第十二章交变电流传感器

第十二章交变电流传感器第1节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：在匀强磁场中线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。（2）图像：线圈从中性面位置开始计时，各相关物理量随时间变化的图像如图甲、乙、丙、丁所示。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＝2πω（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＝1f2.交变电流的瞬时值、峰值和有效值（1）瞬时值：交变电流某一时刻的值，是时间的函数。（2）峰值：交变电流的电流或电压所能达到的最大值。注意：线圈平面平行于磁场方向时电动势最大，Em＝nBSω。（3）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。E＝Em2，U＝Um2，如图所示是交流发电机的示意图。关于此交流发电机的发电过程，判断下列说法的正误。（1）如图所示位置，线圈的磁通量最大。（√）（2）如图所示位置，线圈中的感应电流最大。（×）（3）线圈转至如图所示位置时，电流方向发生改变。（√）（4）由如图所示位置开始计时，线圈中感应电流的瞬时表达式可表示为i＝Imcosωt。（×）考点一正弦式交变电流的产生和描述[素养自修类]1.[交变电流的产生及变化]如图所示，（a）→（b）→（c）→（d）过程是交流发电机发电的示意图，下列说法正确的是 （）A.当线圈转到图（a）位置时，线圈平面与磁感线垂直，磁通量变化率最大B.从图（b）开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是i＝ImsinωtC.当线圈转到图（c）位置时，感应电流最小，且感应电流方向将要改变D.当线圈转到图（d）位置时，感应电动势最小，ab边感应电流方向为b→a解析：C当线圈转到题图（a）位置时，线圈平面与磁感线垂直，线圈中磁通量最大，磁通量变化率为零，选项A错误；线圈在题图（b）位置时，线圈平面与磁感线平行，线圈中磁通量为零，磁通量变化率最大，产生的感应电动势和感应电流最大，从题图（b）位置开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是i＝Imsinωt+π2，选项B错误；当线圈转到题图（c）位置时，线圈平面与磁感线垂直，线圈中磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电流最小为零，且感应电流方向将要改变，选项C正确；当线圈转到题图（d）位置时，线圈平面与磁感线平行，线圈中磁通量为零，磁通量变化率最大，产生的感应电动势和感应电流最大，选项2.[交变电流瞬时值的表达式]一只低压教学电源输出的交变电压为U＝102·sin314t（V），以下说法正确的是（）A.这只电源可以使“10V2W”的灯泡正常发光B.这只电源的交变电压的周期是314sC.这只电源在t＝0.01s时电压达到最大值D.“10V2μF”电容器可以接在这只电源上解析：A交流电的峰值Um＝102V，则有效值U＝1022V＝10V，所以电源可以使“10V2W”的灯泡正常发光，故A项正确；ω＝100π，则T＝2πω＝0.02s，故B项错误；t＝0.01s时，经过半个周期，电压为零，故C项错误；当电容器的耐压值小于峰值，电容器被击穿，10V小于102V，则“10V2μF”电容器不能接在这只电源上，故3.[交变电流的图像]矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的电动势按如图所示规律变化。下列说法正确的是（）A.t1、t3时刻穿过线圈的磁通量为0B.t2、t4时刻线圈通过中性面C.t1、t3时刻线圈通过中性面D.t2、t4时刻穿过线圈的磁通量变化最慢解析：C线圈在中性面时，磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动势为零；在垂直于中性面时，磁通量为零，磁通量变化率最大，感应电动势最大。故选C。1.中性面的三点说明（1）线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e＝0，i（2）线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，ΔΦΔt最大，e（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。2.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。①线圈在中性面位置开始计时，则i－t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i－t图像为余弦函数图像，函数表达式为i＝Imcosωt。考点二有效值的理解与计算[素养自修类]1.[矩形波形]一交流电压随时间变化的图像如图所示，此交流电压的有效值为（）A.502V B.50VC.252V D.75V解析：A题图中给出的是一方波交流电，周期T＝0.3s，前T3时间内U1＝100V，后2T3时间内U2＝－50V。设该交流电压的有效值为U，根据有效值的定义，有U2RT＝U12R·T3＋U22R·23T，代入已知数据2.[正弦波形]某品牌电热毯的简易电路如图甲所示，电热丝的电阻为R＝484Ω，现将其接在u＝2202sin100πt（V）的正弦交流电源上，电热毯被加热到一定温度后，温控装置P使输入电压变为图乙所示的波形，从而进入保温状态，若电热丝的电阻保持不变，则保温状态下，理想交流电压表V的读数和电热毯消耗的电功率最接近下列哪一组数据（）A.220V、100W B.156V、50WC.110V、25W D.311V、200W解析：B由图像根据有效值的定义可得Um22R×T2＋0＝U2R×T，解得：U＝Um2＝1102V≈156V，电热毯在保温状态下消耗的电功率为P＝U2R＝1103.[矩形波与正弦波的组合]一交变电流的i－t图像如图所示，则对于该交变电流，下列说法正确的是（）A.该交变电流的周期为0.02sB.该交变电流的最大值为4AC.该交变电流的有效值为32AD.该交变电流通过10Ω的电阻时热功率为60W解析：B由交变电流的i－t图像可知，最大值为Im＝4A，周期为T＝0.03s，选项A错误，B正确。设该交变电流的有效值为I，由有效值的定义得Im22R×T3＋Im2R×T3＝I2RT，代入数据解得I＝22A，选项C错误。由P＝I2R可得该交变电流通过10Ω的电阻时热功率为80求解交变电流有效值的两种方法（1）结论法利用E＝Em2、U＝Um2、I＝注意：上述关系对于正弦交变电流的一个周期波形、半个周期波形、两端是0和峰值的14周期波形都成立（2）定义法求解（非正弦式电流）计算时要抓住“三同”：即“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”，列式求解时注意时间取一个周期或周期的整数倍。考点三交变电流“四值”的理解和应用[互动共研类]对交变电流“四值”的比较#物理量#表达式#适用情况及说明瞬时值e＝Emsinωtu＝Umsinωti＝Imsinωt计算线圈某时刻的受力情况最大值（峰值）Em＝nBSωIm＝E讨论电容器的击穿电压有效值对正（余）弦交流电有：E＝EU＝UI＝I（1）计算与电流的热效应有关的量（如电功、电动率、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＝BlvE＝nΔI＝E计算通过电路截面的电荷量【典例】如图所示，N＝50匝的矩形线圈abcd，ab边长l1＝20cm，ad边长l2＝25cm，放在磁感应强度B＝0.4T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO'轴以n＝3000r/min的转速匀速转动，线圈电阻r＝1Ω，外电路电阻R＝9Ω，t＝0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里。求：（π≈3.14）（1）t＝0时感应电流的方向；（2）感应电动势的瞬时值表达式；（3）线圈转一圈外力做的功；（4）从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量。解析（1）根据右手定则，线圈感应电流方向为adcba。（2）线圈的角速度ω＝2πn＝100πrad/s题图位置的感应电动势最大，其大小为Em＝NBl1l2ω代入数据得Em＝314V感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcosωt＝314cos（100πt）V。（3）电动势的有效值E＝E线圈匀速转动的周期T＝2πω＝0.02线圈匀速转动一圈，外力做功大小等于电功的大小，即W＝I2（R＋r）T＝E2R代入数据得W≈98.6J。（4）从t＝0时起线圈转过90°的过程中，Δt内流过电阻R的电荷量q＝I·Δt＝NBΔS代入数据得q＝0.1C。答案（1）感应电流方向沿adcba（2）e＝314cos（100πt）V（3）98.6J（4）0.1C｜特别提醒｜交变电流“四值”应用的两点提醒（1）注意区分交变电流的最大值、瞬时值、有效值和平均值，最大值是瞬时值中的最大值，有效值是以电流的热效应来等效定义的。（2）求解与电能、电热相关的问题时，一定要用有效值；而求解通过导体某横截面的电荷量时，一定要用平均值。1.[交变电流的峰值和有效值]如图所示，矩形线圈abcd与可变电容器C、理想电流表A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，转动的角速度ω＝100πrad/s。线圈的匝数N＝100，边长ab＝0.2m、ad＝0.4m，电阻不计。磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小B＝216πT，电容器放电时间不计。下列说法正确的是（A.