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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
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这是一份高考物理一轮复习 第十一章：交变电流 电磁振荡与电磁波 传感器学案，共58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，扫描实验盲点等内容，欢迎下载使用。
一、交变电流
1．交变电流
电流、电压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，如图所示。
(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，eq \f(ΔΦ,Δt)＝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，eq \f(ΔΦ,Δt)最大，e最大，i最大，电流方向不发生改变。
(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
2．交变电流的瞬时值、峰值和有效值
[注意] 正(余)弦式交变电流的有效值和峰值的关系：E＝eq \f(Em,\r(2))，U＝eq \f(Um,\r(2))，I＝eq \f(Im,\r(2))。
情境创设
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，矩形线圈中一定会产生正弦式交变电流。(×)
(2)线圈在磁场中转动的过程中穿过线圈的磁通量最大时，产生的感应电动势也最大。(×)
(3)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动经过中性面时，矩形线圈中的感应电动势为零，感应电流方向发生改变。(√)
(4)交流电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]
图甲、乙是交流发电机示意图，线圈ABCD在磁场中匀速转动。下列说法正确的是( )
A．图甲中该时刻穿过线圈的磁通量最大，电路中的感应电流最大
B．图乙中该时刻穿过线圈的磁通量为零，电路中的感应电流为零
C．图甲中该时刻穿过线圈的磁通量变化率为零，电路中的感应电流为零
D．图乙中该时刻穿过线圈的磁通量变化率最大，电路中的感应电流为零
解析：选C 题图甲中线圈位于中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小，产生的感应电动势为零，电路中的感应电流为零，故A错误，C正确；题图乙中线圈位于与中性面垂直的位置，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，产生的感应电动势最大，电路中的感应电流最大，故B、D错误。
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＝200eq \r(2)·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＝eq \f(1,200) s时，e达到峰值
D．该交变电流的电动势的有效值为200eq \r(2) 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＝eq \f(ω,2π)＝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＝eq \f(1,200) s时，e达到峰值Em＝200eq \r(2) V，C正确；该交变电流的电动势的有效值E＝eq \f(Em,\r(2))＝200 V，D错误。
3．[描述交变电流的物理量]
(2023·安徽蚌埠质检)在匀强磁场中，匝数N＝100的矩形线圈绕垂直磁感线的转轴匀速转动，线圈中产生的感应电动势随时间的变化规律如图所示，则下列说法正确的是( )
A．t＝0.5×10－2 s时，线圈平面与中性面重合
B．t＝1×10－2 s时，线圈中磁通量变化率最大
C．穿过每一匝线圈的最大磁通量为1×10－3 Wb
D．线圈转动的角速度为50π rad/s
解析：选C 由题图可知，当t＝0.5×10－2 s时，感应电动势最大，线圈平面与中性面垂直，故A错误；当t＝1×10－2 s时，感应电动势为0，线圈平面与中性面重合，磁通量最大，磁通量变化率为0，故B错误；该交流电的周期T＝0.02 s，则线圈转动角速度ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,0.02) rad/s＝100π rad/s，交流发电机的最大感应电动势Em＝NωBS，所以Φm＝BS＝eq \f(Em,Nω)＝eq \f(10π,100×100π) Wb＝1×10－3 Wb，故C正确，D错误。
[要点自悟明]
正弦式交变电流的变化规律(线圈从中性面位置开始计时)
[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方法
1．公式法：对于正(余)弦式交变电流，利用E＝eq \f(Em,\r(2))、U＝eq \f(Um,\r(2))、I＝eq \f(Im,\r(2))计算有效值。
[注意] 若图像一部分是正(余)弦式交变电流，其中的eq \f(1,4)周期(必须是从零至最大值或从最大值至零)和eq \f(1,2)周期部分可直接应用正弦式交变电流有效值与最大值间的关系I＝eq \f(Im,\r(2))、U＝eq \f(Um,\r(2))求解。
2．定义法：对于非正弦式交变电流，计算有效值时要抓住“三同”，即“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”，列式求解时相同时间一般取一个周期或周期的整数倍。
[考法全训]
类型1 正弦式交变电流
1．(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eq \f(L,4)。线圈中感应电动势的有效值为( )
A．NBL2ω B．eq \f(\r(2),2)NBL2ω
C．eq \f(1,2)NBL2ω D．eq \f(\r(2),4)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＝eq \f(Em,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)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：eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(156,\r(2))))2,R)×eq \f(T,2)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(311,\r(2))))2,R)×eq \f(T,2)＝eq \f(U2,R)T，解得：U≈174 V。
类型3 部分波形
3.(2023·山东日照模拟)如图所示的区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一扇形闭合导线框，电阻为R、半径为L、圆心角为60°，绕顶点O(位于磁场边界)在纸面内匀速转动，角速度为ω。线框串有一理想交流电流表(未画出)，则交流电流表的示数为( )
A．eq \f(\r(2)BL2ω,2R) B．eq \f(\r(2)BL2ω,4R)
C．eq \f(\r(3)BL2ω,3R) D．eq \f(\r(3)BL2ω,6R)
解析：选D 设线框转动周期为T，而线框转动一周只有eq \f(T,3)的时间内有感应电流，此时感应电流的大小为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(\f(1,2)BL2ω,R)＝eq \f(BL2ω,2R)，根据有效值的定义有I有效2RT＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(BL2ω,2R)))2R·eq \f(T,3)，所以感应电流的有效值为I有效＝eq \f(\r(3)BL2ω,6R)，D正确。
类型4 矩形波形
4．(2023·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．50eq \r(2) V B．50 V
C．25eq \r(2) 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eq \f(T,3)时间内U1＝100 V，后eq \f(2T,3)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eq \f(U2,R)T＝eq \f(U12,R)·eq \f(T,3)＋eq \f(U22,R)·eq \f(2,3)T，代入已知数据，解得U＝50eq \r(2) V，A正确。
(三) 交变电流“四值”的理解及应用(精研点)
交变电流的“四值”及应用
[针对训练]
1.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10eq \r(2) V
D．线圈自中性面转过90°的过程中的平均感应电动势为eq \f(20\r(2),π) 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＝eq \r(2)E＝10eq \r(2) V，故A、B错误；由正弦式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eq \(E,\s\up6(－))＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(2nBSω,π)＝eq \f(2Em,π)＝eq \f(20\r(2),π) V，故D正确。
2．(2023·天津模拟)手摇式发电机是我们教学中常用的演示工具，如图甲所示，其工作原理可以简化为图乙所示。一个小型旋转电枢式交流发电机的矩形线圈面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中以矩形线圈中轴线为轴、以角速度ω匀速转动，产生的交流电通过M、N与外电路连接，如图乙所示，外电路灯泡电阻为R，电压表为理想交流电压表。在线圈由平行于磁场方向位置转过90°的过程中，下面说法正确的是( )
A．电压表V的示数为eq \f(nωBSR,R＋r)
B．通过灯泡的电荷量为eq \f(n2BS,R＋r)
C．灯泡中产生的焦耳热为eq \f(n2B2S2ωπR,4R＋r2)
D．从线圈平行于磁场方向位置开始计时，通过线圈中感应电流的瞬时值表达式为i＝eq \f(nωBS,R＋r)sin ωt (A)
解析：选C 当线圈平行于磁场方向时电动势最大，其峰值Em＝nωBS，所以，电流有效值I＝eq \f(Em,\r(2)R＋r)＝eq \f(nωBS,\r(2)R＋r)，电压表示数U＝IR＝eq \f(nωBSR,\r(2)R＋r)，故A错误；线圈转过90°的过程中通过灯泡的电荷量为q＝eq \(I,\s\up6(－))t＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R＋r)·eq \f(T,4)＝eq \f(2nωBS,πR＋r)×eq \f(π,2ω)＝eq \f(nBS,R＋r)，故B错误；电动势的有效值E＝eq \f(nωBS,\r(2))，电流的有效值I＝eq \f(nωBS,\r(2)R＋r)，线圈转过90°的过程中灯泡产生的焦耳热Q＝I2Rt＝eq \f(n2B2S2ωπR,4R＋r2)，故C正确；流过线圈电流的最大值为Im＝eq \f(Em,R＋r)＝eq \f(nωBS,R＋r)，从线圈平行磁场方向位置开始计时，感应电流的瞬时值表达式为i＝eq \f(nωBS,R＋r)cs ωt (A)，故D错误。
3．(2021·浙江1月选考)(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＝eq \f(2BL2,R)
D．电阻产生的焦耳热Q＝eq \f(πUmBL2,R)
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＝eq \x\t(I)t＝eq \f(\x\t(E),R)t＝eq \f(ΔΦ,R)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eq \f(2BL2,R)，转动一周流过电阻的电荷量为q总＝2×eq \f(2BL2,R)＝eq \f(4BL2,R)，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＝eq \f(U有2,R)t，交流电最大值为BL2ω＝Um，联立可知Q＝eq \f(πUmBL2,R)，选项D正确。
1．[联系生活实际]风速测速仪的简易装置如图甲所示，某段时间内线圈中产生的感应电流的波形如图乙所示，下列说法正确的是( )
A．若风速变大，图乙中感应电流的周期变大
B．若风速变大，图乙中感应电流的峰值变大
C．图乙中感应电流最大时，风速最大
D．图乙中感应电流随时间变化的原因是风速在变
解析：选B 若风速变大，则转速变大，角速度变大，根据T＝eq \f(2π,ω)可知，周期变小，故A错误；若风速变大，则角速度变大，根据Em＝NωBS可知，感应电动势峰值变大，再根据Im＝eq \f(Em,R＋r)可知，感应电流的峰值变大，故B正确；题图乙中感应电流最大时，是穿过线圈的磁通量的变化率最大，并不是风速最大，故C错误；题图乙中感应电流随时间变化的原因是穿过线圈的磁通量变化率随时间在变化，故D错误。
2．[聚焦科技前沿](多选)如图甲所示，为新能源电动汽车的无线充电原理图，M为匝数n＝50匝、电阻r＝1.0 Ω的受电线圈，N为送电线圈。当送电线圈N接交变电流后，在受电线圈内产生了与线圈平面垂直的磁场，其磁通量Ф随时间t变化的规律如图乙所示。下列说法正确是( )
A．受电线圈产生的电动势的有效值为10eq \r(2) V
B．在t1时刻，受电线圈产生的电动势为20 V
C．在t1～t2时间内，通过受电线圈的电荷量为4×10－2 C
D．在t1～t2时间内，通过受电线圈的电荷量为2×10－2 C
解析：选AD 由题图乙可知，T＝π×10－3 s，受电线圈的最大磁通量为Φm＝2.0×10－4 Wb，所以受电线圈产生的电动势最大值为：Em＝nΦm·eq \f(2π,T)＝20 V，所以受电线圈产生的电动势的有效值为E＝eq \f(Em,\r(2))＝10eq \r(2) V，故A正确；由题图乙可知，t1时刻磁通量变化率为0，由法拉第电磁感应定律可知，此时受电线圈产生的电动势为0，故B错误；在t1～t2时间内，通过受电线圈的电荷量q＝eq \f(nΔΦ,r)＝2.0×10－2 C，故C错误，D正确。
3．[体现学以致用]合理利用自然界中的能源是一个重要的课题。在我国某海域，人们设计了一个浮桶式波浪发电灯塔。如图甲所示，该浮桶由内、外两密封圆筒构成，浮桶内磁体由支柱固定在暗礁上，内置匝数N＝100的线圈。线圈与阻值R＝14 Ω的灯泡相连，随波浪相对磁体沿竖直方向上下运动且始终处于磁场中，其运动速度v＝2eq \r(2)sin πt(m/s)。辐向磁场中线圈所在处的磁感应强度大小B＝0.2 T。单匝线圈周长L＝1.5 m，总电阻r＝1 Ω，圆形线圈所在处截面如图乙所示。下列说法正确的是( )
A．线圈中感应电动势为60eq \r(2) V
B．灯泡中流过电流的最大值为4 A
C．灯泡的电功率为240 W
D．1分钟内小灯泡消耗的电能为13 440 J
解析：选D 线圈在磁场中切割磁感线，产生电动势最大值为Emax＝NBLvmax，代入数据可得Emax＝60eq \r(2) V，线圈中感应电动势为e＝Emaxsin πt＝60eq \r(2)sin(πt)V，故A错误；根据闭合电路的欧姆定律可得最大电流为Imax＝eq \f(Emax,R＋r)＝4eq \r(2) A，故B错误；电流的有效值为I＝4 A，灯泡的电功率为P＝I2R＝224 W，故C错误；1分钟内小灯泡消耗的电能为W＝Pt＝13 440 J，故D正确。
4．[树立民族自信](2021·江苏高考)贯彻新发展理念，我国风力发电发展迅猛，2020年我国风力发电量高达4 000亿千瓦时。某种风力发电机的原理如图所示，发电机的线圈固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，已知磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为0.20 T，线圈的匝数为100、面积为0.5 m2，电阻为0.6 Ω，若磁体转动的角速度为90 rad/s，线圈中产生的感应电流为50 A。求：
(1)线圈中感应电动势的有效值E；
(2)线圈的输出功率P。
解析：(1)电动势的最大值Em＝NBSω，有效值E＝eq \f(Em,\r(2))，解得E＝eq \f(NBSω,\r(2))，代入数据得E≈6.4×102 V。
(2)输出电压U＝E－Ir，输出功率P＝IU，解得P＝I(E－Ir)，代入数据得P＝3.05×104 W。
答案：(1)6.4×102 V (2)3.05×104 W
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
1．(2022·浙江1月选考)如图所示，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动；乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动。下列说法正确的是( )
A．甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
B．乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
C．甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电
D．乙图线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电
解析：选A 甲图中细短铁丝显示的磁场分布均匀，则线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，A正确；乙图中细短铁丝显示的磁场分布不均匀，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，B错误；根据发电机原理可知甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，因不一定匀速转动，故C错误；乙图中是非匀强磁场，则线圈匀速转动时不能产生正弦交流电，D错误。
2．(多选)如图甲所示是一台交流发电机构造示意图，产生交变电流的感应电动势随时间变化的规律如图乙所示，发电机线圈电阻为1 Ω，外接电阻为4 Ω，其他电阻不计，则( )
A．电动势的瞬时值表达式为e＝5sin(50πt)V
B．理想电压表的示数为4 V
C．在t＝0.01 s时刻，电路中电流的瞬时值为1 A
D．该线圈磁通量变化率的最大值为5 Wb/s
解析：选AC 由题图乙知em＝5 V，ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,4×10－2) rad/s＝50π rad/s，电动势的瞬时值表达式为e＝5sin(50πt)V，故A正确；理想电压表的示数为U＝eq \f(em,\r(2))×eq \f(4 Ω,1＋4Ω)＝2eq \r(2) V，故B错误；在t＝0.01 s时刻，电路中电流的瞬时值I＝eq \f(em,R＋r)＝1 A，故C正确；线圈匝数未知，无法判断该线圈磁通量变化率的最大值，故D错误。
3．(2021·天津等级考)如图所示，闭合开关后，R＝5 Ω的电阻两端的交流电压为u＝50eq \r(2)sin 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＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,10π) 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＝eq \f(50\r(2),\r(2)) V＝50 V，选项B错误；电流表的读数为I＝eq \f(U,R)＝eq \f(50,5) 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。
4．(2023·浙江杭州模拟)如图甲所示是一种可手摇发电的手电筒，除照明外还可手摇发电为其电池充电。其原理为回路处在磁感应强度为0.01 T的匀强磁场中，磁场方向如图乙所示，图乙所示时刻半圆形导线束位于纸面内。从右向左看，手柄以eq \f(40,π) rad/s逆时针匀速转动，则( )
A．该手摇电筒中的电流是直流电
B．图乙所示时刻半圆形导线束上电流从A到B
C．图乙所示时刻半圆形导线束受安培力大小为0
D．图乙所示电流表的示数为0.4 A
解析：选C 根据手摇电筒的结构，线圈转动切割磁感线产生感应电流方向不断变化，故该手摇电筒中的电流是交流电，A错误；图乙所示时刻半圆形导线转动方向与磁场方向平行，该时刻无感应电流，半圆形导线束受安培力大小为0，B错误，C正确；电流表的示数为半圆形导线束转一圈的有效值，由题干中的已知条件无法求出电路中的电流有效值，故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．(2023·山东青岛模拟)图1中，单匝矩形闭合线圈abcd在匀强磁场中绕垂直磁场的轴OO′匀速转动。当线圈的转速为n1和n2时，穿过该线圈的磁通量随时间分别按图2中甲、乙所示的规律变化，已知线圈的电阻为5.0 Ω，则( )
A．0.2 s时，甲、乙对应的线圈平面均垂直于磁感线
B．0.05 s时，乙对应的线圈中产生的感应电动势最大
C．甲、乙对应的线圈的转速之比n1∶n2＝4∶5
D．甲对应的线圈中交变电流的最大值为π A
