【物理】2020届二轮复习专题十交变电流变压器传感器的简单应用作业

【物理】2020届二轮复习专题十交变电流变压器传感器的简单应用作业

专题十　交变电流　变压器　传感器的简单应用(实验)‎ 高考命题规律 ‎2020年高考必备 ‎2015年 ‎2016年 ‎2017年 ‎2018年 ‎2019年 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 考点一 交变电流的产生及其描述 ‎21‎ ‎16‎ 考点二 理想变压器、电能的输送 ‎16‎ ‎16‎ ‎19‎ 考点三 传感器的简单应用 ‎23‎ 考点一　交变电流的产生及其描述 ‎ 命题角度 交变电流的产生及其描述　‎ 高考真题体验·对方向 ‎1.(2018全国Ⅲ·16)一电阻接到方波交流电源上,在一个周期内产生的热量为Q方;若该电阻接到正弦交流电源上,在一个周期内产生的热量为Q正.该电阻上电压的峰值均为u0,周期均为T,如图所示.则Q方∶Q正等于(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.1∶‎2‎ B.‎2‎∶1‎ C.1∶2 D.2∶1‎ 答案D 解析对于方波交流电源,电压的有效值和最大值相等,即u方=u0,在周期T内产生的热量为Q方=u‎0‎‎2‎R·T,对于正弦交流电源,电压的有效值u正=u‎0‎‎2‎,在周期T内产生的热量为Q正=‎(u‎0‎‎2‎)‎‎ ‎‎2‎R·T,整理可得Q方∶Q正=2∶1,选项D正确.‎ ‎2.(多选)(2016全国Ⅲ·21)如图,M为半圆形导线框,圆心为OM;N是圆心角为直角的扇形导线框,圆心为ON;两导线框在同一竖直面(纸面)内;两圆弧半径相等;过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场,磁场方向垂直于纸面.现使线框M、N在t=0时从图示位置 开始,分别绕垂直于纸面且过OM和ON的轴,以相同的周期T逆时针匀速转动,则(　　)‎ A.两导线框中均会产生正弦交变电流 B.两导线框中感应电流的周期都等于T C.在t=T‎8‎时,两导线框中产生的感应电动势相等 D.两导线框的电阻相等时,两导线框中感应电流的有效值也相等 答案BC 解析因半径、周期相同,故两线框进入磁场过程产生的感应电动势大小为e0=‎1‎‎2‎BωR2=‎1‎‎2‎B‎2πT·R2=BπR‎2‎T,两线框中产生的电动势瞬时值随时间关系分别如图甲、乙.‎ 所以选项A错误,选项B、C正确.由有效值定义可知M、N线圈中电流的有效值不相等,D项错误.‎ ‎1.明确交变电流“四值”的应用特点 ‎(1)最大值:分析电容器的耐压值;‎ ‎(2)瞬时值:计算闪光电器的闪光时间、线圈某时刻的受力情况;‎ ‎(3)有效值:电表的读数及计算电热、电功、电功率及保险丝的熔断电流;‎ ‎(4)平均值:计算通过电路截面的电荷量.‎ ‎2.掌握交变电流瞬时值表达式的基本书写思路 ‎(1)确定正、余弦交变电流的峰值,根据已知图象或公式Em=NBSω,求出相应最大值.‎ ‎(2)明确线圈的初始位置,找出对应的函数关系式.‎ ‎①线圈从中性面开始计时,e=Emsin ωt.‎ ‎②线圈从垂直于中性面开始计时,e=Emcos ωt.‎ 典题演练提能·刷高分 ‎1.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦图象如图甲所示.已知发电机线圈内阻为5.0 Ω,现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡,如图乙所示,则(　　)‎ A.电压表的示数为220 V B.电路中的电流方向每秒钟改变50次 C.灯泡实际消耗的功率为484 W D.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J 答案D 解析由甲图可知Em=220‎2‎ V,所以有效值E=220 V,电压表示数U=RR+rE=209 V,故A错误;由甲图可知周期T=0.02 s,每个周期交流电方向改变两次,则1 s内电流方向改变的次数为n=2×‎1‎T次=100次,故B错误;灯泡实际消耗的功率P=U‎2‎R‎=‎‎20‎‎9‎‎2‎‎95‎ W≠484 W,故C错误;发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q=‎(E-U‎)‎‎2‎rt=‎1‎‎1‎‎2‎‎5‎×1 J=24.2 J,故D正确.‎ ‎2.