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- 2021-05-26 发布
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第二节 变压器 远距离输电
[学生用书P220]
【基础梳理】
一、变压器原理
1．工作原理：电磁感应的互感现象．
2．理想变压器的基本关系式
(1)功率关系：P入＝P出．
(2)电压关系：＝，若n1>n2，为降压变压器；若n1Icd
C．ab接PQ、cd接MN，IabIcd
解析：选B.高压输电线上的电流较大，测量时需把电流变小，根据＝，MN应接匝数少的线圈，故ab接MN，cd接PQ，且Iab>Icd，选项B正确．
迁移4 多个副线圈的求解
4.
如图所示，理想变压器有两个副线圈，L1、L2是两盏规格为“8 V，10 W”的灯泡，L3、L4是两盏规格为“6 V，12 W”的灯泡，当变压器的输入电压为U1＝220 V时，四盏灯泡恰好都能正常发光，如果原线圈的匝数n1＝1 100匝，求：
(1)副线圈n2、n3的匝数；
(2)电流表的读数．
解析：(1)由变压器原理可知n1∶n2∶n3＝U1∶U2∶U3，则n2＝n1＝×1 100匝＝40匝
n3＝n1＝×1 100匝＝60匝．
(2)由输入功率等于输出功率知I1U1＝2PL2＋2PL3，则I1＝＝ A＝0.2 A.
答案：(1)40匝 60匝 (2)0.2 A
变压器的动态分析[学生用书P222]
【知识提炼】
1．匝数比不变的情况(如图所示)
(1)U1不变，根据＝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＝可以判断I1的变化情况．
(3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化．
2．负载电阻不变的情况(如图所示)
(1)U1不变，发生变化，U2变化．
(2)R不变，U2变化，I2发生变化．
(3)根据P2＝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．
【典题例析】
如图所示电路中，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0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A，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
[审题指导] 由于原副线圈匝数不变，则V1、V2不变；而A2示数增大，则R0的电压要增大，所以可判断V3的变化和R阻值的变化．
[解析] 电压表V1的示数和a、b间电压的有效值相同，滑片滑动时V1示数不变，选项A错误；电压表V2测量的电压为副线圈两端的电压，原、副线圈匝数不变，输入电压不变，
故V2示数不变，V3示数为V2示数减去R0两端电压，两线圈中电流增大，易知R0两端电压升高，故V3示数减小，选项B错误；理想变压器U1I1＝U2I2，则U1ΔI1＝U2ΔI2，ΔI2>ΔI1，故U2＜U1，变压器为降压变压器，选项C错误；因I2增大，故知R减小，变阻器滑片是沿c→d的方向滑动，选项D正确．
[答案] D
1．变压器动态问题的“制约”关系
(1)电压制约：副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定．
(2)电流制约：原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定．
(3)功率制约：原线圈的输入功率P入由副线圈的输出功率P出决定．
(4)元件制约(由元件的特性制约负载电路)
负载回路中若存在二极管，则负载回路中通过的将不再是交流电，而是脉冲电流．
2．变压器动态问题分析思路程序
【迁移题组】
迁移1 匝数不变时的动态分析
1．(2016·高考天津卷)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
解析：选B.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，变压器副线圈的总负载的等效电阻增大，R1中电流减小，R1两端电压减小，电压表示数变大，R1消耗的电功率变小，选项A错误，B正确；当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，变压器副线圈输出电流减小，输出功率减小，根据变压器输入功率等于输出功率，变压器输入功率减小，电流表A1示数变小，选项C错误；若闭合开关S，变压器副线圈的总负载的等效电阻减小，则R1中电流增大，R1两端电压增大，电压表示数减小，电流表A2示数减小，
电流表A1示数变大，选项D错误．
迁移2 负载电阻不变时的动态分析
2．(2016·高考四川卷)如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( )
A．小灯泡变亮
B．小灯泡变暗
C．原、副线圈两端电压的比值不变
D．通过原、副线圈电流的比值不变
解析：选B.由＝得U2＝U1 ①
由＝得
U′2＝U1 ②
由得：＝＝，因为n2＜n1，所以＜1，即U′2＜U2，故小灯泡变暗，B正确，A错误；由以上分析过程可以看出，C错误；由＝和＝可见，D错误．
远距离输电问题[学生用书P223]
【知识提炼】
1．远距离输电的处理思路：对高压输电问题，应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”这样的顺序，或从“用电器”倒推到“发电机”一步一步进行分析．
2．远距离高压输电的几个基本关系(如图所示)
(1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P损＋P3.
