江苏版2023版高三一轮总复习物理第十一章交变电流传感器教案

[高考备考指南]知能模块考点内容高考(江苏卷)五年命题情况对照分析20172018201920202021年适应考2021命题分析第1节交变电流的产生及描述交变电流T7：电感和电容对交变电流的影响T12：交变电流的产生与规律高考对本章的考查以选择题为主，偶有计算题。考查的知识点有交变电流的变化规律、有效值、变压器。交变电流的描述第2节变压器电能的输送变压器T2：电能的输送T1：变压器T2：电流互感器T7：变压器电能的输送第3节传感器的工作原理及应用认识传感器T11：热敏电阻、电磁继电器常见传感器的工作原理及应用实验十五探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系实验十六利用传感器制作简单的自动控制装置核心素养物理观念：有效值、峰值、变压器、远距离输电。科学思维：图像法、理想变压器、守恒思想、动态分析法、极值法。科学探究：通过实验，探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系；了解常见传感器的工作原理。科学态度与责任：发电机和电动机、电能的输送、生活中各种变压器的应用、传感器的使用。交变电流的产生及描述一、交变电流、交变电流的图像1．交变电流大小和方向都随时间做周期性变化的电流。2．正弦式交变电流的产生和图像(1)产生：在匀强磁场里，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。(如图所示)(2)图像：线圈从中性面位置开始计时，如图甲、乙、丙所示。甲乙丙(3)两个特殊位置的特点①线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，eq\f(ΔΦ,Δt)＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变。②线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，eq\f(ΔΦ,Δt)最大，e最大，i最大，电流方向不改变。二、正弦式交变电流的函数表达式、峰值和有效值1．周期和频率(1)周期(T)：交变电流完成一次周期性变化(线圈转一周)所需的时间，单位是秒(s)，公式T＝eq\f(2π,ω)。(2)频率(f)：交变电流在1s内完成周期性变化的次数。单位是赫兹(Hz)。(3)周期和频率的关系：T＝eq\f(1,f)或f＝eq\f(1,T)。2．交变电流的瞬时值、峰值和有效值瞬时值交变电流某一时刻的值，是时间的函数。如e＝Emsinωt峰值交变电流的电流或电压所能达到的最大值有效值让交流和直流通过相同阻值的电阻，如果它们在一个周期内产生的热量相等，就把这一直流的数值叫作这一交流的有效值，对于正弦交流电有E＝eq\f(Em,\r(2))，U＝eq\f(Um,\r(2))，I＝eq\f(Im,\r(2))一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(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绕垂直于磁场方向的轴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。 (×)二、教材习题衍生1．(交变电流的图像)如图为某正弦式交变电流的图像，则该电流的瞬时值表达式为()A．i＝10eq\r(2)sin(100πt)AB．i＝10sin(10πt)AC．i＝20eq\r(2)sin(50πt)AD．i＝20sin(100πt)AD[由题图可知T＝0.02s，则ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s。当t＝0.0025s时，i＝14.14A，代入i＝Imsinωt得Im≈20A，所以电流的瞬时值表达式为i＝20sin(100πt)A，故D正确。]2．(有效值的理解与计算)某交变电流的i­t图像如图所示，则其电流的有效值为()A．1.5AB．2AC．eq\r(\f(14,5))AD．eq\r(\f(28,5))A[答案]C3．(交变电流的产生及变化规律)如图所示，闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′方向观察，线圈沿顺时针方向转动。已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，ab边的边长为L1，ad边的边长为L2，线圈电阻为R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时()A．线圈中感应电流的方向为adcbaB．线圈中的感应电动势为2nBL2ωC．穿过线圈的磁通量随时间的变化率最大D．线圈ad边所受安培力的大小为eq\f(n2B2L1L2ω,R)，方向垂直纸面向里[答案]C交变电流的产生及变化规律1．(描述交变电流的物理量)一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的电动势e＝200eq\r(2)·sin100πt(V)，下列说法正确的是()A．该交变电流的频率是100HzB．当t＝0时，线圈平面恰好与中性面垂直C．当t＝eq\f(1,200)s时，e达到峰值D．该交变电流的电动势的有效值为200eq\r(2)VC[由交变电流的电动势瞬时值表达式e＝nBSω·sinωt可知，交变电流的频率f＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(100π,2π)Hz＝50Hz，选项A错误；在t＝0时，电动势瞬时值为0，线圈平面恰好在中性面处，选项B错误；当t＝eq\f(1,200)s时，e达到峰值Em＝200eq\r(2)V，选项C正确；该交变电流的电动势的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝200V，选项D错误。]2．(交变电流的产生与描述)如图所示，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不同C．在t＝eq\f(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C[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错误；在t＝eq\f(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。]3．(交变电流的图像)图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′(OO′沿水平方向)匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R＝10Ω连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数是10V。图乙是矩形线圈中磁通量随时间t变化的图像。线圈内阻不计，则()甲乙A．此交流发电机的电动势平均值为10eq\r(2)VB．t＝0.02s时R两端的电压瞬时值为零C．R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝10eq\r(2)cos(100πt)VD．当ab边速度方向向上时，它所受安培力的方向也向上C[矩形线圈绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生正弦交流电，外电阻R＝10Ω，电压表示数为10V，说明eq\f(Em,\r(2))＝10V，即电动势最大值为Em＝10eq\r(2)V，所以平均值一定比Em＝10eq\r(2)V小，选项A错误；根据题图乙知t＝0时磁通量等于0，可判断t＝0时电动势最大，所以电动势随时间变化的规律为u＝Emcosωt＝10eq\r(2)cos(100πt)V，选项C正确；将t＝0.02s代入电动势瞬时值表达式，得U＝10eq\r(2)V，选项B错误；根据楞次定律，感应电流总是阻碍线圈的转动，所以当ab边速度方向向上时，它所受安培力的方向向下，选项D错误。]1．