与a连接后，理想电流表示数为2.2 A B.当S与a连接后，理想电压表示数为11 V C.当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为25 Hz D.当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的4倍 [解析]　由题图乙可知，交流电压有效值为220 V，周期为0.02 s，频率为50 Hz。当S接a时，由变压器的原理可知，n2两端电压有效值为U2==22 V，所以理想电压表的示数为22 V，理想电流表示数为I== A=2.2 A，A正确，B错误；当S由a拨到b后，原线圈电压、频率不变，原线圈匝数减半，副线圈频率不变，副线圈两端电压加倍，负载电阻不变，副线圈的输出功率变为原来的4倍，原线圈的输入功率也变为原来的4倍，C错误，D正确。 [答案]　AD 考法(三)　匝数比、负载都变化 　　分析变压器电路动态变化问题的一般思路： (1)分清不变量和变量。 (2)弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系。 (3)利用闭合电路的欧姆定律、串并联电路特点进行分析判定。 　　[例3]　(2024·全国甲卷)(多选)如图，理想变压器的副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头T调节，副线圈回路接有滑动变阻器R、定值电阻R0和R1、开关S。S处于闭合状态，在原线圈电压U0不变的情况下，为提高R1的热功率，可以 (　　) A.保持T不动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动 B.将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片位置不变 C.将T向a端移动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动 D.将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片向e端滑动 [解析]　保持T不动，根据理想变压器的性质可知，副线圈两端电压不变，当滑动变阻器R的滑片向f端滑动时，R与R1串联后的总电阻减小，通过R1的电流增大，根据P=I2R1可知，此时R1的热功率增大，故A正确；将T向b端移动，副线圈匝数变小，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的滑片位置不变时，通过R1的电流减小，故R1的热功率减小，故B错误；将T向a端移动，副线圈匝数增加，故副线圈两端电压变大，滑动变阻器R的滑片向f端滑动，R与R1串联后的总电阻减小，通过R1的电流增大，此时R1的热功率增大，故C正确；将T向b端移动，副线圈匝数减少，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的滑片向e端滑动，R与R1串联后的总电阻增大，通过R1的电流减小，此时R1的热功率减小，故D错误。 [答案]　AC 逐点清(三)　三种特殊的变压器 类型(一)　两类互感器 电压互感器 电流互感器 原理图 原线圈的连接 并联在交流电路中 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 = I1n1=I2n2 　　 [针对训练] 1.甲、乙两图中的理想变压器以不同的方式接在高压电路中。甲图中变压器原、副线圈的匝数比为k1，电压表读数为U；乙图中变压器原、副线圈的匝数比为k2，电流表读数为I。则甲图中高压线电压和乙图中高压线电流分别为 (　　) A.k1U，k2I　　　　　　　 B.k1U， C.，k2I D. 解析：选B　根据原副线圈的电压、电流与线圈匝数的关系可知==k1，==，由此可知U1=k1U，I1=，B正确。 类型(二)　自耦变压器 　　自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，原、副线圈共用其中的一部分，当交流电源接不同的端点时，它可以升压(如图甲所示)，也可以降压(如图乙所示)，变压器的基本关系对自耦变压器同样适用。 　　[针对训练] 2.如图为理想的自耦变压器，其中P为变压器上的滑动触头，P'为滑动变阻器上的滑片，则 (　　) A.P不动，P'向下滑动时，U2一直在减小 B.P'不动，P顺时针转动一个小角度时，U1和U2的比值不变 C.P'不动，P顺时针转动一个小角度时，电流表读数增大 D.P顺时针转动一个小角度，同时P'向下滑动时，小灯泡的亮度可以不变 解析：选D　P不动，原副线圈匝数比不变，原线圈电压不变，U2保持不变，故A错误；P'不动，P顺时针转动时，原副线圈匝数比改变，U1和U2的比值改变，故B错误；P'不动，P顺时针转动时，原、副线圈匝数比变大，U2减小，I2减小，根据公式=，I1减小，电流表读数减小，故C错误；P顺时针转动一个小角度，U2减小，同时P'向下滑动，R减小，副线圈电路的电流可以不变，小灯泡的亮度可以不变，故D正确。 类型(三)　多个副线圈的变压器 　　具有两个(或两个以上)副线圈的变压器的三个关系： (1)电压关系：===…。 (2)电流关系：n1I1=n2I2+n3I3+…。 (3)功率关系：P1=P2+P3+…。 　　[针对训练] 3.(多选)如图，发电机的矩形线圈长为2L、宽为L、匝数为N，放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中。理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0、n1和n2，两个副线圈分别接有电阻R1和R2。当发电机线圈以角速度ω匀速转动时，理想电流表读数为I。不计线圈电阻，下列说法正确的是 (　　) A.通过电阻R2的电流为 B.电阻R2两端的电压为 C.n0与n1的比值为 D.发电机的功率为 解析：选BC　电阻R1两端的电压U1=IR1，由变压器变压规律有=，解得U2=，则通过电阻R2的电流I2==，A错误，B正确；由题意可知发电机电动势的最大值Em=NBSω=2NBL2ω，电动势的有效值E==NBL2ω，由变压器的变压规律有==，C正确；发电机的功率等于变压器的输入功率，P=EI原=NBL2ωI，D错误。 逐点清(四)　电能的输送问题 1.理清三个回路 在回路2中，U2=ΔU+U3，I2=I线=I3。 2.抓住两个联系 (1)理想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)中各个物理量间的关系是 ==，P1=P2 (2)理想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)中各个物理量间的关系是 ==，P3=P4 3.掌握一个守恒：能量守恒关系式P1=P损+P4 4.远距离输电中三种电压与三种电功率对比 (1)三种电压的比较 三种电压 计算公式 输电电压 若输电功率为P，输电线中电流为I线，则输电电压U= 输电线上 损失电压 若输电线中电流为I线，输电线电阻为R，则输电线上损失的电压为ΔU=I线R 用户得到电压 降压变压器的输出电压 (2)三种电功率的比较 三种电功率 计算公式 输电功率P输送 输电电压与输电电流的乘积 输电线上损失的电功率P损 若输电线中电流为I线，输电线电阻为R，则输电线上损失的电功率为P损=R 用户得到的电功率P用 用户电压与电流的乘积 [考法全训] 考法1　远距离高压直流输电 1.(2023·浙江6月选考)我国1 100 kV 特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流，用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流。