高考物理江苏专版一轮复习讲义 交变电流　传感器

高考物理江苏专版一轮复习讲义 交变电流　传感器

第十章 交变电流　传感器 第1节交变电流的产生及描述 ‎(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)交流电气设备上所标的电压和电流值是交变电流的有效值。(√)‎ ‎(5)交流电压表和电流表测量的是交流电的峰值。(×)‎ ‎(6)交变电流的峰值总是有效值的倍。(×)‎ 突破点(一)　交变电流的产生和描述 ‎1．正弦式交变电流的产生 ‎(1)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)交变电动势的最大值Em＝nBSω，与转轴位置无关，与线圈形状无关。‎ ‎2．正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)‎ 函数表达式 图像 磁通量 Φ＝Φmcos ωt＝BScos ωt 电动势 e＝Emsin ωt＝nBSωsin ωt 电流 i＝Imsin ωt＝sin ωt 电压 u＝Umsin ωt＝sin ωt ‎[题点全练]‎ ‎1．(2019·苏州模拟)如图甲所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有一矩形单匝线圈，其面积为S，总电阻为r，线圈两端外接一电阻R和一个理想交流电流表。若线圈绕对称轴OO′以角速度ω做匀速转动，图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e随时间t变化的图像，下列说法正确的是(　　)‎ A．在t1～t3时间内，穿过线圈平面的磁通量的变化量为BS B．在t3～t4时间内，通过电阻R的电荷量为 C．在t3时刻穿过线圈平面的磁通量的变化率为2BSω D．在t3时刻电流表的示数为 解析：选D　由题图可知，在t1和t3时刻穿过线圈平面的磁通量大小为BS，方向相反，则在t1～t3时间内穿过线圈平面的磁通量的变化量为2BS，A错误；在t3～t4时间内，磁通量的变化量为BS，则平均电动势＝，因此通过电阻R的电荷量为q＝·Δt＝Δt＝，故B错误；在t3时刻电动势E＝BSω，则由法拉第电磁感应定律，‎ E＝可知，则穿过线圈的磁通量变化率为BSω，故C错误；在t3时刻电流表的示数为交变电流的有效值，则有I＝＝，故D正确。‎ ‎2.一边长为L的正方形单匝线框绕垂直于匀强磁场的固定轴转动，线框中产生的感应电动势e随时间t的变化情况如图所示。已知匀强磁场的磁感应强度为B，则结合图中所给信息可判定(　　)‎ A．t1时刻穿过线框的磁通量为BL2‎ B．t2时刻穿过线框的磁通量为零 C．t3时刻穿过线框的磁通量变化率为零 D．线框转动的角速度为 解析：选D　t1时刻，感应电动势最大，穿过线框的磁通量应为零，A错误；t2时刻，穿过线框的磁通量最大为Φm＝BL2，B错误；t3时刻，感应电动势最大，则磁通量变化率也最大，C错误；交变电流的最大值为Em＝BL2ω，则ω＝，D正确。‎ 突破点(二)　有效值的理解与计算 有效值的求解 ‎(1)计算有效值的根据是电流的热效应，抓住“三同”：“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”列式求解。‎ ‎(2)利用公式Q＝I2Rt和Q＝t可分别求得电流有效值和电压有效值。‎ ‎ [典例]　电阻R1、R2与交流电源按照图甲所示方式连接，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω。合上开关S后，通过电阻R2的正弦式交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示。则(　　)‎ A．通过R1的电流有效值是1.2 A B．R1两端的电压有效值是6 V C．通过R2的电流有效值是1.2 A D．R2两端的电压最大值是6 V ‎[解析]　首先从交流电图像中找出交变电流的最大值即通过R2的电流最大值为0.6 A，由正弦式交变电流最大值与有效值的关系Im＝I可知其有效值为0.6 A，由于R1与R2串联，所以通过R1的电流有效值也是0.6 A，选项 A、C错；R1两端电压有效值为U1＝IR1＝6 V，选项B对；R2两端电压最大值为U2m＝ImR2＝0.6×20 V＝12 V，选项D错。‎ ‎[答案]　B ‎[多维探究]‎ ‎[变式1]　把图像下半部分翻到t轴的上面 正弦交流电是由闭合线圈在匀强磁场中匀速转动产生的。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________ V。‎ 解析：由有效值的定义式得：××2＝T，得：U＝220 V。‎ 答案：220 V ‎[变式2]　仅余周期的波形 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，由截去部分的多少来调节电压，从而实现灯光的可调，比过去用变压器调压方便且体积小。某电子调光灯经调整后电压波形如图所示，求灯泡两端的电压的有效值。‎ 解析：从ut图像看出，每个周期的前半周期是正弦图形，其有效值为U1＝；后半周期电压为零。根据有效值的定义，T＝·＋0，解得U＝。‎ 答案： ‎[变式3]　仅余周期的波形 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，则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＋0，解得：U＝，D正确。‎ ‎[变式4]　把正余弦波形变成矩形波形 如图所示，表示一交流电的电流随时间而变化的图像，此交流电的有效值是(　　)‎ A．5 A B．3.5 A C．3.5 A D．5 A 解析：选D　交流电的有效值是根据其热效应定义的，它是从电流产生焦耳热相等的角度出发，使交流电与恒定电流等效。设交流电的有效值为I，令该交变电流通过一阻值为R的纯电阻，在一个周期内有：I2RT＝I12R＋I22R。所以该交流电的有效值为I＝ ＝5 A。‎ ‎[变式5]　上下波形的最大值不一致 电压u随时间t的变化情况如图所示，求电压的有效值？‎ 解析：由有效值的定义式得：×＋×＝T，得：U＝55 V。‎ 答案：55 V ‎[变式6]　在电阻两端并联二极管 如图所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大)，在A、B间加一正弦交流电u＝20 sin 100πt V，则加在R2上的电压有效值为(　　)‎ A．10 V B．20 V C．15 V D．5 V 解析：选D　电压值取正值时，即在前半个周期内，二极管电阻为零，R2上的电压等于输入电压值，电压值取负值时，即在后半周期内，二极管电阻无穷大可看作断路，R2上的电压等于输入电压值的一半，据此可设加在R2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＝5 V。故选项D正确。‎ ‎[方法规律]　几种典型交变电流的有效值 电流名称 电流图像 有效值 正弦式交变电流 I＝ 正弦半波电流 I＝ 矩形脉动电流 I＝ Im 非对称性交变电流 I＝ 突破点(三)　交变电流“四值”的理解和应用 对交变电流“四值”的比较和理解 物理量 表达式 适用情况及说明 瞬时值 e＝Emsin ωt ‎ u＝Umsin ωt ‎ i＝Imsin ωt 计算线圈某时刻的受力情况 最大值(峰值)‎ Em＝nBSω Im＝ 讨论电容器的击穿电压 有效值 对正(余)弦交流 电有：E＝ ‎ U＝　I＝ ‎(1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等) ‎ ‎(2)电气设备“铭牌”上所标的一般是有效值 ‎(3)保险丝的熔断电流为有效值 ‎(4)电表的读数为有效值 平均值 ＝BL ＝n ＝ 计算通过电路截面的电荷量 ‎[题点全练]‎ ‎1．如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r＝1.0 Ω，外接R＝9.0 Ω的电阻。闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e＝10sin 10πt(V)，则(　　)‎ A．该交变电流的频率为10 Hz B．该电动势的有效值为10 V C．外接电阻R所消耗的电功率为10 W D．电路中理想交流电流表的示数为1.0 A 解析：选D　由产生的电动势可知，该交流电的频率为5 Hz，选项A错误；该电动势的有效值为10 V，选项B错误；外接电阻R所消耗的电功率为9 W，选项C错误；电路中交流电流表的示数为电流的有效值，为1.0 A，选项D正确。‎ ‎2．[多选](2019·江苏四市一模)如图甲所示为风力发电的简易模型图，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁铁转动，转速与风速成正比。某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示，则(　　)‎ A．电流的表达式i＝0.6sin 10πt(A)‎ B．磁铁的转速为10 r/s C．风速加倍时电流的表达式i′＝1.2sin 10πt(A)‎ D．风速加倍时线圈中电流的有效值为 A 解析：选AD　通过乙图可知Im＝0.6 A，T＝0.2 s，ω＝＝10π rad/s，故电流的表达式为：i＝0.6sin 10πt(A)，A正确；磁体的转速为n＝＝5 r/s，B错误；风速加倍时，根据Em＝nBSω可知感应电动势加倍，形成的电流加倍，故电流表达式变为i′＝1.2sin 20πt(A)，C错误；风速加倍时，Im＝1.2 A，有效值I＝＝ A，D正确。‎ ‎3.(2019·南通一模)如图所示，把一根长L＝20.0 m的均匀电线与R＝4.8 Ω的电阻连成闭合回路，两位同学在赤道处沿东西方向站立，匀速摇动这根电线，摇动部分的电线可简化为长L1＝6.0 m、宽L2＝1.0 m矩形的三条边，长边的线速度大小v＝2.0 m/s。已知此处地磁场的磁感应强度B＝5.0×10－5 T，方向水平向北，电线的电阻率ρ＝2.0×10－8 Ω·m，横截面积S＝2.0 mm2，求：‎ ‎(1)这根电线的总电阻R0；‎ ‎(2)匀速摇动电线产生电动势的最大值Em；‎ ‎(3)电路消耗的总功率P。‎ 解析：(1)由电阻定律有R0＝ρ得电线的总电阻为：‎ R0＝ Ω＝0.2 Ω。‎ ‎(2)根据题意知，当电线的速度方向与磁感线方向垂直时，产生的电动势的值最大，所以最大值为：Em＝BL1v＝5.0×10－5×6×2 V＝6.0×10－4 V。