第十二章交變電流傳感器

第十二章交變電流傳感器第1節(jié)交變電流的產生及描述一、交變電流、交變電流的圖像1.交變電流大小和方向都隨時間做周期性變化的電流。2.正弦式交變電流的產生和圖像（1）產生：在勻強磁場中線圈繞垂直于磁場方向的軸勻速轉動。（2）圖像：線圈從中性面位置開始計時，各相關物理量隨時間變化的圖像如圖甲、乙、丙、丁所示。二、正弦式交變電流的函數(shù)表達式、峰值和有效值1.周期和頻率（1）周期（T）：交變電流完成一次周期性變化（線圈轉一周）所需的時間，單位是秒（s），公式T＝2πω（2）頻率（f）：交變電流在1s內完成周期性變化的次數(shù)。單位是赫茲（Hz）。（3）周期和頻率的關系：T＝1f2.交變電流的瞬時值、峰值和有效值（1）瞬時值：交變電流某一時刻的值，是時間的函數(shù)。（2）峰值：交變電流的電流或電壓所能達到的最大值。注意：線圈平面平行于磁場方向時電動勢最大，Em＝nBSω。（3）有效值：讓交流和直流通過相同阻值的電阻，如果它們在一個周期內產生的熱量相等，就把這一直流的數(shù)值叫作這一交流的有效值。E＝Em2，U＝Um2，如圖所示是交流發(fā)電機的示意圖。關于此交流發(fā)電機的發(fā)電過程，判斷下列說法的正誤。（1）如圖所示位置，線圈的磁通量最大。（√）（2）如圖所示位置，線圈中的感應電流最大。（×）（3）線圈轉至如圖所示位置時，電流方向發(fā)生改變。（√）（4）由如圖所示位置開始計時，線圈中感應電流的瞬時表達式可表示為i＝Imcosωt。（×）考點一正弦式交變電流的產生和描述[素養(yǎng)自修類]1.[交變電流的產生及變化]如圖所示，（a）→（b）→（c）→（d）過程是交流發(fā)電機發(fā)電的示意圖，下列說法正確的是 （）A.當線圈轉到圖（a）位置時，線圈平面與磁感線垂直，磁通量變化率最大B.從圖（b）開始計時，線圈中電流i隨時間t變化的關系是i＝ImsinωtC.當線圈轉到圖（c）位置時，感應電流最小，且感應電流方向將要改變D.當線圈轉到圖（d）位置時，感應電動勢最小，ab邊感應電流方向為b→a解析：C當線圈轉到題圖（a）位置時，線圈平面與磁感線垂直，線圈中磁通量最大，磁通量變化率為零，選項A錯誤；線圈在題圖（b）位置時，線圈平面與磁感線平行，線圈中磁通量為零，磁通量變化率最大，產生的感應電動勢和感應電流最大，從題圖（b）位置開始計時，線圈中電流i隨時間t變化的關系是i＝Imsinωt+π2，選項B錯誤；當線圈轉到題圖（c）位置時，線圈平面與磁感線垂直，線圈中磁通量最大，磁通量變化率為零，感應電流最小為零，且感應電流方向將要改變，選項C正確；當線圈轉到題圖（d）位置時，線圈平面與磁感線平行，線圈中磁通量為零，磁通量變化率最大，產生的感應電動勢和感應電流最大，選項2.[交變電流瞬時值的表達式]一只低壓教學電源輸出的交變電壓為U＝102·sin314t（V），以下說法正確的是（）A.這只電源可以使“10V2W”的燈泡正常發(fā)光B.這只電源的交變電壓的周期是314sC.這只電源在t＝0.01s時電壓達到最大值D.“10V2μF”電容器可以接在這只電源上解析：A交流電的峰值Um＝102V，則有效值U＝1022V＝10V，所以電源可以使“10V2W”的燈泡正常發(fā)光，故A項正確；ω＝100π，則T＝2πω＝0.02s，故B項錯誤；t＝0.01s時，經過半個周期，電壓為零，故C項錯誤；當電容器的耐壓值小于峰值，電容器被擊穿，10V小于102V，則“10V2μF”電容器不能接在這只電源上，故3.[交變電流的圖像]矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動，產生的電動勢按如圖所示規(guī)律變化。下列說法正確的是（）A.t1、t3時刻穿過線圈的磁通量為0B.t2、t4時刻線圈通過中性面C.t1、t3時刻線圈通過中性面D.t2、t4時刻穿過線圈的磁通量變化最慢解析：C線圈在中性面時，磁通量最大，磁通量變化率為零，感應電動勢為零；在垂直于中性面時，磁通量為零，磁通量變化率最大，感應電動勢最大。故選C。1.中性面的三點說明（1）線圈平面與中性面重合時，S⊥B，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e＝0，i（2）線圈平面與中性面垂直時，S∥B，Φ＝0，ΔΦΔt最大，e（3）電流方向的改變：線圈通過中性面時，電流方向發(fā)生改變，一個周期內線圈兩次通過中性面，因此電流的方向改變兩次。2.交變電流瞬時值表達式的書寫（1）確定正弦交變電流的峰值，根據(jù)已知圖像讀出或由公式Em＝nBSω求出相應峰值。（2）明確線圈的初始位置，找出對應的函數(shù)關系式。①線圈在中性面位置開始計時，則i－t圖像為正弦函數(shù)圖像，函數(shù)表達式為i＝Imsinωt。②線圈在垂直于中性面的位置開始計時，則i－t圖像為余弦函數(shù)圖像，函數(shù)表達式為i＝Imcosωt?？键c二有效值的理解與計算[素養(yǎng)自修類]1.[矩形波形]一交流電壓隨時間變化的圖像如圖所示，此交流電壓的有效值為（）A.502V B.50VC.252V D.75V解析：A題圖中給出的是一方波交流電，周期T＝0.3s，前T3時間內U1＝100V，后2T3時間內U2＝－50V。設該交流電壓的有效值為U，根據(jù)有效值的定義，有U2RT＝U12R·T3＋U22R·23T，代入已知數(shù)據(jù)2.[正弦波形]某品牌電熱毯的簡易電路如圖甲所示，電熱絲的電阻為R＝484Ω，現(xiàn)將其接在u＝2202sin100πt（V）的正弦交流電源上，電熱毯被加熱到一定溫度后，溫控裝置P使輸入電壓變?yōu)閳D乙所示的波形，從而進入保溫狀態(tài)，若電熱絲的電阻保持不變，則保溫狀態(tài)下，理想交流電壓表V的讀數(shù)和電熱毯消耗的電功率最接近下列哪一組數(shù)據(jù)（）A.220V、100W B.156V、50WC.110V、25W D.311V、200W解析：B由圖像根據(jù)有效值的定義可得Um22R×T2＋0＝U2R×T，解得：U＝Um2＝1102V≈156V，電熱毯在保溫狀態(tài)下消耗的電功率為P＝U2R＝1103.[矩形波與正弦波的組合]一交變電流的i－t圖像如圖所示，則對于該交變電流，下列說法正確的是（）A.該交變電流的周期為0.02sB.該交變電流的最大值為4AC.該交變電流的有效值為32AD.該交變電流通過10Ω的電阻時熱功率為60W解析：B由交變電流的i－t圖像可知，最大值為Im＝4A，周期為T＝0.03s，選項A錯誤，B正確。設該交變電流的有效值為I，由有效值的定義得Im22R×T3＋Im2R×T3＝I2RT，代入數(shù)據(jù)解得I＝22A，選項C錯誤。由P＝I2R可得該交變電流通過10Ω的電阻時熱功率為80求解交變電流有效值的兩種方法（1）結論法利用E＝Em2、U＝Um2、I＝注意：上述關系對于正弦交變電流的一個周期波形、半個周期波形、兩端是0和峰值的14周期波形都成立（2）定義法求解（非正弦式電流）計算時要抓住“三同”：即“相同時間”內“相同電阻”上產生“相同熱量”，列式求解時注意時間取一個周期或周期的整數(shù)倍。考點三交變電流“四值”的理解和應用[互動共研類]對交變電流“四值”的比較#物理量#表達式#適用情況及說明瞬時值e＝Emsinωtu＝Umsinωti＝Imsinωt計算線圈某時刻的受力情況最大值（峰值）Em＝nBSωIm＝E討論電容器的擊穿電壓有效值對正（余）弦交流電有：E＝EU＝UI＝I（1）計算與電流的熱效應有關的量（如電功、電動率、電熱等）（2）電氣設備“銘牌”上所標的一般是有效值（3）保險絲的熔斷電流為有效值（4）電表的讀數(shù)為有效值平均值E＝BlvE＝nΔI＝E計算通過電路截面的電荷量【典例】如圖所示，N＝50匝的矩形線圈abcd，ab邊長l1＝20cm，ad邊長l2＝25cm，放在磁感應強度B＝0.4T的勻強磁場中，外力使線圈繞垂直于磁感線且通過線圈中線的OO'軸以n＝3000r/min的轉速勻速轉動，線圈電阻r＝1Ω，外電路電阻R＝9Ω，t＝0時線圈平面與磁感線平行，ab邊正轉出紙外、cd邊轉入紙里。求：（π≈3.14）（1）t＝0時感應電流的方向；（2）感應電動勢的瞬時值表達式；（3）線圈轉一圈外力做的功；（4）從圖示位置轉過90°的過程中流過電阻R的電荷量。解析（1）根據(jù)右手定則，線圈感應電流方向為adcba。（2）線圈的角速度ω＝2πn＝100πrad/s題圖位置的感應電動勢最大，其大小為Em＝NBl1l2ω代入數(shù)據(jù)得Em＝314V感應電動勢的瞬時值表達式為e＝Emcosωt＝314cos（100πt）V。（3）電動勢的有效值E＝E線圈勻速轉動的周期T＝2πω＝0.02線圈勻速轉動一圈，外力做功大小等于電功的大小，即W＝I2（R＋r）T＝E2R代入數(shù)據(jù)得W≈98.6J。（4）從t＝0時起線圈轉過90°的過程中，Δt內流過電阻R的電荷量q＝I·Δt＝NBΔS代入數(shù)據(jù)得q＝0.1C。答案（1）感應電流方向沿adcba（2）e＝314cos（100πt）V（3）98.6J（4）0.1C｜特別提醒｜交變電流“四值”應用的兩點提醒（1）注意區(qū)分交變電流的最大值、瞬時值、有效值和平均值，最大值是瞬時值中的最大值，有效值是以電流的熱效應來等效定義的。（2）求解與電能、電熱相關的問題時，一定要用有效值；而求解通過導體某橫截面的電荷量時，一定要用平均值。1.[交變電流的峰值和有效值]如圖所示，矩形線圈abcd與可變電容器C、理想電流表A組成閉合電路。線圈在有界勻強磁場中繞垂直于磁場的bc邊勻速轉動，轉動的角速度ω＝100πrad/s。線圈的匝數(shù)N＝100，邊長ab＝0.2m、ad＝0.4m，電阻不計。磁場只分布在bc邊的左側，磁感應強度大小B＝216πT，電容器放電時間不計。下列說法正確的是（A.該線圈產生的交流電動勢峰值為50VB.該線圈產生的交流電動勢有效值為252VC.電容器的耐壓值至少為50VD.以上說法均錯誤解析：B線圈產生的交流電動勢峰值為Em＝NBSω＝100×216π×（0.2×0.4）×100πV＝502V，故A錯誤；線圈中產生正弦式交變電流，但只有半個周期有電流，根據(jù)電流的熱效應有5022R2×R×T2＝E2RT，解得交流電動勢的有效值E＝252V，故B正確，D錯誤；電容器的耐壓值至少為電動勢的最大值，即至少為502.