【物理】2019届一轮复习人教版第十一章交变电流　传感器教案

【物理】2019届一轮复习人教版第十一章交变电流　传感器教案

第十一章 交变电流　传感器 [全国卷 5 年考情分析] 基础考点 常考考点(2013～2017 考情统计) 命题概率 常考角度 交变电流、交 变电流的图 像(Ⅰ) '16Ⅲ卷 T21(6 分) 独立命题 概率 20% 理想变压器 (Ⅱ) '16Ⅰ卷 T16(6 分) '16Ⅲ卷 T19(6 分) '15Ⅰ卷 T16(6 分) '14Ⅱ卷 T21(6 分) 独立命题 概率 70% 综合命题 概率 80% 正弦交变电 流的函数表达 式、峰值和有 效值(Ⅰ) 远距离输电 (Ⅰ) 以上 2 个考点 未曾独立命题 实验十二　 传感器的简 单使用 '16Ⅰ卷 T23(10 分) 综合命题 概率 30% (1)根据线框在磁场中的 转动求解描述交变电流 的物理量 (2)根据交变电流的图像 或表达式求解描述交变 电流的物理量 (3)变压器的基本原理和 动态分析 (4)远距离输电问题 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 2倍。(×) 解题中常用到的二级结论： (1)正弦交流电的产生：中性面垂直于磁场方向，线圈平面平行于磁场方向时电动势最 大：Em＝nBSω。 ①线圈从中性面开始转动：e＝Emsin ωt。 ②线圈从平行于磁场方向开始转动：e＝Emcos ωt。 (2)正弦交变电流的有效值与最大值的关系，对整个波形、半个波形、甚至1 4个波形都成 立。 (3)非正弦交流电的有效值的求法：I2RT＝一个周期内产生的总热量。　　 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，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，ΔΦ Δt 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．正弦式交变电流的图像(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＝ Em R＋rsin ωt 电压 u＝Umsin ωt＝REm R＋rsin ωt [题点全练] 1．(2015·山东高考)如图甲，R0 为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内。左端 连接在一周期为 T0 的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过 R0 的电流 i 始终向左，其大 小按图乙所示规律变化。规定内圆环 a 端电势高于 b 端时，a、b 间的电压 uab 为正，下列 uab­t 图像可能正确的是(　　) 解析：选 C　由题图乙知，0～0.25T0，外圆环电流逐渐增大且Δi Δt逐渐减小，根据安培 定则，外圆环内部磁场方向垂直纸面向里，磁场逐渐增强且ΔB Δt 逐渐减小，根据楞次定律知 内圆环 a 端电势高，所以 uab＞0，根据法拉第电磁感应定律 uab＝ΔΦ Δt ＝ΔBS Δt 知，uab 逐渐减 小；t＝0.25T0 时，Δi Δt＝0，所以ΔB Δt ＝0，uab＝0；同理可知 0.25T0～0.5T0 时间内，uab＜0， 且|uab|逐渐增大；0.5T0～T0 内重复 0～0.5T0 的变化规律。故选项 C 正确。 2．[多选](2018·湖南石门一中模拟)如图所示，图线 a 是线圈在匀 强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图像，当调整线圈转速后， 其在同一磁场中匀速转动过程中所产生正弦交流电的图像如图线 b 所示。 以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是(　　) A．在图中 t＝0 时刻穿过线圈的磁通量均为零 B．线圈先后两次转速之比为 3∶2 C．交流电 a 的瞬时值为 u＝10sin 5πt(V) D．交流电 b 电压的最大值为20 3 V 解析：选 BCD　由题图可知，t＝0 时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，所 以 A 错误；由图像可知 TA∶TB＝2∶3，故 nA∶nB＝3∶2，所以 B 正确；由图像可知，交流 电 a 的最大值为 10 V，角速度为 ω＝2π T ＝2π 0.4 rad/s＝5π rad/s，所以交流电 a 的瞬时值为 u＝ 10sin 5πt (V)，所以 C 正确；交流电最大值 Um＝NBSω，故 Uma∶Umb＝3∶2，故 Umb＝2 3Uma ＝20 3 V，D 正确。 3．[多选](2016·全国卷Ⅲ)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流电 B．两导线框中感应电流的周期都等于 T C．在 t＝T 8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 解析：选 BC　两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不变，选项 A 错误； 导线框的转动周期为 T，则感应电流的周期也为 T，选项 B 正确；在 t＝T 8时，切割磁感线的 有效长度相同，两导线框中产生的感应电动势相等，选项 C 正确；M 导线框中一直有感应 电流，N 导线框中只有一半时间内有感应电流，所以两导线框的电阻相等时，感应电流的有 效值不相等，选项 D 错误。 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＝U2 R 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 2 A D．R2 两端的电压最大值是 6 2 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 2 A，由正弦式交变电流最大值与有效值的关系 Im＝ 2I 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 2×20 V＝12 2 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： (311 2 )2 R ×T 2×2＝U2 R T，得：U＝220 V。 答案：220 [变式 2]　仅余1 2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＝Um 2 ；后半 周期电压为零。根据有效值的定义，U2 R T＝ (Um 2 )2 R ·T 2＋0，解得 U＝Um 2 。 答案：Um 2 [变式 3]　仅余1 4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.Um 2 C.Um 3 D.Um 2 解析：选 D　从 U­t 图像上看，每个1 4周期正弦波形的有效值 U1＝Um 2 ，根据有效值的 定义：U2 R T＝ (Um 2 )2 R ×T 4×2＋0，解得：U＝Um 2 ，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 2 A B．3.5 2 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＝I12RT 2＋I22RT 2。所以该交流电的有效值为 I＝ I12＋I22 2 ＝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： (156 2 )2 R ×T 2＋ (311 2 )2 R ×T 2＝U2 R T，得：U＝55 10 V。 答案：55 10 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 2sin 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 10 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 U2 R T＝202 R ·T 2＋102 R ·T 2，可求出 U＝5 10 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＝ Im 2 正弦半波 电流 I＝Im 2 矩形脉动 电流 I＝ t0 TIm 非对称性 交变电流 I＝ 1 2 (I12＋I22) 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＝ Em R＋r 讨论电容器的击穿电压 有效值 对正(余)弦交流 电有：E＝Em 2 U＝Um 2 　I＝ Im 2 (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 E＝BLv E＝nΔΦ Δt I＝ E R＋r 计算通过电路截面的电荷量 [题点全练] 1.(2015·四川高考)小型手摇发电机线圈共 N 匝，每匝可简化为矩形 线圈 abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴 OO′， 线圈绕 OO′匀速转动，如图所示。矩形线圈 ab 边和 cd 边产生的感应 电动势的最大值都为 e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压(　　) A．峰值是 e0　　　　　　　 B．峰值是 2e0 C．有效值是 2 2 Ne0 D．有效值是 2Ne0 解析：选 D　因每匝矩形线圈 ab 边和 cd 边产生的电动势的最大值都是 e0，每匝中 ab 和 cd 串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为 2e0。N 匝线圈串联，整个线圈中感应电动 势的最大值为 2Ne0，因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值 E＝ 2Ne0， 故选项 D 正确。 2．[多选](2017·天津高考)在匀强磁场中，一个 100 匝的闭合矩形 金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通 量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为 2 Ω，则(　　) A．t＝0 时，线圈平面平行于磁感线 B．t＝1 s 时，线圈中的电流改变方向 C．t＝1.5 s 时，线圈中的感应电动势最大 D．一个周期内，线圈产生的热量为 8π2 J 解析：选 AD　t＝0 时，磁通量为零，磁感线与线圈平面平行， A 正确；当磁感线与线圈平面平行时，磁通量变化率最大，感应电动 势最大，画出感应电动势随时间变化的图像如图，由图可知，t＝1 s 时，感应电流没有改变方向，B 错误；t＝1.5 s 时，感应电动势为 0，C 错误；感应电动势最 大值 Em＝NBSω＝NΦm 2π T ＝100×0.04×2π 2 (V)＝4π(V)，有效值 E＝ 2 2 ×4π(V)＝2 2π(V)， Q＝E2 R T＝8π2(J)，D 正确。 3．(2018·四川省凉山州诊断)图甲为一台小型发电机示意图，产生的感应电动势随时间 变化如图乙所示。已知发电机线圈的匝数为 100 匝，电阻 r＝2 Ω，外电路的小灯泡电阻恒 为 R＝6 Ω，电压表、电流表均为理想电表。下列说法正确的是(　　) A．电压表的读数为 4 V B．电流表的读数为 0.5 A C．1 秒内流过小灯泡的电流方向改变 25 次 D．线圈在转动过程中，磁通量最大为0.08 2 π Wb 解析：选 B　由乙图可知，交流电的最大值为 Em＝4 2 V，有效值为：E＝Em 2 ＝4 V， 根据闭合电路的欧姆定律可知：U＝ E R＋rR＝ 4 6＋2×6 V＝3 V，A 错误；电流表的示数为：I ＝ E R＋r＝ 4 6＋2 A＝0.5 A，B 正确；由乙图可知，T＝4×10－2 s，f＝1 T＝25 Hz，一个周期内 电流方向改变两次，所以 1 秒内流过小灯泡的电流方向改变 50 次，C 错误；根据 Em＝nBSω 可知 Φm＝BS＝Em nω＝ 4 2 100 × 50π Wb＝0.000 8 2 π Wb，D 错误。 易错问题——练缜密思维 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＝L2 2 ，设 ab 和 cd 的转动速度为 v，则 v＝ω·L2 2 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＝ E R＋r 这里 E 为线圈产生的电动势的有效值 E＝Em 2 ＝BL1L2ω 2 则线圈转动一周在 R 上产生的焦耳热为 QR＝I2RT 其中 T＝2π ω 解得 QR＝πRω(BL1L2 R＋r )2。 