该线圈产生的交流电动势峰值为50VB.该线圈产生的交流电动势有效值为252VC.电容器的耐压值至少为50VD.以上说法均错误解析：B线圈产生的交流电动势峰值为Em＝NBSω＝100×216π×（0.2×0.4）×100πV＝502V，故A错误；线圈中产生正弦式交变电流，但只有半个周期有电流，根据电流的热效应有5022R2×R×T2＝E2RT，解得交流电动势的有效值E＝252V，故B正确，D错误；电容器的耐压值至少为电动势的最大值，即至少为502.[交变电流的有效值和平均值]如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B、垂直纸面向里的匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R，线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，下列说法正确的是（）A.转过π6时，线框中的电流方向为B.线框中感应电流的有效值为2C.线框转一周的过程中，产生的热量为2πD.从中性面开始转过π2的过程中，通过导线横截面积的电荷量为解析：B转过π6时，线框中的电流方向为adcba，故A错误；线框转动过程中产生电动势的有效值为E＝Em2＝BSω2，所以电流的有效值为I＝ER＝BSω2R＝2BSω2R，故B正确；产生的热量Q＝I2Rt＝2BSω2R2·R·2πω＝πB2S2ωR，故C错误；从中性面开始转过π2“专项研究”拓视野产生正弦交流电的四种非常规方式正（余）弦交流电是一种最常见、最特殊而且应用广泛的交变电流，关于它的产生、描述及有关的变化规律是高考的一个热点。探究其产生方法，由法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt＝nSΔBΔt及其推论类型一导体棒在匀强磁场中平动导体棒在匀强磁场中匀速平动，但导体棒切割磁感线的有效长度按正弦规律变化，则导体棒组成的闭合电路中就会产生正弦式交变电流。【典例1】如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B＝0.2T，ODA直导轨分别在O点和A点接阻值R1＝30Ω和R2＝60Ω的定值电阻，导轨OCA的曲线方程为y＝sinπx3（m），金属棒ab长1.5m，以速度v＝5.0m/s水平向右匀速运动（b端始终在（1）金属棒在导轨上运动时阻值为R1的定值电阻的最大功率；（2）金属棒在导轨上运动时，从x＝0运动到x＝3.0m的过程中，外力做的功。解析（1）金属棒匀速运动，位移为x＝vt，金属棒在两导轨间的感应电动势为e＝Byv＝sin5π3t（V），当x＝1.5m时，感应电动势达到最大，最大值为Em＝1.0V，阻值为R1的定值电阻的最大功率为PR1＝Em2R1，解得PR1（2）两电阻的并联值为R并＝R1R2R1+R2，外力做功等于回路产生的焦耳热，即W＝Em22R答案（1）130W（2）1.5×10－2类型二导体棒在匀强磁场中振动导体棒在匀强磁场中沿平行导轨平动切割磁感线时，棒的速度按正弦规律变化，则棒中会产生正弦交变电流。【典例2】如图甲所示，两足够长的光滑平行导轨固定在水平面内，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨间距为L，一端连接阻值为R的电阻。一金属棒垂直导轨放置，质量为m，接入电路的电阻为r。在金属棒中点对棒施加一个水平向右、平行于导轨的拉力，棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g。（1）若金属棒以速度v0做匀速运动，求棒受到的拉力大小F1；（2）若金属棒在水平拉力F2作用下，速度v随时间t按余弦规律变化，如图乙所示，取水平向右为正方向，求t＝0到t＝T4的过程中，整个回路产生的热量Q以及拉力F2做的功W解析（1）棒匀速运动时产生的感应电动势E＝BLv0，形成的感应电流I＝ER+r，受到的安培力F0＝ILB，由平衡条件有F1＝F0，解得F1（2）速度随时间的变化关系为v＝v0cos2πTt，电路中产生正弦式电流，电动势的峰值E＝BLv0，电动势的有效值E0＝E2，产生的热量Q＝E02R+r·T4，解得Q＝B2L2v02T8(R+r)，安培力做的功WA＝－Q，答案（1）B2L2v0R+r（2类型三导体棒在不均匀磁场中平动导体棒在磁场中匀速平动切割磁感线，在棒的平动方向上，磁场按照正弦规律变化，则棒中会产生正弦交变电流。【典例3】长度为l的金属杆MN置于的光滑U型导轨上，其一端接有定值电阻R，整个装置放在水平面上。垂直导轨平面分布着一个恒定磁场，其磁感应强度B沿导轨方向按照B＝B0sin（kx）的形式分布（B0、k为已知定值，规定垂直纸面向里为磁感应强度B的正方向），如图所示。在一未知外力F的作用下，杆MN从x＝0的位置开始向右以速度v0匀速运动。金属杆和导轨其他部分电阻均不计。求：（1）通过电阻R的电流随时间变化的表达式，并求周期及电流的有效值；（2）求在时间t内（为周期的整倍数），外力F做的功。解析（1）导体棒切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律e＝B0lv0sin（kv0t），i＝eR＝B0lv0sin(kv0t)R，对照交流电表达式i＝Imsinωt，知ω＝kv0，Im＝B0l（2）根据能量守恒定律，周期的整倍数时间内，外力F做的功等于电路产生的焦耳热WF＝I2Rt＝B0lv02答案（1）i＝Blv0sin(（2）B0类型四线圈处于周期性变化的磁场中闭合线圈垂直于匀强磁场，线圈静止不动，磁场按正弦规律做周期性变化，则线圈中会产生正弦交变电流。【典例4】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＝0.04m2，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＝nBmS2πTcos2πTt，其中Bm为磁感应强度的最大值，（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～T4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＝nBmS2πT＝100×10－2×0.04×2×3.143.14×10（2）产生的交流电的电流有效值I＝Em2(R+r)＝225A，小灯泡消耗的电功率P（3）0～T4时间内电流的平均值I＝ER+r＝nΔΦΔt(R+r)，通过小灯泡的电荷量q＝IΔt＝nΔΦ答案（1）8V（2）2.88W（3）4×10－3C1.如图所示，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动；乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动。下列说法正确的是 （）A.甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场B.乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场C.甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电D.乙图线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电解析：A题图甲中细短铁丝被磁化后相当于小磁针，根据其分布特点可以判断题图甲中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，选项A正确；而题图乙中，磁针分布的方向并不相同，因此选项B错误；题图甲中线圈匀速转动时产生的电流才是正弦交流电，选项C错误；题图乙线圈匀速转动时始终与磁场垂直，所以产生的电流大小不变，选项D错误。2.（2022·广东高考）如图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。定子是仅匝数n不同的两线圈，n1＞n2，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流。不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是（）A.两线圈产生的电动势的有效值相等B.两线圈产生的交变电流频率相等C.两线圈产生的电动势同时达到最大值D.两电阻消耗的电功率相等解析：B由于两定子线圈匝数不同，根据法拉第电磁感应定律可知，在两线圈中产生的电动势最大值不相等，有效值不相等，A错误；由于转子匀速转动的周期等于两定子产生交流电的周期，所以两线圈产生的交变电流频率相等，B正确；由于两线圈轴线在同一平面内且相互垂直，所以两线圈产生的感应电动势一个在最大值时，另一个为零，C错误；由于在两线圈中产生的电动势的有效值不相等，根据P＝E2R可知，两电阻消耗的电功率不相等，D3.如图所示，闭合开关后，R＝5Ω的电阻两端的交流电压为u＝502sin10πtV，电压表和电流表均为理想交流电表，则（）A.该交流电周期为0.02sB.电压表的读数为100VC.电流表的读数为10AD.电阻的电功率为1kW解析：C该交流电的周期T＝2πω＝2π10πs＝0.2s，选项A错误；电压表的读数为交流电的有效值，即U＝5022V＝50V，选项B错误；电流表的读数为I＝UR＝505A＝10A，选项C正确；电阻的电功率为P＝IU＝10×50W＝5004.一正弦式交变电流的i－t图像如图所示。下列说法正确的是（）A.在t＝0.4s时电流改变方向B.该交变电流的周期为0.5sC.该交变电流的表达式为i＝2cos5πtAD.该交变电流的有效值为22解析：C由图可知t＝0.4s时电流为正方向最大，电流方向没有发生变化，故A错误；由图可知，该交变电流的周期为T＝0.4s，故B错误；由图可知，电流的最大值为imax＝2A，角速度为ω＝2πT＝5πrad/s，故该交变电流的表达式为i＝imaxcosωt＝2cos5πtA，故C正确；该交变电流的有效值为i＝imax2＝2A，故5.