第2课时变压器远距离输电实验十五：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系-【创新大课堂】2026年高三物理一轮总复习

第十三章交变电流电磁波传感器 (2)甲、乙两图中理想电流表的示数之比 +/总结提升/+++++++++ 为 有效值的计算 A.1:√2 B.1:2 1.计算有效值时要根据电流的热效应，抓住 C.1:4 D.1:1 “三同”：“相同时间”内“相同电阻”上产生 “相同热量”，先分段计算热量，求和得出一 [听课记录 个周期内产生的总热量，然后根据Q总= U2 PRT或Q&尺T列式求解， 2.若图像部分是正孩式交变电流，其中的周 期（必须是从零至最大值或从最大值至零） 和号周期部分可直接应用正孩式交变电流的 有效值与最大值之间的关系I= √2 求解， 十十十▣十w十十w十 温馨提示 请做课时分层检测（六十八） 第2课时 变压器 远距离输电 实验十五：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系 【目标要求】1.会用实验探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，体会控制变量法，了解实验误差的产 生原因.2.知道变压器的工作原理，掌握变压器的特点，并能分析、解决实际问题.3.掌握理想变压器的动 态分析方法.4.理解远距离输电的原理并会计算线路损失的电压和功率， 考点一实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系 1.实验原理 围，则应选择交流电压挡的最大量程进行测量、 (1)实验电路图（如图所示）： ②组装可拆变压器：把两个线圈穿在铁芯上，闭 合铁芯，用交流电压挡测量输入、输出电压 (2)保持副线圈的匝数2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.重复(1)中步骤 (2)实验方法：控制变量法 4.数据处理 ①n1、U1一定，研究2和U2的关系， 由数据分析变压器原、副线圈两端电压U1、U2 ②2、U1一定，研究m1和U2的关系， 之比与原、副线圈的匝数n1、2之比的关系. 2.实验器材 5.注意事项 学生电源（低压交流电源，小于12V)1个、可拆 (1)在改变学生电源电压、线圈匝数前均要先断 变压器1个、多用电表1个、导线若干。 开电源开关，再进行操作。 3.实验过程 (2)为了人身安全，学生电源的电压不能超过12V, (1)保持原线圈的匝数m和电压U1不变，改变副： 通电时不能用手接触裸露的导线和接线柱， 线圈的匝数2，研究2对副线圈电压U2的影响. (3)为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电 ①估计被测电压的大致范围，选择多用电表交流 压时，先用最大量程挡试测，大致确定被测电压 电压挡适当量程，若不知道被测电压的大致范： 后再选用适当的挡位进行测量. 231 精品教辅·智慧人生 高三总复习·物理 [例1](2025·山东菏泽模拟)某实验小组用如图： 1所示电路探究“变压器的电压与匝数的关系”， 式 wwTT 图中变压器为可拆变压器 图2 变压器铁芯P 实验次数 1 线圈 3 4 U/V 2 4 6 8 02814014 U2/V 3.9 11.8 15.7 线圈 U 变压器铁芯Q 1:1.95 1：1.97 1：1.96 甲可拆变压器零部件 乙组装后的变压器 (3)实验可得结论 图1 实验提供的器材有： (4)导致实验误差的原因可能是 节干电池 B 学生电源 A.原线圈所加电压小 B.变压器的铁芯漏磁 C.变压器的铁芯产生涡流 直流电压表 D 多用 [听课记录] 电表 (1)电源应选 ,测量电压应选 (均选填字母代号) (2)若用匝数N1=100匝和N2=200匝的变压 器做实验，在原线圈N1的两端分别加上2V、 4V、6V和8V的电压，测量出副线圈两端的相 应的电压，记录在下面的表格中.表格中第2次 实验，副线圈上电压的示数如图2所示，电压量 程为0~10V交流电压挡，读数为 ,并 计算出此次实验U1：U2= 考点二 理想变压器及应用 1.