如图所示,一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中,并绕过ab、cd中点的轴OO'以角速度ω逆时针匀速转动.已知磁感应强度B=0.50 T,线圈匝数N=100匝,边长Lab=0.20 m,Lbc=0.10 m,转速n=3 000 r/min.若以线圈平面与磁场夹角θ=30°时为计时起点,电动势的瞬时值的表达式为(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.e=314sin100πt+π‎3‎ V B.e=314sin100πt-π‎3‎ V C.e=314‎2‎sin100πt+π‎3‎ V D.e=314‎2‎sin100πt-π‎3‎ V 答案B 解析ω=2πn=100π rad/s;交变电流的最大值Em=NBωS=100×0.5×100π×0.20×0.10 V=100π V,则电动势的瞬时值的表达式为e=314sin100πt-π‎3‎ V,故选B.‎ ‎3.(2019重庆4月调研)图甲为小型发电机的结构简图,通过线圈在两磁极间转动给小灯泡供电,已知小灯泡获得的交变电压如图乙.则下列说法正确的是(　　)‎ A.甲图中电压表的示数为6‎2‎ V B.乙图中的0时刻就是甲图所示时刻 C.乙图中0.5×10-2 s时刻,穿过甲图中线圈的磁通量最小 D.乙图中1.0×10-2 s时刻,穿过甲图中线圈的磁通量最小 答案C 解析甲图中电压表的示数为交变电流的有效值:U=‎6‎‎2‎‎2‎ V=6 V,选项A错误;乙图中的0时刻感应电动势为零,而甲图所示时刻,感应电动势最大,选项B错误;乙图中0.5×10-2 s时刻,感应电动势最大,则此时穿过甲图中线圈的磁通量最小,选项C正确;乙图中1.0×10-2 s时刻感应电动势为零,则此时穿过甲图中线圈的磁通量最大,选项D错误.‎ ‎4.(2019山东聊城二模)如图甲所示,矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO'匀速转动,从某时刻开始计时,产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图乙所示,若外接电阻R=70 Ω,线圈电阻r=10 Ω,则下列说法正确的是(　　)‎ A.线圈的角速度为100 rad/s B.0.01 s末穿过线圈的磁通量最大 C.通过线圈的最大电流为1.25 A D.电压表的示数为87.5 V 答案C 解析由图乙知,交流电的周期T=4×10-2 s,线圈转动的角速度ω=‎2πT‎=‎‎2π‎4×1‎‎0‎‎-2‎ rad/s=50π rad/s.故A项错误;由图乙知,0.01 s末线圈产生的感应电动势最大,则0.01 s末线圈平面与磁场平行,线圈的磁通量为0.故B项错误;由图乙知,线圈产生感应电动势的最大值Em=100 V,则线圈的最大电流Im=Emr+R‎=‎‎100‎‎10+70‎ A=1.25 A.故C项正确;线圈产生感应电动势的有效值E=Em‎2‎‎=‎‎100‎‎2‎ V=50‎2‎ V,电压表的示数U=Er+R·R=‎50‎‎2‎‎10+70‎×70 V≈61.9 V.故D项错误.‎ 考点二　理想变压器、电能的输送 命题角度1理想变压器原理理解　‎ 高考真题体验·对方向 ‎1.(2016全国Ⅰ·16)一含有理想变压器的电路如图所示,图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω 、1 Ω 和4 Ω,A为理想交流电流表,U为正弦交流电压源,输出电压的有效值恒定.当开关S断开时,电流表的示数为I;当S闭合时,电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比为(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.2 B.3 C.4 D.5‎ 答案B 解析理想变压器的输入功率和输出功率相等,当开关断开时,有(U-IR1)I=n‎1‎n‎2‎I‎2‎(R2+R3),即(U-3 Ω×I)I=n‎1‎n‎2‎I‎2‎×5 Ω①;当开关闭合时,有(U-4IR1)·4I=n‎1‎n‎2‎‎·4I‎2‎×R2,即(U-12 Ω×I)·4I=n‎1‎n‎2‎‎·4I‎2‎×1 Ω②.①÷②得U=48 Ω×I,代入①可解得n‎1‎n‎2‎=3,选项B正确.‎ ‎2.‎ ‎(多选)(2016全国Ⅲ·19)如图,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10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9∶1‎ B.