2024届高考物理一轮复习第十一章交变电流电磁振荡与电磁波传感器学案

这是一份2024届高考物理一轮复习第十一章交变电流电磁振荡与电磁波传感器学案，共68页。学案主要包含了交变电流，描述正弦式交变电流的物理量，实验器材等内容，欢迎下载使用。


第十一章 交变电流 电磁振荡与电磁波 传感器
第1讲　交变电流的产生及描述


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
(1)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。
(2)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，电流方向不改变。
(3)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。
(4)图像：线圈从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、描述正弦式交变电流的物理量
1．周期和频率
周期(T)
交变电流完成一次周期性变化(线圈转一周)所需的时间，单位是秒(s)，公式T＝
频率(f)
交变电流在1_s内完成周期性变化的次数，单位是赫兹(Hz)
周期和频率的关系
T＝






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
让交变电流和恒定电流分别通过相同阻值的电阻，如果它们在交变电流的一个周期内产生的热量相等，就把这一恒定电流的数值叫作这一交流的有效值
[注意]　正(余)弦交流电的有效值和峰值的关系：E＝，U＝，I＝。,　
如图甲所示是交流发电机的示意图，其产生的正弦式交变电流的图像如图乙所示。


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)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)交流电器设备上所标的电压和电流值是指有效值。(√)
(5)交流电压表和电流表测量的是交流电的峰值。(×)
(6)分析电容器的耐压值应考虑电压的峰值。(√)

(一) 交变电流的产生和描述(固基点)
[题点全练通]
1．[中性面和峰值面]如图所示，一线圈在匀强磁场中匀速转动，经过图示位置时(　 )

A．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最大
B．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小
C．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大
D．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最小
解析：选C　题图所示位置线圈平面与磁感线平行，处于垂直于中性面的位置，故穿过线圈的磁通量为零(即最小)，而磁通量的变化率最大，故C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，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．[描述交变电流的物理量](多选)如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图像如图线b所示。以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是(　 )

A．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零
B．线圈先后两次转速之比为3∶2
C．交流电a的瞬时值表达式为u＝10sin(5πt)V
D．交流电b的最大值为 V
解析：选BCD　在题图中t＝0时刻，感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，A错误；图线a的周期为0.4 s，图线b的周期为0.6 s，转速与周期成反比，所以转速之比为3∶2，B正确；交流电的瞬时值表达式为u＝Umsin ωt，所以a的瞬时值表达式为u＝10sinV＝10sin(5πt)V，C正确；由Um＝NBSω，可知角速度变为原来的，则最大值变为原来的，交流电b的最大值为 V，D正确。

[要点自悟明]
1．正弦式交变电流产生过程中的两个特殊位置
图示


概念
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(线圈从中性面位置开始计时)
项目
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


[注意]　e、i、u三个量的变化步调总是一致的，且总是与Φ的变化反相。
(二) 有效值的理解与计算(精研点)
交变电流有效值的求解三法
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]　上述关系当Δt≤ T时：①Δt＝T；②Δt＝T；③Δt＝T或Δt＝T，而且两端是“0”和峰值的周期波形时才成立。
2．定义法：对于非正弦式电流，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”，列式求解时时间一般取一个周期或为周期的整数倍。
3．能量守恒法：当有电能和其他形式的能转化时，可利用能的转化和能量守恒定律来求有效值。

[多维训练]
类型1　正弦式交变电流
1．(2021·辽宁高考)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　交流电的最大值和两条边到转轴的距离无关，Em＝NBSω＝NBL2ω，因此有效值为E＝＝NBL2ω，故B正确。
类型2　峰值不对称的正弦式波形
2．电压u随时间t的变化情况如图所示，则电压的有效值为(　 )

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：U≈174 V。
类型3　全波直流波形
3．某线圈中感应电动势随时间变化的规律如图所示，则此感应电动势的有效值为(　 )

A．187 V 　　B．220 V 　　　C．236 V 　　　　D．243 V
解析：选B　由有效值的定义有：××2＝T，解得：U≈220 V。
类型4　半波直流波形
4.家用电子调光灯的调光功能是用电子线路将输入的正弦交流电压的波形截去一部分来实现的，截去部分后通过调光灯的电流随时间的变化如图所示，则下列说法正确的是(　 )

A．这也是一种交流电
B．电流的变化周期是0.01 s
C．电流的有效值是1 A
D．电流通过100 Ω的电阻时，1 s内产生的热量为200 J
解析：选C　交流电的特点是电流方向变化，因而题图中电流不是交流电，A错误；根据图像可得电流的变化周期是0.02 s，B错误；根据有效值的定义得：2R·＝I2R·T，代入数据解得： I＝1 A，电流通过100 Ω的电阻时，1 s内产生热量为100 J，C正确，D错误。
类型5　周期的波形
5．如图所示为一个经双可控硅调节后加在电灯上的电压，正弦交流电的每一个二分之一周期中，前面四分之一周期被截去。现在电灯上电压的有效值为(　 )

A．Um B.
C. D.
解析：选D　从u­t图像上看，每个周期正弦波形的有效值U1＝，根据有效值的定义：T＝××2，解得：U＝，D正确。
类型6　矩形波形
6．(2022·长沙模拟)一交流电压随时间变化的图像如图所示，此交流电压的有效值为(　 )

A．50 V 　B．50 V 　C．25 V 　　D．75 V
解析：选A　题图中给出的是一方波交流电，周期T＝0.3 s，前时间内U1＝100 V，后时间内U2＝－50 V。设该交流电压的有效值为U，根据有效值的定义，有T＝·＋·T，代入已知数据，解得U＝50 V，A正确。
(三) 交变电流“四值”的理解及应用(释疑点)
交变电流的“四值”及应用
项目
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＝
(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
i­t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





[针对训练]
1.(2022·济南模拟)(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　根据楞次定律可知，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。
2.交流发电机线圈电阻r＝1 Ω，用电器电阻R＝9 Ω，电压表示数为9 V，如图所示，那么该交流发电机(　 )
A．电动势的峰值为10 V
B．电动势的有效值为9 V
C．线圈通过中性面时电动势的瞬时值为10 V
D．线圈自中性面转过90°的过程中的平均感应电动势为 V
解析：选D　用电器电阻R＝9 Ω，电压表的示数是交流电的有效值，其示数为9 V，则电路中的电流I＝1 A，电动势的有效值E＝I(R＋r)＝10 V，其峰值Em＝E＝10 V，故A、B错误；由正弦交流电的产生与变化的规律可知，交流发电机线圈通过中性面时电动势的瞬时值为零，故C错误；线圈自中性面转过90°的过程中的平均感应电动势＝n＝＝＝ V，故D正确。
3．(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随时间的变化规律如图乙所示，闭合开关S。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．电压表V的示数保持110 V不变
解析：选BC　V的示数应是电压的有效值220 V，A、D错误；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；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。
4．(多选)发电机的示意图如图甲所示，边长为L的正方形金属框，在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度绕OO′轴转动，阻值为R的电阻两端的电压如图乙所示。其他电阻不计，图乙中的Um为已知量。则金属框转动一周(　 )

A．框内电流方向不变
B．电动势的最大值为Um
C．流过电阻的电荷量q＝
D．电阻产生的焦耳热Q＝
解析：选BD　根据题图甲可知，金属框转动产生交流电，框内电流方向会发生变化，选项A错误；根据题图乙可知，电动势最大值为Um，选项B正确；根据q＝t＝t＝可知，金属框转动半周，磁通量的改变量为2BL2，通过电阻的电荷量为，转动一周流过电阻的电荷量为q总＝2×＝，选项C错误；题图乙等价为余弦式交流电，因此根据有效值可知Q＝t，交流电最大值为BL2ω＝Um，联立可知Q＝，选项D正确。
[课时跟踪检测]

1．(2021·北京等级考)一正弦式交变电流的i­t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，角速度为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。
2．如图所示，闭合开关后，R＝5 Ω的电阻两端的交流电压为u＝50sin 10πt V，电压表和电流表均为理想交流电表，则(　 )

A．该交流电周期为0.02 s
B．电压表的读数为100 V
C．电流表的读数为10 A
D．电阻的电功率为1 kW
解析：选C　该交流电的周期T＝＝ s＝0.2 s，选项A错误；电压表的读数为交流电的有效值，即U＝ V＝50 V，选项B错误；电流表的读数为I＝＝ A＝10 A，选项C正确；电阻的电功率为P＝IU＝10×50 W＝500 W，选项D错误。
3.如图所示，虚线是正弦交流电的图像，实线是另一交流电的图像，它们的周期T和最大值Um相同，则实线所对应的交流电的有效值U满足(　 )
A．U＝　B．U＝　C．U＞　D．U＜
解析：选D　因虚线是正弦交流电的图像，则该交流电的有效值为U有效值＝，由题图可知，在任意时刻，实线所代表的交流电的瞬时值都不大于虚线表示的正弦交流电的瞬时值，则实线所代表的交流电的有效值小于虚线表示的正弦交流电的有效值，则U＜，故D正确。
4.(多选)如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场中，匝数为n、边长为L的正方形线圈绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，其角速度为ω，线圈总电阻为r。下列说法正确的是(　 )
A．线圈转动过程中的最大电流为
B．线圈转动一周产生的热量为
C．当线圈与中性面的夹角为30°时，线圈产生的瞬时电动势为nBL2ω
D．线圈从中性面开始，转动60°的过程中，通过导线横截面的电荷量为
解析：选AB　线圈转动过程中的最大电动势为Em＝nBL2ω，根据闭合电路的欧姆定律得Im＝，A正确；电流的有效值为I＝＝，线圈转一圈的时间为t＝，线圈转动一周产生的热量为Q＝I2rt＝，B正确；当线圈与中性面的夹角为30°时，线圈产生的瞬时电动势为e＝nBL2ω，C错误；线圈从中性面开始，转动60°的过程中，线圈磁通量的变化ΔΦ＝BL2－BL2＝－BL2，通过导线横截面的电荷量为q＝t＝n＝nBL2，D错误。
5.一台发电机的结构示意图如图所示，N、S是磁铁的两个磁极，M是圆柱形铁芯，铁芯外套有一矩形导线圈，线圈在绕过铁芯M中心的固定转轴匀速转动。磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径的辐向磁场，磁感应强度大小处处相等。若从线圈处于图示位置开始计时，设此时电动势为正值，图中能正确反映线圈中感应电动势e随时间t变化规律的是(　 )

解析：选D　由于磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径的辐向磁场，线圈绕过铁芯M中心的固定转轴匀速转动过程中，线圈与转轴平行的两边垂直切割磁感线，产生的电动势大小不变，经过竖直面时，方向改变，D正确。
6．(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＝220sint(V)＝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，据此可设加在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＝·，可求出U＝55 V，C正确，D错误。
7.一个匝数为100匝，电阻为0.5 Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面。从某时刻起穿过线圈的磁通量随时间按如图所示规律变化，已知0～1 s内线圈内的磁通量按正弦规律变化到最大值，π2≈10。则线圈中产生的交变电流的有效值为(　 )
A. A　 B．2 A　 C．6 A　 D．5 A
解析：选A　0～1 s内线圈内的磁通量按正弦规律变化到最大值，则感应电动势的最大值Em＝NωΦm，由题图知ω＝＝ rad/s，可得Em＝ V，这段时间内交变电流的有效值I1＝＝ A；1～1.2 s内感应电动势E2＝n＝5 V，这段时间内感应电流的有效值为I2＝＝10 A，由电流有效值的定义有I12Rt1＋I22Rt2＝I2R(t1＋t2)，解得线圈中产生的交变电流的有效值为I＝ A，A正确。
第2讲　理想变压器与电能的输送