‎ ‎(3)摇绳发电类似于线框在磁场中转动，电路中产生交变电流，由交流电知识可知电动势的有效值为：E＝ 电路中产生的总功率为：‎ P＝＝ W＝3.6×10－8 W。‎ 答案：(1)0.2 Ω　(2)6.0×10－4 V　(3)3.6×10－8 W 交变电流瞬时值表达式的书写问题 图甲是交流发电机模型示意图。在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO′转动，由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路。图乙是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示。已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动。(只考虑单匝线圈)‎ ‎(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；‎ ‎(2)线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图丙所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式；‎ ‎(3)若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热。(其他电阻均不计)‎ 解析：(1)矩形线圈abcd在磁场中转动时，只有ab和cd切割磁感线，且转动的半径为r＝，设ab和cd的转动速度为v，则v＝ω· 在t时刻，导线ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势均为E1＝BL1v⊥‎ 由图可知v⊥＝vsin ωt 则整个线圈的感应电动势为 e1＝2E1＝BL1L2ωsin ωt。‎ ‎(2)当线圈由图丙位置开始运动时，在t时刻整个线圈的感应电动势为e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)。‎ ‎(3)由闭合电路欧姆定律可知I＝ 这里E为线圈产生的电动势的有效值E＝＝ 则线圈转动一周在R上产生的焦耳热为QR＝I2RT 其中T＝ 于是QR＝πRω2。‎ 答案：(1)e1＝BL1L2ωsin ωt ‎(2)e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)‎ ‎(3)πRω2‎ ‎ 书写交变电流瞬时值表达式的基本思路 ‎(1)确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图像读出或由公式Em＝nBSω求出相应峰值。‎ ‎(2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。‎ ‎①若线圈从中性面位置开始转动，则it图像为正弦函数图像，函数式为i＝Imsin ωt。‎ ‎②若线圈从垂直中性面位置开始转动，则it图像为余弦函数图像，函数式为i＝Imcos ωt。‎ 对点训练：交变电流的产生和描述 ‎1．如图，各图面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e＝BSωsin ωt的图是(　　)‎ 解析：选A　由题意可知，只有A、C图在切割磁感线，导致磁通量在变化，产生感应电动势，A中从中性面开始计时，产生的电动势为e＝BSωsin ωt，C中从峰值面开始计时，产生的电动势为e＝BSωcos ωt，故A正确。‎ ‎2．(2019·如皋月考)小型交流发电机的原理图如图所示：单匝矩形线圈ABCD置于匀强磁场中，绕过BC、AD中点的轴OO′以恒定角速度旋转，轴OO′与磁场垂直，矩形线圈通过滑环与理想交流电流表A、定值电阻R串联，下列说法中不正确的是(　　)‎ A．线圈平面与磁场垂直时，交流电流表A的示数最小 B．线圈平面与磁场平行时，流经定值电阻R的电流最大 C．线圈转动一圈，感应电流方向改变2次 D．线圈平面与磁场平行时，通过线圈的磁通量变化率最大 解析：选A　交流电流表显示的是交流电的有效值，不随线圈的转动而变化，故A错误；线圈与磁场平行时，磁通量最小，磁通量的变化率最大，此时电动势最大，电流最大，故B、D正确；线圈转动一圈，经过两次中性面，感应电流方向改变2次，故C正确。‎ ‎3.(2019·广安期末)如图所示，面积为S的N匝矩形线圈，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以角速度ω匀速转动，就可在线圈中产生正弦交流电。已知闭合回路总电阻为R，图示位置线圈平面与磁场平行，下列说法正确的是(　　)‎ A．线圈从图示位置转90°的过程中磁通量的变化量为NBS B．线圈在图示位置磁通量的变化率为零 C．线圈从图示位置转90°的过程中通过灯泡的电量为 D．线圈从图示位置开始计时，感应电动势e随时间t变化的函数为e＝NBSωsin ωt 解析：选C　线圈从图示位置转90°的过程磁通量的变化为BS，故A错误；线圈在图示位置产生的感应电动势最大，磁通量的变化率最大，故B错误；线圈从图示位置转90°的过程中通过灯泡的电量为q＝＝，故C正确；线圈从图示位置开始计时，感应电动势e随时间t变化的函数为e＝NBSωcos ωt，故D错误。‎ ‎4．某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电流的图像如图所示，由图中信息可以判断(　　)‎ A．在A、C时刻线圈处于中性面位置 B．在B、D时刻穿过线圈的磁通量为零 C．从A～D线圈转过的角度为2π D．若从O～D历时0.02 s，则在1 s内交变电流的方向改变了100次 解析：选D　由题中交变电流的图像可知，在A、C时刻产生的感应电流最大，对应的感应电动势最大，线圈处于峰值面的位置，选项A错误；在B、D时刻感应电流为零，对应的感应电动势为零，即磁通量的变化率为零，此时磁通量最大，选项B错误；从A～D，经历的时间为周期，线圈转过的角度为π，选项C错误；若从O～D历时0.02 s，则交变电流的周期为0.02 s，而一个周期内电流的方向改变两次，所以1 s内交变电流的方向改变了100次，选项D正确。‎ 对点训练：有效值的理解与计算 ‎5．关于图甲、乙、丙、丁，下列说法正确的是(　　)‎ A．图甲中电流的峰值为2 A，有效值为 A，周期为5 s B．图乙中电流的峰值为5 A，有效值为2.5 A C．图丙中电流的峰值为2 A，有效值为 A D．图丁中电流的最大值为4 A，有效值为 A，周期为2 s 解析：选B　题图甲是正弦式交变电流图线，峰值(最大值)为2 A，有效值是峰值的，即 A，周期为4 s，所以选项A错误；题图乙电流大小改变但方向不变，所以不是交变电流，计算有效值时因为热效应与电流方向无关，所以仍是峰值的，即2.5 A，所以选项B正确；题图丙是图甲减半的脉冲电流，有效值不可能为峰值的 ‎，所以选项C错误；题图丁是交变电流图线，周期为2 s，根据有效值定义则有42×R×＋32×R×＝I2RT，解得电流有效值I＝2.5 A，所以选项D错误。‎ ‎6．(2019·冀州中学月考)甲、乙图分别表示两种电压的波形，其中甲图所示的电压按正弦规律变化。下列说法正确的是(　　)‎ A．甲图表示交流电，乙图表示直流电 B．甲图电压的有效值为220 V，乙图电压的有效值小于220 V C．乙图电压的瞬时值表达式为u＝220 sin 100πt V D．甲图电压经过匝数比为1∶10的变压器变压后，频率变为原来的10倍 解析：选B　由于两图中表示的电流方向都随时间做周期性变化，因此都为交流电，A错误；由于对应相同时刻，图甲电压比图乙电压大，根据有效值的定义可知，图甲有效值要比图乙有效值大，故B正确；图乙电压随时间不是按正弦规律变化，C错误；理想变压器变压后，改变是电压，而频率不发生变化，D错误。‎ ‎7．[多选]如图甲所示为一交变电压随时间变化的图像，每个周期内，前二分之一周期电压恒定，后二分之一周期电压按正弦规律变化。若将此交流电连接成如图乙所示的电路，电阻R阻值为100 Ω，则(　　)‎ A．理想电压表读数为100 V B．理想电流表读数为0.75 A C．电阻R消耗的电功率为56 W D．电阻R在100秒内产生的热量为5 625 J 解析：选BD　根据电流的热效应，一个周期内产生的热量：Q＝T＝＋，解得U＝75 V，A错误；电流表读数I＝＝0.75 A，B正确；电阻R消耗的电功率P＝I2R＝56.25 W，C错误；在100秒内产生的热量Q＝Pt＝5 625 J，D正确。‎ ‎8．(2019·昆山模拟)一个U形金属线框在匀强磁场中绕OO′轴以相同的角速度匀速转动，通过导线给同一电阻R供电，如图甲、乙所示。其中甲图中OO′轴右侧有磁场，乙图中整个空间均有磁场，两磁场磁感应强度相同。则甲、乙两图中交流电流表的示数之比为(　　)‎ A．1∶　　　　　　　　　 B．1∶2‎ C．1∶4 D．1∶1‎ 解析：选A　题图甲中的磁场只在OO′轴的右侧，所以线框只在半周期内有感应电流产生，如图甲，电流表测得是有效值，所以I＝。题图乙中的磁场布满整个空间，线框中产生的感应电流如图乙，所以I′＝，则I∶I′＝1∶，即A正确。‎ 对点训练：交变电流“四值”的理解和应用 ‎9．[多选](2019·淮安八校联考)如图所示，甲为一台小型交流发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间按余弦规律变化，其图像如图乙所示，电机线圈内阻为2 Ω，匝数为1 000匝，外接灯泡的电阻为18 Ω，则(　　)‎ A．在2.0×10－2 s时刻，电流表的示数为0.3 A B．发电机的输出功率为3.24 W C．在1 s内，回路中电流方向改变25次 D．在4.0×10－2 s时刻，穿过线圈的磁通量变化率为 Wb/s 解析：选AD　线圈相当于电源，产生的电动势为E＝＝ V＝6 V，内阻r＝2 Ω，电表显示的是有效值，根据闭合回路欧姆定律可得电路中的电流为I＝＝ A＝0.3 A，A正确；发电机的输出功率为P输出＝EI－I2r＝6×0.3 W－0.32×2 W＝1.62 W，B错误；从图乙中可知交流电周期为T＝4×10－2 s，故在1 s内，回路中电流方向改变n＝×2＝×2＝50次，C错误；在4.0×10－2 s时刻，感应电动势最大，磁通量变化率最大，根据E＝n可得＝＝ Wb/s，D正确。‎ ‎10.如图所示为一个小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈的长度ab＝0.25 m，宽度bc＝0.20 m，共有n＝100匝，总电阻r＝1.0 Ω，可绕与磁场方向垂直的对称轴OO′转动。