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（普高基础版）

第十三章　交变电流 电磁波 传感器 第一讲　交变电流的产生与描述 课前 [精要回顾] [微点判断] (1)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，一定会产生正弦式交变电流。 (×) (2)(人教选择性必修2 P51“思考与讨论”·改编)线圈在磁场中转动的过程中穿过线圈的磁通量最大时，产生的感应电动势也最大。 (×) (3)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动经过中性面时，线圈中的感应电动势为零，电流方向发生改变。 (√) (4)交流电气设备上所标的电压和电流值是交变电流的有效值。 (√) (5)交变电流的峰值总是有效值的倍。 (×) (6)(人教选择性必修2 P57T1·改编)我国使用的交变电流的周期是0.02 s，电流方向每秒改变100次。 (√) 逐点清(一)　交变电流的产生和描述 1.[交变电流的产生] (多选)下列方法中能够产生交变电流的是 (　　) A.图甲，线圈在匀强磁场中按逆时针方向匀速转动 B.图乙，金属棒绕过中心且与磁场垂直的轴逆时针匀速转动 C.图丙，由一条导线折成的折线绕PQ在匀强磁场中匀速转动 D.图丁，闭合线圈垂直磁感线不动，穿过线圈的磁通量按照正弦规律变化 解析：选ACD　题图甲中线圈在匀强磁场中按逆时针方向匀速转动，会产生交变电流；题图乙中的导体棒不切割磁感线，不产生感应电动势；题图丙中的折线与矩形线圈的效果是相同的；题图丁中能产生按余弦规律变化的交变电流，故A、C、D正确。 2.[交变电流的函数表达式] 一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的电动势e=200·sin 100πt(V)，下列说法正确的是 (　　) A.该交变电流的频率是100 Hz B.当t=0时，线圈平面恰好与中性面垂直 C.当t= s时，e达到峰值 D.该交变电流的电动势的有效值为200 V 解析：选C　由交变电流的电动势瞬时值表达式e=nBSω·sin ωt可知，该交变电流的频率f==50 Hz，A错误；在t=0时，电动势瞬时值为0，线圈平面恰好在中性面处，B错误；当t= s时，e达到峰值Em=200 V，C正确；该交变电流的电动势的有效值E==200 V，D错误。 3.[交变电流的图像] (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===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。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.正弦式交变电流产生过程中的两个特殊位置 图示 位置 中性面位置 与中性面垂直的位置 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) 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)　有效值的理解与计算 题点1　有效值的理解 1.在如图乙所示的电路中，通入如图甲所示的交变电流，横轴上、下方的图线均属于正弦曲线的一部分，电阻R的阻值为20 Ω，两电表均为理想交流电表，下列说法正确的是 (　　) A.电压表的示数为10 V B.交流电的频率为50 Hz C.电流表的示数为2 A D.电阻R在一个周期内产生的热量为0.3 J 解析：选A　设该交变电流的有效值为U，根据题图甲可知T=·+·，解得U=10 V，即电压表的示数为10 V，故A正确；根据题图甲可知该交流电的周期T=3×10-2 s，则频率f== Hz= Hz，故B错误；根据上述可知，通过定值电阻R的电流为I==0.5 A，故C错误；电阻R在一个周期内产生的热量为Q=I2RT=0.15 J，故D错误。 题点2　有效值的计算 2.(2025·甘肃酒泉三模)如图所示是某一交变电流的i-t图像，曲线部分为正弦函数的一部分，则该交变电流的有效值为 (　　) A.2 A　　　　　　　 B.3 A C.2 A D.2 A 解析：选D　根据电流的热效应可得I2RT=R·T+R·T，其中I1= A，I2=2 A，解得该交变电流的有效值为I=2 A，故选D。 3.某研究小组成员设计了一个如图所示的电路，已知纯电阻R的阻值不随温度变化。与R并联的是一个理想的交流电压表，D是理想二极管(它的导电特点是正向电阻为零，反向电阻为无穷大)。在A、B间加一交流电压，其瞬时值的表达式为u=20sin 100πt(V)，则交流电压表的示数为 (　　) A.10.0 V B.20.0 V C.15.0 V D.14.1 V 解析：选D　二极管具有单向导电性，使得半个周期内R通路，另半个周期内R断路。电压表的示数为加在R两端电压的有效值，设为U，在R通路的半个周期内，交流电压的有效值为20 V，由电流的热效应，在一个周期内有T=·，解得U=10 V≈14.1 V，D正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 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：若图像部分是正弦(或余弦)交流电，其中从零(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Im=I、Um=U求解。 (2)热效应法：若交变电流为非正弦交变电流，在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”内在“相同电阻”上产生“相同热量”。再利用两类公式：Q=I2Rt和Q=t分别求电流有效值和电压有效值。 逐点清(三)　交变电流的“四值” 　　 交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较 物理量 重要关系 适用情况及说明 瞬时值 e=Emsin ωt，i=Imsin ωt 计算线圈某时刻的感应电动势和感应电流 峰值 Em=nBSω，Im= 讨论电容器的击穿电压 有效值 E=，U=，I= (只适用于正弦式交变电流) (1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等) (2)电气设备“铭牌”上所标的值 (3)保险丝的熔断电流 (4)交流电表的读数 平均值 =n=BL= q=Δt=n 计算某段时间内通过电路截面的电荷量 1.(多选)如图甲所示，标有“220 V，40 W”的灯泡和标有“20 μF，320 V”的电容器并联接到交流电源上，电压表V为交流电压表，交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关。下列判断正确的是 (　　) A.t=时刻，电压表的示数为零 B.灯泡恰好正常发光 C.电容器不可能被击穿 D.电压表的示数保持110 V不变 解析：选BC　电压表的示数是交流电压的有效值，即为220 V，A、D错误；交流电压的有效值恰好等于灯泡的额定电压，灯泡正常发光，B正确；交流电压的峰值Um=220 V≈311 V，小于电容器的耐压值，故电容器不可能被击穿，C正确。 2.(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。 3.(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。 4.(2025·湖南常德调研)如图所示，纸面内有一“凹”字形单匝金属线框组成闭合回路，置于垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，线框的总电阻为R，边长如图所示。线框绕ab轴做角速度为ω的匀速圆周运动，则从图示位置 (　　) A.转动90°时回路中电流方向发生改变 B.转动180°的过程中通过导线截面的电荷量为零 C.转动90°时回路中感应电动势大小为3BL2ω D.转动180°过程中线框产生的焦耳热为 解析：选C　线框通过中性面时，电流方向才会发生改变，题图示位置即是中性面，再转动90°时线框平面与中性面垂直，电流方向并未发生改变，故A项错误；转动180°的过程中通过导线截面的电荷量为q=Δt=×Δt===，故B项错误；转动90°时回路中感应电动势大小为Em=B×2L×2Lω-B×L×Lω=3BL2ω，故C项正确；转动180°过程中线框中电流的有效值为I==，转动时间为t=，所以线框产生的焦耳热为Q=I2Rt=，故D项错误。 [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(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。 2.(多选)如图所示为交流发电机的模型示意图，矩形线框abcd在匀强磁场中绕OO'逆时针匀速转动，从图示位置开始转过90°的过程中，下列说法正确的是 (　　) A.电流方向由c到b，大小逐渐减小 B.电流方向由b到c，大小逐渐增大 C.电流的有效值与平均值的比值为 D.电流的有效值与平均值的比值为 解析：选BD　线圈转动的过程中，穿过线圈平面的磁通量减小，根据楞次定律结合安培定则可知，电流方向由b到c，从中性面开始计时，转过90°的过程中，电流逐渐增大，A错误，B正确；电流的有效值为I=，电流的平均值为=，二者之比为，C错误，D正确。 3.(2025·重庆九龙坡检测)(多选)如图甲所示，风吹向风力发电机叶片带动风轮机内部的矩形线圈在水平匀强磁场中转动，发电机简化模型如图乙所示。矩形线圈以角速度ω绕垂直于磁场的水平转轴OO'顺时针匀速转动产生交流电，已知N匝线圈产生的感应电动势的最大值为Em。则 (　　) A.图示位置AB边产生的感应电流方向为A到B B.当线圈转到竖直位置时电流表的示数为零 C.图示位置磁通量的变化率最小 D.穿过线圈的最大磁通量为 解析：选AD　根据右手定则可知，当线圈转到图示位置时AB边产生的感应电流方向为A到B，故A正确；电流表示数为有效值而不是瞬时值，因而电流表的示数不为零，故B错误；题图示位置在中性面的垂面，交流电中的电动势瞬时值表达式为e=Emcos ωt=NBSωcos ωt，可知题图示位置电动势最大，根据法拉第电磁感应定律可知，磁通量的变化率最大，故C错误；穿过线圈的最大磁通量为Φm=BS=，故D正确。 4.如图所示，N匝正方形闭合金属线圈abcd边长为L，线圈处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，绕着与磁场垂直且与线圈共面的轴OO'以角速度ω匀速转动，ab边距轴。线圈中感应电动势的有效值为 (　　) A.NBL2ω B.NBL2ω C.NBL2ω D.NBL2ω 解析：选B　由Em=NBSω=NBL2ω可知，交流电的最大值和ab、cd两边到转轴的距离无关，线圈中感应电动势的有效值为E==NBL2ω，故B正确。 5.(2025·甘肃平凉模拟)(多选)如图所示，匝数为n、面积为S、阻值为R的闭合线圈abcd水平放置，线圈处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与线圈平面的夹角为60°。若线圈以ab边为轴以角速度ω沿逆时针方向转过180°，则该过程中 (　　) A.转动过程中穿过线圈的磁通量先变小后变大 B.线圈中感应电流的方向发生变化 C.线圈转过120°时感应电动势最大 D.线圈转过120°时感应电流最小 解析：选BC　线圈转过30°时，线圈与磁场方向垂直，穿过线圈的磁通量最大，线圈转过120°时，线圈与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量最小，线圈转动120°~180°过程中，穿过线圈的磁通量反向变大，则该过程中穿过线圈的磁通量先变大后变小再反向变大，故A错误；线圈转过30°时，线圈与磁场方向垂直，穿过线圈的磁通量最大，此时磁通量变化率为0，感应电动势为0，感应电流为0，该位置为中性面，感应电流方向发生改变，故B正确；线圈转过120°时，线圈与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量最小，但磁通量变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，故C正确，D错误。 6.(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。 7.(多选)半径为a、内阻为r的单匝圆形导体环，在磁感应强度为B的磁场中绕着虚线轴匀速转动，角速度为ω。在导体环外接一阻值为R的电阻，电阻两端并联一电压表。若t=0时刻导体环处于如图所示位置，则下列说法中正确的是 (　　) A.电路中电压表示数为Bπa2ω B.t=时，圆形导体环中电流方向改变 C.穿过导体环的磁通量瞬时值表达式φ=Bπa2sin ωt D.从t=0到t=的时间内流过电阻的电量q= 解析：选BD　由题意可知，圆形导体环产生的感应电动势瞬时值表达式为e=BSωsin ωt=Bπa2ωsin ωt，感应电动势的有效值为E==，电路中电压表示数为U=×Bπa2ω，故A错误；t=时，圆形导体环转过180°，故电流方向改变，故B正确；穿过圆形导体环的磁通量瞬时值表达式φ=Bπa2cos ωt，故C错误；从t=0到t=的时间内流过电阻的电量q=t==，故D正确。 8.(2025·江西鹰潭模拟)一台小型发电机与交流电压表、小灯泡按图甲所示连接，发电机产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示，发电机内阻不可忽略，交流电压表视为理想电压表。则 (　　) A.发电机产生的交变电流的电动势的最大值为440 V B.交流电压表V的示数为220 V C.发电机产生的交变电流的电动势表达式为e=220sin(100πt)V D.任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ=cos 100πt(Wb) 解析：选C　由题图乙知，电动势的最大值Em=220 V，故A错误；电动势的有效值E= V=220 V，发电机线圈有电阻，灯泡两端电压应小于220 V，故B错误；由题图乙知，线圈是从中性面开始计时的，电动势的最大值为Em=220 V，而ω==100π rad/s，则电动势表达式为e=Emsin ωt=220sin(100πt)V，故C正确；由题图乙知从中性面开始计时，t时间内转过的角度为ωt，则线圈平面与磁场方向夹角为+ωt，因此有任意时刻Φ=BSsin=BScos ωt=BScost，根据Em=NBSω=NBS=220 V，可得BS= Wb，所以任意时刻穿过线圈的磁通量Φ=cos(100πt)Wb，因线圈匝数N未知，故D错误。 9.(2025·辽宁抚顺高三模拟)如图甲、乙所示的交流电分别加在两定值电阻R1、R2两端，已知R1=2R2，若两图中的横纵坐标均为已知量，图甲为正弦图像。则下列说法正确的是 (　　) A.前半个周期两交流电压的有效值之比为1∶2 B.两交流电的交流电压分别为、 C.0~时间内两定值电阻上产生的热量之比为1∶8 D.0~T时间内两定值电阻上产生的热量之比为1∶10 解析：选D　题图甲中交流电压的有效值为U1=，题图乙中前半个周期交流电压的有效值为U2=2U0，前半个周期两交流电压的有效值之比为U1∶U2=1∶2，故A错误；设题图乙中交流电压的有效值为U2'，则有×+×=×T，解得U2'=，故B错误；0~时间内，定值电阻R1上产生的热量为Q1=×=，定值电阻R2上产生的热量为Q2=×=，解得Q1∶Q2=1∶16，故C错误；0~T时间内，定值电阻R1上产生的热量为Q1'==，定值电阻R2上产生的热量为Q2'==，解得Q1'∶Q2'=1∶10，故D正确。 10.(2025·河北保定检测)一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，线圈的匝数N=72，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示。则下列说法正确的是 (　　) A.t=0时，线圈位于与中性面垂直的位置 B.线圈转动的角速度大小为50π rad/s C.线圈产生感应电动势的有效值为36 V D.线圈产生的感应电动势表达式为e=36cos(100πt)V 解析：选C　由题图可知，0时刻，穿过线圈的磁通量达到最大值，可知线圈是从中性面开始计时的，故A错误；线圈中产生的交变电流的周期与磁通量的变化周期相同，即T=0.02 s，所以线圈转动的角速度大小为ω==100π rad/s，故B错误；线圈产生的感应电动势的峰值为Em=NBSω，由题图知Φm=BS= Wb，解得Em=36 V，则有效值E==36 V，故C正确；结合上述可知，线圈产生的感应电动势的表达式为e=Emsin ωt=36sin(100πt)V，故D错误。 11.(多选)如图甲所示的电路中，电阻R1=R2=R，和R1并联的D是理想二极管(正向电阻可视为零，反向电阻为无穷大)，在A、B之间加一个如图乙所示的交变电压(电压为正值时， UAB>0)。由此可知 (　　) A.在A、B之间所加的交变电压的周期为2×10-2 s B.