交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)规律物理量函数表达式图像磁通量Φ＝Φmcosωt＝BScosωt电动势e＝Emsinωt＝nBSωsinωt电压u＝Umsinωt＝eq\f(REm,R＋r)sinωt电流i＝Imsinωt＝eq\f(Em,R＋r)sinωt2．交变电流瞬时值表达式的书写(1)确定正弦交变电流的峰值，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。如：①线圈在中性面位置开始计时，则i­t图像为正弦函数图像，函数表达式为i＝Imsinωt。②线圈在垂直于中性面的位置开始计时，则i­t图像为余弦函数图像，函数表达式为i＝Imcosωt。有效值的理解与计算1．(交流电的有效值及应用)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∶eq\r(2)B．eq\r(2)∶1C．1∶2D．2∶1D[根据焦耳定律知热量与方波中的电流方向的变化无关，故Q方＝eq\f(u\o\al(2,0),R)T；而正弦交流电电压的有效值等于峰值的eq\f(1,\r(2))，故Q正＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(u0,\r(2))))eq\s\up12(2),R)T＝eq\f(1,2)·eq\f(u\o\al(2,0),R)T，所以eq\f(Q方,Q正)＝eq\f(2,1)，D正确。]2．(交流电的平均值及有效值的应用)如图所示，N匝矩形导线框以角速度ω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、理想交流电流表和二极管D。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．图示位置电流表的示数为eq\f(ω,2R)NBB．一个周期内通过R的电荷量为eq\f(2NBS,R)C．R两端电压的有效值为eq\f(ω,\r(2))NBSD．图示位置电流表的示数为0B[设回路中电流的有效值为I，由电流的热效应可知，eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(NBSω,\r(2)R)))2RT＝I2RT，解得I＝eq\f(NBSω,2R)，理想交流电流表测的是电流的有效值，A、D错误；在一个周期内，只有半个周期的时间有电流通过R，故一个周期内通过R的电荷量q＝eq\f(NΔΦ,R)＝eq\f(2NBS,R)，B正确；R两端电压有效值U＝IR＝eq\f(NBSω,2)，C错误。]3．(交流电的最大值及有效值的应用)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2Ω，则()A．t＝0时，线圈平面垂直于磁感线B．t＝1s时，线圈中的电流改变方向C．t＝1.5s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8π2JD[A错：t＝0时，Φ＝0，故线圈平面平行于磁感线；B错：线圈每经过一次中性面电流的方向改变一次，线圈经过中性面时，磁通量最大，故在t＝0.5s、1.5s时线圈中的电流改变方向。在t＝1s时线圈平面平行于磁感线，线圈中的电流方向不变；C错：线圈在磁场中转动，磁通量最大时，感应电动势为0，磁通量为0时，感应电动势最大，故t＝1.5s时，感应电动势为0；D对：线圈中感应电动势的最大值Em＝nBωS＝nωΦm＝neq\f(2π,T)Φm＝100×eq\f(2π,2)×0.04V＝4πV，有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝2eq\r(2)πV，故在一个周期内线圈产生的热量Q＝eq\f(E2,R)T＝eq\f(2\r(2)π2,2)×2J＝8π2J。]1．对有效值的理解(1)交流电流表、交流电压表的示数是指有效值；(2)用电器铭牌上标的值(如额定电压、额定功率等)指的均是有效值；(3)计算热量、电功率及保险丝的熔断电流指的是有效值；(4)没有特别加以说明的，是指有效值；(5)“交流的最大值是有效值的eq\r(2)倍”仅适用于正(余)弦式交变电流。2．计算交变电流有效值的方法(1)计算有效值时要根据电流的热效应，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)分段计算电热求和得出一个周期内产生的总热量。(3)利用两个公式Q＝I2Rt和Q＝eq\f(U2,R)t可分别求得电流有效值和电压有效值。(4)若图像部分是正弦(或余弦)式交变电流，其中的eq\f(1,4)周期(必须是从零至最大值或从最大值至零)和eq\f(1,2)周期部分可直接应用正弦式交变电流有效值与最大值间的关系I＝eq\f(Im,\r(2))、U＝eq\f(Um,\r(2))求解。交变电流“四值”的理解和应用交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较物理量物理含义重要关系适用情况及说明瞬时值交变电流某一时刻的值e＝Emsinωti＝Imsinωt计算线圈某时刻的受力情况峰值最大的瞬时值Em＝nBSωIm＝eq\f(Em,R＋r)讨论电容器的击穿电压有效值跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值E＝eq\f(Em,\r(2))U＝eq\f(Um,\r(2))I＝eq\f(Im,\r(2))适用于正(余)弦式交变电流(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平均值交变电流图像中图线与时间轴所夹的面积与时间的比值eq\x\to(E)＝Bleq\x\to(v)eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)计算通过电路横截面的电荷量[典例]如图甲所示为手机无线充电工作原理的示意图，由送电线圈和受电线圈组成。已知受电线圈的匝数为n＝50匝，电阻r＝1.0Ω，在它的c、d两端接一阻值R＝9.0Ω的电阻。设在受电线圈内存在与线圈平面垂直的磁场，其磁通量随时间按图乙所示的规律变化，可在受电线圈中产生电动势最大值为20V的正弦交流电，设磁场竖直向上。求：甲乙(1)在t＝π×10－3s时，受电线圈中产生电流的大小，c、d两端哪端电势高？(2)在一个周期内，电阻R上产生的热量；(3)从t1到t2时间内，通过电阻R的电荷量。[解析](1)由题图乙知t＝π×10－3s时受电线圈中产生的电动势最大，为Em＝20V线圈中产生感应电流的大小为I1＝Im＝eq\f(Em,R＋r)＝2.0A由楞次定律可以得到此时c端电势高。(2)通过电阻的电流的有效值为I＝eq\f(Im,\r(2))＝eq\r(2)A电阻在一个周期内产生的热量Q＝I2RT≈5.7×10－2J。(3)线圈中感应电动势的平均值eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)通过电阻R的电流的平均值为eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)，通过电阻R的电荷量q＝eq\x\to(I)·Δt由题图乙知，在eq\f(T,4)～eq\f(3T,4)的时间内，ΔΦ＝4×10－4Wb解得q＝neq\f(ΔΦ,R＋r)＝2×10－3C。[答案](1)2.0Ac端电势高(2)5.7×10－2J(3)2×10－3C[跟进训练]交变电流峰值的应用1．如图甲所示，标有“220V40W”的电灯和标有“20μF300V”的电容器并联接到交流电源上，V为交流电压表。交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关S，下列判断正确的是()甲乙A．t＝eq\f(T,2)时刻，V的示数为零B．电灯恰正常发光C．电容器不可能被击穿D．交流电压表V的示数保持110eq\r(2)V不变B[交流电压表V的示数应是电压的有效值220V，故A、D错误；电压的有效值恰等于电灯的额定电压，电灯正常发光，B正确；电压的峰值220eq\r(2)V≈311V，大于电容器的耐压值，故电容器有可能被击穿，C错误。]交变电流有效值和平均值的计算2．如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R。下列判断正确的是()A．