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＝2R

2．减少输电线上电能损失的方法
(1)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。
(2)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。
情境创设
变压器是生活、生产用电的专门设备，如图所示是电能输送的简单示意图。


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)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。 (√)
(7)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗。(√)
(8)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。(√)

(一) 理想变压器基本规律的应用(固基点)
[题点全练通]
1．[理想变压器基本规律的应用](多选)如图所示，一理想变压器原线圈匝数n1＝1 100匝，副线圈匝数n2＝220匝，交流电源的电压u＝220sin 100πt(V)，电阻R＝44 Ω，电压表、电流表为理想电表，则下列说法正确的是(　 )

A．交流电的频率为50 Hz
B．电流表A1的示数为0.2 A
C．电流表A2的示数为2 A
D．电压表的示数为44 V
解析：选ABD　根据交变电源的电压的瞬时表达式可知ω＝100π，则交流电的频率为f＝＝＝50 Hz，A正确；根据理想变压器的规律有＝，解得U2＝×220 V＝44 V，电压表的示数为有效值，则有U2′＝＝44 V，D正确；电流表A2的示数为I2′＝＝1 A，C错误；根据理想变压器的规律有＝，解得电流表A1的示数为I1′＝0.2 A，B正确。
2．[含有二极管的变压器电路]如图甲所示的充电器正在给手机充电。乙图是简化原理图，理想变压器原、副线圈匝数之比为55∶2，原线圈接220 V交流电，副线圈通过理想二极管连接手机。下列说法正确的是(　 )

A．副线圈的电流为8 A
B．手机两端的电压为8 V
C．通过手机的电流为直流电
D．拔掉手机，充电线两端电压为零
解析：选C　手机的电阻未知，根据题给条件无法求出副线圈的电流，故A错误；根据＝可得，副线圈输出电压为U2＝U1＝8 V，经过二极管后，根据有效值定义可得·T＝·，解得手机两端的电压为U＝4 V，故B错误；因二极管具有单向导电性，所以通过手机的电流为直流电，故C正确；拔掉手机，充电线两端电压不为零，故D错误。
3．[初级线圈连接元件的变压器电路]如图，理想变压器原线圈匝数为1 100匝，接有一阻值为R的电阻，电压表V1示数为110.0 V。副线圈接有一个阻值恒为RL的灯泡，绕过铁芯的单匝线圈接有一理想电压表V2，示数为0.10 V。已知RL∶R＝4∶1，则副线圈的匝数为(　 )

A．225 B．550 C．2 200 D．4 400
解析：选C　设电压表V1的示数为U1，理想变压器原线圈两端电压为Un1，副线圈两端电压为Un2，单匝线圈两端的电压为U3，则有＝　①，＝　②，联立解得：Un1＝110 V。又有＝　③，I2＝　④，I1＝　⑤，可得：＝　⑥，联立①⑥两式可解得Un2＝220 V，n2＝2 200，故C项正确。
[要点自悟明]
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．分析原线圈与负载串联的变压器电路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。
3．分析含有二极管的变压器电路问题时，要注意理想二极管的单向导电性对交变电流的影响及对应有效值的变化。
(二) 理想变压器的动态分析(精研点)
1．理想变压器的制约关系


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
2.理想变压器的两种动态分析
(1)匝数比不变，负载变化的情况。
(2)负载不变，匝数比变化的情况。
[考法全析]

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]　(2021·湖南高考)如图，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2，输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同。在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是(　 )

A．L1先变暗后变亮，L2一直变亮
B．L1先变亮后变暗，L2一直变亮
C．L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗
D．L1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗
[解析]　在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，副线圈电路中的总电阻先增大后减小，将副线圈电路中的电阻等效到原线圈电路中，等效电路图如图所示，根据理想变压器的原理可得R′＝2R副，故R′先增大后减小，则通过灯泡L1(原线圈)的电流先减小后增大，故灯泡L1先变暗后变亮，灯泡L1两端的电压先减小后增大，则原线圈两端的电压先增大后减小，由于理想变压器原、副线圈的匝数比固定，根据原、副线圈匝数比与电流的关系知，通过副线圈的电流先减小后增大，根据原、副线圈匝数比与电压的关系知副线圈两端的电压先增大后减小，而灯泡L2所在支路电阻一直减小，则灯泡L2先变亮，之后副线圈两端的电压减小，通过副线圈的电流增大，而R0所在支路电阻一直增大，所以通过R0的电流减小，灯泡L2所在支路电流增大，可见灯泡L2一直变亮，A正确。
[答案]　A
[针对训练]
1．(2021·湖北高考)如图所示，理想变压器原线圈接入电压恒定的正弦交流电，副线圈接入最大阻值为2R的滑动变阻器和阻值为R的定值电阻。在变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中(　 )

A．电流表A1示数减小
B．电流表A2示数增大
C．原线圈输入功率先增大后减小
D．定值电阻R消耗的功率先减小后增大
解析：选A　由于原线圈所接电压恒定，匝数比恒定，故变压器副线圈的输出电压恒定，变阻器的滑片从a端向b端缓慢移动的过程中，由数学知识可知，变压器副线圈所接的电阻值逐渐增大，则由欧姆定律得I2＝，可知副线圈的电流逐渐减小，由＝可知变压器原线圈的电流I1也逐渐减小，故A正确，B错误；原线圈的输入功率为P入＝U1I1，由于I1逐渐减小，则原线圈的输入功率逐渐减小，故C错误；由于副线圈的电流逐渐减小，则定值电阻与变阻器右半部分并联的总电流减小，又与定值电阻并联的变阻器右半部分的电阻值逐渐减小，则由并联分流规律可知，流过定值电阻的电流逐渐减小，则由公式PR＝I2R可知，定值电阻R消耗的电功率逐渐减小，故D错误。

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]　由题图可知，交变电流的电压有效值为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22 V，所以理想电压表的示数为22 V，理想电流表示数为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，则副线圈频率不变，C错误；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，D正确。
[答案]　AD



[针对训练]
2.如图所示，理想变压器的原线圈连接一个r＝9 Ω的电阻，且原线圈匝数n1可以通过滑动触头P来调节，在副线圈两端连接了R＝16 Ω的电阻，副线圈匝数n2＝1 000匝。在原线圈上加一输出电压恒定的正弦交流电，下列说法正确的是(　 )
A．若交流电的周期增大，则变压器的输出功率增大
B．若触头P向上移动，则电阻R消耗的功率一定减小
C．若触头P向下移动，则流过电阻r的电流减小
D．当n1＝750匝时，电阻R消耗的功率最大
解析：选D　输出功率与电压和电阻有关，与周期无关，故A错误；设变压器原线圈两端的电压为U1，电流为I1，副线圈两端的电压为U2，电流为I2，则有U1＝U－I1r，又根据＝，可得U1＝U2，根据＝，I2＝联立得U2＝和U＝I1R＋r，则R消耗的功率为P＝，由数学知识可知当n1＝n2＝750匝时P有最大值，故B错误，D正确；当触头P向下移动时，原线圈匝数减小，由U＝I1R＋r可知原线圈电流将增大，所以流过电阻r的电流增大，故C错误。

分析变压器电路动态分析问题的一般思路：
(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]　(多选)图甲为某应急发电机，图乙为它服务于应急供电系统的简易原理图，不计发电机中矩形线圈的电阻，它工作时绕轴在磁感应强度为B的匀强磁场中匀速转动，图中有一降压变压器，它的副线圈上有一滑动触头P可上下移动，若用R0表示右侧输电线电阻，则下列说法正确的是(　 )

A．若发电机矩形线圈某时刻处于图乙所示位置，则此时矩形线圈的磁通量变化最快
B．若发电机矩形线圈稳定转动时，将滑动触头P向上滑动，流过R0的电流将变小
C．当用户数目增多时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向下滑动
D．若发电机线圈的转速减为原来的一半，用户获得的功率也将减为原来的一半
[解析]　题图乙所示位置位于中性面，矩形线圈磁通量的变化率为零，A错误；P向上滑动时，n2减少，由＝可知，U2减小，由I2＝可知，I2也减小，B正确；用户增多，总电阻减小，副线圈电流会增大，线路上的电压损耗增多，用户电压减小，若使用户电压保持不变，需要增大副线圈两端的电压，所以P应向下滑动，C正确；转速减为一半，用户获得的电压也减为原来的一半，由P＝可知，用户获得的功率减为原来的，D错误。
[答案]　BC
[针对训练]
3．(2022·广东惠州月考)如图甲所示的电路中，S为单刀双掷开关，电表均为理想电表，Rt为热敏电阻(阻值随温度的升高而减小)，理想变压器原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，则(　 )

A．变压器原线圈中交流电压u的表达式为u＝110sin 50πt(V)
B．开关S接在a端，Rt温度升高时，变压器的输入功率变小
C．开关S接在a端，Rt温度升高时，电压表和电流表的示数均变大
D．开关S由a切换到b，Rt消耗的功率变小
解析：选D　由题图乙可知，变压器原线圈中交流电压u的表达式为u＝110sin 100πt(V)，A错误；开关S接在a端，Rt温度升高时，副线圈电路中的电阻减小，根据＝可知，电压表的示数不变，根据欧姆定律可知，电流表的示数变大，回路消耗的功率增大，变压器的输入功率变大，B、C错误；开关S由a切换到b，副线圈接入电路的匝数减少，根据＝可知，U2变小，则Rt消耗的功率变小，D正确。
(三) 三种特殊的变压器(融通点)
比较项目

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
　,
[例1]　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]　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。
[答案]　B
[针对训练]
1．在变电站里，经常要用交流电表监测电网上的强电流。所用的器材叫电流互感器。如图所示，能正确反映其工作原理的是(　 )

解析：选A　电流互感器把大电流变成小电流，测量时更安全，根据变压器原理＝，得I2＝I1，所以要求线圈匝数n2>n1，原线圈要接在火线上，A正确。

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。

[例2]　(2023·浙江温州模拟)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，电流表读数在增大
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]　P不动，P′向下滑动时，U2数值保持不变，故A错误；P′不动，P顺时针转动时，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，小灯泡的亮度可以不变，故D正确。
[答案]　D
[针对训练]
2.如图所示，理想自耦变压器线圈均匀绕在圆环型铁芯上，a、b为线圈的始端和末端。P1为线圈的滑动触头，调节P1可以改变b、c间线圈的匝数。a、b两端接电压稳定的交流电源，指示灯L与一小段线圈并联，b、c间接入滑动变阻器R，调节P2可以改变R接入电路的阻值。开关S处于闭合状态，电压表为理想交流电表，下列说法正确的是(　 )
A．仅向下滑动P2，a、b端输入功率变小
B．仅顺时针滑动P1，a、b端输入功率变小
C．仅顺时针滑动P1，电压表示数变大
D．若断开开关S，指示灯L将熄灭
解析：选B　仅向下滑动P2，可知R所接入的电阻变小，根据P2＝，可得R的功率变大，L的功率不变，则可知总功率变大，故a、b端输入功率变大，故A错误；顺时针滑动P1，线圈数n2减小，因为理想变压器可知U2也减小，根据P2＝，可知R的功率减小，且小灯泡两端电压减小，故小灯泡两端的电功率也减小，故可知总功率减小，即a、b端输入功率变小，而电压表示数与匝数无关，故电压表示数不变，故B正确，C错误；断开开关S，R中无电流，对灯L无影响，故D错误。