构造和原理 (2)原理：电磁感应的互感现象 (1)构造：如图所示，变压器是由 和绕在 2.基本关系式 铁芯上的 组成的 功率 原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，P人 原线倦 副线圈 关系 P,且输出功率P:决定输人功率P人 电压 原，刷线的电压比等于质数比，受-品，与刷线 关系 圈的个数无关，且U1决定U。 铁芯 精品教辅·智慧人生 232 第十三章交变电流电磁波传感器 ①只有一个刷线圈时，西 ,上=2，且12决定1 听课记录] 电流 关系 ②有多个副线圈时，由P人=P出得U11=U22 +U313+…+UnIm或111=122+1313+…+ I1n,输出决定输人 频率 斤=f2,变压器不改变交变电流的频率 关系 例3](2025·八省联考陕西山西青海宁夏卷)牙 [判断正误] 医所用的口腔X射线机，需利用变压器将电压从 1.理想变压器的基本关系式中电压和电流均为有 220V升到96kV,输出电流为1.0mA.若将此 ( 变压器视为理想变压器，则 () 效值. A.该变压器的输入功率为96kW 2.变压器只对交变电流起作用，对恒定电流不起作 B.该变压器的原、副线圈匝数比为11：4800 用. ( C.该变压器的输人电流约为0.4mA 3.变压器不仅能改变交变电流的电压，还能改变交 D.该变压器功能主要利用自感现象实现 变电流的频率」 听课记录] 4.在任何情况下，理想变压器均满足司一 U1_m 1 、P入=P出 n 思考理想变压器的原、副线圈分别处于两个回路 中，并没有相连接，为什么电能可以从一个线圈 传递到另一个线圈？ [例4]（多选）(2025· A 河南新乡高三月考)如 图所示的变压器为理想 变压器，副线圈所在电 路中三个电阻的阻值关系为R1=R2=2r=22,电 流表为理想交流电表，原线圈输入的正弦式交流 [例2](2024·高考北京卷)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4 电的瞬时电压表达式为e=110√2sin(100xt)V. 随时间1变化的图像如图乙所示，副线圈接规格 开关S断开时，电阻r消耗的电功率为100W,下 为“6V,3W”的灯泡.若灯泡正常发光，下列说法 列说法中正确的是 () 正确的是 ( A.开关S闭合前后，电流表的示数之比为1：3 u/V B.开关S闭合前后，电流表的示数之比为2：3 24.2 C.变压器原、副线圈的匝数之比为11：1 ⑧ D.变压器原、副线圈的匝数之比为11：3 3/×(102s) -24 听课记录] 甲 A.原线圈两端电压的有效值为24√2V B.副线圈中电流的有效值为0.5A C.原、副线圈匝数之比为1：4 D.原线圈的输入功率为12W 233 精品教辅·智慧人生 高三总复习·物理 [例5](2025·河南开封市二模)如图甲所示，b +/总结提升/+++++++ 是理想变压器原线圈的中心抽头，灯泡L1、L2的 1.变压器问题的分析思路 铭牌上均标注“55V11W”字样，电流表为理想 U1m U 电表，R是滑动变阻器，从某时刻开始在原线圈 02次 P=P(hU=1U) U U2 12一 12 决定 决定 决定 c、d两端加上如图乙所示的交流电，当单刀双掷 2.常见的两种动态变化分析 开关与b连接时，灯泡L1恰好正常发光，则 (1)匝数比不变的情况 ( (如图) u/V ①U1不变，根据 U U2 t/(×102s) %不变，负载R变化 n1 d-A n2 ,输入电压U1决定 甲 输出电压U2,不论负载电阻R如何变化，U2 A.理想变压器原、副线圈匝数之比为n1:n2 不变 8:1 ②当负载电阻发生变化时，12变化，输出电 B.1秒内流过灯泡I2的电流方向改变50次 流I2决定输入电流I1,故I1发生变化 C.当单刀双掷开关与b连接时，向上移动滑片 ③I2变化引起P2变化，P1=P2,故P1发 P,两灯泡均变暗 生变化. D.当单刀双掷开关由b扳向a时，电流表的示数 (2)负戟电阻不变的情 变大 况（如图） [听课记录] ①U1不变，”发生变化 12 改变，负载R不变 时，U2变化 ②R不变，U2变化时，I2发生变化. ③根据P2= R ,P2发生变化，再根据P1= P2,故P1变化，P1=U1I1,U1不变，故I1发 生变化. 