解析：选D 由题图2可知，在t＝0.2 s时，穿过线圈的磁通量都为零，因此甲、乙对应的线圈平面平行于磁感线，故A错误；在t＝0.05 s时，图线乙对应穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，因此产生的感应电动势最小为零，故B错误；由题图2可知甲对应的周期为0.16 s，图线乙对应的周期为0.2 s，二者的转速比等于周期比的反比，即5∶4，故C错误；甲对应产生的感应电动势的最大值Em＝nΦmω＝nΦmeq \f(2π,T)＝eq \f(0.4×2π,0.16)＝5π V，因此Im＝eq \f(Em,R)＝π A，故D正确。
7．(多选)图甲为小型交流发电机的原理图，发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，从t＝0时刻开始，通过矩形线圈的磁通量随时间变化的规律如图乙所示，已知线圈的匝数N＝50，线圈的电阻r＝5 Ω，线圈与外电路连接的定值电阻R＝45 Ω，电压表为理想交流电表。则下列判断正确的是( )
A．线圈转动的周期为6.28 s
B．t＝0时刻线圈平面与磁感线方向平行
C．线圈转动过程中产生的最大感应电动势为100eq \r(2) V
D．电压表的示数为64 V
解析：选BD 由题图乙可知，线圈转动的周期为T＝6.28×10－2 s，故A错误；由题图乙可知，t＝0时刻，磁通量为零，线圈平面与磁感线方向平行，故B正确；线圈中的最大感应电动势Em＝NBSω＝NΦmω＝50×2×10－2×eq \f(2π,6.28×10－2) V＝100 V，故C错误；电动势有效值为E＝eq \f(Em,\r(2))＝50eq \r(2) V，则电压表的示数为U＝eq \f(E,R＋r)·R＝eq \f(50\r(2),50)×45 V＝45eq \r(2) V≈64 V，故D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：eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)。(2)电流关系：eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)。
(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。
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＝ρeq \f(l,S)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、生产用电的必需设备，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]
(2022·湖北高考)(多选)近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示。发射线圈的输入电压为220 V、匝数为1 100匝，接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其他损耗，下列说法正确的是( )
A．接收线圈的输出电压约为8 V
B．接收线圈与发射线圈中电流之比约为22∶1
C．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同
D．穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同
解析：选AC 根据eq \f(n1,n2)＝eq \f(80%U1,U2)，可得接收线圈的输出电压约为U2＝8 V，A正确；根据eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,80%I1)，可得eq \f(I2,I1)＝eq \f(88,5)，故B错误；变压器是不改变交变电流的频率的，故C正确；由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不相同，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的不相同，故D错误。
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eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可得，副线圈输出电压为U2＝eq \f(n2,n1)U1＝8 V，经过二极管后，根据有效值定义可得eq \f(U2,R)·T＝eq \f(U22,R)·eq \f(T,2)，解得手机两端的电压为U＝4eq \r(2) 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]
(多选)如图所示，某理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。当输入电压U为灯泡额定电压的16倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是( )
A．原、副线圈匝数比为15∶1
B．原、副线圈匝数比为16∶1
C．a和b两灯泡的电阻之比为1∶1
D．a和b两灯泡的电阻之比为15∶1
解析：选AD 设灯泡的额定电压为U0，两灯均能正常发光，依题意知原线圈的输出端电压U1＝16U0－U0＝15U0，副线圈两端电压U2＝U0，故eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)＝eq \f(15,1)，故A正确，B错误；根据公式eq \f(I2,I1)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(15,1)，因为小灯泡两端的电压相等，所以根据公式U＝IR可得，灯泡a和b的电阻之比为15∶1，故C错误，D正确。
[要点自悟明]
1．理想变压器的基本关系
2．变压器原、副线圈串联电阻或二极管的提醒
(1)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。
(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)
理想变压器的制约关系
[考法全训]
考法一 匝数比不变，负载变化
如图所示，匝数比不变，负载变化的情况的分析思路：
(1)U1不变，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，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] (2022·湖南高考)如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端。理想电压表V的示数为U，理想电流表A的示数为I。下列说法正确的是( )
A．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变
B．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大
C．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大
D．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小
[解析] 由题意可知，原、副线圈的匝数比为2∶1，则副线圈的电流为2I，根据欧姆定律可得副线圈的电压有效值为U2＝2IR1，则变压器原线圈的电压有效值为U1＝2U2＝4IR1，设输入交流电的电压有效值为U0，则U0＝4IR1＋IR2，可得I＝eq \f(U0,4R1＋R2)，保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R2减小，I不断变大，根据欧姆定律U1＝4IR1，可知变压器原线圈的电压有效值变大，输入电压有效值不变，则R2两端的电压不断变小，则电压表示数U变小，原线圈的电压、电流都变大，则功率变大，根据原、副线圈的功率相等，可知R1消耗的功率增大，故B正确，A错误；设原、副线圈的匝数比为n∶1，同理可得U1＝n2IR1，则U0＝n2IR1＋IR2，整理可得I＝eq \f(U0,n2R1＋R2)，保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，n不断变大，则I变小，对R2由欧姆定律可知U＝IR2，可知U不断变小，根据原、副线圈的功率相等可知R1消耗的功率P1＝IU1＝eq \f(U0,n2R1＋R2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(U0－\f(U0R2,n2R1＋R2)))，整理可得P1＝eq \f(U02,n2R1＋\f(R22,n2R1)＋2R2)，可知n＝3时，R1消耗的功率有最大值，可知R1消耗的功率先增大，后减小，故C、D错误。
[答案] B
考法二 负载不变，匝数比变化
如图所示，负载电阻不变，匝数比变化的情况的分析思路：
(1)U1不变，eq \f(n1,n2)发生变化，U2变化。
(2)R不变，U2变化，I2发生变化。
(3)根据P2＝eq \f(U22,R)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I＝eq \f(U2,R2)＝eq \f(22,10) A＝2.2 A，A正确，B错误；当S由a拨到b后，原线圈电压、频率不变，原线圈匝数减半，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
考法三 匝数比、负载都变化
分析变压器电路动态变化问题的一般思路：
(1)分清不变量和变量。
(2)弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系。
(3)利用闭合电路的欧姆定律、串并联电路特点进行分析判定。
[例3] (多选)如图所示，面积为S、匝数为N、内阻不计的矩形线圈，在磁感应强度为B的匀强磁场中，从图示位置开始计时，绕水平轴OO′以角速度ω匀速转动。矩形线圈通过滑环连接理想变压器。理想变压器原线圈上的滑动触头P上下移动可改变副线圈的输出电压，副线圈接有可变电阻R，电表均为理想交流电表。下列判断正确的是( )
A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcs(ωt)
B．当P位置不变，R阻值不变，增大矩形线圈转动角速度ω时，电压表示数和电流表示数都变大
C．当P位置不变，线圈转动角速度ω不变，R阻值增大时，电压表示数增大
D．当线圈转动角速度ω不变，R阻值不变，P位置向下移动时，电流表示数变大
[解析] 矩形线圈产生的感应电动势最大值为Em＝NBSω，从图示位置开始计时，线圈的磁通量为零，线圈的磁通量变化率最大，感应电动势最大，则感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcs(ωt)＝NBSωcs(ωt)，故A正确；当P位置不变，R阻值不变，增大矩形线圈转动角速度ω时，线圈产生的电动势增大，则电压表示数U1变大，根据原、副线圈的电压比等于匝数比eq \f(U2,U1)＝eq \f(n2,n1)，可知副线圈的输出电压U2变大，根据欧姆定律可知通过R的电流I2变大，根据变压器电流与匝数关系eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，可知电流表示数I1变大，故B正确；当P位置不变，线圈转动角速度ω不变，R阻值增大时，线圈产生的电动势不变，则电压表示数不变，故C错误；当线圈转动角速度ω不变，R阻值不变，P位置向下移动时，线圈产生的电动势不变，原线圈输入电压U1不变，根据原、副线圈的电压比等于匝数比eq \f(U2,U1)＝eq \f(n2,n1)，由于原线圈匝数n1变大，可知副线圈的输出电压U2变小，根据欧姆定律可知通过R电流I2变小，根据变压器电流与匝数关系eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，可知电流表示数I1变小，故D错误。
[答案] AB
(三) 三种特殊的变压器(精研点)
类型一 两类互感器
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，eq \f(I,k2)
C．eq \f(U,k1)，k2I D．eq \f(U,k1)，eq \f(I,k2)
解析：选B 根据原、副线圈的电压、电流与线圈匝数关系可知eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)＝k1，eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)＝eq \f(1,k2)，由此可知U1＝k1U，I1＝eq \f(I,k2)，B正确。
类型二 自耦变压器
自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，原、副线圈共用其中的一部分作为另一个线圈，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。
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：选D 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eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，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。
类型三 多个副线圈的变压器
具有两个(或两个以上)副线圈的变压器的三个关系：
(1)电压关系：eq \f(U1,n1)＝eq \f(U2,n2)＝eq \f(U3,n3)＝…
(2)电流关系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋…
(3)功率关系：P1＝P2＋P3＋…
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eq \f(n1I,n2)
B．电阻R2两端的电压为eq \f(n2IR1,n1)
C．n0与n1的比值为eq \f(\r(2)NBL2ω,IR1)
D．发电机的功率为eq \f(\r(2)NBL2ωIn1＋n2,n0)
解析：选BC 电阻R1两端的电压U1＝IR1，由变压器电压规律有eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，解得U2＝eq \f(n2IR1,n1)，则通过电阻R2的电流I2＝eq \f(U2,R2)＝eq \f(n2R1I,n1R2)，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＝eq \f(Em,\r(2))＝eq \r(2)NBL2ω，由变压器的电压规律有eq \f(E,U1)＝eq \f(n0,n1)，所以eq \f(n0,n1)＝eq \f(E,U1)＝eq \f(\r(2)NBL2ω,IR1)，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＝eq \r(2)NBL2ωIeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n1,n0)＋\f(n22R1,n0n1R2)))，D错误。
(四) 电能的输送问题(精研点)
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eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，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eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)，eq \f(I3,I4)＝eq \f(n4,n3)，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，eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)，eq \f(I3,I4)＝eq \f(n4,n3)，P1＝eq \f(U42,R)＝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，eq \f(U3′,U4′)＝eq \f(n3′,n4′)，eq \f(I3′,I4′)＝eq \f(n4′,n3′)，P＝eq \f(U4′2,R)，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
[规律方法]
1．三种电压和三种电功率的区别
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。
[考法全训]
考法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＝eq \f(P,U1)＝400 A，A错误。输电线上的电流I线＝ eq \r(\f(P线,R线))＝25 A，B错误。升压变压器的副线圈输出电压U2＝eq \f(P,I线 )＝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eq \f(n3,n4)＝eq \f(U3,U4)＝eq \f(190,11)，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＝eq \f(P4,U4)≈431.8 A，D错误。
考法2 输电线上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′＝eq \f(1,4)ΔP B．ΔP′＝eq \f(1,2)ΔP
C．ΔU′＝eq \f(1,4)ΔU D．ΔU′＝eq \f(1,2)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＝eq \f(P,U)2·r，输电线路损失的电压ΔU＝eq \f(P,U)·r，若改用1 100 kV的特高压输电，同理有ΔP′＝eq \f(P,U′)2·r，ΔU′＝eq \f(P,U′)·r，可得ΔP′＝eq \f(ΔP,4)，ΔU′＝eq \f(ΔU,2)，故B、C错误，A、D正确。
1．[树立民族自信](2022·河北高考)张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一，其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z转，通过转速比为1∶n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B，t＝0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后。输出电压为U。忽略线圈电阻，下列说法正确的是( )
A．发电机输出的电压为eq \r(2)πNBSz
B．发电机输出交变电流的频率为2πnz
C．变压器原、副线圈的匝数比为eq \r(2)πNBSnz∶U
D．发电机产生的瞬时电动势e＝eq \r(2)πNBSnzsin(2πnz)
解析：选C 发电机线圈的转速为nz，输出交变电流的频率为f＝nz＝eq \f(ω,2π)， B错误；线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生正弦交流电，电动势的最大值为Em＝NBS·2πnz，输出电压的有效值为E＝eq \f(Em,\r(2))＝eq \r(2)πNBSnz，A错误；变压器原、副线圈的匝数比为eq \f(n1,n2)＝eq \f(E,U)＝eq \f(\r(2)πNBSnz,U)，C正确；发电机产生的瞬时电动势为e＝Emsin ωt＝2πNBSnzsin(2πnzt)，D错误。
2．[体现学以致用]某手动发电的手电筒，图甲和图乙是其发电机的两个截面示意图。推动手柄使线圈a沿轴线往复运动，线圈a中产生的感应电动势随时间按正弦规律变化，如图丙所示。线圈a连接一原、副线圈匝数比为2∶1的理想变压器，其输出端给两个额定电流均为0.5 A的灯泡供电，两灯泡恰好正常发光。线圈a及导线电阻不计。则( )
A．变压器输出电流的频率为25 Hz
B．灯泡的额定电压为2 V
C．线圈a中电流的有效值为1 A
D．发电机输出功率为eq \r(2) W
解析：选D 由题图丙可知线圈a中产生的感应电动势的周期为0.4 s，故变压器输出电流的频率为f＝eq \f(1,T)＝2.5 Hz，A错误；由题图丙可知线圈a中产生的感应电动势的最大值为4 V，有效值为2eq \r(2) V，理想变压器的原、副线圈匝数比为2∶1，故两灯泡恰好正常发光的额定电压为eq \r(2) V，B错误；输出端给两个额定电流均为0.5 A的灯泡供电，两灯泡正常发光，故副线圈的干路电流有效值为1 A，原、副线圈匝数比为2∶1，变压器的原、副线圈的电流与匝数成反比，故线圈a中电流的有效值为0.5 A，C错误；灯泡正常工作的额定功率为P＝UI＝eq \r(2)×0.5 W＝eq \f(\r(2),2) W，发电机输出功率为P出＝2P＝eq \r(2) W，D正确。
3．[联系生活实际](多选)在家庭电路中，为了安全，一般在电能表后面的电路中安装一个漏电开关，其工作原理如图所示，其中甲线圈两端与脱扣开关控制器相连，乙线圈由两条电线采取双线法绕制，并与甲线圈绕在同一个矩形硅钢片组成的铁芯上。以下说法正确的是( )
A．当用户用电正常时，甲线圈两端没有电压，脱扣开关接通
B．当用户用电正常时，甲线圈两端有电压，脱扣开关接通
C．当用户发生漏电时，甲线圈两端没有电压，脱扣开关断开
D．当用户发生漏电时，甲线圈两端有电压，脱扣开关断开
解析：选AD 乙线圈采取双线法绕制，正常状态时，火线和零线中电流相等，产生的磁场完全抵消，甲线圈中没有电压，脱扣开关保持接通，A正确，B错误；当用户发生漏电时，流过火线与零线的电流不相等，产生的磁场不能完全抵消，会使甲线圈中产生感应电动势，控制器控制脱扣开关断开，C错误，D正确。