电压表的读数为eq\f(NBSωR,R＋r)B．当线圈由图示位置转过30°的过程中，通过电阻R的电荷量为eq\f(NBS,2R＋r)C．在线圈转过一周的过程中，电阻R上产生的焦耳热为eq\f(N2B2S2ωRπ,4R＋r2)D．当线圈由图示位置转过30°时，通过电阻R的电流为eq\f(NBSω,2R＋r)D[电动势的最大值Em＝NBSω，有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(NBSω,\r(2))，电压表的示数为路端电压的有效值，解得U＝eq\f(R,R＋r)E＝eq\f(NBSωR,\r(2)R＋r)，A错误；线圈由题图所示位置转过30°的过程中，通过电阻R的电荷量q＝eq\f(NΔΦ,R＋r)＝eq\f(NBS－BSsin60°,R＋r)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)))NBS,R＋r)，B错误；在线圈转过一周的时间内电阻R上产生的热量Q＝eq\f(U2,R)·eq\f(2π,ω)＝eq\f(N2B2S2ωRπ,R＋r2)，C错误；电流的最大值为Im＝eq\f(Em,R＋r)＝eq\f(NBSω,R＋r)，电流的瞬时值表达式为i＝Imsinωt，从题图所示位置转过30°时，ωt＝eq\f(π,6)，此时的电流为i＝eq\f(Im,2)＝eq\f(NBSω,2R＋r)，D正确。]交变电流瞬时值、峰值、有效值的计算3．如图甲所示是一种振动发电装置的示意图，半径为r＝0.1m、匝数n＝20的线圈位于辐向分布的磁场中，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)，线圈所在位置的磁感应强度的大小均为B＝eq\f(0.20,π)T，线圈电阻为R1＝0.5Ω，它的引出线接有R2＝9.5Ω的小电珠L，外力推动线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙所示(摩擦等损耗不计)，则下列说法不正确的是()甲乙丙A．小电珠中电流的峰值为0.16AB．小电珠中电流的有效值为0.16AC．电压表的示数约为1.07VD．t＝0.1s时外力的大小为0.128NB[由题意及法拉第电磁感应定律知道，线圈在磁场中做往复运动，产生的感应电动势的大小符合正弦曲线变化规律，线圈中的感应电动势的峰值为Em＝nBlv＝nB·2πrvm，故小电珠中电流的峰值为Im＝eq\f(Em,R1＋R2)＝eq\f(20×\f(0.20,π)×2π×0.1×2,0.5＋9.5)A＝0.16A，选项A正确，B错误；电压表示数为U＝eq\f(Im,\r(2))·R2≈1.07V，选项C正确；当t＝0.1s，也就是eq\f(T,4)时，外力的大小为F＝nB·2πrIm＝0.128N，选项D正确。]

变压器电能的输送一、理想变压器1．构造如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的。(1)原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈。(2)副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈。2．原理电流磁效应、电磁感应。3．理想变压器原、副线圈基本量的关系理想变压器(1)没有能量损失(绕线无电阻、铁芯无涡流)(2)没有磁通量损失(磁通量全部集中在铁芯中)基本关系功率关系根据能量守恒可得：原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P入＝P出电压关系原、副线圈的电压之比等于其匝数之比，公式：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，与负载、副线圈的个数无关电流关系(1)只有一个副线圈时：eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)(2)有多个副线圈时：由P入＝P出得I1U1＝I2U2＋I3U3＋…＋InUn或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn频率关系f1＝f2(变压器不改变交变电流的频率)4．几种常用的变压器(1)自耦变压器——调压变压器，如图甲(降压作用)、乙(升压作用)所示。甲乙丙丁(2)互感器eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(电压互感器n1>n2：把高电压变成,低电压，如图丙所示。,电流互感器n1<n2：把大电流变成,小电流，如图丁所示。))二、电能的输送如图所示，若发电站输出电功率为P，输电电压为U，用户得到的电功率为P′，用户的电压为U′，输电线总电阻为R。1．输出电流I＝eq\f(P,U)＝eq\f(P′,U′)＝eq\f(U－U′,R)。2．电压损失(1)ΔU＝U－U′。(2)ΔU＝IR。3．功率损失(1)ΔP＝P－P′。(2)ΔP＝I2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,U)))eq\s\up12(2)R。4．减少输电线上电能损失的方法(1)减小输电线的电阻R。由R＝ρeq\f(l,S)知，可加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线。(2)减小输电线中的电流。在输电功率一定的情况下，根据P＝UI，要减小电流，必须提高输电电压。一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)变压器能改变交变电流的电压，不能改变交变电流的频率。 (√)(2)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。 (×)(3)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。 (×)(4)增大输电导线的横截面积不利于减少输电过程中的电能损失。 (×)(5)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗。 (√)(6)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。 (√)二、教材习题衍生1．(理想变压器基本规律的应用)如图所示为一理想变压器，其原、副线圈匝数之比n1∶n2＝4∶1，原线圈两端连接光滑导轨，副线圈与电阻R组成闭合电路。当直导线MN在匀强磁场中沿导轨向左匀速切割磁感线时，电流表的示数是10mA，那么电流表的示数是()A．40mAB．0C．10mAD．2.5mAB[由于直导线MN匀速运动，则MN切割磁场产生的电流恒定，线圈中产生的磁通量也是恒定的，所以不会引起副线圈的磁通量变化，所以副线圈中不会有感应电流产生，即电流表A2的示数为0，选项B正确。]2．(远距离输电)从发电站输出的功率为220kW，输电线的总电阻为0.05Ω，用110V和11kV两种电压输电。两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为()A．100∶1B．1∶100C．1∶10D．10∶1A[由P＝UI得输电线的电流I＝eq\f(P,U)，则输电线上由电阻造成的电压损失ΔU＝IR＝eq\f(P,U)R，所以两种情况下ΔU1∶ΔU2＝U2∶U1＝100∶1，A正确。]3．(理想变压器的动态分析问题)如图所示的电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，则下列说法正确的是()A．电压表V1示数增大B．电压表V2、V3示数均增大C．该变压器起升压作用D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动[答案]D理想变压器基本规律的应用1．分析原线圈有串联负载的变压器电路问题时要注意变压器的输入电压不等于电源的电压，而是等于电源电压减去串联负载的电压，即：U1＝U源－U串。2．分析含有二极管的变压器电路问题时要注意理想二极管单向导电性，对交变电流的影响，及对应有效值的变化。3．