(2)电压、电流关系：＝＝，＝＝
U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I线．
(3)输电电流：I线＝＝＝.
(4)输电线上损耗的电功率
P损＝I线ΔU＝IR线＝R线．
当输送的电功率一定时，输电电压增大到原来的n倍，输电线上损耗的功率就减小到原来的.
【跟进题组】
1．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．() B．()
C．4()2()2r D．4()2()2r
解析：选C.升压变压器T的原线圈两端电压的有效值为U1＝；由变压关系可得 ＝，则U2＝；因为输送电功率为P，输电线中的电流为I2＝＝，则输电线上损失的电功率为ΔP＝I(2r)＝，故选项C正确．
2．1897年，举世闻名的“尼亚加拉”水电站在美丽的尼亚加拉瀑布建成，现已使用100多年．当时世界各地都在使用费用高昂的直流电(因为使用直流电时必须每隔一公里建设一套发电机组)，而“尼亚加拉”水电站采用了特斯拉发明的交流电供、输电技术，用高压电实现了远距离供电．
若其中某一发电机组设计为：发电机最大输出功率为P＝100 kW，输出电压为U1＝250 V，用户需要的电压为U2＝220 V，输电线电阻为R＝10 Ω，输电线中因生热而损失的功率为输送功率的4 .
(1)画出此输电线路的示意图．
(2)求在输电线路中设置的升压变压器的原、副线圈匝数比．
(3)求降压变压器的最大输出电流I3.(保留整数)
解析：(1)输电线路示意图如图所示．
(2)输电过程中损失的功率：P损＝ηP
通过R的电流：I2＝
发电机的输出电流：I1＝
升压变压器的原、副线圈匝数比
＝＝ ·＝ ×＝.
(3)用户得到的最大功率：P用＝P(1－η)，降压变压器的最大输出电流
I3＝＝＝ A＝436 A.
答案：(1)见解析 (2) (3)436 A
[学生用书P224]
1．(多选)(2016·高考全国卷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、副线圈匝数之比为9∶1
B．原、副线圈匝数之比为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.因为两灯泡额定电压相同且均正常发光，且输入电压为灯泡额定电压的10倍，所以理想变压器的输入、输出电压比为9∶1，由理想变压器变压规律可知，原、副线圈的匝数比为9∶1，A项正确，B项错误；由理想变压器变流规律可知，原、副线圈的电流比为1∶9，由电功率P＝UI可知，a和b的电功率之比为1∶9，C项错误，D项正确．
2．(2015·高考全国卷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＝ B．U＝22 V，k＝
C．U＝66 V，k＝ D．U＝22 V，k＝
解析：选A.设原、副线圈中的电流分别为I1、I2，则＝＝，故k＝＝.设原线圈两端的电压为U1，则＝＝，故U1＝3U，而原线圈上电阻分担的电压为U，故＋3U＝220 V，解得U＝66 V．选项A正确．
3．(多选)(高考全国卷Ⅱ)如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.原线圈通过一理想电流表A接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则( )
A．Uab∶Ucd＝n1∶n2
B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小
C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大
D．将二极管短路，电流表的读数加倍
解析：选BD.变压器的变压比＝，其中U1、U2是变压器原、副线圈两端的电压．U1＝Uab，由于二极管的单向导电特性，Ucd≠U2，选项A错误；增大负载电阻R的阻值，负载的电功率减小，由于P入＝P出，且P入＝I1Uab，所以原线圈上的电流I1减小，即电流表的读数变小，选项B正确；c、d端的电压由输入电压Uab决定，负载电阻R的阻值变小时，Ucd不变，选项C错误；根据变压器上的能量关系有E输入＝E输出，在一个周期T的时间内，二极管未短路时有UabI1T＝·＋0(U为副线圈两端的电压)，二极管短路时有UabI2T＝T，由以上两式得I2＝2I1，选项D正确．