在A、B之间所加的交变电压的瞬时值表达式为u=220sin 50πt(V) C.加在R1上电压的有效值为55 V D.加在R1上电压的有效值为55 V 解析：选AC　由题图乙可知，交变电压的周期为T=2×10-2 s，A正确；交变电压瞬时值的表达式为u=220sintV=220sin(100πt)V，B错误；电压值取正值时，即在前半个周期内，二极管电阻为零，R1被短路，电压值取负值时，即在后半个周期内，二极管电阻无穷大，可看作断路，R1上的电压等于输入电压值的一半，设加在R1的电压有效值为U，根据电流的热效应，在一个周期内满足T=·，解得U=55 V，C正确，D错误。 12.(9分)发电机转子是匝数n=100、边长L=20 cm的正方形线圈，其置于磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场中，绕着垂直磁场方向的轴以ω=100π rad/s的角速度转动，当转到线圈平面与磁场方向垂直时开始计时。线圈的电阻r=1 Ω，外电路电阻R=99 Ω，π取3.14。试求： (1)写出交变电流瞬时值表达式；(3分) (2)外电阻上消耗的功率；(3分) (3)从计时开始，线圈转过过程中，通过外电阻的电荷量是多少?(3分) 解析：(1)电动势的最大值Em=nBωL2=628 V 根据闭合电路欧姆定律得Im==6.28 A 故交变电流瞬时值表达式i=6.28 sin(100πt)A。 (2)电流的有效值I= 外电阻上消耗的功率 P=I2R=2R≈1.95×103 W。 (3)从计时开始到线圈转过过程中， 平均感应电动势 =n=n= 平均电流== 通过外电阻的电荷量 q=·Δt==0.01 C。 答案：(1) i=6.28 sin(100πt)A　(2)1.95×103 W　(3)0.01 C 第二讲　变压器　电能的输送 课前 [精要回顾] [微点判断] (1)(人教选择性必修2 P58“问题”·改编)变压器的工作原理是基于变压器原线圈和副线圈间的互感现象。 (√) (2)变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率。 (×) (3)正常工作的变压器当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压。 (×) (4)(人教选择性必修2 P61“科学漫步”·改编)手机无线充电实际上是通过没有铁芯的变压器传递电能的。 (√) (5)增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失。 (√) (6)(2023·浙江6月选考 T7B)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，用户端先降压再用“逆变”设备将直流变换成交流。 (×) 逐点清(一)　理想变压器的工作原理及应用 1.[理想变压器基本规律的应用] (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===0.5 A，故B正确；由理想变压器电压与匝数关系可知，==，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。 2.[含有二极管的变压器电路] (2025·浙江温州模拟)如图所示为一种简易的手摇式发电机的原理示意图。电路中不计一切能量损失，且仅考虑灯泡电阻，发电机输出电压峰值为E，原、副线圈匝数比为k，灯泡电阻为R，则 (　　) A.灯泡中通的是正弦式交流电 B.副线圈中的电流大小为 C.灯泡两端电压的有效值为 D.若线框匝数增加，E的增大是由于线框中的磁通量变化率增加 解析：选B　由于二极管具有单向导电性，所以灯泡中通的不是正弦式交流电，故A错误；变压器原线圈的输入电压有效值为U1=，则副线圈输出电压有效值为U2=U1=，由于二极管具有单向导电性，所以灯泡只有半个周期有电压和电流，设灯泡两端电压的有效值为UL，根据有效值定义可得T=·，解得UL==，则副线圈中的电流大小为I2=IL==，故B正确，C错误；若线框匝数增加，E的增大是由于线框匝数增加，线框中的磁通量变化率并没有增加，故D错误。 3.[原线圈连接用电器的变压器电路] 变压器是输配电的基础设备，广泛应用于工业、农业、交通、城市社区等。我国在网运行的变压器约1 700万台，总容量约110亿千伏安。如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈左侧输入如图乙所示的正弦式交流电，L1、L2是完全相同的灯泡。灯泡电阻值恒定，若灯泡L2能正常发光，则下列说法正确的是 (　　) A.灯泡L1能正常发光 B.灯泡L2的额定电压为40 V C.灯泡L1、L2的实际功率之比为2∶1 D.通过灯泡L2的电流方向一秒改变50次 解析：选B　设灯泡L2的额定电流为I额，根据理想变压器的电流规律可知，原线圈中的电流为，则灯泡L1不能正常发光，由P=I2R，可知灯泡L1、L2的实际功率之比为1∶4，A、C错误；设变压器及其右侧回路的等效电阻为R1，则根据变压器原理可知=，可得R1=4RL2=4RL1，则原线圈两端的电压U1=U=80 V，根据理想变压器原理，可知灯泡L2的额定电压为40 V，B正确；由题图乙可知交流电的周期为0.02 s，一个周期内电流方向改变两次，故通过灯泡L2的电流方向一秒改变100次，D错误。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.关于理想变压器的四点说明 (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。 2.分析含有二极管的变压器电路问题时要注意：理想二极管具有单向导电性，正弦式交变电流通过二极管后会变成半波直流电流，对应的有效值会发生变化。 3.分析原线圈串联负载的变压器电路问题时要注意：变压器的输入电压不等于电源的电压，而是等于电源电压减去串联负载的电压，即U1=U源-U串。 逐点清(二)　理想变压器的动态分析 1.[匝数比不变、负载变化] (2025·陕西渭南二模)心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可等效为一个不计内阻的交流电源，其电压会随着心跳频率发生变化。如图所示，心电图仪与一理想变压器的原线圈相连接，扬声器(等效为一个定值电阻)与一滑动变阻器连接在副线圈两端。下列说法正确的是 (　　) A.保持U1不变，向左滑动滑片P，副线圈两端的电压减小 B.保持滑片P不动，当U1变大时，扬声器的功率变大 C.保持U1不变，向左滑动滑片P，变压器的输入功率变小 D.保持滑片P不动，当U1变大时，扬声器两端的电压变小 解析：选B　保持U1不变，根据U2=U1可知，副线圈两端的电压不变，向左滑动滑片P，R接入电路的阻值减小，副线圈电路的总电阻减小，则副线圈电路消耗的功率变大，则变压器的输入功率变大，A、C错误；保持滑片P不动，当U1变大时，根据U2=U1可知，变压器副线圈两端的电压变大，通过的电流变大，则扬声器两端的电压变大，扬声器的功率变大，B正确，D错误。 2.[负载不变、匝数比变化] (2025·安徽合肥质检)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为22∶1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R=10 Ω，其余电阻均不计。从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的正弦交变电压，则下列说法中正确的是 (　　) A.当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为14.14 V B.当单刀双掷开关与a连接且t=0.02 s时，电流表示数为零 C.当单刀双掷开关由a拨向b后，原线圈的输入功率变大 D.当单刀双掷开关由a拨向b后，副线圈输出电压的频率增大 解析：选C　由题图乙可知，电压的最大值为Um=311 V，当单刀双掷开关与a连接时，原线圈输入电压为U1= V≈220 V，根据理想变压器原、副线圈两端电压与匝数的关系可知，副线圈两端的电压为U2= V=10 V，则电压表的示数为10 V，故A错误；当单刀双掷开关与a连接时，副线圈两端的电压为10 V，所以副线圈中的电流为I2==1 A，电流表示数为电流的有效值，不随时间的变化而变化，所以当t=0.02 s时，电流表示数为1 A，故B错误；当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的匝数变小，所以副线圈的输出的电压变大，电阻R上消耗的功率变大，原线圈的输入功率也变大，故C正确；变压器不会改变电流的频率，所以输出电压的频率不变，故D错误。 