理想变压器的各量的制约关系制约关系电压副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定：U2＝eq\f(n2,n1)U1功率原线圈的输入功率P入由副线圈的输出功率P出决定：P入＝P出电流原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定：I1＝eq\f(n2,n1)I2[典例](理想变压器工作原理)如图所示，导线框绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电动势e＝44eq\r(2)sin100πt(V)。导线框与理想升压变压器相连，变压器副线圈接入一额定电压为220V的电灯泡，电灯泡恰好正常工作且电流表的示数为2A，导线框电阻不计，电流表为理想电流表，则()A．变压器原、副线圈匝数之比为1∶5B．通过电灯泡的电流为0.2AC．电灯泡的额定功率为22WD．电灯泡两端的最大电压为110eq\r(2)VA[在变压器中有eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(I2,I1)其中U1＝44V，U2＝220V，I1＝2A，可得变压器原、副线圈匝数之比为eq\f(n1,n2)＝eq\f(1,5)，通过电灯泡的电流为I2＝0.4A，故A正确，B错误；由于电灯泡恰好正常工作，则电灯泡的额定功率P＝I2U2＝0.4×220W＝88W，故C错误；电灯泡两端电压的最大值Um＝eq\r(2)U2＝220eq\r(2)V，故D错误。][跟进训练]1．(理想变压器工作原理)(2019·江苏卷)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10，当输入电压增加20V时，输出电压()A．降低2V B．增加2VC．降低200V D．增加200VD[理想变压器的电压与匝数关系为eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1＋ΔU1,U2＋ΔU2)，整理可得eq\f(ΔU1,ΔU2)＝eq\f(n1,n2)，即原、副线圈匝数比等于电压变化量之比，当ΔU1＝20V时，ΔU2＝200V，选项D正确。]2．(原线圈中并联电阻)如图，理想变压器原副线圈的匝数比为2∶1，电阻R1＝R2＝10Ω，电流表和电压表均为理想交流电表。若电流表A的示数为0.5A，则电压表V的示数为()A．2VB．2.5VC．4VD．10VA[根据变压器电压和匝数的关系可知，输入电压与输出电压之比为U1∶U2＝2∶1，则电阻R1两端电压为U1，电阻R2两端电压为U2，则通过两电阻的电流之比为2∶1；若设通过电阻R2的电流为I2，则通过电阻R1的电流为2I2，根据电流和匝数的关系可知，原线圈的输入电流为eq\f(I2,2)，因电流表示数为0.5A，则eq\f(I2,2)＋2I2＝0.5A，即I2＝0.2A，电压表示数为U2＝I2R2＝2V，选项A正确。]3．(原线圈中串联电阻)在图(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为220V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10Ω，R3＝20Ω，各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示。下列说法正确的是()图(a)图(b)A．所用交流电的频率为100HzB．电压表的示数为100VC．电流表的示数为1.0AD．变压器传输的电功率为15.0WD[根据i2­t图像可知T＝0.02s，则所用交流电的频率f＝eq\f(1,T)＝50Hz，故A错误；副线圈两端电压U2＝I2R2＝eq\f(\r(2),\r(2))×10V＝10V，由eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)得原线圈两端电压U1＝100V，电压表的示数U＝220V－100V＝120V，故B错误；电流表的示数I＝eq\f(U2,R3)＝eq\f(10,20)A＝0.5A，故C错误；变压器传输的电功率P＝Ieq\o\al(2,2)R2＋I2R3＝15.0W，故D正确。]4．(含二极管的变压器问题)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＝25Ω，D为理想二极管，原线圈接u＝220eq\r(2)sin(100πt)V的交流电，则()A．交流电的频率为100HzB．通过R2的电流为1AC．通过R2的电流为eq\r(2)AD．变压器的输入功率为200WC[由原线圈交流电瞬时值表达式可知，交变电流的频率f＝eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π)＝50Hz，A项错误；由理想变压器变压规律eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，输出电压U2＝50V，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，eq\f(U\o\al(2,2),R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)·T，解得U＝eq\f(\r(2),2)U2＝25eq\r(2)V，由欧姆定律可知，通过R2的电流为eq\r(2)A，B项错误，C项正确；电阻R2的功率P2＝UI＝50W，而电阻R1的电功率P1＝eq\f(U\o\al(2,2),R1)＝100W，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＝150W，D项错误。]关于理想变压器的四点说明(1)变压器不能改变直流电压。(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率。(3)理想变压器本身不消耗能量。(4)理想变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值。理想变压器的动态分析问题1．理想变压器的制约关系制约关系电压副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定功率原线圈的输入功率P入由副线圈的输出功率P出决定电流原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定2．两种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eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，输入电压U1决定输出电压U2，可以得出不论负载电阻R如何变化，U2不变(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，根据输出电流I2决定输入电流I1，可以判断I1的变化(3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化(1)U1不变，eq\f(n1,n2)发生变化，U2变化(2)R不变，U2变化，I2发生变化(3)根据P2＝eq\f(U\o\al(2,2),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]一自耦变压器如图所示，其a、b端接到一电压有效值不变的交变电源两端，在c、d间接有一定值电阻R1和滑动变阻器R0。电压表均可视为理想交流电压表，输电导线的电阻均可忽略不计。则下列说法正确的是()A．保持滑动触头位置不变，将滑动变阻器滑片P下滑时，三个电压表的示数均减小B．保持滑动触头位置不变，将滑动变阻器滑片P下滑时，V1、V2的示数不变，而V3的示数减小C．保持滑动变阻器滑片P不动时，将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中，三个电压表的示数均减小D．保持滑动变阻器滑片P不动时，将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中，V1、V2示数均减小，V3的示数增大思路点拨：本题中变压器为自耦变压器，分析时要注意区分原线圈和副线圈，分清不变量和变量，弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系，利用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点进行分析判定。