4．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.＝ B．I2＝
C．I1U1＝IR D．I1U1＝I2U2
解析：选D.根据理想变压器的工作原理得I1U1＝I2U2、＝.U2不是加在R两端的电压，故I2≠，而I1U1等于R上消耗的功率IR与下一级变压器的输入功率之和．只有选项D正确．
[学生用书P349(单独成册)]
(建议用时：60分钟)
一、单项选择题
1．用220 V的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V，通过负载的电流图象如图所示，则( )
A．变压器输入功率约为3.9 W
B．输出电压的最大值是110 V
C．变压器原、副线圈匝数比是1∶2
D．负载电流的函数表达式i＝0.05sin A
解析：选A.由题图可知通过负载的电流最大值为Im＝0.05 A，周期T＝0.02 s，故电流的函数表达式i＝Imsint＝0.05sin 100πt (A)，D错误；理想变压器匝数比等于电压比，即 n1∶n2＝U1∶U2＝2∶1，C错误；输出电压U2＝110 V，其最大值U2m＝U2＝110 V，B错误；理想变压器输入功率等于输出功率，即输入功率P＝I2U2＝×110 W≈3.9 W，A正确．
2．如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2.则( )
A．用户端的电压为
B．输电线上的电压降为U
C．理想变压器的输入功率为Ir
D．输电线路上损失的电功率为I1U
解析：选A.根据理想变压器的工作原理，得I1U1＝I2U2，所以用户端的电压U2＝，选项A正确；输电线上的电压降U′＝I1r＝U－U1，选项B错误；变压器的输入功率P1＝I1U－Ir＝I1U1，选项C错误；输电线路上损失的功率P′＝Ir＝I1(U－U1)，选项D错误．
3.
如图所示，理想变压器的原线圈接入u＝11 000·sin 100πt(V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6 Ω的导线对“220 V 880 W”的电器RL供电，该电器正常工作．由此可知( )
A．原、副线圈的匝数比为50∶1
B．交变电压的频率为100 H
C．副线圈中电流的有效值为4 A
D．变压器的输入功率为880 W
解析：选C.由题可知，副线圈输出电压U2＝220 V＋Ur，＝＝＜，故A错误；2πf＝100π H ，f＝50 H ，故B错误；I2＝ A＝4 A，故C正确；由于理想变压器P入＝P出＝Ir＋880 W＞880 W，故D错误．
4.
在如图所示的铁芯上绕有4个线圈，匝数之比为n1∶n2∶n3∶n4＝1∶1∶2∶1，今在线圈1两端接正弦交流电源，下列判断正确的是( )
A．U1＝U2＝U3＝U4
B．U1＝U2＝U3，U4＝0
C．U1＝U2＋U3＋U4
D．以上均不对
解析：选B.线圈1、2、3的电压关系遵守变压比公式，线圈4中的磁通量始终为0，不产生感应电动势，故U4＝0，B正确．
5．(2018·湖南师大附中等四校联考)如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图；图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表；设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用R0表示，变阻器R相当于用户用电器的总电阻．当用电器增加时，相当于R变小，则当用电进入高峰时( )
A．电压表V1、V2的读数均不变，电流表A2的读数增大，电流表A1的读数减小
B．电压表V3、V4的读数均减小，电流表A2的读数增大，电流表A3的读数减小
C．电压表V2、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值不变
D．线路损耗功率不变
解析：选C.因为输入电压和匝数比都不变，电压表V1、V2的读数均不变，用电高峰期，电阻减小，电流增大，根据电流比等于匝数比的倒数且匝数比不变知电流都增大，故A错误；输电线上的电压损失增大，故电压表V3、V4的读数均减小，电流表A2的读数增大，电流表A3的读数增大，故B错误；电压表V2、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值不变，等于输电线的电阻值，故C正确；线路上的电流变大，则线路消耗的功率变大，选项D错误．
6.