原、副线圈匝数比为1∶9‎ C.此时a和b的电功率之比为9∶1‎ D.此时a和b的电功率之比为1∶9‎ 答案AD 解析设灯泡的额定电压为U0,当U=10U0时,因两灯泡均正常发光,故变压器原线圈的输入电压为U1=U-U0=9U0,副线圈的输出电压U2=U0.因U‎1‎U‎2‎‎=‎n‎1‎n‎2‎,故n‎1‎n‎2‎‎=‎‎9‎‎1‎,选项A正确,选项B错误;由变压器电流关系,I‎1‎I‎2‎‎=n‎2‎n‎1‎得I‎1‎I‎2‎=‎‎1‎‎9‎,则此时a、b的电功率之比为PaPb‎=U‎0‎I‎1‎U‎0‎I‎2‎=‎‎1‎‎9‎,选项C错误,选项D正确.‎ ‎1.抓住理想变压器问题中的两个“弄清”‎ ‎(1)弄清变量和不变量.如原线圈电压不变,原、副线圈的匝数比不变,其他物理量可随电路的变化而发生变化.‎ ‎(2)弄清动态变化过程中的决定关系,如U2由U1决定,P1、I1由P2、I2决定.‎ ‎2.掌握理想变压器问题的分析流程 ‎(1)由U‎1‎U‎2‎‎=‎n‎1‎n‎2‎分析U2的情况.‎ ‎(2)由I2=U‎2‎R分析I2的情况.‎ ‎(3)由P1=P2=I2U2判断输入功率的情况.‎ ‎(4)由P1=I1U1分析I1的变化情况.‎ ‎3.记准输电线路功率损失的计算方法 ‎(1)P损=P-P',P为输送的功率,P'为用户所得功率.‎ ‎(2)P损=I线‎2‎R线,I线为输电线路上的电流,R线为线路电阻.‎ ‎(3)P损=ΔU‎2‎R线,ΔU为在输电线路上损失的电压,R线为线路电阻.‎ ‎(4)P损=ΔUI线,ΔU为在输电线路上损失的电压,I线为输电线路上的电流.‎ ‎4.对于变压器需要掌握公式U‎1‎U‎2‎‎=n‎1‎n‎2‎、I‎1‎I‎2‎=‎n‎2‎n‎1‎,知道副线圈的电流以及功率决定了原线圈中的电流和功率.理想变压器是理想化模型:一是不计线圈内阻;二是没有出现漏磁现象.当电路中有变压器时,只要将变压器的有效值求出,就相当于一个新的恒定电源.‎ 典题演练提能·刷高分 ‎1.(2018天津卷·4)教学用发电机能够产生正弦式交变电流.利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电,电路如图所示,理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U,R消耗的功率为P.若发电机线圈的转速变为原来的‎1‎‎2‎,则(　　)‎ A.R消耗的功率变为‎1‎‎2‎P B.电压表V的读数变为‎1‎‎2‎U C.电流表A的读数变为2I D.通过R的交变电流频率不变 答案B 解析本题考查交变电流的产生和变压器原理,清楚感应电动势的决定因素是解题的关键,另外要知道交流电表测的是交变电流的有效值.发电机线圈转速变为原来一半时,产生电动势的最大值和有效值均变为原来的一半,变压器匝数比不变,故副线圈上的电压表示数变为原来的一半,选项B正确;对负载电阻R,由P=U‎2‎R可得,R消耗的功率变为原来的‎1‎‎4‎,即副线圈消耗的功率变为原来的‎1‎‎4‎,故原线圈消耗的功率也变为原来的‎1‎‎4‎,而原线圈电压变为原来的一半,故原线圈中的电流(电流表示数)变为原来的一半,选项A、C均错误;发电机线圈转速变为原来一半时,线圈转动的角速度变为一半,由f=‎2πω可得交变电流的频率变为原来的2倍,选项D错误.‎ ‎2.(2019陕西汉中二模)有4个完全相同的灯泡连接在理想变压器的原、副线圈中,电源输出电压U恒定不变,如图所示.若将该线路与交流电源接通,且开关S接在位置1时,4个灯泡发光亮度相同;若将开关S接在位置2时,灯泡均未烧坏.则下列说法正确的是(　　)‎ A.该变压器是降压变压器,原、副线圈匝数比为4∶1‎ B.该变压器是升压变压器,原、副线圈匝数比为1∶4‎ C.当开关接位置2时副线圈中的灯泡仍能发光,只是亮度变亮 D.当开关接位置2时副线圈中的灯泡仍能发光,只是亮度变暗 答案C 解析四个灯泡亮度相同,所以原线圈电流与副线圈电流之比为1∶3,根据电流与匝数成反比知原副线圈的匝数比为3∶1,可知该变压器是降压变压器,故A、B错误;开关接到2位置,原线圈输入电压变大,根据电压与匝数的关系可知副线圈电压变大,所以灯泡的电流变大,灯泡仍能发光,但亮度变大,故C正确,D错误.‎ ‎3.