下列说法正确的是 (　　) A.送电端先升压再整流 B.用户端先降压再变交流 C.1 100 kV 是指交流电的最大值 D.输电功率由送电端电压决定 解析：选A　升压和降压都需要在交流的时候才能进行，故送电端应该先升压再整流，用户端应该先变交流再降压，故A正确，B错误；1 100 kV指的是交流电的有效值，故C错误；输电功率是由用户端负载的总功率来决定的，故D错误。 考法2　远距离高压交流输电 2.(人教版教材选择性必修2，P67T5)某个小水电站发电机的输出功率为100 kW，发电机的电压为250 V。通过升压变压器升压后向远处输电，输电线的总电阻为8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220 V。要求在输电线上损失的功率控制在5 kW(即用户得到的功率为95 kW)。请你设计两个变压器的匝数比。为此，请你计算： (1)降压变压器输出的电流为多少?输电线上通过的电流是多少? (2)输电线损失的电压为多少?升压变压器输出的电压是多少? (3)两个变压器的匝数比各应等于多少? 解析：(1)输电线路图如图所示 根据P用=U4I3 得I3= A= A 根据ΔP=R 得I2== A=25 A。 (2)根据ΔU=I2R 得ΔU=25×8 V=200 V 根据P=U2I2 得U2== V=4×103 V。 (3)升压变压器原、副线圈匝数比===1∶16 U3=U2-I2R=3.8×103 V 降压变压器原、副线圈匝数比===190∶11。 答案：(1) A　25 A　(2)200 V　4×103 V　(3)1∶16　190∶11 3.(2024·湖南高考)根据国家能源局统计，截止到2023年9月，我国风电装机4亿千瓦，连续13年居世界第一位，湖南在国内风电设备制造领域居于领先地位。某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示。已知发电机转子以角速度ω匀速转动，升、降压变压器均为理想变压器，输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻R0。当用户端接一个定值电阻R时，R0上消耗的功率为P。不计其余电阻，下列说法正确的是 (　　) A.风速增加，若转子角速度增加一倍，则R0上消耗的功率为4P B.输电线路距离增加，若R0阻值增加一倍，则R0消耗的功率为4P C.若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则R0上消耗的功率为8P D.若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，则R0上消耗的功率为6P 解析：选A　如图为等效电路图，设降压变压器的原、副线圈匝数比为k∶1，则输电线上的电流I2=，转子在磁场中转动时产生的电动势为e=NBSωsin ωt。当转子角速度增加一倍时，升压变压器原、副线圈两端电压都增加一倍，输电线上的电流变为I2'=2I2，故R0上消耗的电功率P1=I2'2R0=4R0=4P，故A正确；升压变压器副线圈匝数增加一倍，副线圈两端电压增加一倍，输电线上的电流增加一倍，故R0上消耗的电功率P2=P1=4P，故C错误；若R0阻值增加一倍，输电线路上的电流I2″=，R0上消耗的电功率P3=I2″2·2R0≠4P，故B错误；若在用户端并联一个完全相同的电阻R，用户端电阻减为原来的一半，输电线上的电流为I2‴==，R0上消耗的电功率P4=I2‴2R0≠6P，故D错误。 |考|教|衔|接| 教材练习题是水电站发电远距离高压交流输电问题，2024年湖南高考题的输电网络供电装置问题不但考查了远距离高压交流输电问题，而且还考查了理想变压器动态分析问题，掌握解答中应用等效处理方法，当变压器副线圈的电路是纯电阻电路时，可将变压器与副线圈的电路等效为一个定值电阻。高考题是教材习题的升维命题。 [课时跟踪检测]　 (说明：标★的为难度题，建议教师重点讲评) 一、单项选择题 1.(2025年1月·八省联考陕晋宁青卷)牙医所用的口腔X射线机，需利用变压器将电压从220 V升到96 kV，输出电流为1.0 mA。若将此变压器视为理想变压器，则 (　　) A.该变压器的输入功率为96 kW B.该变压器的原、副线圈匝数比为11∶4 800 C.该变压器的输入电流约为0.4 mA D.该变压器功能主要利用自感现象实现 解析：选B　理想变压器输出功率等于输入功率，则该变压器的输入功率为P=I2U2=1.0×10-3×96×103 W=96 W，选项A错误；该变压器的原、副线圈匝数比为===，选项B正确；变压器的输入电流为I1== A≈0.44 A，选项C错误；该变压器功能主要是利用互感现象实现，选项D错误。故选B。 2.(2024·北京高考)如图甲所示，理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上，输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示，副线圈接规格为“6 V　3 W”的灯泡。若灯泡正常发光，下列说法正确的是 (　　) A.原线圈两端电压的有效值为24 V B.副线圈中电流的有效值为0.5 A C.原、副线圈匝数之比为1∶4 D.原线圈的输入功率为12 W 解析：选B　由题图乙知，原线圈两端电压的最大值为Um=24 V，则原线圈两端电压的有效值为U1==24 V，故A错误；灯泡正常发光，副线圈中电流的有效值为I== A=0.5 A，故B正确；由理想变压器原副线圈电压与匝数的关系可知，==，故C错误；理想变压器没有能量损失，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，则原线圈的输入功率为P1=PL=3 W，故D错误。 3.(2023·广东高考)用一台理想变压器对电动汽车充电，该变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，输出功率为8.8 kW，原线圈的输入电压u=220sin(100πt)V。关于副线圈输出电流的有效值和频率正确的是 (　　) A.20 A，50 Hz B.20 A，50 Hz C.20 A，100 Hz D.20 A，100 Hz 解析：选A　由题可知，原线圈输入电压的有效值为U1= V=220 V，原线圈输入电流的有效值为I1==40 A，副线圈输出电流的有效值为I2=I1=20 A，变压器无法改变电流的频率，故f== Hz=50 Hz，故选A。 4.如图所示为理想自耦变压器，其中P为变压器上的滑动触头，Q为滑动变阻器上的滑片，则以下说法正 确的是 (　　) A.适当调节变压器上的滑动触头P，该自耦变压器既可升压也可降压 B.滑片Q不动，滑动触头P逆时针转动，电流表读数变大 C.图示位置，U2>U1 D.滑动触头P不动，滑片Q缓慢向下滑动时，U2一直在减小 解析：选B　适当调节变压器上的滑动触头P，可改变副线圈的匝数，但副线圈匝数一直不大于原线圈匝数，故该自耦变压器不能升压，A错误；滑片Q不动，滑动触头P逆时针转动，副线圈匝数增大，根据=，可知副线圈电压增大，则副线圈电流增大，电流表读数变大，B正确；题图所示位置，原线圈匝数大于副线圈匝数，则有U1>U2，C错误；滑动触头P不动，副线圈匝数不变，则U2不变，D错误。 5.(2025·山东烟台质检)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1，输入端A、B接入电压有效值恒定的交流电源。