B[滑动触头位置保持不变时，变压器原、副线圈的匝数比不变，因电源的电压不变，所以V1、V2的示数不变，R1与R0串联分得的总电压不变；当滑动变阻器滑片P下滑时，R0接入电路的阻值变小，分得的电压减小，所以V3的示数减小，选项A错误，选项B正确；保持滑动变阻器滑片P不动时，将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中，副线圈的匝数变小，由U1∶U2＝n1∶n2可知，V2、V3的示数均减小，V1的示数不变，选项C、D错误。]含有变压器的动态电路问题的解题思路[跟进训练]匝数比不变，负载变化的情况1．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A[当S闭合后，由变压器电压与匝数比关系：eq\f(U1,U2)＝eq\f(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消耗的功率增大，故A正确；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＝eq\f(U\o\al(2,2),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；变压器原、副线圈的匝数不变，由电流与匝数关系eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)，知原、副线圈中电流之比不变，故D错误。]2．(2021·8省市模拟)如图(a)所示，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2＝1∶5。定值电阻R1的阻值为10Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为50Ω，定值电阻R3的阻值为10Ω，图中电表均为理想电表，原线圈输入如图(b)所示的交变电流，其有效值不随负载变化。当滑动变阻器接入电路的阻值由50Ω减小到0的过程中()图(a)图(b)A．电流表的示数为5AB．通过R2的电流减小C．电压表的示数增大D．R2和R3的总电功率先增大后减小A[由题图(b)可得该交变电流的有效值I＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,\r(2))))\s\up12(2)×\f(1,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,\r(2))))\s\up12(2)×\f(1,2))A＝5A，即电流表的示数为5A，A项正确；原、副线圈中的总电流不变，当滑动变阻器接入电路的阻值由50Ω减小到0时，副线圈上接的总电阻减小，则副线圈两端的电压减小，即电压表的示数减小；根据并联电路的电压特点可知R1两端的电压减小，则通过R1的电流减小，根据并联分流可知，通过R2和R3的电流增大，B、C项错误；设副线圈总电流为I2，则副线圈两端电压U2＝I2×eq\f(R1R2＋R3,R1＋R2＋R3)，即R2和R3串联支路所消耗的总功率为P＝eq\f(U\o\al(2,2),R2＋R3)＝eq\f(I\o\al(2,2)R\o\al(2,1),R1＋R2＋R32)(R2＋R3)＝eq\f(I\o\al(2,2)R\o\al(2,1),\f(R\o\al(2,1),R2＋R3)＋R2＋R3＋2R1)，其中I2不变，则当R1＝R2＋R3时，功率P有最大值，即R2＝0时，功率最大，故R2和R3的总电功率随R2减小而增大，D项错误。]匝数比改变，负载不变的情况3．如图所示，电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原、副线圈中的电流。下列说法中正确的是()A．保持U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小B．保持U1不变，S由a切换到b，则I2增大C．保持U1不变，S由b切换到a，则I1增大D．保持U1不变，S由a切换到b，则变压器的输入功率增大C[保持U1不变，S由b切换到a时，副线圈匝数增多，则输出电压U2增大，电流I2增大，R消耗的功率增大，由变压器功率关系可知，其输入功率也增大，故I1增大；S由a切换到b时，副线圈匝数减少，则输出电压U2减小，输出电流I2减小，所以根据P2＝I2U2，P2减小；又因P1＝P2，所以变压器输入功率减小。由以上分析可知，正确选项为C。]4．(2021·江苏七市二模)可调式理想变压器示意图如图所示，原线圈的输入电压为U1，副线圈输出电压为U2，R为电阻。将原线圈输入端滑动触头P向下移动时。下列结论中正确的是()A．输出电压U2增大B．流过R的电流减小C．原线圈输入电流减小D．原线圈输入功率不变A[P向下移动时，原线圈的匝数减小，根据U2＝eq\f(n2,n1)U1，可知副线圈电压增大，则副线圈电流增大，流过R的电流增大，输出功率增大，则输入功率也增大，原线圈电压不变，则原线圈输入电流增大，故A正确，B、C、D错误。]远距离输电1．理清三个回路远距离输电电网间的基本结构如图所示。输电过程的电路被划分为三个独立的回路，即电源回路、输送回路和用户回路。在每个回路中，变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源，每个回路均可应用闭合电路欧姆定律、串并联电路的规律，而变压器的电压、电流、功率关系则是联系不同回路的桥梁。2．抓住两个物理量的联系(1)理想的升压变压器联系了电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，P1＝P2，I1n1＝I2n2。(2)理想的降压变压器联系了输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，P3＝P4，I3n3＝I4n4。3．掌握一个能量守恒定律发电机把机械能转化为电能，并通过导线将能量输送给线圈1，线圈1上的能量就是远程输电的总能量，在输送过程中，先被输送回路上的导线电阻损耗一小部分，剩余的绝大部分通过降压变压器和用户回路被用户使用消耗，所以其能量关系为P1＝P线损＋P用户。[典例](输电过程中的电压损失和功率损失)如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的变压比为m，降压变压器的变压比为n，输电线的电阻为R，升压变压器和降压变压器均为一理想变压器，发电机输出的电压恒为U，若由于用户的负载变化，使电压表V2的示数减小了ΔU，则下列判断正确的是()A．电流表A2的示数增大了eq\f(ΔU,R)B．电流表A1的示数增大了eq\f(nΔU,R)C．电压表V1的示数减小了ΔUD．输电线损失的功率增加了eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(nΔU,R)))eq\s\up12(2)RB[降压变压器原、副线圈两端的电压之比等于n，所以有eq\f(ΔU3,ΔU)＝n，即降压变压器原线圈两端电压减小了nΔU，升压变压器副线圈两端电压不变，所以输电线上电压增大为nΔU，根据欧姆定律知，电流表A1示数增大了eq\f(nΔU,R)，输电线上电流增大了eq\f(nΔU,R)，根据电流与匝数成反比知，电流表A2示数增大了n·eq\f(nΔU,R)＝eq\f(n2ΔU,R)，A错误，B正确；根据题意知，发电厂的输出电压恒为U，升压变压器的变压比不变，所以电压表V1的示数不变，C错误；输电线上电流增大了eq\f(nΔU,R)，但输电线损失的功率增加量一定不是P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(nΔU,R)))eq\s\up12(2)R，D错误。]输电线路功率损失的计算方法P损＝P1－P4P1为输送的功率，P4为用户得到的功率P损＝Ieq\o\al(2,线)R线I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻P损＝eq\f(ΔU2,R)ΔU为输电线路上损失的电压，不要与U2、U3相混P损＝ΔU·I线ΔU不要错代入U2或U3[跟进训练]远距离输电原理1．采用220kV高压向远方的城市输电。