考点三 高压输电线路的电压损失和功率损失 如图所示，发电站输出电功率为P,输电电压为U,:4.降低输电损耗的两个途径 用户得到的电功率为P',用户端的电压为U,输电 (1)减小电阻法 电流为I,输电线总电阻为R 由R=p5知，可加大导线的 ,采用 P.U(△P.△U) 站 的材料做导线， 1.输电电流 ①采用电阻率ρ较小、密度较小（减轻重量）且材 16- 料丰富的铝做远距离输电的导线 ②采用多股铝线绞在一起作为输电线，以增大导 2.电压损失 线的横截面积S. (1)△U= ;(2)△U=IR. 3.功率损失 (2)升压法：由△P=PR=(号)2R线知，在输电 (1)△P= =△U·I; 功率一定的情况下，可通过 ,减小输电 (2)△P= 骨R 电流，以减小输电损耗。 精品教辅·智慧人生 234 第十三章交变电流电磁波传感器 [判断正误] 阻都不变的条件下，改用1100kV特高压输电. 1.高压输电是通过减小输电电流来减少电路的热 输电线上损耗的电功率变为△P′，到达B处时电 损耗 压下降了△U'.不考虑其他因素的影响，则 2.若发电站输出功率为P,输电电压为U,输电线 总电阻为R,如图所示，则输电线上损失的功率 A.△p'=AP 41 B.AP'-TAP 为P一 ( 1 C.△U'= AU D.sr'=号A0 R P.U 用 [听课记录] 站 [例6]（多选）(2020·全国卷Ⅱ·19)特高压输电 可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低.我 国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术.假 设从A处采用550kV的超高压向B处输电，输 电线上损耗的电功率为△P,到达B处时电压下 降了△U.在保持A处输送的电功率和输电线电： 考点四 远距离高压输电线路分析及有关物理量的计算 1.理清输电电路图的三个回路（如图） [例7](2023·天津卷·6)如图为输电线为用户 An 输电的情景，电路中升压变压器T1和降压变压 R 器T2都认为是理想变压器，中间输电电路电阻 发 用 为R,下列说法正确的有 () n 机 P 电源回路 输送回路 用户回路 (1)在电源回路中，P发电机=U111=P1 (2)在输送回路中，I2=I线=13，U2=△U+U3, 家庭电路 △U=I2R线，△P=I22R线. A.T1输出电压与T2输入电压相等 (3)在用户回路中，P4=U4I4=P用户。 B.T1输出功率大于T2输入功率 2.抓住两组关联式 C.若用户接入的用电器增多，则R功率降低 (1)理想的升压变压器联系着电源回路和输送回 D.若用户接入的用电器增多，则T2输出功率 路，由理想变压器原理可得：品一品是 降低 P-P3. 听课记录] (2)理想的降压变压器联系着输送回路和用户回 =,= 路，由理想变压器原理可得：己 n'I ,P3=P 3.掌握一个守恒观念 功率关系：P2=△P+P3,其中△P=△U·I线 /线2R线=（△U)2 R线 235 精品教辅·智慧人生 高三总复习·物理 拓展若用户接入的用电器增多，则线路输送功率 A.风速增加，若转子角速度增加一倍，则R。上 (选填“增大”“降低”或“不变”) 消耗的功率为4P [例8](2024·高考湖南卷)根据国家能源局统 B.输电线路距离增加，若R。阻值增加一倍，则 计，截止到2023年9月，我国风电装机4亿千 R。上消耗的功率为4P 瓦，连续13年居世界第一位，湖南在国内风电设 C.若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则R。 备制造领域居于领先地位.某实验小组模拟风力 上消耗的功率为8P 发电厂输电网络供电的装置如图所示.已知发电 D.若在用户端再并联一个完全相同的电阻R,则 机转子以角速度ω匀速转动，升、降压变压器均 R。上消耗的功率为6P 为理想变压器，输电线路上的总电阻可简化为一 [听课记录] 个定值电阻R。.当用户端接一个定值电阻R时， R。上消耗的功率为P.不计其余电阻，下列说法 正确的是 ( 升压变压器 降压变压器 温髻提示 请做课时分层检测（六十九） 第3课时 电磁振荡与电磁波 【目标要求】1.