滑动变阻器R1最大阻值为40 Ω，其滑片P1初始位置在最左端；滑动变阻器R2最大阻值为5 Ω，其滑片P2初始位置在正中间。理想电流表A1、A2的示数分别为I1、I2，理想电压表V1、V2的示数分别为U1、U2，下列说法中正确的是 (　　) A.P2保持不动，P1向右滑动，则U1增大，U2不变 B.P1保持不动，P2向下滑动，则I1减小，I2减小 C.P2保持不动，P1向右滑动，则R1消耗的功率一直增大 D.P2保持不动，P1向右滑动，则R1消耗的功率先增大后减小 解析：选D　设原、副线圈的匝数比为k，根据理想变压器原副线圈电压比、电流比与匝数比的关系有U原=kU副，I原=，副线圈负载电阻 R2=，原线圈的等效电阻 R等效==k2R2，设输入电压为U0，对于原线圈电路，根据欧姆定律 I原==，P2保持不动，即R2不变，P1向右滑动，则R1变大，则I原减小，副线圈电流减小，原线圈电压减小，则U2减小，U1增大，故A错误；P1保持不动，P2向下滑动，则R2接入电路的电阻不变，则I原不变，即I1不变，I2也不变，故B错误；P2保持不动，原线圈的等效电阻R等效=k2R2=22×5 Ω=20 Ω，将此电阻看作是电源的内阻，将R1看作是电源的外电阻，则当P1向右滑动时，R1接入电路的电阻增加，当R1=20 Ω时即滑片滑到中央位置时，R1消耗的功率最大，然后随着R1阻值继续增加，R1消耗的功率逐渐减小，即R1消耗的功率先增加后减小，故C错误，D正确。 6.如图所示，一理想变压器原线圈与e=220sinV的交流电源连接，两副线圈分别接灯泡和电动机，原线圈匝数n1=120，连接电动机的副线圈匝数n3=30，电流表示数为2 A，标注有“110 V　55 W”的灯泡正常发光，电动机线圈的总电阻为1 Ω，则下列说法中正确的是 (　　) A.流过灯泡的交变电流的频率为60 Hz B.灯泡两端的电压峰值为110 V C.流过电动机的电流为55 A D.电动机的输出功率为336 W 解析：选D　交流电源的频率f== Hz=50 Hz，变压器不改变交流电的频率，故A错误；灯泡的额定电压110 V为有效值，则灯泡两端的电压峰值为110 V，故B错误；根据=，可得U3=55 V，根据功率关系，则有U1I1=P2+U3I3，解得I3=7 A，电动机的输出功率为P出=U3I3-r=55×7 W-72×1 W=336 W，故C错误，D正确。 7.(2025·山东潍坊检测)特高压直流输电可以减少感抗和容抗的损耗，该技术已成为我国“西电东送”战略的技术基础。如图为特高压输电示意图，升压变压器T1、降压变压器T2均为理想变压器，整流及逆变等过程不计能量损失且有效值不变。若直流输电线的总电阻R=10 Ω，T2匝数之比n3∶n4=53∶25，结合图中信息，下列说法正确的是 (　　) A.图中“500 kV”指交流电的峰值 B.直流输电线损失的电压为40 kV C.输电功率为4.24×109 W D.当用户负载增加时，用户端增加的功率大于T1输出端增加的功率 解析：选B　题图中“500 kV”指交流电的有效值，故A错误；根据理想变压器原、副线圈电压与线圈匝数的关系=，解得U3=1 060 kV，直流输电线损失的电压为ΔU=U2-U3=40 kV，故B正确；输电电流为I2==4 000 A，输电功率为P=I2U2=4 000×1 100×103 W=4.4×109 W，故C错误；当用户负载增加时，T1输出端增加的功率等于用户端增加的功率与输电线上增加的损失功率之和，故用户端增加的功率小于T1输出端增加的功率，故D错误。 二、多项选择题 8.(2025·福建漳州一模)如图为风力发电机的简化模型，风带动发电机线圈在匀强磁场中匀速转动，产生正弦交流电，通过理想变压器向用户端的m盏灯泡供电。A灯和用户端所有灯泡的额定电压均为U、额定电流均为I，都正常发光，则 (　　) A.变压器原副线圈的电流比为1∶m B.变压器原副线圈的匝数比为1∶m C.发电机输出功率为UI D.仅减少用户端的灯泡数量，A灯变亮 解析：选AC　根据题意可知，原线圈电流为I1=I，副线圈电流为I2=mI，则变压器原副线圈的电流比为I1∶I2=I∶mI=1∶m，故A正确；根据理想变压器原副线圈的电流与匝数成反比可得n1∶n2=I2∶I1=m∶1，故B错误；发电机输出功率为P=UI+m·UI=UI，故C正确；仅减少用户端的灯泡数量，则副线圈负载电阻增大，把变压器和副线圈负载看成一个等效电阻，则有R等=R副，可知等效电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，原线圈电流减小，则通过A灯的电流减小，所以A灯变暗，故D错误。 9.(2024·重庆高考)小明设计了台灯的两种调光方案，电路图分别如图甲、乙所示，图中额定电压为6 V灯泡的电阻恒定，R为滑动变阻器，理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2。原线圈两端接电压为220 V的交流电，滑片P可调节灯泡L的亮度，P在R最左端时，甲、乙图中灯泡L均在额定功率下工作，则 (　　) A.n1∶n2=110∶3 B.当P滑到R中点时，图甲中L的功率比图乙中的小 C.当P滑到R最左端时，图甲所示电路比图乙更节能 D.图甲中L两端电压的可调范围比图乙中的大 解析：选AC　滑片P在R最左端时，题图甲、乙中变压器的输出电压均为灯泡的额定电压6 V，因此n1∶n2=220∶6=110∶3，故A正确；当P滑到R中点时，题图甲中R左端与灯泡串联，题图乙中灯泡与R右端并联后再与R左端串联，由于并联电阻小于灯泡电阻，则题图甲中灯泡两端电压大于题图乙中灯泡两端电压，则题图甲中灯泡功率比题图乙中灯泡功率大，故B错误；当P滑到R最左端时，题图甲中只有灯泡，题图乙中R与灯泡并联，总电阻更小，输出功率更大，题图甲所示电路比题图乙更节能，故C正确；题图乙中的灯泡两端电压在0到6 V间变化，题图甲中的灯泡两端电压最高为6 V，最低达不到0，则题图乙中灯泡两端电压可调范围大，故D错误。 10.绿色环保、低碳出行已经成为一种时尚，新能源汽车越来越受市民的喜爱，正在加速“驶入”百姓家。某老师为自家电动汽车安装充电桩的电路图如图所示，已知总电源的输出电压为U1=220 V，输出功率为P1=3.3×105 W，输电线的总电阻r=12 Ω，变压器均视为理想变压器，其中升压变压器的匝数比为n1∶n2=1∶15，汽车充电桩的额定电压为50 V。则下列说法中正确的是 (　　) A.输电线上的电流为100 A B.用户获得的功率为1.5×105 W C.降压变压器的匝数比为n3∶n4=66∶1 D.若充电桩消耗的功率增大，在总电压不变的情况下，充电桩获得的电压减小 解析：选AD　升压变压器原线圈电流为I1==1 500 A，输电线上的电流为I2=I1=100 A，故A正确；输电线损耗的功率为ΔP=r=1.2×105 W，所以用户获得的功率为P4=P1-ΔP=2.1×105 W，故B错误；升压变压器副线圈电压为U2=U1=3 300 V，输电线损耗的电压为ΔU=I2r=1 200 V，所以降压变压器的匝数比为===，故C错误；若充电桩消耗的功率增大，则电源输出总功率变大，因为总电压不变，由I=可知升压变压器原线圈电流变大，由I2=I1可知，升压变压器副线圈电流变大，则输电线上损耗的电压变大，降压变压器原线圈电压变小，由U4=U3可知，降压变压器副线圈电压也变小，故D正确。 三、计算题 11.(10分)(2024·黑吉辽高考)如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2=5∶1，原线圈接在电压峰值为Um的正弦交流电源上，副线圈的回路中接有阻值为R的电热丝，电热丝密封在绝热容器内，容器内封闭有一定质量的理想气体，接通电路开始加热，加热前气体温度为T0。 (1)求变压器的输出功率P。