在如图所示的理想变压器的电路中,变压器原副线圈的匝数比为2∶1,电阻R1=R2,电流表和电压表均为理想电表,若电流表的示数为0.5 A,电压表的示数为5 V,则电阻R1的大小为(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.10 Ω B.15 Ω C.20 Ω D.25 Ω 答案D 解析电压表的示数为5 V,则次级电流I2=‎5‎R‎1‎;初级电流I1=‎1‎‎2‎I2=‎5‎‎2‎R‎1‎;初级电压U1=n‎1‎n‎2‎U2=10 V;R1的电流IR1=‎10‎R‎1‎;由题意可知‎10‎R‎1‎‎+‎‎5‎‎2‎R‎1‎=0.5 A,解得R1=25 Ω.故选D.‎ ‎4.(多选)如图所示,图乙中理想变压器的原线圈接如图甲所示的交变电流.理想变压器原、副线圈的匝数比为20∶3,定值电阻的阻值为11 Ω,滑动变阻器的总阻值为22 Ω.下列说法中正确的是(　　)‎ A.副线圈输出电压的频率为50 Hz B.滑动变阻器的滑片P向右滑动时,电阻R两端的电压不变 C.滑动变阻器的滑片P滑到最右端时,通过电阻R的电流为8.45 A D.滑动变阻器的滑片P滑到最左端时,理想变压器的输入功率为132 W 答案AD 解析由交变电流的图象可知,加在原线圈中电流的周期T=0.02 s,频率f=50 Hz,由于变压器不能改变电源的频率,副线圈输出电压的频率为50 Hz,故A正确;滑动变阻器的滑片P向右移动时,电路总电阻变小,电流变大,由U=IR可知,电阻R两端的电压变大,故B错误;原线圈电压的有效值U1=Um‎2‎=440 V,根据U1∶n1=U2∶n2可得副线圈的电压U2=66 V,滑动变阻器的滑片P滑到最右端时,通过电阻R的电流为I2=U‎2‎R=6 A,故C错误;滑动变阻器的滑片P滑到最左端时,理想变压器的输入功率为P2=U‎2‎‎2‎R+‎RP=132 W,故D正确.故选AD.‎ ‎5.如图所示,理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的白炽灯泡a、b和c,灯泡b、c规格相同,当原线圈输入电压U为灯泡额定电压的10倍时,三只灯泡均能正常发光,下列说法正确的是(　　)‎ A.原、副线圈匝数比为10∶1‎ B.此时a灯和b灯的电流比为2∶9‎ C.此时a灯和b灯的电功率之比为1∶9‎ D.此时a灯和b灯的电阻比为9∶1‎ 答案B 解析设三个灯泡的额定电压为UL,由题知U=10UL,则原线圈两端的电压为U1=U-UL=9UL,副线圈两端的电压U2=UL,故原副线圈匝数比为n‎1‎n‎2‎‎=U‎1‎U‎2‎=‎‎9‎‎1‎,故A错误;设b灯的电流为Ib,b灯与c灯并联,且规格相同,故c灯的电流也为Ib,则副线圈的电流为I2=2Ib,根据I‎1‎I‎2‎‎=‎n‎2‎n‎1‎,得原线圈的电流为I1=n‎2‎n‎1‎I2=‎1‎‎9‎I2,而流过a灯的电流即为I1=‎1‎‎9‎I2,故此时a灯和b灯的电流比为I‎1‎Ib‎=‎1‎‎9‎I‎2‎Ib=‎1‎‎9‎‎×2‎IbIb=‎‎2‎‎9‎,故B正确;根据P=UI,因a灯与b灯的电压都为UL,故两灯的电功率之比等于电流之比为2∶9,故C错误;根据R=UI,因a灯与b灯的电压都为UL,故两灯的电阻之比等于电流的反比,即9∶2,故D错误.故选B.‎ 命题角度2(储备)理想变压器中的动态分析问题　‎ ‎【典题】 (多选)如图所示,电源电压保持不变,若将滑动变阻器的滑动触头向左滑动,关于两电表示数的变化,下列判断中正确的是(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.电流表的示数变大 ‎ B.电流表的示数变小 C.电压表的示数变大 ‎ D.电压表的示数变小 答案AC 解析若将滑动变阻器触头向左滑动,滑动变阻器接入电路的电阻减小,则滑动变阻器分得的电压减小,原线圈两端电压增大,而匝数比不变,所以副线圈两端电压增大,电压表示数增大;负载两端电压增大,则副线圈电流增大;根据匝数比不变,则原线圈的电流增大,电流表示数增大.故AC正确,BD错误.故选AC.‎ 理想变压器的动态分析 常见的理想变压器的动态分析一般分匝数比不变和负载电阻不变两种情况.‎ ‎1.匝数比不变的情况(如图甲所示)‎ ‎(1)U1不变,根据U‎1‎U‎2‎‎=‎n‎1‎n‎2‎,输入电压U1决定输出电压U2,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,输出电流I2决定输入电流I1,故I1发生变化.‎ ‎(3)I2变化引起P2变化,P1=P2,故P1发生变化.‎ ‎2.负载电阻不变的情况(如图乙所示)‎ ‎(1)U1不变,n‎1‎n‎2‎发生变化,故U2变化.‎ ‎(2)R不变,U2变化,故I2发生变化.‎ ‎(3)根据P2=U‎2‎‎2‎R,P2发生变化,再根据P1=P2,故P1变化,P1=U1I1,U1不变,故I1发生变化.