4．[聚焦科技前沿]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U1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，听筒扬声器(等效为一个阻值为R的定值电阻)与一滑动变阻器(最大阻值为R)连接在该变压器的副线圈。已知原线圈与副线圈的匝数比为k，则( )
A．副线圈两端的电压为U1k
B．当滑动变阻器阻值为R时，通过原线圈的电流为eq \f(U1,2kR)
C．当滑动变阻器阻值为R时，听筒扬声器的功率为eq \f(U12,4k2R)
D．若保持U1不变，将滑动变阻器滑片P向左移动，听筒扬声器的功率减小
解析：选C 根据理想变压器的电压比等于匝数比，eq \f(U1,U2)＝k，可得U2＝eq \f(U1,k)，故A错误；当滑动变阻器阻值为R时，通过副线圈的电流I2＝eq \f(U2,2R)＝eq \f(U1,2kR)，根据理想变压器的电流比与匝数比成反比，eq \f(I1,I2)＝eq \f(1,k)，可知I1＝eq \f(I2,k)＝eq \f(U1,2k2R)，听筒扬声器的功率P＝I22R＝eq \f(U12,4k2R)，故C正确，B错误；若保持U1不变，则副线圈两端的电压U2不变，将滑动变阻器滑片P向左移动，则R电阻变小，副线圈中的电流I2增大，则听筒扬声器的功率增大，故D错误。
eq \a\vs4\al([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6eq \r(2) 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eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(220,12)＝eq \f(55,3)，B正确；流过卤素灯的电流为I＝eq \f(P,U)＝eq \f(50 W,12 V)＝eq \f(25,6) 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＝eq \f(U,I)＝2.88 Ω，D错误。
2．(2023·河南安阳模拟)逆变器是一种能够把蓄电池提供的直流电转变成交流电的工具。如图所示，就是一种逆变器的电路，核心的控制电路称为“逆变模块”，它的功能就是把直流转换成交流，共有5个接线端子，In 1～In 3为输入端，与两块相同的蓄电池连接，两块相同的蓄电池同时工作；Out 1～Out 2为输出端，与理想变压器原线圈相连。已知蓄电池的电动势为E，内阻不计，负载电阻阻值为R，电流表读数为I，电压表读数为U，逆变模块自身消耗的电功率忽略不计，则变压器原、副线圈的匝数比为( )
A．eq \f(U,\r(EIR)) B．eq \f(2U,\r(EIR))
C．eq \f(U,\r(2EIR)) D．eq \f(U,2\r(2EIR))
解析：选A 由题意可知，假设负载电阻R两端电压为U2，则负载电阻R消耗的功率为P＝eq \f(U22,R)＝EI，解得U2＝eq \r(EIR)，根据理想变压器原、副线圈的匝数比等于电压比，可得eq \f(n1,n2)＝eq \f(U,U2)＝eq \f(U,\r(EIR))，故选A。
3．如图甲所示是燃气灶点火装置的电路图，转换器将直流电压转换为交流电压，并加在一理想变压器的原线圈上，当变压器副线圈两端电压的瞬时值大于5 000 V时，钢针和金属板间就会引发电火花，从而点燃气体。闭合开关，已知电压表的示数为5 V，图乙所示是闭合开关后原线圈中的磁感应强度B随时间t变化的图像，电压表可视为理想交流电表，下列说法正确的是( )
A．原线圈中磁感应强度的瞬时值表达式为B＝eq \f(\r(2)Bmax,2)sineq \f(2π,T)t(T)
B．0～eq \f(T,2)时间内，在eq \f(T,4)时刻最容易成功打火
C．原、副线圈匝数比为1∶800时点火装置可正常工作
D．经过变压器后，该交流电压的频率可能发生变化
解析：选C 由题图乙可知原线圈中磁感应强度的瞬时值表达式为B＝Bmaxsineq \f(2π,T)t(T)，A错误；t＝eq \f(T,4)时刻穿过线圈的磁通量最大，由法拉第电磁感应定律可知，此时副线圈产生的感应电动势为零，因此不会成功打火，B错误；若原、副线圈的匝数比为1∶800，副线圈两端电压的有效值为4 000 V，其最大值为4 000eq \r(2) V≈5 600 V＞5 000 V，故点火装置可以正常工作，C正确；变压器不会改变交流电压的频率，D错误。
4．(2023·南京高三调研)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的正弦式交变电流后，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＝eq \f(n2,n1)U1＝eq \f(1,5)U1，I1＝eq \f(n2,n1)I2＝eq \f(2,5) A，Uab＝U1＋I1R，U2＝I2R＋U手机，整理可得220＝5U2＋eq \f(2,5)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．(2021·福建高考)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eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)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＝eq \f(U2,R＋R电)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.(2022·山东等级考)如图所示的变压器，输入电压为220 V，可输出12 V、18 V、30 V电压，匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为u＝Umcs(100πt)。单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1 V。将阻值为12 Ω的电阻R接在BC两端时，功率为12 W。下列说法正确的是( )
A．n1为1 100匝，Um为220 V
B．BC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4 A
C．若将R接在AB两端，R两端的电压为18 V，频率为100 Hz
D．若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5 A，周期为0.02 s
解析：选D 变压器的输入电压为220 V，原线圈的电压与时间成余弦函数关系，故输入交流电压的最大值为220eq \r(2) V，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为eq \f(n1,1)＝eq \f(220 V,0.1 V)，解得原线圈匝数为2 200匝，A错误；由题意可知，当原线圈输入220 V时，BC间的电压UBC＝eq \r(PR)＝12 V，故BC间的线圈匝数关系有eq \f(nBC,1)＝eq \f(12 V,0.1 V)＝120，BC间的线圈匝数为120匝，流过R的电流为IBC＝eq \f(P,UBC)＝eq \f(12 W,12 V)＝1 A，B错误；若将R接在AB端，由题意可知，当原线圈输入220 V时，AB间的电压应该为18 V，根据原线圈中电压的表达式可知，交流电的频率为f＝eq \f(ω,2π)＝50 Hz，C错误；若将R接在AC端，由题意可知，当原线圈输入220 V时，AC间的电压应该为30 V，根据欧姆定律可知，流过电阻R的电流为IAC＝eq \f(UAC,R)＝eq \f(30,12) A＝2.5 A，交流电的周期为T＝eq \f(1,f)＝0.02 s，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eq \f(P1,P2)＝eq \f(I2R1,I2R2)，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eq \f(P1′,P2′)＝eq \f(\f(U12,R1),\f(U22,R2))＝eq \f(1,8)，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．(2023·山东汶上模拟)如图所示的电路中，a、b接在内阻不计的交流发电机上，发电机有N匝矩形线圈，线圈面积为S，处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，绕线圈平面内与磁场垂直的轴以角速度ω匀速转动。T为理想变压器，原、副线圈的匝数分别为n1和n2，A1、A2为理想交流电流表，R为定值电阻。当线圈转动的角速度变为eq \f(ω,2)后，下列说法正确的是( )
A．A1的示数变为原来的eq \f(1,4)
B．A2的示数变为原来的eq \f(n1,n2)
C．R中电流的频率变为原来的2倍
D．R消耗的电功率变为原来的eq \f(1,4)
解析：选D 交流发电机产生电动势的有效值即原线圈电压U1＝E＝eq \f(Em,\r(2))＝eq \f(NBSω,\r(2))，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，副线圈电压U2＝eq \f(n2,n1)U1，副线圈电流即A2的示数I2＝eq \f(U2,R)＝eq \f(n2,n1)×eq \f(NBSω,\r(2)R)，根据eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，原线圈电流即A1的示数I1＝eq \f(n2,n1)I2＝eq \f(n22,n12)×eq \f(NBSω,\r(2)R)，当线圈转动的角速度变为eq \f(ω,2)后，两电流表的示数均变为原来的一半，故A、B错误；变压器不改变电流频率，通过R中电流的频率f＝eq \f(ω,2π)，当线圈转动的角速度变为eq \f(ω,2)后，电流的频率变为原来的一半，故C错误；R消耗的电功率P＝I22R＝eq \f(n22,n12)×eq \f(N2B2S2ω2,2R)，当线圈转动的角速度变为eq \f(ω,2)后，R消耗的电功率变为原来的eq \f(1,4)，故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eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，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eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，输入电压U1不变，eq \f(n1,n2)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(u-t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＝27eq \r(2)sin 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u-t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，所以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＝36eq \r(2)sin 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×eq \f(12,9) 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1、2所示，理想变压器对电器供电，其输入电压u＝27 000eq \r(2)sin 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1中电阻r的功率为50 W
B．图2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1中原、副线圈匝数比n1∶n2＝2 700∶23
D．图2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＝eq \f(PL,UL)＝5 A，电阻r的功率为Pr＝IL2r＝50 W，故A正确；题图1变压器输出电压为U出＝UL＋ILr＝230 V，题图1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′＝eq \f(PL′,UL′)＝2 A，题图2中干路电流为I总＝IL＋IL′＝7 A，题图2中输出电压为U出′＝UL′＋I总r＝234 V，题图2中输入功率等于输出功率为P2＝U出′I总＝1 638 W，题图2中变压器的输入功率比题图1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＝eq \f(Um,\r(2))＝27 000 V，则题图1中原、副线圈匝数比eq \f(n1,n2)＝eq \f(U入,U出)＝eq \f(2 700,23)，题图2中原、副线圈匝数比eq \f(n1,n2)＝eq \f(U入′,U出′)＝eq \f(1 500,13)，故C、D正确。
12．如图所示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＝eq \f(U22,R)
D．要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比eq \f(n2,n1)，同时应增大降压变压器的匝数比eq \f(n3,n4)
解析：选D 交流发电机的输出电压U1一定，匝数不变，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，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＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P2,U2)))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eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)知，应增大升压变压器的匝数比eq \f(n2,n1)，U3＝U2－I2R，U2增大，I2减小，所以U3增大，用户电压U4不变，根据eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)知，应增大降压变压器的匝数比eq \f(n3,n4)，故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，如图所示。
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＝2πeq \r(LC)；(2)频率f＝eq \f(1,2π\r(LC))。
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同时，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：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。
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。
情境创设
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。时至今日，我们仍然能够接收到220亿千米之外旅行者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．[对LC振荡电路的理解]
无线话筒是LC振荡电路的一个典型应用。在LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图所示，且电容器上极板带正电，下列说法正确的是( )
A．电容器正在放电
B．振荡电流正在减小
C．电流流向沿a到b
D．电场能正在向磁场能转化
解析：选B 由题图可知，此时电容器正在充电，电路中电流正在减小，电路中的电流沿顺时针方向，磁场能在向电场能转化，故B正确，A、C、D错误。
2．[周期公式的应用]
“救命神器”——自动体外除颤仪(AED)，它是一种便携式的医疗设备，可以诊断特定的心律失常，并且给予电击除颤，是可被非专业人员使用的用于抢救心搏骤停患者的医疗设备。其结构如图所示，低压直流经高压直流发生器后向储能电容器C充电。除颤治疗时，S1、S2开关拨到2，将脉冲电流作用于心脏，使患者心脏恢复正常跳动，其他条件不变时，下列说法正确的是( )
A．脉冲电流作用于不同人体时，电流大小相同
B．放电过程中，电流大小不变
C．电容C越小，电容器的放电时间越长
D．自感系数L越小，放电脉冲电流的放电时间越短
解析：选D 脉冲电流作用于不同人体时，不同人体的导电性能不同，故电流大小不同，A错误；电容器放电过程中，随着带电量的减小，放电电流不是恒定的，B错误；振荡电路的振荡周期为T＝2πeq \r(LC)，电容器在时间t0内放电至两极板间的电压为0，即t0＝eq \f(T,4)＝eq \f(π\r(LC),2)，电容器的电容C越小，放电脉冲电流的放电时间越短，线圈的自感系数L越小，放电脉冲电流的放电时间越短，故C错误，D正确。
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，上极板带负电，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
(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．[对麦克斯韦电磁场理论的理解]
如图甲所示，在变化的磁场中放置一个闭合电路，电路里产生了感应电流；如图乙所示，空间存在变化的磁场，其周围产生感应电场，下列说法正确的是( )
A．甲、乙两图一定能持续产生电磁波
B．对甲图，从上向下看，电子在回路中沿顺时针方向运动
C．闭合电路只是检验变化的磁场产生电场，即使没有闭合电路空间仍能产生电场
D．变化的电场周围产生磁场，与闭合电路是否存在有关
解析：选C 若甲、乙两图的磁场均匀变化，就会产生稳定不变的电场，稳定不变的电场不会产生磁场，就不会持续产生电磁波，故A错误；对甲图，从上向下看，感应电流沿顺时针方向，电子在回路中沿逆时针方向运动，故B错误；变化的磁场周围产生电场是一种普遍存在的现象，与闭合电路是否存在无关，甲图的闭合电路只是检验变化的磁场产生电场，乙图即使没有闭合电路空间仍能产生电场，故C正确；同理，变化的电场周围产生磁场也是一种普遍存在的现象，与闭合电路是否存在无关，D错误。
2．[电磁波的产生]
某电路中电场强度随时间变化的关系图像如图所示，能发射电磁波的是( )
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＝πr2eq \f(ΔB,Δt)＝πr2eq \f(B0,T0)，由于同一条电场线上各点电场强度大小相等，所以E＝eq \f(ε,2πr)，解得E＝eq \f(rB0,2T0)，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＝eq \f(qE,m)，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]
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＝eq \f(v,f)，电磁波进入介质遵循公式n＝eq \f(c,v)。
(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(精研点)
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。如图所示是调频的作用，其中甲为声音信号的波形；乙为高频等幅振荡电流的波形；丙为经过调频的高频振荡电流的波形。
2．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。
[考法全训]
1．[无线电波的发射]
(多选)下列关于无线电广播要对电磁波进行调制的原因的说法中正确的是( )
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正确；电磁波在空气中以接近光速传播，B错误；由v＝λf，知波长与波速和频率有关，C错误，D正确。
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1毫米到30千米的电磁波
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 波长在1毫米至30千米之间的电磁波称作无线电波，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＝eq \f(v,f)可知波长变短，D正确。
3．[ 无线电波的接收]
(多选)关于无线电波的接收，下列说法中正确的是( )
A．当接收电路的固有频率跟接收到的电磁波频率相同时，该电磁波在接收电路中激起的感应电流最大
B．使接收电路中产生电谐振的过程叫作调谐
C．收音机的接收电路是LC振荡电路
D．从接收到的高频振荡信号中“检”出所携带的信号，叫作调谐
解析：选ABC 接收电路与电磁波发生电谐振时，即接收电路的固有频率等于电磁波的频率时，电路中激起的感应电流最大，故A正确；根据调谐概念可知，使接收电路中产生电谐振的过程叫作调谐，故B正确，D错误；收音机的接收电路是LC振荡电路，故C正确。
(四) 电磁波谱(精研点)
1．电磁波谱分析及应用
2.各种电磁波产生机理
[考法全训]
1．[电磁波谱]
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，下列说法中正确的是( )
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]
(多选)在疫情防控期间，通常利用红外线测温仪测量人体的温度。关于电磁波的应用，下列说法正确的是( )
A．红外线、X射线、γ射线中红外线的波长最短
B．银行的验钞机和家用电器的遥控器发出的光都是紫外线
C．微波主要用于广播及其他信号的传输