[交變電流的有效值和平均值]如圖所示，單匝矩形閉合導線框abcd全部處于磁感應強度為B、垂直紙面向里的勻強磁場中，線框面積為S，電阻為R，線框繞與cd邊重合的豎直固定轉軸以角速度ω從中性面開始勻速轉動，下列說法正確的是（）A.轉過π6時，線框中的電流方向為B.線框中感應電流的有效值為2C.線框轉一周的過程中，產生的熱量為2πD.從中性面開始轉過π2的過程中，通過導線橫截面積的電荷量為解析：B轉過π6時，線框中的電流方向為adcba，故A錯誤；線框轉動過程中產生電動勢的有效值為E＝Em2＝BSω2，所以電流的有效值為I＝ER＝BSω2R＝2BSω2R，故B正確；產生的熱量Q＝I2Rt＝2BSω2R2·R·2πω＝πB2S2ωR，故C錯誤；從中性面開始轉過π2“專項研究”拓視野產生正弦交流電的四種非常規(guī)方式正（余）弦交流電是一種最常見、最特殊而且應用廣泛的交變電流，關于它的產生、描述及有關的變化規(guī)律是高考的一個熱點。探究其產生方法，由法拉第電磁感應定律E＝nΔΦΔt＝nSΔBΔt及其推論類型一導體棒在勻強磁場中平動導體棒在勻強磁場中勻速平動，但導體棒切割磁感線的有效長度按正弦規(guī)律變化，則導體棒組成的閉合電路中就會產生正弦式交變電流?！镜淅?】如圖所示，勻強磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度B＝0.2T，ODA直導軌分別在O點和A點接阻值R1＝30Ω和R2＝60Ω的定值電阻，導軌OCA的曲線方程為y＝sinπx3（m），金屬棒ab長1.5m，以速度v＝5.0m/s水平向右勻速運動（b端始終在（1）金屬棒在導軌上運動時阻值為R1的定值電阻的最大功率；（2）金屬棒在導軌上運動時，從x＝0運動到x＝3.0m的過程中，外力做的功。解析（1）金屬棒勻速運動，位移為x＝vt，金屬棒在兩導軌間的感應電動勢為e＝Byv＝sin5π3t（V），當x＝1.5m時，感應電動勢達到最大，最大值為Em＝1.0V，阻值為R1的定值電阻的最大功率為PR1＝Em2R1，解得PR1（2）兩電阻的并聯(lián)值為R并＝R1R2R1+R2，外力做功等于回路產生的焦耳熱，即W＝Em22R答案（1）130W（2）1.5×10－2類型二導體棒在勻強磁場中振動導體棒在勻強磁場中沿平行導軌平動切割磁感線時，棒的速度按正弦規(guī)律變化，則棒中會產生正弦交變電流。【典例2】如圖甲所示，兩足夠長的光滑平行導軌固定在水平面內，處于磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中，導軌間距為L，一端連接阻值為R的電阻。一金屬棒垂直導軌放置，質量為m，接入電路的電阻為r。在金屬棒中點對棒施加一個水平向右、平行于導軌的拉力，棒與導軌始終接觸良好，導軌電阻不計，重力加速度為g。（1）若金屬棒以速度v0做勻速運動，求棒受到的拉力大小F1；（2）若金屬棒在水平拉力F2作用下，速度v隨時間t按余弦規(guī)律變化，如圖乙所示，取水平向右為正方向，求t＝0到t＝T4的過程中，整個回路產生的熱量Q以及拉力F2做的功W解析（1）棒勻速運動時產生的感應電動勢E＝BLv0，形成的感應電流I＝ER+r，受到的安培力F0＝ILB，由平衡條件有F1＝F0，解得F1（2）速度隨時間的變化關系為v＝v0cos2πTt，電路中產生正弦式電流，電動勢的峰值E＝BLv0，電動勢的有效值E0＝E2，產生的熱量Q＝E02R+r·T4，解得Q＝B2L2v02T8(R+r)，安培力做的功WA＝－Q，答案（1）B2L2v0R+r（2類型三導體棒在不均勻磁場中平動導體棒在磁場中勻速平動切割磁感線，在棒的平動方向上，磁場按照正弦規(guī)律變化，則棒中會產生正弦交變電流。【典例3】長度為l的金屬桿MN置于的光滑U型導軌上，其一端接有定值電阻R，整個裝置放在水平面上。垂直導軌平面分布著一個恒定磁場，其磁感應強度B沿導軌方向按照B＝B0sin（kx）的形式分布（B0、k為已知定值，規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度B的正方向），如圖所示。在一未知外力F的作用下，桿MN從x＝0的位置開始向右以速度v0勻速運動。金屬桿和導軌其他部分電阻均不計。求：（1）通過電阻R的電流隨時間變化的表達式，并求周期及電流的有效值；（2）求在時間t內（為周期的整倍數(shù)），外力F做的功。解析（1）導體棒切割磁感線，根據(jù)法拉第電磁感應定律e＝B0lv0sin（kv0t），i＝eR＝B0lv0sin(kv0t)R，對照交流電表達式i＝Imsinωt，知ω＝kv0，Im＝B0l（2）根據(jù)能量守恒定律，周期的整倍數(shù)時間內，外力F做的功等于電路產生的焦耳熱WF＝I2Rt＝B0lv02答案（1）i＝Blv0sin(（2）B0類型四線圈處于周期性變化的磁場中閉合線圈垂直于勻強磁場，線圈靜止不動，磁場按正弦規(guī)律做周期性變化，則線圈中會產生正弦交變電流?！镜淅?】如圖甲所示，一固定的矩形導體線圈水平放置，線圈的兩端接一只小燈泡，在線圈所在空間內存在著與線圈平面垂直的均勻分布的磁場。已知線圈的匝數(shù)n＝100匝，電阻r＝1.0Ω，所圍成的矩形的面積S＝0.04m2，小燈泡的電阻R＝9.0Ω，磁場的磁感應強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，線圈中產生的感應電動勢瞬時值的表達式為e＝nBmS2πTcos2πTt，其中Bm為磁感應強度的最大值，（1）線圈中產生感應電動勢的最大值；（2）小燈泡消耗的電功率；（3）在磁感應強度變化的0～T4解析（1）由瞬時值表達式可知線圈中感應電動勢的最大值Em＝nBmS2πT＝100×10－2×0.04×2×3.143.14×10（2）產生的交流電的電流有效值I＝Em2(R+r)＝225A，小燈泡消耗的電功率P（3）0～T4時間內電流的平均值I＝ER+r＝nΔΦΔt(R+r)，通過小燈泡的電荷量q＝IΔt＝nΔΦ答案（1）8V（2）2.88W（3）4×10－3C1.如圖所示，甲圖是一種手搖發(fā)電機及用細短鐵絲顯示的磁場分布情況，搖動手柄可使對稱固定在轉軸上的矩形線圈轉動；乙圖是另一種手搖發(fā)電機及磁場分布情況，皮帶輪帶動固定在轉軸兩側的兩個線圈轉動。下列說法正確的是 （）A.甲圖中線圈轉動區(qū)域磁場可視為勻強磁場B.乙圖中線圈轉動區(qū)域磁場可視為勻強磁場C.甲圖中線圈轉動時產生的電流是正弦交流電D.乙圖線圈勻速轉動時產生的電流是正弦交流電解析：A題圖甲中細短鐵絲被磁化后相當于小磁針，根據(jù)其分布特點可以判斷題圖甲中線圈轉動區(qū)域磁場可視為勻強磁場，選項A正確；而題圖乙中，磁針分布的方向并不相同，因此選項B錯誤；題圖甲中線圈勻速轉動時產生的電流才是正弦交流電，選項C錯誤；題圖乙線圈勻速轉動時始終與磁場垂直，所以產生的電流大小不變，選項D錯誤。2.（2022·廣東高考）如圖是簡化的某種旋轉磁極式發(fā)電機原理圖。定子是僅匝數(shù)n不同的兩線圈，n1＞n2，二者軸線在同一平面內且相互垂直，兩線圈到其軸線交點O的距離相等，且均連接阻值為R的電阻，轉子是中心在O點的條形磁鐵，繞O點在該平面內勻速轉動時，兩線圈輸出正弦式交變電流。不計線圈電阻、自感及兩線圈間的相互影響，下列說法正確的是（）A.兩線圈產生的電動勢的有效值相等B.兩線圈產生的交變電流頻率相等C.兩線圈產生的電動勢同時達到最大值D.兩電阻消耗的電功率相等解析：B由于兩定子線圈匝數(shù)不同，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，在兩線圈中產生的電動勢最大值不相等，有效值不相等，A錯誤；由于轉子勻速轉動的周期等于兩定子產生交流電的周期，所以兩線圈產生的交變電流頻率相等，B正確；由于兩線圈軸線在同一平面內且相互垂直，所以兩線圈產生的感應電動勢一個在最大值時，另一個為零，C錯誤；由于在兩線圈中產生的電動勢的有效值不相等，根據(jù)P＝E2R可知，兩電阻消耗的電功率不相等，D3.如圖所示，閉合開關后，R＝5Ω的電阻兩端的交流電壓為u＝502sin10πtV，電壓表和電流表均為理想交流電表，則（）A.該交流電周期為0.02sB.電壓表的讀數(shù)為100VC.電流表的讀數(shù)為10AD.電阻的電功率為1kW解析：C該交流電的周期T＝2πω＝2π10πs＝0.2s，選項A錯誤；電壓表的讀數(shù)為交流電的有效值，即U＝5022V＝50V，選項B錯誤；電流表的讀數(shù)為I＝UR＝505A＝10A，選項C正確；電阻的電功率為P＝IU＝10×50W＝5004.一正弦式交變電流的i－t圖像如圖所示。下列說法正確的是（）A.在t＝0.4s時電流改變方向B.該交變電流的周期為0.5sC.該交變電流的表達式為i＝2cos5πtAD.該交變電流的有效值為22解析：C由圖可知t＝0.4s時電流為正方向最大，電流方向沒有發(fā)生變化，故A錯誤；由圖可知，該交變電流的周期為T＝0.4s，故B錯誤；由圖可知，電流的最大值為imax＝2A，角速度為ω＝2πT＝5πrad/s，故該交變電流的表達式為i＝imaxcosωt＝2cos5πtA，故C正確；該交變電流的有效值為i＝imax2＝2A，故5.如圖所示，虛線是正弦交流電的圖像，實線是另一交流電的圖像，它們的周期T和最大值Um相同，則實線所對應的交流電的有效值U滿足（）A.U＝Um2 B.UC.U＞2Um2 D.解析：D因虛線是正弦交流電的圖像，則該交流電的有效值為U有效值＝Um2＝2Um2，由題圖可知，實線所代表的交流電的瞬時值小于等于虛線表示的正弦交流電的瞬時值，則實線所代表的交流電的有效值小于虛線所表示的正弦交流電的有效值，則U＜26.（2023·江蘇常熟中學二模）圖甲是某發(fā)電機的示意圖，正方形金屬線框邊長為L，其兩端與兩個半圓環(huán)相連，在磁感應強度為B的勻強磁場中以恒定角速度繞OO'軸轉動。阻值為R的電阻兩端的電壓如圖乙所示，Um為已知，其他電阻不計，則金屬框轉動一周（）A.框內電流方向不變B.電動勢的有效值大于22UC.流過電阻的電荷量為q＝2D.電阻產生的焦耳熱為Q＝π解析：D金屬框每次經過中性面時框內電流方向都會改變，故A錯誤；由題圖乙可知，線框產生感應電動勢的圖像應為完整的正弦曲線，所以電動勢的有效值等于22Um，故B錯誤；金屬框轉動一周的過程中，流過電阻的電荷量為q＝I×T4×4＝ER×T4×4＝ΔΦR×4＝4BL2R，故C錯誤；設金屬框轉動的角速度為ω，則有Um＝BL2ω，金屬框轉動的周期為T＝2πω，根據(jù)焦耳定律可得電阻產生的焦耳熱為Q＝7.