如图所示，电路中变压器原线圈匝数n1＝1 000，两个副线圈匝数分别为n2＝500、n3＝200，分别接一个R＝55 Ω的电阻，在原线圈上接入U1＝220 V的交流电源．则两副线圈输出电功率之比和原线圈中的电流I1分别是( )
A.＝，I1＝2.8 A B．＝，I1＝2.8 A
C.＝，I1＝1.16 A D．＝，I1＝1.16 A
解析：选C.对两个副线圈有＝、＝，所以U2＝110 V，U3＝44 V，又因为P＝，所以＝＝；由欧姆定律得I2＝＝2 A，I3＝＝0.8 A，对有两个副线圈的变压器有n1I1＝n2I2＋n3I3，得I1＝1.16 A，故C正确．
7．如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则( )
A．用户用电器上交流电的频率是100 H
B．发电机输出交流电的电压有效值是500 V
C．输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定
D．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小
解析：选D.由u－t图象可知，交流电的周期T＝0.02 s，故频率f＝＝50 H ，选项A错误；交流电的最大值Um＝500 V，故有效值U＝＝250 V，选项B错误；输电线上的电流由降压变压器副线圈上的电阻和降压变压器原副线圈的匝数比决定，选项C错误；当用户用电器的总电阻增大时，副线圈上的电流减小，根据＝，原线圈(输电线)上的电流减小，根据P＝IR，得输电线上损失的功率减小，选项D正确．
8.
(2015·高考广东卷)如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器．原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220 V降至110 V．调节前后( )
A．副线圈中的电流比为1∶2
B．副线圈输出功率比为2∶1
C．副线圈的接入匝数比为2∶1
D．原线圈输入功率比为1∶2
解析：选C.根据欧姆定律I＝，U2由220 V降至110 V，副线圈上的电流变为原来的，即调节前后，副线圈上电流之比为2∶1，选项A错误；根据P＝UI知，U、I均变为原来的时，副线圈上输出的功率变为原来的，即调节前后副线圈的输出功率之比为4∶1，选项B错误；根据理想变压器电压与匝数的关系＝，当U2由220 V降至110 V时，n2变为原来的，即调节前后副线圈接入的匝数比为2∶1，选项C正确；根据理想变压器P入＝P出，所以原线圈输入功率等于副线圈的输出功率，即调节前后原线圈输入功率之比为4∶1，选项D错误．
9．(2018·江西八校联考)有一种调压变压器的构造如图所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，C、D之间加上输入电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压．图中A为交流电流表，V为交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C、D两端接正弦交流电源，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是( )
A．当R3不变，滑动触头P顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小
B．当R3不变，滑动触头P逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小
C．当P不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变小
D．当P不动，滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大
解析：选A.当R3不变，P顺时针转动时，nMN减小，由＝，知UMN减小，则电压、电流表读数均减小，A项正确，同理知B项错误；当P不动时，匝数nMN不变，输出电压UMN不变，滑片向上滑动，根据串反并同，得电压表示数变大，电流表示数变小，C项错误，同理知D项也错误．
二、多项选择题