答案：(1)e1＝BL1L2ωsin ωt (2)e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0) (3)πRω(BL1L2 R＋r )2 [反思领悟] 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。　　 (一)普通高中适用作业 [A 级——基础小题练熟练快] ★1．(2018·湖北恩施一中模拟)一电阻接在 10 V 直流电源上，电热功率为 P；当它接到 电压 u＝10sin ωt(V)上时功率为(　　) A．0.25P　　　　　　　　 B．0.5P C．P D．2P 解析：选 B　电阻接在 10 V 直流电源上，电热功率为 P，则 P＝102 R ；当它接到电压 u＝ 10sin ωt(V)上时功率为 P′＝ ( 10 2 )2 R ＝102 2R＝0.5P，故 B 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 Em BL2 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＝ Em BL2，D 正确。 3.如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为 B。 电阻为 R、半径为 L、圆心角为 45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面 的 O 轴以角速度 ω 匀速转动(O 轴位于磁场边界)。则线框内产生的感 应电流的有效值为(　　) A.BL2ω 2R 　　　　　　　　　 B. 2BL2ω 2R C. 2BL2ω 4R D.BL2ω 4R 解析：选 D　线框的转动周期为 T，而线框转动一周只有T 4的时间内有感应电流，此时 感应电流的大小为：I＝ 1 2BL2ω R ＝BL2ω 2R ，根据电流的热效应有：(BL2ω 2R )2R·T 4＝I 有 2RT，解得 I 有＝BL2ω 4R ，故 D 正确。 4．先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电，第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规 律变化(如图甲所示)；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示。若甲、乙图中的 U0、T 所表示的电压、周期值是相同的，则以下说法正确的是(　　) A．第一次，灯泡两端的电压有效值是U0 2 B．第二次，灯泡两端的电压有效值是3U0 2 C．第一、第二次，灯泡的电功率之比是 2∶9 D．第一、第二次，灯泡的电功率之比是 1∶5 解析：选 D　第一次，灯泡两端电压的有效值为 U1＝ U0 2 ，功率 P1＝U12 R ＝U02 2R。第二次， 设灯泡两端电压的有效值为 U2，则 (2U0)2 R ·T 2＋ (－U0)2 R ·T 2＝U22 R T，解得 U2＝ 5 2U0，功率 P2＝ U22 R ＝5U02 2R ，则 P1∶P2＝1∶5，故 A、B、C 错误，D 正确。 ★5．[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＝ U2 R T＝ 1002 R ·T 2＋ ( 50 2 )2 R ·T 2，解得 U＝75 V，A 错误；电流表读数 I＝U R＝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。 6.[多选](2018·广西桂林中学模拟)如图所示，电路中的电阻的阻值为 R＝100 Ω，电流表为理想电流表，在 a、b 之间接入电压 U＝220 2sin 100πt(V)的交流电 源，则(　　) A．电流表的示数为 2.2 A B．t＝0.01 s 时，电流表的示数为零 C．若产生该交流电的发电机的线框转速提高一倍，其他条件不变，则电流表的示数也 增大一倍 D．若将电阻换成 200 Ω，则电源的输出功率变为原来的两倍 解析：选 AC　根据 U＝220 2sin 100 πt(V)可知，电压的最大值为 Um＝220 2 V，有 效值为 U＝Um 2 ＝220 V，电流的有效值为 I＝U R＝220 100 A＝2.2 A，电流表测量电流的有效值， 即电流表的示数为 2.2 A，故 A 正确；因为电流表显示的是有效值，不随时间变化，所以 t＝ 0.01 s 时，电流表的示数为 2.2 A，故 B 错误；若产生该交流电的发电机的线框转速提高一 倍，其他条件不变，由 Em＝nBSω 知，电动势的最大值增大一倍，由闭合电路欧姆定律知， 电路中电流增大一倍，则电流表的示数也增大一倍，故 C 正确；若将电阻换成 200 Ω，由 P ＝U2 R 可知，U 不变，电源的输出功率变为原来的一半，故 D 错误。 7．[多选](2018·大庆检测)如图所示，N 匝矩形导线框在磁感应强 度为 B 的匀强磁场中绕轴 OO′匀速转动，线框面积为 S，线框的电阻、 电感均不计，外电路接有电阻 R、理想电流表 A 和二极管 D。电流表的 示数为 I，二极管 D 具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷 大。下列说法正确的是(　　) A．导线框转动的角速度为 2RI NBS B．导线框转动的角速度为 4RI NBS C．导线框转到图示位置时，线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零 D．导线框转到图示位置时，线框中的磁通量最大，瞬时电动势最大 解析：选 AC　导线框产生的最大感应电动势 Em＝NBSω；根据二极管的特点可知，在 一个周期内有半个周期回路中有电流，根据交流电电流的热效应可知 (NBSω 2R )2R·T 2＝I2RT， 解得 ω＝ 2RI NBS，故 A 正确，B 错误；导线框转到图示位置时，导线框位于中性面处，导线 框中的磁通量最大，瞬时电动势为零，故 C 正确，D 错误。 8．(2018·福建厦门一中模拟)如图甲所示电路，已知电阻 R 1＝R2＝R，和 R1 并联的 D 是理想二极管(正向电阻可视为零，反向电阻为无穷大)，在 A、B 之间加一个如图乙所示的 交变电压(电压为正值时，UAB>0)。由此可知(　　) A．在 A、B 之间所加的交变电压的周期为 2 s B．在 A、B 之间所加的交变电压的瞬时值表达式为 u＝20 2sin 50πt(V) C．加在 R1 上电压的有效值为 10 V D．加在 R2 上电压的有效值为 5 10 V 解析：选 D　由图像可得交流电的周期 T＝0.02 s，故 A 错误；电压最大值为 Um＝20 2 V，交变电压的瞬时值表达式为 u＝Umsin ωt＝20 2sin2π T t＝20 2sin 100πt(V)，故 B 错误； 因为是交流电所以应该分两种情况考虑：当 A 点电位高于 B 点电位时二极管导通即 R1 被短 路，R2 电压为电源电压20 2 2 V＝20 V；当 B 点电位高于 A 点电位时二极管截止，R1、R2 串联分压，即对 R1 有 U12 R1 T＝102 R1 ·T 2，解得 U1＝5 2 V，对 R2 有：U22 R2 T＝202 R2 ·T 2＋102 R2 ·T 2，解 得 U2＝5 10 V，故 C 错误 D 正确。 [B 级——中档题目练通抓牢] 9.(2018·山东潍坊实验中学模拟)如图所示为某小型交流发电机的 示意图，其矩形线圈 abcd 的面积为 S＝0.03 m2，共有 10 匝，线圈总 电阻为 r＝1 Ω，线圈处于磁感应强度大小为2 2 π T 的匀强磁场中， 可绕与磁场方向垂直的固定对称轴 OO′转动，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外 电路电阻 R＝9 Ω 的连接。在外力作用下线圈以 10π rad/s 绕轴 OO′匀速转动时，下列说法 中正确的是(　　) A．电阻 R 的发热功率是 3.6 W B．交流电流表的示数是 0.6 A C．用该交流发电机给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔一定为 0.02 s D．如果将电阻 R 换成标有“6 V　3 W”字样的小灯泡，小灯泡能正常工作 解析：选 B　感应电动势最大值：Em＝nBωS＝10×2 2 π ×10π×0.03 V＝6 2 V，电 动势有效值：E＝Em 2 ＝6 V；电路中的电流：I＝ E R＋r＝ 6 9＋1 A＝0.6 A，则交流电流表的示 数是 0.6 A，选项 B 正确；电阻 R 的发热功率是 PR＝I2R＝3.24 W，选项 A 错误；交流电的 周期：T＝2π ω ＝ 2π 10π s＝0.2 s，则用该交流发电机给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔 一定为 0.2 s，选项 C 错误；如果将电阻 R 换成标有“6 V　3 W”字样的小灯泡，灯泡的电 阻 RL＝U2 P ＝36 3 Ω＝12 Ω，灯泡两端的电压 UL＝ E RL＋rRL＝ 6 12＋1×12 V＝5.54 V，故小灯泡 不能正常工作，选项 D 错误。 10．(2018·湖北大冶一中模拟)发电机转子是匝数 n＝100，边长 L＝20 cm 的正方形线圈， 其置于磁感应强度 B＝0.5 T 的匀强磁场中，绕着垂直磁场方向的轴以 ω＝100π rad/s 的角 速度转动，当转到线圈平面与磁场方向垂直时开始计时。线圈的电阻 r＝1 Ω，外电路电阻 R ＝99 Ω。试求： (1)写出交变电流瞬时值表达式； (2)外电阻上消耗的功率； (3)从计时开始，线圈转过π 3过程中，通过外电阻的电荷量是多少？ 解析：(1)电动势的最大值：Em＝nBωL2＝628 V 根据闭合电路欧姆定律得 Im＝ Em R＋r＝6.28 A 故交变电流瞬时值表达式：i＝6.28sin 100πt(A)。 (2)电流的有效值 I＝ 1 2Im 由 P＝I2R 得外电阻上的消耗功率： P＝( 1 2Im)2R＝1.95×103 W。 (3)从计时开始到线圈转过π 3过程中，平均感应电动势由 E＝n ΔΦ Δt 得 E＝nΦm－Φmcos 60° Δt ＝n·BL2 2Δt 平均电流：I＝ E R＋r＝ nBL2 2(R＋r)·Δt 通过外电阻的电荷量：q＝I·Δt＝ nBL2 2(R＋r)＝1×10－2 C。 答案：(1) i＝6.28sin 100πt(A)　(2)1.95×103 W (3)1×10－2C [C 级——难度题目自主选做] 11．[多选]如图所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，匝 数 N＝100 匝，电阻为 r＝1 Ω 的矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于 磁场方向的固定轴 OO′匀速转动，线圈两端经集流环和电刷与电 路连接，定值电阻 R1＝6 Ω，R2＝3 Ω，其他电阻不计，线圈匀速转 动的周期 T＝0.2 s。从线圈与磁场方向平行位置开始计时，线圈转动的过程中，理想电压表 的示数为 2 V。下列说法中正确的是(　　) A．电阻 R1 上的电功率为2 3 W B．t＝0.4 s 时，电阻 R2 两端的电压瞬时值为零 C．从开始计时到 1 20 s 通过电阻 R2 的电荷量为 2 10π C D．若线圈转速增大为原来的 2 倍，线圈中产生的电动势随时间变化规律为 e＝6 2cos 20πt(V) 解析：选 AD　电阻 R1 上的电功率为 P＝U2 R1＝22 6 W＝2 3 W，故 A 正确；线圈匀速转动 的周期 T＝0.2 s，t＝0.4 s 时，正好又转到了与磁场方向平行位置，故此时线圈产生的感应 电动势最大，故电阻 R2 两端的电压瞬时值最大，故 B 错误；根据闭合电路的欧姆定律可知 产生的感应电动势的有效值 E＝R＋r R U＝2＋1 2 ×2 V＝3 V，最大值 Em＝ 2E＝3 2 V，有 Em＝NBSω，故 Φ＝BS＝Em Nω＝ 3 2 100 × 10π＝ 3 2 1 000π，故 Φ＝BSsin ωt＝ 3 2 1 000πsin 10πt，从开 始计时到 1 20 s，磁通量的变化量 ΔΦ＝ 3 2 1 000π，故通过电阻 R2 的电荷量为 q＝2 3×NΔΦ R＋r＝ 2 15π C，故 C 错误；转速增大 2 倍，故产生的感应电动势 Em＝NBSω 变为原来的 2 倍，故最大 值为 Em′＝6 2 V，线圈中产生的电动势随时间变化规律为 e＝6 2cos 20πt(V)，故 D 正 确。 12.(2018·开封模拟)如图所示，一个半径为 r 的半圆形线圈，以直 径 ab 为轴匀速转动，转速为 n，ab 的左侧有垂直于纸面向里(与 ab 垂直) 的匀强磁场，磁感应强度为 B。M 和 N 是两个集流环，负载电阻为 R， 线圈、电流表和连接导线的电阻不计，求： (1)感应电动势的最大值。 (2)从图示位置起转过1 4周期的时间内负载电阻 R 上产生的热量。 (3)从图示位置起转过1 4周期的时间内通过负载电阻 R 的电荷量。 (4)求出电流表的示数。 解析： (1)线圈绕轴转动时，在电路中产生如图所示的交变电流。 此交变电流的最大值为 Em＝BSω＝Bπr2 2 2πn＝π2Bnr2。 (2)在转过1 4周期的时间内，线圈一直切割磁感线，则产生的热量 Q＝ (Em 2 )2 R ·T 4＝π4B2nr4 8R 。 (3)在转过1 4周期的时间内，电动势的平均值E＝ΔΦ Δt 通过 R 的电荷量 q＝IΔt＝E RΔt＝ΔΦ R ＝πBr2 2R 。 (4)根据电流的热效应，在一个周期内： Q＝I2RT＝ (Em 2 )2 R ·T 2 故电流表的示数为 I＝π2r2nB 2R 。 答案：(1)π2Bnr2　(2)π4B2nr4 8R 　(3)πBr2 2R 　(4)π2r2nB 2R (二)重点高中适用作业 [A 级——保分题目巧做快做] 1．先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电，第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规 律变化(如图甲所示)；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示。若甲、乙图中的 U0、T 所表示的电压、周期值是相同的，则以下说法正确的是(　　) A．第一次，灯泡两端的电压有效值是U0 2 B．第二次，灯泡两端的电压有效值是3U0 2 C．第一、第二次，灯泡的电功率之比是 2∶9 D．第一、第二次，灯泡的电功率之比是 1∶5 解析：选 D　第一次，灯泡两端电压的有效值为 U1＝ U0 2 ，功率 P1＝U12 R ＝U02 2R。第二次， 设灯泡两端电压的有效值为 U2，则 (2U0)2 R ·T 2＋ (－U0)2 R ·T 2＝U22 R T，解得 U2＝ 5 2U0，功率 P2＝ U22 R ＝5U02 2R ，则 P1∶P2＝1∶5，故 A、B、C 错误，D 正确。 ★2.[多选]理想变压器原线圈与正弦交变电源连接， 输入电压 u 随时间 t 变化的规律 如图所示， 原、 副线圈匝数比 n1∶n2＝100, 副线圈只接入一个 R＝10 Ω 的电阻， 则(　　) A．与电阻 R 并联的电压表示数为 3.11 V B．流过电阻 R 的电流最大值为 0.311 A C．变压器的输入功率为 0.484 W D．一个周期内，电阻 R 上产生的热量为 9.68×10－3 J 解析：选 BCD　由题图知，变压器原线圈两端电压的有效值为 220 V，由U1 U2＝n1 n2知，电 压表的示数为 2.2 V，A 错误；流过 R 的最大电流 Im＝ 2U2 R ≈0.311 A，B 正确；电流有效 值为 0.22 A，R 消耗的功率 P＝U2I＝2.2×0.22 W＝0.484 W，C 正确；一个周期内 R 产生 的热量 Q＝I2RT＝9.68×10－3 J，D 正确。 3．[多选](2018·广西桂林中学模拟)如图所示，电路中的电阻的阻值为 R＝ 100 Ω，电流表为理想电流表，在 a、b 之间接入电压 U＝220 2sin 100πt(V) 的交流电源，则(　　) A．电流表的示数为 2.2 A B．t＝0.01 s 时，电流表的示数为零 C．若产生该交流电的发电机的线框转速提高一倍，其他条件不变，则电流表的示数也 增大一倍 D．若将电阻换成 200 Ω，则电源的输出功率变为原来的两倍 解析：选 AC　根据 U＝220 2sin 100 πt(V)可知，电压的最大值为 Um＝220 2 V，有 效值为 U＝Um 2 ＝220 V，电流的有效值为 I＝U R＝220 100 A＝2.2 A，电流表测量电流的有效值， 即电流表的示数为 2.2 A，故 A 正确；因为电流表显示的是有效值，不随时间变化，所以 t＝ 0.01 s 时，电流表的示数为 2.2 A，故 B 错误；若产生该交流电的发电机的线框转速提高一 倍，其他条件不变，由 Em＝nBSω 知，电动势的最大值增大一倍，由闭合电路欧姆定律知， 电路中电流增大一倍，则电流表的示数也增大一倍，故 C 正确；若将电阻换成 200 Ω，由 P ＝U2 R 可知，U 不变，电源的输出功率变为原来的一半，故 D 错误。 4．[多选](2018·大庆检测)如图所示，N 匝矩形导线框在磁感应强 度为 B 的匀强磁场中绕轴 OO′匀速转动，线框面积为 S，线框的电 阻、电感均不计，外电路接有电阻 R、理想电流表 A 和二极管 D。电 流表的示数为 I，二极管 D 具有单向导电性，即正向电阻为零，反向 电阻无穷大。下列说法正确的是(　　) A．导线框转动的角速度为 2RI NBS B．导线框转动的角速度为 4RI NBS C．导线框转到图示位置时，线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零 D．导线框转到图示位置时，线框中的磁通量最大，瞬时电动势最大 解析：选 AC　导线框产生的最大感应电动势 Em＝NBSω；根据二极管的特点可知，在 一个周期内有半个周期回路中有电流，根据交流电电流的热效应可知 (NBSω 2R )2R·T 2＝I2RT， 解得 ω＝ 2RI NBS，故 A 正确，B 错误；导线框转到图示位置时，导线框位于中性面处，导线 框中的磁通量最大，瞬时电动势为零，故 C 正确，D 错误。 5．(2018·福建厦门一中模拟)如图甲所示电路，已知电阻 R 1＝R2＝R，和 R1 并联的 D 是理想二极管(正向电阻可视为零，反向电阻为无穷大)，在 A、B 之间加一个如图乙所示的 交变电压(电压为正值时，UAB>0)。由此可知(　　) A．在 A、B 之间所加的交变电压的周期为 2 s B．在 A、B 之间所加的交变电压的瞬时值表达式为 u＝20 2sin 50πt(V) C．加在 R1 上电压的有效值为 10 V D．加在 R2 上电压的有效值为 5 10 V 解析：选 D　由图像可得交流电的周期 T＝0.02 s，故 A 错误；电压最大值为 Um＝20 2 V，交变电压的瞬时值表达式为 u＝Umsin ωt＝20 2sin2π T t＝20 2sin 100πt(V)，故 B 错误； 因为是交流电所以应该分两种情况考虑：当 A 点电位高于 B 点电位时二极管导通即 R1 被短 路，R2 电压为电源电压20 2 2 V＝20 V；当 B 点电位高于 A 点电位时二极管截止，R1、R2 串联分压，即对 R1 有 U12 R1 T＝102 R1 ·T 2，解得 U1＝5 2 V，对 R2 有：U22 R2 T＝202 R2 ·T 2＋102 R2 ·T 2，解 得 U2＝5 10 V，故 C 错误 D 正确。 ★6.(2018·湖北省部分重点中学模拟)如图甲所示，在匀强磁场中，两个匝数相同的正方 形金属线圈分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势 e 随时 间 t 变化的图像如图乙中曲线 a、b 所示，则(　　) A．t＝0 时刻，两线圈均处于垂直于中性面的位置 B．a、b 对应的线圈转速之比为 2∶3 C．a、b 对应的两线圈面积之比为 1∶1 D．若只改变两线圈的形状(匝数不变)，则两线圈电动势的有效值之比一定不变 解析：选 C　t＝0 时刻，两线圈感应电动势均为零，故两线圈均处于中性面的位置，选 项 A 错误；由图线可知，两线圈的周期之比 Ta∶Tb＝2∶3；故根据 n＝1 T可知 a、b 对应的 线圈转速之比为 3∶2，选项 B 错误；根据 Em＝NBωS，ωa ωb＝Tb Ta＝3 2；Ema Emb＝15 10＝3 2；则Sa Sb＝ Emaωb Embωa＝1 1，选项 C 正确；若只改变两线圈的形状(匝数不变)，则两线圈的面积要变化，故感 应电动势的最大值要变化，电动势的有效值之比可能变化，选项 D 错误。 7.(2018·山东潍坊实验中学模拟)如图所示为某小型交流发电机的 示意图，其矩形线圈 abcd 的面积为 S＝0.03 m2，共有 10 匝，线圈总 电阻为 r＝1 Ω，线圈处于磁感应强度大小为2 2 π T 的匀强磁场中， 可绕与磁场方向垂直的固定对称轴 OO′转动，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与 外电路电阻 R＝9 Ω 的连接。在外力作用下线圈以 10π rad/s 绕轴 OO′匀速转动时，下列 说法中正确的是(　　) A．电阻 R 的发热功率是 3.6 W B．交流电流表的示数是 0.6 A C．用该交流发电机给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔一定为 0.02 s D．如果将电阻 R 换成标有“6 V　3 W”字样的小灯泡，小灯泡能正常工作 解析：选 B　感应电动势最大值：Em＝nBωS＝10×2 2 π ×10π×0.03 V＝6 2 V，电 动势有效值：E＝Em 2 ＝6 V；电路中的电流：I＝ E R＋r＝ 6 9＋1 A＝0.6 A，则交流电流表的示 数是 0.6 A，选项 B 正确；电阻 R 的发热功率是 PR＝I2R＝3.24 W，选项 A 错误；交流电的 周期：T＝2π ω ＝ 2π 10π s＝0.2 s，则用该交流发电机给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔 一定为 0.2 s，选项 C 错误；如果将电阻 R 换成标有“6 V　3 W”字样的小灯泡，灯泡的电 阻 RL＝U2 P ＝36 3 Ω＝12 Ω，灯泡两端的电压 UL＝ E RL＋rRL＝ 6 12＋1×12 V＝5.54 V，故小灯泡 不能正常工作，选项 D 错误。 8．[多选]如图所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图， 匝数 N＝100 匝，电阻为 r＝1 Ω 的矩形线圈在匀强磁场中，绕垂 直于磁场方向的固定轴 OO′匀速转动，线圈两端经集流环和电刷 与电路连接，定值电阻 R1＝6 Ω，R2＝3 Ω，其他电阻不计，线圈 匀速转动的周期 T＝0.2 s。从线框与磁场方向平行位置开始计时，线圈转动的过程中，理想 电压表的示数为 2 V。下列说法中正确的是(　　) A．电阻 R1 上的电功率为2 3 W B．t＝0.4 s 时，电阻 R2 两端的电压瞬时值为零 C．从开始计时到 1 20 s 通过电阻 R2 的电荷量为 2 10π C D．若线圈转速增大为原来的 2 倍，线圈中产生的电动势随时间变化规律为 e＝6 2cos 20πt(V) 解析：选 AD　电阻 R1 上的电功率为 P＝U2 R1＝22 6 W＝2 3 W，故 A 正确；线圈匀速转动 的周期 T＝0.2 s，t＝0.4 s 时，正好又转到了与磁场方向平行位置，故此时线圈产生的感应 电动势最大，故电阻 R2 两端的电压瞬时值最大，故 B 错误；根据闭合电路的欧姆定律可知 产生的感应电动势的有效值 E＝R＋r R U＝2＋1 2 ×2 V＝3 V，最大值 Em＝ 2E＝3 2 V，有 Em＝NBSω，故 Φ＝BS＝Em Nω＝ 3 2 100 × 10π＝ 3 2 1 000π，故 Φ＝BSsin ωt＝ 3 2 1 000πsin 10πt，从开 始计时到 1 20 s，磁通量的变化量 ΔΦ＝ 3 2 1 000π，故通过电阻 R2 的电荷量为 q＝2 3×NΔΦ R＋r＝ 2 15 π C，故 C 错误；转速增大 2 倍，故产生的感应电动势 Em＝NBSω 变为原来的 2 倍，故最大 值为 Em′＝6 2 V，线圈中产生的电动势随时间变化规律为 e＝6 2cos 20πt(V)，故 D 正 确。 [B 级——拔高题目稳做准做] 9.如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为 B。电阻为 R、半径为 L、圆心角为 45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸 面的 O 轴以角速度 ω 匀速转动(O 轴位于磁场边界)。则线框内产生 的感应电流的有效值为(　　) A.BL2ω 2R 　　　　　　　　　 B. 2BL2ω 2R C. 2BL2ω 4R D.BL2ω 4R 解析：选 D　线框的转动周期为 T，而线框转动一周只有T 4的时间内有感应电流，此时 感应电流的大小为：I＝ 1 2BL2ω R ＝BL2ω 2R ，根据电流的热效应有：(BL2ω 2R )2R·T 4＝I 有 2RT，解得 I 有＝BL2ω 4R ，故 D 正确。 ★10.[多选](2018·绍兴模拟)图甲为风力发电的简易模型，在风力作用下，风叶带动与杆 固连的永磁铁转动，磁铁下方的线圈与电压传感器相连，在某一风速时，传感器显示如图 乙所示，则(　　) A．磁铁的转速为 10 r/s B．线圈两端电压的有效值为 6 2 V C．交流的电压表达式为 u＝12sin 5πt V D．