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＋…
[例3]　如图所示，接在理想变压器回路中的四个规格相同的灯泡都正常发光，那么，理想变压器的匝数比n1∶n2∶n3为(　 )
A．1∶1∶1　　 B．3∶2∶1
C．6∶2∶1 D．2∶2∶1
[解析]　灯泡正常发光，可得UA＝UB＝UC＝UD，所以U2＝2U3，由理想变压器匝数与电压的关系得＝＝，可得n2＝2n3。灯泡都正常发光，则功率相等，即PA＝PB＝PC＝PD。由P＝I2R得IA＝IB＝IC＝ID，即I1＝I2＝I3。由理想变压器的功率关系得U1I1＝U2I2＋U3I3，即n1I1＝n2I2＋n3I3，可得n1＝n2＋n3＝2n3＋n3＝3n3，所以n1∶n2∶n3＝3∶2∶1。
[答案]　B
[针对训练]
3．(2021·河北高考)(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，由变压器电压规律有＝，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，由变压器的电压规律有＝，所以＝＝，C正确；发电机的功率等于变压器的输入功率，发电机的功率P＝EI原＝NBL2ωI，D错误。
(四) 电能的输送问题(培优点)
远距离输电问题的“三 二 一”
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)理想的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)中各个量间的关系是＝，＝，P1＝P2。

(2)理想的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。
[典例]　(2021·山东等级考)(多选)输电能耗演示电路如图所示。左侧变压器原、副线圈匝数比为1∶3，输入电压为7.5 V的正弦交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为10 Ω。开关S接1时，右侧变压器原、副线圈匝数比为2∶1，R上的功率为10 W；接2时，匝数比为1∶2，R上的功率为P。以下判断正确的是(　 )

A．r＝10 Ω B．r＝5 Ω
C．P＝45 W D．P＝22.5 W
[解析]　开关S接1时，＝，＝，＝，P1＝＝I42R＝10 W，且U2－U3＝I3r，代入数据解得：r＝5 Ω，故A错误，B正确；开关S接2时，＝，＝，P＝，U2－U3′＝I3′r，U4′＝I4′R，代入数据解得：P＝22.5 W, 故C错误，D正确。
[答案]　BD

1．三种电压和三种电功率的区别
三种电压
计算公式
三种电功率
计算公式
输电电压U输
U输＝
输电功率P送
P送＝I线U输
输电线上损失的电压ΔU
ΔU＝I线·R线
输电线上损失的电功率P损
P损＝I线2R线
用户得到的电压
降压变压器的输出电压
用户得到的电功率P用
P用＝I用U用

2.远距离输电的处理方法
(1)正推法：按照发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器。
(2)倒推法：用电器→降压变压器→远距离输电线→升压变压器→发电机。　　

[多维训练]
题型1　远距离输电关系式的应用
1．如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100 kW，发电机的电压U1＝250 V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220 V。已知输电线上损失的功率P线＝5 kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是(　 )

A．发电机输出的电流I1＝40 A
B．输电线上的电流I线＝625 A
C．降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11
D．用户得到的电流I4＝455 A
解析：选C　发电机输出的电流I1＝＝400 A，A错误。输电线上的电流I线＝ ＝25 A，B错误。升压变压器的副线圈输出电压U2＝＝4×103 V，输电线损耗电压ΔU＝I线R线＝200 V，降压变压器的原线圈电压U3＝U2－ΔU＝3 800 V，故降压变压器的匝数比＝＝，C正确。降压变压器的副线圈的输出功率P4＝P3＝P－P线＝95 kW，故用户得到的电流I4＝≈431.8 A，D错误。
题型2　输电线电压损失和功率损失的计算
2．(多选)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550 kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP，到达B处时电压下降了ΔU。在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1 100 kV特高压输电，输电线上损耗的电功率变为ΔP′，到达B处时电压下降了ΔU′。不考虑其他因素的影响，则(　 )
A．ΔP′＝ΔP B．ΔP′＝ΔP
C．ΔU′＝ΔU D．ΔU′＝ΔU
解析：选AD　若采用550 kV的超高压输电，输电线上的功率损耗ΔP＝2·r，输电线路损失的电压ΔU＝·r，若改用1 100 kV的特高压输电，同理有ΔP′＝2·r，ΔU′＝·r，可得ΔP′＝，ΔU′＝，故B、C错误，A、D正确。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．(2022·重庆高考)低压卤素灯在家庭电路中使用时需要变压器降压。若将“12 V　50 W”的交流卤素灯直接通过变压器(视为理想变压器)接入电压为220 V的交流电后能正常工作，则(　 )
A．卤素灯两端的电压有效值为6 V
B．变压器原、副线圈的匝数比为55∶3
C．流过卤素灯的电流为0.24 A
D．卤素灯的电阻为968 Ω
解析：选B　卤素灯上标记的额定电压12 V即为卤素灯两端的电压有效值，A错误；根据理想变压器的原理可知＝＝＝，B正确；流过卤素灯的电流为I＝＝＝ A，C错误；卤素灯是非线性元件，电阻随着电压不同而改变，在正常工作时电阻为R＝＝2.88 Ω，D错误。
2.如图所示的电路中，理想变压器原副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3，原线圈输入端a、b接u＝220sin 100πt(V)的交变电压。副线圈接有电阻箱R、定值电阻R1＝30 Ω、R2＝5 Ω，阻值恒为10 Ω、额定电压为30 V的灯泡L。为使灯泡正常工作，电阻箱R接入电路的电阻(　 )

A．5 Ω B．10 Ω
C．15 Ω D．20 Ω
解析：选B　输电电压的有效值为(即原线圈电压的有效值)U1＝220 V，根据理想变压器电压规律＝，可知副线圈电压有效值为U2＝U1＝60 V，灯泡正常工作，根据欧姆定律，则通过灯泡的电流，即副线圈部分的干路电流为IL＝＝3 A，根据串联分压规律可知，R1和R2、R构成的并联电路部分的分压为U＝U2－UL＝30 V，通过R1的电流为I1＝＝1 A，通过R2、R的电流为I2＝IL－I1＝2 A，R2、R的分压为U＝I2(R2＋R)，解得滑动变阻器的阻值为R＝－R2＝10 Ω，B正确，A、C、D错误。
3．科学中心某款手摇点火器原理如图所示。当钢针和金属板间瞬时电压超过5 000 V时可以产生电火花。已知匀强磁场的磁感应强度B大小为0.2 T，手摇发电机线圈的面积为0.25 m2，共50匝，不计内阻。变压器为理想变压器，其原副线圈匝数比为1∶100。下列说法正确的是(　 )

A．线圈转速等于2 r/s时，点火器可以产生电火花
B．线圈转速等于4 r/s时，点火器可以产生电火花
C．电压表的示数为5 V时，点火器可以产生电火花
D．电压表的示数为25 V时，点火器可以产生电火花
解析：选B　线圈在匀强磁场中转动产生交流电，设转速为n，则发电机的最大电动势为Em＝NBSω＝NBS·2πn，发电机的最大电动势等于变压器的输入线圈电压的最大值，U1m＝Em，根据变压器两端的匝数比等于电压比，有＝＝，钢针和金属板间瞬时电压超过5 000 V时可以产生电火花，现令U2m＝5 000 V，联立各方程解得U1m＝50 V，n＝ r/s≈3.18 r/s，故线圈转速等于4 r/s时，副线圈的电压最大值超过了5 000 V，能产生电火花，故A错误，B正确；电压表的示数为原线圈两端的电压有效值，刚点火时UV＝＝25 V,5 V和25 V均小于25 V，则不能达到点火电压，故C、D错误。
4．手机无线充电技术越来越普及，图甲是某款手机无线充电装置，其工作原理如图乙所示，其中送电线圈和受电线圈的匝数比n1∶n2＝5∶1，两个线圈中所接电阻的阻值均为R。当ab间接上220 V的正弦交变电流后，受电线圈中产生交变电流实现给手机快速充电，这时手机两端的电压为5 V，充电电流为2 A。若把装置线圈视同为理想变压器，则下列说法正确的是(　 )

A．若充电器线圈中通以恒定电流，则手机线圈中将产生恒定电流
B．流过送电线圈与受电线圈的电流之比为5∶1
C．快速充电时，线圈cd两端的输出电压为42.5 V
D．若送电线圈中电流均匀增加，则受电线圈中电流也一定均匀增加
解析：选C　若充电器线圈中通以恒定电流，则手机线圈中将不会产生电流，A错误；根据理想变压器的工作原理，原、副线圈的电流与匝数成反比，则流过送电线圈与受电线圈的电流之比为1∶5，B错误；根据理想变压器电压与匝数关系有U2＝U1＝U1，I1＝I2＝ A，Uab＝U1＋I1R，U2＝I2R＋U手机，整理可得220＝5U2＋R，U2＝2R＋5，联立解得Ucd＝U2≈42.5 V，C正确；若送电线圈中电流均匀增加，则受电线圈中电流为恒定电流，D错误。
5.某住宅小区变压器给住户供电的电路示意图如图所示，图中R为输电线的总电阻。若变压器视为理想变压器，所有电表视为理想电表，不考虑变压器的输入电压随负载变化，则当住户使用的用电器增加时，图中各电表的示数变化情况是(　 )

A．A1增大，V2不变，V3增大
B．A1增大，V2减小，V3增大
C．A2增大，V2增大，V3减小
D．A2增大，V2不变，V3减小
解析：选D　不考虑变压器的输入电压随负载变化，即变压器原线圈的输入电压U1＝UV1不变，根据＝可知，变压器副线圈的输出电压U2＝UV2不变；当住户使用的用电器增加时，即用户的总电阻R电变小，由I2＝可知，副线圈的电流I2＝IA2变大，而由UV3＝U2－I2R，可知V3减小；由理想变压器的原理U1I1＝U2I2，可知原线圈的电流I1＝IA1变大；故综合上述分析可知A1增大，A2增大，V2不变，V3减小，故D正确。
6．如图所示，T1、T2是监测交流高压输电参数的互感器，一个用来测高压电流，一个用来测高压电压，T2接在两根输电线的正中间，T1接在其中一根输电线上。输电线电阻不可忽略，若输电线电阻率相同，发电站端的理想升压变压器副线圈输出电压为U1，输出功率为22 800 kW，用户端理想降压变压器原线圈两端电压为U2＝220 kV，T1的原、副线圈匝数比为1∶100，T2的原、副线圈匝数比为10 000∶1，a的示数为1 A，则下列说法正确的是(　 )

A．U1＝248 kV
B．b的示数为22.8 V
C．输电线总电阻为40 Ω
D．输电效率约为96%
解析：选D　T1是电流互感器，由匝数比及a的示数可知输电线中的电流为100 A，根据P＝UI可知U1＝228 kV，则输电线上的损失电压为U损＝8 kV，输电线总电阻为80 Ω，A、C错误；电压互感器接在两输电线的正中间，则T2的原线圈两端的电压为224 kV，则b的示数为22.4 V，B错误；该输电线的输电效率η＝×100%≈96%，D正确。
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
7．将电阻R1和R2按图甲所示接在理想变压器上，变压器原线圈接在电压为U的交流电源上，R1和R2的电功率之比为2∶1，若其他条件不变，只将R1和R2改成如图乙所示的接法，R1和R2上的功率之比1∶8，则图乙中两组副线圈的匝数之比n1∶n2为(　 )