线圈处于磁感应强度B＝0.40 T的匀强磁场中，与线圈两端相连的金属滑环上接一个“3.0 V,1.8 W”的灯泡，当线圈以角速度ω匀速转动时，小灯泡消耗的功率恰好为1.8 W。(不计转动轴与电刷的摩擦)‎ ‎(1)推导发电机线圈产生感应电动势的最大值的表达式Em＝nBSω(其中S表示线圈的面积)。‎ ‎(2)求线圈转动的角速度ω。‎ ‎(3)线圈以上述角速度转动100周过程中发电机产生的电能。‎ 解析：(1)线圈平面与磁场方向平行时产生感应电动势最大，设ab边的线速度为v，该边产生的感应电动势为E1＝BLabv。‎ 与此同时，线圈的cd边也在切割磁感线，产生的感应电动势为E2＝BLcdv。‎ 线圈产生的总感应电动势为：‎ Em＝n(E1＋E2)‎ 因为Lab＝Lcd，‎ 所以，Em＝2nBLabv。‎ 线速度v＝ω·Lbc，‎ 所以Em＝nBLabLbcω，而S＝LabLbc(S表示线圈的面积)。‎ 所以Em＝nBSω。‎ ‎(2)设小灯泡正常发光时的电流为I，则 I＝＝0.60 A，设灯泡正常发光时的电阻为R，‎ R＝＝5.0 Ω。‎ 根据闭合电路欧姆定律得：E＝I(R＋r)＝3.6 V。‎ 发电机感应电动势最大值为Em＝E，Em＝nBSω。‎ 解得ω＝＝1.8 rad/s＝2.55 rad/s。‎ ‎(3)发电机产生的电能为Q＝IEt，t＝100T＝100· 。‎ 解得Q＝5.33×102 J。‎ 答案：(1)见解析　(2)2.55 rad/s　(3)Q＝5.33×102 J 考点综合训练 ‎11.(2019·泰州模拟)某研究性学习小组进行地磁发电实验，匝数为n、面积为S的矩形金属线框可绕东西方向的水平轴转动，金属线框与微电流传感器组成一个回路，回路的总电阻为R。使线框绕轴以角速度ω匀速转动，数字实验系统实时显示回路中的电流i随时间t变化的关系如图所示。当线圈平面和竖直方向的夹角为θ时，电流达到最大值Im。求：‎ ‎(1)该处地磁场的磁感应强度大小B及地磁场方向与水平面间的夹角；‎ ‎(2)线框转动一周时间内回路中产生的焦耳热Q；‎ ‎(3)线框转动时穿过线框的磁通量变化率的最大值m；线框从磁通量变化率最大位置开始转过60°的过程中，通过导线的电荷量q。‎ 解析：(1)根据欧姆定律：Im＝ 交流电电动势的最大值表达式为：Em＝nBSω 则：B＝ 线圈平面与磁场方向平行时，感应电流最大，所以地磁场方向与水平面夹角为－θ。‎ ‎(2)根据焦耳定律：Q＝I2RT I＝ T＝ 联立得：Q＝。‎ ‎(3)根据法拉第电磁感应定律：E＝n m＝ 根据：E＝n，I＝ ，q＝IΔt，ΔΦ＝Φmsin θ，Φm＝ ＝ 联立得线框从磁通量变化率最大位置开始转过60°的过程中，通过导线的电荷量：q＝n＝。‎ 答案：(1) B＝；地磁场方向与水平面夹角为－θ　‎ ‎(2)Q＝　(3)m＝　q＝ ‎12．(2019·苏锡常镇一模)一个圆形线圈，共有n＝10匝，其总电阻r＝4.0 Ω，线圈与阻值R0＝16 Ω的外电阻连成闭合回路，如图甲所示。线圈内部存在着一个边长l＝0.20 m的正方形区域，其中有分布均匀但强弱随时间变化的磁场，图乙显示了一个周期内磁场的变化情况，周期T＝1.0×10－2 s，磁场方向以垂直线圈平面向外为正方向。求：‎ ‎(1)t＝T时刻，电阻R0上的电流大小和方向； ‎ ‎(2)0～时间内，流过电阻R0的电量；‎ ‎(3)一个周期内电阻R0的发热量。‎ 解析：(1)0 ～内，感应电动势大小E1＝n＝，可得E1＝8 V 电流大小I1＝，可得I1＝0.4 A 电流方向b到a。‎ ‎(2)同(1)可得～内，感应电流大小I2＝0.2 A 流过电路的电量q＝I1＋I2 得q＝1.5×10－3 C。‎ ‎(3)Q＝I12R0＋I22R0 得Q＝1.6×10－2 J。‎ 答案：(1)0.4 A；电流方向b到a　(2)1.5×10－3 C ‎(3)1.6×10－2 J 第2节变压器__电能的输送 ‎(1)理想变压器的基本关系式中，电压和电流均为有效值。(√)‎ ‎(2)变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率。(×)‎ ‎(3)正常工作的变压器当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压。(×)‎ ‎(4)变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小。(×)‎ ‎(5)增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失。 (√)‎ ‎(6)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗。(√)‎ ‎(7)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。(√)‎ 突破点(一)　理想变压器 ‎1．变压器的工作原理 ‎2．理想变压器的基本关系 基本关系 功率关系 P入＝P出 电压关系 原、副线圈的电压比等于匝数比：＝ 电流关系 只有一个副线圈时，电流和匝数成反比：＝ 频率关系 原、副线圈中电流的频率相等 制约关系 电压 原线圈电压U1和匝数比决定副线圈电压U2‎ 功率 副线圈的输出功率P出决定原线圈的输入功率P入 电流 副线圈电流I2和匝数比决定原线圈电流I1‎ ‎[题点全练]‎ ‎1.(2019·北京高考)如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220sin 100πt(V)的交流电源上，副线圈接有R＝55‎ ‎ Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是(　　)‎ A．原线圈的输入功率为220 W B．电流表的读数为1 A C．电压表的读数为110 V D．副线圈输出交流电的周期为50 s 解析：选B　由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为220 V，故有效值为U1＝220 V，由＝，故副线圈电压的有效值为U2＝110 V，故输出功率P2＝＝220 W，再由输入功率等于输出功率知，P1＝P2＝220 W，A项错误；根据欧姆定律知，I2＝＝2 A，由＝，得I1＝1 A，故电流表读数为1 A，所以B项正确；电压表的读数为有效值，即U2＝110 V，C项错误；由交流电压的表达式可知，ω＝100π(rad/s)，又T＝，解得T＝0.02 s，所以D项错误。‎ ‎2.[多选]如图，将额定电压为60 V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上。闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V和2.2 A。以下判断正确的是(　　)‎ A．变压器输入功率为484 W B．通过原线圈的电流的有效值为0.6 A C．通过副线圈的电流的最大值为2.2 A D．变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3‎ 解析：选BD　将额定电压为60 V的用电器接在理想变压器的输出端，在闭合开关后，用电器正常工作，已知交流电压表和交流电流表(均为理想电表)读数分别为220 V和2.2 A，根据功率公式可以求出用电器消耗的功率为132 W，因此A选项不正确；再根据变压器变压公式和变流公式可知，＝和＝，联立可求得通过原线圈的电流的有效值为0.6 A，所以选项B正确；由于电流表显示的是有效值，因此通过副线圈电流的最大值为2.2 A，故选项C错误；根据变压器的变压公式可知，变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝11∶3，所以D选项正确。‎ 突破点(二)　理想变压器的动态分析 常见的理想变压器的动态分析问题一般有两种：匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况。‎ 匝数比不变的情况 负载电阻不变的情况 ‎(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。‎ ‎(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。‎ ‎[典例]　(2019·天津高考)如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是(　　)‎ A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大 B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大 C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大 D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大 ‎[思路点拨]　解答本题时应从以下三点进行分析：‎ ‎(1)变压器中次级线圈电流决定初级线圈电流。‎ ‎(2)变压器中次级线圈功率决定初级线圈功率。‎ ‎(3)变压器中初级线圈电压决定次级线圈电压。‎ ‎[解析]　当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻R变大，则副线圈所在电路的总电阻R总变大，因原、副线圈两端的电压U1、U2不变，则通过R1的电流I2＝变小，R1消耗的功率PR1＝I22R1变小，选项A错误；R1两端的电压UR1＝I2R1变小，则电压表V的示数UV＝U2－UR1变大，选项B正确；因通过原、副线圈的电流关系＝，I2变小，则I1变小，即电流表A1的示数变小，选项C错误；若闭合开关S，则副线圈所在电路的总电阻R总′变小，通过副线圈的电流I2′＝变大，则通过原线圈的电流I1′变大，电流表A1的示数变大，R1两端的电压UR1′＝I2′R1变大，则R2两端的电压UR2′＝U2－UR1′变小，电流表A2的示数变小，选项D错误。‎ ‎[答案]　B ‎[集训冲关]‎ ‎1．[多选]为保证用户电压稳定在220 V，变电所需适时进行调压，如图甲所示为调压变压器示意图。保持输入电压u1不变，当滑动触头P上下移动时可改变输出电压。某次检测得到用户电压u2随时间t变化的图线如图乙所示，则以下说法正确的是(　　)‎ A．u2＝190sin 50πt(V)‎ B．