如图所示，虚线是正弦交流电的图像，实线是另一交流电的图像，它们的周期T和最大值Um相同，则实线所对应的交流电的有效值U满足（）A.U＝Um2 B.UC.U＞2Um2 D.解析：D因虚线是正弦交流电的图像，则该交流电的有效值为U有效值＝Um2＝2Um2，由题图可知，实线所代表的交流电的瞬时值小于等于虚线表示的正弦交流电的瞬时值，则实线所代表的交流电的有效值小于虚线所表示的正弦交流电的有效值，则U＜26.（2023·江苏常熟中学二模）图甲是某发电机的示意图，正方形金属线框边长为L，其两端与两个半圆环相连，在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度绕OO'轴转动。阻值为R的电阻两端的电压如图乙所示，Um为已知，其他电阻不计，则金属框转动一周（）A.框内电流方向不变B.电动势的有效值大于22UC.流过电阻的电荷量为q＝2D.电阻产生的焦耳热为Q＝π解析：D金属框每次经过中性面时框内电流方向都会改变，故A错误；由题图乙可知，线框产生感应电动势的图像应为完整的正弦曲线，所以电动势的有效值等于22Um，故B错误；金属框转动一周的过程中，流过电阻的电荷量为q＝I×T4×4＝ER×T4×4＝ΔΦR×4＝4BL2R，故C错误；设金属框转动的角速度为ω，则有Um＝BL2ω，金属框转动的周期为T＝2πω，根据焦耳定律可得电阻产生的焦耳热为Q＝7.如图甲所示，标有“220V40W”的灯泡和标有“20μF320V”的电容器并联接到交流电源上，为交流电压表，交流电源的输出电压如图乙所示。当闭合开关时，下列判断正确的是（）A.t＝T2时刻，的示数为零B.灯泡恰好正常发光C.电容器不会被击穿D.的示数保持1102V不变解析：B的示数应是电压的有效值220V，选项A、D错误；电压的有效值恰好等于灯泡的额定电压，灯泡正常发光，选项B正确；电压的峰值Um＝2202V≈311V，小于电容器的耐压值，故电容器不可能被击穿，选项C错误。8.如图所示，一半径为L的导体圆环位于纸面内，O为圆心。环内两个圆心角为90°且关于O中心对称的扇形区域内分布有匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B、方向相反且均与纸面垂直。导体杆OM可绕O转动，M端通过滑动触点与圆环良好接触，在圆心和圆环间连有电阻R，不计圆环和导体杆的电阻。当杆OM以恒定角速度ω逆时针转动时，理想电流表A的示数为（）A.2BLC.2BL解析：AOM切割磁感线产生的电动势E＝BL2ω2，OM切割磁感线时产生的感应电流I＝ER，设电流的有效值为I有效，则I有效2RT＝2I2R·14T，解得I9.（2023·江苏省盐城市高三第二次模拟）一种手摇发电的手电筒如图甲所示，内部有一固定的线圈和可来回运动的条形磁铁，其原理图如图乙所示。当沿图甲中箭头方向来回摇动手电筒的过程中，条形磁铁在线圈内来回运动，灯泡发光。在此过程中，下列说法正确的是（）A.增加摇动频率，灯泡变暗B.线圈对磁铁的作用力方向不变C.磁铁从线圈一端进入与从该端穿出时，灯泡中电流方向相反D.磁铁从线圈一端进入再从另一端穿出的过程，灯泡中电流方向不变解析：C摇动的频率增加，线圈中的磁通量变化率增大，线圈中的感应电动势增大，灯泡变亮，选项A错误；线圈对磁铁的作用力阻碍磁铁的运动，磁铁的运动方向发生改变，则受到的作用力也发生改变，选项B错误；磁铁在其周围产生的磁场方向不变，靠近线圈的过程中，线圈中的磁通量增大，远离线圈的过程中，线圈中的磁通量减小，根据楞次定律的增反减同可知，磁铁从线圈一端进入再从另一端穿出时，线圈中的电流方向相反，选项C正确，D错误。10.（2023·江苏南通二模）如图所示，电阻为r的金属直角线框abcd放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，a、d两点连线与磁场垂直，ab、cd长均为l，bc长为2l，定值电阻阻值为R。线框绕ad连线以角速度ω匀速转动，从图示位置开始计时，则（）A.线框每转一圈，回路电流方向改变一次B.a、d两点间的电压为2Bl2ωC.电流瞬时值的表达式为i＝2D.半个周期内通过R的电荷量为4解析：D线圈产生的是正弦交流电，正弦交流电在一个周期内方向改变2次，故A错误；回路中产生的感应电动势有效值为E＝Em2＝Bl·2lω2＝2Bl2ω，a、d两点间的电压为路端电压，则U＝RR+rE，故B错误；从中性面开始转动，是正弦交流电，电流瞬时值表达式i＝EmR+rsinωt＝2Bl2ωR+rsinωt11.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。则下列描述错误的是（）A.感应电动势的最大值为2π2Bnr2B.从图示位置起转过14周期的时间内负载电阻R上产生的热量为C.从图示位置起转过14周期的时间内通过负载电阻R的电荷量为D.电流表的示数为π解析：A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＝B·πr22·2πn＝π2Bnr2，故A错误；在转过14周期的时间内，线圈一直切割磁感线，则产生的热量Q＝Em22R·T4＝π4B2nr48R，故B正确；在转过14周期的时间内，电动势的平均值E＝ΔΦΔt，通过R的电荷量q＝IΔt＝ERΔt＝ΔΦR＝πBr22R12.（2021·江苏高考）贯彻新发展理念，我国风力发电发展迅猛，2020年我国风力发电量高达4000亿千瓦时。某种风力发电机的原理如图所示，发电机的线圈固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，已知磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为0.20T，线圈的匝数为100、面积为0.5m2，电阻为0.6Ω，若磁体转动的角速度为90rad/s，线圈中产生的感应电流为50A。求：（1）线圈中感应电动势的有效值E；（2）线圈的输出功率P。（结果保留2位有效数字）解析：（1）电动势的最大值Em＝NBSω，有效值E＝Em2，解得E＝NBSω2，带入数据得E＝6.4×102（2）输出电压U＝E－Ir，输出功率P＝IU，解得P＝I（E－Ir），代入数据得P＝3.1×104W。答案：（1）6.4×102V（2）3.1×104W第2节理想变压器与远距离输电一、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：电磁感应的互感现象。3.基本关系式（1）功率关系：P入＝P出。（2）电压关系：U1U2（3）电流关系：只有一个副线圈时，I1I2二、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＝PU＝P'U2.电压损失ΔU＝U－U'＝IR。3.功率损失ΔP＝P－P'＝I2R＝PU24.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＝ρlS知，可加大导线的横截面积、采用电阻率小（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。变压器是生活、生产用电的必备设备，如图所示是电能输送的简单示意图。判断下列说法正误。（1）变压器对恒定直流没有变压作用。（√）（2）变压器能改变交变电流的频率。（×）（3）工厂用电设备接得越多，输电线上的电流越大，输电线路损耗越大。（√）（4）正常工作的低压变电站，当所有用户的用电器全部断开时，变压器副线圈中电流为零，副线圈两端电压也为零。（×）考点一理想变压器的理解和应用[素养自修类]1.[理想变压器电压关系的应用]（2022·重庆高考）低压卤素灯在家庭电路中使用时需要变压器降压。若将“12V50W”的交流卤素灯直接通过变压器（视为理想变压器）接入电压为220V的交流电后能正常工作，则（）A.卤素灯两端的电压有效值为62VB.变压器原、副线圈的匝数比为55∶3C.流过卤素灯的电流为0.24AD.卤素灯的电阻为968Ω解析：B卤素灯上标记的额定电压12V即为卤素灯两端的电压有效值，A错误；根据理想变压器的原理可知n1n2＝U1U2＝22012＝553，B正确；流过卤素灯的电流为I＝PU＝50W12V＝256A，C错误；由R＝U22.[理想变压器电流关系的应用]（2023·江苏如皋模拟）互感式钳形电流表内部结构如图所示，电流表与次级线圈相连，用手柄控制钳形铁芯上方开口的开合，则（）A.该电流表可用来测量直流电B.次级线圈匝数越少，电流表读数越大C.该电流表测电流时相当于降压变压器D.测量时电流表应串联在被测通电导线中解析：B互感式钳形电流表利用的是电磁感应的互感原理，不能测量直流电，故A错误；电流大小与线圈匝数成反比，所以次级线圈匝数越少，电流表读数越大，故B正确；该电表原线圈为单匝，是升压变压器，故C错误；测量时，用手柄控制钳形铁芯上方开口打开，将被测通电导线圈放入其中，不需要将电流表串联在被测通电导线中，故D错误。3.[含有二极管的变压器的电路分析]如图甲所示的充电器正在给充电。乙图是简化原理图，理想变压器原、副线圈匝数之比为55∶2，原线圈接220V交流电，副线圈通过理想二极管连接。下列说法正确的是（）A.副线圈的电流为8AB.两端的电压为8VC.通过的电流为直流电D.拔掉，充电线两端电压为零解析：C的电阻未知，根据题给条件无法求出副线圈的电流，故A错误；根据U1U2＝n1n2可得，副线圈输出电压为U2＝n2n1U1＝8V，经过二极管后，根据有效值定义可得U2R·T＝U22R·T2，解得两端的电压为U＝42V，故B错误；因二极管具有单向导电性，所以通过1.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。2.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＝n2n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＝n2n考点二理想变压器的动态分析问题[多维探究类]考法一匝数比不变、负载变化的情况【典例1】（2023·江苏南京外国语学校模拟）图为理想的可调式自耦变压器与负载连接电路，原线圈输入交流电的电压u确定，闭合电键S，电动机M开始工作，此后观察到灯泡L亮度变暗，则以下说法错误的是（）A.S闭合后电流表读数变大B.S闭合后原线圈输入功率变大C.S闭合副线圈输出电压没有变化D.