A．1∶2 B．1∶4
C．1∶8 D．1∶16
解析：选A　甲图中，R1和R2上的电功率之比为2∶1，R1和R2串联，则电流相等，根据＝，可得R1∶R2＝2∶1，乙图中R1和R2上的功率之比为1∶8，则乙图两副线圈的功率之比＝＝，可得U1∶U2＝1∶2，则图乙中两组副线圈的匝数之比等于电压之比为1∶2，故A正确，B、C、D错误。
8．(2021年8省联考·江苏卷)小明分别按图甲和图乙电路探究远距离输电的输电损耗，将长导线卷成相同的两卷A、B来模拟输电线路，忽略导线的自感作用。其中T1为理想升压变压器，T2为理想降压变压器，两次实验中使用的灯泡相同，灯泡的电压相等。两次实验中(　 )

A．都接直流电源 B．A两端的电压相等
C．A损耗的功率相等 D．图1中A的电流较大
解析：选D　由于变压器只能改变交变电流，因此题图乙中不可能接直流电源，A错误；T2是降压变压器，根据＝>1，由于流过两个灯的电流相等，可知题图乙中流过A的电流较小，题图乙中A两端的电压较低，题图乙中A消耗的功率较小，B、C错误，D正确。

9.如图所示，一自耦变压器接在交流电源上，V1、V2为理想交流电压表。下列说法正确的是(　 )

A．若P不动，滑片F向下滑动时，V1示数不变，V2示数变小
B．若P不动，滑片F向下滑动时，灯泡消耗的功率变大
C．若F不动，滑片P向上滑动时，V1示数不变，V2示数变大
D．若F不动，滑片P向上滑动时，灯泡消耗的功率变小
解析：选A　设变压器的输入电压为U1，输出电压为U2；若P不动，滑片F向下移动时，输入电压U1不变，V1示数不变，根据变压比公式＝，由于n2减小，故输出电压U2减小，故灯泡消耗的功率减小，V2的示数变小，故A正确，B错误；若F不动，根据变压比公式＝，输入电压U1不变，不变，则输出电压U2不变，V1示数不变；滑片P向上滑动时，滑动变阻器R的电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律，干路电流增大，小灯泡中电流、电压都增大，灯泡消耗的功率变大；由U＝U2－UL可知电压表V2示数变小，故C、D错误。
10．(多选)如图甲所示，变压器原、副线圈上有L1、L2、L3、L4四只灯泡，它们的规格均为“9 V，12 W”，当在该变压器cd端输入交流电压u(u­t图像如图乙所示)时，四只灯泡都正常发光，各电表均为理想交流电表。以下说法正确的是(　 )

A．a、b端输入电压的瞬时值为u＝27sin 100πt(V)
B．原、副线圈匝数比为3∶1
C．流过灯泡L2的电流方向每秒改变50次
D．电流表的示数为4 A，ab端输入功率Pab＝48 W
解析：选BD　由输入端交流电压u­t图像可求出电压有效值为27 V，灯泡规格均为“9 V,12 W”，四只灯泡都正常发光，故a、b端输入电压的有效值是27 V＋9 V＝36 V，由题图乙知交流电的周期是0.02 s，所以a、b端输入电压的瞬时值表达式为u＝36sin 100πt(V)，故A错误；四只灯泡都正常发光，所以副线圈电压为9 V，根据理想变压器电压比规律得出变压器原、副线圈匝数比为3∶1，故B正确；由题图乙知交流电的周期为0.02 s，交流电的频率为50 Hz，则流过灯泡L2的电流方向每秒改变100次，故C错误；电流表的示数为I＝3× A＝4 A，a、b端输入的功率Pab＝4×12 W＝48 W，故D正确。
11．(多选)如图甲、乙所示，理想变压器对电器供电，其输入电压u＝27 000sin 100πt (V)，电器RL与RL′的参数分别为“220 V，1 100 W”“220 V,440 W”，输电线的总电阻r＝2 Ω。若两图中电器都能正常工作，则(　 )

A．图甲中电阻r的功率为50 W
B．图乙中变压器的输入功率比图1中变压器的输入功率增加了440 W
C．图甲中原副线圈匝数比n1∶n2＝2 700∶23
D．图乙中原副线圈匝数比n1∶n2＝1 500∶13
解析：选ACD　根据P＝UI可得通过电器RL的电流为IL＝＝5 A，电阻r的功率为Pr＝IL2r＝50 W，故A正确；题图甲变压器输出电压为U出＝UL＋ILr＝230 V，题图甲输入功率等于输出功率为P1＝U出IL＝1 150 W，RL′正常工作的电流为IL′＝＝2 A，题图乙中干路电流为I总＝IL＋IL′＝7 A，题图乙中输出电压为U出′＝UL′＋I总r＝234 V，题图乙中输入功率等于输出功率为P2＝U出I总＝1 638 W，题图乙中变压器的输入功率比题图甲中变压器的输入功率增加了ΔP＝P2－P1＝488 W，故B错误；由于输入电压为U入＝＝27 000 V，则题图甲中原副线圈匝数比＝＝，题图乙中原副线圈匝数比＝＝，故C、D正确。

第3讲　电磁振荡与电磁波

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。
3.电磁振荡中的能量变化
(1)放电过程中电容器储存的电场能逐渐转化为线圈的磁场能。
(2)充电过程中线圈中的磁场能逐渐转化为电容器的电场能。
(3)在电磁振荡过程中，电场能和磁场能会发生周期性的转化。
4．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




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接收到无线电波的频率相等时，激起的振荡电流最强，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)从经过调制的高频振荡信号中“检”出调制信号的过程，叫作检波。检波是调制的逆过程，也叫作解调。
5．电磁波谱
(1)按照电磁波的波长或频率大小的顺序把它们排列成谱叫作电磁波谱。
(2)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。
　
“旅行者1号”探测器是目前离地球最远的人造天体，它通过电磁波给我们发回了上万张神秘宇宙的照片。1990年2月14日，已经完成主要任务的“旅行者1号”在距离地球60亿千米之外接到了来自地球的指示，调转照相机，朝着地球的方向拍摄了一组照片。在传回地球的照片中，我们的地球是一个极小的暗淡蓝点，看不出与其他星球的区别。截至2023年1月，我们仍然能够接收到237亿千米之外“旅行者1号”发来的信息。


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，回路中的电流值最大时回路中的磁场能最大。(√)
(5)电磁振荡的固有周期与电流的变化快慢有关。(×)
(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)紫外线在真空中的传播速度大于可见光在真空中的传播速度。(×)
(12)可利用红外线的荧光效应辨别人民币的真伪。(×)

(一) 电磁振荡过程分析(固基点)
[题点全练通]
1．[LC振荡电路的理解]如图所示，表示LC振荡电路某时刻的情况，以下说法正确的是(　 )

A．电容器正在充电
B．电感线圈中的磁场能正在减小
C．电感线圈中的电流正在减小
D．此时自感电动势正在阻碍电流的增加
解析：选D　根据磁感线的方向可以判断电流方向是逆时针，再根据电容器极板上带电的性质可以判断电容器在放电，A错误；电容器在放电，所以电流在增加，磁场能在增加，自感电动势正在阻碍电流的增加，B、C错误，D正确。
2．[周期公式的应用]在LC振荡电路中，电容器上的带电荷量从最大值变化到零所需的最短时间是(　 )
A． B．
C．π D．2π
解析：选B　LC振荡电路的周期T＝2π，其电容器上的带电荷量从最大值变化到零的最短时间t＝，故t＝。
3．[图像的分析](多选)如图(a)所示，在LC振荡电路中，通过P点的电流变化规律如图(b)所示，且把通过P点向右的方向规定为电流i的正方向，则(　 )

A．0.5～1 s时间内，电容器C在放电
B．0.5～1 s时间内，电容器C的上极板带正电
C．1～1.5 s时间内，Q点的电势比P点的电势高
D．1～1.5 s时间内，电场能正在转变成磁场能
解析：选CD　0.5～1 s时间内，振荡电流是充电电流，充电电流是由负极板流向正极板，故A、B错误；1～1.5 s时间内，振荡电流是放电电流，放电电流是由正极板流向负极板，由于电流为负值，所以由Q流向P，Q点的电势比P点的电势高，电场能正在转变成磁场能，故C、D正确。

[要点自悟明]
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
根据能量判断
电场能增加时充电，磁场能增加时放电



(二) 麦克斯韦电磁场理论的理解与应用(固基点)
[题点全练通]
1．[麦克斯韦电磁场理论的理解]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。
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，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，便会形成电磁波，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电场强度大小相等，所以E＝，解得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；根据法拉第电磁感应定律可知在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](多选)以下关于机械波与电磁波的说法中，正确的是(　 )
A．机械波与电磁波本质上是一致的
B．机械波的波速只与介质有关，而电磁波在介质中的波速，不仅与介质有关，还与电磁波的频率有关
C．机械波可能是纵波，而电磁波必定是横波
D．它们都能发生反射、折射、干涉和衍射现象
解析：选BCD　机械波由波源振动产生，电磁波由周期性变化的电场(或磁场)产生；机械波传播需要介质，波速由介质决定；电磁波的传播不需要介质，波速由介质和本身频率共同决定；机械波有横波，也有纵波，而电磁波一定是横波，B、C、D正确。

[要点自悟明]
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。

(三) 无线电波的发射和接收(释疑点)
1．调幅和调频
(1)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)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．解调和调制
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，而要将这些低频信号加载到高频电磁波信号上去。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。
3．无线电波的分类及应用
无线电波按波长的长短不同可分为长波、中波、短波、微波等波段。
(1)长波：波长范围为30 000～3 000 m，频率范围为0.01～0.1 MHz，主要用于调幅广播及航海导航。
(2)中波：波长范围为3 000～50 m，频率范围为0.1～6 MHz，主要用于调幅广播及通信。
(3)短波：波长范围为50～10 m，频率范围为6～30 MHz，主要用于远距离短波通信及调幅广播。
(4)微波：波长范围为10～0.001 m，频率范围为30 MHz～300 GHz，主要用于调频广播、电视、卫星导航和雷达，也可用于微波炉加热食物。




[多维训练]
1．[无线电波的发射](多选)下列对无线电广播要对电磁波进行调制的原因的说法正确的是(　 )
A．经过调制后的高频电磁波向外辐射能量的本领更强
B．经过调制后的电磁波在空间传播得更快
C．经过调制后的电磁波在空间传播波长不变
D．经过调制后的电磁波在空间传播波长改变
解析：选AD　调制是把要发射的信号“加”到高频等幅振荡电流上去，频率越高，传播信息能力越强，A对；电磁波在空气中以接近光速传播，B错；由v＝λf，知波长与波速和传播频率有关，C错，D对。
2．[无线电波的传播](多选)下列关于无线电波的叙述中，正确的是(　 )
A．无线电波是波长从几十千米到几毫米的电磁波
B．无线电波在任何介质中的传播速度均为3.0×108 m/s
C．无线电波不能产生干涉和衍射现象
D．无线电波由真空进入介质传播时，波长变短
解析：选AD　无线电波中长波波长有几十千米，微波中的毫米波只有几毫米，A正确；无线电波在介质中的传播速度小于在真空中的传播速度3.0×108 m/s，B错误；无线电波也能产生干涉和衍射现象，C错误；无线电波由真空进入介质传播时，由于传播速度减小，由λ＝可知波长变短，D正确。
3．[无线电波的接收]某同学自己绕制天线线圈，制作一个简单的收音机，用来收听中波无线电广播，初步制作后发现有一个频率最高的中波电台收不到，但可以接收其他中波电台，适当调整后，去户外使用，假设空间中存在波长分别为290 m、397 m、566 m的无线电波，下列说法正确的是(　 )
A．为了能收到频率最高的中波电台，应增加线圈的匝数
B．为更好接收290 m的无线电波，应把收音机的调谐频率调到756 kHz
C．使接收电路产生电谐振的过程叫解调
D．为了能接收到长波，应把电路中电容器的电容调大一点
解析：选D　为了能收到频率最高的中波电台，应增大调谐电路的固有频率，根据f＝可知，应减少线圈的匝数，A错误；为更好接收290 m的无线电波，应把收音机的调谐频率调到f＝≈1 034 kHz，B错误；使接收电路产生电谐振的过程叫调谐，C错误；为了能接收到长波，即接收到频率更低的电磁波，根据f＝可知，应把电路中电容器的电容调大一点，D正确。