10．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.变压器的输入功率P1＝P2＝I2U2＝2.2×60 W＝132 W，选项A错误；由＝得＝＝＝，选项D正确；由＝得I1＝I2＝×2.2 A＝0.6 A，选项B正确；根据I＝得副线圈上的电流的最大值I2m＝I2＝2.2 A，选项C错误．
11．(2015·高考天津卷)
如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则( )
A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大
B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小
C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大
D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小
解析：选BC.保持Q的位置不动，则U2不变，将P向上滑动时，R接入电路的电阻变大，根据I2＝知，I2变小，由＝得I1也变小，即电流表读数变小，选项A错误，选项B正确；保持P的位置不动，将Q向上滑动时，U2变大，则根据P2＝知副线圈输出功率变大，由P1＝P2知，变压器原线圈输入功率P1变大，而P1＝I1U，输入电压U一定，I1变大，即电流表读数变大，选项C正确，选项D错误．
12．如图所示理想变压器的三个线圈的匝数n1∶n2∶n3＝1∶4∶4，在M、N间接正弦交流电源，在a、b和c、d间接相同的电阻器R，则( )
A．U1＝U2＝4U3 B．U2＝U3＝2U1
C．I1＝4I2＝4I3 D．P1＝2P2＝2P3
解析：选BCD.由于副线圈有两个相同的铁芯，所以原线圈中的磁通量与副线圈中的磁通量关系为：Φ1＝2Φ2＝2Φ3，磁通量变化率关系为：＝2＝2，故每匝线圈产生的感应电动势关系为：e1＝2e2＝2e3，对理想变压器有：U1＝n1e1，U2＝n2e2，U3＝n3e3，因此，
可得：＝＝，代入n1∶n2∶n3＝1∶4∶4得U2＝U3＝2U1，故A错误，B正确；由能量守恒得：P1＝P2＋P3＝2P2＝2P3，D正确；由I1U1＝2I2U2＝2I3U3得：I1＝4I2＝4I3，C正确．
13．(2015·高考海南卷)如图，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R＝11R0，V是理想电压表．现将负载电阻的阻值减小为R＝5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0 V，则( )
A．此时原线圈两端电压的最大值约为34 V
B．此时原线圈两端电压的最大值约为24 V
C．原线圈两端原来的电压有效值为68 V
D．原线圈两端原来的电压有效值为48 V
解析：选AD.当负载电阻阻值减小为R＝5R0时，根据串并联电路规律，R两端电压为R0两端电压的5倍，因为电压表测量R两端的电压，所以UR0＝×5 V＝1 V，故副线圈两端电压为U2＝6 V，根据公式＝可得此时原线圈两端电压的有效值为U1＝24 V，所以此时原线圈两端电压的最大值约为24 V≈34 V，A正确、B错误；因为变化过程中变压器的输入电流不变，所以对于副线圈中变化前后电流也不变，则变化后电压U′2＝IR0＋5IR0，变化前，U2＝IR0＋11IR0＝12IR0，所以U2＝2U′2＝12 V，根据公式＝可得原线圈两端原来的电压有效值为48 V，D正确、C错误．
14．电流互感器和电压互感器如图所示．其中n1、n2、n3、n4分别为四组线圈的匝数，a、b为两只交流电表，则( )
A．A为电流互感器，且n1n2，a是电压表
C．B为电流互感器，且n3n4，b是电压表
解析：选AD.由题图可知A为电流互感器，B为电压互感器，因此a是电流表，b
是电压表，在A中，有I1n1＝I2n2，要把大电流变为小电流，有n2>n1；在B中，有＝，要把高电压变为低电压，则有n3>n4；综上所述可知，选项A、D正确．
15．如图所示的电路中，T为一降压式自耦调压变压器．开始时灯泡L正常发光，现在电源电压U略降低，为使灯泡L仍能正常发光，可采用的措施是( )
A．将自耦调压变压器的滑片P适当上滑
B．将自耦调压变压器的滑片P适当下滑
C．适当增大滑动变阻器R2的阻值
D．适当减小滑动变阻器R2的阻值