(4分) (2)已知该容器内的气体吸收的热量Q与其温度变化量ΔT成正比，即Q=CΔT，其中C已知。若电热丝产生的热量全部被气体吸收，要使容器内的气体压强达到加热前的2倍，求电热丝的通电时间t。(6分) 解析：(1)由原线圈所接正弦交流电的峰值求出其有效值U1=，设变压器副线圈的输出电压为U2，则有= 求得U2=U1= 故变压器的输出功率P==。 (2)设加热前容器内气体的压强为p0，加热后容器内气体的温度为T1，则加热后气体的压强为2p0，由题意可知容器内的气体做等容变化，则由查理定律有= 解得T1=2T0 由Q=CΔT知气体吸收的热量Q=C(2T0-T0)=CT0 又容器是绝热容器且电热丝产生的热量全部被气体吸收，则Q=Pt=CT0，即t=CT0 解得t=。 答案：(1)　(2) 第3讲　电磁振荡与电磁波(基础落实课) 一、电磁振荡 1.振荡电流：大小和方向都做周期性迅速变化的电流。 2.振荡电路：产生振荡电流的电路。由电感线圈L和电容C组成最简单的振荡电路，称为LC振荡电路，如图所示。 3.电磁振荡的周期和频率 (1)周期T=2π；(2)频率f=。 二、电磁场与电磁波 1.麦克斯韦电磁场理论 (1)变化的磁场产生电场；(2)变化的电场产生磁场。 2.电磁波 (1)电磁场在空间由近及远地向周围传播，形成电磁波。 (2)电磁波的传播不需要介质，可在真空中传播，在真空中不同频率的电磁波传播速度相同(都等于光速)。 (3)不同频率的电磁波在同一介质中传播，其速度是不同的，频率越高，波速越小。 (4)v=λf，f是电磁波的频率。 3.电磁波的发射 (1)发射条件：开放电路和高频振荡信号，所以要对传输信号进行调制(调幅或调频)。 (2)调制方式 ①调幅：使高频电磁波的振幅随信号的强弱而改变。 ②调频：使高频电磁波的频率随信号的强弱而改变。 4.无线电波的接收 (1)当接收电路的固有频率跟收到的电磁波的频率相同时，接收电路中产生的振荡电流最强，这就是电谐振现象。 (2)使接收电路产生电谐振的过程叫作调谐，能够调谐的接收电路叫作调谐电路。 (3)从接收到的高频电流中还原出所携带的信号的过程，叫作解调。解调是调制的逆过程，调幅波的解调也叫检波。 5.电磁波谱：按电磁波的波长大小或频率高低的顺序把它们排列成谱叫作电磁波谱。 按波长由长到短排列的电磁波谱为：无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线。 微点判断 1.电磁波在真空中和介质中的传播速度相同。 (×) 2.只要有电场和磁场，就能产生电磁波。 (×) 3.变化的磁场产生的电场的电场线是闭合曲线。 (√) 4.LC振荡电路中，回路中的电流最大时回路中的磁场能最大。 (√) 5.(鲁科选择性必修2P99T3·改编)固定电感L，增大电容C，能减小LC振荡电路的振荡周期。 (×) 6.振荡电路的频率越高，发射电磁波的本领越大。 (√) 7.要将传递的声音信号向远距离发射，必须以高频电磁波作为载波。 (√) 8.制作天线必须用导体。 (√) 9.只有接收电路发生电谐振时，接收电路中才有振荡电流。 (×) 10.解调是调制的逆过程。 (√) 11.(鲁科选择性必修2P108T2·选摘)医院中用于检查病情的“B超”是利用了电磁波的反射原理。 (×) 12.(鲁科选择性必修2P109T3·选摘)微波炉利用红外线的热效应快速加热食物。 (×) 逐点清(一)　电磁振荡过程分析 |题|点|全|练| 1.[对LC振荡电路的理解]无线话筒是LC振荡电路的一个典型应用。在LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图所示，且电容器上极板带正电，下列说法正确的是 (　　) A.电容器正在放电 B.振荡电流正在减小 C.电流流向沿a到b D.电场能正在向磁场能转化 解析：选B　由题图可知，此时电容器正在充电，电路中电流正在减小，电路中的电流沿顺时针方向，磁场能正在向电场能转化，故B正确，A、C、D错误。 2.[周期公式的应用]“救命神器”——自动体外除颤器(AED)，它是一种便携式的医疗设备，可以诊断特定的心律失常，并且给予电击除颤，是可被非专业人员使用的用于抢救心搏骤停患者的医疗设备。其结构如图所示，低压直流经高压直流发生器后向储能电容器C充电。除颤治疗时，S1、S2开关拨到2，将脉冲电流作用于心脏，使患者心脏恢复正常跳动，其他条件不变时，下列说法正确的是 (　　) A.脉冲电流作用于不同人体时，电流大小相同 B.放电过程中，电流大小不变 C.电容C越小，电容器的放电时间越长 D.自感系数L越小，电容器的放电时间越短 解析：选D　脉冲电流作用于不同人体时，不同人体的导电性能不同，故电流大小不同，A错误；电容器放电过程中，随着带电量的减小，放电电流不是恒定的，B错误；振荡电路的振荡周期为T=2π，设电容器在时间t0内放电至两极板间的电压为0，即t0==，电容器的电容C越小或线圈的自感系数L越小，电容器的放电时间均越短，故C错误，D正确。 3.[图像的分析](2025·湖北武汉开学考试)如图甲所示为LC振荡电路，图乙的q⁃t图像表示LC振荡电路中电容器上极板电荷量随时间变化的关系，下列说法正确的是 (　　) A.0~t1时间内，线圈中磁场能在减少 B.t1、t3两时刻电路中电流最大 C.t3~t4时间内，电容器内的场强在增大 D.增大电路的振荡周期，可以使该电路更有效地发射电磁波 解析：选A　从q⁃t图像可知，0~t1时间内，电容器上极板的电荷量在增大，故电容器的电场能在增大，线圈中的磁场能在减少，故A正确；从q⁃t图像可知，t1、t3两时刻电容器上极板的电荷量最大，故电场能最大，磁场能最小，电路中的电流最小，故B错误；从q⁃t图像可知，t3~t4时间内，电容器上极板的电荷量在减少，电容器内的场强在减小，故C错误；根据电磁波发射的特点可知，要有效地发射电磁波，振荡电路必须要有足够高的振荡频率，需要减小电路的振荡周期，故D错误。 |精|要|点|拨| 1.振荡电流、极板带电荷量随时间的变化图像 2.LC振荡电路充、放电过程的判断方法 根据电流 流向判断 当电流流向带正电的极板时，电容器的电荷量增加，磁场能向电场能转化，处于充电过程；反之，当电流流出带正电的极板时，电荷量减少，电场能向磁场能转化，处于放电过程 根据物理量的 变化趋势判断 当电容器的带电荷量q(电压U、场强E)增大或电流i(磁场B)减小时，处于充电过程；反之，处于放电过程 根据能量 变化判断 电场能增加时充电，磁场能增加时放电 逐点清(二) 　麦克斯韦电磁场理论的理解与应用　　　　 |题|点|全|练| 1.[对麦克斯韦电磁场理论的理解]如图甲所示，在变化的磁场中放置一个闭合电路，电路里产生了感应电流；如图乙所示，空间存在变化的磁场，其周围产生感应电场。下列说法正确的是 (　　) A.甲、乙两图一定能持续产生电磁波 B.对甲图，从上向下看，电子在回路中沿顺时针方向运动 C.闭合电路只是检验变化的磁场产生电场，即使没有闭合电路，空间也能产生电场 D.变化的电场周围产生磁场，与闭合电路是否存在有关 解析：选C　若甲、乙两图的磁场均匀变化，就会产生稳定不变的电场，稳定不变的电场不会产生磁场，就不会持续产生电磁波，故A错误；对甲图，从上向下看，感应电流沿顺时针方向，电子在回路中沿逆时针方向运动，故B错误；变化的磁场周围产生电场是一种普遍存在的现象，与闭合电路是否存在无关，甲图的闭合电路只是检验变化的磁场产生电场，乙图即使没有闭合电路，空间也能产生电场，故C正确；同理，变化的电场周围产生磁场也是一种普遍存在的现象，与闭合电路是否存在无关，D错误。 2.