(四) 电磁波谱(释疑点)
1．电磁波谱分析及应用
电磁波谱
频率/Hz
真空中波长/m
特性
应用
递变规律
无线电波
＜3×1011
＞10－3
波动性强，易发生衍射
无线电技术
衍射能力减弱，直线传播能力增强
红外线
1011～1015
10－3～10－7
热效应
红外遥感
可见光
1015
10－7
引起视觉
照明、摄影
紫外线
1015～1017
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
1016～1019
10－8～10－11
贯穿本领强
检查、医用透视
γ射线
＞1019
＜10－11
贯穿本领更强
工业探伤、医用治疗

2．各种电磁波产生机理
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

3.对电磁波的两点说明
(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。
(2)同频率的电磁波在不同介质中传播速度不同，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。

[多维训练]
1．[电磁波谱](2022·青岛模拟)根据电磁波谱选出下列各组电磁波，其中频率互相交错重叠，且波长顺序由短到长排列的是(　 )
A．微波、红外线、紫外线
B．γ射线、X射线、紫外线
C．紫外线、可见光、红外线
D．紫外线、X射线、γ射线
解析：选B　红外线与紫外线在电磁波谱中不相邻，更不会频率重叠，A错误。紫外线、可见光、红外线虽相邻，但它们三者间有明确的界线，频率也不相重叠，C错误。在电磁波谱中紫外线、X射线、γ射线有重叠，γ射线波长最短，紫外线波长最长，故B正确，D错误。
2．[电磁波的特性]关于各种电磁波的性质比较，下列说法中正确的有(　 )
A．由于红外线的波长比可见光长，所以比可见光更难发生干涉、衍射
B．由于γ射线的波长太短了，所以根本无法发生干涉、衍射
C．无论哪一种电磁波，在真空中的传播速度都相同
D．γ射线的穿透能力最强，所以最适于用来透视人体，检查骨骼和其他病变情况
解析：选C　波长越长，越容易发生干涉、衍射，A错误；干涉、衍射是波特有的现象，B错误；电磁波在真空中的传播速度等于光速，C正确；X射线用来透视人体，检查骨骼等，D错误。
3．[电磁波的应用](1)(多选)下列说法中正确的是(　 )
A．北斗导航系统是利用电磁波进行定位和导航的
B．微波炉能快速加热食物是利用红外线具有显著的热效应
C．常用的电视机遥控器通过发出紫外线脉冲信号来遥控电视机
D．遥感技术中利用了红外线探测器接收物体发出的红外线来探测被测物体的特征
解析：选AD　北斗导航系统是利用电磁波工作的，A正确；食物中的水分子在微波的作用下热运动加剧，温度升高，内能增加，B错误；常用的电视机遥控器通过发出红外线脉冲信号来遥控电视机，C错误；遥感技术中利用红外线探测器接收物体发出的红外线来探测被测物体的特征，D正确。
(2)(多选)电磁波广泛应用在现代医疗中。下列属于电磁波应用的医用器械有(　 )
A．杀菌用的紫外灯
B．拍胸片的X光机
C．治疗咽喉炎的超声波雾化器
D．检查血流情况的“彩超”机
解析：选AB　紫外线和X光从本质上说是电磁波，A、B正确；治疗咽喉炎的超声波雾化器和检查血流情况的“彩超”机用的都是超声波，超声波属于机械波，C、D错误。

[课时跟踪检测]
1．(多选)第五代移动通信技术(简称5G)是最新一代蜂窝移动通信技术，5G的性能目标是高数据速率、减少延迟、大规模设备连接等。与4G相比，5G使用的电磁波频率更高。下列说法中正确的是(　 )
A．5G和4G使用的电磁波都是横波
B．5G和4G使用的电磁波在真空中的传播速度相同
C．5G和4G使用的电磁波都可以发生干涉和衍射现象
D．在真空中5G使用的电磁波波长比4G的长
解析：选ABC　5G和4G使用的电磁波都是横波，A正确；5G和4G使用的电磁波在真空中的传播速度相同，均为3×108 m/s，B正确；任何波均能发生干涉和衍射现象，故5G和4G使用的电磁波都可以发生干涉和衍射现象，C正确；根据公式c＝λf可知，在真空中5G使用的电磁波的波长比4G的短，D错误。
2．(2023·郑州高三调研)如图所示为某种“冷光灯”，其后面的反光镜表面涂有一层透明的薄膜，利用干涉原理，可将灯光中具有明显热效应的那部分电磁波叠加相消。被叠加相消的是(　 )

A．红外线　　B．红光　　C．紫光　　D．紫外线
解析：选A　红外线具有明显热效应，被叠加相消的是红外线。故选A。
3．(多选)下列说法正确的是(　 )
A．电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率有关
B．电磁波可以发生衍射现象和偏振现象
C．简谐机械波在给定的介质中传播时，振动的频率越高，则波传播速度越大
D．紫外线在水中的传播速度小于红外线在水中的传播速度
解析：选BD　电磁波在真空中的传播速度都一样，与电磁波的频率无关，A错误；一切波都可以发生衍射现象，横波具有偏振现象，电磁波属于波的一种，且是横波，故电磁波可以发生衍射现象和偏振现象，B正确；简谐机械波在给定的介质中传播时，波传播速度与介质有关，与频率无关，C错误；依据v＝，且紫外线的折射率大于红外线，因此紫外线在水中的传播速度小于红外线在水中的传播速度，D正确。
4．一个电容为C的电容器，充电至电压等于U以后，与电源断开并通过一个自感系数为L的线圈放电。从开始放电到第一次放电完毕的过程中，下列判断错误的是(　 )
A．振荡电流一直在增大
B．振荡电流先增大、后减小
C．通过电路的平均电流等于
D．磁场能一直在增大
解析：选B　由电磁振荡的知识可知，在放电过程中振荡电流逐渐增大，放电完毕时达到最大，故B错误，A正确；电容器储存电荷量q＝CU，第一次放电完毕的时间为，T＝2π，所以平均电流I＝＝，故C正确；放电过程中电场能转化为线圈的磁场能，故D正确。
5．间谍卫星上装有某种遥感照相机，可用来探测军用和民用目标。这种照相机能拍到晚上关灯行驶的汽车。这种遥感照相机敏感的电磁波属于(　 )
A．可见光波段 B．红外波段
C．紫外波段 D．X射线波段
解析：选B　所有的物体都能发出红外线，热的物体的红外线辐射比冷的物体的强，间谍卫星上装的遥感照相机，实际上是红外线探测器，它能在较冷的背景上探测出较热物体的红外线辐射，这是红外线摄影的基础。再者，红外线波长比其他波(如可见光、紫外线、X射线)的波长长，有较好地穿透云雾的能力，故B正确。而其他选项的光不具备以上特点，故A、C、D错误。
6．(多选)如图所示，在内壁光滑、水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于玻璃圆环内径的带正电的小球，正以速率v0沿逆时针方向匀速转动。若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场，设运动过程中小球所带电荷量不变，那么(　 )
A．小球对玻璃圆环的压力不断增大
B．小球受到的洛伦兹力不断增大
C．小球先沿逆时针方向做减速运动，过一段时间后，沿顺时针方向做加速运动
D．洛伦兹力对小球一直不做功
解析：选CD　玻璃圆环所在处有均匀变化的磁场，在周围产生稳定的涡旋电场，对带正电的小球做功。由楞次定律，判断电场方向为顺时针方向。在电场力作用下，小球先沿逆时针方向做减速运动，后沿顺时针方向做加速运动。小球在水平面内沿玻璃圆环半径方向受两个力作用：环的弹力FN和磁场的洛伦兹力F＝Bqv，而且两个力的矢量和时刻等于小球做圆周运动的向心力。考虑小球速度大小、方向以及磁场强弱的变化，弹力FN和洛伦兹力F不一定始终在增大。洛伦兹力始终与小球做圆周运动的线速度方向垂直，所以洛伦兹力对小球不做功。
7．(2022·山东泰安模拟)关于电磁波谱，下列说法正确的是(　 )

A．红外体温计的工作原理是人的体温越高，发射的红外线越强，有时物体温度较低，不发射红外线，导致无法使用
B．紫外线的频率比可见光低，医学中常用于杀菌消毒，长时间照射人体可能损害健康
C．X射线、γ射线频率较高，波动性较强，粒子性较弱，较难发生光电效应
D．手机通信使用的是无线电波，其波长较长，更容易观察到衍射现象
解析：选D　有温度的物体都会发射红外线，A错误；紫外线的频率比可见光高，医学中常用于杀菌消毒，长时间照射人体可能损害健康，B错误；X射线、γ射线频率较高，波动性较弱，粒子性较强，较易发生光电效应，C错误；手机通信使用的是无线电波，其波长较长，更容易观察到衍射现象，D正确。

第4讲　实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系

一、基本原理与操作
1．原理装置图

2．操作要领
安装
按照原理装置图安装实验仪器，其中多用电表选择交流电压挡
操作
测量原、副线圈的电压，并记录原、副线圈的匝数
列表
把测得的原、副线圈的电压和匝数记录到表中，分析电压与匝数之间的关系

二、实验核心关键点
1．数据处理
(1)控制变量法：①保持n1、U1不变，改变n2的值，记录n2、U2的大小；②保持U1、n2不变，改变n1的值，记录n1、U2的大小。
(2)列表分析：把实验数据填入表中，研究测量的数据，可发现在实验误差允许的范围内，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。
2．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压，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。
3．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。

考查点(一)　实验原理与操作
1．物理研究课上，同学们用可拆变压器“探究变压器原副线圈电压与匝数的关系”。可拆变压器如图甲、乙所示：

(1)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．变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“直流电压挡”
C．可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响
D．测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量
E．变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈
F．变压器开始正常工作后，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
(2)如图丙所示，某同学自己绕制了两个线圈套在可拆变压器的铁芯上。原线圈接学生电源的交流输出端，副线圈接小灯泡。下列说法正确的是________。