如圖甲所示，標有“220V40W”的燈泡和標有“20μF320V”的電容器并聯(lián)接到交流電源上，為交流電壓表，交流電源的輸出電壓如圖乙所示。當閉合開關時，下列判斷正確的是（）A.t＝T2時刻，的示數(shù)為零B.燈泡恰好正常發(fā)光C.電容器不會被擊穿D.的示數(shù)保持1102V不變解析：B的示數(shù)應是電壓的有效值220V，選項A、D錯誤；電壓的有效值恰好等于燈泡的額定電壓，燈泡正常發(fā)光，選項B正確；電壓的峰值Um＝2202V≈311V，小于電容器的耐壓值，故電容器不可能被擊穿，選項C錯誤。8.如圖所示，一半徑為L的導體圓環(huán)位于紙面內，O為圓心。環(huán)內兩個圓心角為90°且關于O中心對稱的扇形區(qū)域內分布有勻強磁場，兩磁場的磁感應強度大小均為B、方向相反且均與紙面垂直。導體桿OM可繞O轉動，M端通過滑動觸點與圓環(huán)良好接觸，在圓心和圓環(huán)間連有電阻R，不計圓環(huán)和導體桿的電阻。當桿OM以恒定角速度ω逆時針轉動時，理想電流表A的示數(shù)為（）A.2BLC.2BL解析：AOM切割磁感線產生的電動勢E＝BL2ω2，OM切割磁感線時產生的感應電流I＝ER，設電流的有效值為I有效，則I有效2RT＝2I2R·14T，解得I9.（2023·江蘇省鹽城市高三第二次模擬）一種手搖發(fā)電的手電筒如圖甲所示，內部有一固定的線圈和可來回運動的條形磁鐵，其原理圖如圖乙所示。當沿圖甲中箭頭方向來回搖動手電筒的過程中，條形磁鐵在線圈內來回運動，燈泡發(fā)光。在此過程中，下列說法正確的是（）A.增加搖動頻率，燈泡變暗B.線圈對磁鐵的作用力方向不變C.磁鐵從線圈一端進入與從該端穿出時，燈泡中電流方向相反D.磁鐵從線圈一端進入再從另一端穿出的過程，燈泡中電流方向不變解析：C搖動的頻率增加，線圈中的磁通量變化率增大，線圈中的感應電動勢增大，燈泡變亮，選項A錯誤；線圈對磁鐵的作用力阻礙磁鐵的運動，磁鐵的運動方向發(fā)生改變，則受到的作用力也發(fā)生改變，選項B錯誤；磁鐵在其周圍產生的磁場方向不變，靠近線圈的過程中，線圈中的磁通量增大，遠離線圈的過程中，線圈中的磁通量減小，根據(jù)楞次定律的增反減同可知，磁鐵從線圈一端進入再從另一端穿出時，線圈中的電流方向相反，選項C正確，D錯誤。10.（2023·江蘇南通二模）如圖所示，電阻為r的金屬直角線框abcd放置在磁感應強度為B的勻強磁場中，a、d兩點連線與磁場垂直，ab、cd長均為l，bc長為2l，定值電阻阻值為R。線框繞ad連線以角速度ω勻速轉動，從圖示位置開始計時，則（）A.線框每轉一圈，回路電流方向改變一次B.a、d兩點間的電壓為2Bl2ωC.電流瞬時值的表達式為i＝2D.半個周期內通過R的電荷量為4解析：D線圈產生的是正弦交流電，正弦交流電在一個周期內方向改變2次，故A錯誤；回路中產生的感應電動勢有效值為E＝Em2＝Bl·2lω2＝2Bl2ω，a、d兩點間的電壓為路端電壓，則U＝RR+rE，故B錯誤；從中性面開始轉動，是正弦交流電，電流瞬時值表達式i＝EmR+rsinωt＝2Bl2ωR+rsinωt11.如圖所示，一個半徑為r的半圓形線圈，以直徑ab為軸勻速轉動，轉速為n，ab的左側有垂直于紙面向里（與ab垂直）的勻強磁場，磁感應強度為B。M和N是兩個集流環(huán)，負載電阻為R，線圈、電流表和連接導線的電阻不計。則下列描述錯誤的是（）A.感應電動勢的最大值為2π2Bnr2B.從圖示位置起轉過14周期的時間內負載電阻R上產生的熱量為C.從圖示位置起轉過14周期的時間內通過負載電阻R的電荷量為D.電流表的示數(shù)為π解析：A線圈繞軸轉動時，在電路中產生如圖所示的交變電流。此交變電流的最大值為Em＝BSω＝B·πr22·2πn＝π2Bnr2，故A錯誤；在轉過14周期的時間內，線圈一直切割磁感線，則產生的熱量Q＝Em22R·T4＝π4B2nr48R，故B正確；在轉過14周期的時間內，電動勢的平均值E＝ΔΦΔt，通過R的電荷量q＝IΔt＝ERΔt＝ΔΦR＝πBr22R12.（2021·江蘇高考）貫徹新發(fā)展理念，我國風力發(fā)電發(fā)展迅猛，2020年我國風力發(fā)電量高達4000億千瓦時。某種風力發(fā)電機的原理如圖所示，發(fā)電機的線圈固定，磁體在葉片驅動下繞線圈對稱軸轉動，已知磁體間的磁場為勻強磁場，磁感應強度的大小為0.20T，線圈的匝數(shù)為100、面積為0.5m2，電阻為0.6Ω，若磁體轉動的角速度為90rad/s，線圈中產生的感應電流為50A。求：（1）線圈中感應電動勢的有效值E；（2）線圈的輸出功率P。（結果保留2位有效數(shù)字）解析：（1）電動勢的最大值Em＝NBSω，有效值E＝Em2，解得E＝NBSω2，帶入數(shù)據(jù)得E＝6.4×102（2）輸出電壓U＝E－Ir，輸出功率P＝IU，解得P＝I（E－Ir），代入數(shù)據(jù)得P＝3.1×104W。答案：（1）6.4×102V（2）3.1×104W第2節(jié)理想變壓器與遠距離輸電一、理想變壓器1.構造如圖所示，變壓器是由閉合鐵芯和繞在鐵芯上的兩個線圈組成的。（1）原線圈：與交流電源連接的線圈，也叫初級線圈。（2）副線圈：與負載連接的線圈，也叫次級線圈。2.原理：電磁感應的互感現(xiàn)象。3.基本關系式（1）功率關系：P入＝P出。（2）電壓關系：U1U2（3）電流關系：只有一個副線圈時，I1I2二、電能的輸送如圖所示，若發(fā)電站輸出電功率為P，輸電電壓為U，用戶得到的電功率為P'，用戶的電壓為U'，輸電線總電阻為R。1.輸出電流I＝PU＝P'U2.電壓損失ΔU＝U－U'＝IR。3.功率損失ΔP＝P－P'＝I2R＝PU24.減少輸電線上電能損失的方法（1）減小輸電線的電阻R。由R＝ρlS知，可加大導線的橫截面積、采用電阻率?。?）減小輸電線中的電流。在輸電功率一定的情況下，根據(jù)P＝UI，要減小電流，必須提高輸電電壓。變壓器是生活、生產用電的必備設備，如圖所示是電能輸送的簡單示意圖。判斷下列說法正誤。（1）變壓器對恒定直流沒有變壓作用。（√）（2）變壓器能改變交變電流的頻率。（×）（3）工廠用電設備接得越多，輸電線上的電流越大，輸電線路損耗越大。（√）（4）正常工作的低壓變電站，當所有用戶的用電器全部斷開時，變壓器副線圈中電流為零，副線圈兩端電壓也為零。（×）考點一理想變壓器的理解和應用[素養(yǎng)自修類]1.[理想變壓器電壓關系的應用]（2022·重慶高考）低壓鹵素燈在家庭電路中使用時需要變壓器降壓。若將“12V50W”的交流鹵素燈直接通過變壓器（視為理想變壓器）接入電壓為220V的交流電后能正常工作，則（）A.鹵素燈兩端的電壓有效值為62VB.變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為55∶3C.流過鹵素燈的電流為0.24AD.鹵素燈的電阻為968Ω解析：B鹵素燈上標記的額定電壓12V即為鹵素燈兩端的電壓有效值，A錯誤；根據(jù)理想變壓器的原理可知n1n2＝U1U2＝22012＝553，B正確；流過鹵素燈的電流為I＝PU＝50W12V＝256A，C錯誤；由R＝U22.[理想變壓器電流關系的應用]（2023·江蘇如皋模擬）互感式鉗形電流表內部結構如圖所示，電流表與次級線圈相連，用手柄控制鉗形鐵芯上方開口的開合，則（）A.該電流表可用來測量直流電B.次級線圈匝數(shù)越少，電流表讀數(shù)越大C.該電流表測電流時相當于降壓變壓器D.測量時電流表應串聯(lián)在被測通電導線中解析：B互感式鉗形電流表利用的是電磁感應的互感原理，不能測量直流電，故A錯誤；電流大小與線圈匝數(shù)成反比，所以次級線圈匝數(shù)越少，電流表讀數(shù)越大，故B正確；該電表原線圈為單匝，是升壓變壓器，故C錯誤；測量時，用手柄控制鉗形鐵芯上方開口打開，將被測通電導線圈放入其中，不需要將電流表串聯(lián)在被測通電導線中，故D錯誤。3.[含有二極管的變壓器的電路分析]如圖甲所示的充電器正在給充電。乙圖是簡化原理圖，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為55∶2，原線圈接220V交流電，副線圈通過理想二極管連接。下列說法正確的是（）A.副線圈的電流為8AB.兩端的電壓為8VC.通過的電流為直流電D.拔掉，充電線兩端電壓為零解析：C的電阻未知，根據(jù)題給條件無法求出副線圈的電流，故A錯誤；根據(jù)U1U2＝n1n2可得，副線圈輸出電壓為U2＝n2n1U1＝8V，經過二極管后，根據(jù)有效值定義可得U2R·T＝U22R·T2，解得兩端的電壓為U＝42V，故B錯誤；因二極管具有單向導電性，所以通過1.關于理想變壓器的四點說明（1）變壓器不能改變直流電壓。（2）變壓器只能改變交變電流的電壓和電流，不能改變交變電流的頻率。（3）理想變壓器本身不消耗能量。（4）理想變壓器基本關系中的U1、U2、I1、I2均為有效值。2.理想變壓器的各量的制約關系制約關系電壓副線圈電壓U2由原線圈電壓U1和匝數(shù)比決定，U2＝n2n功率原線圈的輸入功率P入由副線圈的輸出功率P出決定，P入＝P出電流原線圈電流I1由副線圈電流I2和匝數(shù)比決定，I1＝n2n考點二理想變壓器的動態(tài)分析問題[多維探究類]考法一匝數(shù)比不變、負載變化的情況【典例1】（2023·江蘇南京外國語學校模擬）圖為理想的可調式自耦變壓器與負載連接電路，原線圈輸入交流電的電壓u確定，閉合電鍵S，電動機M開始工作，此后觀察到燈泡L亮度變暗，則以下說法錯誤的是（）A.S閉合后電流表讀數(shù)變大B.S閉合后原線圈輸入功率變大C.S閉合副線圈輸出電壓沒有變化D.要讓L燈達到原來亮度，滑動頭P應向上移動解析由于原線圈電壓確定，原、副線圈匝數(shù)確定，所以副線圈兩端電壓一定，閉合電鍵S，電動機M開始工作，此后觀察到燈泡L亮度變暗，說明燈泡L兩端電壓減小，因此電阻R兩端電壓增大，由U＝IR可知，通過電阻R的電流增大，電流表讀數(shù)變大，故A、C正確；由副線圈輸出功率P2＝U2I2可知，副線圈的輸出功率變大，由理想變壓器P1＝P2可知，S閉合后原線圈輸入功率變大，故B正確；要讓L燈達到原來亮度，就要增大副線圈的輸出電壓，由U1U2＝n1n2可知，要減小原副線圈的匝數(shù)，滑動頭P答案D｜解題技法｜匝數(shù)比不變，負載變化的情況的分析思路一般電路如圖所示。（1）U1不變，根據(jù)U1U2＝n1n2，輸入電壓U1決定輸出電壓U2，可以得出不論負載電阻R（2）當負載電阻發(fā)生變化時，I2變化，根據(jù)輸出電流I2決定輸入電流I1，可以判斷I1的變化。