[电磁波的产生]某电路中电场强度随时间变化的关系图像如图所示，能产生电磁波的是 (　　) 解析：选D　由麦克斯韦电磁场理论知，当空间出现恒定的电场时(如题图A)，由于它不激发磁场，故无电磁波产生；当空间出现均匀变化的电场时(如题图B、C)，会激发出磁场，但磁场恒定，不会在较远处激发出电场，故也不会产生电磁波；只有周期性变化的电场(如题图D)，才会激发出周期性变化的磁场，它又激发出周期性变化的电场……如此交替的产生磁场和电场，便会产生电磁波，故D正确。 3.[麦克斯韦电磁场理论的应用]将很多质量为m、带电荷量为+q、可视为质点的绝缘小球，均匀穿在由绝缘材料制成的半径为r的光滑圆轨道上并处于静止状态，轨道平面水平，空间内有分布均匀的磁场，磁场方向竖直向上，如图甲所示。磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，其中B0是已知量。已知在磁感应强度增大或减小的过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿顺时针或逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等。关于绝缘小球的运动情况，下列说法正确的是 (　　) A.在t=0到t=T0时间内，绝缘小球均做匀速圆周运动 B.在t=T0到t=2T0时间内，绝缘小球均沿顺时针方向做速率均匀增加的圆周运动 C.在t=2T0到t=3T0时间内，绝缘小球均沿顺时针方向做加速圆周运动 D.在t=3T0到t=5T0时间内，涡旋电场沿顺时针方向 解析：选B　在t=0到t=T0时间内，磁感应强度不变，没有涡旋电场产生，绝缘小球保持静止，故A错误；在t=T0到t=2T0时间内，根据法拉第电磁感应定律可得沿轨道一周的感应电动势为ε=πr2=πr2，由于同一条电场线上各点的场强大小相等，所以E==，涡旋电场沿顺时针方向，根据牛顿第二定律可得，在t=T0到t=2T0时间内，小球沿切线方向的加速度大小恒为a1=，所以绝缘小球均沿顺时针方向做速率均匀增加的圆周运动，故B正确；在t=2T0到t=3T0时间内，磁感应强度不变，没有涡旋电场产生，绝缘小球均沿顺时针方向做匀速圆周运动，故C错误；根据楞次定律可知在t=3T0到t=5T0时间内，涡旋电场沿逆时针方向，故D错误。 4.[电磁波与机械波的比较]“中国天眼”位于贵州的大山深处，它通过接收来自宇宙深处的电磁波来探索宇宙。关于电磁波，下列说法正确的是 (　　) A.机场安检是利用γ射线穿透本领强的特点来探测行李箱中的物品 B.机械波在介质中的波速与频率无关，电磁波在介质中的波速与频率有关 C.麦克斯韦电磁场理论告诉我们，变化的电场一定产生变化的磁场 D.所有物体都发射红外线，因此可利用红外线设计防伪措施 解析：选B　机场安检是利用X射线穿透本领强的特点来探测行李箱中的物品，故A错误；机械波在介质中的波速由介质决定，与频率无关，电磁波在介质中的波速与频率有关，故B正确；麦克斯韦电磁场理论告诉我们，均匀变化的电场产生恒定的磁场，故C错误；所有物体都发射红外线，但红外线没有防伪功能，可利用紫外线的荧光效应设计防伪措施，故D错误。 |精|要|点|拨| 1.对麦克斯韦电磁场理论的理解 电场 磁场 恒定的电场不产生磁场 恒定的磁场不产生电场 均匀变化的电场在周围空间产生恒定的磁场 均匀变化的磁场在周围空间产生恒定的电场 不均匀变化的电场在周围空间产生变化的磁场 不均匀变化的磁场在周围空间产生变化的电场 振荡电场产生同频率的振荡磁场 振荡磁场产生同频率的振荡电场 2.电磁波与机械波的比较 (1)电磁波和机械波都携带能量并传播能量，都遵循波长、波速、频率的关系公式 λ=，电磁波进入介质遵循公式n=。 (2)机械波的传播需要介质，电磁波的传播不需要介质。 (3)电磁波只能是横波，而机械波可以是横波，也可以是纵波。 逐点清(三)　无线电波的发射和接收 |题|点|全|练| 1.“小蜜蜂”是一种老师上课用的扩音设备，随着无线电技术的应用，很多老师用上了蓝牙“小蜜蜂”(蓝牙属于电磁波)，麦克风与扩音器不用导线连接，老师拿着麦克风在教室中间说话，放在讲台上的扩音器也能工作。下列说法正确的是 (　　) A.“小蜜蜂”只接收到了来自麦克风的信号 B.麦克风中只要有变化的电场，就一定能发出蓝牙信号 C.“小蜜蜂”接收电磁波时，通过调制来使接收电路中出现电谐振现象 D.麦克风回路可通过减小发射电磁波的波长来提高LC振荡电路发射电磁波的本领 解析：选D　因为蓝牙属于电磁波，周围空间存在其他电磁波信号，所以“小蜜蜂”不只接收到了来自麦克风的信号，故A错误；均匀变化的电场产生恒定的磁场，不能产生电磁波信号，故B错误；使电磁波随各种信号而改变的技术叫作调制，使接收电路产生电谐振的过程叫作调谐，故C错误；减小发射电磁波的波长，则会提高频率，可以提高LC振荡电路发射电磁波的本领，故D正确。 2.行车安全越来越被人们所重视，现在许多车企都在汽车上配置有主动刹车系统(AEB)。该系统主要分为控制模块、测距模块和制动模块，利用微波雷达、图像识别技术和红外摄像头，可以将道路的图像和路况实时传递给控制模块，在紧急情况下，由车载微处理器发出控制命令，自动采取制动措施，保证车辆安全。微波的波长范围在0.001~1 m，下列说法正确的是 (　　) A.产生微波的LC振荡电路中，要想增大振荡周期，可以增大电容器的电容C B.微波只能在空气中传播而不能在真空中传播 C.微波遇到障碍物时，只能发生反射现象而不能发生衍射现象 D.微波遇到障碍物时，只能发生衍射现象而不能发生反射现象 解析：选A　产生微波的LC振荡电路中，根据T=2π，可知要想增大振荡周期，可以增大电容器的电容C，故A正确；微波的传播不需要传播介质，它既可以在空气中传播，也可以在真空中传播，故B项错误；微波遇到障碍物时，既可以发生衍射现象也可以发生反射现象，雷达就是利用微波遇到障碍物时能发生反射现象这一性质工作的，故C、D错误。 3.(多选)无线电波的发射和接收离不开天线。如图甲、乙、丙所示，LC振荡电路逐步成为开放电路，电场和磁场就可以分散到更大的空间，这样就可以有效地把无线电波发射出去了。手机作为常用的通信工具需要用天线来接收和发射信号，早期的手机有长长的天线，现在已经内置到手机内部。实践中发现当天线的长度大约等于无线电波波长的时，收发无线电波的能力最好。曾经有人将手机外壳的金属边框设计成天线，既提升了收发信号的效果，又节省了手机的内部空间。随着5G时代的来临，信号频率进一步提升，对天线设计的要求更加复杂。下列说法正确的是 (　　) A.只有特定频率的无线电波才能在天线上产生振荡电流 B.与4G相比，5G使用的电磁波传播速度更大 C.手机信号的频率与100 MHz的数量级相同 D.手机天线在发射信号时，天线上会有电荷出现，且周期性变化 解析：选CD　任何频率的无线电波均可以在天线上产生振荡电流，只不过特定频率的无线电波产生的振荡电流较大，其他频率的无线电波产生的振荡电流较小，故A错误；电磁波的传播速度与光速相同，与电磁波的频率无关，故B错误；手机外壳的金属边框长度为几十厘米，因此无线电波的波长应为几米，根据c=λf，可知手机信号的频率与100 MHz的数量级相同，故C正确；手机天线在发射信号时，天线上会形成LC振荡电路，因此会有电荷出现，且周期性变化，故D正确。 |精|要|点|拨| 1.调幅和调频 (1)使高频电磁波的振幅随信号的强弱而变的调制方式叫调幅，一般电台的中波、中短波、短波广播以及电视中的图像信号采用调幅波。如图所示是调幅的作用，其中甲为声音信号的波形，乙为高频等幅振荡电流的波形，丙为经过调幅的高频振荡电流的波形。 (2)使高频电磁波的频率随信号的强弱而变的调制方式叫调频，电台的立体声广播和电视中的伴音信号采用调频波。如图所示是调频的作用，其中甲为声音信号的波形，乙为高频等幅振荡电流的波形，丙为经过调频的高频振荡电流的波形。 2.调制和解调 声音、图像等信号频率相对较低，不能转化为电信号直接发射出去，而是要将这些低频信号加载到高频电磁波信号上再发射出去。将声音、图像信号加载到高频电磁波上的过程就是调制。