u2＝190sin 100πt(V)‎ C．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当下移 D．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当上移 解析：选BD　根据题图乙可知用户电压的最大值U2m＝190 V，周期T＝0.02 s，则角速度ω＝＝100π rad/s，用户电压的瞬时值表达式u2＝U2msin ωt＝190sin 100πt (V)，选项A错误，B正确；根据变压器的电压关系＝，可知U2＝U1，由于U1、n2不变，要提高U2，只能减小n1，所以P应上移，选项C错误，D正确。‎ ‎2．[多选](2019·海南高考)图(a)所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，RT为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。原线圈所接电压u随时间t按正弦规律变化，如图(b)所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．变压器输入、输出功率之比为4∶1‎ B．变压器原、副线圈中的电流强度之比为1∶4‎ C．u随t变化的规律为u＝51sin(50πt)(国际单位制)‎ D．若热敏电阻RT的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大 解析：选BD　由题意，理想变压器输入、输出功率之比为1∶1，选项A错误；变压器原、副线圈中的电流强度与匝数成反比，即＝＝，故选项B正确；由题图(b)可知交流电压最大值Um＝51 V，周期T＝0.02 s，角速度ω＝100π rad/s，则可得u＝51sin(100πt)(V)，故选项C错误；RT的温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，电压表示数不变，故选项D正确。‎ ‎3．[多选](2019·定州月考)理想变压器的原线圈连接一只电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节，如图，在副线圈上连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头。原线圈两端接在电压为U的交流电源上。则(　　)‎ A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变大 B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变小 C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大 D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小 解析：选BC　在原、副线圈匝数比一定的情况下，变压器的输出电压由输入电压决定。因此，当Q位置不变时，输出电压U′不变，此时P向上滑动，负载电阻值R′增大，则输出电流I′减小。根据输入功率P入等于输出功率P出，电流表的读数I变小，故A错误，B正确；P位置不变，将Q向上滑动，则输出电压U′变大，I′变大，电流表的读数变大，变压器的输入功率变大。因此选项C正确，D错误。‎ 突破点(三)　远距离输电 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]　(2019·福建高考)如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u＝Umsin ωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为(　　)‎ A.　　　　　　　 B. C．422r D．422r ‎[解析]　升压变压器T的原线圈两端电压的有效值为U1＝；由变压关系可得＝，则U2＝；因为输送电功率为P，输电线中的电流为I2＝＝，则输电线上损失的电功率为ΔP＝I22(2r)＝，故选项C正确。‎ ‎[答案]　C ‎[方法规律]　输电线路功率损失的计算方法 P损＝P1－P4‎ P1为输送的功率，P4为用户得到的功率 P损＝I线2R线 I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻 P损＝ ΔU为输电线路上损失的电压，不要与U2、U3相混 P损＝ΔU·I线 注意：ΔU不要错代入U2或U3‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km外的用户，其输出电功率是3×106 kW。现用500 kV电压输电，则下列说法正确的是(　　)‎ A．输电线上损失的功率为ΔP＝，U为输电电压，r为输电线的电阻 B．输电线上输送的电流大小为2.0×105 A C．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kV D．若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kW 解析：选C　输电电路可以视为导线与变压器串联，所以输电线上损失的功率为ΔP＝，U应为输电线路上损失的电压，r为输电线的电阻，故A错误；由P＝UI可得，用500 kV电压输电时输电线上的电流：I＝＝ A＝6 000 A，故B错误；由I＝可得，输电线上由电阻造成的损失电压：ΔU＝IR＝6 000 A×2.5 Ω＝15 000 V＝15 kV，故C正确；改用5 kV电压输电时，线路中的电流：I′＝＝＝6×105 A，输电线上损失的功率：ΔP＝(I′)2R＝(6×105)2×2.5 W＝9×1011W＝9×108 kW，损失的功率不可能大于输送的电功率，故D错误。‎ ‎2．[多选](2019·苏州模拟)如图甲所示为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器。升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，其输入电压变化规律如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100 Ω。降压变压器副线圈电路部分为一火警报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小。电压表V显示加在报警器上的电压(报警器未画出)。未出现火警时，升压变压器的输入功率为750 kW。下列说法中正确的有(　　)‎ A．降压变压器副线圈输出的交流电频率为50 Hz B．远距离输电线路损耗的功率为180 kW C．当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数变大 D．当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变大 解析：选AD　由题图乙知交流电的周期0.02 s，所以频率为50 Hz，A正确；由题图乙知升压变压器输入端电压有效值为250 V，根据电压与匝数成正比知副线圈电压为25 000 V，所以输电线中的电流I＝＝30 A，输电线损失的电压ΔU＝IR＝30×100 V＝3 000 V，输电线路损耗功率ΔP＝ΔU·I＝90 kW，B错误；当传感器R2‎ 所在处出现火警时，其阻值减小，副线圈两端电压不变，副线圈中电流增大，定值电阻所分电压增大，所以电压表V的示数变小，C错误；副线圈电流增大，根据电流与匝数成反比知，输电线上的电流变大，D正确。‎ 突破点(四)　三种特殊的变压器 模型一　自耦变压器 高中物理中研究的变压器本身就是一种忽略了能量损失的理想模型，自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，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，它可以升压也可以降压，变压器的基本关系对自耦变压器均适用，如图所示。‎ ‎[例1]　(2019·江苏高考)一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈。通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈。在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2。在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中(　　)‎ A．U2＞U1，U2降低　　　　　 B．U2＞U1，U2升高 C．U2＜U1，U2降低 D．U2＜U1，U2升高 ‎[解析]　a、b间原线圈的匝数大于c、d间副线圈的匝数，在滑动触头由M点移动到N点的过程中，副线圈的匝数进一步减小，由变压器工作原理＝知，U2＜U1，且U2降低，选项C正确。‎ ‎[答案]　C 模型二　互感器 分为电压互感器和电流互感器，比较如下：‎ 电压互感器 电流互感器 原理图 原线圈的连接 并联在高压电路中 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2]　(2019·苏锡常模拟)钳形电流测量仪的结构图如图所示，其铁芯在捏紧扳手时会张开，可以在不切断被测载流导线的情况下，通过内置线圈中的电流值I和匝数n获知载流导线中的电流大小I0，则关于该钳形电流测量仪的说法正确的是(　　)‎ A．该测量仪可测量直流电的电流 B．载流导线中电流大小I0＝ C．若钳形部分铁芯没有完全闭合，测量出的电流将小于实际电流 D．若将载流导线在铁芯上多绕几匝，钳形电流测量仪的示数将变小 ‎[解析]　钳形电流测量仪实质上是一个升压变压器，只能测量交流电的电流，故A错误；根据＝，得载流导线中电流大小I0＝nI，故B错误；若钳形部分铁芯没有完全闭合，载流导线中电流产生的磁场减弱，磁通量变化率减小，在内置线圈产生的感应电动势减小，感应电流减小，则测量出的电流将小于实际电流，故C正确；根据n1I1＝n2I2，知若将载流导线在铁芯上多绕几匝，即n1变大，I1、n2不变，I2＝I1，I2变大，D错误。