（3）I2變化引起P2變化，根據(jù)P1＝P2，可以判斷P1的變化。考法二匝數(shù)比改變、負載不變的情況【典例2】如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比n1∶n2＝10∶1，b是原線圈的中心抽頭，S為單刀雙擲開關，定值電阻R1、R2均為10Ω。在原線圈c、d兩端加上圖乙所示的交變電壓，下列說法正確的是（）A.當S與a連接后，理想電流表示數(shù)為2.2AB.當S與a連接后，理想電壓表示數(shù)為11VC.當S由a撥到b后，副線圈輸出電壓的頻率變?yōu)?5HzD.當S由a撥到b后，原線圈的輸入功率變?yōu)樵瓉淼?倍解析由題圖可以知道，交變電流的電壓有效值為220V、周期為0.02s，頻率為50Hz。當S接a時，由變壓器的原理可以知道，n2兩端電壓有效值為22V，由閉合電路歐姆定律得理想電壓表的示數(shù)為22V，理想電流表示數(shù)為2.2A，故A正確，B錯誤；當S由a撥到b后，原線圈匝數(shù)減半，原線圈電壓、頻率不變，則副線圈頻率不變，故C錯誤；副線圈兩端電壓加倍，負載電阻不變，副線圈的輸出功率變?yōu)樵瓉淼?倍，原線圈的輸入功率也變?yōu)樵瓉淼?倍，故D錯誤。答案A｜解題技法｜負載電阻不變，匝數(shù)比變化的情況的分析思路一般電路如圖所示。（1）U1不變，n1n2發(fā)生變化，U（2）R不變，U2變化，I2發(fā)生變化。（3）根據(jù)P2＝U22R和P1＝P2，可以判斷P2變化時，P1發(fā)生變化，U1不變時，I考法三匝數(shù)比、負載都變化的情況【典例3】如圖所示，理想變壓器原線圈接有交流電源，保持輸入電壓不變。開始時單刀雙擲開關K接a；S斷開時，小燈泡A發(fā)光較暗，要使小燈泡A亮度增加，下列操作可行的是（）A.閉合開關SB.開關K接bC.把滑動變阻器滑片向左移動D.以上說法都不對解析閉合開關S，副線圈回路總電阻變小，電流變大，滑動變阻器上的分壓增大，并聯(lián)部分的電壓變小，燈泡A變暗，選項A錯誤；開關K接b，輸入端線圈匝數(shù)減小，則根據(jù)U1U2＝n1n2可知，副線圈兩端的電壓增大，燈泡A中電流增大，燈泡A變亮，選項B正確，D錯誤；把滑動變阻器滑片向左移動，副線圈回路總電阻變大，總電流變小，燈泡A兩端的電壓變小，燈泡A答案B考點三遠距離輸電[互動共研類]分析遠距離輸電問題的三個“關鍵點”1.理清三個回路2.抓住兩個聯(lián)系（1）回路1和回路2的聯(lián)系——升壓變壓器→基本關系：U1U2＝n1n2，I1I2（2）回路2和回路3的聯(lián)系——降壓變壓器→基本關系：U3U4＝n3n4，I3I43.明確三個重要關聯(lián)式（聯(lián)系兩個變壓器的紐帶）（1）功率關聯(lián)式：P2＝ΔP＋P3，其中ΔP＝ΔUI線＝I線2R線＝（2）電壓關聯(lián)式：U2＝ΔU＋U3。（3）電流關聯(lián)式：I2＝I線＝I3?！镜淅?】（2023·江蘇省新高考適應性考試）小明分別按圖1和圖2電路探究遠距離輸電的輸電損耗，將長導線卷成相同的兩卷A、B來模擬輸電線路，忽略導線的自感作用。其中T1為理想升壓變壓器，T2為理想降壓變壓器，兩次實驗中使用的燈泡相同，燈泡的電壓相等。兩次實驗中（） A.都接直流電源B.A兩端的電壓相等C.A損耗的功率相等D.圖1中A的電流較大解析由于變壓器只能改變交變電流，因此圖2中不可能接直流電源，A錯誤；T2是降壓變壓器，根據(jù)n3n4＝I4I3＞1，由于流過兩個燈泡的電流相等，可知圖2中流過A的電流較小，加在圖2中A兩端的電壓較低，圖2中A消耗的功率較小，B、答案D1.[遠距離輸電中輸送功率和損失功率的計算]遠距離輸電線路簡化如圖所示，電廠輸送電功率不變，變壓器均為理想變壓器，圖中標示了電壓和電流，其中輸電線總電阻為R，則（）A.I2＞UB.輸電線損失的電功率為UC.提高輸送電壓U2，則輸電線電流I2增大D.電廠輸送電功率為U2I2解析：D在輸電線路上有U2＝I2R＋U3，所以I2＜U2R，故A錯誤；由于U2不是R兩端的電壓，所以輸電線損失的電功率不是U22R，故B錯誤；因為輸送功率不變，根據(jù)P2＝U2I2可知提高輸送電壓U2，輸電線電流I2減小，故C錯誤；因變壓器為理想變壓器，所以有P1＝P2＝U2I22.[遠距離輸電的電路動態(tài)分析]如圖所示，小型水力發(fā)電站的發(fā)電機有穩(wěn)定的輸出電壓，該電壓先通過發(fā)電站附近的升壓變壓器升壓，然后通過輸電線路把電能輸送到遠處用戶附近的降壓變壓器，經降壓變壓器降低電壓后再輸送至各用戶。設變壓器都是理想變壓器，那么在用電高峰期，隨著用電器增多，用戶消耗的電功率增加，下列說法正確的是（）A.發(fā)電機的輸出電流變小B.高壓輸電線路的功率損失變小C.降壓變壓器副線圈兩端的電壓變小D.升壓變壓器副線圈兩端的電壓變大解析：C用電高峰期用電器增多，降壓變壓器的輸出電流增大，由變壓器原、副線圈電流關系可知輸電線上的電流I增大，發(fā)電機的輸出電流變大，選項A錯誤；輸電線路上損失的功率P損＝I2r，r為輸電線路電阻，故P損變大，選項B錯誤；升壓變壓器副線圈的輸出電壓U2只與輸入電壓U1及原、副線圈匝數(shù)比有關，即升壓變壓器副線圈兩端的電壓不變，選項D錯誤；降壓變壓器原線圈兩端的電壓U3＝U2－U損，U損＝Ir，I增大，U損增大，故U3減小，由理想變壓器原、副線圈的電壓關系可知降壓變壓器副線圈兩端的電壓變小，選項C正確。“專項研究”拓視野兩類特殊的變壓器問題除了常規(guī)變壓器以外，還有特殊的變壓器：自耦變壓器、互感器，我們也需要學會處理有關問題。1.自耦變壓器問題自耦變壓器（又稱調壓器），它只有一個線圈，原、副線圈共用其中的一部分作為另一個線圈，當交流電源接不同的端點時，它可以升壓也可以降壓，變壓器的基本關系對自耦變壓器同樣適用，如圖所示?！镜淅?】一自耦變壓器如圖所示，環(huán)形鐵芯上只繞有一個線圈，將其接在a、b間作為原線圈。通過滑動觸頭取該線圈的一部分，接在c、d間作為副線圈。在a、b間輸入電壓為U1的交變電流時，c、d間的輸出電壓為U2。在將滑動觸頭從M點順時針旋轉到N點的過程中（）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間原線圈的匝數(shù)大于c、d間副線圈的匝數(shù)，在滑動觸頭由M點移動到N點的過程中，副線圈的匝數(shù)進一步減小，由變壓器工作原理U1U2＝n1n2知，U2＜U1，且U2答案C2.互感器問題兩種互感器的比較##電壓互感器#電流互感器原理圖原線圈的連接并聯(lián)在高壓電路中串聯(lián)在交流電路中副線圈的連接連接電壓表連接電流表互感器的作用將高電壓變?yōu)榈碗妷簩⒋箅娏髯兂尚‰娏骼玫墓経1UI1n1＝I2n2【典例2】如圖，T1、T2是監(jiān)測交流高壓輸電參數(shù)的互感器，其中a、b是交流電壓表或交流電流表。若高壓輸電線間的電壓為220kV，T1的原、副線圈匝數(shù)比為1∶100，交流電壓表的示數(shù)為100V，交流電流表的示數(shù)為1A，則（）A.b是交流電壓表B.T2的原、副線圈匝數(shù)比為100∶1C.高壓線路輸送的電流為1AD.高壓線路輸送的電功率為220kW解析題圖中右側的互感器原線圈并聯(lián)在高壓線上，b是交流電壓表，選項A正確；若高壓輸電線間的電壓為220kV，副線圈交流電壓表的示數(shù)為100V，根據(jù)變壓器變壓公式，T2的原、副線圈匝數(shù)比為2200∶1，選項B錯誤；T1的原、副線圈匝數(shù)比為1∶100，a是交流電流表，交流電流表的示數(shù)為1A，根據(jù)變壓器變流公式，高壓線路輸送的電流為100A，選項C錯誤；高壓線路輸送的電功率為P＝UI＝220kV×100A＝22000kW，選項D錯誤。答案A1.（2022·北京高考）某理想變壓器的原線圈接在220V的正弦交流電源上，副線圈輸出電壓為22000V，輸出電流為300mA。該變壓器（）A.原、副線圈的匝數(shù)之比為100∶1B.輸入電流為30AC.輸入電流的最大值為152AD.原、副線圈交流電的頻率之比為1∶100解析：B原、副線圈的匝數(shù)之比為n1n2＝U1U2＝22022000＝1100，故A錯誤；根據(jù)n1n2＝I2I1可得輸入電流為I1＝n2n1I2＝100×300×10－3A＝30A，故B正確；輸入電流的最大值為Im＝2I1＝302A2.某同學設計了一個充電裝置，如圖所示，假設永磁鐵的往復運動在螺線管中產生近似正弦式交流電，周期為0.2s，電壓最大值為0.05V，理想變壓器原線圈接螺線管，副線圈接充電電路，原、副線圈匝數(shù)比為1∶60，下列說法正確的是（）A.交流電的頻率為10HzB.副線圈兩端電壓最大值為3VC.變壓器輸入電壓與永磁鐵磁場強弱無關D.充電電路的輸入功率大于變壓器的輸入功率解析：B周期是T＝0.2s，頻率是f＝1T＝5Hz，故A錯誤；由理想變壓器原理可知U1U2＝n1n2，解得副線圈兩端的最大電壓為U2＝n2n1U1＝3V，故B正確；根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，永磁鐵磁場越強，線圈中產生的感應電動勢越大，變壓器的輸入電壓會越大，故C錯誤3.（2023·江蘇南京市雨花臺中學高三月考）某款手搖點火器原理如圖所示，當鋼針和金屬板間瞬時電壓超過5000V時可以產生電火花。已知勻強磁場的磁感應強度B大小為0.2T，手搖發(fā)電機線圈的面積為0.5m2，共50匝，不計內阻。變壓器可視為理想變壓器，其原副線圈匝數(shù)比為1∶100。則（）A.電壓表的示數(shù)為5V時，點火器可以產生電火花B.電壓表的示數(shù)為25V時，點火器可以產生電火花C.線圈轉速等于1r/s時，點火器可以產生電火花D.線圈轉速等于2r/s時，點火器可以產生電火花解析：D電壓表的示數(shù)為原線圈兩端電壓的有效值，又因原副線圈匝數(shù)比為1∶100，因此剛點火時則有UV＝U1m2＝502V＝252V，5V、25V均小于252V，則不能達到點火電壓，A、B錯誤；設線圈轉速為n，則發(fā)電機的最大電動勢是Em＝NBSω＝NBS·2πn，則輸入變壓器原線圈的最大電壓U1m＝Em，設點火電壓U2m＝5000V，由變壓器的原副線圈匝數(shù)比為1∶100，可得原線圈的瞬時最大電壓是U1m＝50V，將各物理量的數(shù)據(jù)代入Em＝NBSω＝NBS·2πn，解得n＝5πr/s≈1.59r/s，線圈轉速大于1.59r/s時，點火器可以產生電火花，C錯誤4.