A．与变压器未通电时相比较，此时若将可拆变压器上端的横条铁芯取下将更费力
B．若仅增加原线圈绕制的圈数，小灯泡的亮度将保持不变
C．若仅增加副线圈绕制的圈数，学生电源的过载指示灯可能会亮起
解析：(1)为确保实验安全，实验中要求副线圈匝数小于原线圈匝数，使得次级电压较小，故A错误；变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”测量，故B错误；实验时可采用控制变量法，先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，故C正确；测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量，防止烧坏电压表，故D正确；变压器开始正常工作后，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，故E错误，F正确。
(2)变压器线圈通电会产生磁场，而变压器上端的横条相当于磁铁，下端对横条有吸引力作用，因此与变压器未通电时相比较，此时若将可拆变压器上端的横条铁芯取下将更费力，故A正确；仅增加原线圈匝数，副线圈两端电压将减小，小灯泡亮度将变暗，故B错误；若仅增加副线圈绕制的圈数，副线圈两端电压增大，小灯泡消耗的功率变大，学生电源输出的功率变大，有可能会使学生电源的过载指示灯亮起，故C正确。
答案：(1)CDF　 (2)AC
2．有一个教学用的可拆变压器，其铁心粗细一致，如图所示，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)，线圈外部还可以再绕线圈。

(1)某同学用多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图中的a、b位置，则A线圈的电阻为_____Ω，由此可推断_____(选填“A”或“B”)线圈的匝数较多。
(2)如果把该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：一根足够长绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源，请完成以下实验步骤：
①用绝缘导线在线圈B上绕制n匝线圈；
②将A线圈与低压交流电源相连接；
③用多用电表的“交流电压”挡分别测量A线圈的输入电压UA和________(选填“绕制”或“B”)线圈的输出电压U；
④则A线圈的匝数为________(用已知和测得量的符号表示)。
解析：(1)多用电表欧姆挡读数＝指针指示值×倍率。A的读数为24，倍率为“×1”，所以电阻为24 Ω。根据电阻定律，导线越长，电阻越大，因为A的电阻比B大，所以A线圈匝数多。
(2)③因为要测量A线圈匝数，所以要把A线圈与低压交流电源相连接。变压器输入、输出电压都是交流电，所以要用交流电压挡测绕制线圈的输出电压U。④根据变压器电压比等于匝数比，有＝，所以nA＝n。
答案：(1)24　A　(2)③绕制　④n
3.在探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系实验中，小李同学采用了如图所示的可拆式变压器(铁芯不闭合)进行研究。
(1)实验还需下列器材中的________；

(2)实验中，上图中变压器的原线圈接“0、8”接线柱，副线圈接线“0、4”接线柱，当副线圈所接电表的示数为5.0 V，则所接电源电压挡位可能为________。
A．18.0 V B．10.0 V
C．5.0 V D．2.5 V
解析：(1)本实验中，变压器的原线圈应接在交流电源上；为了知道原、副线圈的电压比和线圈匝数比之间的关系，还需要用交流电压表。故学生电源和交流电压表两个器材不能缺少。
(2)理想变压器原、副线圈电压和匝数的关系为＝；若变压器的原线圈接“0、8”接线柱，副线圈接线“0、4”接线柱，则原、副线圈匝数比为＝2，则原线圈两端电压U1＝U2＝10 V；本题中可拆变压器并非理想变压器，存在漏磁现象，要使副线圈所接电压表示数为5 V，则原线圈电压必须大于10 V，故选A。
答案：(1)BC　(2)A
考查点(二)　数据处理与误差分析
4．一个教学用的简易变压器，两线圈的匝数未知，某同学想用所学变压器的知识测定两线圈的匝数。
(1)为完成该实验，除了选用电压表、导线外，还需要选用低压________(填“直流”或“交流”)电源。
(2)该同学在变压器铁芯上绕10匝绝缘金属导线C，然后将简易变压器的A、B两线圈依次接电源，用电压表分别测出线圈A，线圈B及线圈C两端的电压，记录在下面的表格中，则线圈A的匝数为________匝，线圈B的匝数为________匝。
A线圈电压
B线圈电压
C线圈电压
8.0 V
3.8 V
0.2 V

(3)为减小线圈匝数的测量误差，你认为绕制线圈C的匝数应该________(填“多一些”“少一些”)更好。
解析：(1)需要选用低压交流电，才能产生交变的磁场。
(2)根据变压器原理有：＝
解得：nA＝nC＝400匝
同理有：＝
解得：nB＝nC＝190匝。
(3)根据＝，可知C的匝数越多，C的电压示数越大，测量更准确，故线圈C的匝数应该多一些。
答案：(1)交流　(2)400　190　(3)多一些
5．(2022·广州模拟)(1)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中，下列器材在实验中不必用到的有________。

(2)若在实验中用匝数N1＝400匝和N2＝800匝的变压器，对应的电压测量数据如表所示。根据测量数据，下列说法正确的是________。
实验次数
1
2
3
4
U1/V
0.90
1.40
1.90
2.40
U2/V
2.00
3.01
4.02
5.02
A.N1一定是原线圈 　　B．N2一定是原线圈
C．N1可能是副线圈 　　D．N2可能是副线圈
解析：(1)该实验要用低压交流电源和交流电表，所以不需要干电池和滑动变阻器。故选A、C。
(2)已知N1＝400匝和N2＝800匝，表格中每组数据都可以看出电压之比＜＝，由此可知此变压器不是理想变压器，原因是漏磁从而导致匝数比变大，N2一定是原线圈，N1一定是副线圈。故选B。
答案：(1)AC　(2)B
第5讲　实验：利用传感器制作简单的自动控制装置

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“欧姆”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R­t图线，得出结论。
3．注意事项
在做本实验时，加开水后要等一会儿再测其阻值，以使电阻温度与水的温度相同，并同时读出水温。
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。

一、基础考法保住分
考查点(一)　温度传感器
1．(2021年8省联考·湖北卷)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 250 mA，内阻约0.1 Ω)；电压表(量程50 V，内阻约 1 MΩ)；热敏电阻RT；报警器(内阻很小，流过的电流超过10 mA时就会报警，超过30 mA时就会损伤)；滑动变阻器R1(最大阻值4 000 Ω)；电阻箱R2(最大阻值9 999.9 Ω)；单刀单掷开关S1；单刀双掷开关S2；导线若干。
(1)用图甲所示电路测量热敏电阻R1的阻值，当温度为27 ℃时，电压表读数为30.0 V，电流表读数为 15.0 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乙所示。
温度为50 ℃时，热敏电阻的阻值为______Ω，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”)。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。

(2)某同学搭建一套基于该热敏电阻的火灾报警系统，实物图连线如图丙所示，其中有一个器件的导线连接有误，该器件为__________________(填器件名称)。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。

解析：(1)由图
(b)可知，电流表的示数为50 mA，则此时热敏电阻的阻值为RT＝＝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偏大；在相同电压下，温度越高，通过电流越大，说明热敏电阻的阻值随温度的升高而降低，故RT为负温度系数热敏电阻。
(2)滑动变阻器R1的导线连接有误，两根导线都连接在上端，无法起到改变接入电阻阻值的作用，应一上一下连接；先使用电阻箱R2进行调试，其阻值应设置为 50 ℃时RT的电阻值，即600 Ω；此时要求刚好在50 ℃时自动报警，则通过电路的电流为10 mA，报警器和电流表的电阻很小，可忽略不计，可得此时滑动变阻器的阻值为R1＝－RT＝3 000 Ω。
答案：(1)600　偏大　负　(2)滑动变阻器R1　600 3 000


考查点(二)　光电传感器
2．为了节能和环保，一些公共场所用光控开关控制照明系统，光控开关可用光敏电阻控制，如图甲所示是某光敏电阻阻值随光的照度变化曲线，照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为：勒克斯(lx)。

(1)如图乙所示，电源电动势为3 V，内阻不计，当控制开关两端电压上升至2 V时控制开关自动启动照明系统。要求当天色渐暗照度降至1.0(lx)时控制开关接通照明系统，则R1＝________kΩ。
(2)某同学为了测量光敏电阻在不同照度下的阻值，设计了如图丙所示的电路进行测量，电源(E＝3 V，内阻未知)，电阻箱(0～99 999 Ω)。实验时将电阻箱阻值置于最大，闭合S1，将S2与1相连，减小电阻箱阻值，使灵敏电流计的示数为I，图丁为实验时电阻箱的阻值，其读数为________ kΩ；然后将S2与2相连，调节电阻箱的阻值如图戊所示，此时电流表的示数恰好为I，则光敏电阻的阻值为________ kΩ(结果保留3位有效数字)。

解析：(1)电阻R1和R0串联，有＝，U0＝2 V，当照度1.0(lx)时，电阻R0＝20 kΩ，则R1＝10 kΩ。
(2)题图丁的电阻为R2＝62.5 kΩ，题图戊的电阻R2′＝22.5 kΩ，本题采用等效法测电阻，前后两次电路中的电流相等，则电路中的电阻相等，则有R2＝R0′＋R2′，所以R0′＝40 kΩ。
答案：(1)10　(2)62.5　40.0
二、创新考法不失分
创新角度(一)　实验目的的创新
1．(2022·湖北武汉模拟)用如图甲所示的电路测量铂热敏电阻的阻值与温度的关系。
(1)开关闭合前，滑动变阻器的滑片应移至________(填“A”或“B”)端。
(2)实验测得不同温度下的阻值，并绘得如图乙的Rt­t关系图线，根据图线写出该热敏电阻的Rt­t关系式：Rt＝______(Ω)。

(3)铂的电阻对温度变化很灵敏，可以制成电阻温度计。请利用开关、导线、铂热敏电阻、图甲中某一电表和图丙所示的恒流源(调节旋钮时可以选择不同的输出电流，且输出电流不随外部条件的变化而变化)，设计一个简易电阻温度计并在图丁的虚线框内画出电路原理图。

(4)结合图乙的关系图线，选择恒流源的输出电流为0.15 A，当选用的电表达到满偏时，电阻温度计所测温度为________℃。如果要提高该温度计所能测量的最高温度值，请提出一种可行的方法：______________________________________________________________
________________________________________________________________________。
[创新点分析]
(1)利用恒流电源对设计电路供电。
(2)设计热敏电阻温度计电路。　
解析：(1)开关闭合前，为了保护电路，滑动变阻器的滑片应位于阻值最大处，故滑片应移至B端。
(2)由图像可知，铂丝电阻Rt的阻值与温度的关系式：Rt＝50＋t(Ω)。
(3)直流恒流电源正常工作时，其输出电流不随外部条件的变化而变化，并且可读出其大小，电压表并联在铂丝电阻Rt的两端，如图所示。
(4)恒流源的输出电流为0.15 A，所以当电压表示数最大时，即Rt两端的电压U＝15 V时，铂丝电阻Rt的阻值最大，由b图中所画的Rt­t图像可知，此时温度计所能测量的温度最高；由I＝得铂丝电阻Rt的阻值为：Rt′＝ Ω＝100 Ω，则温度计所能测量的最高温度为：t＝Rt′－50＝50 ℃。如图所示要提高该温度计所能测量的最高温度值，应使铂丝电阻Rt的阻值增大，电压表的最大量程已确定，由欧姆定律U＝IR知，可以将恒流源的输出电流调小。
答案：(1)B　(2)50＋t　(3)见解析图　(4)50　将恒流源的输出电流调小

创新角度(二)　实验原理的创新
2．现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，要求当热敏电阻的温度达到或超过60 ℃时，系统报警。提供的器材有：热敏电阻，报警器(内阻很小，流过的电流超过Ic时就会报警)，电阻箱(最大阻值为999.9 Ω)，直流电源(输出电压为U，内阻不计)，滑动变阻器R1(最大阻值为1 000 Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值为2 000 Ω)，单刀双掷开关一个，导线若干。在室温下对系统进行调节。已知U约为18 V，Ic约为10 mA；流过报警器的电流超过20 mA时，报警器可能损坏；该热敏电阻的阻值随温度升高而减小，在60 ℃时阻值为650.0 Ω。
(1)完成待调节的报警系统原理电路图的连线。