‎ ‎[答案]　C 模型三　双副线圈变压器 计算具有两个(或两个以上)副线圈的变压器问题时，应注意三个关系：‎ ‎(1)电压关系：＝＝＝……‎ ‎(2)电流关系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋……‎ ‎(3)功率关系：P1＝P2＋P3＋……‎ ‎[例3]　(2019·苏州调研)如图所示，电路中变压器原线圈匝数n1＝1 000，两个副线圈匝数分别为n2＝500、n3＝200，分别接一个R＝55 Ω的电阻，在原线圈上接入U1＝220 V的交流电源。则两副线圈输出电功率之比和原线圈中的电流I1分别是(　　)‎ A.＝，I1＝2.8 A　　　　 B.＝，I1＝2.8 A C.＝，I1＝1.16 A D.＝，I1＝1.16 A ‎[解析]　对两个副线圈有＝，＝，所以U2＝110 V，U3＝44 V，又P＝，所以＝＝；由欧姆定律I2＝＝2 A，I3＝＝0.8 A，对有两个副线圈的变压器有：n1I1＝n2I2＋n3I3，得I1＝1.16 A，C正确。‎ ‎[答案]　C 含二极管的变压器问题 在理想变压器问题中，偶尔在副线圈的电路中存在二极管，该类问题在高考中也时有出现，应加以重视。‎ ‎1．(2019·淮安八校联考)如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5，电阻R1＝R2＝25 Ω，D为理想二极管，原线圈接u＝220sin 100πt(V)的交流电，则(　　)‎ A．交流电的频率为100 Hz B．通过R2的电流为1 A C．通过R2的电流为 A D．变压器的输入功率为200 W 解析：选C　由原线圈交流电瞬时值表达式可知，交变电流的频率f＝＝＝50 Hz，A项错；由理想变压器变压规律＝可知，输出电压U2＝50 V，由理想二极管单向导电性可知，交变电流每个周期只有一半时间有电流通过R2，由交变电流的热效应可知，·＝·T⇒U＝U2＝25 V，由欧姆定律可知，通过R2的电流为 A，B项错，C项正确；其功率P2＝UI＝50 W，而电阻R1的电功率P1＝＝100 W，由理想变压器输入功率等于输出功率可知，变压器的输入功率为P＝P1＋P2＝150 W，D项错。‎ ‎2．[多选](2019·江阴模拟)一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5∶1，原线圈接入电压为220 V的正弦交流电，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上，如图所示。电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是(　　)‎ A．原、副线圈电流之比为1∶5‎ B．电压表的读数小于44 V C．若滑动变阻器接入电路的阻值为20 Ω，则1 min内产生的热量为2 904 J D．若将滑动变阻器滑片向上滑动，两电表读数均减小 解析：选ABC　原线圈接入电压为220 V的正弦交流电，原、副线圈的匝数比是5∶1，则副线圈电压为44 V，原、副线圈中的电流与匝数成反比，所以电流之比为1∶5，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，而电表均是交流电的有效值，电压表的读数小于44 V，故A、B正确；原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为44 V，但二极管具有单向导电性，根据有效值的定义有×＝×T，从而求得电压表两端电压有效值为U有效＝22 V，则1 min内产生的热量为Q＝×T＝2 904 J，故C正确；将滑动变阻器滑片向上滑动，接入电路中的阻值变小，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，电流表的读数变大，所以D错误。‎ ‎ 把握三点，解决该类问题 ‎(1)二极管具有单向导电性：正向导通，反向截止。‎ ‎(2)先假设二极管不存在，分析副线圈的电流，再利用二极管的单向导电性对副线圈的电流进行修正。‎ ‎(3)结合能量守恒定律进行分析。　‎ 对点训练：理想变压器 ‎1．[多选](2019·苏州八校联考)如图甲所示，理想变压器原副线圈的匝数比为2∶1，原线圈两端的交变电压随时间变化规律如图乙所示，灯泡L的额定功率为22 W。闭合开关后，灯泡恰能正常发光。则(　　)‎ A．原线圈输入电压的瞬时值表达式为u＝220sin 100πt V B．灯泡的额定电压为110 V C．副线圈输出交流电的频率为100 Hz D．电压表读数为220 V，电流表读数为0.2 A 解析：选AB　由题图可知：周期T＝0.02 s，角速度ω＝＝100π rad/s，则原线圈输入电压的瞬时值表达式：u＝220sin 100πt V ，故A正确；原线圈电压的有效值：U1＝ V＝220 V，根据理想变压器电压与匝数成正比，得副线圈两端的电压：U2＝＝110 V，故B正确；周期T＝0.02 s，频率为：f＝＝50 Hz，变压器不改变交流电的频率，所以副线圈输出交流电的频率为50 Hz，故C错误；原线圈电压有效值为220 V，电压表的读数为220 V，副线圈电流：I2＝＝0.2 A，根据电流与匝数成反比得：I＝＝0.1 A，故D错误。‎ ‎2．[多选]如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，线圈的电阻不计，线圈共N匝，理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，定值电阻R1＝R2＝R，当线圈的转动角速度为ω时，电压表的示数为U，则(　　)‎ A．电流表的示数为 B．从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时值表达式为e＝5Ucos ωt C．线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为 D．当线圈的转动角速度为2ω时，电压表的示数为2U 解析：选ACD　流过副线圈的电流Im＝，根据＝可知，流过电流表的电流I1＝，故A正确；变压器中原线圈的电压为U1，根据＝可知电压U1＝，电阻R1分得的电压UR＝I1‎ R＝2U，故线圈产生的感应电动势的有效值为U有＝U1＋UR＝ ，最大值Em＝U有＝，故从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时值表达式为e＝Ucos ωt，故B错误；根据Em＝NBSω可知BS＝＝，故C正确；根据Em＝NBSω可知，转动角速度加倍，产生的感应电动势加倍，故电压表的示数加倍，故D正确。‎ ‎3.[多选]如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1。电池和交变电源的电动势都为6 V，内阻均不计。下列说法正确的是(　　)‎ A．S与a接通的瞬间，R中无感应电流 B．S与a接通稳定后，R两端的电压为0‎ C．S与b接通稳定后，R两端的电压为3 V D．S与b接通稳定后，原、副线圈中电流的频率之比为2∶1‎ 解析：选BC　由理想变压器的原理可知，当S与a接通电流稳定时，由于通过原线圈与副线圈中的磁通量不发生变化，故在副线圈中无感应电流，但在刚接通瞬间，副线圈两端的电压不为零，R中有感应电流，故A错误，B正确；当S与b接通稳定后，原线圈中接有交变电流，由变压器的变压比可得副线圈两端电压为3 V，C正确；变压器并不改变交变电流的频率，D错误。‎ ‎4．[多选](2019·南通模拟)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为44∶5，b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，负载电阻R＝25 Ω。电表均为理想电表，在原线圈c、d两端接入如图乙所示的正弦交流电，下列说法正确的是(　　)‎ A．当S与a连接，t＝1×10－2s时，电流表的示数为0‎ B．当S与b连接，t＝1.5×10－2s时，电压表的示数为50 V C．当S与b连接时，电阻R消耗的功率为100 W D．当S与a连接时，1 s内电阻R上电流方向改变100次 解析：选CD　由图像可知，电压的最大值为220 V，交流电的周期为2×10－2s，所以交流电的频率为f＝50 Hz，交流电的有效值为220 V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压为25 V，根据欧姆定律知I＝＝1 A，根据电流与匝数成反比知原线圈电流为I1＝I，故A错误；当单刀双掷开关与b连接时，副线圈电压为50 V，电压表示数为有效值为50 V，不随时间的变化而变化，故B错误；S与b连接时，电阻R消耗的功率为＝100 W，则C正确；变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率为50 Hz，1 s内电流方向改变100次，所以D正确。‎ 对点训练：理想变压器的动态分析 ‎5．[多选](2019·宿迁模拟)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈接入图乙所示的正弦交变电流，电表均为理想电表。下列说法正确的有(　　)‎ A．电压表的示数为110 V B．交变电流的频率为50 Hz C．滑动变阻器滑片向下滑动时，电压表示数变大 D．滑动变阻器滑片向上滑动时，电流表示数变小 解析：选BD　变压器输入电压有效值：U1＝ V＝220 V；次级电压：U2＝U1＝×220 V＝110 V ，则电压表的示数小于110 V，选项A错误；交变电流的周期为0.02 s，则频率为50 Hz，选项B正确；滑动变阻器滑片向下滑动时，R变小，次级电流变大，R0上的电压变大，则电压表示数变小，选项C错误；滑动变阻器滑片向上滑动时，R变大，则次级电流变小，初级电流变小，电流表示数变小，选项D正确。‎ ‎6.[多选](2019·徐州模拟)如图所示，变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，原线圈所接交变电压u＝25sin 100πt(V)，C为电容器，L为自感线圈，刚开始开关S断开，下列说法正确的是(　　)‎ A．开关闭合前，交流电压表示数为12.5 V B．开关闭合稳定后，灯泡比闭合前暗 C．只增加交变电流的频率，灯泡变亮 D．只增加交变电流的频率，电压表读数变大 解析：选AB　根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，电感线圈对交流电有阻碍作用，并且交流电的频率越大，电感的阻碍作用就越大，再根据电压与匝数成正比即可求得结论。