小芳設計了一個電吹風，其電路圖如圖所示，變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為N1、N2，小風扇的額定電壓為60V。a、b、c、d為四個固定觸點，轉動扇形金屬觸片P的位置可同時接觸兩個觸點，使電吹風可處于關機、吹熱風和吹冷風三種工作狀態(tài)。在電吹風吹熱風時（）A.觸片P同時接觸a、b，N1∶N2＝11∶3B.觸片P同時接觸a、b，N1∶N2＝3∶11C.觸片P同時接觸b、c，N1∶N2＝11∶3D.觸片P同時接觸b、c，N1∶N2＝3∶11解析：A由題意可知，電吹風吹熱時，電熱絲需連入電路中，觸片P同時接觸a、b，由變壓器電壓和匝數(shù)關系可得N1N2＝U1U2＝22060＝113，A正確5.（2023·江蘇宿遷一模）在如圖所示電路中，理想變壓器原線圈接在交流電源上，調節(jié)滑動觸頭Q可以改變副線圈接入電路的匝數(shù)。R0為定值電阻，燈泡L和滑動變阻器R串聯(lián)，P為滑動變阻器的滑片，A為交流電流表。開關S閉合，電流表A的示數(shù)為I。則（）A.僅將P向下滑動，I增大B.僅將Q向下滑動，燈泡變亮C.僅將開關S斷開，燈泡變亮D.僅將開關S斷開，變壓器的輸入功率增加解析：A僅將P向下滑動，副線圈總電阻減小，副線圈總電流變大，根據(jù)變壓器原理可得原線圈的電流變大，故A正確；僅將Q向下滑動，副線圈匝數(shù)減小，副線圈輸出電壓變小，燈泡變暗，故B錯誤；僅將開關S斷開，副線圈電壓不變，則燈泡亮度不變，故C錯誤；僅將開關S斷開，副線圈電壓不變，副線圈電阻增加，則副線圈功率減小，變壓器的輸入功率減小，選項D錯誤。6.（2023·江蘇省鹽城市高三二模）如圖所示的鉗形電流表，按下手柄時，它的鐵芯可以分開，把被測的載流導體放入后，松開手柄，鐵芯閉合。導線中的交變電流在鐵芯中產生交變磁場，電流表與套在鐵芯上的線圈相連，可以間接得知導線中的電流。被測導線、鐵芯、線圈構成一個電流互感器。下列對鉗形電流表的說法正確的是（）A.其工作原理與降壓變壓器一樣B.需要斷開電路將此鉗式電流表串接在電路中C.如果鉗口沒有閉合緊密，則電流的測量值會偏小D.如果通電導線在鉗形口多繞幾圈，則讀數(shù)會偏小解析：C鉗形電流測量儀實質上是“降流”，則原理是與升壓變壓器一樣，故A項錯誤；此儀器不需要斷開電路，只需將此鉗式電流表的鉗口扣在導線上即可，B項錯誤；若鉗形部分鐵芯沒有完全閉合，載流導線中電流產生的磁場減弱，磁通量變化率減小，在內置線圈產生的感應電動勢減小，感應電流減小，則測量出的電流將小于實際電流，故C項正確；根據(jù)n1I1＝n2I2，知若將載流導線在鐵芯上多繞幾匝，即n1變大，I1、n2不變，則鉗形電流測量儀的示數(shù)I2將變大，即讀數(shù)會偏大，故D項錯誤。7.（2023·江蘇泰州中學模擬預測）“西電東送”是將西部豐富的能源轉化為電能輸送到電力供應緊張的沿海地區(qū)，為了減少遠距離輸電線路中電阻損耗的能量，需要采用高壓輸電。某發(fā)電機輸出的交流電經理想變壓器升壓后向遠處輸送，最后經理想變壓器降壓后輸送給用戶。則下列說法不正確的是（）A.若減少升壓變壓器原線圈的匝數(shù)，輸電線上損失的功率將減小B.用戶獲得的交流電頻率與發(fā)電機輸出的交流電頻率相同C.若增加用戶用電負載的數(shù)量，輸電線上損失的功率將增加D.根據(jù)I＝PU解析：D減少升壓變壓器原線圈的匝數(shù)，輸電電壓增加，根據(jù)I＝PU可知輸電電流減小，損失功率減小，故A正確；變壓器并不能改變交流電的頻率，則用戶獲得的交流電頻率與發(fā)電機輸出的交流電頻率相同，故B正確；若增加用戶用電負載的數(shù)量，總電阻減小，輸電電流增大，由P＝I2R知損失功率增大，故C正確；根據(jù)I＝PU可知輸電電壓增加，則輸電電流減小，故D8.（2023·江蘇蘇州二模）圖甲所示為可拆變壓器的零部件，其中鐵芯B可以橫向固定在鐵芯A頂端形成閉合鐵芯。原、副線圈的匝數(shù)分別為n1和n2，將它們分別套在鐵芯A的兩臂上，如圖乙所示。某同學為測量原線圈的電阻，用合適擋位的歐姆表兩表筆與原線圈的兩接線柱連接，等指針穩(wěn)定后讀數(shù)。之后原線圈兩端接正弦交流電源，測得原、副線圈兩端的電壓分別為U1和U2。下列說法正確的是（）A.歐姆表兩表筆與接線柱連接時，其示數(shù)逐漸增大最后穩(wěn)定在一個值B.歐姆表兩表筆與接線柱斷開時，原線圈兩端的電壓從穩(wěn)定值逐漸減小C.若不安裝鐵芯B在鐵芯A上，則有U1∶U2＞n1∶n2D.將鐵芯B安裝到鐵芯A上后，則有U1∶U2＜n1∶n2解析：C兩表筆與接線柱接觸瞬間，由于線圈的自感作用，會產生自感電動勢阻礙電流的增加，開始時電流較小，歐姆表示數(shù)較大，由于電流的逐漸穩(wěn)定，其阻礙減弱，電流逐漸變大，歐姆表示數(shù)會逐漸減小最后穩(wěn)定在一個值，故A錯誤；兩表筆與接線柱斷開瞬間，由于線圈的自感作用，線圈會產生較大的自感電動勢，其兩端電壓瞬間變大，由于沒有形成閉合回路，緊接著兩端的電壓變?yōu)榱悖蔅錯誤；若不安裝鐵芯B在鐵芯A上，會存在著較大的漏磁，副線圈比有鐵芯時的電壓會小很多，所以ΔΦ1Δt＝U1n1＞ΔΦ2Δt＝U2n2，U1∶U2＞n1∶n2，故C正確；將鐵芯B安裝到鐵芯A上后，形成閉合磁路，沒有漏磁，則有U19.（2023·江蘇蘇錫常一模）某種的無線充電原理如圖所示。已知發(fā)射線圈的兩端電壓為45V，電流的頻率為100kHz，接收線圈的兩端電壓為5.4V。充電時效率大約60%。下列說法正確的是（）A.無線充電工作原理是“電流的磁效應”B.接收線圈中電流的頻率為100kHzC.無線充電發(fā)射線圈與接收線圈匝數(shù)比為25∶3D.充電時接收線圈始終有收縮的趨勢解析：B無線充電工作原理是：變化的電流流過發(fā)射線圈會產生變化的磁場，當接收線圈靠近該變化的磁場時就會產生感應電流給充電，利用的是電磁感應現(xiàn)象，故A錯誤；接收線圈中電流的頻率與發(fā)射線圈中電流的頻率相等，均為100kHz，B正確；若充電時不漏磁，兩線圈可視為理想變壓器，功率無損耗，匝數(shù)比為n1n2＝U1U2＝455.4＝253，但是本題中充電時效率大約60%，功率有損耗，所以匝數(shù)比不是25∶3，故C錯誤；發(fā)射線圈接的是交流電，當發(fā)射線圈的電流減小時，10.（2023·江蘇省海頭高級中學二模）如圖所示為實驗室使用的旋轉磁極式發(fā)電機模型，線圈abcd的匝數(shù)N＝100，內阻r＝4Ω，輸出端與理想變壓器的原線圈相連，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為n1∶n2＝4∶1，副線圈外接電阻R＝1Ω。轉動磁極，線圈abcd內磁場的磁通量的變化規(guī)律為：Φ＝22100πsin10πt（Wb）。閉合（1）線圈產生電動勢的有效值E；（2）電阻R中的電流I2。解析：（1）由題可知，線圈磁通量的最大值為Φm＝2轉動的角速度為ω＝10πrad/s則線圈產生電動勢的最大值為Em＝NBSω＝NΦmω＝202V則線圈產生電動勢的有效值為E＝Em2＝20（2）設變壓器原線圈的電流為I1，則根據(jù)能量守恒有EI1＝I12r＋根據(jù)變壓器的電流關系有I1I聯(lián)立解得，電阻R中的電流為I2＝4A。答案：（1）20V（2）4A實驗十五探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關系一、實驗目的探究變壓器原線圈電壓一定時，副線圈電壓與線圈匝數(shù)的定量關系。二、實驗原理1.實驗電路圖2.實驗方法采用控制變量法（1）n1一定，研究n2和U2的關系。（2）n2一定，研究n1和U2的關系。三、實驗器材學生電源（低壓交流，小于12V）1個、可拆變壓器1個、多用電表（交流電壓擋）1個、導線若干。四、實驗步驟1.保持原線圈的匝數(shù)n1和電壓U1不變，改變副線圈的匝數(shù)n2，研究n2對副線圈電壓U2的影響。實物接線如圖所示。表格一U1＝5V，n1＝400匝實驗次數(shù)123n2/匝U2/V（1）選擇n1＝400匝，用導線將變壓器原線圈接在學生電源的交流輸出接線柱上。（2）將選擇開關調至使原線圈兩端電壓為5V，如圖甲所示。（3）將多用電表與副線圈n2＝200匝的接線柱相連接，如圖乙所示。讀出副線圈兩端的電壓U2。（4）將n2、U2、n1、U1記錄在表格一中。（5）保持n1＝400匝，U1＝5V不變。將多用電表與副線圈n2＝800匝的接線柱相連接，如圖丙所示。讀出副線圈兩端的電壓U2。（6）將n2、U2記錄在表格一中。（7）保持n1＝400匝，U1＝5V不變。將多用電表與副線圈n2＝1400匝的接線柱相連接，如圖丁所示。讀出副線圈兩端的電壓U2。（8）將n2、U2的數(shù)值記錄在表格一中。2.保持副線圈的匝數(shù)n2和原線圈兩端的電壓U1不變，研究原線圈的匝數(shù)對副線圈電壓的影響。表格二U1＝5V，n2＝400匝實驗次數(shù)123n1/匝U2/V（1）將1中的原線圈作為副線圈，副線圈作為原線圈。（2）選擇n2＝400匝，用導線將變壓器原線圈接在學生電源的交流輸出接線柱上。（3）將選擇開關撥至5V擋。（4）將多用電表與副線圈n1＝200匝的接線柱相連接，讀出副線圈兩端的電壓U2。（5）將n2、U2、n1、U1記錄在表格二中。（6）保持n2＝400匝，U1＝5V不變，將連接電源的兩根導線與原線圈n1＝800匝的接線柱相連接，讀出副線圈兩端的電壓U2。（7）將n1、U2記錄在表格二中。（8）保持n2＝400匝，U1＝5V不變，將連接電源的兩根導線與原線圈n1＝1400匝的接線柱相連接，讀出副線圈兩端的電壓U2。（9）將n1、U2的數(shù)值記錄在表格二中。（10）拆除實驗線路，整理好實驗器材。五、實驗結論分析表格一和表格二可知，理想變壓器原、副線圈兩端電壓U1、U2之比等于兩個線圈的匝數(shù)n1、n2之比。六、注意事項1.要事先推測副線圈兩端電壓的可能值。2.為了人身安全，只能使用低壓交流電壓，所用電壓不要超過12V，即使這樣，通電時不要用手接觸裸露的導線、接線柱。3.為了多用電表的安全，使用交流電壓擋測電壓時，先用最大量程擋測試，大致確定電壓后再選擇適當?shù)膿跷贿M行測量?！镜淅?】物理研究課上，同學們用可拆變壓器探究“變壓器的原、副線圈電壓與匝數(shù)的關系”?？刹鹱儔浩魅鐖D甲、乙所示。（1）下列說法正確的是。