该交流电可以直接加在击穿电压为 9 V 的电容器上 解析：选 BC　电流的周期为 T＝0.4 s，故磁体的转速为 n＝1 T＝2.5 r/s，故 A 错误；通 过题图乙可知电压的最大值为 12 V，故有效值 U＝Um 2 ＝ 12 2 V＝6 2 V，故 B 正确；周期 T＝0.4 s，故 ω＝2π T ＝2π 0.4 rad/s＝5π rad/s，故电压的表达式为 u＝12sin 5πt V，故 C 正确； 电容器的击穿电压为交流电的最大值，而交流电的最大值大于电容器的击穿电压，故不能加 在该电容器上，故 D 错误。 11．(2018·湖北大冶一中模拟)发电机转子是匝数 n＝100，边长 L＝20 cm 的正方形线圈， 其置于磁感应强度 B＝0.5 T 的匀强磁场中，绕着垂直磁场方向的轴以 ω＝100π rad/s 的角 速度转动，当转到线圈平面与磁场方向垂直时开始计时。线圈的电阻 r＝1 Ω，外电路电阻 R ＝99 Ω。试求： (1)写出交变电流瞬时值表达式； (2)外电阻上消耗的功率； (3)从计时开始，线圈转过π 3过程中，通过外电阻的电荷量是多少？ 解析：(1)电动势的最大值：Em＝nBωL2＝628 V 根据闭合电路欧姆定律得 Im＝ Em R＋r＝6.28 A 故交变电流瞬时值表达式：i＝6.28sin 100πt(A)。 (2)电流的有效值 I＝ 1 2Im 由 P＝I2R 得外电阻上的消耗功率： P＝( 1 2Im)2R＝1.95×103 W。 (3)从计时开始到线圈转过π 3过程中，平均感应电动势由 E＝n ΔΦ Δt 得 E＝nΦm－Φmcos 60° Δt ＝n·BL2 2Δt 平均电流：I＝ E R＋r＝ nBL2 2(R＋r)·Δt 通过外电阻的电荷量：q＝I·Δt＝ nBL2 2(R＋r)＝1×10－2 C。 答案：(1) i＝6.28sin 100πt(A)　(2)1.95×103 W (3)1×10－2C 12.(2018·开封模拟)如图所示，一个半径为 r 的半圆形线圈，以直径 ab 为轴匀速转动，转速为 n，ab 的左侧有垂直于纸面向里(与 ab 垂直)的 匀强磁场，磁感应强度为 B。M 和 N 是两个集流环，负载电阻为 R，线 圈、电流表和连接导线的电阻不计，求： (1)感应电动势的最大值。 (2)从图示位置起转过1 4周期的时间内负载电阻 R 上产生的热量。 (3)从图示位置起转过1 4周期的时间内通过负载电阻 R 的电荷量。 (4)求出电流表的示数。 解析：(1)线圈绕轴转动时，在电路中产生如图所示的交变电流。 此交变电流的最大值为 Em＝BSω＝Bπr2 2 2πn＝π2Bnr2。 (2)在转过1 4周期的时间内，线圈一直切割磁感线，则产生的热量 Q＝ (Em 2 )2 R ·T 4＝π4B2nr4 8R 。 (3)在转过1 4周期的时间内，电动势的平均值E＝ΔΦ Δt 通过 R 的电荷量 q＝IΔt＝E RΔt＝ΔΦ R ＝πBr2 2R 。 (4)根据电流的热效应，在一个周期内： Q＝I2RT＝ (Em 2 )2 R ·T 2 故电流表的示数为 I＝π2r2nB 2R 。 答案：(1)π2Bnr2　(2)π4B2nr4 8R 　(3)πBr2 2R 　(4)π2r2nB 2R 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。(√) 1．在分析变压器问题时，一定要注意原副线圈中各量的决定关系：U1 决定 U2，I2 决 定 I1，P2 决定 P1。 2．分析和计算输电线上的电压损失和功率损失时要用 Ur＝Irr，Pr＝Ir2r＝Ur2 r ，注意 Pr≠ U22 r 。 3．解题中常用到的二级结论： ①理想变压器原、副线圈的电压之比为U1 U2＝n1 n2，当变压器有多个副线圈时U1 n1＝U2 n2＝U3 n3 ＝…… ②理想变压器的输入、输出功率相等 P1＝P2，当变压器有多个副线圈时 P1＝P2＋P3 ＋…… ③由 I＝P U知，对只有一个副线圈的理想变压器有I1 I2＝n2 n1，当变压器有多个副线圈时 n1I1 ＝n2I2＋n3I3＋……　　 突破点(一)　理想变压器基本规律的应用 理想变压器以及原、副线圈基本量的关系 理想变压器 没有能量损失(铜损、铁损)，没有磁通量损失(磁通量全部集中在铁芯中) 功率关系 原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，P 入＝P 出 电压关系 原、副线圈的电压比等于匝数比，U1∶U2＝n1∶n2，与负载的多少无关 电流关系 只有一个副线圈时，I1∶I2＝n2∶n1；有多个副线圈时，由 P 入＝P 出即 I1U1＝I2U2＋I3U3＋…＋InUn 得 I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn 基本 关系 频率关系 f1＝f2(变压器不改变交流电的频率) [题点全练] 1.[多选](2016·全国卷Ⅲ)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 解析：选 AD　设灯泡的额定电压为 U0，输入电压为灯泡额定电压的 10 倍时灯泡正常 发光，则变压器原线圈的电压为 9U0，变压器原、副线圈的匝数比为 9∶1，选项 A 正确， 选项 B 错误；由 9U0Ia＝U0Ib 得，流过 b 灯泡的电流是流过 a 灯泡电流的 9 倍，根据 P＝ UI，a、b 灯泡的电功率之比为 1∶9，选项 C 错误，选项 D 正确。 2．(2017·北京高考)如图所示，理想变压器的原线圈接在 u＝220 2sin 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 2 W B．电流表的读数为 1 A C．电压表的读数为 110 2 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 2 V， 故有效值为 U1＝220 V，由U1 U2＝n1 n2，故副线圈电压的有效值为 U2＝110 V，故输出功率 P2＝U22 R ＝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＝ U2 R ＝2 A，由I1 I2＝n2 n1，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＝2π ω ， 解得 T＝0.02 s，所以 D 项错误。 3．[多选](2018·湖北武汉部分重点高中联考)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝 数比为 3∶1，L1、L2、L3 为三只规格均为“9 V,6 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表， 输入端接入如图乙所示的交变电压，则以下说法中正确的是(　　) A．电流表的示数为 2 A B．电压表的示数为 27 2 V C．副线圈两端接入耐压值为 8 V 的电容器能正常工作 D．变压器副线圈中交变电流的频率为 50 Hz 解析：选 AD　由输入端交变电压 u­t 图像知，输入电压的有效值为27 2 2 V＝27 V， 由原、副线圈匝数之比为 3∶1，可得原、副线圈的电压之比为 3∶1，电流之比为 1∶3，设 灯泡两端电压为 U，所以 U＝9 V，副线圈两端电压的有效值为 9 V，三只灯泡均能正常发 光，电流表的读数 I＝3×6 9 A＝2 A，A 正确；电压表的示数为有效值 27 V，B 错误；副线 圈两端电压的最大值为 9 2 V，C 错误；变压器副线圈两端交变电流的频率为 50 Hz，D 正确。 4.(2016·全国卷Ⅰ)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， 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 解析：选 B　设原、副线圈的匝数比为 k，根据变压器匝数比与电流成反比的关系，则 原线圈电流为 I 时，副线圈电流为 kI；原线圈电流为 4I 时，副线圈电流为 4kI。 根据变压器的输入功率等于输出功率得 UI－I2R1＝(kI)2(R2＋R3) 4UI－(4I)2R1＝(4kI)2R2 联立两式代入数据解得 k＝3 选项 B 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U1 U2＝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。 (1)U1 不变，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＝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。 [典例]　(2016·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＝U2 R总变小，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 I1 I2＝n2 n1，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′＝ U2 R总′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 [方法规律]　变压器动态问题的分析流程 [集训冲关] 1. (2018·唐山统考)如图所示，理想变压器的原、 副线圈分别接理想电流表 A、理想电压表 V，副线圈上 通过输电线接有一个灯泡 L、一个电吹风 M，输电线的 等效电阻为 R，副线圈匝数可以通过调节滑片 P 改变。S 断开时，灯泡 L 正常发光，滑片 P 位置不动，当 S 闭合 时，以下说法正确的是（ ） A.电压表读数增大 B.电流表读数减小 C.等效电阻 R 两端电压增大 D.为使灯泡 L 正常发光，滑片 P 应向下滑动 解析：选 C S 闭合时，变压器副线圈电路电流增大，两端电压不变，电压表读数不变， 选项 A 错误。由于变压器输出功率增大，输入电流增大，电流表读数增大，选项 B 错误。 由于输电线中电流增大，所以输电线等效电阻 R 两端电压增大，选项 C 正确。为使灯泡L 正常发光，应该增大变压器输出电压，滑片 P 应向上滑动，选项 D 错误。 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 所示的交变电压，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：选 AD　由题图可以知道，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，由变压器的原理可以知道，n2 两端电压有效值为 22 V，由闭合 电路欧姆定律，得理想电压表的示数为 22 V，理想电流表示数为 2.2 A，故选项 A 正确，选 项 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，故选项 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，故选项 D 正确。 3．[多选](2018·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 谨记远距离输电问题的“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U1 U2＝n1 n2，I1 I2＝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U3 U4＝n3 n4，I3 I4＝n4 n3，P3＝P4。 3．掌握一个守恒 能量守恒关系式 P1＝P 损＋P4。 [典例]　(2015·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.(n1 n2 )Um2 4r 　　　　　　　 B.(n2 n1 )Um2 4r C．4(n1 n2 )2( P Um )2r D．4(n2 n1 )2( P Um )2r [解析]　升压变压器 T 的原线圈两端电压的有效值为 U1＝Um 2 ；由变压关系可得U1 U2＝n1 n2， 则 U2＝n2Um 2n1 ；因为输送电功率为 P，输电线中的电流为 I2＝ P U2＝ 2n1P n2Um ，则输电线上损失 的电功率为 ΔP＝I22(2r)＝4n12P2r n22Um2 ，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＝ΔU2 R线 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．[多选](2018·福州模拟)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为 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＝P U＝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，可以认为降压变压器副线圈两端电压不变，降压变压器副线圈中电流增大，定值电阻所 分电压增大，所以电压表 V 的示数变小，C 错误；降压变压器副线圈电流增大，根据电流 与匝数成反比知，输电线上的电流变大，D 正确。 