3.[匝数比、负载都变化] (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：选AC　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。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.匝数比不变、负载变化分析思路 (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。 2.负载不变、匝数比变化分析思路 (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。 3.匝数比、负载都变化分析思路 (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。 逐点清(三)　远距离输电问题 1.[远距离输电关系式的应用] (多选)如图所示为发电厂向远处的额定电压为220 V的用户送电的简易图。发电厂输出的电压为U1=500 V、输出功率为P1=2.0×104 W。已知总电阻为r=20 Ω的输电线上损失的电压为ΔU=100 V，假设升压变压器、降压变压器均为理想变压器。则下列说法正确的是 (　　) A.升压变压器的匝数比为1∶8 B.该输电过程损失的电功率为12 500 W C.降压变压器的匝数比为200∶11 D.升压变压器原线圈与降压变压器副线圈的电流比为88∶195 解析：选AD　由题意可知输电线上电流为I2== A=5 A，升压变压器原线圈的电流为I1== A=40 A，由理想变压器的工作原理可知==，A项正确；输电线上损失的电功率为ΔP=r=52×20 W=500 W，B项错误；由理想变压器的工作原理=可知，升压变压器副线圈两端的电压为U2=4 000 V，降压变压器原线圈两端的电压为U3=U2-ΔU=3 900 V，则由变压器的工作原理可知，==，C项错误；由能量守恒定律可知，降压变压器副线圈的输出功率为P4=P1-ΔP=19 500 W，则流过降压变压器副线圈的电流为I4== A，可得I1∶I4=88∶195，D项正确。 2.[远距离输电问题的动态分析] (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上消耗的功率为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。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.理清三个回路 2.抓住两个联系 (1)回路1和回路2的联系——升压变压器→基本关系：==，P1=P2。 (2)回路2和回路3的联系——降压变压器→基本关系：==，P3=P4。 3.明确三个关系式(联系两个变压器的纽带) (1)功率：P2=ΔP+P3其中ΔP=ΔUI线=R线=。 (2)电压：U2=ΔU+U3。 (3)电流：I2=I线=I3。 逐点清(四)　三种特殊的变压器 1.[两类互感器] 如图所示，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、电流与线圈匝数关系可知==k1，==，由此可知U1=k1U，I1=，B正确。 2.[自耦变压器] 如图为可调压式自耦变压器，在电压U1保持不变的情况下，滑片P顺时针转过适当角度，滑片P'向上移动适当距离，则 (　　) A.U2将增大 B.U2将不变 C.定值电阻R0的热功率减小 D.流经定值电阻R0的电流不变 解析：选C　由题意可知，滑片P顺时针转过适当角度，则副线圈的匝数n2减小，由=，可知副线圈输出电压U2减小，A、B错误；滑片P'向上移动适当距离，可知滑动变阻器接入电路的电阻增大，则副线圈回路的总电阻增大，又副线圈两端电压U2减小，则副线圈回路中电流减小，流经定值电阻R0的电流减小，由P=I2R0可知，定值电阻R0的热功率减小，C正确，D错误。 3.[多个副线圈的变压器] (多选)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2∶n3=2∶1∶1，a、b两端接u=40sin(100πt)V的交流电源，定值电阻R=2 Ω，两个完全相同的灯泡L额定电压均为20 V，其电阻恒定且均为1 Ω，下列说法正确的是 (　　) A.灯泡L均能正常工作 B.通过电阻R的电流为10 A C.通过灯泡L的电流均为10 A D.交流电源消耗的总功率为400 W 解析：选BC　根据原、副线圈电压与匝数的关系==，所以三个线圈两端的电压之比为U1∶U2∶U3=2∶1∶1，原、副线圈消耗的电功率相等，即U1I1=+，原线圈回路满足的关系为U=I1R+U1，其中交流电源电压的有效值是U=40 V，联立可得U1=20 V，U2=U3=10 V，I1=I2=I3=10 A，灯泡L均不能正常工作，交流电源消耗的总功率为P=UI1=400 W。故选B、C。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.两类互感器对比 电压互感器 电流互感器 原理图 互感器 的作用 将高电压变为低电压 将大电流变为小电流 利用的 公式 = I1n1=I2n2 2.自耦变压器的原理 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作为另一个线圈，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。 3.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+…。 [课时跟踪检测]　　　(说明：标★的题目为推荐讲评题目) 1.(2025·广西柳州模拟)如图所示，理想变压器原线圈接入电压e=220sin(100πt)V的交流电源，原线圈匝数n1=110匝，副线圈匝数n2=20匝，电压表和电流表均视为理想电表，下列说法正确的是 (　　) A.电流表的示数是交流电的平均值 B.交流电的频率为100 Hz C.电源电压有效值为220 V D.电压表示数为40 V 解析：选C　电流表的示数是交流电的有效值，故A错误；根据ω=2πf，解得交流电的频率为f=50 Hz，故B错误；电源电压有效值为U==220 V，故C正确；根据=，解得U2=40 V，即电压表示数为40 V，故D错误。 2.(2023·北京高考)自制一个原、副线圈匝数分别为600匝和190匝的变压器，原线圈接12 V的正弦交流电源，副线圈接额定电压为3.8 V的小灯泡。实际测得小灯泡两端电压为2.5 V。下列措施有可能使小灯泡正常发光的是 (　　) A.仅增加原线圈匝数 B.仅增加副线圈匝数 C.将原、副线圈匝数都增为原来的两倍 D.将两个3.8 V小灯泡并联起来接入副线圈 解析：选B　由=知，仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压U2减小，不能使小灯泡正常发光，故A错误；由=知，仅增加副线圈匝数，副线圈的输出电压U2增大，有可能使小灯泡正常发光，故B正确；由题意知，该变压器不是理想变压器，将原、副线圈匝数都增为原来的两倍，原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压小于3.8 V，不能使小灯泡正常发光，故C错误；将两个3.8 V小灯泡并联，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故D错误。 3.一含有理想自耦变压器的电路如图所示，变压器副线圈匝数可调，原线圈串联定值电阻r后接在有效值为220 V的正弦式交流电源上，定值电阻R=4r。当副线圈匝数调至某位置时，R和r的功率恰好相等，则此时原、副线圈匝数比为 (　　) A.2∶1 B.1∶2 C.4∶1 D.1∶4 解析：选B　设原、副线圈的匝数之比为n，副线圈的电流为I，根据理想变压器的原、副线圈中电流大小与线圈匝数关系可知原线圈的电流为，又因为R和r的功率恰好相等，所以可知2r=I2R=4I2r，因此n=，B正确。 4.如图所示的电路，理想变压器的原线圈通过理想交流电流表接在交流电源上，副线圈接有两个完全相同的灯泡L1、L2、定值电阻R、电动机M和理想交流电压表。初始状态时开关闭合电动机正常工作，现将开关断开，下列说法正确的是 (　　) A.电流表的示数变大 B.电压表的示数变大 C.灯泡L1变暗 D.