D．X射线可以用于诊断病情，γ射线可以摧毁病变的细胞
解析：选CD 红外线、X射线、γ射线中红外线的频率最小，波长最长，A错误；银行的验钞机发出的光是紫外线，家用电器的遥控器发出的是红外线，B错误；微波不但能加热物体，而且能传播信息，故可以用于通信、广播及其他信号传输，故C正确；X射线有很高的穿透本领，常用于医学上透视人体，γ射线有极强的穿透能力和很高的能量，可以摧毁病变的细胞，故D正确。
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
1．(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。
2．测温枪是通过传感器接收红外线，得出感应温度数据，使用时只要将测温枪靠近皮肤表面，修正皮肤与实际体温的温差便能准确显示体温，下列说法正确的是( )
A．测温枪利用的红外线也可用于杀菌消毒
B．红外线是波长比紫外线长的电磁波
C．红外线的穿透能力很强，接受红外线照射是会伤害身体的
D．红外线的频率大于X光的频率
解析：选B 紫外线可用于杀菌消毒，红外线具有热效应，故A错误；由电磁波谱可知，红外线是波长比紫外线长的电磁波，故B正确；红外线的热作用很强，接受红外线照射是不会伤害身体的，故C错误；由电磁波谱可知，红外线的频率小于X光的频率，故D错误。
3．(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。
4．(2023·浙江绍兴模拟)下列说法正确的是( )
A．LC振荡电路中，电容器两极板上电荷最多时，电路中电流最大
B．通过调谐可以把声音或图像信号从高频电流中还原出来
C．紫外线的频率比可见光小，因此可用于灭菌消毒
D．医学上均应用了X射线和γ射线具有很强穿透能力的特性
解析：选D LC振荡电路中，电容器两极板上电荷最多时，电路中电流为零，A错误；通过解调可以把声音或图像信号从高频电流中还原出来，B错误；紫外线的频率比可见光大，因此可用于灭菌消毒，C错误；医学上均应用了X射线和γ射线具有很强穿透能力的特性，D正确。
5．我国成功研发的世界上首个反隐身先进米波雷达堪称隐形飞机的克星，其发射的无线电波波长在1～10 m 范围内，则这种无线电波( )
A．频率比红外线高
B．比毫米波在空中传播时更易发生衍射现象
C．在空中传播的速度为声速的几倍
D．照射锌板会有光电子逸出
解析：选B 发射的无线电波波长大于红外线，而频率与波长成反比，故频率比红外线低，故A错误；这种无线电波波长大于毫米波，波长越长越容易发生明显的衍射现象，故B正确；无线电波属于电磁波，传播速度为光速，在空中传播的速度远远大于声速，故C错误；无线电波波长较大，频率较低，小于锌板的极限频率，不会有光电子逸出，故D错误。
6．在LC振荡电路中，以下办法可以使振荡频率增大到原来的两倍的是( )
A．自感系数L和电容C都增大到原来的两倍
B．自感系数L增大到原来的两倍，电容C减小一半
C．自感系数L减小一半，电容C增大到原来的两倍
D．自感系数L和电容C都减小一半
解析：选D 由LC振荡电路的频率公式f＝eq \f(1,2π\r(LC))可知，当自感系数L和电容C都增大到原来的两倍时，其振荡频率变为原来的一半；当自感系数L增大到原来的两倍，电容C减小一半时，其振荡频率不变；当自感系数L减小一半，电容C增大到原来的两倍时，其振荡频率不变；当自感系数L和电容C都减小一半时，其振荡频率恰好增大到原来的两倍，故选D。
7．(2023·山东沂南模拟)如图所示是由线圈L和电容器C组成的最简单的LC振荡电路，先把电容器充满电，t＝0时如图甲所示，电容器中的电场强度最大，电容器开始放电，t＝0.02 s时如图乙所示，LC振荡电路线圈中的电流第一次达到最大值，则( )
A．此LC振荡电路的周期T＝0.04 s
B．t＝0.05 s时，回路电流方向与图乙中所示电流方向相同
C．t＝0.06 s时，线圈中的磁场能最大
D．t＝0.10 s时，电容器中的电场能最大
解析：选C t＝0.02 s时，线圈中的电流第一次达到最大值，则eq \f(1,4)T＝0.02 s，周期T＝0.08 s，故A错误；t＝0.04 s时电流再次为零，0.04 s到0.08 s，时间内电流的方向与题图乙中所示方向相反，故B错误；在t＝0.02 s时，电流第一次达到最大值，此时线圈中的磁场能最大，当t＝0.06 s＝eq \f(3,4)T时刻线圈中的磁场能也最大，故C正确；当t＝0.10 s＝eq \f(5,4)T时的情况与t＝0.02 s时的情况是一致的，电容器中的电场能为0，故D错误。
8．(2023·浙江绍兴模拟)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(基础实验)
一、理清原理与操作
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、扫描实验盲点
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。
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。
题组(一) 实验原理与操作
1．在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，某同学利用“教学用的可拆变压器”进行探究。
(1)关于实验操作，下列说法正确的是__________。
A．为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用电压不要超过12 V
B．实验通电时，可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路
C．使用多用电表测电压时，先用中等量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量
(2)在实验中，该同学保持原线圈两端的电压及副线圈的匝数不变，仅减小原线圈的匝数，副线圈两端的电压将__________(选填“增大”“减小”或“不变”)。
解析：(1)实验操作中，为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用电压不要超过12 V，故A正确；实验通电时，不可用手接触裸露的导线、接线柱等，故B错误；使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，故C错误。
(2)在实验中，保持原线圈两端的电压及副线圈的匝数不变，仅减小原线圈的匝数，根据变压器变压公式，副线圈两端的电压将增大。
答案：(1)A (2)增大
2．有一个教学用的可拆变压器，如图1所示，它有两个外观基本相同的线圈A、B(内部导线电阻率、横截面积相同)，线圈外部还可以绕线。
(1)某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图2中的a、b位置，由此可推断____________(选填“A”或“B”)线圈的匝数较多。
(2)该实验中输入端所接电源最适合的是________。
A．220 V交流电源
B．12 V以内低压直流电源
C．36 V安全电压
D．12 V以内低压交流电源
(3)如果把图1的可拆变压器看作理想变压器，现要测量A线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源。请完成实验步骤的填空：
①用绝缘导线在线圈的外部或变压器的铁芯上绕制n匝线圈。
②将__________(选填“A”或“B”)线圈与低压交流电源相连接。
③用多用电表的____________挡分别测量A线圈的输入电压UA和绕制线圈的输出电压U。
④则A线圈的匝数为____________。
解析：(1)根据电阻定律，导线电阻率和横截面积相同时，导线越长，电阻越大，A线圈电阻比B的大，故A线圈匝数较多。
(2)为保证人身安全，应用12 V以内低压交流电源，故选D。
(3)②要测量A线圈的匝数，所以要把A线圈与低压交流电源相连接。③变压器输入、输出都是交流电，所以要用交流电压挡测输入和输出电压。④根据变压器电压比等于匝数比，有eq \f(UA,U)＝eq \f(nA,n)，解得nA＝eq \f(nUA,U)。
答案：(1)A (2)D (3)②A ③交流电压 ④neq \f(UA,U)
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“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eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)；若变压器的原线圈接“0、8”接线柱，副线圈接“0、4”接线柱，则原、副线圈匝数比为eq \f(n1,n2)＝2，则原线圈两端电压U1＝eq \f(n1,n2)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
题组(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，除了选用交流电压表、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。
(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源，才能产生交变的磁场。
(2)根据变压器原理有：eq \f(nA,nC)＝eq \f(UA,UC)
解得：nA＝eq \f(UA,UC)nC＝400匝
同理有：eq \f(nB,nC)＝eq \f(UB,UC)
解得：nB＝eq \f(UB,UC)nC＝190匝。
(3)根据eq \f(nA,nC)＝eq \f(UA,UC)，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．(2023·云南昆明模拟)某实验小组用如图所示电路探究“变压器原、副线圈电压与匝数的关系”，图中变压器为可拆变压器。
实验提供的器材有：
(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2 V、4 V、6 V和8 V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丙所示，电压量程为0～10 V交流电压挡，读数为______________V，并计算出此次实验U1∶U2＝__________。
(3)根据实验数据可得结论______________________________________________。
(4)导致实验误差的原因可能是__________。
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
解析：(1)实验需要提供交流电源，干电池只能提供直流电源，所以电源应选学生电源，实验中要测量的是交流电压，故不能选直流电压表，只能选用多用电表。
(2)电压量程为0～10 V交流电压挡，测交流电压应读多用电表刻度线的中间一行，故读数为7.8 V。则计算出此次实验中U1∶U2＝1∶1.95。
(3)根据实验数据可得，在误差允许的范围内，理想变压器的原线圈与副线圈的电压之比等于线圈匝数之比。
(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损耗，从而导致电压比与匝数比有差别，故B正确；变压器的铁芯产生涡流使得能量损耗，从而会导致电压比与匝数比有差别，故C正确。故选B、C。
答案：(1)B D (2)7.8 1∶1.95 (3)在误差允许的范围内，理想变压器的原线圈与副线圈的电压之比等于线圈匝数之比 (4)BC
第5讲 实验：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“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。
题组(一) 热敏传感器的考查
1．(2022·重庆高考)某兴趣小组研究热敏电阻在通以恒定电流时，其阻值随温度的变化关系。实验电路如图所示，实验设定恒定电流为50.0 μA，主要实验器材有：恒压直流电源E、加热器、测温仪、热敏电阻RT、可变电阻R1、电流表A、电压表V。
(1)用加热器调节RT的温度后，为使电流表的示数仍为50.0 μA，须调节________(选填一种给定的实验器材)。当RT两端未连接电压表时，电流表示数为50.0 μA；连接电压表后，电流表示数显著增大，须将原电压表更换为内阻________(选填“远大于”“接近”“远小于”)RT阻值的电压表。
(2)测得RT两端的电压随温度的变化如图所示，由图可得温度从35.0 ℃变化到40.0 ℃的过程中，RT的阻值随温度的平均变化率是________kΩ·℃－1(保留2位有效数字)。
解析：(1)由题知恒压直流电源E的电动势不变，而用加热器调节RT的温度后，导致整个回路的总电阻改变。而要确保电流表的示数仍为50.0 μA，则需控制整个回路的总电阻不变，故需要调节的器材是可变电阻R1。连接电压表后，电流表示数显著增大，则说明电压表与RT并联后R总减小，则根据并联电阻的关系有R总＝eq \f(RTRV,RT＋RV)＝eq \f(RT,\f(RT,RV)＋1)，则要保证R总不变需将原电压表更换为内阻远大于RT阻值的电压表。
(2)由题图可得温度为35.0 ℃时电压表的电压为1.6 V，且实验设定恒定电流为50.0 μA，则根据欧姆定律可知此时热敏电阻RT1＝32 kΩ；温度为40.0 ℃时电压表的电压为1.3 V，且实验设定恒定电流为50.0 μA，则根据欧姆定律可知此时热敏电阻RT2＝ 26 kΩ，则温度从35.0 ℃变化到40.0 ℃的过程中，RT的阻值随温度的平均变化率是k＝eq \f(ΔRT,Δt)＝－1.2 kΩ·℃－1，负号表示随着温度升高RT的阻值减小。
答案：(1)可变电阻R1 远大于 (2)1.2
2．炎热的夏季，养殖户用自动控温通风系统对养殖场进行控温。要求当养殖场内的温度升高到27 ℃时，通风系统立即启动。某同学设计的通风系统工作原理如图甲所示：虚线框内的两接线柱间接测温电阻RT。当R1两端的电压升高到3 V时，控制电路恰能启动通风系统，低于3 V时，通风系统立即停止工作。
提供的器材为：
直流电源(电动势E＝5 V，内阻忽略不计)；
电阻箱R1、R2(阻值范围均为0～99 999.9 Ω)；
控制电路模块(电阻可视为无穷大)；
两测温电阻RT1、RT2(工作特性分别如图乙、丙所示)。
根据原理，选择器材，并完成调试：
(1)图甲中测温电阻应选用____________(选填“RT1”或“RT2”)。
(2)接好测温电阻后，为实现27 ℃时开启通风系统，对电路进行调试，先将开关K2拨到触点b，并将电阻箱R2的阻值调至__________kΩ、电阻箱R1的阻值调至__________kΩ，再闭合开关K1，测试通风系统能否正常工作。若能正常工作，再将开关K2拨回触点a即可。(本问结果均保留2位有效数字)
(3)若长时间使用，电阻箱R1老化后的电阻率会变大，若不对其阻值进行调整，当通风系统再次启动时，养殖场内的实际温度要________(选填“高”或“低”)于设定的启动温度27 ℃。
解析：(1)由于当R1两端的电压升高到3 V时，控制电路恰能启动通风系统，低于3 V时，通风系统立即停止工作。则测温电阻的阻值必定随温度的升高而减小，则题图甲中测温电阻应选用RT1。
(2)由题图乙可知，温度为27 ℃时RT1约为12 kΩ，为实现27 ℃时开启通风系统，对电路进行调试，先将开关K2拨到触点b，并将电阻箱R2的阻值调至12 kΩ，此时R1两端电压U1应为3 V，根据闭合电路欧姆定律有eq \f(U1,R1)＝eq \f(E,R1＋R2)，解得R1＝18 kΩ。
(3)若长时间使用，电阻箱R1老化后的电阻率会变大，则其阻值增大，即当测温电阻RT1的阻值比较大时，即温度还比较低时，电阻箱R1两端电压已经达到3 V，通风系统开始启动，此时，养殖场内的实际温度要低于设定的启动温度27 ℃。
答案：(1)RT1 (2)12 18 (3)低
题组(二) 光敏传感器的考查
3．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eq \f(U1,R1)＝eq \f(U0,R0)，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
题组(三) 力传感器的考查
4．小明设计了一种“自动限重器”，如图甲所示。该装置由控制电路和工作电路组成，其主要元件有电磁继电器、货物装载机(实质是电动机)、压敏电阻R1和滑动变阻器R2等。压敏电阻R1的阻值随压力F变化的关系如图乙所示。当货架承受的压力达到限定值，电磁继电器会自动控制货物装载机停止向货架上摆放物品。已知控制电路的电源电压U＝6 V，电磁继电器线圈的阻值忽略不计。请回答下列问题：
(1)由图乙的图像可知，随着压力F的增大，压敏电阻R1的阻值将________________。
(2)用笔画线代替导线将图甲的电路连接完整。
(3)随着控制电路电流的增大，电磁铁的磁性将____________，当电磁继电器线圈中的电流大小为30 mA时，衔铁被吸下。若货架能承受的最大压力为800 N，则所选滑动变阻器R2的最大阻值至少为____________Ω。
解析：(1)由题图乙中的图像可知，压敏电阻R1的阻值随压力的增大而减小。
(2)将货物装载机和上触点串联组成工作电路，将R1、滑动变阻器R2、电磁继电器串联接入控制电路；完整电路如图所示。
(3)随着控制电路电流的增大，电磁继电器的磁性将增强。R1与R2串联，故电流I1＝I2＝Imax＝30 mA＝0.03 A，由题图乙可知：F＝800 N时，R1＝80 Ω，由I＝eq \f(U,R)得U1＝I1R1＝0.03 A×80 Ω＝2.4 V
U2＝U－U1＝6 V－2.4 V＝3.6 V，R2＝eq \f(U2,I2)＝eq \f(3.6 V,0.03 A)＝120 Ω，即滑动变阻器R2的最大阻值至少为120 Ω。
答案：(1)减小 (2)见解析图 (3)增强 120
周期(T)
交变电流完成一次周期性变化(线圈转动一周)所需的时间，单位是秒(s)，公式T＝eq \f(2π,ω)
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＝eq \f(1,f)或f＝eq \f(1,T)
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电流与电压叫作这一交变电流的有效值
函数表达式
图像
磁通量
Φ＝Φmcs ωt＝BScs ωt
电动势
e＝Emsin ωt＝nBSωsin ωt
电流
i＝Imsin ωt＝eq \f(Em,R＋r)sin ωt
电压
u＝Umsin ωt＝eq \f(REm,R＋r)sin ωt
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＝eq \f(Em,R＋r)
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＝eq \f(Em,\r(2))
U＝eq \f(Um,\r(2))
I＝eq \f(Im,\r(2))
(1)计算与电流热效应相关的量(如功率、热量)
(2)交流电表的测量值
(3)用电器设备标注的额定电压、额定电流
(4)保险丝的熔断电流
平均值
i-t图像中图线与时间轴所围面积与时间的比值
eq \x\t(E)＝neq \f(ΔΦ,Δt)
eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)
计算通过电路某截面的电荷量
输电电流
电压损失
功率损失
I＝eq \f(P,U)＝eq \f(P′,U′)＝eq \f(U－U′,R)
ΔU＝U－U′＝IR
ΔP＝P－P′＝I2R＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P,U)))2R
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：eq \f(U1,n1)＝eq \f(U2,n2)
(2)有多个副线圈时：eq \f(U1,n1)＝eq \f(U2,n2)＝eq \f(U3,n3)＝…
电流关系
(1)只有一个副线圈时：eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)
(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)
电压
(1)输入电压U1由电源决定
(2)U2＝eq \f(n2,n1)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＝eq \f(n2,n1)I2⇒输入电流I1由输出电流I2和匝数比共同决定
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
eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)
I1n1＝I2n2
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＝eq \f(P送,I线)
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
根据电流流向判断
当电流流向带正电的极板时，电容器的电荷量增加，磁场能向电场能转化，处于充电过程；反之，当电流流出带正电的极板时，电荷量减少，电场能向磁场能转化，处于放电过程
根据物理量的变化趋势判断
当电容器的带电荷量q(电压U、场强E)增大或电流i(磁场B)减小时，处于充电过程；反之，处于放电过程
根据能量变化判断
电场能增加时充电，磁场能增加时放电
电磁波谱
频率/Hz
特性
应用
递变规律
无线电波
＜3×1011
波动性强，易发生衍射
无线电技术
随频率由低到高，衍射能力减弱，直线传播能力增强
红外线
1011～1015
热效应
红外遥感
可见光
1015
引起视觉
照明、摄影
紫外线
1015～1017
化学效应、荧光效应、灭菌消毒
医用消毒、防伪
X射线
1016～1019
贯穿本领强
检查、医用透视
γ射线
＞1019
贯穿本领更强
工业探伤、医用治疗
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
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。
A线圈电压