了解LC振荡电路中振荡电流的产生过程及电磁振荡过程中能量转化情况.2.掌握电磁 振荡的周期公式和频率公式.3.理解麦克斯韦电磁场理论，了解电磁波的产生、发射、传播和接收过程. 考点一电磁振荡 1.振荡电路：产生大小和方向都做 迅速变：4.电磁振荡的周期和频率 化的电流（即 )的电路.由电感线圈L和 (1)周期T= 电容C组成最简单的振荡电路，称为LC振荡 (2)频率f= 电路。 思考如图甲、乙、丙、丁、戊五个图代表LC振荡电 2.电磁振荡：在LC振荡电路中，电容器不断地充电 路中的五个状态， 和放电，就会使电容器极板上的电荷量q、电路中 的 、电容器内的电场强度E、线圈内的 苹雀兰中黛昌中 发生周期性的变化，这种现象就是电磁 丙 振荡、 (1)甲图qc最大，i 3.电磁振荡中的能量变化 乙图i最大，qC= (1)放电过程中电容器储存的 能逐渐转化为线圈 丙图qc最大，i= 丁图i最大，qc= 的 能 戊图qc最大，i= (2)充电过程中线圈中的 能逐渐转化为 (2)从甲→乙的过程中，i 能 ,qc 电容器的 从乙→丙的过程中，i (3)在电磁振荡过程中，电场能和磁场能会发生 ,qc 从丙→丁的过程中，i 的转化. ,qc 从丁→戊的过程中，i ,qc 精品教辅·智慧人生 236确：炮弹在导轨上运动过程，电容器有电压存在，！ 第十三章交变电流 :[例4]答案(1)见解析图(2)A 道缝地弹的平均息流并不是要，则票≠ 解析(1)题图甲中O了轴的右侧有磁场，所以 R 电磁波传感器 线框只在半个周期内有感应电流产生，感应电 ≠瓷，故C错误：根据B项分折可知E= 第1课时交变电流的产生和描述 流随时间变化的图像如图(a):题图乙中整个空 考点 间均有磁场，线框中产生的感应电流随时间变 (BL+BC),故地弹的最大速度与电容器电垂直于 化的图像如图(b), 2.大0小0 NBSw NoΦmw大改变 ti 容大小并不成正比，故D错误， 大不变两中性面 BS 考点二 R 32 例41答案AC 13.Esin ot NBSwsin wt I sin wt Rrsin wt 0 解析棒ab以初速度0向右滑动，切割磁感 线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电： Umsin wt REm sin at (a) R+r 流，判断可知棒ab受到与v。方向相反的安培4.(1)NBSw无关无关(2)①一次周期性 ti 力的作用而做变减速运动，棒(d受到与0方！ BS 向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们： ②次数⑤子 T R平 之间的速度差△v=1一2逐渐减小，整个系统：判断正误 产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流：1.×2.×3./4. R (b) 逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的[例1]答案C 速度相同，=2，这时两相同的光滑导体棒解析设导体棒的长度为l,做 (2)交流电流表测的是有效值，图(a): ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上 匀速圆周运动的线速度大小为 南（器，R,子-产RT,得1器 知，经过一段时间t导体棒的速 2R 2R 运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定！ 度方向与初始速度方向的夹角 律有m心=m十m2,解得=砂= ，选项 图(b):1 BS,故1：=1：E,A正确. 为0，则0=兴，如图所示，此时 √2R A、C正确，B、D错误. 第2课时变压器远距离输电 [例5]答案 (1)BL V2RE (2)BL 2gE 导体棒的有效切割速度为1 实验十五：探究变压器原、副线圈 c0s日，则导体棒在匀速转动的 3mR 过程中，导体棒两端的电势差为u=Bl1 电压与匝数的关系 3)mR2g延+L :考点一 B'L B以cos0=Bcos尺1，C正确，A、B,D错误. [例1] 答案(1)BD(2)7.801:1.95 解析(1)设ab棒刚越过MP时速度大小为[例2]答案D (3)在误差允许的范围内，理想变压器的原线圈 01,产生的电动势大小为E1,对ab在圈孤导轨！ 