‎ 典题演练提能·刷高分 ‎1.如图所示,理想变压器原线圈接有交流电源,当副线圈上的滑片P处于图示位置时,灯泡能发光,若将滑片P上移(电压表和电流表均为理想电表),则(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.电容器的容抗增大 ‎ B.电流表的示数减小 C.变压器的输入功率减小 ‎ D.灯泡L变亮 答案D 解析变压器不改变电流的频率,所以频率不变,电容器的容抗不变,故A错误;滑片P向上移,副线圈的匝数增加,根据电压与匝数成正比,知副线圈两端的电压变大,电压表的示数变大,电流表的示数变大,故B错误;根据P=IU可知,变压器的输出功率变大,则输入功率变大,故C错误;因电容器的容抗不变,而灯泡和电容器两端电压之和变大,则灯泡的电流变大,灯泡变亮,选项D正确.故选D.‎ ‎2.如图所示,理想变压器原线圈输入电压u=Umsin ωt,副线圈电路中R0为定值电阻,R是滑动变阻器.V1和V2是理想交流电压表,示数分别用U1和U2表示;A1和A2是理想交流电流表,示数分别用I1和I2表示.下列说法正确的是(　　)‎ A.t=π‎2ω时,U1=Um B.滑片P向下滑动过程中,U1变小 C.滑片P向下滑动过程中,U2增大 D.滑片P向下滑动过程中,I1变大 答案D 解析V1和V2是理想交流电压表,示数U1和U2表示电压的有效值,故A错误;滑片P向下滑动过程中,总电阻减小,副线圈的电压只与输入电压和匝数有关,所以U1、U2不变,流过R0的电流I2变大,根据变压器原理得I1变大,故D正确,BC错误.故选D.‎ ‎3.如图所示为一理想变压器,原线圈接在输出电压为u=U0 sin ωt的交流电源两端.电路中R0为定值电阻,V1、V2为理想交流电压表,A1、A2为理想交流电流表.现使滑动变阻器R的滑动触头P向上滑动,下列说法正确的是(　　)‎ A.电压表V1与V2示数的比值将变大 B.电流表A1与A2示数的比值将变小 C.电压表V1与电流表A1示数的比值变大 D.电压表V2与电流表A2示数的比值变小 答案C 解析由于变压器电压之比等于线圈匝数之比,因此电压表之比一定等于线圈匝数之比,故A错误;由于只有一个副线圈,因此电流之比一定等于线圈匝数的反比,故两电流表的比值不变,故B错误;滑动变阻器R的滑动触头P向上滑动,则滑动变阻器接入电阻增大,由欧姆定律可知,电流表A2示数减小,电流表A1示数也减小,而电压表V1示数不变,与电流表A1示数的比值变大,故C正确;滑动变阻器R的滑动触头P向上滑动,则滑动变阻器接入电阻增大,由欧姆定律可知,电压表V2与电流表A2示数的比值变大,故D错误.故选C.‎ 命题角度3(储备)变压器与交变电流的综合问题　‎ ‎【典题】 (多选)如图,一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.原线圈通过一理想电流表A接正弦交流电源,一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端.假设该二极管的正向电阻为零,反向电阻为无穷大.用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd,则(　　)‎ A.Uab∶Ucd=n1∶n2‎ B.增大负载电阻的阻值R,电流表的读数变小 C.负载电阻的阻值越小,cd间的电压Ucd越大 D.将二极管短路,电流表的读数加倍 答案BD 解析设副线圈两端电压为U2,则有UabU‎2‎‎=‎n‎1‎n‎2‎,由于二极管具有单向导电性,根据有效值定义可知,U‎2‎‎2‎R‎·T‎2‎=‎Ucd‎2‎RT,则Ucd=U‎2‎‎2‎,故选项A错误;增大负载电阻,则变压器的输出功率减小,输入功率也减小,由P1=UabI1可知,电流表读数减小,选项B正确;cd间的电压Ucd与R大小无关,选项C错误;将二极管短路,变压器的输出功率P2=U‎2‎‎2‎R‎=‎‎2‎Ucd‎2‎R,为原来的2倍,由P2=P1=UabI1可知,电流表的读数变为原来的2倍,选项D正确.‎ ‎1.解决变压器问题的三种切入法 ‎(1)电压切入法:变压器原、副线圈的电压之比为U‎1‎U‎2‎‎=‎n‎1‎n‎2‎;当变压器有多个副线圈时U‎1‎n‎1‎‎=U‎2‎n‎2‎=‎U‎3‎n‎3‎=……‎ ‎(2)功率切入法:理想变压器的输入、输出功率为P入=P出,当变压器有多个副线圈时,P1=P2+P3+…‎ ‎(3)电流切入法:由I=PU知,对只有一个副线圈的变压器有I‎1‎I‎2‎‎=‎n‎2‎n‎1‎;‎ 当变压器有多个副线圈时有n1I1=nI2+n3I3+…‎ 注意:对于电源,原线圈相当于用电器;对于用电器,副线圈相当于电源.