要让L灯达到原来亮度，滑动头P应向上移动解析由于原线圈电压确定，原、副线圈匝数确定，所以副线圈两端电压一定，闭合电键S，电动机M开始工作，此后观察到灯泡L亮度变暗，说明灯泡L两端电压减小，因此电阻R两端电压增大，由U＝IR可知，通过电阻R的电流增大，电流表读数变大，故A、C正确；由副线圈输出功率P2＝U2I2可知，副线圈的输出功率变大，由理想变压器P1＝P2可知，S闭合后原线圈输入功率变大，故B正确；要让L灯达到原来亮度，就要增大副线圈的输出电压，由U1U2＝n1n2可知，要减小原副线圈的匝数，滑动头P答案D｜解题技法｜匝数比不变，负载变化的情况的分析思路一般电路如图所示。（1）U1不变，根据U1U2＝n1n2，输入电压U1决定输出电压U2，可以得出不论负载电阻R（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。考法二匝数比改变、负载不变的情况【典例2】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10Ω。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2.2AB.当S与a连接后，理想电压表示数为11VC.当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为25HzD.当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的8倍解析由题图可以知道，交变电流的电压有效值为220V、周期为0.02s，频率为50Hz。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22V，由闭合电路欧姆定律得理想电压表的示数为22V，理想电流表示数为2.2A，故A正确，B错误；当S由a拨到b后，原线圈匝数减半，原线圈电压、频率不变，则副线圈频率不变，故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D错误。答案A｜解题技法｜负载电阻不变，匝数比变化的情况的分析思路一般电路如图所示。（1）U1不变，n1n2发生变化，U（2）R不变，U2变化，I2发生变化。（3）根据P2＝U22R和P1＝P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，I考法三匝数比、负载都变化的情况【典例3】如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，保持输入电压不变。开始时单刀双掷开关K接a；S断开时，小灯泡A发光较暗，要使小灯泡A亮度增加，下列操作可行的是（）A.闭合开关SB.开关K接bC.把滑动变阻器滑片向左移动D.以上说法都不对解析闭合开关S，副线圈回路总电阻变小，电流变大，滑动变阻器上的分压增大，并联部分的电压变小，灯泡A变暗，选项A错误；开关K接b，输入端线圈匝数减小，则根据U1U2＝n1n2可知，副线圈两端的电压增大，灯泡A中电流增大，灯泡A变亮，选项B正确，D错误；把滑动变阻器滑片向左移动，副线圈回路总电阻变大，总电流变小，灯泡A两端的电压变小，灯泡A答案B考点三远距离输电[互动共研类]分析远距离输电问题的三个“关键点”1.理清三个回路2.抓住两个联系（1）回路1和回路2的联系——升压变压器→基本关系：U1U2＝n1n2，I1I2（2）回路2和回路3的联系——降压变压器→基本关系：U3U4＝n3n4，I3I43.明确三个重要关联式（联系两个变压器的纽带）（1）功率关联式：P2＝ΔP＋P3，其中ΔP＝ΔUI线＝I线2R线＝（2）电压关联式：U2＝ΔU＋U3。（3）电流关联式：I2＝I线＝I3。【典例4】（2023·江苏省新高考适应性考试）小明分别按图1和图2电路探究远距离输电的输电损耗，将长导线卷成相同的两卷A、B来模拟输电线路，忽略导线的自感作用。其中T1为理想升压变压器，T2为理想降压变压器，两次实验中使用的灯泡相同，灯泡的电压相等。两次实验中（） A.都接直流电源B.A两端的电压相等C.A损耗的功率相等D.图1中A的电流较大解析由于变压器只能改变交变电流，因此图2中不可能接直流电源，A错误；T2是降压变压器，根据n3n4＝I4I3＞1，由于流过两个灯泡的电流相等，可知图2中流过A的电流较小，加在图2中A两端的电压较低，图2中A消耗的功率较小，B、答案D1.[远距离输电中输送功率和损失功率的计算]远距离输电线路简化如图所示，电厂输送电功率不变，变压器均为理想变压器，图中标示了电压和电流，其中输电线总电阻为R，则（）A.I2＞UB.输电线损失的电功率为UC.提高输送电压U2，则输电线电流I2增大D.电厂输送电功率为U2I2解析：D在输电线路上有U2＝I2R＋U3，所以I2＜U2R，故A错误；由于U2不是R两端的电压，所以输电线损失的电功率不是U22R，故B错误；因为输送功率不变，根据P2＝U2I2可知提高输送电压U2，输电线电流I2减小，故C错误；因变压器为理想变压器，所以有P1＝P2＝U2I22.[远距离输电的电路动态分析]如图所示，小型水力发电站的发电机有稳定的输出电压，该电压先通过发电站附近的升压变压器升压，然后通过输电线路把电能输送到远处用户附近的降压变压器，经降压变压器降低电压后再输送至各用户。设变压器都是理想变压器，那么在用电高峰期，随着用电器增多，用户消耗的电功率增加，下列说法正确的是（）A.发电机的输出电流变小B.高压输电线路的功率损失变小C.降压变压器副线圈两端的电压变小D.升压变压器副线圈两端的电压变大解析：C用电高峰期用电器增多，降压变压器的输出电流增大，由变压器原、副线圈电流关系可知输电线上的电流I增大，发电机的输出电流变大，选项A错误；输电线路上损失的功率P损＝I2r，r为输电线路电阻，故P损变大，选项B错误；升压变压器副线圈的输出电压U2只与输入电压U1及原、副线圈匝数比有关，即升压变压器副线圈两端的电压不变，选项D错误；降压变压器原线圈两端的电压U3＝U2－U损，U损＝Ir，I增大，U损增大，故U3减小，由理想变压器原、副线圈的电压关系可知降压变压器副线圈两端的电压变小，选项C正确。“专项研究”拓视野两类特殊的变压器问题除了常规变压器以外，还有特殊的变压器：自耦变压器、互感器，我们也需要学会处理有关问题。1.自耦变压器问题自耦变压器（又称调压器），它只有一个线圈，原、副线圈共用其中的一部分作为另一个线圈，当交流电源接不同的端点时，它可以升压也可以降压，变压器的基本关系对自耦变压器同样适用，如图所示。【典例1】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U1U2＝n1n2知，U2＜U1，且U2答案C2.互感器问题两种互感器的比较##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U1UI1n1＝I2n2【典例2】如图，T1、T2是监测交流高压输电参数的互感器，其中a、b是交流电压表或交流电流表。若高压输电线间的电压为220kV，T1的原、副线圈匝数比为1∶100，交流电压表的示数为100V，交流电流表的示数为1A，则（）A.b是交流电压表B.T2的原、副线圈匝数比为100∶1C.高压线路输送的电流为1AD.高压线路输送的电功率为220kW解析题图中右侧的互感器原线圈并联在高压线上，b是交流电压表，选项A正确；若高压输电线间的电压为220kV，副线圈交流电压表的示数为100V，根据变压器变压公式，T2的原、副线圈匝数比为2200∶1，选项B错误；T1的原、副线圈匝数比为1∶100，a是交流电流表，交流电流表的示数为1A，根据变压器变流公式，高压线路输送的电流为100A，选项C错误；高压线路输送的电功率为P＝UI＝220kV×100A＝22000kW，选项D错误。答案A1.（2022·北京高考）某理想变压器的原线圈接在220V的正弦交流电源上，副线圈输出电压为22000V，输出电流为300mA。该变压器（）A.原、副线圈的匝数之比为100∶1B.输入电流为30AC.输入电流的最大值为152AD.原、副线圈交流电的频率之比为1∶100解析：B原、副线圈的匝数之比为n1n2＝U1U2＝22022000＝1100，故A错误；根据n1n2＝I2I1可得输入电流为I1＝n2n1I2＝100×300×10－3A＝30A，故B正确；输入电流的最大值为Im＝2I1＝302A2.某同学设计了一个充电装置，如图所示，假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2s，电压最大值为0.05V，理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1∶60，下列说法正确的是（）A.交流电的频率为10HzB.副线圈两端电压最大值为3VC.变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关D.充电电路的输入功率大于变压器的输入功率解析：B周期是T＝0.2s，频率是f＝1T＝5Hz，故A错误；由理想变压器原理可知U1U2＝n1n2，解得副线圈两端的最大电压为U2＝n2n1U1＝3V，故B正确；根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁磁场越强，线圈中产生的感应电动势越大，变压器的输入电压会越大，故C错误3.（2023·江苏南京市雨花台中学高三月考）某款手摇点火器原理如图所示，当钢针和金属板间瞬时电压超过5000V时可以产生电火花。已知匀强磁场的磁感应强度B大小为0.2T，手摇发电机线圈的面积为0.5m2，共50匝，不计内阻。变压器可视为理想变压器，其原副线圈匝数比为1∶100。则（）A.电压表的示数为5V时，点火器可以产生电火花B.电压表的示数为25V时，点火器可以产生电火花C.线圈转速等于1r/s时，点火器可以产生电火花D.