灯泡L2变暗 解析：选C　因变压器原线圈输入电压一定，则副线圈输出电压一定，则电压表的示数不变，B错误；现将开关断开，则负载回路电阻变大，负载回路电流减小，变压器原线圈电流也减小，即电流表示数减小，灯泡L1以及定值电阻R上的电压减小，则灯泡L1变暗，灯泡L2两端电压变大，则灯泡L2变亮，则C正确，A、D错误。 5.(2025·湖南衡阳模拟)如图甲是一款带照明灯的小型电钻，它可以在黑暗的环境中工作，其简化电路如图乙所示。其中变压器为理想变压器，照明灯与电机的额定电压均为22 V，电机的内阻为1 Ω，额定电流为2 A，照明灯的额定电流为1 A。当变压器输入电压为220 V的正弦交流电时，电机、照明灯均能正常工作，下列说法正确的是 (　　) A.照明灯正常工作时的电阻为11 Ω B.变压器原线圈电流的最大值为 A C.变压器的输入功率为44 W D.电机产生的机械功率为40 W 解析：选D　根据欧姆定律可知，照明灯正常工作时的电阻为R===22 Ω，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=，可得=10，副线圈中电流I2=3 A，根据理想变压器原、副线圈电流与线圈匝数的关系=，解得变压器原线圈电流的有效值I1= A，变压器原线圈电流的最大值Im1=I1= A，故B错误；变压器的输入功率等于输出功率P=U2I2=66 W，故C错误；电机产生的机械功率P机=P-r-R=40 W，故D正确。 6.(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：选AD　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。 7. .(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，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，该变压器的原、副线圈匝数比为===，B正确；该变压器的输入电流为I1== A≈0.44 A，C错误；该变压器功能主要利用互感现象实现，D错误。 8.(2025·广东广州模拟)如图，有一发电机线框的面积S= cm2，匝数n=100匝，在B=0.5 T的匀强磁场中以角速度ω=100π rad/s匀速转动。线框与一理想变压器连接，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1。R为一光敏电阻，光照强度越强其阻值越小。不计线框和导线的电阻，电表均为理想电表，初始时，灯泡正常发光。下列说法正确的是 (　　) A.灯泡中电流的频率为25 Hz B.电压表的示数约为200 V C.灯泡的额定电压为20 V D.当照射R的光照射强度增强时，电流表的示数将变大 解析：选D　由发电机角速度ω=100π rad/s，可得发电机产生的电流的频率为f==50 Hz，由于变压器不改变电流的频率，所以灯泡中电流的频率为50 Hz，故A错误；发电机产生的电动势的峰值Em=nBSω=20 V，电压表的示数为U1=20 V，故B错误；根据=，可得U2=2 V，即灯泡的额定电压为2 V，故C错误；当照射R的光照射强度增强时，其电阻变小，副线圈电压不变，根据欧姆定律可知电流表的示数变大，故D正确。 9.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1，发电机(内阻不计)提供电压为u=220sin 100πt的交流电，副线圈回路中接有理想二极管和电阻R=10 Ω。下列说法不正确的是 (　　) A.发电机提供交流电的频率为50 Hz B.原线圈两端的电压为220 V C.通过电阻R的电流为 A D.原线圈的输入功率为1 210 W 解析：选D　由u=220sin 100πt(V)可知发电机提供交流电的频率f==50 Hz，故A正确，不符合题意；原线圈两端的电压为U1= V=220 V，故B正确，不符合题意；副线圈两端的电压U2=U1=110 V，理想二极管单向导电，根据电流的热效应，可得·=T，解得UR=55 V，通过电阻R的电流为IR== A，故C正确，不符合题意；原线圈的输入功率为P入=P出=URIR=605 W，故D错误，符合题意。 10.(2025·福建漳州一模)(多选)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。 11.直流特高压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；直流输电线上的电流为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。 12. (2025·河南开封模拟)(多选)如图为一理想变压器，其中所接的4盏灯泡规格均为“10 V　5 W”。当接入电压u=U0sin(100πt)的电源时，4盏灯均正常发光。下列说法正确的是 (　　) A.原、副线圈的匝数比n1∶n2∶n3=3∶1∶2 B.电流在1 s时间内改变50次方向 C.U0=40 V D.变压器的输出功率为20 W 解析：选AC　根据接入电压的表达式可知，ω=100π rad/s，则交流电的频率为f===50 Hz，所以在1 s时间内电流方向要改变100次，B错误；4盏灯相同且均正常发光，所以加在灯泡两端的电压均为U，理想变压器的输入功率等于输出功率，则有IU1=IU+2IU(I、U分别为灯泡的额定电流和额定电压)，得U1=3U，根据====，则有原、副线圈的匝数比n1∶n2∶n3=3∶1∶2，A正确；电源电压的有效值为U+U1=40 V，则U0=40 V，C正确；变压器的输出功率等于副线圈各用电器功率之和，即等于三个灯泡的功率之和15 W，D错误。 13.(2024·重庆高考)(多选)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，图中灯泡的额定电压为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。 第三讲　电磁振荡与电磁波 课前 [精要回顾] [微点判断] (1)电磁波在真空中和介质中的传播速度相同。 (×) (2)(人教选择性必修2 P71“问题”·改编)要产生持续的电磁波，需要有持续变化的电流，这可以通过线圈和电容器组成的电路来实现。 (√) (3)变化的磁场产生的电场的电场线是闭合曲线。 (√) (4)(人教选择性必修2 P73“思考与讨论”·改编)在电磁振荡过程中，电场能和磁场能会发生周期性的转化。 (√) (5)(2024·浙江1月选考 T14C)电磁场是真实存在的物质，电磁波具有动量和能量。 (√) (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)X射线具有很强的穿透本领，可以用来检查人体的内部器官，帮助医生判断人体组织是否发生病变。 (√) (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。 (√) 逐点清(一)　电磁振荡过程分析 1.[LC振荡电路振荡过程] (2025·辽宁丹东模拟)对于LC振荡电路，从图1到图2的物理过程，下列说法正确的是 (　　) A.电容器正在充电，且充电电流沿顺时针方向 B.电容器正在放电，且放电电流逐渐增大 C.当电容器放电完毕时，回路中无电流 D.当电容器放电完毕时，线圈中的磁通量达到最小值 解析：选B　从题图1到题图2，电流方向从正极板流向负极板，可知此时电容器正在放电，电场能减小，磁场能增大，则放电电流沿顺时针方向且逐渐增大，故A错误，B正确；当电容器放电完毕时，电场能最小，磁场能最大，回路中的电流达到最大值，线圈中的磁感应强度达到最大值，磁通量达到最大值，故C、D错误。 2.[周期公式的应用] (2025·广东佛山模拟)特雷门琴是唯一一种不需要接触而演奏的乐器，其电路图可简化为如图所示，其原理是利用天线和演奏者的手构成等效电容C，与自感线圈L构成LC振荡电路，通过改变手的位置(手始终不超出天线长度范围)改变电路频率，从而发出不同声调的声音。下列演奏者的做法可以使特雷门琴的音调变高的是 (　　) A.戴绝缘手套　　　　 B.手靠近天线 C.手从手掌变成握拳 D.手平行天线向上移动 解析：选C　若使特雷门琴的音调变高，则增大振荡电路的频率，根据LC振荡电路的频率f=和电容的决定式C=，可知戴绝缘手套、手靠近天线、手平行天线向上移动均不能使电容减小，只有手从手掌变成握拳可以使电容减小，从而使电路的频率增大，使特雷门琴的音调变高。故选C。 3.[LC振荡的对应图像分析] (2025·江苏连云港期末)LC振荡电路中，t=0时刻线圈L中的磁场方向和电容器C极板的带电情况如图所示。