‎ ‎2.解远距离输电问题必备技巧 ‎(1)正确画出输电过程示意图,并在图上标出各物理量.‎ ‎(2)抓住变压器变压前、后各量间关系,求出输电线上的电流.‎ ‎(3)计算电路功率问题时常用关系式:ΔP=I2R=PU2R,注意输电线上的功率损失和电压损失.‎ ‎(4)电网送电遵循“用多少送多少”的原则,说明原线圈电流由副线圈电流决定.‎ 典题演练提能·刷高分 ‎1.(多选)如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2=10∶1,电阻R=10 Ω,两只相同小灯泡L1、L2的规格均为(3 V,1.5 W),S1为单刀双掷开关.原线圈接正弦交流电源.当S1接1、S2闭合时,L2正常发光.设小灯泡的电阻值恒定.下列说法正确的是(　　)‎ A.原线圈所接正弦交流电源的电动势最大值为30 V B.只断开S2后,变压器的输出功率为0.75 W C.将S1换接到2后,原线圈的输入功率为90 W D.将S1换接到2后,R的电功率为0.9 W 答案BD 解析当S1接1、S2闭合时,L2正常发光,副线圈的电压为U2=3 V,根据原副线圈电压比等于匝数比即U‎1‎U‎2‎‎=‎n‎1‎n‎2‎,解得原线圈的电压为U1=30 V,原线圈所接正弦交流电源的电动势最大值为Em=30‎2‎ V,故A错误;两只相同小灯泡阻值为RL=UL‎2‎PL=6 Ω,只断开S2后,变压器的输出功率为P2=U‎2‎‎2‎‎2‎RL‎=‎‎3‎‎2‎‎2×6‎ W=0.75 W,故B正确;将S1换接到2后,R的电功率为P=U‎2‎‎2‎R=0.9 W,原线圈的输入功率为P入=P出=U‎2‎‎2‎R=0.9 W,故C错误,D正确.‎ ‎2.(多选)如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=10∶1,原线圈输入交变电压u=50‎2‎sin 100πt(V),在副线圈中接有理想交流电流表、阻值为25 Ω的定值电阻R和电容器C.下列说法中正确的是(　　)‎ A.电阻R中电流方同1 s内变化100次 B.电流表示数是2 A C.电阻R消耗的电功率为1 W D.电容器的耐压值至少是5‎2‎ V 答案ACD 解析交变电流的周期为T=‎2πω=0.02 s,则频率为50 Hz,因一个周期内电流方向变化2次,则电阻R中电流方向1 s内变化100次,选项A正确;变压器初级电压有效值U1=Um‎2‎=50 V,变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=10∶1,则次级电压有效值为U2=5 V,电流表示数是I2=U‎2‎R‎=‎‎5‎‎25‎ A=0.2 A,选项B错误;电阻R 消耗的电功率为PR=I2U2=1 W,选项C正确;电容器的耐压值是次级电压最大值,则至少是5‎2‎ V,选项D正确.故选ACD.‎ ‎3.(多选)(2019广东深圳二模)中国特高压远距离输电技术已成为国际标准,使“煤从空中走、电送全中国”成为现实.如图为远距离输电示意图,发电厂输出电压U1=104 V,输出功率P1=109 W,两个理想变压器的匝数比分别为n1∶n2=1∶100、n3∶n4=100∶1,输电线总电阻r=50 Ω.则(　　)‎ A.U4=U1‎ B.I4=I1‎ C.通过电阻r的电流I2=2×104 A D.电阻r损耗的电功率为5×107 W 答案BD 解析根据I‎1‎I‎2‎‎=‎n‎2‎n‎1‎可得,I2=n‎1‎n‎2‎I1=‎1‎‎100‎×105 A=103 A,则通过电阻r的电流为103 A,故C错误;电阻r两端的电压为Ur=I2r=103 A×50 Ω=5×104 V,则U3=U2-Ur=106 V-5×104 V=9.5×105 V,可得U4=n‎4‎n‎3‎U3=‎1‎‎100‎×9.5×105 V=9.5×103 V,则U4≠U1,故A错误;由于I2=I3,可得I4=n‎3‎n‎4‎I3=‎100‎‎1‎×103 A=105 A,则I4=I1,故B正确;电阻r损耗的功率Pr=I‎2‎‎2‎r=(103)2×50 W=5×107 W,故D正确.‎ 考点三　传感器的简单应用 ‎ 命题角度 传感器的简单应用　‎ 高考真题体验·对方向 ‎　(2016全国Ⅰ·23)现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统,要求当热敏电阻的温度达到或超过60 ℃ 时,系统报警.