而将声音、图像信号从高频信号中还原出来的过程就是解调。 逐点清(四)　电磁波谱 1.电磁波谱分布情况 按电磁波的波长从长到短分布为无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线和γ射线。 2.电磁波谱的特性和应用 电磁波谱 真空中 波长/m 产生机理 特性 应用 递变规律 无线电波 >10-3 振荡电路中电子周期性运动产生 波动性强，易发生明显衍射 无线电技术 频率变大 波长变小 红外线 10-3~10-7 原子的外层电子受激发后产生 热效应 红外线遥感 可见光 10-7 引起视觉 照明、摄影　 紫外线 10-7~10-9 化学效应、荧光效应、灭菌消毒 医用消毒、防伪 X射线 10-8~10-11 原子的内层电子受激发后产生 贯穿性强 检查、医用透视　 γ射线 <10-11 原子核受激发后产生 贯穿本领最强 工业探伤、医用治疗 3.对电磁波谱的三点说明 (1)波长不同的电磁波，表现出不同的特性。其中波长较长的无线电波和红外线等，易发生干涉、明显衍射现象；波长较短的X射线、γ射线等，穿透能力较强； (2)电磁波谱中，相邻两波段的电磁波的波长并没有很明显的界线，如紫外线和X射线、X射线和γ射线都有重叠； (3)电磁波的能量随频率的增大而增大。 [考法全训] 考法1　电磁波谱 1.(2025·武汉高三检测)(多选)下列关于电磁波谱的理解正确的是 (　　) A.红外线的波长比紫外线的波长短 B.可见光不属于电磁波 C.无线电波的波长比γ射线的波长要长 D.微波属于电磁波 解析：选CD　红外线的波长比紫外线的波长长，故A错误；可见光属于电磁波，故B错误；无线电波的波长比γ射线的波长要长，故C正确；微波属于电磁波，故D正确。 考法2电磁波的特性 2.(2025·陕西模拟)“磁星”拥有极强的磁场，通过磁场的衰减，使之能源源不绝地释放出以X射线及γ射线为主的高能量电磁辐射，下列说法正确的是 (　　) A.X射线是高速电子流 B.X射线的波长大于γ射线的波长 C.γ射线主要具有热作用 D.γ射线是原子内层电子受激发而产生的 解析：选B　X射线是电磁波，不是高速电子流，故A错误；X射线的波长大于γ射线的波长，故B正确；红外线主要具有热作用，故C错误；γ射线是原子核发生衰变时，新核从高能态跃迁到低能态而发射出来的，故D错误。 考法3电磁波的应用 3.(多选)关于电磁波的应用，下列说法正确的是 (　　) A.红外线、X射线、γ射线中红外线的波长最短 B.银行的验钞机和家用电器的遥控器发出的光都是紫外线 C.微波主要用于广播及其他信号的传输 D.X射线可以用于诊断病情，γ射线可以摧毁病变的细胞 解析：选CD　红外线、X射线、γ射线中红外线的频率最小，波长最长，A错误；银行的验钞机发出的光是紫外线，家用电器的遥控器发出的光是红外线，B错误；微波能传播信息，故可以用于通信、广播及其他信号传输，故C正确；X射线有很高的穿透本领，常用于医学上透视人体，γ射线有极强的穿透能力和很高的能量，可以摧毁病变的细胞，故D正确。 4.(2025·长沙高三调研)量子雷达是隐身战机的克星，可以捕捉到普通雷达无法探测到的目标。有一类量子雷达仍采用发射经典态的电磁波，但在接收机处使用量子增强检测技术以提升雷达系统的性能。下列说法正 确的是 (　　) A.量子就是α粒子 B.隐身战机不向外辐射红外线 C.电磁波在真空中的传播速度与其频率无关 D.量子雷达是利用目标物体发射的电磁波工作的 解析：选C　量子是现代物理的重要概念，即一个物理量如果存在最小的不可分割的基本单位，则这个物理量是量子化的，并把最小单位称为量子，A错误；任何物体都会向外辐射红外线，B错误；任何频率的电磁波在真空中的传播速度都等于光速，C正确；依据题意，量子雷达仍采用发射经典态的电磁波，不是利用目标物体发射的电磁波，D错误。 第4讲　探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系(基础实验) 一、实验知能/系统归纳　　 一、理清原理与操作 实验原理图 实验方法：控制变量法 (1)U1、n1一定，研究n2和U2的关系； (2)U1、n2一定，研究n1和U2的关系。 操作要领 (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。 (2)保持副线圈的匝数n2和原线圈两端的电压U1不变，改变原线圈的匝数n1，研究n1对副线圈电压U2的影响。 二、掌握数据处理方法 将两种情况下所测数据分别列表，通过分析可知，理想变压器原、副线圈两端电压U1、U2之比等于两个线圈的匝数n1、n2之比。 三、注意实验细节 1.要事先推测副线圈两端电压的可能值。 2.为了人身安全，只能使用低压交流电源，所用电压不要超过12 V，即使这样，通电时不要用手接触裸露的导线、接线柱。 3.为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，大致确定电压后再选择适当的挡位进行测量。 4.连接电路后要由同组的几位同学分别独立检查，然后请老师确认，只有这时才能接通电源。 四、做好误差分析 1.由于漏磁，通过原、副线圈的每一匝的磁通量不严格相等造成误差。 2.原、副线圈有电阻，原、副线圈中的焦耳热损耗(铜损)造成误差。 3.铁芯中有磁损耗，产生涡流造成误差。 二、应用发展/练中融通 1.在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，某同学利用“教学用的可拆变压器”进行探究。 (1)关于实验操作，下列说法正确的是　　　　。  A.为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用电压不要超过12 V B.实验通电时，可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路 C.使用多用电表测电压时，先用中等量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量 (2)在实验中，该同学保持原线圈两端的电压及副线圈的匝数不变，仅减小原线圈的匝数，副线圈两端的电压将　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)。  解析：(1)实验操作中，为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用电压不要超过12 V，故A正确；实验通电时，不可用手接触裸露的导线、接线柱等，故B错误；使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，故C错误。 (2)在实验中，保持原线圈两端的电压及副线圈的匝数不变，仅减小原线圈的匝数，根据变压器变压公式，副线圈两端的电压将增大。 答案：(1)A　(2)增大 2.有一个教学用的可拆变压器，如图1所示，它有两个外观基本相同的线圈A、B(内部导线电阻率、横截面积相同)，线圈外部还可以绕线。 (1)某同学用一多用电表的同一电阻挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图2中的a、b位置，由此可推断　　　　(选填“A”或“B”)线圈的匝数较多。  (2)该实验中输入端所接电源最适合的是 　。 A.220 V交流电源 B.12 V以内低压直流电源 C.36 V安全电源 D.12 V以内低压交流电源 (3)如果把图1的可拆变压器看作理想变压器，现要测量A线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源。请完成实验步骤的填空： ①用绝缘导线在线圈的外部或变压器的铁芯上绕制n匝线圈。 ②将　　　　　(选填“A”或“B”)线圈与低压交流电源相连接。  ③用多用电表的　　　　　　挡分别测量A线圈的输入电压UA和绕制线圈的输出电压U。  ④则A线圈的匝数为　　　　　　。  解析：(1)根据电阻定律，导线电阻率和横截面积相同时，导线越长，电阻越大，A线圈电阻比B线圈的电阻大，故A线圈匝数较多。 (2)为保证人身安全，应用12 V以内低压交流电源，故选D。 (3)②要测量A线圈的匝数，所以要把A线圈与低压交流电源相连接。 ③变压器输入、输出都是交流电，所以要用交流电压挡测输入和输出电压。 ④根据理想变压器原、副线圈两端电压与匝数的关系，有=，解得nA=。 答案：(1)A　(2)D　(3)②A　③交流电压　④n 3.(2024·河北石家庄二模)某同学利用如图甲所示器材做探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系实验。 (1)该同学按图乙连接电路，变压器的左侧线圈0、8接线柱与学生电源的“稳压6 V”接线柱相连。闭合开关，用多用电表测得右侧线圈0、4接线柱之间的电压为　　　　。  A.0　　　　　　　 B.3.0 V C.6.0 V D.12.0 V (2)正确连接电路后，变压器选用左侧0、2接线柱和右侧0、4接线柱进行实验，用多用电表测得左侧0、2之间的电压为U1，右侧0、4之间的电压为U2，数据如下表所示，可判断学生电源接在了接线柱　　　　上(选填“左侧0、2”或“右侧0、4”)。  实验次数 1 2 3 4 5 U1/V 1.00 1.90 3.00 4.00 4.80 U2/V 2.10 4.00 6.10 8.20 10.00 (3)实验室中还有一个变压器，如图丙所示。现要测量A、B线圈的匝数，实验步骤如下： ①取一段漆包线，一端与A线圈上端接线柱相连，顺着原来的绕制方向在变压器的铁芯上再绕制n匝线圈，漆包线另一端与交流电源一端相连，A线圈下方接线柱与交流电源另一端相连接。 ②用多用电表的交流电压挡先后测出交流电源两端的电压U0和B线圈的输出电压U； ③用多用电表的交流电压挡测出A线圈两端的电压U1。 如果把该变压器看作理想变压器，则A、B线圈的匝数nA=　　　　，nB=　　　　。(用题中给出的字母表示)  解析：(1)变压器是根据互感现象进行工作的，由题图可知，原线圈连接的电压为直流电压，因此副线圈两端的电压为0。故选A。 (2)由于有漏磁，副线圈测量电压小于理论值，所以U1为副线圈两端电压，可判断连接交流电源的原线圈是右侧0、4。 (3)根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，有== 解得nA=，nB=。 答案：(1)A　(2)右侧0、4　(3)　 4.某物理小组欲探究变压器原副线圈两端电压与匝数的关系，实验器材有：学生电源、可拆变压器、交流电压表、若干导线。 图甲为实验原理图，在原线圈A、B两端加上电压，用电压表分别测量原、副线圈两端的电压，测量数据如表所示。 实验序号 原线圈匝数n1=400 原线圈两端电压U1/V 副线圈匝数n2=200 副线圈两端电压U2/V 副线圈匝数n3=1 400 副线圈两端电压U3/V 1 5.8 2.9 20.3 2 8.0 4.0 28.0 3 12.6 6.2 44.0 请回答下列问题： (1)在图乙中，应将A、B分别与　　　　(填“a、b”或“c、d”)连接。  (2)根据表中数据得出的实验结论是：在实验误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压之比等于　　　　　　　　。  (3)在实验序号为2的测量中，若把图丙中的可移动铁芯取走，副线圈匝数n2=200，则副线圈两端电压　　　　(填正确答案标号)。  A.一定小于4.0 V　　　　 B.一定等于4.0 V C.一定大于4.0 V 解析：(1)在探究变压器原副线圈两端电压与匝数的关系的实验中，原线圈两端应接入交流电，故应将A、B分别与c、d连接。 (2)根据题表中数据可知，在实验误差允许范围内有==，故得出的结论是：在实验误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压之比等于两个线圈的匝数之比。 (3)若把题图丙中的可移动铁芯取走，磁损耗变大，原线圈中磁通量变化率比副线圈磁通量变化率大，根据法拉第电磁感应定律知，副线圈两端电压一定小于4.0 V。故选A。 答案：(1)c、d　(2)两个线圈的匝数之比　(3)A 第5讲　利用传感器制作简单的自动控制装置(基础实验) 一、实验知能/系统归纳　　 实验准备 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.学会利用传感器制作简单的自动控制装置。 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.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、温度计、小灯泡、学生电源、继电器、滑动变阻器、开关、导线等。 实验(一)　研究热敏电阻的热敏特性 1.实验步骤 (1)按如图所示连接好电路，将热敏电阻绝缘处理。 (2)把多用电表置于“电阻”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.探究规律 (1)根据记录数据，把测量到的温度、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阻值随温度变化的图线。 (3)根据实验数据和R⁃t图线，得出结论。 3.注意事项 在做本实验时，加热水后要等一会儿再测其阻值，以使热敏电阻的温度与水的温度相同，并同时读出水温。 实验(二)　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、学生电源按如图所示电路连接好，其中多用电表置于电阻挡适当的量程。 (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，调节滑动变阻器使小灯泡逐渐变亮，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，观察表盘指针显示光敏电阻阻值的情况，并记录。 2.探究规律：根据记录数据分析光敏电阻的特性。 3.注意事项 本实验中，如果效果不明显，可将光敏电阻部分电路放入带盖的纸盒中，并通过盖上的小孔改变射到光敏电阻上的光的多少。 二、应用发展/练中融通 1.(2025·广州高三模拟)电梯为居民出入带来很大的便利，出于安全考虑，电梯都设置超载自动报警系统。现要组装一个由压敏电阻控制的报警系统，要求当压敏电阻的压力达到或超过10 000 N时系统报警。实验器材有：直流电源(E=9 V，内阻不计)、报警器(内阻很小，流过的电流超过10 mA 就会报警)、压敏电阻、电阻箱(最大阻值为999.9 Ω)、滑动变阻器R1(最大阻值为500 Ω)、滑动变阻器R2(最大阻值为1 000 Ω)、单刀双掷开关一个、导线若干。该系统的原理电路图如图甲所示，压敏电阻的阻值随压力F变化的关系如图乙所示。 (1)完成该报警系统原理电路图的连线。 (2)为保证报警系统正常工作，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： ①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　　　　Ω；  ②将开关S向　　　　(填“c”或“d”)端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至　　　　　　　时停止滑动；  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。 (4)若直流电源用久后，内阻不断增大(电动势近似为不变)，则压敏电阻承受的压力F　　　　(填“大于”“小于”或“等于”)10 000 N才会报警。  解析：(1)报警系统原理电路图连接如图所示。 (2)根据实验原理电路可知，滑动变阻器在电路中用于串联限流，应选用最大阻值为1 000 Ω的滑动变阻器R2。 (3)①由题图乙可知，当压敏电阻的压力达到10 000 N时，压敏电阻为R=100 Ω，由等效替代法可知，应将电阻箱的阻值调到100.0 Ω。 ②根据报警系统原理，将电阻箱调到一固定的阻值，然后将开关S向d端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，改变电路的电流，直至报警器开始报警时停止滑动，之后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。 (4)若直流电源用久后，内阻不断增大(电动势近似为不变)，由闭合电路欧姆定律E=I(R'+R+r)可知，电动势E和报警电流I一定时，内阻r增大，则压敏电阻R<100 Ω，由题图乙可知，压敏电阻承受的压力F大于10 000 N才会报警。 答案：(1)见解析图　(2)R2　(3)①100.0　②d　报警器开始报警　(4)大于 2.(2024·浙江1月选考)在探究热敏电阻的特性及其应用的实验中，测得热敏电阻Rt在不同温度时的阻值如下表 温度/℃ 4.1 9.0 14.3 20.0 28.0 38.2 45.5 60.4 电阻/(×102 Ω) 220 160 100 60 45 30 25 15 某同学利用上述热敏电阻Rt、电动势E=3 V(内阻不计)的电源、定值电阻R(阻值有3 kΩ、5 kΩ、12 kΩ三种可供选择)、控制开关和加热系统，设计了A、B、C三种电路。因环境温度低于20 ℃，现要求将室内温度控制在20 ℃~28 ℃ 范围，且1、2两端电压大于2 V，控制开关开启加热系统加热，则应选择的电路是　　　　，定值电阻R的阻值应选　　　　 kΩ，1、2两端的电压小于　　　　V时，自动关闭加热系统(不考虑控制开关对电路的影响)。  解析：电路A，定值电阻和热敏电阻并联，1、2两端电压不变，故不能实现电路的控制，故A错误；电路B，定值电阻和热敏电阻串联，温度越低，热敏电阻的阻值越大，定值电阻分得电压越小，无法实现温度小于20 ℃时1、2两端电压大于2 V，控制开关不能开启加热系统加热，故B错误；电路C，定值电阻和热敏电阻串联，温度越低，热敏电阻的阻值越大，热敏电阻分得电压越大，可以实现温度小于20 ℃时1、2两端电压大于2 V，控制开关开启加热系统加热，故C正确。由热敏电阻Rt在不同温度时的阻值可知，20.0 ℃ 时的阻值为60×100 Ω=6 kΩ，由题意可知U12=E=×3 V=2 V，解得R=3 kΩ。28 ℃时关闭加热系统，此时热敏电阻阻值为4.5 kΩ，此时1、2两点间的电压为×4.5 V=1.8 V，则1、2两端的电压小于1.8 V时，自动关闭加热系统。 答案：C　3　1.8 3.为节能减排，保护环境，公共场所使用声、光控照明系统，声、光控开关需要同时满足光线较暗、有活动声音时才接通电路的工作要求，其示意图如图甲所示。 (1)声控开关和光控开关的连接方式为　　　　(选填“串联”或“并联”)。  (2)其中光控开关内部示意图如图乙所示，光敏电阻的阻值随照度(照度可以反映光的强弱，光越强，照度越大，单位为lx)的变化关系如图丙所示，由图丙可知随着照度的减小，光敏电阻的阻值　　　　(选填“增大”或“减小”)。  (3)已知光控开关中的电源电动势为3.0 V、内阻不计，电阻箱的阻值调为8 Ω，电磁开关的电阻为2 Ω。设计要求当流过电磁开关的电流小于0.06 A，即照度低于　　　　lx时(保留一位小数)，光控开关接通。  (4)为了节约用电，需要在光更弱时光控开关才接通，应该把电阻箱的阻值调　　　　(选填“大”或“小”)。  解析：(1)根据题意可知，声、光控开关需要同时满足光线较暗、有活动声音时才接通电路的工作要求，则声控开关和光控开关的连接方式为串联。 (2)由题图丙可知随着照度的减小，光敏电阻的阻值增大。 (3)根据题意，由闭合电路欧姆定律有I=，解得R光=40 Ω，结合题图丙可知，照度低于0.4 lx时，光控开关接通。 (4)光越弱，光敏电阻越大，则应该把电阻箱的阻值调小。 答案：(1)串联　(2)增大　(3)0.4　(4)小 4.现代社会，喝酒不开车已经成为基本行为准则。某款酒精检测仪如图甲所示，核心部件为酒精气体传感器，其电阻R与酒精气体浓度c的关系如图乙所示。某同学想利用该酒精气体传感器设计一款酒精检测仪，除酒精气体传感器外，在实验室中找到了以下器材： A.蓄电池(电动势E=2 V，内阻r=0.6 Ω) B.表头Ⓖ(满偏电流6.0 mA，内阻未知) C.电流表Ⓐ(满偏电流10 mA，内阻未知) D.电阻箱R1(最大阻值999.9 Ω) E.电阻箱R2(最大阻值999.9 Ω) F.开关及导线若干 (1)该同学设计的测量电路如图丙所示，为将表头Ⓖ的量程扩大为原来的10倍，他进行了如下操作：先断开开关S1、S2、S3，将R1、R2调到最大值。合上开关S1，将S3拨到2处，调节R2，使表头Ⓖ满偏，电流表Ⓐ示数为I。此时合上开关S2，调节R1和R2，当电流表Ⓐ示数仍为I时，表头Ⓖ示数如图丁所示，此时R1为108.0 Ω，则改装电表时应将R1调为　　　　Ω，改装结束后断开所有开关。  (2)该同学若将图中开关S1、S2合上，而将S3拨到1处，电阻箱R2的阻值调为14.0 Ω，酒精气体浓度为零时，表头Ⓖ的读数为　　　　mA。  (3)完成步骤(2)后，某次在实验室中测试酒精气体浓度时，表头指针指向5.0 mA。已知酒精气体浓度在0.2~0.8 mg·mL-1之间属于“酒驾”，酒精气体浓度达到或超过0.8 mg·mL-1属于“醉驾”，则该次测试的酒精气体浓度属于　　　　范围(选填“酒驾”或“醉驾”)。  (4)使用较长时间后，蓄电池电动势降低，内阻增大，可调整　　　　(“R1”或“R2”)，则此时所测的酒精气体浓度仍为准确值。  解析：(1)合上开关S1，将S3拨到2处，调节R2，使表头Ⓖ满偏，电流表Ⓐ示数为I，则表头Ⓖ与电流表Ⓐ串联，可知I=Ig=6.0 mA。合上开关S2，表头Ⓖ与R1并联，调节R1和R2，当电流表Ⓐ示数仍为I时，由题图丁可知表头Ⓖ的示数I'=4 mA，则R1中的电流I1=I-I'=2 mA，由I'Rg=I1R1，解得表头的内阻Rg=R1=54.0 Ω。将表头Ⓖ的量程扩大为原来的10倍，则与表头并联的电阻箱R1中的电流为IR1=(10-1)Ig=9Ig，则由IgRg=IR1R1'，解得改装电表时应将R1调为R1'=Rg=6.0 Ω。 (2)改装电流表的内阻为Rg'== Ω=5.4 Ω，由题图乙可知酒精气体浓度为零时，传感器的电阻为R=80 Ω，由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流I2== A=0.02 A=20 mA，则表头Ⓖ的读数为I2'=I2=2.0 mA。 (3)某次在实验室中测试酒精气体浓度时，表头指针指向5.0 mA，电路中总电流I3=10×5.0 mA=50.0 mA=0.05 A，由闭合电路欧姆定律可得I3=，解得传感器的电阻R'=20 Ω，由题图乙可知酒精气体浓度为0.8 mg·mL-1，所以该次测试的酒精气体浓度属于醉驾范围。 (4)由闭合电路欧姆定律可知I=，使用较长时间后，蓄电池电动势降低，内阻增大，要想所测的酒精气体浓度仍为准确值，则电路中电流不变，则需要把R2调小，使电路中总电阻减小。 答案：(1)6.0　(2)2.0　(3)醉驾　(4)R2 28 / 55 学科网（北京）股份有限公司 $$