由题可知，原线圈的电压有效值为25 V，根据变压器的电压与匝数关系可知，开关闭合前，交流电压表示数，即副线圈两侧的电压：U2＝U1＝×25 V＝12.5 V，故A正确；开关闭合后灯泡与电容器并联，电路中的电流值增大，线圈对电路中电流的阻碍作用增大，则线圈上分担的电压增大，所以灯泡比闭合前暗，故B正确；交流电的频率越大，电感线圈对交流电的阻碍作用就越大，所以电路的电流会减小，灯泡的亮度要变暗，故C错误；交流电的频率对变压器的变压关系没有影响，故D错误。‎ ‎7.(2019·镇江六校联考)如图所示，一理想变压器的原线圈接有电压为U的交流电，副线圈接有电阻R1、光敏电阻R2(阻值随光照增强而减小)，开关K开始时处于闭合状态，下列说法正确的是(　　)‎ A．当光照变弱时，变压器的输入功率增加 B．当滑动触头P向下滑动时，电阻R1消耗的功率增加 C．当开关K由闭合到断开，原线圈中电流变大 D．当U增大时，副线圈中电流变小 解析：选B　变压器的输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率；结合功率表达式分析判断即可。当光照变弱时，R2增大，副线圈中总电阻增大，原副线圈匝数不变，所以副线圈两端的电压不变，故根据P＝可得副线圈中消耗的电功率减小，即原线圈输入功率减小，A错误；当滑动触头P向下滑动时，n1减小，根据U2＝U1可得，副线圈两端的电压增大，根据P＝可知R1消耗的电功率增大，B正确；当开关K由闭合到断开，原线圈中少了一个支路，原线圈中电流减小，C错误；当U增大时，根据U2＝U1可知副线圈两端的电压增大，而电阻不变，故副线圈中的电流增大，D错误。‎ ‎8．[多选](2019·盐城模拟)如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，A、V均为理想电表，R、L和D分别是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)、理想线圈和灯泡。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是(　　)‎ A．电压的频率为100 Hz B．V的示数为22 V C．有光照射R时，A的示数变大 D．抽出L中的铁芯，D变亮 解析：选CD　原线圈接入如图乙所示电源电压，T＝0.02 s，所以频率为f＝＝50 Hz，故A错误；原线圈接入电压的最大值是220 V，所以原线圈接入电压的有效值是U＝220 V，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，所以副线圈电压是22 V，所以V的示数为22 V，故B错误；有光照射R时，R阻值随光强增大而减小，根据P＝，得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，所以A的示数变大，故C正确；抽出L中的铁芯，理想线圈自感系数减小，理想线圈对电流的阻碍减小，所以D变亮，故D正确。‎ 对点训练：远距离输电 ‎9．[多选](2019·南师大附中模拟)如图甲所示为远距离输电示意图，升压变压器原副线圈匝数比为1∶10，降压变压器副线圈接有负载电路，升压变压器和降压变压器之间的长距离输电线路的电阻不能忽略，变压器视为理想变压器，升压变压器左侧输入端输入如图乙所示交变电压，下列说法中正确的有(　　)‎ A．升压变压器副线圈输出电压的频率为50 Hz B．升压变压器副线圈输出电压的有效值为31 V C．滑片P向右移动时，降压变压器的输出电压变大 D．滑片P向右移动时，整个输电系统的效率降低 解析：选AD　本题考查的是远距离输电的问题；变压器不改变输入电压的频率，由图可得频率为50 Hz；升压变压器副线圈输出电压的有效值为 V；滑片P向右移动时，降压变压器的输出电流变大，导致输入电流也变大，输电导线分压变大，降压变压器输出电压减少，输电线损耗变大，则整个输电系统的效率会降低；A、D正确。‎ ‎10．如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图像，则(　　)‎ A．用户用电器上交流电的频率是100 Hz B．发电机输出交流电的电压有效值是500 V C．输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定 D．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小 解析：选D　由ut图像可知，交流电的周期T＝0.02 s，故频率f＝＝50 Hz，选项A错误；交流电的最大值Um＝500 V，故有效值U＝＝250 V，选项B错误；输电线上的电流由降压变压器副线圈上的电阻和降压变压器原副线圈的匝数比决定，选项C错误；当用户用电器的总电阻增大时，副线圈上的电流减小，根据＝，原线圈(输电线)上的电流减小，根据P＝I12R，得输电线损失的功率减小，选项D正确。‎ 对点训练：三种特殊的变压器 ‎11．[多选](2019·盐城适应性考试)如图甲所示为一理想自耦变压器，A、B端输入电压如图乙所示，A1、V1和A2、V2分别是接入原线圈和副线圈中的理想交流电流表和电压表，其示数分别用I1、U1、I2、U2表示，R为定值电阻，现将滑片P从图示位置逆时针匀速转动，在P转动过程中，电流表和电压表示数均未超过其量程，下列选项中能正确反映I1、I2、U1、U2变化规律的是(　　)‎ 解析：选AC　将滑片P从图示位置逆时针匀速转动的过程中，原线圈输入电压不变，电压表V1示数U1不变，副线圈匝数均匀增大，根据变压比公式，副线圈输出电压U2均匀增大，电压表V2示数U2均匀增大，选项A、C正确。电流表测量的是电流有效值，将滑片P从图示位置逆时针匀速转动的过程中，副线圈输出电压U2均匀增大，电阻R中电流均匀增大，电流表A2示数I2均匀增大，选项D错误。根据输出功率等于输入功率，可知输入电流增大，电流表A1示数I1增大，或者根据电流表A1示数I1为电流有效值，不可能呈正弦变化，选项B错误。‎ ‎12.(2019·无锡模拟)‎ 如图所示，理想变压器有两个副线圈，匝数分别为n1和n2，所接负载4R1＝R2，当只闭合S1时，电流表示数为1 A，当S1和S2都闭合时，电流表示数为2 A，则n1∶n2为(　　)‎ A．1∶1　　　　　　　 B．1∶2‎ C．1∶3 D．1∶4‎ 解析：选B　变压器原副线圈的磁通量变化率相同，所以U∶U1∶U2＝n∶n1∶n2，根据能量守恒，输出功率等于输入功率，所以只闭合S1时UI＝，当S1和S2都闭合时，UI′＝＋＝，代入数据I＝1 A、I′＝2 A可得U22＝4U12，即U1∶U2＝1∶2，所以n1∶n2＝1∶2，选项B对。‎ 考点综合训练 ‎13．(2019·扬州一模)某一火警报警系统原理图如图所示，报警器未画出，a、b接在电压u＝311sin 314t(V)的正弦交流电源上，Rt为半导体热敏材料制成的传感器，Rt的电阻值随温度升高而减小，下列说法正确的是(　　)‎ A．电压表V的示数为311 V B．电容器C电容增大，灯L变暗 C．Rt所在处出现火警时，电流表A的示数增大 D．Rt所在处出现火警时，变压器输入功率减小 解析：选C　a、b接在电压u＝311sin 314t(V)的正弦交流电源上，那么原线圈的电压的有效值为U＝220 V，那么电压表的示数应为220 V，故A错误；根据容抗表达式XC＝，当电容增大时，则容抗减小，因电压不变，那么通过灯的电流增大，即灯泡变亮，故B错误；当Rt所在处出现火警时，其电阻减小，因副线圈的电压不变，那么通过的电流增大，则电流表A的示数增大，故C正确；由上分析，副线圈的电流增大，那么输出功率增大，则输入功率也增大，故D错误。‎ ‎14．[多选](2019·镇江模拟)如图甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为11∶1，R＝1 Ω，原线圈允许通过电流的最大值为1 A，副线圈ab两端电压随时间变化图像如图乙所示。则下列说法正确的是(　　)‎ A．原线圈输入电压的有效值为242 V B．原线圈两端交变电压的频率为550 Hz C．副线圈中电流的最大值为11 A D．为保证电路安全工作，滑动变阻器R′的阻值不得小于1 Ω 解析：选AC　由题知变压器副线圈两端电压有效值为22 V，由原副线圈两端电压关系＝可得，原线圈输入电压的有效值为242‎ ‎ V，故A项正确；由于原副线圈两端交流电的频率相同，故原线圈两端交变电压的频率为50 Hz，B项错；原线圈允许通过电流的最大值为1 A，根据原副线圈电流关系＝可得副线圈中电流的最大值为11 A，C项正确；根据部分电路的欧姆定律可得，副线圈中滑动变阻器最小阻值为R′＝－R＝ Ω－1 Ω＝(2－1)Ω，故D项错。‎ 第3节传感器及其应用 ‎1．传感器：有这样一类元件，能够感受诸如力、温度、光、声、化学成分等非电学量，并把它们按照一定的规律转化为电压、电流等电学量，或转化为电路的通断。‎ ‎2．光敏电阻：光敏电阻是把光照强弱这个光学量转换为电阻这一电学量的元件。通常是由硫化镉等半导体材料制成，其特点是光照变强，电阻变小。‎ ‎3．金属热电阻和热敏电阻：金属热电阻是由铂、铜等金属材料制成，其特点是温度升高，电阻变大；热敏电阻是由半导体材料制成，其特点是温度升高，电阻变小。它们都能够把温度这个热学量转化为电阻这个电学量。‎ ‎4．霍尔元件：通常是由半导体元件制成，其产生的霍尔电压UH＝k。霍尔元件能把磁感应强度这一磁学量转换为电压这个电学量。‎ ‎5．力传感器：典型的应用是电子秤，其中的主要元件为应变片，它的作用是将物体形变这一力学量转化为电压这一电学量。‎ ‎6．温度传感器：典型的应用是日光灯启动器和电熨斗，其中的主要元件为双金属片。日光灯启动器中的双金属片，其外层材料的热膨胀系数小于内层材料的热膨胀系数。电熨斗的工作原理(如图)：‎ 双金属片上层金属的热膨胀系数大于下层，常温下，弹性铜片和双金属片触点是接触的，通电后，电热丝发热，当温度升高到某一值时，双金属片上层的金属受热膨胀，形变量大于下层金属，双金属片向下弯曲，使触点分离，切断电路；随着温度的降低，当降到某一温度时，双金属片收缩恢复原状，两触点又接触，接通电路。‎ 调温旋钮下压弹性铜片，可使触点分离的温度升高；上提弹性铜片，可降低触点的分离温度，从而实现了调温控制。‎ ‎7．感温铁氧体：也叫感温磁体。常温下具有铁磁性，能够被磁体吸引，当温度上升到约103 ℃时，就失去铁磁性，不能被磁体吸引了。这个温度在物理学中称为该材料的“居里温度”或“居里点”。‎ ‎8．电饭锅：结构图如图所示。‎ 其工作过程：开始煮饭时压下开关按钮，由于常温下感温铁氧体具有磁性，永磁体将 吸引感温磁体，因此手松开后这个按钮不会恢复到图示位置，则触点接触，电路接通，这时电饭锅处于加热状态。