提供的器材有:热敏电阻,报警器(内阻很小,流过的电流超过Ic时就会报警),电阻箱(最大阻值为999.9 Ω),直流电源(输出电压为U,内阻不计),滑动变阻器R1(最大阻值为1 000 Ω),滑动变阻器R2(最大阻值为2 000 Ω),单刀双掷开关一个,导线若干.在室温下对系统进行调节.已知U约为18 V,Ic约为10 mA;流过报警器的电流超过20 mA时,报警器可能损坏;该热敏电阻的阻值随温度升高而减小,在60 ℃时阻值为650.0 Ω.‎ ‎(1)完成待调节的报警系统原理电路图的连线.‎ ‎(2)电路中应选用滑动变阻器　　　(填“R1”或“R2”). ‎ ‎(3)按照下列步骤调节此报警系统:‎ ‎①电路接通前,需将电阻箱调到一固定的阻值,根据实验要求,这一阻值为　　　 Ω;滑动变阻器的滑片应置于　　　　(填“a”或“b”)端附近,不能置于另一端的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　. ‎ ‎②将开关向　　　(填“c”或“d”)端闭合,缓慢移动滑动变阻器的滑片,直至　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　. ‎ ‎(4)保持滑动变阻器滑片的位置不变,将开关向另一端闭合,报警系统即可正常使用.‎ 答案(1)连线如图所示.‎ ‎(2)R2‎ ‎(3)①650.0　b　接通电源后,流过报警器的电流会超过20 mA,报警器可能损坏　②c　报警器开始报警 解析(1)先用电阻箱替代热敏电阻,连接成闭合回路进行调试.电路图连接如答案所示.‎ ‎(2)当电路中电流Ic=10 mA时,根据闭合电路欧姆定律有Ic=UR总,解得R总=1 800 Ω,此时热敏电阻的阻值为650 Ω,则滑动变阻器的阻值为1 150 Ω,所以滑动变阻器选R2.‎ ‎(3)①当热敏电阻阻值小于650 Ω时,报警器就会报警,用电阻箱替代热敏电阻进行调节,应把电阻箱的阻值调到650 Ω.若接通电源后电路中的电流过大(超过20 mA),报警器就会损坏,电流越小越安全,所以为了电路安全,闭合开关前滑片应置于b端.‎ ‎②用电阻箱替代热敏电阻进行调试,应将开关向c端闭合,开关闭合后要减小电路中的电阻直至报警器报警.‎ 金属热电阻和热敏电阻 金属的电阻率随温度的升高而增大,用金属丝可以制作温度传感器,称为热电阻.与金属不同的是有些半导体的导电能力随温度的升高而增强,故可以用半导体材料制成热敏电阻.与热敏电阻相比,金属热电阻的化学稳定性好,测温范围大,但灵敏度较差.‎ 典题演练提能·刷高分 ‎1.(2017江苏单科)某同学通过实验制作一个简易的温控装置,实验原理电路图如图甲所示,继电器与热敏电阻Rt、滑动变阻器R串联接在电源E两端,当继电器的电流超过15 mA时,衔铁被吸合,加热器停止加热,实现温控.继电器的电阻约20 Ω,热敏电阻的阻值Rt与温度t的关系如下表所示.‎ t/℃‎ ‎30.0‎ ‎40.0‎ ‎50.0‎ ‎60.0‎ ‎70.0‎ ‎80.0‎ Rt/Ω ‎199.5‎ ‎145.4‎ ‎108.1‎ ‎81.8‎ ‎62.9‎ ‎49.1‎ ‎(1)提供的实验器材有:电源E1(3 V,内阻不计)、电源E2(6 V,内阻不计)、滑动变阻器R1(0~200 Ω)、滑动变阻器R2(0~500 Ω)、热敏电阻Rt、继电器、电阻箱(0~999.9 Ω)、开关S、导线若干.‎ 为使该装置实现对30~80 ℃之间任一温度的控制,电源E应选用　　　　(选填“E1”或“E2”),滑动变阻器R应选用　　　　(选填“R1”或“R2”). ‎ 甲 乙 ‎(2)实验发现电路不工作.某同学为排查电路故障,用多用电表测量各接点间的电压,则应将如图乙所示的选择开关旋至　　　(选填“A”“B”“C”或“D”). ‎ ‎(3)合上开关S,用调节好的多用电表进行排查.在图甲中,若只有b、c间断路,则应发现表笔接入a、b时指针　　　　　(选填“偏转”或“不偏转”),接入a、c时指针　　　　　(选填“偏转”或“不偏转”). ‎ ‎(4)排除故障后,欲使衔铁在热敏电阻为50 ℃时被吸合,下列操作步骤的正确顺序是　　　　.(填写各步骤前的序号) ‎ ‎①将热敏电阻接入电路 ‎②观察到继电器的衔铁被吸合 ‎③断开开关,将电阻箱从电路中移除 ‎④合上开关,调节滑动变阻器的阻值 ‎⑤断开开关,用电阻箱替换热敏电阻,将阻值调至108.1 Ω 答案(1)E2　R2　(2)C　(3)不偏转　偏转　(4)⑤④②③①‎ 解析(1)当温度控制在30 ℃,衔铁被吸合时,Rt两端的电压约为Ut=IRt=0.015×200 V=3 V,继电器两端的电压U'=IR'=0.015×20 V=0.3 V,故需电源电动势大于3 V,选E2.