解析t=0时，线圈位于与中性面垂直的位！ 与副线圈的电压之比等于线圈匝数之比 上运动的过程，由机械能守恒定律有 (4)BC mgL=m 置，故A错误；线图转动的周期为T=2江 解析(])实验需要提供交流电源，千电池只能 0.25,1=0.05s时，线圈转过90°，到达中性面 提供直流电源，所以电源应选学生电源，故 ab刚越过MP时，由法拉第电磁感应定律得 位置，此时磁通量最大，感应电流为零，故B错！ 选B E=BLv 误；感应电动势最大值为Em=NBSow,S=ab 实验中要测量的是交流电压，故不能选直流电 联立解得E1=BL√2gL. ·bc,N(ab十bc)X2=60m,2ab=bc,联立可得 压表，只能选用多用电表，故选D E =2πV,线圈从题图位置（平行于磁场方： (2)电压量程为0-10V交流电压挡，交流电压 (2)经分析知金属环在导轨外的两段电阻被短！ 向)开始转动，因此感应电动势的瞬时值表达式！ 读数为7.80V,则此次实验中U1:U, 路，由几何关系可知导轨之间两段金属环的电！ 为e=2πcos10πt(V),故C错误；当ab=ad 1:1.95. 阻均为R,它们在电路中并联后的总电阻R! 时，边长相等，此时线圈面积最大，又E R NBSw,则感应电动势最大，即感应电动势的有 3)原、翻线图匝数之比为之。根据实验 设电路中初始的千路电流为1，由闭合电路欧拓展 值最大，故D正确， 数据可得，在误差允许的范围内，理想变压器的 (1)0~0.05s过程中，穿过线圈的磁通量 原线圈与副线圈的电压之比等于线圈匝数 姆定律有 逐渐增大，磁通量变化率逐渐减小， E 之比. 11一R+R ! (2) (4)原线圈输入电压大小不会影响电压比和匝 数比，故A错误：变压器的铁芯漏磁使得能量 经分析知整个金属环在运动过程中可视为长度！ 损耗，从而导致电压比与匝数比有差别，故B正 为L、电阻为R的金属棒，设金属环刚开始运 确：变压器的铁芯产生涡流使得能量损耗，从而 动时所受的安培力大小为F1、加速度大小为a,{ 2 t/×10s) 会导致电压比与匝数比有差别，故C正确， 则 -2m :考点二 F=ILB (3)1匝线圈周长为0.6m,ab=ad时，边长L :1.(1)闭合铁芯两个线圈 由牛顿第二定律得 判断正误 F-2ma 0.15m,Em=NBL2仙=2.25π(V),得e Esin wt=2.25πsin10πt(V). 1./2./ 3.×4.× 联立解得a=BL②g虹 思考 3mR 考点二 变压器的工作原理是互感现象，电流通过原线 (3)经分析，ab进入磁场后，ab和金属环组成的 击穿电荷量 圈时在铁芯中激发磁场，由于电流的大小和方 系统动量守恒，取向右为正方向，设两者共速时判断正误 向不断变化，铁芯中的磁场也在不断变化，变化 的速度大小为，由动量守恒定律得m=(m汇例3]“答案B 1.×2.×3.×4./ 的磁场在副线圈中产生感应电动势，所以尽管 +2m)v 两个线圈没有直接连接，副线圈中也产生感应 设在极短时间△1内，ab与金环圆心的距高， U2 减少量为△x,金属环所受安培力大小为F,流 解析结合Q=可知，Q= 电流，在原线圈中电能转化为磁场能，在副线圈 中磁场能转化为电能。 过ab的电流为I,整个电路的电动势为E,对金 +(U,) · T 2U'T ，Q2 [例2] 答案B 属环，由动量定理得 2 3R1 解析 由题图知，原线圈电压最大值为Um F△=2m2-0 U'T 24√2V,则原线圈两端电压的有效值为U1 F=ILB ()T- ,又R1=R2,所以 Q 由闭合电路欧姆定律得 =24V,A错误：灯泡正常发光，由P=U1 合，B正确 √2 I一R+R PL_3W- 设金属环图心初始位置到MP的最小距离为：拓展 答案(1) （2)nBL1wT n2B2L1π 得，副线圈中电流有效位为「= 6 V 2 8R 4R 0.5A,B正确：由理想变压器电压与匝数关系 s,若ab与金属环共速时，两者恰好接触，金属 解析(1)交流电压表示效为电压有效值 环圆心初始位置到MP的距离最小，对ab进入1 可知L==4,C错误：理想变压器没有能量 72 U2 磁场到两者共速的过程，由法拉第电磁感应定 E √2 损失，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功 律有 (2)转动180°的过程中，金属框产生的焦耳热率，则原线圈的输入功率P1=P=3W,D E-BL A △.x BSu·R·五B0.