当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的eq\f(1,4)，输电电压应变为()A．55kVB．110kVC．440kVD．880kVC[输送功率P＝UI，输电线上损耗的功率P损＝I2r＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,U)))eq\s\up12(2)r∝eq\f(1,U2)。当P损减小为原来的eq\f(1,4)时，输电电压应变为原来的2倍，故C正确。]2．远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R。变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是()A．eq\f(I1,I2)＝eq\f(n1,n2)B．I2＝eq\f(U2,R)C．I1U1＝Ieq\o\al(2,2)RD．I1U1＝I2U2D[根据变压器的工作原理可知eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，所以选项A错误；因U2、I2、R不满足欧姆定律公式中物理量之间的对应关系，所以选项B错误；U1I1＝U2I2，但U2I2≠Ieq\o\al(2,2)R，选项C错误，D正确。]远距离输电的电压、功率损失3．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＝Umsinωt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．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))eq\f(U\o\al(2,m),4r)B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n2,n1)))eq\f(U\o\al(2,m),4r)C．4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,Um)))eq\s\up12(2)rD．4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n2,n1)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,Um)))eq\s\up12(2)rC[升压变压器T的原线圈两端电压的有效值为U1＝eq\f(Um,\r(2))；由变压关系可得eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，则U2＝eq\f(n2Um,\r(2)n1)；因为输送电功率为P，输电线中的电流为I2＝eq\f(P,U2)＝eq\f(\r(2)n1P,n2Um)，则输电线上损失的电功率为ΔP＝Ieq\o\al(2,2)(2r)＝eq\f(4n\o\al(2,1)P2r,n\o\al(2,2)U\o\al(2,m))，故选项C正确。]4．图甲为远距离输电示意图，理想升压变压器原、副线圈匝数比为1∶1000，理想降压变压器原、副线圈匝数比为1000∶1，输电线的总电阻为1000Ω，若升压变压器的输入电压如图乙所示，用户端电压为220V。下列说法正确的是()甲乙A．输电线中的电流为3AB．电站输出的功率为7500kWC．输电线路损耗功率为90kWD．用户端交变电流的频率为100HzB[由题图乙知升压变压器输入端电压的最大值为Um＝250eq\r(2)V，有效值为U1＝eq\f(Um,\r(2))＝250V，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，得副线圈两端的电压U2＝eq\f(n2,n1)U1＝eq\f(1000,1)×250V＝2.5×105V；用户端电压为220V，根据eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，得降压变压器原线圈两端的电压U3＝eq\f(n3,n4)U4＝eq\f(1000,1)×220V＝2.2×105V，故输电线上损失的电压为ΔU＝U2－U3＝3×104V，则输电线上的电流为I＝eq\f(ΔU,R)＝eq\f(3×104,1000)A＝30A，电站的输出功率为P1＝P2＝U2I＝7500kW，输电线路损耗功率为ΔP＝I2R＝900kW，由题图乙可知，原线圈交变电流的周期为T＝0.02s，则频率为f＝eq\f(1,T)＝50Hz，变压器不会改变交流电的频率，故用户端交变电流的频率为50Hz，故B正确，A、C、D错误。]

传感器的工作原理及应用一、热敏电阻与金属热电阻1．热敏电阻热敏电阻由半导体材料制成，其电阻随温度的变化明显，温度升高电阻减小，如图甲所示为某一热敏电阻的电阻随温度变化的特性曲线。甲乙2．金属热电阻有些金属的电阻率随温度的升高而增大，这样的电阻也可以制作温度传感器，称为热电阻，如图乙所示为某金属导线电阻的温度特性曲线。3．注意：在工作温度范围内，电阻值随温度上升而增加的是正温度系数(PTC)热敏电阻器；电阻值随温度上升而减小的是负温度系数(NTC)热敏电阻器。二、霍尔元件1．构造：如图所示，在一个很小的矩形半导体(例如砷化铟)薄片上，制作四个电极E、F、M、N，就成为一个霍尔元件。2．工作原理：在E、F间通入恒定的电流I,同时外加与薄片垂直的磁场B，则薄片中的载流子就在洛伦兹力的作用下，向着与电流和磁场都垂直的方向漂移，使M、N间出现了电压，称为霍尔电压UH。3．霍尔电压：UH＝keq\f(IB,d)。(1)其中d为薄片的厚度，k为霍尔系数，其大小与薄片的材料有关。(2)一个霍尔元件的d、k为定值，再保持I恒定，则UH的变化就与B成正比。4．作用：把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量。三、传感器的应用实例1．力传感器的应用——电子秤(1)组成及敏感元件：由金属梁和应变片组成，敏感元件是应变片。(2)工作原理：eq\x(\a\al(金属梁,自由端,受力F))⇒eq\x(\a\al(金属梁发,生弯曲))⇒eq\x(\a\al(应变片的,电阻变化))⇒eq\x(\a\al(两应变片上电压,的差值变化))(3)作用：应变片将物体形变这个力学量转换为电压这个电学量。2．温度传感器的应用实例敏感元件工作原理电熨斗双金属片温度变化时，由于双金属片上层金属与下层金属的膨胀系数不同，双金属片发生弯曲从而控制电路的通断电饭锅感温铁氧体(1)居里温度：感温铁氧体常温下具有铁磁性，温度上升到约103℃时，失去铁磁性，这一温度称为“居里温度”(2)自动断电原理：用手按下开关通电加热，开始煮饭，当锅内加热温度达到103℃时，铁氧体失去磁性，与永久磁铁失去吸引力，被弹簧片弹开，从而推动杠杆使触点开关断开3．光传感器的应用——火灾报警器(1)组成：如图所示，发光二极管LED、光电三极管和不透明的挡板。(2)工作原理：平时光电三极管收不到LED发出的光，呈现高电阻状态，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。一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)所有传感器的材料都是由半导体材料做成的。 (×)(2)传感器是把非电学量转换为电学量的元件。 (√)(3)随着光照的增强，光敏电阻的电阻值逐渐增大。 (×)(4)只有热敏电阻才能把温度这个热学量转换为电阻这个电学量。 (×)(5)传感器可以将所有感受到的信号都转换为电学量。 (×)(6)霍尔元件工作时，产生的电压与外加的磁感应强度成正比。 (√)二、教材习题衍生1．(传感器的原理和分类)宇宙飞船使用各类传感器，智能化地感知各种信息。其中感知宇航员体温变化的传感器是()A．气体传感器 B．声音传感器C．温度传感器 D．压力传感器C[根据题意，要感知宇航员体温变化，则需要将温度的变化转化为电学的物理量，所以使用的传感器为温度传感器，故C项正确。]2．(传感器的应用)下列关于传感器的说法不正确的是()A．热敏电阻是由金属制成的，对温度感知灵敏B．电子秤所使用的测力装置是力传感器，它是把力信号转化为电压信号C．电熨斗能自动控制温度的原因是它装有双金属片，这种双金属片的作用是控制电路的通断D．