2．(2018·河北定州中学模拟)如图，利用理想变压器进行远距离输电，发电厂的输出电 压恒定，输电线路的电阻不变，当用电高峰到来时(　　) A．输电线上损耗的功率减小 B．电压表 V1 的示数减小，电流表 A1 增大 C．电压表 V2 的示数增大，电流表 A2 减小 D．用户功率与发电厂输出功率的比值减小 解析：选 D　当用电高峰到来时，用户消耗的功率变大，则电流表 A2 读数变大，输电 线上的电流变大，输电线上损耗的功率变大，选项 A 错误；电流表 A1 增大，因为发电厂的 输出电压恒定，则升压变压器的次级线圈电压不变，即电压表 V1 的示数不变，选项 B 错误； 输电线上的电压损失变大，故降压变压器的初级线圈电压减小，降压变压器次级线圈电压也 减小，即电压表 V2 的示数减小，选项 C 错误；用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例 P－P损 P ＝1－I2R U1I＝1－ΔU U1 ，因为输电线上的电流增大，则电压损失增大，U1 不变，所以用户 消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小，故 D 正确。 “形异质同”类问题——练比较思维 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．(2018·西安八校联考)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＝220 2sin 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 2 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＝1 T＝ ω 2π＝50 Hz， A 项错；由理想变压器变压规律U1 U2＝n1 n2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，U22 R ·T 2 ＝U2 R ·T⇒U＝ 2 2 U2＝25 2 V，由欧姆定律可知，通过 R2 的电流为 2 A，B 项错，C 项正 确；电阻 R2 的功率 P2＝UI＝50 W，而电阻 R1 的电功率 P1＝U22 R1 ＝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](2018·沈阳模拟)如图，一理想变压器的原线圈接在电压为 220 V 的正弦交流 电源上，两副线圈匝数分别为 n2＝16、n3＝144，通过理想二极管(具有单向导电性)、单刀 双掷开关与一只“36 V　18 W”的灯泡相连(灯泡电阻不变)，当开关接 1 时，灯泡正常发光， 则下列说法中正确的是(　　) A．原线圈的匝数为 880 B．当开关接 2 时，灯泡两端电压的有效值为 20 2 V C．当开关接 2 时，原线圈的输入功率约为 18 W D．当开关接 2 时，原线圈的输入功率约为 11 W 解析：选 ABD　由n1 n3＝U1 UL得 n1＝880，选项 A 正确；当开关接 2 时，有 n1 n2＋n3＝U1 U ， 解得 U＝40 V，设交流电周期为 T，U2 R ·T 2＝U′2 R T，U′＝20 2 V，选项 B 正确；灯泡电 阻为 R＝UL2 PL ＝72 Ω，灯泡消耗的实际功率为 P＝U′2 R ＝100 9 W≈11 W，选项 C 错误，D 正 确。 [反思领悟] 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。　　 (一)普通高中适用作业 [A 级——基础小题练熟练快] ★1．(2018·河北定州中学模拟)如图所示，理想变压器原、副线 圈匝数之比为 20∶1，原线圈接正弦交流电源上，副线圈接入“3 V　6 W”灯泡一只，且 灯泡正常发光。则(　　) A．原线圈电压为 3 V B．电源输出功率为 120 W C．电流表的示数为 0.1 A D．电流表的示数为 40 A 解析：选 C　根据电压与匝数成正比可知，原线圈端电压为 60 V，故 A 错误；理想变 压器的输入功率和输出功率大小相等，在副线圈中只有一个 6 W 的灯泡正常发光，所以输 入功率和输出功率的大小都为 6 W，故 B 错误；根据理想变压器输入功率为 6 W，则原线 圈的电流为 I＝P U＝ 6 60 A＝0.1 A，故选项 C 正确，选项 D 错误。 ★2.(2015·全国卷Ⅰ)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为 3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈 一侧接在电压为 220 V 的正弦交流电源上，如图所示。设副线圈 回路中电阻两端的电压为 U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为 k，则(　　) A．U＝66 V，k＝1 9　　　　　　　 B．U＝22 V，k＝1 9 C．U＝66 V，k＝1 3 D．U＝22 V，k＝1 3 解析：选 A　设原、副线圈中的电流分别为 I1、I2，则I1 I2＝n2 n1＝1 3，故 k＝I12R I22R＝1 9。设原 线圈两端的电压为 U1，则U1 U ＝n1 n2＝3 1，故 U1＝3U，而原线圈上电阻分担的电压为 1 3U，故U 3＋ 3U＝220 V，解得 U＝66 V。选项 A 正确。 3.(2018·黄山屯溪一中模拟)有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，灯 L 1、L2 为 规格相同的两只小灯泡。当 S 断开时，灯 L1 正常发光。S 闭合后，下列说法正确的是(　　) A．电阻 R 消耗的电功率增大 B．灯 L1、L2 都能正常发光 C．原线圈的输入功率减小 D．原、副线圈的电流比减小 解析：选 A　当 S 闭合后，由变压器电压与匝数比关系：U1 U2＝n1 n2，可知副线圈电压 U2 不变，而电路的电阻减小，所以副线圈的电流增大，由 P＝I2R 知 R 消耗的电功率增大，故 A 正确；当 S 闭合后，电路的电阻减小，副线圈的电流增大，所以电阻 R 的电压增大，而 副线圈电压 U2 不变，所以灯泡两端的电压减小，灯 L1、L2 都不能正常发光，故 B 错误； 由于副线圈中负载电阻减小，消耗的功率为 P＝U22 R总，故消耗的功率增大，又因为输入功率 等于输出功率，故原线圈的输入功率增大，所以 C 错误；由电流与匝数关系n1 n2＝I2 I1，知变压 器原、副线圈的匝数不变，故原、副线圈中电流之比不变，故 D 错误。 4．(2018·长春质量检测)如图甲所示，理想变压器的原线圈电路中装有 0.5 A 的保险丝 L(电阻忽略不计)，原线圈匝数 n1＝600，副线圈匝数 n2＝120。当原线圈接在如图乙所示的 交流电源上，要使整个电路和用电器正常工作，则副线圈两端可以接(　　) A．阻值为 12 Ω 的电阻 B．并联两盏“36 V　40 W”的灯泡 C．工作频率为 10 Hz 的用电设备 D．耐压值为 36 V 的电容器 解析：选 B　根据图乙可知，原线圈输入的交变电压的最大值 U1m＝180 2 V，有效值 U1＝180 V，周期 T1＝0.02 s，频率 f1＝ 1 T1＝50 Hz，又因为 n1∶n2＝5∶1，所以副线圈的输 出电压的最大值为 U2m＝36 2 V，有效值 U2＝36 V，周期 T2＝T1＝0.02 s，频率 f2＝f1＝50 Hz，故选项 C 错误；若副线圈两端接阻值为 12 Ω 的电阻，则 I2＝U2 R ＝3 A，I1＝n2I2 n1 ＝0.6 A>0.5 A，即流过保险丝的电流超过了其熔断电流，选项 A 错误；若并联两盏“36 V　40 W”的灯泡，流过保险丝的电流 I1＝n2I2 n1 ＝0.2I2＝0.2×2×40 36 A＝4 9 A<0.5 A，故选项 B 正 确；电容器的耐压值指的是允许加载电容器两端的最大电压值，副线圈的输出电压的最大值 为 U2m＝36 2 V>36 V，即超过了电容器的耐压值，故选项 D 错误。 5．[多选](2016·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I1 I2＝n2 n1＝1 4，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。 6．[多选](2018·湖北恩施一中模拟)如图所示，矩形线圈 abcd 与 理想变压器原线圈组成闭合电路。线圈在有界匀强磁场中绕垂直于 磁场的 bc 边匀速转动，磁场只分布在 bc 边的左侧，磁感应强度大 小为 B，线圈面积为 S，转动角速度为 ω，匝数为 N，线圈电阻不计。下列说法正确的是(　　) A．将原线圈抽头 P 向上滑动时，灯泡变暗 B．电容器的电容 C 变大时，灯泡变暗 C．图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最大 D．若线圈 abcd 转动的角速度变为 2ω，则变压器原线圈电压的有效值为 NBSω 解析：选 AD　在图中将原线圈抽头 P 向上滑动时，原线圈的匝数变大，故输出的电压 变小，灯泡变暗，选项 A 正确；电容器的电容 C 变大时，电容器对电流的阻碍作用变小， 故灯泡变亮，选项 B 错误；图示位置时，线圈位于中性面位置，故矩形线圈中瞬时感应电 动势最小，选项 C 错误；若线圈 abcd 转动的角速度变为 2ω，且线圈转动一周只有半周产 生感应电压，在这半周中，电压的最大值是 2NBSω，设变压器原线圈电压的有效值为 U， 则 ( 2NBSω)2 R ·T 2＝U2 R ·T，即 U＝NBSω，选项 D 正确。 ★7．[多选](2018·贵州遵义航天高级中学模拟)图甲左侧的调压装置可视为理想变压器， 负载电路中 R＝55 Ω， 、 为理想电流表和电压表，若原线圈接入如图乙所示的正弦交 变电压，电压表的示数为 110 V，下列表述正确的是(　　) A．电流表的示数为 2 A B．原、副线圈匝数比为 1∶2 C．电压表的示数为电压的有效值 D．原线圈中交变电压的频率为 100 Hz 解析：选 AC　由题图乙可知，交流电的周期 T＝0.02 s，频率 f＝1 T＝50 Hz，故 D 错误； 输入电压的最大值 U1m＝220 2 V，有效值 U1＝U1m 2 ＝220 V，电压表测副线圈电压有效值， U2＝110 V，电流表示数 I2＝U2 R ＝2 A，故 A 正确；原、副线圈匝数比n1 n2＝U1 U2＝2 1，故 B 错误； 交流电流表、交流电压表测交流电的有效值，故 C 正确。 8．[多选](2018·扬州模拟)钳形电流表的外形和结构如图甲所示。图甲中电流表的读数 为 0.9 A，图乙中用同一电缆线绕了 3 匝，则(　　) A．这种电流表能测出交变电流的有效值 B．这种电流表既能测直流电流，又能测交变电流 C．这种电流表能测交变电流，图乙的读数为 0.3 A D．这种电流表能测交变电流，图乙的读数为 2.7 A 解析：选 AD　由于变压器工作原理是通过原线圈的电流发生变化，则原线圈产生的磁 场发生变化，故穿过副线圈的磁通量发生变化，从而在副线圈中产生感应电流，故这种电流 表只能测交变电流，而且测量的是交变电流的有效值，故 A 正确 B 错误；根据输入功率和 输出功率的关系有：P1＝P2，即 U1I1＝U2I2，所以：I1 I2＝n2 n1，由题意可知：当 n1＝1，I2＝0.9 A，即 I1 0.9＝n2 1 ，当 n1＝3 时： I1 I2′＝n2 3 ，解得：I2′＝2.7 A，故 C 错误，D 正确。 9.(2018·黑龙江大庆中学期末)如图所示，理想变压器原、副线圈 的匝数比为 10∶1，b 是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想 电表，从某时刻开始在原线圈 c、d 两端加上交变电压，其瞬时值表达 式为 u1＝220 2sin 100πt(V)，则(　　) A．当单刀双掷开关与 a 连接时，电压表的示数为 22 V B．当 t＝ 1 600 s 时，c、d 间的电压瞬时值为 110 V C．单刀双掷开关与 a 连接，在滑动变阻器触头 P 向上移动的过程中，电压表和电流表 的示数均变小 D．当单刀双掷开关由 a 扳向 b 时，电压表和电流表的示数均变小 解析：选 A　当单刀双掷开关与 a 连接时，原、副线圈的匝数比为 10∶1，原线圈两端 的电压有效值 U1＝220 2 2 V＝220 V，根据U1 U2＝n1 n2，代入数据得 U2＝22 V，故电压表的示 数为 22 V，A 正确；当 t＝ 1 600 s 时，c、d 间电压的瞬时值为 u＝220 2sin 100π× 1 600 V＝ 110 2 V，故 B 错误；当单刀双掷开关与 a 连接，滑动变阻器触头 P 向上移动的过程中， 滑动变阻器电阻的阻值变大，电压不变，电流表示数减小，故 C 错误；当单刀双掷开关由 a 扳向 b 时，原线圈匝数减小，根据U1 U2＝n1 n2，所以 U2 变大，电压表和电流表的读数均变大， 故 D 错误。 [B 级——中档题目练通抓牢] 10．(2018·陕西西安中学模拟)如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为 10∶ 1，原线圈接入图乙所示的不完整的正弦交流电，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)， 电压表和电流表均为理想电表，R0 和 R1 为定值电阻，R 为半导体热敏电阻，其阻值随温度 的升高而减小，下列说法中正确的是(　　) A．R 处出现火警时电压表示数增大 B．R 处出现火警时电流表示数减小 C．图乙中电压的有效值为 220 V D．电压表的示数为 11 2 V 解析：选 D　R 处温度升高时，阻值减小，电压表示数不变，副线圈电流增大，而输出 功率和输入功率相等，所以原线圈电流增大，即电流表示数增大，故 A、B 错误；设将此电 压加在阻值为 R 的电阻上，电压的最大值为 Um，电压的有效值为 U， (Um 2 )2 R ·T 2＝U2 R ·T，代 入数据得图乙中电压的有效值为 110 2 V，故 C 错误；变压器原、副线圈中的电压与匝数 成正比，所以变压器原、副线圈中的电压之比是 10∶1，所以电压表的示数为 11 2 V，故 D 正确。 ★11.[多选](2014·山东高考)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，U1 U2＝n1 n2和I1 I2＝n2 n1，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 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。 12.[多选](2018·广西南宁二中等三校联考)如图所示，一理想变压器原线圈匝数 n 1＝1 100 匝，副线圈匝数 n2＝200 匝，原线圈接交变电源，电压 u＝220 2 sin 100πt(V)。副线圈接电动机，电动机内阻为 5 Ω，电流表 A2 示数为 2 A，电表对电路的影响忽略不计。则(　　) A．此交流电的频率为 100 Hz B．电压表示数为 220 V C．此电动机输出功率为 60 W D．电流表 A1 示数为 10 A 解析：选 BC　此交流电的频率为 f＝ω 2π＝100π 2π ＝50 Hz，所以 A 错误；电压表的示数为 电路的有效电压值，其大小为 U1＝220 2 2 V＝220 V，选项 B 正确；变压器次级电压为 U2＝ n2 n1U1＝ 200 1 100×220 V＝40 V，则电动机的总功率为 U2I2＝80 W，电动机输出功率为 P 出＝I2U2 －I22r＝60 W，选项 C 正确；电流表 A1 示数为 I1＝n2 n1I2＝ 200 1 100×2 A＝ 4 11 A，选项 D 错误。 [C 级——难度题目自主选做] 13.(2018·长沙市长郡中学模拟)为了浴室用电安全，某同学用理 想变压器降压给浴室供电；如图所示，理想变压器原线圈输入交变电 压 u＝311sin 100πt(V)，变压器原、副线圈匝数比为 5∶1，已知照明灯额定功率为 66 W，排 气扇电动机内阻为 1 Ω，电流表示数为 3 A，各用电器均正常工作，电表均为理想电表，则 (　　) A．电压表示数为 62 V B．变压器的输入功率为 186 W C．排气扇输出功率为 63.75 W D．保险丝熔断电流不得低于 3 A 解析：选 C　变压器输入交变电压 u＝311sin 100πt(V)，有效值 U＝220 V，变压器原、 副线圈匝数比为 5∶1，所以副线圈电压 U2＝44 V，故 A 错误；电流表示数为 3 A，所以输 出功率 P＝44×3 W＝132 W，所以变压器的输入功率为 132 W，故 B 错误；照明灯的电流 I1 ＝66 44 A＝1.5 A，则排气扇的电流为 I2＝3 A－1.5 A＝1.5 A，则排气扇输出功率为 P 出＝I2U2 －I22r＝1.5×44 W－1.52×1 W＝63.75 W，选项 C 正确；变压器的初级电流为 I＝1 5I 次＝3 5 A ＝0.6 A，故保险丝熔断电流不得低于 0.6 A，选项 D 错误。 14．[多选](2018·广东佛山一中模拟)理想变压器原线圈 a 匝数 n1＝200 匝，副线圈 b 匝 数 n2＝100 匝，线圈 a 接在 u＝44 2sin 314t V 的交流电源上，“12 V　6 W”的灯泡恰好 正常发光，电阻 R2＝16 Ω，电压表 V 为理想电表。下列推断正确的是(　　) A．交变电流的频率为 100 Hz B．穿过铁芯的磁通量的最大变化率为 2 5 Wb/s C．电压表 V 的示数为 22 V D．R1 消耗的功率是 1 W 解析：选 BD　由 u＝44 2sin 314t V 知 2πf＝314 得：f＝50 Hz，A 错；在副线圈中， 小灯泡正常发光，知副线圈中的电流为 0.5 A，进而可求出 R2 两端的电压为 8 V，故副线圈 两端的电压为 20 V，电压表的示数为 20 V，C 错；副线圈两端电压的最大值为 20 2 V； 由法拉第电磁感应定律知：n2 ΔΦ Δt ＝20 2 V，可得：ΔΦ Δt ＝ 2 5 Wb/s，B 对；由U1 U2＝n1 n2和I1 I2＝ n2 n1，可知原线圈两端的电压为 40 V，电流为 0.25 A，故加在 R1 两端的电压为 44 V－40 V＝ 4 V，故 R1 消耗的功率为 1 W，D 对。 15．(2018·长沙高三调研)如图所示，负载电阻 R 接在理想变压器的副线圈上，虚线部 分可以用一个电阻 R1 来等效替代，R1 称为等效电阻，这里的等效是指输入电路的电压、电 流、功率不变。若理想变压器的原、副线圈的匝数之比为 n1∶n2，则有(　　) A．R1＝(n2 n1 )2R　　　　　　　 B．R1＝(n1 n2 )2R C．R1＝n1 n2R D．R1＝n2 n1R 解析：选 B　设副线圈中的电流为 I，则副线圈两端的电压为 IR，根据U1 U2＝n1 n2，得：U1 ＝n1 n2IR，由I1 I ＝n2 n1，得：I1＝n2 n1I，等效电阻：R1＝U1 I1 ＝ n1 n2IR n2 n1I ＝(n1 n2 )2R，故选项 B 正确。 (二)重点高中适用作业 [A 级——保分题目巧做快做] ★1.如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比 n1∶n2＝1∶2，副线圈 与 阻 值 R ＝ 10 Ω 的 电 阻 相 连 ， 原 线 圈 两 端 所 加 的 电 压 u ＝ 10 2sin 100πt(V)，下列说法正确的是(　　) A．交流电压表的示数为 14.1 V B．原线圈中的电流为 4 A C．电阻 R 消耗的电功率为 400 W D．副线圈中交流电的频率为 100 Hz 解析：选 B　交流电压表的示数为电压的有效值，所以电压表的示数为 10 V，所以 A 错误。根据电压与匝数成正比可得，副线圈的电压为 20 V，所以电阻 R 上消耗的电功率为 P ＝U2 R ＝202 10 W＝40 W，所以 C 错误。副线圈的电流为 I2＝U R＝20 10 A＝2 A，根据电流与匝数 成反比可得，原线圈中的电流为 4 A，所以 B 正确。变压器不会改变电流的频率，所以副线 圈输出交流电的频率为 f＝1 T＝ ω 2π＝100π 2π ＝50 Hz，所以 D 错误。 2.(2018·黄山屯溪一中模拟)有一理想变压器，副线圈所接电路如 图所示，灯 L1、L2 为规格相同的两只小灯泡。当 S 断开时，灯 L1 正 常发光。S 闭合后，下列说法正确的是(　　) A．电阻 R 消耗的电功率增大 B．灯 L1、L2 都能正常发光 C．原线圈的输入功率减小 D．原、副线圈的电流比减小 解析：选 A　当 S 闭合后，由变压器电压与匝数比关系：U1 U2＝n1 n2，可知副线圈电压 U2 不变，而电路的电阻减小，所以副线圈的电流增大，由 P＝I2R 知 R 消耗的电功率增大，故 A 正确；当 S 闭合后，电路的电阻减小，副线圈的电流增大，所以电阻 R 的电压增大，而 副线圈电压 U2 不变，所以灯泡两端的电压减小，灯 L1、L2 都不能正常发光，故 B 错误； 由于副线圈中负载电阻减小，消耗的功率为 P＝U22 R总，故消耗的功率增大，又因为输入功率 等于输出功率，故原线圈的输入功率增大，所以 C 错误；由电流与匝数关系n1 n2＝I2 I1，知变压 器原、副线圈的匝数不变，故原、副线圈中电流之比不变，故 D 错误。 3．(2018·长春质量检测)如图甲所示，理想变压器的原线圈电路中装有 0.5 A 的保险丝 L(电阻忽略不计)，原线圈匝数 n1＝600，副线圈匝数 n2＝120。当原线圈接在如图乙所示的 交流电源上，要使整个电路和用电器正常工作，则副线圈两端可以接(　　) A．阻值为 12 Ω 的电阻 B．并联两盏“36 V　40 W”的灯泡 C．工作频率为 10 Hz 的用电设备 D．耐压值为 36 V 的电容器 解析：选 B　根据图乙可知，原线圈输入的交变电压的最大值 U1m＝180 2 V，有效值 U1＝180 V，周期 T1＝0.02 s，频率 f1＝ 1 T1＝50 Hz，又因为 n1∶n2＝5∶1，所以副线圈的输 出电压的最大值为 U2m＝36 2 V，有效值 U2＝36 V，周期 T2＝T1＝0.02 s，频率 f2＝f1＝50 Hz，故选项 C 错误；若副线圈两端接阻值为 12 Ω 的电阻，则 I2＝U2 R ＝3 A，I1＝n2I2 n1 ＝0.6 A>0.5 A，即流过保险丝的电流超过了其熔断电流，选项 A 错误；若并联两盏“36 V　40 W”的灯泡，流过保险丝的电流 I1＝n2I2 n1 ＝0.2I2＝0.2×2×40 36 A＝4 9 A<0.5 A，故选项 B 正 确；电容器的耐压值指的是允许加载电容器两端的最大电压值，副线圈的输出电压的最大值 为 U2m＝36 2 V>36 V，即超过了电容器的耐压值，故选项 D 错误。 4．[多选](2016·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I1 I2＝n2 n1＝1 4，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。 5．[多选](2018·湖北恩施一中模拟)如图所示，矩形线圈 abcd 与 理想变压器原线圈组成闭合电路。线圈在有界匀强磁场中绕垂直于 磁场的 bc 边匀速转动，磁场只分布在 bc 边的左侧，磁感应强度大 小为 B，线圈面积为 S，转动角速度为 ω，匝数为 N，线圈电阻不计。下列说法正确的是(　　) A．将原线圈抽头 P 向上滑动时，灯泡变暗 B．电容器的电容 C 变大时，灯泡变暗 C．图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最大 D．若线圈 abcd 转动的角速度变为 2ω，则变压器原线圈电压的有效值为 NBSω 解析：选 AD　在图中将原线圈抽头 P 向上滑动时，原线圈的匝数变大，故输出的电压 变小，灯泡变暗，选项 A 正确；电容器的电容 C 变大时，电容器对电流的阻碍作用变小， 故灯泡变亮，选项 B 错误；图示位置时，线圈位于中性面位置，故矩形线圈中瞬时感应电 动势最小，选项 C 错误；若线圈 abcd 转动的角速度变为 2ω，且线圈转动一周只有半周产 生感应电压，在这半周中，电压的最大值是 2NBSω，设变压器原线圈电压的有效值为 U， 则 ( 2NBSω)2 R ·T 2＝U2 R ·T，即 U＝NBSω，选项 D 正确。 6．[多选](2018·扬州模拟)钳形电流表的外形和结构如图甲所示。图甲中电流表的读数 为 0.9 A，图乙中用同一电缆线绕了 3 匝，则(　　) A．这种电流表能测出交变电流的有效值 B．这种电流表既能测直流电流，又能测交变电流 C．这种电流表能测交变电流，图乙的读数为 0.3 A D．这种电流表能测交变电流，图乙的读数为 2.7 A 解析：选 AD　由于变压器工作原理是通过原线圈的电流发生变化，则原线圈产生的磁 场发生变化，故穿过副线圈的磁通量发生变化，从而在副线圈中产生感应电流，故这种电流 表只能测交变电流，而且测量的是交变电流的有效值，故 A 正确 B 错误；根据输入功率和 输出功率的关系有：P1＝P2，即 U1I1＝U2I2，所以：I1 I2＝n2 n1，由题意可知：当 n1＝1，I2＝0.9 A，即 I1 0.9＝n2 1 ，当 n1＝3 时： I1 I2′＝n2 3 ，解得：I2′＝2.7 A，故 C 错误，D 正确。 7.(2018·黑龙江大庆中学期末)如图所示，理想变压器原、副线圈 的匝数比为 10∶1，b 是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理 想电表，从某时刻开始在原线圈 c、d 两端加上交变电压，其瞬时值表 达式为 u1＝220 2sin 100πt(V)，则(　　) A．