当水沸腾时，水的温度保持沸点不变，故感温磁体仍与永磁体相吸，继续加热。当饭熟后，水分被大米吸收，锅底的温度上升，当温度超过103 ℃时，感温磁铁失去铁磁性，由于弹簧的作用，按钮开关将恢复到如图所示的位置，切断电源，从而停止加热。‎ ‎9.光传感器：光传感器是将光信号转化为电信号的装置，实际应用有鼠标器和火灾报警器等。烟雾式火灾报警器是利用烟雾对光的散射来工作的。罩内装有发光二极管、光电三极管和不透明的挡板。平时光电三极管收不到发光二极管发出的光，呈高电阻状态。当烟雾进入罩内后对光有散射作用，使部分光线照射到光电三极管上，其电阻变小，与传感器连接的电路检测出这种变化，就会发出警报。‎ 突破点(一)　热敏电阻的特征 热敏电阻是用半导体材料制成的，一般分为正温度系数热敏电阻(简称PTC)和负温度系数热敏电阻(NTC)，区别在于正温度系数热敏电阻阻值随温度的升高而变大，负温度系数热敏电阻阻值随温度的升高而变小。高中重点掌握的是负温度系数热敏电阻，如果题目没有特殊说明，一般认为是负温度系数热敏电阻。其电阻随温度变化的曲线如图所示。‎ ‎[题点全练]‎ ‎1．如图所示，将多用电表的选择开关置于“欧姆”挡，再将电表的两支表笔与负温度系数的热敏电阻的两端相连，这时表针恰好指在刻度盘的正中间。若往Rt上擦一些酒精，表针将向________(填“左”或“右”)转动；若用吹风机向Rt吹热风，表针将向________(填“左”或“右”)转动。‎ 解析：热敏电阻为负温度系数的特性。若往上擦一些酒精，由于酒精蒸发吸热，热敏电阻温度降低，电阻值增大，所以电流减少，指针应向左偏；用吹风机将热风吹向电阻，电阻温度升高，电阻值减小，电流增大，指针向右偏。‎ 答案：左　右 ‎2．(2019·连云港模拟)温度传感器广泛应用于家用电器中，它是利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性来工作的。如图甲所示为某装置中的传感器工作原理图，已知电源的电动势E＝9.0 V，内阻不计；G为灵敏电流表，其内阻Rg保持不变；R为热敏电阻，其阻值随温度的变化关系如图乙所示，闭合开关S，当R的温度等于20 ℃时，电流表示数I1＝2 mA；当电流表的示数I2＝3.6 mA时，热敏电阻的温度是(　　)‎ A．60 ℃　　　　　　　　　 B．80 ℃‎ C．100 ℃ D．120 ℃‎ 解析：选D　由题中图乙知，温度为20 ℃时，R的阻值R1＝4 kΩ。由欧姆定律知E＝I1(R1＋Rg)，E＝I2(R2＋Rg)，两式联立，解得R2＝2 kΩ，由图乙中查得此时温度为120 ℃，D正确。‎ 突破点(二)　霍尔电压UH的公式推导 对高中阶段而言，我们所涉及的载流子一般取自由电子分析。一个矩形半导体薄片，在其前、后、左、右分别引出一个电极，如图所示。沿PQ方向通入电流，垂直于薄片加匀强磁场B，则在MN间会出现电压。设薄片厚度为d，PQ方向长度为l，MN方向长度为a，薄片中的载流子受到磁场力发生偏转，使M侧电势高于N侧，造成半导体内部出现电场，带电粒子同时受到静电力作用。当磁场力与静电力平衡时，MN间的电压达到恒定。‎ 设材料单位体积的载流子数目为n，载流子的电荷量为e，可以列出 I＝neSv＝neadv，qvB＝q，求解可得UH＝。‎ 取霍尔系数k＝，得UH＝k。‎ 对任一霍尔元件而言，k、d为定值，如果保持I恒定。UH与B成正比，只要求出UH，就可以得出B，这就是霍尔元件能把磁感应强度这一磁学量转换成电学量的原因。‎ ‎[题点全练]‎ ‎1．[多选](2019·扬州模拟)如图所示，一绝缘容器内部为长方体空腔，容器内盛有NaCl的水溶液，容器上下端装有铂电极A和C，置于与容器表面垂直的匀强磁场中，开关K闭合前容器两侧P、Q两管中液面等高，闭合开关后(　　)‎ A．M处钠离子浓度大于N处钠离子浓度 B．M处氯离子浓度小于N处氯离子浓度 C．M处电势高于N处电势 D．P管中液面高于Q管中液面 解析：选AD　依据正离子的定向移动方向与电流方向相同，而负离子移动方向与电流方向相反，根据左手定则可知，正、负离子均向M处偏转，因此电势相等，故A正确，B、‎ C错误；当开关闭合时，液体中有从A到C方向的电流，根据左手定则可知，液体将受到向M的安培力作用，在液面内部将产生压强，因此P管中的液面将比Q管中的高，故D正确。‎ ‎2．[多选](2019·苏锡常模拟)自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压。图乙为霍尔元件的工作原理图。当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差。下列说法正确的是(　　)‎ A．根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小 B．自行车的车速越大，霍尔电势差越高 C．图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向运动形成的 D．如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小 解析：选AD　根据单位时间内的脉冲数，可求得车轮转动周期，从而求得车轮的角速度，最后由线速度公式，结合车轮半径，即可求解车轮的速度大小，故A正确；根据qvB＝q得，UH＝vBd，由电流的微观定义式：I＝neSv，n是单位体积内的电子数，e是单个导电粒子所带的电量，S是导体的横截面积，v是导电粒子定向移动的速率。整理得：v＝。联立解得：UH＝，可知用霍尔元件可以测量地磁场的磁感应强度，保持电流不变，霍尔电压UH与车速大小无关，故B错误；霍尔元件的电流I是由负电荷定向运动形成的，故C错误；由公式UH＝，若长时间不更换传感器的电源，那么电流I减小，则霍尔电势差将减小，故D正确。‎ 突破点(三)　电容式传感器的分类 电容式传感器就是把非电学量转化为电容这一电学量。由公式C＝可得电容式传感器有三类：(1)变极距式；(2)变面积式；(3)变介质式。‎ ‎[题点全练]‎ ‎1．传感器是自动控制设备中不可缺少的元件，已经渗透到宇宙开发、环境保护、交通运输以及家庭生活等各种领域。如下图所示为几种电容式传感器，其中通过改变电容器两极板间距离而引起电容变化的是(　　)‎ 解析：选C　选项A是通过改变电介质，来改变电容器的电容，故A错误；选项B中电容器的一个极板是金属芯线，另一个极板是导电液，故是通过改变电容器两极间正对面积而引起电容变化的，故B错误；选项C是通过改变极板间的距离，改变电容器的电容，故C正确；选项D是通过转动动片改变正对面积，改变电容器的电容，故D错误。‎ ‎2.[多选](2019·淮安模拟)电子眼系统通过路面下埋设的感应线来感知汽车的压力，感应线是一个压电薄膜传感器，压电薄膜在受压时两端产生电压，压力越大电压越大，压电薄膜与电容器C和电阻R组成图甲所示的回路，红灯亮时，如果汽车的 前、后轮先后经过感应线，回路中产生两脉冲电流，如图乙所示，即视为“闯红灯”，电子眼拍照，则红灯亮时(　　)‎ A．某车轮经过感应线的过程，电容器先充电后放电 B．某车轮经过感应线的过程，电阻R上的电流先增加后减小 C．车轮停在感应线上时，电阻R上有恒定的电流 D．汽车前轮刚越过感应线，又倒回到线内，仍会被电子眼拍照 解析：选AD　由题图乙可知，当车轮经过时电流先增大后减小，然后再反向增大减小，因电压是在受压时产生的，故说明电容器先充电后放电，故A正确，B、C错误；若汽车前轮越过感应线，又倒回线内，则前轮两次压线，仍形成两个脉冲电流，符合拍照条件，电子眼仍可拍照，故D正确。‎ 突破点(四)　应变片和双金属片的区别 应变片多用半导体材料制成的，当外力越大时，弯曲形变越大，上下表面的阻值变化就越大，如果保证通过应变片的电流恒定，那么上下表面的电压差就越大，传感器输出的就是电压差。双金属片应用的是不同金属的受热膨胀系数不同，从而达到控制电路通断的目的。‎ ‎[题点全练]‎ ‎1．[多选]关于电子秤中应变式力传感器，下列说法中正确的是(　　)‎ A．应变片是由导体材料制成的 B．当应变片的表面拉伸时，其电阻变大；反之电阻变小 C．传感器输出的是应变片上的电压 D．外力越大，输出的电压差值也越大 解析：选BD　电子秤中的应变片是一种敏感元件，现在多用半导体材料制成，故A错误；当应变片的表面拉伸时，电阻变大，故B正确；如果让应变片中通过的电流保持恒定，那么上面应变片两端的电压变大，下面应变片两端的电压变小，传感器把这两个电压的差值输出，故C错误；力F越大，输出的电压差值也就越大，故D正确。‎ ‎2．[多选](2019·南通模拟)如图是某电子秤的原理图，人只要站在踏板上，仪表G就能显示人的体重，踏板下面的传感器R实质是一个阻值可随压力大小而变化的电阻，显示体重的仪表G实质是理想电流表，如果不计踏板的质量，电阻R随人的体重G变化的函数关系式为R＝a－kG(a、k是常量，G和R的单位分别是N和Ω)。下列说法正确的是(　　)‎ A．传感器R是一个力电传感器 B．闭合电路测量时，电路中的电流随人的体重均匀变化 C．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G刻度盘的零刻度处 D．如果要扩大电子秤的量程，滑动变阻器R′接入电路中的电阻应调大 解析：选AD　R是将压力信号转换成电信号的传感器，即力电传感器，故A正确；闭合电路测量时，电路中的电流：I＝，显然与人的体重不成线性关系，故B错误；当重力为零时，电流最小，但不为零，故C错误；由Ig＝可知，kGm＝a＋r＋R′－，因此变阻器接入电路中的电阻调大，可以测量的人的最大体重增大，故D正确。‎ 对点训练：热敏电阻的应用 ‎1．[多选]下列关于电熨斗的说法中，正确的是(　　)‎ A．电熨斗中的双金属片是一种半导体材料 B．电熨斗能自动控制温度主要利用了双金属片中两片金属的膨胀系数相同 C．常温下，双金属片上下触点是接触的；温度过高时，双金属片发生弯曲使上下触点分离 D．需要较高温度熨烫时，要调节温度旋钮，使升降螺丝下移并推动弹性铜片下移 解析：选CD　双金属片是金属材料制作的，且上层金属片的膨胀系数大于下层金属片，故A、B错误；常温下，上下触点接触，温度过高时，双金属片发生弯曲使上下触点分开，起到调温作用，故C正确；需要较高温度熨烫时，要调节调温旋钮，使升降螺丝下移并推动弹性铜片下移，当温度升到较高，金属片发生弯曲较厉害触点才断开，故D正确。‎ ‎2．如图甲为在温度为10 ℃左右的环境中工作的某自动恒温箱原理简图，箱内的电阻R1＝20 kΩ，R2＝10 kΩ，R3＝40 kΩ，Rt为热敏电阻，它的电阻随温度变化的图线如图乙所示。当a、b端电压Uab<0时，电压鉴别器会令开关S接通，恒温箱内的电热丝发热，使箱内温度提高；当Uab>0时，电压鉴别器会使S断开，停止加热，则恒温箱内的温度恒定在________℃。