(2)电路中应选用滑动变阻器________(填“R1”或“R2”)。
(3)按照下列步骤调节此报警系统：
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；滑动变阻器的滑片应置于____(填“a”或“b”)端附近，不能置于另一端的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②将开关向______(填“c”或“d”)端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至________________________________________________________________________。
(4)保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用。

(1)利用热敏电阻来控制电路，使之成为温度报警系统，在设置报警温度时，借助于电阻箱进行电阻设置，使之达到报警的温度进行报警。
(2)可以设计成可调温度的报警器。　　[创新点分析]
解析：(1)电路图连接如图所示。

(2)报警器开始报警时，对整个回路有U＝Ic(R滑＋R热)，代入数据可得R滑≈1 150.0 Ω，因此滑动变阻器应选择R2。
(3)①在调节过程中，电阻箱起到等效替代热敏电阻的作用，电阻箱的阻值应为报警器报警时热敏电阻的阻值，即为650.0 Ω。滑动变阻器在电路中为限流接法，滑片应置于b端附近，若置于另一端a时，闭合开关，则电路中的电流I＝ A≈27.7 mA，超过报警器最大电流20 mA，报警器可能损坏。②开关应先向c端闭合，移动滑动变阻器的滑片，直至报警器开始报警为止。
答案：(1)见解析图　(2)R2　(3)①650.0　b　接通电源后，流过报警器的电流会超过20 mA，报警器可能损坏　②c　报警器开始报警

创新角度(三)　实验器材的创新
3．如图甲所示是蔬菜采购商用来称重的电子吊秤，其中实现称重的关键元件是拉力传感器。其工作原理是：挂钩上挂上重物，传感器中拉力敏感电阻丝在拉力作用下发生形变，拉力敏感电阻丝的电阻也随着发生变化，再经过相应的测量电路把这一电阻变化转换为电信号(电压或电流)的变化，从而完成将物体重量信号变换为电信号的过程。

(1)简述拉力敏感电阻丝的阻值随拉力变化的原因
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)小明找到一根拉力敏感电阻丝RL，其阻值随拉力变化的图像如图乙所示，再按图丙所示电路制作了一个简易“吊秤”。电路中电源电动势E约为15 V，内阻约为2 Ω；灵敏毫安表量程为10 mA，内阻约为5 Ω；R是电阻箱，最大阻值是9 999 Ω；RL接在A、B两接线柱上，通过光滑绝缘滑环可将重物吊起，接通电路完成下列操作。
a．滑环下不吊重物时，调节电阻箱，当电流表为某一合适示数I时，读出电阻箱的读数R1；
b．滑环下吊上待测重物，测出电阻丝与竖直方向的夹角为θ；
c．调节电阻箱，使____________________，读出此时电阻箱的读数R2；
d．算得图乙直线的斜率k和截距b，则待测重物的重力G的表达式为G＝________(用以上测得的物理量表示)，测得θ＝53°(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，R1、R2分别为1 052 Ω和1 030 Ω，结合乙图信息，可得待测重物的重力G＝________N(结果保留三位有效数字)。
(3)针对小明的设计方案，为了提高测量重量的精度，你认为下列措施可行的是________。
A．将毫安表换成量程不同，内阻更小的毫安表
B．将毫安表换成量程为10 μA的微安表
C．将电阻箱换成精度更高的电阻箱
D．适当增大A、B接线柱之间的距离
[创新点分析]
(1)传感器为拉力敏感电阻丝。
(2)将待测重物的重量转化为便于测量的毫安表的示数。　　
解析：(1)根据电阻定律有：R＝ρ，当拉力敏感电阻丝随拉力增大被拉长时，由于电阻丝的长度增大，则电阻丝的横截面积减小，所以电阻丝的电阻阻值将增大。
(2)根据实验的电路图可知，电路中没有电压表，不能使用伏安法测量电阻阻值的变化，但电路中的电阻箱可以控制电流的变化，若电路中的电流值不变，则电路中的总电阻阻值也不变，所以在步骤c中，可以调节电阻箱，使电流表的示数仍为I，读出此时电阻箱的读数R2；开始时滑环下不吊重物，则有：I＝，当挂重力为G的重物后，取AB的中点处的节点为研究对象，则此处受到三个力的作用，两个斜向上的拉力大小相等，与竖直方向之间的夹角也相等，则在竖直方向上：G＝2Fcos θ，在图乙中，设斜线的斜率为k，截距为b，可得：I＝，联立可得：G＝，由图乙可知：k＝＝0.2 Ω/N，当θ＝53°时，R1、R2分别为1 052 Ω和1 030 Ω，代入数据得：G＝132 N。
(3)由表达式G＝可知，重物的重力与电流表的量程无关，改变电流表的量程与精度，不能提高实验的精确度，故A、B错误；由表达式G＝可知，电阻箱的精度越高，则电阻箱的读数精度越高，则G的测量值的精度越高，故C正确；由表达式G＝可知，重力的大小的测量值与电阻丝和竖直方向的夹角有关，根据余弦的表达式可知，夹角越大，则测量值的精确度越高，所以适当增大AB之间的距离，也可以提高测量值的精确度，故D正确。
答案：(1)见解析　(2)c.电流表的示数仍为I
d.　132　(3)CD
创新角度(四)　数据处理的创新
4．材料的电阻随压力的变化而变化的现象称为“压阻效应”，利用这种效应可以测量压力大小。若图甲为某压敏电阻在室温下的电阻—压力特性曲线，其中RF、R0分别表示有、无压力时压敏电阻的阻值。为了测量压力F，需先测量压敏电阻处于压力中的电阻值RF。请按要求完成下列实验。

(1)设计一个可以测量处于压力中的该压敏电阻阻值的电路，在图乙的虚线框中画出实验电路原理图(压敏电阻及所给压力已给出，待测压力大小约为0.4×102～0.8×102 N，不考虑压力对电路其他部分的影响)，要求误差较小，提供的器材如下：
A．压敏电阻，无压力时阻值R0＝6 000 Ω
B．滑动变阻器R，全电阻阻值约200 Ω
C．电流表A，量程2.5 mA，内阻约30 Ω
D．电压表V，量程3 V，内阻约3 kΩ
E．直流电源E，电动势3 V，内阻很小
F．开关S，导线若干
(2)正确接线后，将压敏电阻置于待测压力下，通过压敏电阻的电流是1.33 mA，电压表的示数如图丙所示，则电压表的读数为______ V。

(3)此时压敏电阻的阻值为________ Ω；结合图甲可知待测压力的大小F＝________ N。(计算结果均保留两位有效数字)

(1)压敏电阻的阻值随压力变化的特性曲线已知。
(2)测出在力F作用下压敏电阻的阻值即可对照­F特性曲线得出力F的大小。　　[创新点分析]
解析：(1)根据题述对实验电路的要求，应该采用分压式接法、电流表内接的电路，原理图如图所示。
(2)根据电压表读数规则，电压表读数为2.00 V。
(3)由欧姆定律，此时压敏电阻的阻值为RF＝－RA≈1.5×103 Ω，＝4，由题图甲可知，对应的待测压力F＝60 N。
答案：(1)见解析图　(2)2.00　(3)1.5×103　60
阶段综合检测(四)　[考查范围：磁场 电磁感应 交变电流]
(本试卷满分：100分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．如图所示，将一磁铁通过放置在电子秤上的支架悬挂于电子秤上方，磁铁的

正下方有两条光滑的固定金属导轨M、N，其上有两根可以自由滑动的金属杆a、b，磁铁在回路中心的正上方，当剪断细线磁铁下落时，以下说法正确的是(　 )

A．a、b杆相互远离
B．与剪断细线前相比电子秤的示数增加
C．导轨对电子秤的压力变大
D．磁铁处于完全失重状态
解析：选C　由楞次定律可知a、b杆将相互靠拢，A错误；将磁铁、支架、导轨和金属杆看成一个整体，磁铁处于失重状态，整体对电子秤的压力减小，磁铁会受到下方回路中感应电流产生的磁场的阻力作用，并不是完全失重，B、D错误；磁铁对导轨产生向下的力，因此导轨对电子秤的压力变大，C正确。
2．英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示，一个半径为r的光滑绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电量为＋q的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是(　 )

A．0　　B.　　C．2πkqr2　　D．πkqr2
解析：选D　根据法拉第电磁感应定律可得，产生的感应电动势为E＝n＝＝kπr2＝U，所以感生电场对小球的作用力所做的功为W＝qU＝πkqr2，故选D。
3.图为一交流发电机示意图，线圈abcd在匀强磁场中绕固定轴OO′沿顺时针方向匀速转动，产生的电动势的瞬时值表达式为e＝110sin 100πt (V)。已知线圈电阻r＝2 Ω，定值电阻R＝20 Ω，电表均为理想交流电表，下列说法正确的是(　 )
A．电流表读数为5 A
B．电压表读数为110 V
C．t＝5×10－3 s时刻，穿过线圈的磁通量最大
D．0～5×10－3 s内，通过电阻R的电荷量为 C
解析：选D　线圈产生的感应电动势的最大值为Em＝110 V，线圈产生的感应电动势的有效值为E＝＝110 V，根据闭合电路的欧姆定律可知I＝＝5 A，故A错误；电压表读数为UR＝IR＝100 V，故B错误；t＝5×10－3 s时刻，线圈产生的感应电动势最大，此时线圈位于与中性面垂直位置，故穿过线圈的磁通量为零，故C错误；0～5×10－3 s内，通过电阻R的电荷量为q＝Δt，＝＝＝，则q＝＝C，故D正确。
4．如图所示，在MN、PQ间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面水平向外，电场在图中没有标出。一带正电小球从a点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至b点，则小球(　 )

A．从a到b过程中可能做匀减速运动
B．受到的电场力的方向一定水平向右
C．从a到b过程中可能做匀加速运动
D．从a到b过程，克服电场力做功
解析：选D　因小球受到的洛伦兹力随小球速度变化而变化，为使带电小球能在场内做直线运动，必须满足小球的速度大小不能变化的条件，即小球受力平衡，做匀速直线运动，故A、C错误。小球共受到三个力的作用：重力、电场力和洛伦兹力，三力处于平衡状态，洛伦兹力垂直ab斜向左上方，重力竖直向下，则受到的电场力的方向不一定水平向右，B错误；从a到b的过程中，小球的动能不变，根据动能定理有ΔEk＝WG＋W电场＋W洛伦兹＝0，其中洛伦兹力不做功，重力做正功，所以电场力必须做负功，即克服电场力做功，故D正确。
5．已知通电长直导线在周围空间某位置产生的磁感应强度大小与电流强度成正比，与该位置到长直导线的距离成反比。如图所示，现有通有电流大小相同的两根长直导线分别固定在正方体的两条边dh和hg上，彼此绝缘，电流方向分别由d流向h、由h流向g，则关于a、b、c、e、f五点，下列说法正确的是(　 )