当单刀双掷开关与 a 连接时，电压表的示数为 22 V B．当 t＝ 1 600 s 时，c、d 间的电压瞬时值为 110 V C．单刀双掷开关与 a 连接，在滑动变阻器触头 P 向上移动的过程中，电压表和电流表 的示数均变小 D．当单刀双掷开关由 a 扳向 b 时，电压表和电流表的示数均变小 解析：选 A　当单刀双掷开关与 a 连接时，原、副线圈的匝数比为 10∶1，原线圈两端 的电压有效值 U1＝220 2 2 V＝220 V，根据U1 U2＝n1 n2，代入数据得 U2＝22 V，故电压表的示 数为 22 V，A 正确；当 t＝ 1 600 s 时，c、d 间电压的瞬时值为 u＝220 2sin 100π× 1 600 V＝ 110 2 V，故 B 错误；当单刀双掷开关与 a 连接，滑动变阻器触头 P 向上移动的过程中， 滑动变阻器电阻的阻值变大，电压不变，电流表示数减小，故 C 错误；当单刀双掷开关由 a 扳向 b 时，原线圈匝数减小，根据U1 U2＝n1 n2，所以 U2 变大，电压表和电流表的读数均变大， 故 D 错误。 8．(2018·陕西西安中学模拟)如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为 10∶1，原线圈接入图乙所示的不完整的正弦交流电，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)， 电压表和电流表均为理想电表，R0 和 R1 为定值电阻，R 为半导体热敏电阻，其阻值随温度 的升高而减小，下列说法中正确的是(　　) A．R 处出现火警时电压表示数增大 B．R 处出现火警时电流表示数减小 C．图乙中电压的有效值为 220 V D．电压表的示数为 11 2 V 解析：选 D　R 处温度升高时，阻值减小，电压表示数不变，副线圈电流增大，而输出 功率和输入功率相等，所以原线圈电流增大，即电流表示数增大，故 A、B 错误；设将此电 压加在阻值为 R 的电阻上，电压的最大值为 Um，电压的有效值为 U， (Um 2 )2 R ·T 2＝U2 R ·T，代 入数据得图乙中电压的有效值为 110 2 V，故 C 错误；变压器原、副线圈中的电压与匝数 成正比，所以变压器原、副线圈中的电压之比是 10∶1，所以电压表的示数为 11 2 V，故 D 正确。 ★9.用一台型号为 AED6500S 的柴油发电机给灾民临时安置区供电，如图所示，发电机 到安置区的距离是 400 m，输电线路中的火线和零线均为 GBCZ60 型单股铜导线，该型号 导线单位长度的电阻为 2.5×10－4 Ω，安置区家用电器的总功率为 44 kW，当这些额定电压 为 220 V 的家用电器都正常工作时(　　) 型号 AED6 500S 输出电压范围 220～300 V 最大输出功率 60 kW A.输电线路中的电流为 20 A B．发电机的实际输出电压为 300 V C．在输电线路上损失的电功率为 8 kW D．如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流，则其输出电压最大值是 300 V 解析：选 C　当这些额定电压为 220 V 的家用电器都正常工作时，输电线路中的电流为 I＝P U＝200 A，A 错误；导线电阻为 R＝2.5×10－4×400×2 Ω＝0.2 Ω，则发电机的实际输 出电压为 U 输＝U＋IR＝260 V，B 错误；在输电线路上损失的电功率为 P损＝I2R＝8 kW，C 正确；如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流，则其输出电压的最大值是 Um＝ 2U 输 ≈368 V，D 错误。 10.[多选](2018·广西南宁二中等三校联考)如图所示，一理想变 压器原线圈匝数 n1＝1 100 匝，副线圈匝数 n2＝200 匝，原线圈接交变 电源，电压 u＝220 2sin 100πt(V)。副线圈接电动机，电动机内阻为 5 Ω，电流表 A2 示数为 2 A，电表对电路的影响忽略不计。则(　　) A．此交流电的频率为 100 Hz B．电压表示数为 220 V C．此电动机输出功率为 60 W D．电流表 A1 示数为 10 A 解析：选 BC　此交流电的频率为 f＝ω 2π＝100π 2π ＝50 Hz，所以 A 错误；电压表的示数为 电路的有效电压值，其大小为 U1＝220 2 2 V＝220 V，选项 B 正确；变压器次级电压为 U2＝ n2 n1U1＝ 200 1 100×220 V＝40 V，则电动机的总功率为 U2I2＝80 W，电动机输出功率为 P 出＝I2U2 －I22r＝60 W，选项 C 正确；电流表 A1 示数为 I1＝n2 n1I2＝ 200 1 100×2 A＝ 4 11 A，选项 D 错误。 [B 级——拔高题目稳做准做] 11.(2018·长沙市长郡中学模拟)为了浴室用电安全，某同学用理 想变压器降压给浴室供电；如图所示，理想变压器原线圈输入交变电 压 u＝311sin 100πt(V)，变压器原、副线圈匝数比为 5∶1，已知照明灯 额定功率为 66 W，排气扇电动机内阻为 1 Ω，电流表示数为 3 A，各用电器均正常工作，电 表均为理想电表，则(　　) A．电压表示数为 62 V B．变压器的输入功率为 186 W C．排气扇输出功率为 63.75 W D．保险丝熔断电流不得低于 3 A 解析：选 C　变压器输入交变电压 u＝311sin 100πt(V)，有效值 U＝220 V，变压器原、 副线圈匝数比为 5∶1，所以副线圈电压 U2＝44 V，故 A 错误；电流表示数为 3 A，所以输 出功率 P＝44×3 W＝132 W，所以变压器的输入功率为 132 W，故 B 错误；照明灯的电流 I1 ＝66 44 A＝1.5 A，则排气扇的电流为 I2＝3 A－1.5 A＝1.5 A，则排气扇输出功率为 P 出＝I2U2 －I22r＝1.5×44 W－1.52×1 W＝63.75 W，选项 C 正确；变压器的初级电流为 I＝1 5I 次＝3 5 A ＝0.6 A，故保险丝熔断电流不得低于 0.6 A，选项 D 错误。 12．[多选](2018·广东佛山一中模拟)理想变压器原线圈 a 匝数 n1＝200 匝，副线圈 b 匝 数 n2＝100 匝，线圈 a 接在 u＝44 2sin 314t V 的交流电源上，“12 V　6 W”的灯泡恰好 正常发光，电阻 R2＝16 Ω，电压表 V 为理想电表。下列推断正确的是(　　) A．交变电流的频率为 100 Hz B．穿过铁芯的磁通量的最大变化率为 2 5 Wb/s C．电压表 V 的示数为 22 V D．R1 消耗的功率是 1 W 解析：选 BD　由 u＝44 2sin 314t V 知 2πf＝314 得：f＝50 Hz，A 错；在副线圈中， 小灯泡正常发光，知副线圈中的电流为 0.5 A，进而可求出 R2 两端的电压为 8 V，故副线圈 两端的电压为 20 V，电压表的示数为 20 V，C 错；副线圈两端电压的最大值为 20 2 V； 由法拉第电磁感应定律知：n2 ΔΦ Δt ＝20 2 V，可得：ΔΦ Δt ＝ 2 5 Wb/s，B 对；由U1 U2＝n1 n2和I1 I2＝ n2 n1，可知原线圈两端的电压为 40 V，电流为 0.25 A，故加在 R1 两端的电压为 44 V－40 V＝ 4 V，故 R1 消耗的功率为 1 W，D 对。 ★13.(2018·湛江四校联考)如图所示，面积为 0.02 m 2，内阻不计的 100 匝矩形线圈 ABCD，绕垂直于磁场的轴 OO′匀速转动，转动的角速度为 100 rad/s，匀强磁场的磁感应 强度为 2 2 T。矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，触头 P 可移动，副线圈所接电阻 R＝ 100 Ω，电表均为理想交流电表，当线圈平面与磁场方向平行时开始计时，下列说法正确的 是(　　) A．线圈中感应电动势的表达式为 e＝50 2cos(100t)V B．P 上移时，电流表示数减小 C．t＝0 时刻，电压表示数为 100 2 V D．当原、副线圈匝数比为 1∶2 时，电阻上消耗的功率为 400 W 解析：选 D　矩形闭合导线框 ABCD 在磁场中转动，产生的交流电的最大值为：Em＝ nBSω＝100× 2 2 ×0.02×100 V＝100 2 V，线圈中感应电动势的表达式为 e＝100 2 cos(100t)V，故 A 错误；P 上移时，原线圈的匝数减小，则导致副线圈电压增大，那么副线 圈电流也增大，则原线圈的电流会增大，故 B 错误；由于最大值为有效值的 2倍，所以交 流电的有效值为 U＝100 V，当 t＝0 时，电压表示数为 100 V，故 C 错误；当原、副线圈匝 数比为 1∶2 时，次级电压有效值为 U2＝200 V，电阻上消耗的功率为 P＝U22 R ＝2002 100 W＝400 W，故 D 正确。 ★14.[多选](2018·南昌模拟)如图所示，有一矩形线圈的面 积为 S，匝数为 N，内阻不计，绕 OO′轴在水平方向的磁感应 强度为 B 的匀强磁场中以角速度 ω 做匀速转动，从图示位 置开始计时。矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头 P 上下移动时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻 R，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＝NBSωcos ωt B．矩形线圈从图示位置经过 π 2ω时间内，通过电流表的电荷量为零 C．当 P 位置不动，R 增大时，电压表读数也增大 D．当 P 位置向上移动，R 不变时，电流表读数变大 解析：选 AD　从垂直于中性面时开始计时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达 式为 e＝NBSωcos ωt，故 A 正确；矩形线圈从图示位置经过 π 2ω时间内，转过的角度为 ωt＝ π 2，磁通量一直增加，电流方向没有改变，故通过电流表的电荷量为：q＝NΔΦ R1 ≠0(其中 R1 为回路的等效电阻)，故 B 错误；交流发电机内电阻不计，故变压器输入电压不变，根 据理想变压器的变压比公式U1 U2＝n1 n2，当 P 位置不动，R 增大时，电压表读数不变，仍然 等于发电机的电动势有效值，故 C 错误；当 P 位置向上移动，R 不变时，根据理想变压器 的变压比公式U1 U2＝n1 n2，输出电压变大，故电流变大，功率变大，故输入电流也变大，故电流 表读数变大，故 D 正确。 15．(2018·长沙高三调研)如图所示，负载电阻 R 接在理想变压器的副线圈上，虚线部 分可以用一个电阻 R1 来等效替代，R1 称为等效电阻，这里的等效是指输入电路的电压、电 流、功率不变。若理想变压器的原、副线圈的匝数之比为 n1∶n2，则有(　　) A．R1＝(n2 n1 )2R　　　　　　　 B．R1＝(n1 n2 )2R C．R1＝n1 n2R D．R1＝n2 n1R 解析：选 B　设副线圈中的电流为 I，则副线圈两端的电压为 IR，根据U1 U2＝n1 n2，得：U1 ＝n1 n2IR，由I1 I ＝n2 n1，得：I1＝n2 n1I，等效电阻：R1＝U1 I1 ＝ n1 n2IR n2 n1I ＝(n1 n2 )2R，故选项 B 正确。 实 验 十 二 传感器的简单使用 　　 一、实验目的 1.认识热敏电阻、光敏电阻等传感器的特性。 2.了解传感器的简单使用。 二、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。 突破点(一)　热敏电阻的原理及应用 [例 1]　某实验小组探究一种热敏电阻的温度特性。现有器材：直流恒流电源(在正常工 作状态下输出的电流恒定)、电压表、待测热敏电阻、保温容器、温度计、开关和导线等。 (1)若用上述器材测量热敏电阻的阻值随温度变化的特性，请你在实物图上连线。 (2)实验的主要步骤： ①正确连接电路，在保温容器中注入适量冷水，接通电源，调节并记录电源输出的电 流值； ②在保温容器中添加少量热水，待温度稳定后，闭合开关，______，______，断开开 关； ③重复第②步操作若干次，测得多组数据。 (3)实验小组算得该热敏电阻在不同温度下的阻值，并据此绘得 R­t 关系图线，请根据 图线写出该热敏电阻的 R­t 关系式：R＝__________＋__________t(Ω)。 [解析]　根据 R＝U I 就可求出不同温度下热敏电阻的阻值，并据此绘得 R­t 图线。在图 线上取两点，当 t1＝10 ℃时，R1＝104 Ω，当 t2＝60 ℃时，R2＝124 Ω，R­t 图线的斜率为 R2－R1 t2－t1 ＝0.4；将图线延长，图线交于原点，说明 t＝0 ℃时的电阻为 100 Ω，故 R­t 关系式 为 R＝100＋0.4t(Ω)。 [答案]　(1)如图所示 (2)②读取温度计示数　 读取电压表示数　 (3)100　0.4, [由题引知·要点谨记] 1.