光敏电阻能够把光照强弱这个光学量转换为电阻这个电学量A[热敏电阻是由半导体材料制成的，对温度感知灵敏，选项A错误；电子秤所使用的测力装置是力传感器，它是把力信号转化为电压信号，选项B正确；电熨斗能自动控制温度的原因是它装有双金属片，这种双金属片的作用是控制电路的通断，选项C正确；光敏电阻能够把光照强弱这个光学量转换为电阻这个电学量，选项D正确。]3．(电容式传感器)传感器在生活中有很多应用。电容式加速度传感器在安全气囊、手机等设备中应用广泛，其原理如图所示，质量块左、右侧分别连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质相对于外框无摩擦地左右移动，但不能上下移动。下列关于该传感器的说法正确的是()A．当电路中没有电流时，电容器所带电荷量一定都相等B．当电路中没有电流时，传感器一定处于平衡状态C．当电路中有顺时针方向的电流时，电容器电容一定减小D．当电路中有顺时针方向的电流时，传感器可能向左也可能向右运动D[当电路中没有电流时，说明电容器处于稳定状态，因电容器的电压不变，根据平行板电容器的电容公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，当电介质插入极板间深度不同时，即相对介电常数εr大小不同，则电容器电容也不同，因此电容器所带电荷量也不相等，故A错误；当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹簧弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极板的电压不变，则电容器的电荷量不变，因此电路中没有电流，故B错误；当电路中有顺时针方向的电流时，说明电容器处于充电状态，根据Q＝CU，可知电容器的电容在增大，故C错误；当电路中有顺时针方向电流时，由C项的分析可知，电容器的电容在增大，插入极板间电介质加深，但传感器可能向左减速运动，也可能向右加速运动，故D正确。]传感器的原理和分类1．(传感器的原理)电子电路中常用到一种称为“干簧管”的元件(如图所示)，它的结构很简单，只是玻璃管内封入的两个软磁性材料制成的簧片。当磁体靠近干簧管时，两个簧片被磁化而接通，所以干簧管能起到开关的作用，操纵开关的是磁场这只看不见的“手”。关于干簧管，下列说法正确的是()A．干簧管接入电路中相当于电阻的作用B．干簧管是根据热胀冷缩的原理制成的C．两个磁性材料制成的簧片接通的原因是被磁化后相互吸引D．干簧管接入电路中相当于电容的作用C[当磁体靠近干簧管时，两个簧片被磁化相互吸引而接通，故选项B错误，选项C正确；当磁体远离干簧管时，软磁性材料制成的簧片失去磁性，所以两簧片又分开，因此干簧管在电路中相当于开关的作用，选项A、D错误。]2．(传感器的原理和分类)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，下列说法不正确的是()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D[当照射光强度增大时，光敏电阻R3阻值减小，外电路电阻随R3的减小而减小，由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流增大，故R1两端电压增大，A正确；因电路中电流增大，故内压增大，路端电压减小，同时R1两端电压增大，故并联电路部分电压减小，则流过R2的电流减小，故B正确，D错误；由干路电流增大可知，流过小灯泡的电流必增大，则小灯泡的功率增大，C正确。]3．(传感器的原理和分类)温度传感器广泛应用于室内空调、电冰箱和微波炉等家用产品中，它是利用热敏电阻的阻值随温度的变化而变化的特性工作的。如图甲中，电源的电动势E＝9.0V，内电阻可忽略不计；G为灵敏电流表，内阻Rg保持不变；R为热敏电阻，其电阻值与温度的变化关系如图乙的R­t图线所示，闭合开关，当R的温度等于120℃时，电流表示数I1＝3mA，求：甲乙(1)电流表G的内阻Rg；(2)当电流表的示数I2＝1.8mA时，热敏电阻R的温度。[解析](1)由题图乙知热敏电阻R的温度在120℃时，电阻为2kΩ，闭合电路的电流为I1＝3mA根据闭合电路欧姆定律得Rg＝eq\f(E,I1)－R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,3×10－3)－2×103))Ω＝1000Ω。(2)当电流表的示数I2＝1.8mA时R′＝eq\f(E,I2)－Rg＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,1.8×10－3)－1×103))Ω＝4000Ω由题图乙可知当热敏电阻R阻值为4000Ω时的温度为20℃。[答案](1)1000Ω(2)20℃传感器问题的分析思路不同类型的传感器，其工作原理一般不同，但所有的传感器都是把非电学量的变化转换为电学量的变化。因此我们可以根据电学量的变化来推测相关量的变化。电阻项目热敏电阻金属热电阻特点电阻率随温度的升高而减小电阻率随温度的升高而增大R­t图像制作材料半导体金属导电原理自由电子和空穴等载流子自由电子的定向移动优点灵敏度较好化学稳定性好，测温范围大，但灵敏度较差作用将温度这个热学量转换为电阻这个电学量霍尔效应和电容式传感器霍尔效应1．如图所示为某霍尔元件的工作原理示意图，该元件中电流I由正电荷的定向运动形成。下列说法不正确的是()A．M点电势比N点电势高B．用霍尔元件可以测量地磁场的磁感应强度C．用霍尔元件能够把磁学量转换为电学量D．若保持电流I恒定，则霍尔电压UH与B成正比A[当正电荷定向移动形成电流时，正电荷在洛伦兹力作用下向N极聚集，M极感应出等量的负电荷，所以M点电势比N点电势低，选项A错误；根据霍尔元件的特点可知，选项B、C正确；因霍尔电压UH＝keq\f(IB,d)，保持电流I恒定时，霍尔电压UH与B成正比，选项D正确。]2．如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，如果用d表示薄片的厚度，k为霍尔系数，相对于一个霍尔元件d、k为定值，如果保持电流I恒定，则可以验证UH随B的变化情况。以下说法中不正确的是()A．将永磁体的一个磁极逐渐靠近霍尔元件的工作面时，UH将变大B．在测定地球两极的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平C．在测定地球赤道上的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平D．改变磁感线与霍尔元件工作面的夹角，UH将发生变化C[一个磁极靠近霍尔元件工作面时，B增强，由UH＝keq\f(IB,d)，知UH将变大，A正确；地球两极处磁场可看作与地面垂直，所以工作面应保持水平，B正确；赤道处磁场可看作与地面平行，所以工作面应保持竖直，C错误；若磁场与工作面夹角为θ，则应有qvBsinθ＝qeq\f(UH,d)，可见θ变化时，UH将变化，D正确。]霍尔电势高低的判断方法由左手定则判断带电粒子的受力方向，如果带电粒子是正电荷，则拇指所指的面为高电势面，如果是负电荷，则拇指所指的面为低电势面，但无论是正电荷还是负电荷，四指指的都是电流方向，即正电荷定向移动的方向，负电荷定向移动的反方向。在判断电势高低时一定要注意载流子是正电荷还是负电荷。电容式传感器1．电容器的电容决定于极板间的正对面积S、极板间距d、极板间的电介质这几个因素。如果某个物理量(如角度θ、位移x、深度H等)的变化引起上述某个因素的变化，从而引起电容的变化，通过电容的变化就可以确定上述物理量的变化，这种电容器称为电容式传感器。2．常见电容式传感器名称传感器原理测定角度θ的电容式传感器当动片与定片之间的角度θ发生变化时，引起极板正对面积S的变化，使电容C发生变化，知道C的变化，就可以知道θ的变化情况测定液面高度h的电容式传感器在导线芯的外面涂上一层绝缘物质，放入导电液体中，导线芯和导电液体构成电容器的两个极，导线芯外面的绝缘物质就是电介质，液面高度h发生变化时，引起正对面积发生变化，使电容C发生变化，知道C的变化，就可以知道h的变化情况测定压力F的电容式传感器待测压力F作用于可动膜片电极上的时候，膜片发生形变，使极板间距离d发生变化，引起电容C的变化，知道C的变化，就可以知道F的变化情况测定位移x的电容式传感器随着电介质进入极板间的长度发生变化，电容C发生变化，知道C的变化，就可以知道x的变化情况[典例]如图所示为测定压力的电容式传感器，将平行板电容器、灵敏电流表(零刻度在中间)和电源串联成闭合回路，当压力F作用于可动膜片电极上时，膜片发生形变，引起电容的变化，导致灵敏电流计指针偏转，在对膜片开始施加压力使膜片电极从图中的虚线推到图中实线位置并保持固定的过程中，灵敏电流表指针偏转情况为(电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏)()A．