B线圈电压
C线圈电压
8.0 V
3.8 V
0.2 V
实验次数
1
2
3
4
U1/V
2
4
6
8
U2/V
3.9
11.8
15.7
eq \f(U1,U2)
1∶1.95
1∶1.97
1∶1.96
一、交变电流
1．交变电流
电流、电压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，如图所示。
(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，eq \f(ΔΦ,Δt)＝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，eq \f(ΔΦ,Δt)最大，e最大，i最大，电流方向不发生改变。
(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
2．交变电流的瞬时值、峰值和有效值
[注意] 正(余)弦式交变电流的有效值和峰值的关系：E＝eq \f(Em,\r(2))，U＝eq \f(Um,\r(2))，I＝eq \f(Im,\r(2))。
情境创设
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，矩形线圈中一定会产生正弦式交变电流。(×)
(2)线圈在磁场中转动的过程中穿过线圈的磁通量最大时，产生的感应电动势也最大。(×)
(3)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动经过中性面时，矩形线圈中的感应电动势为零，感应电流方向发生改变。(√)
(4)交流电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]
图甲、乙是交流发电机示意图，线圈ABCD在磁场中匀速转动。下列说法正确的是( )
A．图甲中该时刻穿过线圈的磁通量最大，电路中的感应电流最大
B．图乙中该时刻穿过线圈的磁通量为零，电路中的感应电流为零
C．图甲中该时刻穿过线圈的磁通量变化率为零，电路中的感应电流为零
D．图乙中该时刻穿过线圈的磁通量变化率最大，电路中的感应电流为零
解析：选C 题图甲中线圈位于中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小，产生的感应电动势为零，电路中的感应电流为零，故A错误，C正确；题图乙中线圈位于与中性面垂直的位置，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，产生的感应电动势最大，电路中的感应电流最大，故B、D错误。
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＝200eq \r(2)·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＝eq \f(1,200) s时，e达到峰值
D．该交变电流的电动势的有效值为200eq \r(2) 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＝eq \f(ω,2π)＝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＝eq \f(1,200) s时，e达到峰值Em＝200eq \r(2) V，C正确；该交变电流的电动势的有效值E＝eq \f(Em,\r(2))＝200 V，D错误。
3．[描述交变电流的物理量]
(2023·安徽蚌埠质检)在匀强磁场中，匝数N＝100的矩形线圈绕垂直磁感线的转轴匀速转动，线圈中产生的感应电动势随时间的变化规律如图所示，则下列说法正确的是( )
A．t＝0.5×10－2 s时，线圈平面与中性面重合
B．t＝1×10－2 s时，线圈中磁通量变化率最大
C．穿过每一匝线圈的最大磁通量为1×10－3 Wb
D．线圈转动的角速度为50π rad/s
解析：选C 由题图可知，当t＝0.5×10－2 s时，感应电动势最大，线圈平面与中性面垂直，故A错误；当t＝1×10－2 s时，感应电动势为0，线圈平面与中性面重合，磁通量最大，磁通量变化率为0，故B错误；该交流电的周期T＝0.02 s，则线圈转动角速度ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,0.02) rad/s＝100π rad/s，交流发电机的最大感应电动势Em＝NωBS，所以Φm＝BS＝eq \f(Em,Nω)＝eq \f(10π,100×100π) Wb＝1×10－3 Wb，故C正确，D错误。
[要点自悟明]
正弦式交变电流的变化规律(线圈从中性面位置开始计时)
[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方法
1．公式法：对于正(余)弦式交变电流，利用E＝eq \f(Em,\r(2))、U＝eq \f(Um,\r(2))、I＝eq \f(Im,\r(2))计算有效值。
[注意] 若图像一部分是正(余)弦式交变电流，其中的eq \f(1,4)周期(必须是从零至最大值或从最大值至零)和eq \f(1,2)周期部分可直接应用正弦式交变电流有效值与最大值间的关系I＝eq \f(Im,\r(2))、U＝eq \f(Um,\r(2))求解。
2．定义法：对于非正弦式交变电流，计算有效值时要抓住“三同”，即“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”，列式求解时相同时间一般取一个周期或周期的整数倍。
[考法全训]
类型1 正弦式交变电流
1．(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eq \f(L,4)。线圈中感应电动势的有效值为( )
A．NBL2ω B．eq \f(\r(2),2)NBL2ω
C．eq \f(1,2)NBL2ω D．eq \f(\r(2),4)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＝eq \f(Em,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)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：eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(156,\r(2))))2,R)×eq \f(T,2)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(311,\r(2))))2,R)×eq \f(T,2)＝eq \f(U2,R)T，解得：U≈174 V。
类型3 部分波形
3.(2023·山东日照模拟)如图所示的区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一扇形闭合导线框，电阻为R、半径为L、圆心角为60°，绕顶点O(位于磁场边界)在纸面内匀速转动，角速度为ω。线框串有一理想交流电流表(未画出)，则交流电流表的示数为( )
A．eq \f(\r(2)BL2ω,2R) B．eq \f(\r(2)BL2ω,4R)
C．eq \f(\r(3)BL2ω,3R) D．eq \f(\r(3)BL2ω,6R)
解析：选D 设线框转动周期为T，而线框转动一周只有eq \f(T,3)的时间内有感应电流，此时感应电流的大小为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(\f(1,2)BL2ω,R)＝eq \f(BL2ω,2R)，根据有效值的定义有I有效2RT＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(BL2ω,2R)))2R·eq \f(T,3)，所以感应电流的有效值为I有效＝eq \f(\r(3)BL2ω,6R)，D正确。
类型4 矩形波形
4．(2023·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．50eq \r(2) V B．50 V
C．25eq \r(2) 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eq \f(T,3)时间内U1＝100 V，后eq \f(2T,3)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eq \f(U2,R)T＝eq \f(U12,R)·eq \f(T,3)＋eq \f(U22,R)·eq \f(2,3)T，代入已知数据，解得U＝50eq \r(2) V，A正确。
(三) 交变电流“四值”的理解及应用(精研点)
交变电流的“四值”及应用
[针对训练]
1.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10eq \r(2) V
D．线圈自中性面转过90°的过程中的平均感应电动势为eq \f(20\r(2),π) 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＝eq \r(2)E＝10eq \r(2) V，故A、B错误；由正弦式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eq \(E,\s\up6(－))＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(2nBSω,π)＝eq \f(2Em,π)＝eq \f(20\r(2),π) V，故D正确。
2．(2023·天津模拟)手摇式发电机是我们教学中常用的演示工具，如图甲所示，其工作原理可以简化为图乙所示。一个小型旋转电枢式交流发电机的矩形线圈面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中以矩形线圈中轴线为轴、以角速度ω匀速转动，产生的交流电通过M、N与外电路连接，如图乙所示，外电路灯泡电阻为R，电压表为理想交流电压表。在线圈由平行于磁场方向位置转过90°的过程中，下面说法正确的是( )
A．电压表V的示数为eq \f(nωBSR,R＋r)
B．通过灯泡的电荷量为eq \f(n2BS,R＋r)
C．灯泡中产生的焦耳热为eq \f(n2B2S2ωπR,4R＋r2)
D．从线圈平行于磁场方向位置开始计时，通过线圈中感应电流的瞬时值表达式为i＝eq \f(nωBS,R＋r)sin ωt (A)
解析：选C 当线圈平行于磁场方向时电动势最大，其峰值Em＝nωBS，所以，电流有效值I＝eq \f(Em,\r(2)R＋r)＝eq \f(nωBS,\r(2)R＋r)，电压表示数U＝IR＝eq \f(nωBSR,\r(2)R＋r)，故A错误；线圈转过90°的过程中通过灯泡的电荷量为q＝eq \(I,\s\up6(－))t＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R＋r)·eq \f(T,4)＝eq \f(2nωBS,πR＋r)×eq \f(π,2ω)＝eq \f(nBS,R＋r)，故B错误；电动势的有效值E＝eq \f(nωBS,\r(2))，电流的有效值I＝eq \f(nωBS,\r(2)R＋r)，线圈转过90°的过程中灯泡产生的焦耳热Q＝I2Rt＝eq \f(n2B2S2ωπR,4R＋r2)，故C正确；流过线圈电流的最大值为Im＝eq \f(Em,R＋r)＝eq \f(nωBS,R＋r)，从线圈平行磁场方向位置开始计时，感应电流的瞬时值表达式为i＝eq \f(nωBS,R＋r)cs ωt (A)，故D错误。
3．(2021·浙江1月选考)(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＝eq \f(2BL2,R)
D．电阻产生的焦耳热Q＝eq \f(πUmBL2,R)
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＝eq \x\t(I)t＝eq \f(\x\t(E),R)t＝eq \f(ΔΦ,R)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eq \f(2BL2,R)，转动一周流过电阻的电荷量为q总＝2×eq \f(2BL2,R)＝eq \f(4BL2,R)，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＝eq \f(U有2,R)t，交流电最大值为BL2ω＝Um，联立可知Q＝eq \f(πUmBL2,R)，选项D正确。
1．[联系生活实际]风速测速仪的简易装置如图甲所示，某段时间内线圈中产生的感应电流的波形如图乙所示，下列说法正确的是( )
A．若风速变大，图乙中感应电流的周期变大
B．若风速变大，图乙中感应电流的峰值变大
C．图乙中感应电流最大时，风速最大
D．图乙中感应电流随时间变化的原因是风速在变
解析：选B 若风速变大，则转速变大，角速度变大，根据T＝eq \f(2π,ω)可知，周期变小，故A错误；若风速变大，则角速度变大，根据Em＝NωBS可知，感应电动势峰值变大，再根据Im＝eq \f(Em,R＋r)可知，感应电流的峰值变大，故B正确；题图乙中感应电流最大时，是穿过线圈的磁通量的变化率最大，并不是风速最大，故C错误；题图乙中感应电流随时间变化的原因是穿过线圈的磁通量变化率随时间在变化，故D错误。
2．[聚焦科技前沿](多选)如图甲所示，为新能源电动汽车的无线充电原理图，M为匝数n＝50匝、电阻r＝1.0 Ω的受电线圈，N为送电线圈。当送电线圈N接交变电流后，在受电线圈内产生了与线圈平面垂直的磁场，其磁通量Ф随时间t变化的规律如图乙所示。下列说法正确是( )
A．受电线圈产生的电动势的有效值为10eq \r(2) V
B．在t1时刻，受电线圈产生的电动势为20 V
C．在t1～t2时间内，通过受电线圈的电荷量为4×10－2 C
D．在t1～t2时间内，通过受电线圈的电荷量为2×10－2 C
解析：选AD 由题图乙可知，T＝π×10－3 s，受电线圈的最大磁通量为Φm＝2.0×10－4 Wb，所以受电线圈产生的电动势最大值为：Em＝nΦm·eq \f(2π,T)＝20 V，所以受电线圈产生的电动势的有效值为E＝eq \f(Em,\r(2))＝10eq \r(2) V，故A正确；由题图乙可知，t1时刻磁通量变化率为0，由法拉第电磁感应定律可知，此时受电线圈产生的电动势为0，故B错误；在t1～t2时间内，通过受电线圈的电荷量q＝eq \f(nΔΦ,r)＝2.0×10－2 C，故C错误，D正确。
3．[体现学以致用]合理利用自然界中的能源是一个重要的课题。在我国某海域，人们设计了一个浮桶式波浪发电灯塔。如图甲所示，该浮桶由内、外两密封圆筒构成，浮桶内磁体由支柱固定在暗礁上，内置匝数N＝100的线圈。线圈与阻值R＝14 Ω的灯泡相连，随波浪相对磁体沿竖直方向上下运动且始终处于磁场中，其运动速度v＝2eq \r(2)sin πt(m/s)。辐向磁场中线圈所在处的磁感应强度大小B＝0.2 T。单匝线圈周长L＝1.5 m，总电阻r＝1 Ω，圆形线圈所在处截面如图乙所示。下列说法正确的是( )
A．线圈中感应电动势为60eq \r(2) V
B．灯泡中流过电流的最大值为4 A
C．灯泡的电功率为240 W
D．1分钟内小灯泡消耗的电能为13 440 J
解析：选D 线圈在磁场中切割磁感线，产生电动势最大值为Emax＝NBLvmax，代入数据可得Emax＝60eq \r(2) V，线圈中感应电动势为e＝Emaxsin πt＝60eq \r(2)sin(πt)V，故A错误；根据闭合电路的欧姆定律可得最大电流为Imax＝eq \f(Emax,R＋r)＝4eq \r(2) A，故B错误；电流的有效值为I＝4 A，灯泡的电功率为P＝I2R＝224 W，故C错误；1分钟内小灯泡消耗的电能为W＝Pt＝13 440 J，故D正确。
4．[树立民族自信](2021·江苏高考)贯彻新发展理念，我国风力发电发展迅猛，2020年我国风力发电量高达4 000亿千瓦时。某种风力发电机的原理如图所示，发电机的线圈固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，已知磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为0.20 T，线圈的匝数为100、面积为0.5 m2，电阻为0.6 Ω，若磁体转动的角速度为90 rad/s，线圈中产生的感应电流为50 A。求：
(1)线圈中感应电动势的有效值E；
(2)线圈的输出功率P。
解析：(1)电动势的最大值Em＝NBSω，有效值E＝eq \f(Em,\r(2))，解得E＝eq \f(NBSω,\r(2))，代入数据得E≈6.4×102 V。
(2)输出电压U＝E－Ir，输出功率P＝IU，解得P＝I(E－Ir)，代入数据得P＝3.05×104 W。
答案：(1)6.4×102 V (2)3.05×104 W
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
1．(2022·浙江1月选考)如图所示，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动；乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动。下列说法正确的是( )
A．甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
B．乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
C．甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电
D．乙图线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电
解析：选A 甲图中细短铁丝显示的磁场分布均匀，则线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，A正确；乙图中细短铁丝显示的磁场分布不均匀，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，B错误；根据发电机原理可知甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，因不一定匀速转动，故C错误；乙图中是非匀强磁场，则线圈匀速转动时不能产生正弦交流电，D错误。
2．(多选)如图甲所示是一台交流发电机构造示意图，产生交变电流的感应电动势随时间变化的规律如图乙所示，发电机线圈电阻为1 Ω，外接电阻为4 Ω，其他电阻不计，则( )
A．电动势的瞬时值表达式为e＝5sin(50πt)V
B．理想电压表的示数为4 V
C．在t＝0.01 s时刻，电路中电流的瞬时值为1 A
D．该线圈磁通量变化率的最大值为5 Wb/s
解析：选AC 由题图乙知em＝5 V，ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,4×10－2) rad/s＝50π rad/s，电动势的瞬时值表达式为e＝5sin(50πt)V，故A正确；理想电压表的示数为U＝eq \f(em,\r(2))×eq \f(4 Ω,1＋4Ω)＝2eq \r(2) V，故B错误；在t＝0.01 s时刻，电路中电流的瞬时值I＝eq \f(em,R＋r)＝1 A，故C正确；线圈匝数未知，无法判断该线圈磁通量变化率的最大值，故D错误。
3．(2021·天津等级考)如图所示，闭合开关后，R＝5 Ω的电阻两端的交流电压为u＝50eq \r(2)sin 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＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,10π) 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＝eq \f(50\r(2),\r(2)) V＝50 V，选项B错误；电流表的读数为I＝eq \f(U,R)＝eq \f(50,5) 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。
4．(2023·浙江杭州模拟)如图甲所示是一种可手摇发电的手电筒，除照明外还可手摇发电为其电池充电。其原理为回路处在磁感应强度为0.01 T的匀强磁场中，磁场方向如图乙所示，图乙所示时刻半圆形导线束位于纸面内。从右向左看，手柄以eq \f(40,π) rad/s逆时针匀速转动，则( )
A．该手摇电筒中的电流是直流电
B．图乙所示时刻半圆形导线束上电流从A到B
C．图乙所示时刻半圆形导线束受安培力大小为0
D．图乙所示电流表的示数为0.4 A
解析：选C 根据手摇电筒的结构，线圈转动切割磁感线产生感应电流方向不断变化，故该手摇电筒中的电流是交流电，A错误；图乙所示时刻半圆形导线转动方向与磁场方向平行，该时刻无感应电流，半圆形导线束受安培力大小为0，B错误，C正确；电流表的示数为半圆形导线束转一圈的有效值，由题干中的已知条件无法求出电路中的电流有效值，故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．(2023·山东青岛模拟)图1中，单匝矩形闭合线圈abcd在匀强磁场中绕垂直磁场的轴OO′匀速转动。当线圈的转速为n1和n2时，穿过该线圈的磁通量随时间分别按图2中甲、乙所示的规律变化，已知线圈的电阻为5.0 Ω，则( )
A．0.2 s时，甲、乙对应的线圈平面均垂直于磁感线
B．0.05 s时，乙对应的线圈中产生的感应电动势最大
C．甲、乙对应的线圈的转速之比n1∶n2＝4∶5
D．甲对应的线圈中交变电流的最大值为π A
解析：选D 由题图2可知，在t＝0.2 s时，穿过线圈的磁通量都为零，因此甲、乙对应的线圈平面平行于磁感线，故A错误；在t＝0.05 s时，图线乙对应穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，因此产生的感应电动势最小为零，故B错误；由题图2可知甲对应的周期为0.16 s，图线乙对应的周期为0.2 s，二者的转速比等于周期比的反比，即5∶4，故C错误；甲对应产生的感应电动势的最大值Em＝nΦmω＝nΦmeq \f(2π,T)＝eq \f(0.4×2π,0.16)＝5π V，因此Im＝eq \f(Em,R)＝π A，故D正确。