线圈转速等于2r/s时，点火器可以产生电火花解析：D电压表的示数为原线圈两端电压的有效值，又因原副线圈匝数比为1∶100，因此刚点火时则有UV＝U1m2＝502V＝252V，5V、25V均小于252V，则不能达到点火电压，A、B错误；设线圈转速为n，则发电机的最大电动势是Em＝NBSω＝NBS·2πn，则输入变压器原线圈的最大电压U1m＝Em，设点火电压U2m＝5000V，由变压器的原副线圈匝数比为1∶100，可得原线圈的瞬时最大电压是U1m＝50V，将各物理量的数据代入Em＝NBSω＝NBS·2πn，解得n＝5πr/s≈1.59r/s，线圈转速大于1.59r/s时，点火器可以产生电火花，C错误4.小芳设计了一个电吹风，其电路图如图所示，变压器原、副线圈的匝数分别为N1、N2，小风扇的额定电压为60V。a、b、c、d为四个固定触点，转动扇形金属触片P的位置可同时接触两个触点，使电吹风可处于关机、吹热风和吹冷风三种工作状态。在电吹风吹热风时（）A.触片P同时接触a、b，N1∶N2＝11∶3B.触片P同时接触a、b，N1∶N2＝3∶11C.触片P同时接触b、c，N1∶N2＝11∶3D.触片P同时接触b、c，N1∶N2＝3∶11解析：A由题意可知，电吹风吹热时，电热丝需连入电路中，触片P同时接触a、b，由变压器电压和匝数关系可得N1N2＝U1U2＝22060＝113，A正确5.（2023·江苏宿迁一模）在如图所示电路中，理想变压器原线圈接在交流电源上，调节滑动触头Q可以改变副线圈接入电路的匝数。R0为定值电阻，灯泡L和滑动变阻器R串联，P为滑动变阻器的滑片，A为交流电流表。开关S闭合，电流表A的示数为I。则（）A.仅将P向下滑动，I增大B.仅将Q向下滑动，灯泡变亮C.仅将开关S断开，灯泡变亮D.仅将开关S断开，变压器的输入功率增加解析：A仅将P向下滑动，副线圈总电阻减小，副线圈总电流变大，根据变压器原理可得原线圈的电流变大，故A正确；仅将Q向下滑动，副线圈匝数减小，副线圈输出电压变小，灯泡变暗，故B错误；仅将开关S断开，副线圈电压不变，则灯泡亮度不变，故C错误；仅将开关S断开，副线圈电压不变，副线圈电阻增加，则副线圈功率减小，变压器的输入功率减小，选项D错误。6.（2023·江苏省盐城市高三二模）如图所示的钳形电流表，按下手柄时，它的铁芯可以分开，把被测的载流导体放入后，松开手柄，铁芯闭合。导线中的交变电流在铁芯中产生交变磁场，电流表与套在铁芯上的线圈相连，可以间接得知导线中的电流。被测导线、铁芯、线圈构成一个电流互感器。下列对钳形电流表的说法正确的是（）A.其工作原理与降压变压器一样B.需要断开电路将此钳式电流表串接在电路中C.如果钳口没有闭合紧密，则电流的测量值会偏小D.如果通电导线在钳形口多绕几圈，则读数会偏小解析：C钳形电流测量仪实质上是“降流”，则原理是与升压变压器一样，故A项错误；此仪器不需要断开电路，只需将此钳式电流表的钳口扣在导线上即可，B项错误；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项正确；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，则钳形电流测量仪的示数I2将变大，即读数会偏大，故D项错误。7.（2023·江苏泰州中学模拟预测）“西电东送”是将西部丰富的能源转化为电能输送到电力供应紧张的沿海地区，为了减少远距离输电线路中电阻损耗的能量，需要采用高压输电。某发电机输出的交流电经理想变压器升压后向远处输送，最后经理想变压器降压后输送给用户。则下列说法不正确的是（）A.若减少升压变压器原线圈的匝数，输电线上损失的功率将减小B.用户获得的交流电频率与发电机输出的交流电频率相同C.若增加用户用电负载的数量，输电线上损失的功率将增加D.根据I＝PU解析：D减少升压变压器原线圈的匝数，输电电压增加，根据I＝PU可知输电电流减小，损失功率减小，故A正确；变压器并不能改变交流电的频率，则用户获得的交流电频率与发电机输出的交流电频率相同，故B正确；若增加用户用电负载的数量，总电阻减小，输电电流增大，由P＝I2R知损失功率增大，故C正确；根据I＝PU可知输电电压增加，则输电电流减小，故D8.（2023·江苏苏州二模）图甲所示为可拆变压器的零部件，其中铁芯B可以横向固定在铁芯A顶端形成闭合铁芯。原、副线圈的匝数分别为n1和n2，将它们分别套在铁芯A的两臂上，如图乙所示。某同学为测量原线圈的电阻，用合适挡位的欧姆表两表笔与原线圈的两接线柱连接，等指针稳定后读数。之后原线圈两端接正弦交流电源，测得原、副线圈两端的电压分别为U1和U2。下列说法正确的是（）A.欧姆表两表笔与接线柱连接时，其示数逐渐增大最后稳定在一个值B.欧姆表两表笔与接线柱断开时，原线圈两端的电压从稳定值逐渐减小C.若不安装铁芯B在铁芯A上，则有U1∶U2＞n1∶n2D.将铁芯B安装到铁芯A上后，则有U1∶U2＜n1∶n2解析：C两表笔与接线柱接触瞬间，由于线圈的自感作用，会产生自感电动势阻碍电流的增加，开始时电流较小，欧姆表示数较大，由于电流的逐渐稳定，其阻碍减弱，电流逐渐变大，欧姆表示数会逐渐减小最后稳定在一个值，故A错误；两表笔与接线柱断开瞬间，由于线圈的自感作用，线圈会产生较大的自感电动势，其两端电压瞬间变大，由于没有形成闭合回路，紧接着两端的电压变为零，故B错误；若不安装铁芯B在铁芯A上，会存在着较大的漏磁，副线圈比有铁芯时的电压会小很多，所以ΔΦ1Δt＝U1n1＞ΔΦ2Δt＝U2n2，U1∶U2＞n1∶n2，故C正确；将铁芯B安装到铁芯A上后，形成闭合磁路，没有漏磁，则有U19.（2023·江苏苏锡常一模）某种的无线充电原理如图所示。已知发射线圈的两端电压为45V，电流的频率为100kHz，接收线圈的两端电压为5.4V。充电时效率大约60%。下列说法正确的是（）A.无线充电工作原理是“电流的磁效应”B.接收线圈中电流的频率为100kHzC.无线充电发射线圈与接收线圈匝数比为25∶3D.充电时接收线圈始终有收缩的趋势解析：B无线充电工作原理是：变化的电流流过发射线圈会产生变化的磁场，当接收线圈靠近该变化的磁场时就会产生感应电流给充电，利用的是电磁感应现象，故A错误；接收线圈中电流的频率与发射线圈中电流的频率相等，均为100kHz，B正确；若充电时不漏磁，两线圈可视为理想变压器，功率无损耗，匝数比为n1n2＝U1U2＝455.4＝253，但是本题中充电时效率大约60%，功率有损耗，所以匝数比不是25∶3，故C错误；发射线圈接的是交流电，当发射线圈的电流减小时，10.（2023·江苏省海头高级中学二模）如图所示为实验室使用的旋转磁极式发电机模型，线圈abcd的匝数N＝100，内阻r＝4Ω，输出端与理想变压器的原线圈相连，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝4∶1，副线圈外接电阻R＝1Ω。转动磁极，线圈abcd内磁场的磁通量的变化规律为：Φ＝22100πsin10πt（Wb）。闭合（1）线圈产生电动势的有效值E；（2）电阻R中的电流I2。解析：（1）由题可知，线圈磁通量的最大值为Φm＝2转动的角速度为ω＝10πrad/s则线圈产生电动势的最大值为Em＝NBSω＝NΦmω＝202V则线圈产生电动势的有效值为E＝Em2＝20（2）设变压器原线圈的电流为I1，则根据能量守恒有EI1＝I12r＋根据变压器的电流关系有I1I联立解得，电阻R中的电流为I2＝4A。答案：（1）20V（2）4A实验十五探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系一、实验目的探究变压器原线圈电压一定时，副线圈电压与线圈匝数的定量关系。二、实验原理1.实验电路图2.实验方法采用控制变量法（1）n1一定，研究n2和U2的关系。（2）n2一定，研究n1和U2的关系。三、实验器材学生电源（低压交流，小于12V）1个、可拆变压器1个、多用电表（交流电压挡）1个、导线若干。四、实验步骤1.保持原线圈的匝数n1和电压U1不变，改变副线圈的匝数n2，研究n2对副线圈电压U2的影响。实物接线如图所示。表格一U1＝5V，n1＝400匝实验次数123n2/匝U2/V（1）选择n1＝400匝，用导线将变压器原线圈接在学生电源的交流输出接线柱上。（2）将选择开关调至使原线圈两端电压为5V，如图甲所示。（3）将多用电表与副线圈n2＝200匝的接线柱相连接，如图乙所示。读出副线圈两端的电压U2。（4）将n2、U2、n1、U1记录在表格一中。（5）保持n1＝400匝，U1＝5V不变。将多用电表与副线圈n2＝800匝的接线柱相连接，如图丙所示。读出副线圈两端的电压U2。（6）将n2、U2记录在表格一中。（7）保持n1＝400匝，U1＝5V不变。将多用电表与副线圈n2＝1400匝的接线柱相连接，如图丁所示。读出副线圈两端的电压U2。（8）将n2、U2的数值记录在表格一中。2.保持副线圈的匝数n2和原线圈两端的电压U1不变，研究原线圈的匝数对副线圈电压的影响。表格二U1＝5V，n2＝400匝实验次数123n1/匝U2/V（1）将1中的原线圈作为副线圈，副线圈作为原线圈。（2）选择n2＝400匝，用导线将变压器原线圈接在学生电源的交流输出接线柱上。（3）将选择开关拨至5V挡。（4）将多用电表与副线圈n1＝200匝的接线柱相连接，读出副线圈两端的电压U2。（5）将n2、U2、n1、U1记录在表格二中。（6）保持n2＝400匝，U1＝5V不变，将连接电源的两根导线与原线圈n1＝800匝的接线柱相连接，读出副线圈两端的电压U2。（7）将n1、U2记录在表格二中。（8）保持n2＝400匝，U1＝5V不变，将连接电源的两根导线与原线圈n1＝1400匝的接线柱相连接，读出副线圈两端的电压U2。（9）将n1、U2的数值记录在表格二中。（10）拆除实验线路，整理好实验器材。五、实验结论分析表格一和表格二可知，理想变压器原、副线圈两端电压U1、U2之比等于两个线圈的匝数n1、n2之比。六、注意事项1.要事先推测副线圈两端电压的可能值。2.为了人身安全，只能使用低压交流电压，所用电压不要超过12V，即使这样，通电时不要用手接触裸露的导线、接线柱。3.为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡测试，大致确定电压后再选择适当的挡位进行测量。【典例1】物理研究课上，同学们用可拆变压器探究“变压器的原、副线圈电压与匝数的关系”。可拆变压器如图甲、乙所示。（1）下列说法正确的是。