向右偏到某一刻度后回到零刻度B．向左偏到某一刻度后回到零刻度C．向右偏到某一刻度后不动D．向左偏到某一刻度后不动思路点拨：根据电容的公式C＝eq\f(εrS,4πkd)和C＝eq\f(Q,U)，按以下思路进行分析。eq\x(\a\al(压力F,作用下))→eq\x(\a\al(d变化))→eq\x(\a\al(C变化))→eq\x(\a\al(Q变化))→eq\x(\a\al(回路中产,生电流))A[压力F作用时，极板间距d变小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)，电容器电容C变大，又根据Q＝CU，极板带电荷量变大，所以电容器应充电，灵敏电流计中产生由正接线柱流入的电流，所以指针将右偏。F不变时，极板保持固定后，充电结束，指针回到零刻度。故选A。][跟进训练]1．(测定液面高度)传感器是将能感受的物理量(如力、热、光、声等)转换成便于测量的量(一般是电学量)的一类元件，在自动控制中有相当广泛的应用，如图所示的装置是一种测定液面高度的电容式传感器。金属芯线与导电液体构成一个电容器，从电容C大小的变化情况就能反映出液面高度h的高低情况，则两者的关系是()①C增大表示h增大②C增大表示h减小③C减小表示h减小④C减小表示h增大A．只有①正确 B．只有①、③正确C．只有②正确 D．只有②、④正确B[液面高度的变化，相当于电容器极板正对面积的变化。当h增大时，相当于正对面积增大，则电容应增大；当h减小时，相当于正对面积减小，电容C应减小，B正确。]2．(测定压力传感器)传感器是把非电学量(如位移、压力、流量、声强等)转换成电学量的一种元件。如图所示为一种电容式传感器，电路可将声音信号转化为电信号。电路中a、b构成一个电容器，b是固定不动的金属板，a是能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜。若声源S发出频率恒定的声波使a振动，则a在振动过程中()A．a、b板之间的电场强度不变B．a、b板所带的电荷量不变C．电路中始终有方向不变的电流D．向右位移最大时，电容器的电容最大D[a、b始终跟电源相连，电势差U不变，由于a、b间距离变化，由E＝eq\f(U,d)知电场强度变化，A错误；由C＝eq\f(εrS,4πkd)知d变化时C变化，a向右位移最大时，电容最大，D正确；由Q＝CU知a、b所带电荷量变化，电路中形成充、放电电流，电路中电流方向改变，B、C错误。]传感器的应用[题组训练]1．(光传感器)下列关于光传感火灾报警器的说法中正确的是()A．发光二极管是由半导体材料制成的，光电三极管是由导体材料制成的B．光电三极管与光敏电阻一样都是光敏感元件，都是将光信号转换为电信号C．发光二极管发出的是脉冲微光D．如果把挡板撤去，火灾报警器照样工作B[发光二极管工作时是持续发光的，挡板撤去，光始终照到光电三极管上，始终发出警报，和有无火灾无关。故B正确，A、C、D错误。]2．(传感器的应用)用遥控器调换电视机频道的过程，实际上就是传感器把光信号转换为电信号的过程，下列属于这类传感器的是()A．红外报警装置B．走廊照明灯的声控开关C．自动洗衣机中的压力传感装置D．电饭煲中控制加热和保温的温控器A[红外报警器是当有人或物通过时，将红外线遮住从而使得光信号被遮住，光电效应装置无电流通过，红外报警器则通过另外的装置联系一定的动作，是将光信号转换为电信号的过程，则A选项正确；而B选项是将声音信号转换为电信号的过程；C选项是利用压力来传递信息的过程；D选项则通过温度来控制加热和保温。]3．(温度传感器)家用电热灭蚊器电热部分的主要部件是PTC元件，PTC元件是由钛酸钡等导体材料组成的电阻器，其电阻率ρ与温度t的关系如图所示。由于这种特性，PTC元件具有发热、控温双重功能，若电热灭蚊器环境温度低于t1，以下判断正确的是()A．通电后，其电功率一直增大B．通电后，其电功率先减小后增大C．当其产生的热量与散发的热量相等时，温度保持在t1或t2不变D．当其产生的热量与散发的热量相等时，温度保持在t1～t2间的某一值不变D[从题图线上可以看出，如果通电前PTC的温度t＜t1，通电后由于发热的缘故，温度升高致使电阻率减小，发热功率将进一步增大，形成正反馈效应，致使温度大于t1，随着温度的升高，电阻率也增大，功率将减小，形成负反馈效应，发热功率的减小制约了温度的进一步升高。从以上分析可知，t＜t1时，温度会升高；t＞t2时，温度会降低。故温控点在t1～t2，即温度保持在t1～t2间的某一值。故D正确。]

模式简述1．线圈在匀强磁场中匀速转动。2．线圈不动，匀强磁场匀速转动。3．导体棒在匀强磁场中做简谐运动。4．线圈不动，磁场按正弦规律变化。5．在匀强磁场中导体棒的长度与时间按正弦规律变化。导体棒在匀强磁场中做正弦式运动[示例1]如图所示，间距为L的光滑平行金属导轨，水平地放置在竖直方向的磁感应强度为B的匀强磁场中，一端接阻值为R的电阻。一电阻为r、质量为m的导体棒放置在导轨上，在外力F作用下从t＝0的时刻开始运动，其速度随时间的变化规律v＝vmsinωt，不计导轨电阻。求：(1)从t＝0到t＝eq\f(2π,ω)时间内电阻R产生的热量；(2)从t＝0到t＝eq\f(2π,ω)时间内外力F所做的功。[解析](1)由导体棒切割磁感线产生的电动势E＝BLv得e＝BLvmsinωt回路中产生正弦交流电，其有效值为E＝eq\f(BLvm,\r(2))在0～eq\f(2π,ω)时间内产生的热量Q＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R＋r)))eq\s\up12(2)R·eq\f(2π,ω)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BLvm,R＋r)))eq\s\up12(2)eq\f(πR,ω)(2)由功能关系得：外力F所做的功W＝Q＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BLvm,R＋r)))eq\s\up12(2)eq\f(πR,ω)。[答案](1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BLvm,R＋r)))eq\s\up12(2)eq\f(πR,ω)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BLvm,R＋r)))eq\s\up12(2)eq\f(πR,ω)线圈不动，磁场按正弦规律变化[示例2]如图甲所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场。已知线圈的匝数n＝100匝，电阻r＝1.0Ω，所围成的矩形的面积S＝0.040m2，小灯泡的电阻R＝9.0Ω，磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e＝nBmSeq\f(2π,T)coseq\f(2π,T)t，其中Bm为磁感应强度的最大值，T为磁场变化的周期。不计灯丝电阻值随温度的变化，求：甲乙(1)线圈中产生感应电动势的最大值；(2)小灯泡消耗的电功率；(3)在磁感应强度变化的0～eq\f(T,4)时间内，通过小灯泡的电荷量。[解析](1)由瞬时值表达式可知线圈中感应电动势的最大值Em＝nBmSeq\f(2π,T)＝8V。(2)产生的交流电的电流有效值I＝eq\f(\f(Em,\r(2)),R＋r)小灯泡消耗的电功率P＝I2R＝2.88W。(3)0～eq\f(T,4)时间内电流的平均值eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)＝eq\f(n\f(ΔΦ,Δt),R＋r)通过小灯泡的电荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝neq\f(ΔΦ,R＋r)＝0.004C。[答案](1)8V(2)2.88W(3)0.004C在匀强磁场中导体棒的长度与时间成正弦规律变化[示例3]如图所示，OACO为置于水平面内的光滑闭合金属导轨，O、C