规定回路中电流顺时针方向为正，电容器极板间场强方向向下为正，则LC回路中电流i、电容器中电场强度E随时间变化的图像可能正确的是 (　　) 解析：选B　t=0时刻线圈L中的磁场方向向上，根据安培定则，电流方向为逆时针方向(电流方向为负方向)，由于电容器下极板带正电，则此时电容器在充电，磁场能向电场能转化，电流越来越小，当电容器充电完成时，电流为0，然后放电，电流方向为顺时针方向(电流方向为正方向)，电场能向磁场能转化，电流越来越大，当电容器带电量为0时，电流最大，其后磁场能向电场能转化，电流越来越小，当电容器充电完成时，电流为0，故A错误，B正确；t=0时电容器C下极板带正电，极板间场强方向向上，场强为负，故C错误；t=0时电容器C下极板带正电，极板间场强方向向上，此时电容器在充电，极板间场强会增大而不是减小，故D错误。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.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，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 根据能量判断 电场能增加时充电，磁场能增加时放电 2.振荡电流、极板带电荷量随时间的变化图像 逐点清(二)　麦克斯韦电磁场理论 题点1　麦克斯韦电磁场理论的理解 1.关于电磁场理论，下列说法正确的是 (　　) A.在电场周围一定产生磁场，磁场周围一定产生电场 B.在变化的电场周围一定产生变化的磁场，在变化的磁场周围一定产生变化的电场 C.均匀变化的电场周围一定产生均匀变化的磁场 D.周期性变化的电场周围一定产生周期性变化的磁场 解析：选D　根据麦克斯韦电磁场理论，只有变化的电场能产生磁场，均匀变化的电场产生稳定的磁场，非均匀变化的电场才能产生变化的磁场，周期性变化的电场周围一定产生周期性变化的磁场，故D正确。 题点2　电磁波的产生与理解 2.某电路中电场强度随时间变化的关系图像如图所示，能发射电磁波的是 (　　) 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，恒定的磁场不会又激发出电场，故也不会产生电磁波；只有周期性变化的电场(如题图D)激发出周期性变化的磁场，周期性变化的磁场又激发出周期性变化的电场……如此交替的产生磁场和电场，便会形成电磁波，故D正确。 3.关于麦克斯韦电磁场理论，下列说法正确的是 (　　) A.变化的电场一定会产生变化的磁场，同样，变化的磁场一定会产生变化的电场 B.光是一种电磁波，在任何介质中光速都为3×108 m/s C.赫兹通过实验验证了电磁波的存在 D.麦克斯韦观测到了电磁波的反射、折射、干涉和衍射等现象 解析：选C　根据麦克斯韦电磁场理论可知，均匀变化的电场产生稳定的磁场，非均匀变化的电场产生变化的磁场，同样，均匀变化的磁场产生稳定的电场，非均匀变化的磁场产生变化的电场，故A错误；光是一种电磁波，在真空中光速为3×108 m/s，在其他介质中的传播速度小于光速，故B错误；麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验验证了电磁波的存在，赫兹观测到了电磁波的反射、折射、干涉和衍射现象，故C正确，D错误。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 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 项目 电磁波 机械波 产生 由周期性变化的电场、磁场产生 由质点(波源)的振动产生 波速 在真空中等于光速c=3×108 m/s，在介质中与频率有关 与介质有关，与频率无关 是否需要 介质 不需要介质(在真空中仍可传播) 必须有介质(真空中不能传播) 能量传播 电磁能 机械能 逐点清(三)　电磁波的传播和特性 题点1　电磁波的发射与接收 1.(多选)关于电磁波的发射和接收，下列说法中正确的是 (　　) A.音频电流的频率比较低，不能直接用来发射电磁波 B.为了使振荡电路有效地向空间辐射能量，电路必须是闭合的 C.当接收电路的固有频率与接收到的电磁波的频率相同时，接收电路产生的振荡电流最强 D.要使电视机的屏幕上有图像，必须要有解调过程 解析：选ACD　音频电流的频率比较低，需放大后搭载到高频电磁波上，故A正确；为了使振荡电路有效地向空间辐射能量，必须是开放电路，故B错误；当接收电路的固有频率与接收到的电磁波的频率相同时，接收电路产生的振荡电流最强，故C正确；解调就是从调频或调幅的高频信号中把音频、视频等调制信号分离出来的过程，要使电视机的屏幕上有图像，必须要有解调过程，故D正确。 题点2　电磁波的特性 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0.001~10 m，下列说法正确的是 (　　) A.在产生微波的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　在产生微波的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；微波的传播可以不需要传播介质，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.(2025·陕西西安模拟)北京时间2023年10月3日17时45分许，诺贝尔物理学奖揭晓，皮埃尔·阿戈斯蒂尼、费伦茨·克劳斯和安妮·吕利耶因在阿秒光脉冲方面所做出的贡献获奖。阿秒是十亿分之一秒的十亿分之一，电子绕氢原子核运行一周需要150阿秒，微观世界的时间尺度如图所示。若将最短光脉冲视为光波的一个振动周期，则光脉冲由飞秒量级到阿秒量级，下列说法正确的是 (　　) A.波长变短　　　　　　 B.波长变长 C.周期变长 D.光子能量不变 解析：选A　由题图可知，光脉冲由飞秒量级到阿秒量级，周期变短，频率变大，根据光子能量表达式ε=hν，可知光子能量变大；根据λ=cT，可知波长变短。故选A。 题点3　电磁波的应用 4.(2025·北京海淀模拟)无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线合起来，形成了范围非常广阔的电磁波谱。不同的电磁波产生的机理不同，表现出的特性不同，因而其用途也不同。下列应用中符合实际的是 (　　) A.医院里常用紫外线对病人进行透视 B.医院里常用红外线照射病房和手术室进行消毒 C.用X射线处理医院排放的污水，可杀死各种病原体，保护环境免受污染 D.用γ射线照射马铃薯，可防止其发芽，以便长期保存 解析：选D　医院里常用X射线对病人进行透视，故A错误；医院里常用紫外线照射病房和手术室进行消毒，故B错误；用紫射线处理医院排放的污水，可杀死各种病原体，保护环境免受污染，故C错误；γ射线的穿透本领强，用γ射线照射马铃薯，可防止其发芽，以便长期保存，故D正确。 5.电磁波在日常生活和生产中被大量应用，下面有关电磁波的说法正确的是 (　　) A.机场、车站用来检查旅客行李包的透视仪是利用X射线的穿透本领 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.微波炉能快速加热食物是利用红外线具有显著的热效应 D.手机通话使用的微波，波长比可见光短 解析：选A　机场、车站用来检查旅客行李包的透视仪是利用X射线的穿透本领，故A正确；家用电器的遥控器发出的是红外线不是紫外线，故B错误；微波炉是利用了微波的频率与水的频率相接近，从而使水振动而发热的，故C错误；手机通话使用的无线电波，其波长要大于可见光，故D错误。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.电磁波的发射 (1)发射条件 开放电路和高频振荡信号，所以要对传输的信号进行调制。 (2)调制方式 ①调幅：使高频电磁波的振幅随信号的强弱而变。 ②调频：使高频电磁波的频率随信号的强弱而变。 2.无线电波的接收 (1)当接收电路的固有频率跟接收到的电磁波的频率相等时，激起的振荡电流最大，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.电磁波的特性和应用 (1)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 (2)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、衍射现象；波长较短的紫外线、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。 