A.为确保实验安全，实验中一般要求原线圈匝数小于副线圈匝数B.变压器的原线圈接低压交流电源，测量副线圈电压时应当用多用电表的“直流电压挡”C.可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响D.测量副线圈电压时，先用最大量程挡试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量E.变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈F.变压器开始正常工作后，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用（2）如图丙所示，某同学自己绕制了两个线圈套在可拆变压器的铁芯上。原线圈接学生电源的交流输出端，副线圈接小灯泡。下列说法正确的是。

A.与变压器未通电时相比较，此时若将可拆变压器上端的横条铁芯取下将更费力B.若仅增加原线圈绕制的圈数，小灯泡的亮度将保持不变C.若仅增加副线圈绕制的圈数，学生电源的过载指示灯可能会亮起解析（1）为确保实验安全，应该使输出电压不大于12V，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，故A错误；变压器只能改变交流的电压，原线圈输入交流电压，副线圈输出交流电压，应用多用电表的“交流电压挡”测量，故B错误；研究变压器电压和匝数的关系时，用控制变量法，可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，故C正确；为了保护电表，测量副线圈电压时，先用最大量程挡试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量，故D正确；变压器的工作原理是电磁感应现象，即不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用，不是铁芯导电，传输电能，故E错误，F正确。（2）与变压器未通电时相比较，通电时，线圈产生磁性，对横条铁芯具有吸引力，将可拆变压器上端的横条铁芯取下将更费力，故A正确；增加原线圈绕制的圈数，则根据U1U2＝n1n2可知，输出电压减小，灯泡的亮度降低，故B错误；增加副线圈绕制的圈数，则输出电压增大，根据闭合电路欧姆定律可知，输出电流增大，根据P入＝P出可知，输入电流增大，答案（1）CDF（2）AC【典例2】在“探究变压器原、副线圈电压与匝数关系”的实验中（1）为了确保实验的安全，下列做法正确的是。