7．(多选)图甲为小型交流发电机的原理图，发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，从t＝0时刻开始，通过矩形线圈的磁通量随时间变化的规律如图乙所示，已知线圈的匝数N＝50，线圈的电阻r＝5 Ω，线圈与外电路连接的定值电阻R＝45 Ω，电压表为理想交流电表。则下列判断正确的是( )
A．线圈转动的周期为6.28 s
B．t＝0时刻线圈平面与磁感线方向平行
C．线圈转动过程中产生的最大感应电动势为100eq \r(2) V
D．电压表的示数为64 V
解析：选BD 由题图乙可知，线圈转动的周期为T＝6.28×10－2 s，故A错误；由题图乙可知，t＝0时刻，磁通量为零，线圈平面与磁感线方向平行，故B正确；线圈中的最大感应电动势Em＝NBSω＝NΦmω＝50×2×10－2×eq \f(2π,6.28×10－2) V＝100 V，故C错误；电动势有效值为E＝eq \f(Em,\r(2))＝50eq \r(2) V，则电压表的示数为U＝eq \f(E,R＋r)·R＝eq \f(50\r(2),50)×45 V＝45eq \r(2) V≈64 V，故D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：eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)。(2)电流关系：eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)。
(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。
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＝ρeq \f(l,S)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、生产用电的必需设备，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]
(2022·湖北高考)(多选)近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示。发射线圈的输入电压为220 V、匝数为1 100匝，接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其他损耗，下列说法正确的是( )
A．接收线圈的输出电压约为8 V
B．接收线圈与发射线圈中电流之比约为22∶1
C．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同
D．穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同
解析：选AC 根据eq \f(n1,n2)＝eq \f(80%U1,U2)，可得接收线圈的输出电压约为U2＝8 V，A正确；根据eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,80%I1)，可得eq \f(I2,I1)＝eq \f(88,5)，故B错误；变压器是不改变交变电流的频率的，故C正确；由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不相同，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的不相同，故D错误。
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eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可得，副线圈输出电压为U2＝eq \f(n2,n1)U1＝8 V，经过二极管后，根据有效值定义可得eq \f(U2,R)·T＝eq \f(U22,R)·eq \f(T,2)，解得手机两端的电压为U＝4eq \r(2) 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]
(多选)如图所示，某理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。当输入电压U为灯泡额定电压的16倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是( )
A．原、副线圈匝数比为15∶1
B．原、副线圈匝数比为16∶1
C．a和b两灯泡的电阻之比为1∶1
D．a和b两灯泡的电阻之比为15∶1
解析：选AD 设灯泡的额定电压为U0，两灯均能正常发光，依题意知原线圈的输出端电压U1＝16U0－U0＝15U0，副线圈两端电压U2＝U0，故eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)＝eq \f(15,1)，故A正确，B错误；根据公式eq \f(I2,I1)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(15,1)，因为小灯泡两端的电压相等，所以根据公式U＝IR可得，灯泡a和b的电阻之比为15∶1，故C错误，D正确。
[要点自悟明]
1．理想变压器的基本关系
2．变压器原、副线圈串联电阻或二极管的提醒
(1)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。
(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)
理想变压器的制约关系
[考法全训]
考法一 匝数比不变，负载变化
如图所示，匝数比不变，负载变化的情况的分析思路：
(1)U1不变，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，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] (2022·湖南高考)如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端。理想电压表V的示数为U，理想电流表A的示数为I。下列说法正确的是( )
A．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变
B．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大
C．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大
D．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小
[解析] 由题意可知，原、副线圈的匝数比为2∶1，则副线圈的电流为2I，根据欧姆定律可得副线圈的电压有效值为U2＝2IR1，则变压器原线圈的电压有效值为U1＝2U2＝4IR1，设输入交流电的电压有效值为U0，则U0＝4IR1＋IR2，可得I＝eq \f(U0,4R1＋R2)，保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R2减小，I不断变大，根据欧姆定律U1＝4IR1，可知变压器原线圈的电压有效值变大，输入电压有效值不变，则R2两端的电压不断变小，则电压表示数U变小，原线圈的电压、电流都变大，则功率变大，根据原、副线圈的功率相等，可知R1消耗的功率增大，故B正确，A错误；设原、副线圈的匝数比为n∶1，同理可得U1＝n2IR1，则U0＝n2IR1＋IR2，整理可得I＝eq \f(U0,n2R1＋R2)，保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，n不断变大，则I变小，对R2由欧姆定律可知U＝IR2，可知U不断变小，根据原、副线圈的功率相等可知R1消耗的功率P1＝IU1＝eq \f(U0,n2R1＋R2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(U0－\f(U0R2,n2R1＋R2)))，整理可得P1＝eq \f(U02,n2R1＋\f(R22,n2R1)＋2R2)，可知n＝3时，R1消耗的功率有最大值，可知R1消耗的功率先增大，后减小，故C、D错误。
[答案] B
考法二 负载不变，匝数比变化
如图所示，负载电阻不变，匝数比变化的情况的分析思路：
(1)U1不变，eq \f(n1,n2)发生变化，U2变化。
(2)R不变，U2变化，I2发生变化。
(3)根据P2＝eq \f(U22,R)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I＝eq \f(U2,R2)＝eq \f(22,10) A＝2.2 A，A正确，B错误；当S由a拨到b后，原线圈电压、频率不变，原线圈匝数减半，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
考法三 匝数比、负载都变化
分析变压器电路动态变化问题的一般思路：
(1)分清不变量和变量。
(2)弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系。
(3)利用闭合电路的欧姆定律、串并联电路特点进行分析判定。
[例3] (多选)如图所示，面积为S、匝数为N、内阻不计的矩形线圈，在磁感应强度为B的匀强磁场中，从图示位置开始计时，绕水平轴OO′以角速度ω匀速转动。矩形线圈通过滑环连接理想变压器。理想变压器原线圈上的滑动触头P上下移动可改变副线圈的输出电压，副线圈接有可变电阻R，电表均为理想交流电表。下列判断正确的是( )
A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcs(ωt)
B．当P位置不变，R阻值不变，增大矩形线圈转动角速度ω时，电压表示数和电流表示数都变大
C．当P位置不变，线圈转动角速度ω不变，R阻值增大时，电压表示数增大
D．当线圈转动角速度ω不变，R阻值不变，P位置向下移动时，电流表示数变大
[解析] 矩形线圈产生的感应电动势最大值为Em＝NBSω，从图示位置开始计时，线圈的磁通量为零，线圈的磁通量变化率最大，感应电动势最大，则感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcs(ωt)＝NBSωcs(ωt)，故A正确；当P位置不变，R阻值不变，增大矩形线圈转动角速度ω时，线圈产生的电动势增大，则电压表示数U1变大，根据原、副线圈的电压比等于匝数比eq \f(U2,U1)＝eq \f(n2,n1)，可知副线圈的输出电压U2变大，根据欧姆定律可知通过R的电流I2变大，根据变压器电流与匝数关系eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，可知电流表示数I1变大，故B正确；当P位置不变，线圈转动角速度ω不变，R阻值增大时，线圈产生的电动势不变，则电压表示数不变，故C错误；当线圈转动角速度ω不变，R阻值不变，P位置向下移动时，线圈产生的电动势不变，原线圈输入电压U1不变，根据原、副线圈的电压比等于匝数比eq \f(U2,U1)＝eq \f(n2,n1)，由于原线圈匝数n1变大，可知副线圈的输出电压U2变小，根据欧姆定律可知通过R电流I2变小，根据变压器电流与匝数关系eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，可知电流表示数I1变小，故D错误。
[答案] AB
(三) 三种特殊的变压器(精研点)
类型一 两类互感器
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，eq \f(I,k2)
C．eq \f(U,k1)，k2I D．eq \f(U,k1)，eq \f(I,k2)
解析：选B 根据原、副线圈的电压、电流与线圈匝数关系可知eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)＝k1，eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)＝eq \f(1,k2)，由此可知U1＝k1U，I1＝eq \f(I,k2)，B正确。
类型二 自耦变压器
自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，原、副线圈共用其中的一部分作为另一个线圈，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。
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：选D 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eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，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。
类型三 多个副线圈的变压器
具有两个(或两个以上)副线圈的变压器的三个关系：
(1)电压关系：eq \f(U1,n1)＝eq \f(U2,n2)＝eq \f(U3,n3)＝…
(2)电流关系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋…
(3)功率关系：P1＝P2＋P3＋…
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eq \f(n1I,n2)
B．电阻R2两端的电压为eq \f(n2IR1,n1)
C．n0与n1的比值为eq \f(\r(2)NBL2ω,IR1)
D．发电机的功率为eq \f(\r(2)NBL2ωIn1＋n2,n0)
解析：选BC 电阻R1两端的电压U1＝IR1，由变压器电压规律有eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，解得U2＝eq \f(n2IR1,n1)，则通过电阻R2的电流I2＝eq \f(U2,R2)＝eq \f(n2R1I,n1R2)，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＝eq \f(Em,\r(2))＝eq \r(2)NBL2ω，由变压器的电压规律有eq \f(E,U1)＝eq \f(n0,n1)，所以eq \f(n0,n1)＝eq \f(E,U1)＝eq \f(\r(2)NBL2ω,IR1)，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＝eq \r(2)NBL2ωIeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n1,n0)＋\f(n22R1,n0n1R2)))，D错误。
(四) 电能的输送问题(精研点)
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eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，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eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)，eq \f(I3,I4)＝eq \f(n4,n3)，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，eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)，eq \f(I3,I4)＝eq \f(n4,n3)，P1＝eq \f(U42,R)＝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，eq \f(U3′,U4′)＝eq \f(n3′,n4′)，eq \f(I3′,I4′)＝eq \f(n4′,n3′)，P＝eq \f(U4′2,R)，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
[规律方法]
1．三种电压和三种电功率的区别
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。
[考法全训]
考法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＝eq \f(P,U1)＝400 A，A错误。输电线上的电流I线＝ eq \r(\f(P线,R线))＝25 A，B错误。升压变压器的副线圈输出电压U2＝eq \f(P,I线 )＝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eq \f(n3,n4)＝eq \f(U3,U4)＝eq \f(190,11)，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＝eq \f(P4,U4)≈431.8 A，D错误。
考法2 输电线上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′＝eq \f(1,4)ΔP B．ΔP′＝eq \f(1,2)ΔP
C．ΔU′＝eq \f(1,4)ΔU D．ΔU′＝eq \f(1,2)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＝eq \f(P,U)2·r，输电线路损失的电压ΔU＝eq \f(P,U)·r，若改用1 100 kV的特高压输电，同理有ΔP′＝eq \f(P,U′)2·r，ΔU′＝eq \f(P,U′)·r，可得ΔP′＝eq \f(ΔP,4)，ΔU′＝eq \f(ΔU,2)，故B、C错误，A、D正确。
1．[树立民族自信](2022·河北高考)张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一，其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z转，通过转速比为1∶n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B，t＝0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后。输出电压为U。忽略线圈电阻，下列说法正确的是( )
A．发电机输出的电压为eq \r(2)πNBSz
B．发电机输出交变电流的频率为2πnz
C．变压器原、副线圈的匝数比为eq \r(2)πNBSnz∶U
D．发电机产生的瞬时电动势e＝eq \r(2)πNBSnzsin(2πnz)
解析：选C 发电机线圈的转速为nz，输出交变电流的频率为f＝nz＝eq \f(ω,2π)， B错误；线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生正弦交流电，电动势的最大值为Em＝NBS·2πnz，输出电压的有效值为E＝eq \f(Em,\r(2))＝eq \r(2)πNBSnz，A错误；变压器原、副线圈的匝数比为eq \f(n1,n2)＝eq \f(E,U)＝eq \f(\r(2)πNBSnz,U)，C正确；发电机产生的瞬时电动势为e＝Emsin ωt＝2πNBSnzsin(2πnzt)，D错误。
2．[体现学以致用]某手动发电的手电筒，图甲和图乙是其发电机的两个截面示意图。推动手柄使线圈a沿轴线往复运动，线圈a中产生的感应电动势随时间按正弦规律变化，如图丙所示。线圈a连接一原、副线圈匝数比为2∶1的理想变压器，其输出端给两个额定电流均为0.5 A的灯泡供电，两灯泡恰好正常发光。线圈a及导线电阻不计。则( )
A．变压器输出电流的频率为25 Hz
B．灯泡的额定电压为2 V
C．线圈a中电流的有效值为1 A
D．发电机输出功率为eq \r(2) W
解析：选D 由题图丙可知线圈a中产生的感应电动势的周期为0.4 s，故变压器输出电流的频率为f＝eq \f(1,T)＝2.5 Hz，A错误；由题图丙可知线圈a中产生的感应电动势的最大值为4 V，有效值为2eq \r(2) V，理想变压器的原、副线圈匝数比为2∶1，故两灯泡恰好正常发光的额定电压为eq \r(2) V，B错误；输出端给两个额定电流均为0.5 A的灯泡供电，两灯泡正常发光，故副线圈的干路电流有效值为1 A，原、副线圈匝数比为2∶1，变压器的原、副线圈的电流与匝数成反比，故线圈a中电流的有效值为0.5 A，C错误；灯泡正常工作的额定功率为P＝UI＝eq \r(2)×0.5 W＝eq \f(\r(2),2) W，发电机输出功率为P出＝2P＝eq \r(2) W，D正确。
3．[联系生活实际](多选)在家庭电路中，为了安全，一般在电能表后面的电路中安装一个漏电开关，其工作原理如图所示，其中甲线圈两端与脱扣开关控制器相连，乙线圈由两条电线采取双线法绕制，并与甲线圈绕在同一个矩形硅钢片组成的铁芯上。以下说法正确的是( )
A．当用户用电正常时，甲线圈两端没有电压，脱扣开关接通
B．当用户用电正常时，甲线圈两端有电压，脱扣开关接通
C．当用户发生漏电时，甲线圈两端没有电压，脱扣开关断开
D．当用户发生漏电时，甲线圈两端有电压，脱扣开关断开
解析：选AD 乙线圈采取双线法绕制，正常状态时，火线和零线中电流相等，产生的磁场完全抵消，甲线圈中没有电压，脱扣开关保持接通，A正确，B错误；当用户发生漏电时，流过火线与零线的电流不相等，产生的磁场不能完全抵消，会使甲线圈中产生感应电动势，控制器控制脱扣开关断开，C错误，D正确。
4．[聚焦科技前沿]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U1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，听筒扬声器(等效为一个阻值为R的定值电阻)与一滑动变阻器(最大阻值为R)连接在该变压器的副线圈。已知原线圈与副线圈的匝数比为k，则( )
A．副线圈两端的电压为U1k
B．当滑动变阻器阻值为R时，通过原线圈的电流为eq \f(U1,2kR)