A.為確保實驗安全，實驗中一般要求原線圈匝數(shù)小于副線圈匝數(shù)B.變壓器的原線圈接低壓交流電源，測量副線圈電壓時應當用多用電表的“直流電壓擋”C.可以先保持原線圈電壓、匝數(shù)不變，改變副線圈的匝數(shù)，研究副線圈匝數(shù)對副線圈電壓的影響D.測量副線圈電壓時，先用最大量程擋試測，大致確定電壓后再選用適當?shù)膿跷贿M行測量E.變壓器開始正常工作后，鐵芯導電，把電能由原線圈輸送到副線圈F.變壓器開始正常工作后，若不計各種損耗，在原線圈上將電能轉化成磁場能，在副線圈上將磁場能轉化成電能，鐵芯起到“傳遞”磁場能的作用（2）如圖丙所示，某同學自己繞制了兩個線圈套在可拆變壓器的鐵芯上。原線圈接學生電源的交流輸出端，副線圈接小燈泡。下列說法正確的是。

A.與變壓器未通電時相比較，此時若將可拆變壓器上端的橫條鐵芯取下將更費力B.若僅增加原線圈繞制的圈數(shù)，小燈泡的亮度將保持不變C.若僅增加副線圈繞制的圈數(shù)，學生電源的過載指示燈可能會亮起解析（1）為確保實驗安全，應該使輸出電壓不大于12V，實驗中要求原線圈匝數(shù)大于副線圈匝數(shù)，故A錯誤；變壓器只能改變交流的電壓，原線圈輸入交流電壓，副線圈輸出交流電壓，應用多用電表的“交流電壓擋”測量，故B錯誤；研究變壓器電壓和匝數(shù)的關系時，用控制變量法，可以先保持原線圈電壓、匝數(shù)不變，改變副線圈的匝數(shù)，研究副線圈匝數(shù)對副線圈電壓的影響，故C正確；為了保護電表，測量副線圈電壓時，先用最大量程擋試測，大致確定電壓后再選用適當?shù)膿跷贿M行測量，故D正確；變壓器的工作原理是電磁感應現(xiàn)象，即不計各種損耗，在原線圈上將電能轉化成磁場能，在副線圈上將磁場能轉化成電能，鐵芯起到“傳遞”磁場能的作用，不是鐵芯導電，傳輸電能，故E錯誤，F(xiàn)正確。（2）與變壓器未通電時相比較，通電時，線圈產生磁性，對橫條鐵芯具有吸引力，將可拆變壓器上端的橫條鐵芯取下將更費力，故A正確；增加原線圈繞制的圈數(shù)，則根據(jù)U1U2＝n1n2可知，輸出電壓減小，燈泡的亮度降低，故B錯誤；增加副線圈繞制的圈數(shù)，則輸出電壓增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，輸出電流增大，根據(jù)P入＝P出可知，輸入電流增大，答案（1）CDF（2）AC【典例2】在“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)關系”的實驗中（1）為了確保實驗的安全，下列做法正確的是。