第四讲　探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系(基础实验) 　　　　　　　　　　　 　　　　　 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，研究原线圈的匝数对副线圈电压的影响 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、强化重点环节和关键能力 1.注意事项 (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，通电时也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，先用最大量程挡位试测，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。 2.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。 1.(2025·福建厦门三模)小强同学在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中使用的可拆式变压器如图甲所示，图中各接线柱对应的数字表示倍率为“×100”的匝数。 (1)除图甲中的器材外，下列器材中还需要的是　　　　(填仪器前的字母)；  (2)变压器铁芯的结构和材料是　　　；  A.整块不锈钢铁芯 B.整块硅钢铁芯 C.有绝缘涂层的硅钢片叠成 (3)如图乙所示，操作过程中横铁芯没有与竖直铁芯对齐，原线圈输入电压为U1=4 V，匝数为n1=200匝，改变副线圈匝数n2，测量副线圈两端的电压U2，得到U2-n2图像如图丙所示，则可能正确的是图线　　　(选填“a”“b”或“c”)。  解析：(1)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，使用的是低压交流电源，所以不需要干电池，磁场是利用了电流的磁效应，所以也不需要条形磁铁，测量线圈两端的电压需要使用多用电表的交流电压挡，不需要直流电压表和直流电流表。故选C、D。 (2)变压器铁芯的结构和材料是有绝缘涂层的硅钢片叠成，故选C。 (3)操作过程中横铁芯没有与竖直铁芯对齐，则可能导致漏磁，使得输出电压偏小，则有>则可能正确的是图线c。 答案：(1)CD　(2)C　(3)c 2.某同学要进行“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验。实物图如图所示。 (1)关于实验，下列说法正确的是　　　。  A.为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数 B.为了确保人身安全，只能使用低于12 V的低压交流电源 C.通电情况下不可以用手接触裸露的导线、接线柱 (2)为了探究n1=400匝、n2=200匝的变压器原、副线圈电压与匝数的关系，请用笔画线代替导线，将图中的实物连接补充完整。 (3)在实验中，两个电压表的读数记录如下 电压次数 1 2 3 4 5 U1/V 2.5 4.5 7.0 9.0 10.5 U2/V 1.2 2.2 3.4 4.4 5.2 该同学多次实验后发现原、副线圈的电压之比总是　　　　　(选填“稍大于”“等于”或者“稍小于”)原、副线圈的匝数之比，试分析其原因： 　  　。  解析：(1)为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，故A错误；变压器的工作原理是电磁感应，原线圈两端应接交流电，为了人身安全，只能使用低压交流电源，所用电压应不超过12 V，故B正确；连接好电路后，要先检查电路是否正确，然后再接通电源，通电时，若用手接触裸露的导线、接线柱，这样无形之中，将人体并联在电路中，导致所测数据不准确，也不符合用电安全规范，故C正确。 (2)连接实物图如下。 (3)原、副线圈的匝数比为==，通过分析实验数据发现原、副线圈的电压比总是稍大于原、副线圈匝数比，即说明副线圈的电压偏低，导致这一现象的原因可能是漏磁、铁芯发热、导线发热等能量损耗，使副线圈两端电压偏低。 答案：(1)BC　(2)见解析图　(3)稍大于　见解析 3.(2025·河北张家口模拟)某同学为探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，他在实验室准备了可拆变压器(如图甲所示)、低压交流电源、多用电表、开关和导线若干。 (1)为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是　　　(选填选项前的字母)。  A.控制变量法　　　　　　　B.等效替代法 C.整体隔离法 D.理想实验法 (2)该同学认真检查电路无误后，其中一次测量电压时选择2.5 V挡位，多用电表读数如图乙所示，此时电表读数为　　　　　 V。  (3)某次实验中线圈N1接“0”“4”，线圈N2接“2”“14”，测得线圈N1两端的电压U1=2.30 V，线圈N2两端的电压U2=7.60 V，分析可知　　　　(选填“N1”或“N2”)是原线圈。  (4)实验发现原、副线圈电压比与匝数比不相等，可能的原因是 　。 解析：(1)为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是控制变量法。故选A。 (2)测量交流电压时选择2.5 V挡位，此时电表读数为U=2.00 V。 (3)若某次实验中用匝数n1=400匝、n2=1 200匝的变压器，测得线圈N1两端的电压U1=2.30 V，线圈N2两端的电压U2=7.60 V，匝数之比近似等于电压之比，则有= 按U1=2.30 V解得N2两端的电压U2=6.90 V<7.60 V 结合变压器不是理想变压器，存在漏磁，发热等原因，则N2一定是原线圈，N1是副线圈。 (4)变压器不是理想变压器，可能存在漏磁。 答案：(1)A　(2)2.00　(3)N2　(4)有漏磁 4.功放内部的变压器一般为环状，简称环牛，如图所示。某同学利用环牛探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数之间的关系(环牛效率极高，可看成理想变压器)。 (1)测量环牛的初级(原)、次级(副)线圈匝数n1、n2的方法是：先在闭合铁芯上紧密缠绕n=70匝漆包细铜线，并将理想交流电压表V1接在细铜线两端，然后在初级线圈(左侧)上输入有效值为24.0 V的低压交流电，再将理想交流电压表V2连接在次级线圈(右侧)上。若理想交流电压表V1的示数为3.0 V，理想交流电压表V2的示数为12.0 V，则次级线圈的匝数n2=　　　。  (2)若在初级线圈(左侧)上接入电压瞬时值u=220sin 100πt的电压，则连接在次级线圈(右侧)上理想交流电压表V2的示数为　　　 V。  (3)由于变压器工作时有能量损失，实验中测得的原、副线圈的电压比　　　(选填“大于”“等于”或“小于”)原、副线圈的匝数比。  (4)导致实验误差的原因可能是　　　。  A.变压器的铁芯漏磁 B.原线圈所加电压小 C.变压器的铁芯产生涡流 解析：(1)根据理想变压器原、副线圈电压与匝数关系得== 解得n1=560，n2=280。 (2)初级线圈所接交流电压的有效值 U1'==220 V 根据理想变压器原、副线圈电压与匝数关系得 = 解得U2'=110 V。 (3)由于变压器工作时有能量损失，导致副线圈电压实际值比理论值小，故实验中测得的原、副线圈的电压比大于原、副线圈的匝数比。 (4)变压器的铁芯漏磁，会造成副线圈电压实际值比理论值小，故A正确；原线圈所加电压小，不会造成副线圈电压实际值比理论值小，故B错误；变压器的铁芯产生涡流，会造成副线圈电压实际值比理论值小，故C正确。 答案：(1)280　(2)110　(3)大于　(4)AC 5.(2025·长沙高三调研)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，变压器的左侧线圈接线柱0、8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，由题意可知，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，副线圈电压测量值小于理论值，所以U1为副线圈两端电压，U2为原线圈两端电压，所以连接交流电源的原线圈是右侧0、4。 (3)根据变压器电压比等于匝数比， 有== 解得nA= nB=。 