当温度控制在80 ℃时,电路中的总电阻:R总=E‎2‎I=400 Ω,远大于热敏电阻、继电器以及滑动变阻器R1的电阻的总和,故滑动变阻器选R2.‎ ‎(2)A挡位测量电阻值,B挡位测量交流电压,C挡位测量直流电压,D挡位测量电流值,故为测量各接入点的电压,应将开关旋至C挡.‎ ‎(3)若bc间断路,ab只与电源正极相连通,ab间无电压,如图 故多用电表指针不偏转.‎ 若bc间断路,a点与电源正极相连通,c点与电源负极相连通,a、c两点间的电压为电源电动势.如图 故多用电表指针偏转.‎ ‎(4)要想保证温度控制在50 ℃,由题目表中可得Rt=108.1 Ω,因此我们要用电阻箱代替热敏电阻,把电阻箱电阻调整到108.1 Ω,闭合电路调节滑动变阻器,让继电器吸合(即让电路中的电流为15 mA),再将电阻箱移除,将热敏电阻接入电路,完成实验.‎ ‎2.在实际应用中有多种自动控温装置,以下是其中两种控温装置:‎ 甲 乙 丙 ‎(1)图甲为某自动恒温箱原理图,箱内的电阻R1=2 kΩ,R2=1.5 kΩ,R3=4 kΩ,Rt为热敏电阻,其电阻随温度变化的图象如图乙所示.当a、b两点电势φa<φb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φa≥φb时,电压鉴别器会使S断开,停止加热,则恒温箱内的稳定温度为　　　　 ℃,恒温箱内的电热丝加热时Rt的取值范围为　　　　. ‎ ‎(2)有一种由PTC元件做成的加热器,它产生的焦耳热功率PR随温度t变化的图象如图丙所示.该加热器向周围散热的功率为PQ=k(t-t0),其中t为加热器的温度,t0为室温(本题中取20 ℃),k=0.1 W/℃.‎ ‎①当PR=PQ时加热器的温度即可保持稳定,则该加热器工作的稳定温度为　　　　 ℃; ‎ ‎②(单选)某次工作中,该加热器从室温升高至稳定温度的过程中,下列温度变化过程用时最短的是　　　　.(填选项前的字母序号) ‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.20~24 ℃ B.32~36 ℃‎ C.48~52 ℃ D.60~64 ℃‎ 答案(1)25　Rt>3 kΩ　(2)72(70~74均可)　(3)B 解析(1)由电路图可知,当满足R‎1‎R‎3‎‎=‎R‎2‎Rt时,即Rt=3 kΩ时φa=φb,此时由图可知温度为25 ℃,即恒温箱内的稳定温度为25 ℃;恒温箱内的电热丝加热时Rt的取值范围为Rt>3 kΩ;‎ ‎(2)①PQ=0.1(t-t0),PQ与温度t之间关系的图象如图.‎ 由图可知,当温度为72 ℃左右时,发热功率和散热功率相等,即此时物体的温度不再变化;②PR-PQ的值越大时温度升高得越快,用时越短,由图象可知,32~36 ℃时差值最大,故选B.‎ ‎3.电阻应变式称重传感器的工作原理如下:弹性体在外力作用下发生弹性形变,使粘贴在其表面的电阻应变片也发生形变,同时引起阻值的变化,再经相应的测量电路把这一电阻变化转换为电信号,从而将外力变换为电信号.电阻应变式称重传感器的结构如图甲所示,弹性体的一端固定,另一端安装测力钩,在它的上下表面共粘贴4个应变片R1、R2、R3、R4.测量电路图如图乙所示,未发生形变时,应变片的阻值均为R=800 Ω,当弹性体受到向上的拉力作用发生形变时,上表面压缩,R1、R2阻值变小,下表面拉伸,R3、R4阻值增大.已知每个应变片阻值的变化量ΔR与拉力F的变化规律均为ΔR=kF,其中k=5 Ω/N,电路中电源电动势E=8.0 V,内阻不计.‎ 完成下列填空:‎ ‎(1)当测力钩不受拉力时,图乙中UAB=　　　　; ‎ ‎(2)当向上施加拉力时,UAB　　　　0(选填“>”“<”或者“=”) ‎ ‎(3)若电压表的示数为1.0 V,则该传感器受到的力的大小为　　　　 N. ‎ 答案(1)0　(2)>　(3)20‎ 解析(1)当测力钩不受拉力时,四个电阻的阻值均相等,则题图乙中UAB=0.‎ ‎(2)当向上施加拉力时,R1、R2阻值变小,R3、R4阻值增大,此时R1两端的电压减小,则A点电势升高;R3两端的电压变大,则B点电势降低,则UAB>0.‎ ‎(3)若电压表的示数为1.0 V,则弹性体向上施加拉力,设此时R1和R2分别为800-ΔR,则R3和R4分别为800+ΔR,由电路可知I(800+ΔR)-I(800-ΔR)=1,其中I=‎8‎‎(800+ΔR)+(800-ΔR)‎‎=‎‎1‎‎200‎,解得ΔR=100 Ω,则根据ΔR=kF,可得受到的力的大小F=ΔRk‎=‎‎100‎‎5‎ N=20 N.‎