A.為了人身安全，只能使用低壓直流電源，所用電壓不要超過12VB.連接好電路后，可不經檢查電路是否正確，直接接通電源C.因為使用電壓較低，通電時可用手直接接觸裸露的導線、接線柱D.為了多用電表的安全，使用交流電壓擋測電壓時，先用最大量程擋試測（2）多用電表刻度盤上交流電壓的刻度是（選填“均勻”或“不均勻”）的。

（3）某實驗小組通過實驗，記錄的數(shù)據(jù)如下表：原線圈匝數(shù)n1/匝100200400400副線圈匝數(shù)n2/匝400400200800原線圈兩端的電壓U1/V1.964.908.004.86副線圈兩端的電壓U2/V7.809.763.909.64通過分析實驗數(shù)據(jù)可得出的實驗結論是。

（4）一次實驗中，變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為400匝和200匝，測得的電壓分別為8.00V和3.90V，據(jù)此可知電壓比與匝數(shù)比并不相等，主要原因是（至少說出兩個原因）。

解析（1）變壓器是改變電壓，因此為了人身安全，原線圈兩端只能使用低壓交流電源，所用電壓不超過12V，故A錯誤；實驗通電時，不可用手接觸裸露的導線、接線柱等檢查電路，防止發(fā)生觸電，故C錯誤；連接好電路，需經檢查后才可接通電源，故B錯誤；使用多用電表測電壓時，先用最大量程擋試測，再選用恰當?shù)膿跷贿M行測量，故D正確。（2）由多用電表的表盤可知，多用電表刻度盤上交流電壓的刻度是不均勻的。（3）通過分析實驗數(shù)據(jù)可得出的實驗結論是，在誤差允許范圍內，變壓器原、副線圈的電壓比等于匝數(shù)比。（4）電壓比與匝數(shù)比并不相等，主要原因是變壓器是不理想的，有漏磁、鐵芯發(fā)熱、導線發(fā)熱等影響輸出電壓。答案（1）D（2）不均勻（3）在誤差允許范圍內，變壓器原、副線圈的電壓比等于匝數(shù)比（4）有漏磁、鐵芯發(fā)熱、導線發(fā)熱等影響輸出電壓1.在“探究變壓器線圈兩端的電壓和匝數(shù)的關系”實驗中，可拆變壓器如圖所示。（1）變壓器鐵芯的結構和材料是；

A.整塊硅鋼鐵芯B.整塊不銹鋼鐵芯C.絕緣的銅片疊成D.絕緣的硅鋼片疊成（2）為了人身安全，實驗中交流電源的電壓不要超過；

A.2V B.12VC.50V D.72V（3）本實驗要通過改變原、副線圈匝數(shù)，探究原、副線圈的電壓比與匝數(shù)比的關系，實驗中需要運用的科學方法是；

A.控制變量法 B.等效替代法 C.類比法（4）實驗中原、副線圈的電壓之比與它們的匝數(shù)之比有微小差別。原因不可能為。

A.原、副線圈上通過的電流發(fā)熱B.鐵芯在交變磁場作用下發(fā)熱C.變壓器鐵芯漏磁D.原線圈輸入電壓發(fā)生變化解析：（1）變壓器鐵芯的材料要選擇磁性材料，為防止出現(xiàn)渦流，用絕緣的硅鋼片疊成，故選D。（2）為了人身安全，實驗中交流電源的電壓不要超過12V，故選B。（3）本實驗要通過改變原、副線圈匝數(shù)，探究原、副線圈的電壓比與匝數(shù)比的關系，實驗中需要運用的科學方法是控制變量法，故選A。（4）原、副線圈上通過的電流發(fā)熱，鐵芯在交變磁場作用下發(fā)熱，都會使變壓器輸出功率發(fā)生變化，從而導致電壓比與匝數(shù)比有差別，選項A、B不符合題意；變壓器鐵芯漏磁，從而導致電壓比與匝數(shù)比有差別，選項C不符合題意；原線圈輸入電壓發(fā)生變化，不會影響電壓比和匝數(shù)比，選項D符合題意。答案：（1）D（2）B（3）A（4）D2.在“探究變壓器線圈兩端電壓與匝數(shù)關系”的實驗中，小型可拆變壓器的原、副線圈匝數(shù)分別為n1＝120匝、n2＝240匝，某實驗小組在原線圈兩端依次加上不同的電壓，用多用電表的交流電壓擋分別測量原、副線圈兩端的電壓，數(shù)據(jù)如表所示。實驗序號原線圈兩端的電壓U1（V）副線圈兩端的電壓U2（V）U13.98.21∶2.125.911.81∶2.037.815.2（1）實驗小組根據(jù)測得的數(shù)據(jù)在表格中算出U1、U2的比值，還有一組U1、U2的比值沒有算出，把求出的結果填在表格中。（2）本實驗可得出結論：變壓器線圈兩端電壓與匝數(shù)關系為（用題目中給出的字母表示）。