C．当滑动变阻器阻值为R时，听筒扬声器的功率为eq \f(U12,4k2R)
D．若保持U1不变，将滑动变阻器滑片P向左移动，听筒扬声器的功率减小
解析：选C 根据理想变压器的电压比等于匝数比，eq \f(U1,U2)＝k，可得U2＝eq \f(U1,k)，故A错误；当滑动变阻器阻值为R时，通过副线圈的电流I2＝eq \f(U2,2R)＝eq \f(U1,2kR)，根据理想变压器的电流比与匝数比成反比，eq \f(I1,I2)＝eq \f(1,k)，可知I1＝eq \f(I2,k)＝eq \f(U1,2k2R)，听筒扬声器的功率P＝I22R＝eq \f(U12,4k2R)，故C正确，B错误；若保持U1不变，则副线圈两端的电压U2不变，将滑动变阻器滑片P向左移动，则R电阻变小，副线圈中的电流I2增大，则听筒扬声器的功率增大，故D错误。
eq \a\vs4\al([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6eq \r(2) 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eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(220,12)＝eq \f(55,3)，B正确；流过卤素灯的电流为I＝eq \f(P,U)＝eq \f(50 W,12 V)＝eq \f(25,6) 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＝eq \f(U,I)＝2.88 Ω，D错误。
2．(2023·河南安阳模拟)逆变器是一种能够把蓄电池提供的直流电转变成交流电的工具。如图所示，就是一种逆变器的电路，核心的控制电路称为“逆变模块”，它的功能就是把直流转换成交流，共有5个接线端子，In 1～In 3为输入端，与两块相同的蓄电池连接，两块相同的蓄电池同时工作；Out 1～Out 2为输出端，与理想变压器原线圈相连。已知蓄电池的电动势为E，内阻不计，负载电阻阻值为R，电流表读数为I，电压表读数为U，逆变模块自身消耗的电功率忽略不计，则变压器原、副线圈的匝数比为( )
A．eq \f(U,\r(EIR)) B．eq \f(2U,\r(EIR))
C．eq \f(U,\r(2EIR)) D．eq \f(U,2\r(2EIR))
解析：选A 由题意可知，假设负载电阻R两端电压为U2，则负载电阻R消耗的功率为P＝eq \f(U22,R)＝EI，解得U2＝eq \r(EIR)，根据理想变压器原、副线圈的匝数比等于电压比，可得eq \f(n1,n2)＝eq \f(U,U2)＝eq \f(U,\r(EIR))，故选A。
3．如图甲所示是燃气灶点火装置的电路图，转换器将直流电压转换为交流电压，并加在一理想变压器的原线圈上，当变压器副线圈两端电压的瞬时值大于5 000 V时，钢针和金属板间就会引发电火花，从而点燃气体。闭合开关，已知电压表的示数为5 V，图乙所示是闭合开关后原线圈中的磁感应强度B随时间t变化的图像，电压表可视为理想交流电表，下列说法正确的是( )
A．原线圈中磁感应强度的瞬时值表达式为B＝eq \f(\r(2)Bmax,2)sineq \f(2π,T)t(T)
B．0～eq \f(T,2)时间内，在eq \f(T,4)时刻最容易成功打火
C．原、副线圈匝数比为1∶800时点火装置可正常工作
D．经过变压器后，该交流电压的频率可能发生变化
解析：选C 由题图乙可知原线圈中磁感应强度的瞬时值表达式为B＝Bmaxsineq \f(2π,T)t(T)，A错误；t＝eq \f(T,4)时刻穿过线圈的磁通量最大，由法拉第电磁感应定律可知，此时副线圈产生的感应电动势为零，因此不会成功打火，B错误；若原、副线圈的匝数比为1∶800，副线圈两端电压的有效值为4 000 V，其最大值为4 000eq \r(2) V≈5 600 V＞5 000 V，故点火装置可以正常工作，C正确；变压器不会改变交流电压的频率，D错误。
4．(2023·南京高三调研)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的正弦式交变电流后，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＝eq \f(n2,n1)U1＝eq \f(1,5)U1，I1＝eq \f(n2,n1)I2＝eq \f(2,5) A，Uab＝U1＋I1R，U2＝I2R＋U手机，整理可得220＝5U2＋eq \f(2,5)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．(2021·福建高考)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eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)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＝eq \f(U2,R＋R电)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.(2022·山东等级考)如图所示的变压器，输入电压为220 V，可输出12 V、18 V、30 V电压，匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为u＝Umcs(100πt)。单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1 V。将阻值为12 Ω的电阻R接在BC两端时，功率为12 W。下列说法正确的是( )
A．n1为1 100匝，Um为220 V
B．BC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4 A
C．若将R接在AB两端，R两端的电压为18 V，频率为100 Hz
D．若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5 A，周期为0.02 s
解析：选D 变压器的输入电压为220 V，原线圈的电压与时间成余弦函数关系，故输入交流电压的最大值为220eq \r(2) V，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为eq \f(n1,1)＝eq \f(220 V,0.1 V)，解得原线圈匝数为2 200匝，A错误；由题意可知，当原线圈输入220 V时，BC间的电压UBC＝eq \r(PR)＝12 V，故BC间的线圈匝数关系有eq \f(nBC,1)＝eq \f(12 V,0.1 V)＝120，BC间的线圈匝数为120匝，流过R的电流为IBC＝eq \f(P,UBC)＝eq \f(12 W,12 V)＝1 A，B错误；若将R接在AB端，由题意可知，当原线圈输入220 V时，AB间的电压应该为18 V，根据原线圈中电压的表达式可知，交流电的频率为f＝eq \f(ω,2π)＝50 Hz，C错误；若将R接在AC端，由题意可知，当原线圈输入220 V时，AC间的电压应该为30 V，根据欧姆定律可知，流过电阻R的电流为IAC＝eq \f(UAC,R)＝eq \f(30,12) A＝2.5 A，交流电的周期为T＝eq \f(1,f)＝0.02 s，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eq \f(P1,P2)＝eq \f(I2R1,I2R2)，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eq \f(P1′,P2′)＝eq \f(\f(U12,R1),\f(U22,R2))＝eq \f(1,8)，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．(2023·山东汶上模拟)如图所示的电路中，a、b接在内阻不计的交流发电机上，发电机有N匝矩形线圈，线圈面积为S，处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，绕线圈平面内与磁场垂直的轴以角速度ω匀速转动。T为理想变压器，原、副线圈的匝数分别为n1和n2，A1、A2为理想交流电流表，R为定值电阻。当线圈转动的角速度变为eq \f(ω,2)后，下列说法正确的是( )
A．A1的示数变为原来的eq \f(1,4)
B．A2的示数变为原来的eq \f(n1,n2)
C．R中电流的频率变为原来的2倍
D．R消耗的电功率变为原来的eq \f(1,4)
解析：选D 交流发电机产生电动势的有效值即原线圈电压U1＝E＝eq \f(Em,\r(2))＝eq \f(NBSω,\r(2))，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，副线圈电压U2＝eq \f(n2,n1)U1，副线圈电流即A2的示数I2＝eq \f(U2,R)＝eq \f(n2,n1)×eq \f(NBSω,\r(2)R)，根据eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，原线圈电流即A1的示数I1＝eq \f(n2,n1)I2＝eq \f(n22,n12)×eq \f(NBSω,\r(2)R)，当线圈转动的角速度变为eq \f(ω,2)后，两电流表的示数均变为原来的一半，故A、B错误；变压器不改变电流频率，通过R中电流的频率f＝eq \f(ω,2π)，当线圈转动的角速度变为eq \f(ω,2)后，电流的频率变为原来的一半，故C错误；R消耗的电功率P＝I22R＝eq \f(n22,n12)×eq \f(N2B2S2ω2,2R)，当线圈转动的角速度变为eq \f(ω,2)后，R消耗的电功率变为原来的eq \f(1,4)，故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eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，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eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，输入电压U1不变，eq \f(n1,n2)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(u-t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＝27eq \r(2)sin 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u-t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，所以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＝36eq \r(2)sin 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×eq \f(12,9) 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1、2所示，理想变压器对电器供电，其输入电压u＝27 000eq \r(2)sin 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1中电阻r的功率为50 W
B．图2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1中原、副线圈匝数比n1∶n2＝2 700∶23
D．图2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＝eq \f(PL,UL)＝5 A，电阻r的功率为Pr＝IL2r＝50 W，故A正确；题图1变压器输出电压为U出＝UL＋ILr＝230 V，题图1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′＝eq \f(PL′,UL′)＝2 A，题图2中干路电流为I总＝IL＋IL′＝7 A，题图2中输出电压为U出′＝UL′＋I总r＝234 V，题图2中输入功率等于输出功率为P2＝U出′I总＝1 638 W，题图2中变压器的输入功率比题图1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＝eq \f(Um,\r(2))＝27 000 V，则题图1中原、副线圈匝数比eq \f(n1,n2)＝eq \f(U入,U出)＝eq \f(2 700,23)，题图2中原、副线圈匝数比eq \f(n1,n2)＝eq \f(U入′,U出′)＝eq \f(1 500,13)，故C、D正确。
12．如图所示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＝eq \f(U22,R)
D．要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比eq \f(n2,n1)，同时应增大降压变压器的匝数比eq \f(n3,n4)
解析：选D 交流发电机的输出电压U1一定，匝数不变，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，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＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P2,U2)))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eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)知，应增大升压变压器的匝数比eq \f(n2,n1)，U3＝U2－I2R，U2增大，I2减小，所以U3增大，用户电压U4不变，根据eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)知，应增大降压变压器的匝数比eq \f(n3,n4)，故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，如图所示。
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＝2πeq \r(LC)；(2)频率f＝eq \f(1,2π\r(LC))。
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同时，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：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。
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。
情境创设
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。时至今日，我们仍然能够接收到220亿千米之外旅行者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．[对LC振荡电路的理解]
无线话筒是LC振荡电路的一个典型应用。在LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图所示，且电容器上极板带正电，下列说法正确的是( )
A．电容器正在放电
B．振荡电流正在减小
C．电流流向沿a到b
D．电场能正在向磁场能转化
解析：选B 由题图可知，此时电容器正在充电，电路中电流正在减小，电路中的电流沿顺时针方向，磁场能在向电场能转化，故B正确，A、C、D错误。
2．[周期公式的应用]
“救命神器”——自动体外除颤仪(AED)，它是一种便携式的医疗设备，可以诊断特定的心律失常，并且给予电击除颤，是可被非专业人员使用的用于抢救心搏骤停患者的医疗设备。其结构如图所示，低压直流经高压直流发生器后向储能电容器C充电。除颤治疗时，S1、S2开关拨到2，将脉冲电流作用于心脏，使患者心脏恢复正常跳动，其他条件不变时，下列说法正确的是( )
A．脉冲电流作用于不同人体时，电流大小相同
B．放电过程中，电流大小不变
C．电容C越小，电容器的放电时间越长
D．自感系数L越小，放电脉冲电流的放电时间越短
解析：选D 脉冲电流作用于不同人体时，不同人体的导电性能不同，故电流大小不同，A错误；电容器放电过程中，随着带电量的减小，放电电流不是恒定的，B错误；振荡电路的振荡周期为T＝2πeq \r(LC)，电容器在时间t0内放电至两极板间的电压为0，即t0＝eq \f(T,4)＝eq \f(π\r(LC),2)，电容器的电容C越小，放电脉冲电流的放电时间越短，线圈的自感系数L越小，放电脉冲电流的放电时间越短，故C错误，D正确。
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，上极板带负电，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
(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．[对麦克斯韦电磁场理论的理解]
如图甲所示，在变化的磁场中放置一个闭合电路，电路里产生了感应电流；如图乙所示，空间存在变化的磁场，其周围产生感应电场，下列说法正确的是( )
A．甲、乙两图一定能持续产生电磁波
B．对甲图，从上向下看，电子在回路中沿顺时针方向运动
C．闭合电路只是检验变化的磁场产生电场，即使没有闭合电路空间仍能产生电场
D．变化的电场周围产生磁场，与闭合电路是否存在有关
解析：选C 若甲、乙两图的磁场均匀变化，就会产生稳定不变的电场，稳定不变的电场不会产生磁场，就不会持续产生电磁波，故A错误；对甲图，从上向下看，感应电流沿顺时针方向，电子在回路中沿逆时针方向运动，故B错误；变化的磁场周围产生电场是一种普遍存在的现象，与闭合电路是否存在无关，甲图的闭合电路只是检验变化的磁场产生电场，乙图即使没有闭合电路空间仍能产生电场，故C正确；同理，变化的电场周围产生磁场也是一种普遍存在的现象，与闭合电路是否存在无关，D错误。
2．[电磁波的产生]
某电路中电场强度随时间变化的关系图像如图所示，能发射电磁波的是( )
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＝πr2eq \f(ΔB,Δt)＝πr2eq \f(B0,T0)，由于同一条电场线上各点电场强度大小相等，所以E＝eq \f(ε,2πr)，解得E＝eq \f(rB0,2T0)，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＝eq \f(qE,m)，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]
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＝eq \f(v,f)，电磁波进入介质遵循公式n＝eq \f(c,v)。
(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(精研点)
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。如图所示是调频的作用，其中甲为声音信号的波形；乙为高频等幅振荡电流的波形；丙为经过调频的高频振荡电流的波形。
2．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。
[考法全训]
1．[无线电波的发射]
(多选)下列关于无线电广播要对电磁波进行调制的原因的说法中正确的是( )
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正确；电磁波在空气中以接近光速传播，B错误；由v＝λf，知波长与波速和频率有关，C错误，D正确。
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1毫米到30千米的电磁波
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 波长在1毫米至30千米之间的电磁波称作无线电波，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＝eq \f(v,f)可知波长变短，D正确。
3．[ 无线电波的接收]
(多选)关于无线电波的接收，下列说法中正确的是( )
A．当接收电路的固有频率跟接收到的电磁波频率相同时，该电磁波在接收电路中激起的感应电流最大
B．使接收电路中产生电谐振的过程叫作调谐
C．收音机的接收电路是LC振荡电路
D．从接收到的高频振荡信号中“检”出所携带的信号，叫作调谐
解析：选ABC 接收电路与电磁波发生电谐振时，即接收电路的固有频率等于电磁波的频率时，电路中激起的感应电流最大，故A正确；根据调谐概念可知，使接收电路中产生电谐振的过程叫作调谐，故B正确，D错误；收音机的接收电路是LC振荡电路，故C正确。
(四) 电磁波谱(精研点)
1．电磁波谱分析及应用
2.各种电磁波产生机理
[考法全训]
1．[电磁波谱]
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，下列说法中正确的是( )
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]
(多选)在疫情防控期间，通常利用红外线测温仪测量人体的温度。关于电磁波的应用，下列说法正确的是( )
A．红外线、X射线、γ射线中红外线的波长最短
B．银行的验钞机和家用电器的遥控器发出的光都是紫外线
C．微波主要用于广播及其他信号的传输
D．X射线可以用于诊断病情，γ射线可以摧毁病变的细胞
解析：选CD 红外线、X射线、γ射线中红外线的频率最小，波长最长，A错误；银行的验钞机发出的光是紫外线，家用电器的遥控器发出的是红外线，B错误；微波不但能加热物体，而且能传播信息，故可以用于通信、广播及其他信号传输，故C正确；X射线有很高的穿透本领，常用于医学上透视人体，γ射线有极强的穿透能力和很高的能量，可以摧毁病变的细胞，故D正确。