根搭功 错误. Q为=( 8R [例3)答案B s=L十∑△z 2X2R 能关系，外力做的功等于产生的总焦耳热，即除；解析A变压器输出功率等于输入功率，则该 联立解得=mR2巫+L. 安培力以外的力对企属框微的功为口限匹：0的 变压器输入功率P1=P2=1U2=103×96× B2L? 4R 488 选项A错误： 功率增大，故C错误：用户接入的用电器增多，！路电流方向与图(b)中所示电流方向相同，选项 B.该变压器原副线圈的匝效比 n1 U 用电器消耗功率增大，即T,输出功率增大，故} U, D错误. B错误；因为1=0.0355=1子T,此时电容器 220 11 :拓展答案增大 反向放电完毕，线圈中电流最大，磁场能也最 96000=4800 !解析 T。输出功率（用户需要功率）决定输送 大，选项C正确：t=0.040s至t=0.045s时， 选项B正确： 功率，T2输出功率增大，则输送功率增大 即2T~2有 T,电容器正向放电，线圈中的电 P C.变压器输入电流为1= 96 220 A=[例8]答案A 解析设升压变压器原、副线圈匝数分别为： 流逐渐增大，选项D错误】 0.44A 川1，降压变压器原、制线圈匝数分别为、[例3]答案C 选项C错误： ,将降压变压器和用户端所接定值电阻R等！ 解析 以顺 计放电充电放电；充电 D.该变压器功能主要是利用互感现象实现，选 时针电流为 项D错误，故选B. 正方向，LC 02 「例41答案BD 效为一个电阻R等救，则R等数 电路中电流 解析开关S断开时，电阻r消耗的电功率为 和电荷量变 0.02 100W,即有P=I2r=100W,解得I2=10A, 化的图像如 则副线圈两端电压U2=I2(r十R1）一30V,当S R,发电机转子以角速度匀递转动时，产生 图所示，1= 21 闭合后R恶=r十 R R2 0.02s时电容 R1+R, =22,总电流12=！ 的电动势的最大值Em=NBSw,则升压变压器！ 器下极板带正电荷且最大，根据图像可知周期 一15A根器电流与亚数关系有号一 输入端的电压有效值U1= NBSu,转子角速度！ 为T=0.04s,故A错误：根据图像可知电流最 ng √2 R越 大时，电容器中电荷量为0，电场能最小为0，故 增加一倍，则升压变压器输出端电压为U,=1 巴，解得开关S闭合前后电流表的示数 U1增加一倍，根据闭合电路欧姆定律知定！ B错误：1,01s时，经过25子T,根据图像可知 71 此时电流最大，电流沿逆时针方向，说明电容器 I22 ,故A错误，B正确：原线圈！ 值电阻R。中的电流变为原来的2倍，结合P 放电完毕，电场能全部转化为磁场能，此时磁场 3 I。R。可知，转子角速度增加一倍，R。上消耗 能最大，故C正确，D错误. 电压有效值为U1 110互V=110V,所以原 的功率变为4P,A正确：结合P=[例4] 答案B 2 解析由振荡频率公式∫ 2x几元可知，要使 1 副线喝的匝数之比”= ·R。,若R。增加一倍，则R。上 3 ,故C错误，D R,十R等数 频率提高到原来的2倍，则可以减小电容使之 正确， 例5]答案A 消耗的功率为(2R。十R等数】 ·2Ro≠4P,B错 变为原来的有，或减小电感使之变为原来的 解析b为原线圈的中心抽头，单刀双掷开关 误：若升压变压器的副线圈增加一倍，根据理想 与b连接时灯泡L1恰好正常发光，灯泡L1的： 变压器变压规律知，升压变压器副线圈两端的： 一，故B正确，A,CD错误。 颜定电压为55V,说明副线圈电压为55V,原！ U, 可知，考点二 线圈c、d电压由题图乙可得U1≈220V,则： 电压变为原来的2倍，由I一R,十R等数 2.(1)电磁波(2)不需要光速3×108m/s不 n 定值电阻R。中的电流变为原来的2倍，R。上 2n=U1:U2,解得m:2=8:1,故A正 同越小(3)λf 消耗的功率变为4P,C错误：若在用户端再并；3.