（3）該變壓器是變壓器（選填“升壓”或“降壓”）。

解析：（1）第三組數(shù)據(jù)為U1U2＝7（2）線圈匝數(shù)之比n1n2＝120240＝12，結合表格中的數(shù)據(jù)知，（3）從表格中的數(shù)據(jù)可知副線圈匝數(shù)多、電壓高，所以該變壓器是升壓變壓器。答案：（1）1∶1.9（2）U1U2＝n1【典例3】（2023·江蘇南京模擬）做“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關系”的實驗。（1）以下給出的器材中，本實驗需要用到的有。（填選項字母）

（2）下列說法正確的是。

A.變壓器工作時副線圈電壓頻率與原線圈不相同B.實驗中要通過改變原、副線圈匝數(shù)，探究原、副線圈的電壓比與匝數(shù)比的關系，需要運用的科學方法是控制變量法C.為了人身安全，實驗中只能使用低壓直流電源，電壓不要超過12VD.繞制降壓變壓器原、副線圈時，副線圈導線應比原線圈導線粗一些好（3）實驗中，可拆變壓器如圖所示，為了減小渦流在鐵芯中產生的熱量，鐵芯是由相互絕緣的硅鋼片平行疊成，硅鋼片應平行于平面。

A.abcd B.abfeC.abgh D.aehd（4）由于交變電流的電壓是變化的，所以實驗中測量的是電壓的（選填“平均”“有效”或“最大”）值；某次實驗操作，副線圈所接多用電表的讀數(shù)如圖甲所示，其對應的選擇開關如圖乙所示，則此時電表讀數(shù)為。

（5）若用匝數(shù)N1＝400匝和N2＝800匝的變壓器做實驗，對應的電壓測量數(shù)據(jù)如下表所示。根據(jù)測量數(shù)據(jù)，則N1一定是線圈。（選填“原”或“副”）

實驗次數(shù)1234U10.901.401.902.40U22.003.014.025.02解析（1）實驗中需要交流電源、變壓器和交流電壓表（萬用表），不需要干電池和直流電壓表，故選B、D、E。（2）變壓器工作時只是改變電壓，不改變頻率，副線圈電壓頻率與原線圈相同，故A錯誤；實驗過程中，在原、副線圈匝數(shù)和原線圈兩端電壓三個變量中保持兩個不變，改變一個來探究匝數(shù)比與原副線圈電壓之比的關系，用的是控制變量法，故B正確；變壓器改變的是交流電壓，因此為了人身安全，原線圈兩端只能使用低壓交流電源，所用交流電壓不能超過12V，而用直流電壓變壓器不能工作，故C錯誤；觀察兩個線圈的導線，發(fā)現(xiàn)粗細不同，由變壓器工作原理知I1I2＝n2n1可知，匝數(shù)少的電流大，則導線應該粗；繞制降壓變壓器原、副線圈時，由于副線圈的匝數(shù)少，（3）由圖，根據(jù)楞次定律和右手螺旋定則，產生的渦旋電流的方向與面abcd平行，為了減小渦流在鐵芯中產生的熱量，相互絕緣的硅鋼片應垂直面abcd，即平行于面aehd，故A、B、C錯誤，D正確。（4）由于交變電流的電壓是變化的，實驗中測量的是電壓的有效值；所選擇為交流電壓10V擋，依題意，此時電表讀數(shù)為4.8V。（5）由于有漏磁、原副線圈內阻分壓等因素，所以副線圈實際測量的電壓值應該小于理論值，由理想變壓器規(guī)律U1U2＝N1N2＝12，由表格數(shù)據(jù)值U1總是略小于12U2，故答案（1）BDE（2）BD（3）D（4）有效4.8V（5）副1.小華同學做了探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)關系的實驗，請回答以下問題：（1）本實驗中需要測量電壓，則在如圖所示的器材中，應。

A.選甲圖中的器材 B.選乙圖中的器材C.都可以選 D.都不能選（2）小華在做本實驗時，選擇的原線圈為100匝，副線圈為200匝；他將原線圈接入學生電源中的交流電壓“6V”擋位，用合適的電表測量出副線圈的電壓為13V，則下列敘述可能符合實際情況的一項是。

A.變壓器的鐵芯沒有閉合B.一定是電壓的測量出了問題C.副線圈實際匝數(shù)與標注的“200”不符，應該小于200匝D.學生電源實際輸出電壓大于標注的“6V”（3）用匝數(shù)na＝100匝和nb＝200匝的變壓器，實驗測量數(shù)據(jù)如表，U1/V1.602.503.704.60U2/V3.705.307.609.70根據(jù)測量數(shù)據(jù)可判斷連接電源的線圈是（選填“na”或“nb”）。

解析：（1）由題圖可知，甲圖是多用電表，而乙圖是電壓表，實驗需要測量交流電壓，因此選用甲圖，故A正確，B、C、D錯誤。（2）根據(jù)理想變壓器的原、副線圈的電壓與其匝數(shù)關系式U1U2＝n1n2，若變壓器的鐵芯沒有閉合，則得出副線圈的電壓小于12V，A錯誤；若是電壓的測量出了問題，應該是小于12V，不應該大于12V，B錯誤；副線圈實際匝數(shù)與標注的“200”不符，若小于200匝，由以上公式可知，副線圈的電壓小于12V，C錯誤；若學生電源實際輸出電壓大于標注的“6V”，由以上公式可知，副線圈的電壓可能為13（3）根據(jù)題意，電壓比與匝數(shù)比不相等，可知該變壓器為非理想變壓器，考慮到變壓器有漏磁、鐵芯發(fā)熱、導線發(fā)熱等影響，判斷出U2為原線圈上電壓大小，則判斷出接電源的是nb。答案：（1）A（2）D（3）nb2.在“探究變壓器原、副線圈的電壓與匝數(shù)的關系”實驗中，某同學利用“教學用的可拆變壓器”進行探究。（1）該同學認真檢查電路無誤后，先保證原線圈匝數(shù)不變，改變副線圈匝數(shù)；再保證副線圈匝數(shù)不變，改變原線圈匝數(shù)。分別測出相應的原、副線圈兩端的電壓值。由于交變電流的電壓是變化的，所以，我們實際上測量的是電壓的（選填“有效”或“最大”）值。其中一次操作后副線圈所接多用電表讀數(shù)如圖所示，此時電表讀數(shù)為V。

（2）理想變壓器原、副線圈電壓應與其匝數(shù)成（選填“正比”或“反比”），實驗中由于變壓器的銅損和鐵損導致原線圈與副線圈的電壓之比一般（選填“大于”“小于”或“等于”）原線圈與副線圈的匝數(shù)之比。

解析：（1）多用電表測量的是交流電壓的有效值。題圖多用電表選用的擋位是交流電壓10V擋，由題圖可得電表讀數(shù)為7.2V。（2）根據(jù)U1U2＝n1n2可知，理想變壓器原、副線圈電壓應與其匝數(shù)成正比；實驗中由于變壓器的銅損和鐵損導致副線圈的電壓U2較小答案：（1）有效7.2（2）正比大于實驗十六利用傳感器設計并制作簡單的自動控制裝置一、實驗目的1.了解傳感器的工作過程，探究熱敏電阻和光敏電阻等敏感元件的特性。2.學會傳感器的簡單使用并會制作簡單的自動控制裝置。二、實驗原理1.傳感器能夠將感受到的物理量（力、熱、光、聲等）轉換成便于測量的量（一般是電學量）。2.其工作過程如下圖所示。三、實驗器材熱敏電阻、光敏電阻、多用電表、鐵架臺、燒杯、冷水、熱水、小燈泡、學生電源、繼電器、滑動變阻器、開關、導線等。四、實驗過程1.研究熱敏電阻的熱敏特性（1）將熱敏電阻放入燒杯中的水中，測量水溫和熱敏電阻的阻值（如圖甲所示）。（2）準備好記錄電阻與溫度關系的表格。（如下表）次數(shù)待測量123456溫度（℃）電阻（Ω）（3）改變水的溫度，多次測量水的溫度和熱敏電阻的阻值，記錄在表格中，把記錄的數(shù)據(jù)畫在R－t圖中，得圖像如圖乙所示。2.研究光敏電阻的光敏特性（1）將光電傳感器、多用電表、燈泡、滑動變阻器按如圖所示電路連接好，其中多用電表置于“×100”擋。（2）先測出在室內自然光的照射下光敏電阻的阻值，并記錄數(shù)據(jù)。（3）打開電源，讓小燈泡發(fā)光，調節(jié)小燈泡的亮度使之逐漸變亮，觀察表盤指針顯示電阻阻值的變化情況，并記錄。（4）用手掌（或黑