A.为了人身安全，只能使用低压直流电源，所用电压不要超过12VB.连接好电路后，可不经检查电路是否正确，直接接通电源C.因为使用电压较低，通电时可用手直接接触裸露的导线、接线柱D.为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测（2）多用电表刻度盘上交流电压的刻度是（选填“均匀”或“不均匀”）的。

（3）某实验小组通过实验，记录的数据如下表：原线圈匝数n1/匝100200400400副线圈匝数n2/匝400400200800原线圈两端的电压U1/V1.964.908.004.86副线圈两端的电压U2/V7.809.763.909.64通过分析实验数据可得出的实验结论是。

（4）一次实验中，变压器原、副线圈的匝数分别为400匝和200匝，测得的电压分别为8.00V和3.90V，据此可知电压比与匝数比并不相等，主要原因是（至少说出两个原因）。

解析（1）变压器是改变电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用电压不超过12V，故A错误；实验通电时，不可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路，防止发生触电，故C错误；连接好电路，需经检查后才可接通电源，故B错误；使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，故D正确。（2）由多用电表的表盘可知，多用电表刻度盘上交流电压的刻度是不均匀的。（3）通过分析实验数据可得出的实验结论是，在误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压比等于匝数比。（4）电压比与匝数比并不相等，主要原因是变压器是不理想的，有漏磁、铁芯发热、导线发热等影响输出电压。答案（1）D（2）不均匀（3）在误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压比等于匝数比（4）有漏磁、铁芯发热、导线发热等影响输出电压1.在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。（1）变压器铁芯的结构和材料是；

A.整块硅钢铁芯B.整块不锈钢铁芯C.绝缘的铜片叠成D.绝缘的硅钢片叠成（2）为了人身安全，实验中交流电源的电压不要超过；

A.2V B.12VC.50V D.72V（3）本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是；

A.控制变量法 B.等效替代法 C.类比法（4）实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别。原因不可能为。

A.原、副线圈上通过的电流发热B.铁芯在交变磁场作用下发热C.变压器铁芯漏磁D.原线圈输入电压发生变化解析：（1）变压器铁芯的材料要选择磁性材料，为防止出现涡流，用绝缘的硅钢片叠成，故选D。（2）为了人身安全，实验中交流电源的电压不要超过12V，故选B。（3）本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是控制变量法，故选A。（4）原、副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁场作用下发热，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别，选项A、B不符合题意；变压器铁芯漏磁，从而导致电压比与匝数比有差别，选项C不符合题意；原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，选项D符合题意。答案：（1）D（2）B（3）A（4）D2.在“探究变压器线圈两端电压与匝数关系”的实验中，小型可拆变压器的原、副线圈匝数分别为n1＝120匝、n2＝240匝，某实验小组在原线圈两端依次加上不同的电压，用多用电表的交流电压挡分别测量原、副线圈两端的电压，数据如表所示。实验序号原线圈两端的电压U1（V）副线圈两端的电压U2（V）U13.98.21∶2.125.911.81∶2.037.815.2（1）实验小组根据测得的数据在表格中算出U1、U2的比值，还有一组U1、U2的比值没有算出，把求出的结果填在表格中。（2）本实验可得出结论：变压器线圈两端电压与匝数关系为（用题目中给出的字母表示）。