(1)开放高频振荡(2)①振幅@频率 确：由题图乙可得交流电的周期为0.025， 个 联一个完金相同的电阻R,降压变压器和用户4，()相同(2)电谐振调谐”(3)“检”出调制 周期内交流电方向改变两次，可知1秒内流过 端所接定位电阻的等效电阻变为令R等数，R,信号调制解调 灯泡L,的电流方向改变100次，故B错误：当 5.(1)波长频率可见光Y射线 单刀双掷开关与b连接时，向上移动滑片P,滑！ 上消耗的功率变为 ·R。≠1判断正误 动变阻器接入电路中的阻值增大，副线圈所在： 11./2./3.×4.×5./ 回路中的总电阻值增大，副线圈电压不变，副 线 R数 :[例5]答案D 圈回路中的总电流减小，灯泡L1两端的电压等 6P,D错误 解析变化的电场与变化的磁场相互联系，它 于副线圈两端的电压，故灯泡L1正常发光，通 第3课时 电磁振荡与电磁波 们统称为电磁场，选项A错误：电磁波不是机 过灯泡L2的电流减小，因此L2将变暗，故C考点一 槭波，传糯不需要介质，选项B错误：电磁波在 错误：当单刀双掷开关由b扳向α时，接入电路1.周期性振荡电流 真空中的传播速度是3×108m/s,选项C错 的原线圈的匝数增大，原线圈与副线圈的匝数！2.电流1磁感应强度B 误：电磁波可在真空中传播，选项D正确， 比增大，则副线圈两端的电压减小，副线图中的：3.(1)电场磁场(2)磁场 电场(3)周期性 「例6]答案A 总电流减小，导致原线圈中的电流减小，则接在 原线圈回路中的电流表的示数减小，故D4,()2m√C (2) 1 解析 微波是不可见光，选项A正确：红外线 2πLC 有热效应，紫外线可以灭菌消毒，选项B错误 错 思考 紫外线的波长比红外线短，选项C错误；X射线 考点三 (1)00000(2)增大减小减小 是电磁波，不带电，在磁场中不偏转，选项D 2.(1)U-U 增大增大减小减小增大 错误 3.(1)p-p (2)R (3) [例7] 答案B 4.(1)横截面积电阻率小(2)提高输电电压 i外放电中充电中放电十充电 解析蓝牙通信的电磁波是无线电波，不是可 3T 判断正误 见光，故A错误：蓝牙通信的电磁波频率高于 4 1,W2.× 手机通信的电磁波频率，所以在真空中蓝牙通 [例6]答案AD (a)以逆时针方向电流为正 信的电磁波波长比手机通信的电磁波波长短， 9c4 故B正确：若两束蓝牙通信的电磁波频率相同 解析由输电电流1=元知，输送的电功率不！ 相位差恒定，就会发生千涉，故C错误：蓝牙通 37 T 变，输电电压加倍，输电电流变为原来的？，损！ 信的电磁波在真空中的传糯速度等于光速，故 (b)图中q为上面极板的电荷量 D错误， 耗的电功率△P=Ir,故输电电压加倍，损耗的· 第4课时传感器 判断正误 电功率变为原来的，即△P= 二△P:输电线1.X 2.√ 3.× 实验十六：利用传感器制作简 上损失电压为U=1,则输电电压加倍，损失[例1]答案C 单的自动控制装置 电压变为原来的7，即△U'= 之△W.故A,D 解析O一a阶段，电容器正在放电，电流不断！考点一 增加，电场能正在向磁场能转化，选项A错误： 正确 a一b阶段，电容器正在充电，电流逐渐减小，磁！1.电学通断 传输控制 考点四 场能正在向电场能转化，选项B错误：b~c阶2.(2)电信号 [例7]答案B 段，电容器正在放电，回路中电流沿顺时针方 解析由于输电过程中电阻R要产生热量，会 向，选项C正确：cd阶段，电容器正在充电，：1.(2)差增强变好(3)光照强弱电阻 损耗功率，故T1输出功率大于T2输入功率， 回路中电流沿顺时针方向，选项D错误 ·2,(1)减小(2)增大 T1输出电压大于T2输入电压，故A错误，B正；[例2]答案C 3.(1)形变电阻(2)金属梁应变片应变片 确：由于输入电压不变，所以变压器T1的输出 解析从开始放电到第一次放电完毕需要·判断正误 电压不变，随着用户接入的用电器增多，导致用！ i1./2.×3.×4, 户端的等效电阻变小，则用户端电流变大，输电 子T,可知此LC振荡电路的周期为T=0.02s例1)答案AC 电路电流也相应变大，根据P一IR可知R 选项A错误；因为1=0.025s=1子T工，所以回 解析声音使振动膜片振动，改变两极板间距 离，使声音信号转换成电信号，则利用电容传感 489