A．f、a点磁感应强度相同
B．c、e两点磁感应强度大小之比为2∶1
C．c点磁感应强度最大
D．c点磁感应强度方向与ac平行
解析：选C　由对称性可知，f、a点磁感应强度大小相等，但是方向不相同，A错误；设每根直导线的电流为I，则B＝，若正方形边长为L, 则c点磁感应强度大小Bc＝，e点磁感应强度大小Be＝，大小之比为∶1，B错误；a、b、c、e、f五个点中c点距离两通电导线距离都是最近的位置，且两根通电导线在c点的磁场方向相同，都沿着b→c方向，则合成后磁感应强度最大，C正确，D错误。
6．如图所示，一个小型水电站，其交流发电机的输出电压U1 一定，通过理想升压变压器T1 和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R。T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4。下列说法正确的是(　 )

A．当用户的用电器增多时，U2减小，U4减小
B．当用户的用电器增多时，P1增大，P3减小
C．输电线上损失的功率为ΔP＝
D．要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比，同时应增大降压变压器的匝数比
解析：选D　交流发电机的输出电压U1一定，匝数不变，根据＝，知U2不变，故A错误；当用户的用电器增多时，用户消耗的电功率变大，则输入功率增大，即P3变大，故B错误；输电线上损失的功率为ΔP＝2R，故C错误；输送功率一定时，根据P＝UI和P损＝I2R知，要减小线路的损耗，应增大输送电压，又U1一定，根据＝知，应增大升压变压器的匝数比，U3＝U2－I2R，U2增大，I2减小，所以U3增大，用户电压U4不变，根据＝知，应增大降压变压器的匝数比，故D正确。
7．由同种材料制成的粗细均匀的金属线框(如图所示)以恒定速度通过有理想边界的匀强磁场。开始时线框的ab边恰与磁场边界重合，则线框中a、b两点间电势差Uab随时间变化的图线是下图中的(　 )


解析：选A　线框向右匀速穿越磁场区域的过程可分为三个阶段：第一阶段(进入过程)，ab是电源，设电动势为E，外电阻为R＝3r(每一边的电阻为r)，则路端电压Uab为Uab＝E。第二阶段(线框整体在磁场中平动过程)，ab及dc都是电源，并且是完全相同的电源，回路中虽无感应电流，但路端电压Uab＝E，第三阶段(离开过程)，dc是电源，外电阻仍为R＝3r，路端电压为Udc＝E，因此Uab仅为Udc的，即Uab＝E，故选A。
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)
8．如图，PQ为一段固定于水平面上的光滑圆弧导轨，圆弧的圆心为O，半径为L。空间存在垂直导轨平面，磁感应强度大小为B的匀强磁场。电阻为R的金属杆OA与导轨接触良好，图中电阻R1＝R2＝R，导轨电阻不计。现使OA杆以恒定角速度ω绕圆心O顺时针转动，在其转过的过程中，下列说法正确的是(　 )

A．流过电阻R1的电流方向为P→R1→O
B．AO两点间电势差为
C．流过OA的电荷量为
D．外力做的功为
解析：选AD　由右手定则判断出OA中电流方向由O→A可知流过电阻 R1的电流方向为P→R1→O，故A正确；OA产生的感应电动势为E＝BLv＝，将OA当成电源，外部电路R1与R2并联，则OA间的电势差为U＝×＝，故B错误；流过OA的电流为I＝＝，转过角度过程中经过的时间为t＝，流过OA的电荷量为q＝It＝，故C错误；转过角度过程中，外力做的功为P＝EIt＝，故D正确。
9．如图甲所示，一自耦变压器的原线圈通过电流表A1与电压有效值不变的正弦交流电源相连接，副线圈上接有电压表V1和定值电阻R；如图乙所示，一总阻值为2R的滑动变阻器通过电流表A2与电压有效值不变的正弦交流电源相连接，输出端接有电压表V2和定值电阻R，电表均为理想电表，下列判断正确的是(　 )

A．当滑动触头P1向上移动时，电压表V1的示数增大
B．当滑动触头P1向上移动时，电流表A1的示数减小
C．当滑动触头P2向上移动时，电压表V2的示数增大
D．当滑动触头P2向上移动时，电流表A2的示数一定减小
解析：选BC　此自耦变压器为升压变压器，滑动触头P1上匀速移动时，输入电压不变，输出电压减小，电阻R消耗的功率变小，原线圈中电流表示数减小，B正确，A错误；当P2向上移动时含R的支路阻值减小，流过R的电流变大，电压表V2的示数增大，C正确；而并联总电阻可能先增大后减小，电流表A2的示数可能先减小后增大，D错误。

10．某化工厂为检测污水排放量，技术人员在排污管末端安装一台污水流量计，如图所示，该装置由非磁性绝缘材料制成，长、宽、高分别为a＝1 m、b＝0.2 m、c＝0.2 m，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B＝1.25 T的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板，污水充满装置以某一速度从左向右匀速流经该装置时，测得两个金属板间的电压U＝1 V。下列说法中正确的是(　 )

A．金属板M电势低，金属板N的电势高
B．污水中离子浓度对电压表的示数有影响
C．污水的流量(单位时间内流出的污水体积)Q＝0.16 m3/s
D．电荷量为1.6×10－19 C的离子，流经该装置时受到的静电力F＝8.0×10－19 N
解析：选CD　根据左手定则，知负离子所受的洛伦兹力方向向下，则向下偏转，N板带负电，M板带正电，则M板的电势比N板电势高，故A错误；最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有qvB＝q解得U＝Bvc，与离子浓度无关，故B错误；污水的流速v＝，则流量为Q＝vbc＝＝0.16 m3/s，故C正确；电荷量为1.6×10－19 C的离子流经该装置时受到的静电力F＝＝8×10－19 N，故D正确。
三、非选择题(本题共5个小题，共54分)
11．(10分)在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝150匝，螺线管导线电阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R2＝5.0 Ω，C＝30 μF。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁通量Φ按如图乙所示的规律变化，螺线管内的磁场B的方向向下为正方向。求：

(1)闭合S，电路稳定后，a、b两点的电势差Uab。
(2)电路稳定后电阻R2的电功率P。
(3)电路稳定时某时刻断开S，则流经R2的电荷量。
解析：(1)根据法拉第电磁感应定律得E＝n＝30 V
根据楞次定律，b点为等效电源的正极，
所以Uab＝E＝－27 V。
(2)电路稳定后电阻R2的电功率
P＝2R2，解得P＝45 W。
(3)电路稳定时，电容器的带电量为
q＝EC＝4.5×10－4 C
断开S后，电容器放电，所以流经R2的电荷量为
q＝4.5×10－4 C。
答案：(1)－27 V　(2)45 W　(3)4.5×10－4 C
12．(10分)如图甲所示，一正方形线圈的匝数为240匝，边长为a＝0.5 m，对应的总电阻为2 Ω，电阻R＝1 Ω 并通过导线与线圈相连，线圈平面与匀强磁场垂直且固定，且一半处在磁场中，磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化的关系如图乙所示，求：

(1)线圈中产生的感应电流的方向；
(2)6 s内通过电阻R的电荷量；
(3)t＝4 s时线圈受到安培力的大小。
解析：(1)由楞次定律可知：电流的方向为逆时针方向。
(2)根据法拉第电磁感应定律：
E＝n＝n＝3 V
根据电路的串、并联关系知，总电阻为1.5 Ω；
由欧姆定律得I干路＝＝2 A
则通过电阻R的电流为1 A；解得q＝It＝6 C。
(3)安培力F＝nBI干路L
由题图乙可知：t＝4 s时，B＝0.6 T，有效长度为L＝a，解得F＝144 N。
答案：(1)逆时针方向　(2)6 C　(3)144 N
13．(10分)如图所示为圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，边界跟y轴相切于坐标原点O。O点处有一放射源，沿纸面向各个方向射出速率均为v的某种带电粒子，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的两倍。已知带电粒子的质量为m、电荷量为q，不考虑带电粒子的重力。
(1)推导带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；
(2)求带电粒子在磁场中的最大偏转角。
解析：(1)带电粒子进入磁场后，受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得Bqv＝m，则r＝。
(2)

粒子的速率均相同，因此粒子轨迹圆的半径均相同，但粒子射入磁场的速度方向不确定，故可以保持圆的大小不变，只改变圆的位置，画出“动态圆”，如图所示，通过“动态圆”可以观察到粒子在磁场中的运动轨迹均为劣弧，劣弧弧越长，弧所对应的圆心角越大，则运动时间越长，当粒子的轨迹弧的弦长等于圆形磁场区域的直径时，粒子运动的时间最长，由几何关系知sin＝＝，即φm＝60°。
答案：(1)见解析　(2)60°
14．(12分)如图所示，在xOy坐标系的0≤y≤d的区域内分布着沿y轴正方向的匀强电场，在d≤y≤2d的区域内分布着垂直于xOy平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的交界面，ab为磁场的上边界。现从原点O处沿x轴正方向发射出速率为v0、比荷(电荷量与质量之比)为k的带正电粒子，粒子运动轨迹恰与ab相切并返回电场。已知电场强度E＝，不计粒子重力和粒子间的相互作用。求：
(1)粒子第一次穿过MN时的速度；
(2)磁场的磁感应强度B的大小；
(3)粒子在磁场中运动的时间。
解析：(1)粒子从原点O处沿x轴正方向发射，在电场中做类平抛运动，由动能定理，有qEd＝mv2－mv02，将＝k，E＝代入解得v＝2v0，粒子运动轨迹如图。

图中cos θ＝＝，解得θ＝60°，即粒子第一次穿过MN时的速度为2v0，方向与水平方向成60°角斜向右上。
(2)由图，根据几何关系有R＋Rcos θ＝d，解得R＝d
由牛顿第二定律，有qvB＝，解得B＝。
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝，
T＝，联立解得粒子运动的周期T＝＝
故粒子在磁场中运动的时间为t＝T＝T＝。
答案：(1)2v0　方向与水平方向成60°角斜向右上
(2)　(3)
15．(12分)如图所示，半径为r＝1 m的光滑金属圆环固定在水平面内，垂直于环面的匀

强磁场的磁感应强度大小为B＝2.0 T，一金属棒OA在外力作用下绕过O点的轴以角速度ω＝2 rad/s沿逆时针方向匀速转动，金属环和导线电阻均不计，金属棒OA的电阻r0＝1 Ω，电阻R1＝2 Ω，R2＝3 Ω，R3＝7.5 Ω，电容器的电容C＝4 μF。闭合开关S，电路稳定后，求：
(1)通过金属棒OA的电流大小和方向；
(2)外力的功率；
(3)从断开开关S到电路稳定这一过程中通过电流表的电荷量。
解析：(1)由右手定则可知通过金属棒OA的电流方向是由A到O。金属棒OA产生的感应电动势大小为E＝Bωr2＝2 V，S闭合时的等效电路如图1所示。
此时电路的外电阻为R＝＝3 Ω
由闭合电路欧姆定律得通过金属棒OA的电流为I＝＝0.5 A。
(2)根据能量守恒定律可得外力的功率为P＝IE＝1 W。
(3)S断开前，电路的路端电压为U＝IR＝1.5 V
电容器两端的电压为U1＝U＝0.6 V
此时电容器a板带正电，b板带负电，且所带的电荷量为Q1＝CU1＝2.4×10－6 C
S断开后的等效电路如图2所示。
电容器两端的电压为
U2＝＝1 V
电路稳定后电容器a板带负电，b板带正电，且所带的电荷量为Q2＝CU2＝4×10－6 C
由于开关断开后电容器极板电性发生变化，所以通过电流表的电荷量为Q＝Q1＋Q2＝6.4×10－6 C。
答案：(1)0.5 A，方向由A到O　(2)1 W
(3)6.4×10－6 C