解析：选AC.若保持负载总电阻不变，电源电压U略降低时，为使灯泡L仍能正常发光，只需输出电压U2保持不变．根据变压比＝，可得U2＝U，由此可知，n2应增大，自耦调压变压器的滑片P应适当上滑，选项A正确，选项B错误；若保持匝数比不变，根据变压比＝，可得U2减小，为使灯泡L仍能正常发光，加在L两端的电压应不变，则加在R1两端的电压应减小，故总电流应减小，负载总电阻应增大，R2应增大，选项C正确，选项D错误．
实验十二 传感器的简单使用
[学生用书P224]
一、实验目的
1．了解传感器的工作过程，探究敏感元件的特性．
2．学会传感器的简单使用．
二、实验原理
闭合电路欧姆定律，用欧姆表进行测量和观察．
三、实验器材
热敏电阻、光敏电阻、多用电表、铁架台、温度计、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、实验步骤
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(如实验原理图甲所示)．
(2)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．
2．研究光敏电阻的光敏特性
(1)将光敏电阻、多用电表、灯泡、滑动变阻器连接好(如实验原理图乙所示)，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情况，并记录．
(4)用手掌(或黑纸)遮光时，观察表盘指针显示电阻阻值的情况，并记录．
对热敏电阻的特性和应用的考查[学生用书P225]
热敏电阻的热敏特性
1．画图象：在如图坐标系中，粗略画出热敏电阻的阻值随温度变化的图线．
2．得结论：热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，随温度的降低而增大．
【典题例析】
(2016·高考全国卷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)根据题述，应该采用滑动变阻器的限流接法，连接的电路如答案图所示．
(2)根据题述，流过报警器的工作电流超过10 mA时，报警器就会报警，可知滑动变阻器的最大阻值至少为R＝＝ Ω＝1 800 Ω，因此在电路中应选用最大阻值为2 000 Ω的滑动变阻器R2.
(3)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，这一阻值为热敏电阻在60 ℃时的阻值650.0 Ω；滑动变阻器的滑片应置于接入电路的阻值最大处，即b端附近，不能置于另一端的原因是：若置于a端，则导致闭合开关后，报警器中电流大于20 mA，报警器可能损坏．
②将开关向c端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至报警器开始报警．
[答案] (1)连线如图所示
(2)R2 (3)①650.0 b 接通电源后，流过报警器的电流会超过20 mA，报警器可能损坏
②c 报警器开始报警
1.如图所示，图甲为热敏电阻的R－t图象，图乙为用此热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器的电阻为100 Ω.当线圈的电流大于或等于20
mA时，继电器的衔铁被吸合．为继电器线圈供电的电池的电动势E＝9.0 V，内阻不计．图中的“电源”是恒温箱加热器的电源．
(1)应该把恒温箱内的加热器接在__________(选填“A、B端”或“C、D端”)．
(2)如果要使恒温箱内的温度保持在50 ℃，可变电阻R′的阻值应调节为________Ω.
解析：(1)恒温箱内的加热器应接在A、B端．当线圈中的电流较小时，继电器的衔铁在上方，恒温箱的加热器处于工作状态，恒温箱内温度升高．随着恒温箱内温度升高，热敏电阻R的阻值变小，则线圈中的电流变大，当线圈的电流大于或等于20 mA时，继电器的衔铁被吸到下方来，则恒温箱加热器与电源断开，加热器停止工作，恒温箱内温度降低．随着恒温箱内温度降低，热敏电阻R的阻值变大，则线圈中的电流变小，当线圈的电流小于20 mA时，继电器的衔铁又被释放到上方，则恒温箱加热器又开始工作，这样就可以使恒温箱内保持在某一温度．
(2)要使恒温箱内的温度保持在50 ℃，即50 ℃时线圈内的电流为20 mA.由闭合电路欧姆定律I＝，r为继电器的电阻．由题图甲可知，50 ℃时热敏电阻的阻值为90 Ω，所以R′＝－(r＋R)＝260 Ω.