考查实验原理及连线[对应第(1)题] (1)根据实验要求进行连线。 (2)电压表应直接并联在待测热敏电阻两侧。 (3)连线时注意电流的流向。 2. 考查实验步骤[对应第(2)题] (1)实验过程中应逐步升温，待温度稳定后再读数。 (2)实验时应测多组数据，以减小实验误差。 3.考查识图能力和数据处理方法[对应第(3)题] (1)根据 R＝U I 求出不同温度下热敏电阻的阻值。 (2)由 R­t 关系图线找出 R 与 t 的函数关系式。 (3)本实验的主要误差来源于温度计和电压表的读数。 [集训冲关] 1．(2018·广东佛山一中模拟)如图甲表示某电阻 R 随摄氏温度 t 变化的关系，图中 R0 表 示 0 ℃时的电阻，K 表示图线的斜率。若用该电阻与电池(E，r)、电流表 Rg、变阻器 R′串 连起来，连接成如图乙所示的电路，用该电阻做测温探头，把电流表的电流刻度改为相应 的温度刻度，于是就得到了一个简单的“电阻测温计”。 (1)实际使用时要把电流表的刻度值改为相应的温度刻度值，若温度 t1＜t2，则 t1 的刻度 应在 t2 的________侧(填“左”或“右”)。 (2)在标识“电阻测温计”的温度刻度时，需要弄清所测温度和电流的对应关系。请用 E 、 R0 、 K 等 物 理 量 表 示 所 测 温 度 t 与 电 流 I 的 关 系 式 ： t ＝ _____________________________。 (3)由(2)知，计算温度和电流的对应关系，需要测量电流表的内阻(约为 200 Ω)。已知实 验室有下列器材：A. 电阻箱(0～99.99 Ω)；B. 电阻箱(0～999.9 Ω)；C. 滑动变阻器(0～20 Ω)；D. 滑动变阻器(0～20 kΩ)。此外，还有电动势合适的电源、开关、导线等。 请在方框内设计一个用“半偏法”测电流表内阻 Rg 的电路； 在这个实验电路中，电阻箱应选________；滑动变阻器应选________。(只填代码) 解析：(1)由题图甲可知，金属温度升高电阻增大，电流计电流减小，可知 t1 刻度应在 t2 的右侧。 (2)由闭合电路欧姆定律知 E＝I(R＋R′＋Rg＋r) 由甲图知：R＝R0＋Kt 解得：t＝ E KI－1 K(Rg＋r＋R′＋R0)。 (3)采用半偏法测电阻时，电阻箱的最大阻值应该大于电流表的内阻，同时滑动变阻器 应该选择阻值较大的，故电阻箱选择 B，滑动变阻器选择 D。电路图如图所示。 答案：(1)右　(2)t＝ E KI－1 K(Rg＋r＋R′＋R0)　(3)电路图见解析　B　D 2.(2016·北京高考)热敏电阻常用于温度控制或过热保护装置中。如图 为某种热敏电阻和金属热电阻的阻值 R 随温度 t 变化的示意图。由图可 知，这种热敏电阻在温度上升时导电能力________(选填“增强”或“减弱”)； 相对金属热电阻而言，热敏电阻对温度变化的响应更________(选填“敏感” 或“不敏感”)。 解析：由 R­t 图像可知，热敏电阻在温度上升时电阻减小，则导电能力增强。相对金属 热电阻，热敏电阻在相同的温度变化情况下电阻变化大，则热敏电阻对温度变化的响应更敏 感。 答案：增强　敏感 3．(2017·江苏高考)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 1 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”)。 (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 2 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 1 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 解析：(1)如果电源用 E1，则在 t＝30 ℃时电路中的最大电流 Im＝ 3 199.5＋20 A≈13.67 mA<15 mA，故不能实现对此温度的控制，因此电源应选用 E2；为了在 t＝80 ℃时实现对温 度的控制，设滑动变阻器阻值的最大值至少为 R′，则 6 V R′＋20 Ω＋49.1 Ω＝0.015 A，解得 R＝330.9 Ω，因此滑动变阻器应选用 R2。 (2)要用多用电表的直流电压挡检测故障，应将选择开关旋至 C。 (3)如果只有 b、c 间断路，说明 b 点与电源的负极间没有形成通路，a、b 间的电压为零， 表笔接在 a、b 间时，指针不偏转；c 点与电源的负极间形成通路，a 与电源的正极相通，a、 c 间有电压，因此两表笔接入 a、c 间时指针发生偏转。 (4)排除故障后，欲使衔铁在热敏电阻为 50 ℃时被吸合，应先断开开关，用电阻箱替换 热敏电阻，并将阻值调至 108.1 Ω，合上开关，调节滑动变阻器的阻值，直至观察到继电器 的衔铁被吸合，这时断开开关，将电阻箱从电路中移除，将热敏电阻接入电路。因此操作步 骤的正确顺序是⑤④②③①。 答案：(1)E2　R2　(2)C　(3)不偏转　偏转　 (4)⑤④②③① 突破点(二)　光敏电阻的应用 [例 2]　为了节能和环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统。光控开关可采用 光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件(照度可以反映光的强弱， 光越强照度越大，照度单位为 lx)。某光敏电阻 RP 在不同照度下的阻值如下表： 照度(lx) 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 电阻(kΩ) 75 40 28 23 20 18 (1)根据表中数据，请在如图甲所示的坐标系中描绘出阻值随照度变化的曲线，并说明 阻值随照度变化的特点。 (2)如图乙所示，当 1、2 两端所加电压上升至 2 V 时，控制开关自动启动照明系统。请 利用下列器材设计一个简单电路，给 1、2 两端提供电压，要求当天色渐暗照度降低至 1.0 lx 时启动照明系统，在虚线框内完成电路原理图。(不考虑控制开关对所设计电路的影响) 提供的器材：光敏电阻 RP(符号 ，阻值见上表)； 直流电源 E(电动势 3 V，内阻不计)； 定值电阻：R1＝10 kΩ，R2＝20 kΩ，R3＝40 kΩ(限选其中之一并在图中标出)； 开关 S 及导线若干。 [答案]　(1)图像如图(a)所示　由图可知阻值随照度变化的特点：光敏电阻的阻值随光 照强度的增大非线性减小 (2)电路如图(b)所示 [由题引知·要点谨记] 1.考查描点作图的方法和分析图像的能力[对应第(1)题] (1)描绘图像时，各点应均匀分布在图线两侧，且图线应是平滑的曲线，而不应成为连 接各点的折线。 (2)根据所描绘图像，会分析电阻阻值如何随光照强度的变化而变化。 2．考查实验电路的设计能力[对应第(2)题] (1)要结合题目所给条件及所给图像的数据进行分析设计。 (2)通过分析可确定 RP 应接在 1、2 之间。 (3)选择定值电阻，根据图线读出光照强度在 1.0 lx 时的光敏电阻的阻值为 20 kΩ，光敏 电阻分压为 2 V，则串联定值电阻 R 分压 1 V，其阻值应为 10 kΩ。 [集训冲关] 4．[多选](2018·聊城模拟)如图所示，R1、R2 为定值电阻，L 为小灯泡， R3 为光敏电阻，当照射光强度增大时(　　) A．电压表的示数增大 B．R2 中电流减小 C．小灯泡的功率增大 D．电路的路端电压增大 解析：选 ABC　当照射光强度增大时，R3 阻值减小，外电路电阻随 R3 的减小而减小， R1 两端电压因干路电流增大而增大，电压表的示数增大，同时内电压增大，故电路路端电 压减小，A 项正确，D 项错误；由路端电压减小，R1 两端电压增大知，R2 两端电压必减小， 则 R2 中电流减小，故 B 项正确；结合干路电流增大知流过小灯泡的电流必增大，则小灯泡 的功率增大，故 C 项正确。 5．(2018·湖北荆州质量检测)如图甲为利用光敏电阻检测传送带上物品分布，从而了解 生产线运行是否正常的仪器。其中 A 是发光仪器，B 是一端留有小孔用绝缘材料封装的光 敏电阻。当传送带上没有物品挡住由 A 射向 B 的光信号时，光敏电阻阻值 R1＝50 Ω，当传 送带上有物品挡住由 A 射向 B 的光信号时，光敏电阻阻值 R2＝150 Ω。定值电阻 R3＝45 Ω。C 为平行板电容器，虚线与两极板距离相等，极板长 L1＝8.0×10－2 m，两极板的间距 d ＝1.0×10－2 m。D 为屏，与极板垂直，D 到极板的距离 L2＝0.16 m，屏上贴有用特殊材料 做成的记录纸，当电子打在记录纸上时会留下黑点，工作时屏沿图示方向匀速运动。有一 细电子束沿图中虚线以速度 v0＝8.0×106 m/s 连续不断地射入电容器 C，虚线与屏交点为 O。 图乙为一段记录纸。已知电子电荷量 e＝1.6×10－19 C，电子质量 m＝9×10－31 kg。忽略细 电子束的宽度、电容器的充电放电时间及电子所受的重力。求：电源的电动势 E 和内阻 r。 解析：当没有物品挡光时，设电容器两端电压为 U1，此时电子在屏上的偏转 Y1＝0.02 m。 电子在平行板间运动时，加速度 a＝eU1 md，L1＝v0t1 侧移量 y1＝1 2at12 解得 y1＝eU1L12 2mdv02 电子射出平行板后做匀速直线运动， vy＝at1，tan θ＝vy v0＝eU1L1 mdv02 所以 Y1＝y1＋L2tan θ 解得 U1＝4.5 V 同理可得，当有物品挡光时，电容器两端电压 U2＝2.25 V 在闭合电路中，U1＝ E R1＋R3＋rR3 U2＝ E R2＋R3＋rR3 解得 E＝10 V，r＝5 Ω。 答案：10 V　5 Ω 突破点(三)　传感器的应用及创新考查 创新角度 实验装置图 创新解读 实验原理的 　　(2016·全国卷Ⅰ) 1.利用热敏电阻来控制电路，使之成为 创新 温度报警系统，在设置报警温度时，借 助于电阻箱进行电阻设置，使之达到报 警的温度。 2．可以设计成可调温度的报警器。 实验器材的 创新 　　(2016·江苏高考) 1.把传感器与闭合电路问题结合。 2．用替代法测量不同温度下金属的电阻， 比伏安法更准确。 3．描绘 R­t 的特性曲线，并由曲线推导 R­t 的关系式。 [集训冲关] 6．(2016·全国卷Ⅰ)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。 解析：(1)电路图连接如图。 (2)报警器开始报警时，对整个回路有 U＝Ic(R 滑＋R 热) 代入数据可得 R 滑＝1 150.0 Ω，因此滑动变阻器应选择 R2。 (3)①在调节过程中，电阻箱起到等效替代热敏电阻的作用，电阻箱的阻值应为报警器 报警时热敏电阻的阻值，即为 650.0 Ω。滑动变阻器在电路中为限流接法，滑片应置于 b 端附近，若置于另一端 a 时，闭合开关，则电路中的电流 I＝ 18 650.0 A≈27.7 mA，超过报警 器最大电流 20 mA，报警器可能损坏。②开关应先向 c 端闭合，移动滑动变阻器的滑片，直 至报警器开始报警为止。 答案：(1)连线见解析图 (2)R2 (3)①650.0　b　接通电源后，流过报警器的电流会超过 20 mA，报警器可能损坏　②c　 报警器开始报警 7．(2018·郑州模拟)实验室备有以下器材：电压传感器、电流传感器、滑动变阻器 R1(阻 值变化范围 0～20 Ω)、滑动变阻器 R2(阻值变化范围 0～1 000 Ω)、电动势适当的电源、小 灯泡(4 V　2 W)、开关、导线若干。 (1)要完整地描绘小灯泡的 U­I 曲线，请在方框中画出实验电路图，并标出所用滑动变 阻器的符号。 (2)实验中描绘出的小灯泡 U­I 曲线如图所示，由图可知，小灯泡灯丝电阻随温度升高 而____________。(填“增大”“减小”或“不变”) (3)如果用上述器材测量所给电源的电动势和内电阻，实验电路如图甲所示，图中 R0 是 阻值为 9.0 Ω 的保护电阻，实验中测得多组数据记录在下表中，试在同一坐标系中画出等效 电源的 U­I 图像，由图像可求出电源自身内阻约为____________ Ω。 序号 1 2 3 4 5 6 U/V 4.00 3.40 2.80 2.00 1.50 0.80 I/A 0.20 0.26 0.33 0.40 0.46 0.52 (4)若将上述小灯泡直接与电源和保护电阻组成串联电路，如图乙所示，此时小灯泡消 耗的电功率约为________ W。 解析：(1)描绘灯泡的伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变压器要采用 分压接法，由于灯泡的阻值较小，电流应用外接法，电路图如图所示。 (2)由题图所示 U­I 图像可知，随电压和电流的增大，灯泡实际功率增大，灯丝温度升 高，电压与电流的比值增大，由此可知，灯泡灯丝电阻随温度升高而增大。 (3)根据表中数据作出电源 U­I 图像如图所示，由图示图像可知，电源内阻 r＝ΔU ΔI －R0＝ 6 0.6 Ω－9 Ω＝1 Ω。 (4)由图示图像可知，灯泡两端电压为 2.2 V，电流为 0.38 A，灯泡的电功率为 P＝UI＝ 2.2×0.38 W≈0.84 W。 答案：见解析