答案：(1)A　(2)右侧0、4　(3)　 第五讲　利用传感器制作简单的自动控制装置(基础实验) 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、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.数据处理 (1)根据记录数据，把测量到的温度、电阻值填入表中，分析热敏电阻的特性。 (2)在坐标系中，粗略画出热敏电阻的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，以使电阻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“×100”挡。 (2)先测出在室内自然光的照射下光敏电阻的阻值，并记录数据。 (3)打开电源，让小灯泡发光，调节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.数据处理：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，可将电阻部分电路放入带盖的纸盒中，并通过盖上小孔改变射到光敏电阻上的光的多少。 1.(2025·潮州期末)如图甲所示为一个简单恒温箱的电路图，其温控电路由一热敏电阻R和继电器组成，图乙为该热敏电阻的R-t图像。初始时继电器的衔铁吸附在M端，当线圈中的电流大于或等于30 mA时，衔铁被吸合到N端，则加热电路停止工作。已知继电器线圈的电阻为R0=20 Ω，为继电器线圈供电的电池电动势E=9.0 V，内阻不计，图甲中的“电源”是恒温箱加热器的电源。 (1)应该把恒温箱内的加热器接在　　　端(选填“A、B”或“C、D”)。  (2)如果要使恒温箱内的温度保持50 ℃，热敏电阻R的阻值为　　　Ω，滑动变阻器R'的阻值应调节为　　　Ω。  解析：(1)当温度较低的时候，热敏电阻R的电阻较大，电路中的电流较小，此时继电器的衔铁与AB部分连接，此时是需要加热的，恒温箱内的加热器要工作，所以该把恒温箱内的加热器接在A、B端。 (2)由题图乙可知如果要使恒温箱内的温度保持50 ℃，热敏电阻R的阻值为R=90 Ω 当温度达到50 ℃时，加热电路就要断开，此时的继电器的衔铁要被吸合到N端，即控制电路的电流要到达I=30 mA=0.03 A 根据闭合电路欧姆定律I= 解得滑动变阻器R'的阻值应调节为 R'=-R-R0= Ω-90 Ω-20 Ω=190 Ω。 答案：(1)A、B　(2)90　190 2.(2025·广东深圳期中)由半导体材料制成的热敏电阻阻值是温度的函数。基于热敏电阻对温度敏感原理制作一个火灾报警系统，要求热敏电阻温度升高至50 ℃时，系统开始自动报警。所用器材有： 直流电源E(36 V，内阻不计)； 电流表(量程100 mA，内阻约0.1 Ω)； 电压表(量程50 V，内阻约为106 Ω)； 热敏电阻RT； 滑动变阻器R1(最大阻值4 000 Ω)； 电阻箱(最大阻值9 999.9 Ω)； 报警器(内阻很小，流过的电流超过10 mA时就会报警)； 单刀单掷开关S1、单刀双掷开关S2、导线若干。 (1)用图(a)所示电路测量热敏电阻RT的阻值。当温度为27 ℃时，电压表读数为30.0 V，电流表读数为15 mA；当温度为50 ℃时，调节R1，使电压表读数仍为30.0 V，电流表指针位置如图(b)所示。温度为50 ℃时，热敏电阻的阻值为　　　Ω(保留三位有效数字)；从实验原理上看，该方法测得的阻值比真实值略微　　　(填“偏大”或“偏小”)。  (2)如果热敏电阻阻值随温度升高而变大，则其为正温度系数热敏电阻，反之为负温度系数热敏电阻。基于以上实验数据可知，该热敏电阻RT为　　　　　(填“正”或“负”)温度系数热敏电阻。  (3)某同学搭建一套基于该热敏电阻的火灾报警系统，实物图连线如图(c)所示，正确连接后，先使用电阻箱R2进行调试，其阻值设置为　　　　Ω，滑动变阻器R1阻值从最大逐渐减小，直至报警器开始报警，此时滑动变阻器R1连入电路的阻值为　　　　　Ω。调试完毕后，再利用单刀双掷开关S2的选择性开关功能，把热敏电阻RT接入电路，可方便实现调试系统和工作系统的切换。(结果均保留到个位)  解析：(1)由题图(b)可知，电流表的示数为50 mA，则此时热敏电阻的阻值为RT== Ω=600 Ω；该方法所测电流值为真实电流值，所测电压值为热敏电阻和电流表两端的总电压，故根据R=，可知此时所测电阻值比真实值略微偏大。 (2)在相同电压下，温度越高，该热敏电阻通过电流越大，说明热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，故该热敏电阻RT为负温度系数热敏电阻。 (3)要求热敏电阻温度升高至50 ℃时，系统自动报警，由(1)问中的分析可知，该温度下，热敏电阻阻值为600 Ω，所以先使用电阻箱R2进行调试时，其阻值应设置为600 Ω；报警器报警时通过电路的电流为I=10 mA，报警器和电流表的电阻很小，忽略不计，可得此时滑动变阻器的阻值为R1=-R2=3 000 Ω。 答案：(1)600　偏大　(2)负　(3)600　3 000 3.(2025·湖北武汉期末)如图所示，图2为一个自动筛选鸡蛋质量的装置，可以筛选出两类质量不同的鸡蛋。当不同质量的鸡蛋传送到压力秤上时，压力秤作用在压力传感器电阻R1上，其阻值随压力秤所受压力的变化图像如图1所示。R2是可调节电阻，其两端电压经放大电路放大后可以控制电磁铁是否吸动衔铁并保持一段时间。当电压超过某一数值时，电磁铁可以吸动衔铁使弹簧下压，鸡蛋就进入B通道。已知电源电动势E=12 V，内阻不计，R2调节为10 Ω。 (1)由图1可知，压力传感器的阻值R1随压力的增大而　　　　(填“增大”或“减小”)。  (2)从B通道通过的是　　　鸡蛋(填“重”或“轻”)。  (3)由两个图可知，若R2两端的电压超过6 V时，电磁铁可以吸动衔铁向下，则选择的重鸡蛋对压力秤的压力要大于　　　　N。(保留两位有效数字)  (4)要想选择出更重的鸡蛋，需要把电阻R2的阻值调　　　　(填“大”或“小”)。  解析：(1)由题图1可知F越大R越小，即压力传感器的阻值R1随压力的增大而减小。 (2)当鸡蛋质量较大时，压力秤作用于R1的压力F较大，则R1较小，通过R2的电流较大，故R2两端电压较大，经过放大电路放大后电压超过某一数值时电磁铁可以吸动衔铁使弹簧下压，鸡蛋就进入B通道，所以从B通道通过的是重鸡蛋。 (3)根据闭合电路欧姆定律E=I(R1+R2)，又U=IR2，解得R1=10 Ω，由题图1可知，当R1=10 Ω时，F=0.42 N，所以选择的重鸡蛋对压力秤的压力要大于0.42 N。 (4)电磁铁恰好吸动衔铁时，R2两端的电压U2=E==6 V，当更重的鸡蛋压到R1上时，R1的阻值减小，而R2两端的电压不变，则需要把R2的阻值调小。 答案：(1)减小　(2)重　(3)0.42(0.40~0.43均可)　(4)小 4.科技实践小组的同学们应用所学电路知识，对“一抽到底”的纸巾盒进行改装，使纸巾剩余量可视化。 同学们使用的器材有：电源(E=1.5 V，内阻不计)、定值电阻、多用电表、铅笔芯如图中AB所示、导线若干、单刀双掷开关。 (1)用多用电表测量整一根铅笔芯的电阻，选用“×10”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针的偏转角度很大，因此需选择　　　(选填“×1”或“×100”)倍率的电阻挡，并需　　　(填操作过程)后，再次进行测量，若多用电表的指针如图2所示，测量结果为　　　 Ω。  (2)将铅笔芯固定在纸巾盒侧边，截取一段导线固定在挡板C上，并保证导线与铅笔芯接触良好且能自由移动，多用电表选择直流电流挡，请完成图1电路连接。 (3)不计多用电表内阻，多用电表应该把选择开关打在“mA挡”，量程为　　　(选填“2.5”“25”或“250”)。  (4)将以上装置调试完毕并固定好，便可通过电表读数观察纸巾剩余厚度，设铅笔芯总电阻为R，总长度为L，不计多用电表内阻，则多用电表示数I与纸巾剩余厚度h的关系式为I=　　　　　　(用题中物理量符号表达)。依次实验将剩余纸巾厚度和对应电表读数一一记录下来，并进行标识，从而完成“一抽到底”纸巾盒的可视化改装探究。  解析：(1)多用电表指针的偏转角度很大，说明读数很小，倍率较高，则需选择“×1”倍率的电阻挡，并需要重新欧姆调零后进行测量，由题意图2可知，测量结果为12 Ω。 (2)将多用电表选择开关调至合适的直流电流挡，红表笔接C，黑表笔接电源负极，如图。 (3)纸巾没有使用时，铅笔芯电阻视为零，则最大电流为I==0.25 A=250 mA，则量程为250 mA。 (4)根据闭合电路欧姆定律有 I==。 答案：(1)×1　欧姆调零　12　(2)见解析图 (3)250　(4) 27 / 51 学科网（北京）股份有限公司 $$