答案：(1)A、B端 (2)260
对光敏电阻的特性和应用的考查[学生用书P225]
光敏电阻的光敏特性
1．探规律：根据记录数据定性分析光敏电阻的阻值与光照强度的关系．
2．得结论
(1)光敏电阻在暗环境下电阻值很大，强光照射下电阻值很小；
(2)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．
【典题例析】
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，请在给定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)
提供的器材如下：
光敏电阻RP；
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．
[解析] (1)光敏电阻的阻值随光照度变化的曲线如图甲所示．特点：光敏电阻的阻值随光照度的增大非线性减小．
(2)控制开关自动启动照明系统，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，即此时光敏电阻阻值为20 kΩ，两端电压为2 V，电源电动势为3 V，所以应加上一个分压电阻，分压电阻阻值为10 kΩ，即选用R1，电路原理图如图乙所示．
[答案] 见解析
2.一台臭氧发生器P的电阻为10 kΩ，当供电电压等于24 V时能正常工作，否则不产生臭氧．现要用这种臭氧发生器制成自动消毒装置，要求它在有光照时能产生臭氧，在黑暗时不产生臭氧，拟用一个光敏电阻R1对它进行控制，R1的阻值在有光照时为100 Ω，黑暗时为1 000 Ω、允许通过的最大电流为3 mA；电源E的电压为36 V、内阻不计；另有一个滑动变阻器R2，阻值为0～100 Ω、允许通过的最大电流为0.4 A；一个开关S和导线若干．臭氧发生器P和光敏电阻R1的符号如图所示．
设计一个满足上述要求的电路图，图中各元件要标上字母代号，其中滑动变阻器两固定接线柱端分别标上字母A、B(电路图画在虚线框内)．
Ｋ
解析：因变阻器最大阻值100 Ω远小于臭氧发生器P的电阻10 kΩ，为了能控制臭氧发生器，应该使用滑动变阻
器的分压式连接，有光照时P能正常工作，无光照时P不工作，电路如图所示．
答案：见解析
力电传感器的应用[学生用书P226]
【典题例析】
某些固体材料受到外力后除了产生形变，其电阻率也要发生变化，
这种由于外力的作用而使材料电阻率发生变化的现象称为“压阻效应”．现用如图所示的电路研究某长薄板电阻Rx的压阻效应，已知Rx的阻值变化范围为几欧到几十欧，实验室中有下列器材：
A．电源E(3 V，内阻约为1 Ω)
B．电流表A1(0～0.6 A，内阻r1＝5 Ω)
C．电流表A2(0～0.6 A，内阻r2约为1 Ω)
D．开关S，定值电阻R0＝5 Ω
(1)为了比较准确地测量电阻Rx的阻值，请完成虚线框内电路图的设计．
(2)在电阻Rx上加一个竖直向下的力F(设竖直向下为正方向)，闭合开关S，记下电表读数，A1的读数为I1，A2的读数为I2，得Rx＝________(用字母表示)．
(3)改变力的大小，得到不同的Rx值，然后让力反向从下向上挤压电阻，并改变力的大小，得到不同的Rx值．最后绘成的图象如图所示，除观察到电阻Rx的阻值随压力F的增大而均匀减小外，还可以得到的结论是
________________________________________________________________________.
当F竖直向下时，可得Rx与所受压力F的数值关系是Rx＝________________．
[解析] (1)利用伏安法测量电阻阻值，但所给器材缺少电压表，可以用内阻已知的电流表A1代替，另一个电流表A2测量电流 .
(2)电阻两端电压为Ux＝I1r1，流经的电流为Ix＝I2－I1，电阻Rx＝.
(3)由题图可知，图象是一次函数图线，即Rx＝kF＋b，
k＝－＝－＝－，b＝17，
则有Rx＝17－F.