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
1．(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。
2．测温枪是通过传感器接收红外线，得出感应温度数据，使用时只要将测温枪靠近皮肤表面，修正皮肤与实际体温的温差便能准确显示体温，下列说法正确的是( )
A．测温枪利用的红外线也可用于杀菌消毒
B．红外线是波长比紫外线长的电磁波
C．红外线的穿透能力很强，接受红外线照射是会伤害身体的
D．红外线的频率大于X光的频率
解析：选B 紫外线可用于杀菌消毒，红外线具有热效应，故A错误；由电磁波谱可知，红外线是波长比紫外线长的电磁波，故B正确；红外线的热作用很强，接受红外线照射是不会伤害身体的，故C错误；由电磁波谱可知，红外线的频率小于X光的频率，故D错误。
3．(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。
4．(2023·浙江绍兴模拟)下列说法正确的是( )
A．LC振荡电路中，电容器两极板上电荷最多时，电路中电流最大
B．通过调谐可以把声音或图像信号从高频电流中还原出来
C．紫外线的频率比可见光小，因此可用于灭菌消毒
D．医学上均应用了X射线和γ射线具有很强穿透能力的特性
解析：选D LC振荡电路中，电容器两极板上电荷最多时，电路中电流为零，A错误；通过解调可以把声音或图像信号从高频电流中还原出来，B错误；紫外线的频率比可见光大，因此可用于灭菌消毒，C错误；医学上均应用了X射线和γ射线具有很强穿透能力的特性，D正确。
5．我国成功研发的世界上首个反隐身先进米波雷达堪称隐形飞机的克星，其发射的无线电波波长在1～10 m 范围内，则这种无线电波( )
A．频率比红外线高
B．比毫米波在空中传播时更易发生衍射现象
C．在空中传播的速度为声速的几倍
D．照射锌板会有光电子逸出
解析：选B 发射的无线电波波长大于红外线，而频率与波长成反比，故频率比红外线低，故A错误；这种无线电波波长大于毫米波，波长越长越容易发生明显的衍射现象，故B正确；无线电波属于电磁波，传播速度为光速，在空中传播的速度远远大于声速，故C错误；无线电波波长较大，频率较低，小于锌板的极限频率，不会有光电子逸出，故D错误。
6．在LC振荡电路中，以下办法可以使振荡频率增大到原来的两倍的是( )
A．自感系数L和电容C都增大到原来的两倍
B．自感系数L增大到原来的两倍，电容C减小一半
C．自感系数L减小一半，电容C增大到原来的两倍
D．自感系数L和电容C都减小一半
解析：选D 由LC振荡电路的频率公式f＝eq \f(1,2π\r(LC))可知，当自感系数L和电容C都增大到原来的两倍时，其振荡频率变为原来的一半；当自感系数L增大到原来的两倍，电容C减小一半时，其振荡频率不变；当自感系数L减小一半，电容C增大到原来的两倍时，其振荡频率不变；当自感系数L和电容C都减小一半时，其振荡频率恰好增大到原来的两倍，故选D。
7．(2023·山东沂南模拟)如图所示是由线圈L和电容器C组成的最简单的LC振荡电路，先把电容器充满电，t＝0时如图甲所示，电容器中的电场强度最大，电容器开始放电，t＝0.02 s时如图乙所示，LC振荡电路线圈中的电流第一次达到最大值，则( )
A．此LC振荡电路的周期T＝0.04 s
B．t＝0.05 s时，回路电流方向与图乙中所示电流方向相同
C．t＝0.06 s时，线圈中的磁场能最大
D．t＝0.10 s时，电容器中的电场能最大
解析：选C t＝0.02 s时，线圈中的电流第一次达到最大值，则eq \f(1,4)T＝0.02 s，周期T＝0.08 s，故A错误；t＝0.04 s时电流再次为零，0.04 s到0.08 s，时间内电流的方向与题图乙中所示方向相反，故B错误；在t＝0.02 s时，电流第一次达到最大值，此时线圈中的磁场能最大，当t＝0.06 s＝eq \f(3,4)T时刻线圈中的磁场能也最大，故C正确；当t＝0.10 s＝eq \f(5,4)T时的情况与t＝0.02 s时的情况是一致的，电容器中的电场能为0，故D错误。
8．(2023·浙江绍兴模拟)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(基础实验)
一、理清原理与操作
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、扫描实验盲点
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。
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。
题组(一) 实验原理与操作
1．在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，某同学利用“教学用的可拆变压器”进行探究。
(1)关于实验操作，下列说法正确的是__________。
A．为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用电压不要超过12 V
B．实验通电时，可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路
C．使用多用电表测电压时，先用中等量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量
(2)在实验中，该同学保持原线圈两端的电压及副线圈的匝数不变，仅减小原线圈的匝数，副线圈两端的电压将__________(选填“增大”“减小”或“不变”)。
解析：(1)实验操作中，为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用电压不要超过12 V，故A正确；实验通电时，不可用手接触裸露的导线、接线柱等，故B错误；使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，故C错误。
(2)在实验中，保持原线圈两端的电压及副线圈的匝数不变，仅减小原线圈的匝数，根据变压器变压公式，副线圈两端的电压将增大。
答案：(1)A (2)增大
2．有一个教学用的可拆变压器，如图1所示，它有两个外观基本相同的线圈A、B(内部导线电阻率、横截面积相同)，线圈外部还可以绕线。
(1)某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图2中的a、b位置，由此可推断____________(选填“A”或“B”)线圈的匝数较多。
(2)该实验中输入端所接电源最适合的是________。
A．220 V交流电源
B．12 V以内低压直流电源
C．36 V安全电压
D．12 V以内低压交流电源
(3)如果把图1的可拆变压器看作理想变压器，现要测量A线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源。请完成实验步骤的填空：
①用绝缘导线在线圈的外部或变压器的铁芯上绕制n匝线圈。
②将__________(选填“A”或“B”)线圈与低压交流电源相连接。
③用多用电表的____________挡分别测量A线圈的输入电压UA和绕制线圈的输出电压U。
④则A线圈的匝数为____________。
解析：(1)根据电阻定律，导线电阻率和横截面积相同时，导线越长，电阻越大，A线圈电阻比B的大，故A线圈匝数较多。
(2)为保证人身安全，应用12 V以内低压交流电源，故选D。
(3)②要测量A线圈的匝数，所以要把A线圈与低压交流电源相连接。③变压器输入、输出都是交流电，所以要用交流电压挡测输入和输出电压。④根据变压器电压比等于匝数比，有eq \f(UA,U)＝eq \f(nA,n)，解得nA＝eq \f(nUA,U)。
答案：(1)A (2)D (3)②A ③交流电压 ④neq \f(UA,U)
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“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eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)；若变压器的原线圈接“0、8”接线柱，副线圈接“0、4”接线柱，则原、副线圈匝数比为eq \f(n1,n2)＝2，则原线圈两端电压U1＝eq \f(n1,n2)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
题组(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，除了选用交流电压表、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。
(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源，才能产生交变的磁场。
(2)根据变压器原理有：eq \f(nA,nC)＝eq \f(UA,UC)
解得：nA＝eq \f(UA,UC)nC＝400匝
同理有：eq \f(nB,nC)＝eq \f(UB,UC)
解得：nB＝eq \f(UB,UC)nC＝190匝。
(3)根据eq \f(nA,nC)＝eq \f(UA,UC)，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．(2023·云南昆明模拟)某实验小组用如图所示电路探究“变压器原、副线圈电压与匝数的关系”，图中变压器为可拆变压器。
实验提供的器材有：
(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2 V、4 V、6 V和8 V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丙所示，电压量程为0～10 V交流电压挡，读数为______________V，并计算出此次实验U1∶U2＝__________。
(3)根据实验数据可得结论______________________________________________。
(4)导致实验误差的原因可能是__________。
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
解析：(1)实验需要提供交流电源，干电池只能提供直流电源，所以电源应选学生电源，实验中要测量的是交流电压，故不能选直流电压表，只能选用多用电表。
(2)电压量程为0～10 V交流电压挡，测交流电压应读多用电表刻度线的中间一行，故读数为7.8 V。则计算出此次实验中U1∶U2＝1∶1.95。
(3)根据实验数据可得，在误差允许的范围内，理想变压器的原线圈与副线圈的电压之比等于线圈匝数之比。
(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损耗，从而导致电压比与匝数比有差别，故B正确；变压器的铁芯产生涡流使得能量损耗，从而会导致电压比与匝数比有差别，故C正确。故选B、C。
答案：(1)B D (2)7.8 1∶1.95 (3)在误差允许的范围内，理想变压器的原线圈与副线圈的电压之比等于线圈匝数之比 (4)BC
第5讲 实验：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“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。
题组(一) 热敏传感器的考查
1．(2022·重庆高考)某兴趣小组研究热敏电阻在通以恒定电流时，其阻值随温度的变化关系。实验电路如图所示，实验设定恒定电流为50.0 μA，主要实验器材有：恒压直流电源E、加热器、测温仪、热敏电阻RT、可变电阻R1、电流表A、电压表V。
(1)用加热器调节RT的温度后，为使电流表的示数仍为50.0 μA，须调节________(选填一种给定的实验器材)。当RT两端未连接电压表时，电流表示数为50.0 μA；连接电压表后，电流表示数显著增大，须将原电压表更换为内阻________(选填“远大于”“接近”“远小于”)RT阻值的电压表。
(2)测得RT两端的电压随温度的变化如图所示，由图可得温度从35.0 ℃变化到40.0 ℃的过程中，RT的阻值随温度的平均变化率是________kΩ·℃－1(保留2位有效数字)。
解析：(1)由题知恒压直流电源E的电动势不变，而用加热器调节RT的温度后，导致整个回路的总电阻改变。而要确保电流表的示数仍为50.0 μA，则需控制整个回路的总电阻不变，故需要调节的器材是可变电阻R1。连接电压表后，电流表示数显著增大，则说明电压表与RT并联后R总减小，则根据并联电阻的关系有R总＝eq \f(RTRV,RT＋RV)＝eq \f(RT,\f(RT,RV)＋1)，则要保证R总不变需将原电压表更换为内阻远大于RT阻值的电压表。
(2)由题图可得温度为35.0 ℃时电压表的电压为1.6 V，且实验设定恒定电流为50.0 μA，则根据欧姆定律可知此时热敏电阻RT1＝32 kΩ；温度为40.0 ℃时电压表的电压为1.3 V，且实验设定恒定电流为50.0 μA，则根据欧姆定律可知此时热敏电阻RT2＝ 26 kΩ，则温度从35.0 ℃变化到40.0 ℃的过程中，RT的阻值随温度的平均变化率是k＝eq \f(ΔRT,Δt)＝－1.2 kΩ·℃－1，负号表示随着温度升高RT的阻值减小。
答案：(1)可变电阻R1 远大于 (2)1.2
2．炎热的夏季，养殖户用自动控温通风系统对养殖场进行控温。要求当养殖场内的温度升高到27 ℃时，通风系统立即启动。某同学设计的通风系统工作原理如图甲所示：虚线框内的两接线柱间接测温电阻RT。当R1两端的电压升高到3 V时，控制电路恰能启动通风系统，低于3 V时，通风系统立即停止工作。
提供的器材为：
直流电源(电动势E＝5 V，内阻忽略不计)；
电阻箱R1、R2(阻值范围均为0～99 999.9 Ω)；
控制电路模块(电阻可视为无穷大)；
两测温电阻RT1、RT2(工作特性分别如图乙、丙所示)。
根据原理，选择器材，并完成调试：
(1)图甲中测温电阻应选用____________(选填“RT1”或“RT2”)。
(2)接好测温电阻后，为实现27 ℃时开启通风系统，对电路进行调试，先将开关K2拨到触点b，并将电阻箱R2的阻值调至__________kΩ、电阻箱R1的阻值调至__________kΩ，再闭合开关K1，测试通风系统能否正常工作。若能正常工作，再将开关K2拨回触点a即可。(本问结果均保留2位有效数字)
(3)若长时间使用，电阻箱R1老化后的电阻率会变大，若不对其阻值进行调整，当通风系统再次启动时，养殖场内的实际温度要________(选填“高”或“低”)于设定的启动温度27 ℃。
解析：(1)由于当R1两端的电压升高到3 V时，控制电路恰能启动通风系统，低于3 V时，通风系统立即停止工作。则测温电阻的阻值必定随温度的升高而减小，则题图甲中测温电阻应选用RT1。
(2)由题图乙可知，温度为27 ℃时RT1约为12 kΩ，为实现27 ℃时开启通风系统，对电路进行调试，先将开关K2拨到触点b，并将电阻箱R2的阻值调至12 kΩ，此时R1两端电压U1应为3 V，根据闭合电路欧姆定律有eq \f(U1,R1)＝eq \f(E,R1＋R2)，解得R1＝18 kΩ。
(3)若长时间使用，电阻箱R1老化后的电阻率会变大，则其阻值增大，即当测温电阻RT1的阻值比较大时，即温度还比较低时，电阻箱R1两端电压已经达到3 V，通风系统开始启动，此时，养殖场内的实际温度要低于设定的启动温度27 ℃。
答案：(1)RT1 (2)12 18 (3)低
题组(二) 光敏传感器的考查
3．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eq \f(U1,R1)＝eq \f(U0,R0)，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
题组(三) 力传感器的考查
4．小明设计了一种“自动限重器”，如图甲所示。该装置由控制电路和工作电路组成，其主要元件有电磁继电器、货物装载机(实质是电动机)、压敏电阻R1和滑动变阻器R2等。压敏电阻R1的阻值随压力F变化的关系如图乙所示。当货架承受的压力达到限定值，电磁继电器会自动控制货物装载机停止向货架上摆放物品。已知控制电路的电源电压U＝6 V，电磁继电器线圈的阻值忽略不计。请回答下列问题：
(1)由图乙的图像可知，随着压力F的增大，压敏电阻R1的阻值将________________。
(2)用笔画线代替导线将图甲的电路连接完整。
(3)随着控制电路电流的增大，电磁铁的磁性将____________，当电磁继电器线圈中的电流大小为30 mA时，衔铁被吸下。若货架能承受的最大压力为800 N，则所选滑动变阻器R2的最大阻值至少为____________Ω。
解析：(1)由题图乙中的图像可知，压敏电阻R1的阻值随压力的增大而减小。
(2)将货物装载机和上触点串联组成工作电路，将R1、滑动变阻器R2、电磁继电器串联接入控制电路；完整电路如图所示。
(3)随着控制电路电流的增大，电磁继电器的磁性将增强。R1与R2串联，故电流I1＝I2＝Imax＝30 mA＝0.03 A，由题图乙可知：F＝800 N时，R1＝80 Ω，由I＝eq \f(U,R)得U1＝I1R1＝0.03 A×80 Ω＝2.4 V
U2＝U－U1＝6 V－2.4 V＝3.6 V，R2＝eq \f(U2,I2)＝eq \f(3.6 V,0.03 A)＝120 Ω，即滑动变阻器R2的最大阻值至少为120 Ω。
答案：(1)减小 (2)见解析图 (3)增强 120
周期(T)
交变电流完成一次周期性变化(线圈转动一周)所需的时间，单位是秒(s)，公式T＝eq \f(2π,ω)
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＝eq \f(1,f)或f＝eq \f(1,T)
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电流与电压叫作这一交变电流的有效值
函数表达式
图像
磁通量
Φ＝Φmcs ωt＝BScs ωt
电动势
e＝Emsin ωt＝nBSωsin ωt
电流
i＝Imsin ωt＝eq \f(Em,R＋r)sin ωt
电压
u＝Umsin ωt＝eq \f(REm,R＋r)sin ωt
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＝eq \f(Em,R＋r)
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＝eq \f(Em,\r(2))
U＝eq \f(Um,\r(2))
I＝eq \f(Im,\r(2))
(1)计算与电流热效应相关的量(如功率、热量)
(2)交流电表的测量值
(3)用电器设备标注的额定电压、额定电流
(4)保险丝的熔断电流
平均值
i-t图像中图线与时间轴所围面积与时间的比值
eq \x\t(E)＝neq \f(ΔΦ,Δt)
eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)
计算通过电路某截面的电荷量
输电电流
电压损失
功率损失
I＝eq \f(P,U)＝eq \f(P′,U′)＝eq \f(U－U′,R)
ΔU＝U－U′＝IR
ΔP＝P－P′＝I2R＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P,U)))2R
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：eq \f(U1,n1)＝eq \f(U2,n2)
(2)有多个副线圈时：eq \f(U1,n1)＝eq \f(U2,n2)＝eq \f(U3,n3)＝…
电流关系
(1)只有一个副线圈时：eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)
(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)
电压
(1)输入电压U1由电源决定
(2)U2＝eq \f(n2,n1)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＝eq \f(n2,n1)I2⇒输入电流I1由输出电流I2和匝数比共同决定
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
eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)
I1n1＝I2n2
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＝eq \f(P送,I线)
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
根据电流流向判断
当电流流向带正电的极板时，电容器的电荷量增加，磁场能向电场能转化，处于充电过程；反之，当电流流出带正电的极板时，电荷量减少，电场能向磁场能转化，处于放电过程
根据物理量的变化趋势判断
当电容器的带电荷量q(电压U、场强E)增大或电流i(磁场B)减小时，处于充电过程；反之，处于放电过程
根据能量变化判断
电场能增加时充电，磁场能增加时放电
电磁波谱
频率/Hz
特性
应用
递变规律
无线电波
＜3×1011
波动性强，易发生衍射
无线电技术
随频率由低到高，衍射能力减弱，直线传播能力增强
红外线
1011～1015
热效应
红外遥感
可见光
1015
引起视觉
照明、摄影
紫外线
1015～1017
化学效应、荧光效应、灭菌消毒
医用消毒、防伪
X射线
1016～1019
贯穿本领强
检查、医用透视
γ射线
＞1019
贯穿本领更强
工业探伤、医用治疗
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
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。
A线圈电压
B线圈电压
C线圈电压
8.0 V
3.8 V
0.2 V
实验次数
1
2
3
4
U1/V
2
4
6
8
U2/V
3.9
11.8
15.7
eq \f(U1,U2)
1∶1.95
1∶1.97
1∶1.96
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