‎ 解析：由题意知，当Uab＝0时，恒温箱保持稳定，根据串并联电路电压与电阻的关系可知：R1∶R2＝2∶1，只有R3∶Rt也为2∶1的时候，才有Uab＝0，所以可知Rt的电阻值为20 kΩ，从图乙可以看出，电阻为20 kΩ时，温度为35 ℃。‎ 答案：35‎ 对点训练：霍尔元件的应用 ‎3.(2019·杭州期末)利用霍尔效应制作的霍尔元件，被广泛应用于测量和自动控制等领域。霍尔元件一般由半导体材料做成，有的半导体中的载流子(即自由电荷)是电子，有的半导体中的载流子是空穴(相当于正电荷)。如图所示，将扁平长方体形状的霍尔元件水平放置接入电路，匀强磁场垂直于霍尔元件的水平面竖直向下，闭合开关，让电流从霍尔元件的左侧流向右侧，则其前后两表面会形成电势差。现有载流子是电子的霍尔元件 1 和载流子是空穴的霍尔元件 2，两元件均按图示方式接入电路(闭合开关)，则关于前后两表面电势高低的判断，下列说法中正确的是(　　)‎ A．若接入元件1时，前表面电势高；若接入元件2时，前表面电势低 B．若接入元件1时，前表面电势低；若接入元件2时，前表面电势高 C．不论接入哪个元件，都是前表面电势高 D．不论接入哪个元件，都是前表面电势低 解析：‎ 选A　元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子受到的洛伦兹力方向向后表面偏，则前表面的电势高于后表面的电势。若载流子为空穴(相当于正电荷)，根据左手定则，空穴在洛伦兹力的作用下也是向后表面聚集，则前表面的电势低于后表面的电势；综上所述，故A正确，B、C、D错误。‎ ‎4．[多选](2019·昆山月考)如图所示，厚度为h，宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向(自由电子定向移动形成电流)垂直时在上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。下列说法正确的是(　　)‎ A．上表面的电势高于下表面 B．下表面的电势高于上表面 C．增大h时，上下表面的电势差增大 D．增大d时，上下表面的电势差减小 解析：选BD　根据左手定则，知自由电子向上偏转，则上表面带负电，下表面带正电，下表面的电势高于上表面，故A错误，B正确。根据电流的微观表达式：I＝neSv＝nedhv可知，h增大时，载流金属导体中的载流子运动的速度减小；根据evB＝e，解得U＝vBh＝·hB＝，知与h无关，与d成反比，故C错误，D正确。‎ 对点训练：电容式传感器及压电式传感器 ‎5．(2019·沭阳检测)如图所示是四种电容式传感器的示意图，关于这四种传感器的作用，下列说法不正确的是(　　)‎ A．甲图的传感器可以用来测量角度 B．乙图的传感器可以用来测量液面的高度 C．丙图的传感器可以用来测量压力 D．丁图的传感器可以用来测量速度 解析：选D　图甲所示电容器为可变电容器，通过转动动片改变正对面积，改变电容，可以用来测量角度，故A正确。图乙所示电容器的一个极板是金属芯线，另一个极板是导电液，液面高度的变化影响电容器的正对面积，故是通过改变电容器两极间正对面积而引起电容变化的，可以用来测量液面的高度，故B正确；丙图是通过改变极板间的距离，改变电容器的，而对极板的压力的大小能改变可变电极与另一个极板之间的距离，所以可以用来测量压力，故C正确；丁图所示是通过改变电介质的位置，改变电容，所以可以用来测量位移，故D错误。‎ ‎6．某同学为了测量一物体的质量，找到了一个力电转换器，该转换器的输出电压正比于受压面的压力(比例系数为k)，如图所示。测量时先调节输入端的电压，使转换器空载时的输出电压为零；然后在其受压面上放物体，即可测得与物体的质量成正比的输出电压U。现有下列器材：力电转换器、质量为m0的砝码、电压表、滑动变阻器、干电池各一个、开关及导线若干、待测物体(可置于力电转换器的受压面上)。请完成对该物体的测量。‎ ‎(1)设计一个电路，要求力电转换器的输入电压可调，并且使电压的调节范围尽可能的大，在方框中画出完整的测量电路图。‎ ‎(2)简要说明测量步骤，求出比例系数k，并测出待测物体的质量m。‎ ‎(3)写出在设计实验中可能出现的一个问题。‎ 解析：(1)设计的电路图如图所示。‎ ‎(2)测量的步骤与结果：①调节滑动变阻器，使转换器空载时的输出电压为0。②将砝码m0放在转换器上，记下输出电压U0，则U0＝km0g，则k＝。③将待测物体放在转换器上，记下输出电压U，得U＝kmg，所以m＝。‎ ‎(3)①因电源的电压不够而输出的电压调不到0。②待测物体的质量超出转换器的测量范围。‎ 答案：见解析 考点综合训练 ‎7．(2019·南京模拟)目前的手机触摸屏大多是电容式触摸屏，电容式触摸屏内有一导电层，导电层四个角引出四个电极，当手指触摸屏幕时，人体和触摸屏就形成了一个电容，电容具有“通高频”的作用，从而导致有电流分别从触摸屏四角上的电极中流出，并且流经这四个电极的电流与手指到四角的距离成正比，控制器通过对这四个电流比例的精确计算，得出触摸点的位置信息。在开机状态下，下列说法正确的是(　　)‎ A．电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是因为手指对屏幕按压产生了形变 B．电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是利用了电磁感应现象 C．当手指触摸屏幕时手指有微弱的电流流过 D．当手指离开屏幕时，电容变小，对高频电流的阻碍变大，控制器不易检测到手指离开的准确位置 解析：选C　电容触摸屏只需要触摸，由于流经四个电极的电流与手指到四角的距离成比例，控制器就能确定手指的位置，不需要手指有压力，故A错误；电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是电容器的充放电原理，不是电磁感应现象，故B错误；由题意可知，手指从手的触点吸走一部分电荷，在电荷定向移动的过程中，会有微弱电流通过，故C正确；根据电容器的工作原理可知，当手指离开屏幕时，电容变小，电容器将放电，控制器仍然能检测到手指离开的准确位置，故D错误。‎ ‎8．(2019·烟台期末)关于传感器，下列说法正确的是(　　)‎ A．话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号 B．霍尔元件能把磁感应强度这个磁学量转换成电阻这个电学量 C．半导体热敏电阻常用作温度传感器，因为温度越高，它的电阻值越大 D．电熨斗中装有双金属片温度传感器，该传感器通过控制电路的通断达到自动控制温度的目的 解析：选D　话筒是一种常用的声传感器，其作用是将声信号转换为电信号，故A错误；霍尔元件能把磁感应强度这个磁学量转换成电压或电流，而不是转化为电阻，故B错误；半导体热敏电阻是温度传感器，能够把温度这个热学量转换为电阻这个电学量，但其电阻随温度的增大而减小，故C错误；电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器作用是控制电路的通断，故D正确。‎ ‎9.如图所示，R是光敏电阻，当它受到的光照强度增大时(　　)‎ A．灯泡L变暗 B．光敏电阻R上的电压增大 C．电压表V的读数减小 D．电容器C的带电荷量减小 解析：选C　受到的光照强度增大时，光敏电阻R变小，外电路总电阻R总变小，闭合电路总电流I增大，则灯泡变亮，灯泡两端电压(即电容器两极板间电压)变大；路端电压U减小，则电压表读数减小；因电容器两极板间电压增大，则电容器带电荷量变大；光敏电阻R上电压减小。C正确，A、B、D错误。‎ ‎10.(2019·镇江模拟)酒精测试仪用于对机动车驾驶人员是否酒后驾车及其他严禁酒后作业人员的现场检测，它利用的是一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器。酒精气体传感器的电阻随酒精气体浓度的变化而变化，在如图所示的电路中，不同的酒精气体浓度对应着传感器的不同电阻，这样，显示仪表的指针就与酒精气体浓度有了对应关系。如果二氧化锡半导体型酒精气体传感器电阻r′的倒数与酒精气体的浓度c成正比，那么，电压表示数U与酒精气体浓度c之间的对应关系正确的是(　　)‎ A．U越大，表示c越小，c与U成反比 B．U越大，表示c越小，但c与U不成反比 C．U越大，表示c越大，c与U成正比 D．U越大，表示c越大，但c与U不成正比 解析：选D　酒精气体传感器和定值电阻串联在电路中，电压表测R0两端的电压，根据酒精气体传感器的电阻的倒数与酒精气体的浓度成正比，得：＝kc(k是比例系数) ①‎ 根据欧姆定律得：＝②‎ 由①②整理得：U＝ 由数学知识知，U越大，c越大，但两者不成正比，故D正确。‎ ‎11．(2019·无锡模拟)某同学要研究一质地均匀，圆柱形的热敏电阻的电阻率随温度的变化规律，其部分步骤如下：‎ ‎(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲所示，由图可知其长度为_______mm；‎ ‎(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径为______mm；‎ ‎(3)该同学利用以下实验器材研究热敏电阻的阻值随温度的变化规律：‎ A．热敏电阻(常温下约300 Ω)‎ B．温度计 C．电流表A1(60 mA，约10 Ω)‎ D．电流表A2(3 A、约0.1 Ω)‎ E．电压表V(6 V，约15 kΩ)‎ F．滑动变阻器R1(2 kΩ，0.5 A)‎ G．滑动变阻器R2(50 Ω，2 A)‎ H．蓄电池(9 V,0.05 Ω)‎ I．开关一个，导线若干 ‎①实验要求通过热敏电阻的电流从零开始增加，电流表应选择______，滑动变阻器应选择________。‎ ‎②为精确测量该热敏电阻，请在图丙中完成实验器材的连接。‎ 解析：(1)由图示游标卡尺可知，其示数为：‎ ‎52 mm＋6×0.05 mm＝52.30 mm；‎ ‎(2)由图示螺旋测微器可知，其示数为：‎ ‎4 mm＋30×0.01 mm＝4.300 mm；‎ ‎(3)①电路最大电流约为：I＝＝ A＝0.02 A＝20 mA，电流表应选择C，为方便实验操作，滑动变阻器应选择G；‎ ‎②电阻阻值约为300 Ω，电流表内阻约为10 Ω，电压表内阻约为15 kΩ，电压表内阻远大于电阻阻值，电流表应采用外接法，待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示。‎ 答案：(1)52.30　(2)4.300‎ ‎(3)①C　G　②电路图见解析