（3）该变压器是变压器（选填“升压”或“降压”）。

解析：（1）第三组数据为U1U2＝7（2）线圈匝数之比n1n2＝120240＝12，结合表格中的数据知，（3）从表格中的数据可知副线圈匝数多、电压高，所以该变压器是升压变压器。答案：（1）1∶1.9（2）U1U2＝n1【典例3】（2023·江苏南京模拟）做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验。（1）以下给出的器材中，本实验需要用到的有。（填选项字母）

（2）下列说法正确的是。

A.变压器工作时副线圈电压频率与原线圈不相同B.实验中要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，需要运用的科学方法是控制变量法C.为了人身安全，实验中只能使用低压直流电源，电压不要超过12VD.绕制降压变压器原、副线圈时，副线圈导线应比原线圈导线粗一些好（3）实验中，可拆变压器如图所示，为了减小涡流在铁芯中产生的热量，铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成，硅钢片应平行于平面。

A.abcd B.abfeC.abgh D.aehd（4）由于交变电流的电压是变化的，所以实验中测量的是电压的（选填“平均”“有效”或“最大”）值；某次实验操作，副线圈所接多用电表的读数如图甲所示，其对应的选择开关如图乙所示，则此时电表读数为。

（5）若用匝数N1＝400匝和N2＝800匝的变压器做实验，对应的电压测量数据如下表所示。根据测量数据，则N1一定是线圈。（选填“原”或“副”）

实验次数1234U10.901.401.902.40U22.003.014.025.02解析（1）实验中需要交流电源、变压器和交流电压表（万用表），不需要干电池和直流电压表，故选B、D、E。（2）变压器工作时只是改变电压，不改变频率，副线圈电压频率与原线圈相同，故A错误；实验过程中，在原、副线圈匝数和原线圈两端电压三个变量中保持两个不变，改变一个来探究匝数比与原副线圈电压之比的关系，用的是控制变量法，故B正确；变压器改变的是交流电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用交流电压不能超过12V，而用直流电压变压器不能工作，故C错误；观察两个线圈的导线，发现粗细不同，由变压器工作原理知I1I2＝n2n1可知，匝数少的电流大，则导线应该粗；绕制降压变压器原、副线圈时，由于副线圈的匝数少，（3）由图，根据楞次定律和右手螺旋定则，产生的涡旋电流的方向与面abcd平行，为了减小涡流在铁芯中产生的热量，相互绝缘的硅钢片应垂直面abcd，即平行于面aehd，故A、B、C错误，D正确。（4）由于交变电流的电压是变化的，实验中测量的是电压的有效值；所选择为交流电压10V挡，依题意，此时电表读数为4.8V。（5）由于有漏磁、原副线圈内阻分压等因素，所以副线圈实际测量的电压值应该小于理论值，由理想变压器规律U1U2＝N1N2＝12，由表格数据值U1总是略小于12U2，故答案（1）BDE（2）BD（3）D（4）有效4.8V（5）副1.小华同学做了探究变压器线圈两端的电压与匝数关系的实验，请回答以下问题：（1）本实验中需要测量电压，则在如图所示的器材中，应。

A.选甲图中的器材 B.选乙图中的器材C.都可以选 D.都不能选（2）小华在做本实验时，选择的原线圈为100匝，副线圈为200匝；他将原线圈接入学生电源中的交流电压“6V”挡位，用合适的电表测量出副线圈的电压为13V，则下列叙述可能符合实际情况的一项是。

A.变压器的铁芯没有闭合B.一定是电压的测量出了问题C.副线圈实际匝数与标注的“200”不符，应该小于200匝D.学生电源实际输出电压大于标注的“6V”（3）用匝数na＝100匝和nb＝200匝的变压器，实验测量数据如表，U1/V1.602.503.704.60U2/V3.705.307.609.70根据测量数据可判断连接电源的线圈是（选填“na”或“nb”）。

解析：（1）由题图可知，甲图是多用电表，而乙图是电压表，实验需要测量交流电压，因此选用甲图，故A正确，B、C、D错误。（2）根据理想变压器的原、副线圈的电压与其匝数关系式U1U2＝n1n2，若变压器的铁芯没有闭合，则得出副线圈的电压小于12V，A错误；若是电压的测量出了问题，应该是小于12V，不应该大于12V，B错误；副线圈实际匝数与标注的“200”不符，若小于200匝，由以上公式可知，副线圈的电压小于12V，C错误；若学生电源实际输出电压大于标注的“6V”，由以上公式可知，副线圈的电压可能为13（3）根据题意，电压比与匝数比不相等，可知该变压器为非理想变压器，考虑到变压器有漏磁、铁芯发热、导线发热等影响，判断出U2为原线圈上电压大小，则判断出接电源的是nb。答案：（1）A（2）D（3）nb2.在“探究变压器原、副线圈的电压与匝数的关系”实验中，某同学利用“教学用的可拆变压器”进行探究。（1）该同学认真检查电路无误后，先保证原线圈匝数不变，改变副线圈匝数；再保证副线圈匝数不变，改变原线圈匝数。分别测出相应的原、副线圈两端的电压值。由于交变电流的电压是变化的，所以，我们实际上测量的是电压的（选填“有效”或“最大”）值。其中一次操作后副线圈所接多用电表读数如图所示，此时电表读数为V。

（2）理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成（选填“正比”或“反比”），实验中由于变压器的铜损和铁损导致原线圈与副线圈的电压之比一般（选填“大于”“小于”或“等于”）原线圈与副线圈的匝数之比。

解析：（1）多用电表测量的是交流电压的有效值。题图多用电表选用的挡位是交流电压10V挡，由题图可得电表读数为7.2V。（2）根据U1U2＝n1n2可知，理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比；实验中由于变压器的铜损和铁损导致副线圈的电压U2较小答案：（1）有效7.2（2）正比大于实验十六利用传感器设计并制作简单的自动控制装置一、实验目的1.了解传感器的工作过程，探究热敏电阻和光敏电阻等敏感元件的特性。2.学会传感器的简单使用并会制作简单的自动控制装置。二、实验原理1.传感器能够将感受到的物理量（力、热、光、声等）转换成便于测量的量（一般是电学量）。2.其工作过程如下图所示。三、实验器材热敏电阻、光敏电阻、多用电表、铁架台、烧杯、冷水、热水、小灯泡、学生电源、继电器、滑动变阻器、开关、导线等。四、实验过程1.研究热敏电阻的热敏特性（1）将热敏电阻放入烧杯中的水中，测量水温和热敏电阻的阻值（如图甲所示）。（2）准备好记录电阻与温度关系的表格。（如下表）次数待测量123456温度（℃）电阻（Ω）（3）改变水的温度，多次测量水的温度和热敏电阻的阻值，记录在表格中，把记录的数据画在R－t图中，得图像如图乙所示。2.研究光敏电阻的光敏特性（1）将光电传感器、多用电表、灯泡、滑动变阻器按如图所示电路连接好，其中多用电表置于“×100”挡。（2）先测出在室内自然光的照射下光敏电阻的阻值，并记录数据。（3）打开电源，让小灯泡发光，调节小灯泡的亮度使之逐渐变亮，观察表盘指针显示电阻阻值的变化情况，并记录。（4）用手掌（或黑