[答案] (1)如图所示
(2) (3)压力反向，阻值不变 17－F
3.传感器是把非电学量(如速度、温度、压力等)的变化转换成电学量的变化的一种元件，在自动控制中有着相当广泛的应用．有一种测量人的体重的电子秤，其测量部分的原理图如图中的虚线框所示，它主要由压力传感器R(电阻值会随所受压力大小发生变化的可变电阻)，显示体重大小的仪表A(实质是理想的电流表)组成．压力传感器表面能承受的最大压强为1×107 Pa，且已知压力传感器R的电阻与所受压力的关系如下表所示．设踏板和压杆的质量可以忽略不计，接通电源后，压力传感器两端的电压恒为4.8 V，g取10 m/s2.请回答：
压力F/N
0
250
500
750
1 000
1 250
1 500
…
电阻R/Ω
300
270
240
210
180
150
120
…
(1)该秤零起点(即踏板空载时)的刻度线应标在电流表刻度盘________A处．
(2)如果某人站在该秤踏板上，电流表刻度盘的示数为20 mA，这个人的体重是________ kg.
解析：(1)由图表知，踏板空载时，压力传感器电阻R＝300 Ω，此时A中电流I＝＝ A＝1.6×10－2 A.
(2)当电流I＝20 mA＝20×10－3 A时，压力传感器的电阻R＝＝ Ω＝240 Ω，对应表格中，这个人的质量为50 kg.
答案：(1)1.6×10－2 (2)50
[学生用书P226]
1.
酒精测试仪用于机动车驾驶人员是否酗酒及其他严禁酒后 人员的现场检测．它利用的是一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器，酒精气体传感器的电阻随酒精气体浓度的变化而变化．在如图所示的电路中，酒精气体的不同浓度对应着传感器的不同电阻．这样，
电压表的指针就与酒精气体浓度有了对应关系．如果二氧化锡半导体型酒精气体传感器电阻的倒数与酒精气体的浓度成正比，那么，电压表示数U与酒精气体浓度C之间的对应关系正确的是( )
A．U越大，表示C越大，C与U成正比
B．U越大，表示C越大，但是C与U不成正比
C．U越大，表示C越小，C与U成反比
D．U越大，表示C越小，但是C与U不成反比
解析：选B.设二氧化锡半导体型酒精气体传感器的电阻为Rx，由闭合电路欧姆定律得，干路的电流I＝，电压表示数U＝IR0＝，而RxC＝k(定值)，由以上关系式可见U越大，表示C越大，但是C与U不成正比，故B项正确．
2.
A、B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球，两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的R1为光敏电阻，R2为滑动变阻器，R3为定值电阻．当R2的滑动触头P在a端时闭合开关S.此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为θ，电源电动势E和内阻r一定．则以下说法正确的是( )
A．若将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大
B．保持滑动触头P不动，用更强的光线照射R1，则I增大，U增大
C．保持滑动触头P不动，用更强的光照射R1，则小球重新达到稳定后θ变大
D．保持滑动触头P不动，用更强的光照射R1，则U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值不变
解析：选D.由题中电路图看出，电压表V测量的是路端电压大小，电路稳定时R2支路中无电流，R2两端电压为零，将R2的滑动触头向b端移动不会影响电压表V和电流表A的读数，故选项A错误；两极板A、B之间的电压等于光敏电阻R1两端的电压，用更强的光照射R1，R1的阻值变小，电路电流I变大，路端电压U变小，R3两端电压变大，R1两端电压变小，则小球重新达到稳定后θ变小，故选项B、C均错误；设强光照射R1前电压表V和电流表A的示数分别为U1、I1，强光照射R1后电压表V和电流表A的示数分别为U2、
I2，则E＝U1＋I1r，E＝U2＋I2r，解得r＝＝，可见，选项D正确．
3．在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示．M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻RM发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时( )
A．RM变大，且R越大，U增大越明显
B．RM变大，且R越小，U增大越明显
C．RM变小，且R越大，U增大越明显
D．RM变小，且R越小，U增大越明显
解析：选C.当RM变大时，回路的总电阻R总变大，根据I总＝，得干路中的电流变小，S两端的电压U＝I总RS变小，故选项A、B错误；当RM变小时，回路的总电阻R总＝＋RS变小，根据I总＝，得干路中的电流变大，S两端的电压U＝I总RS变大，而且R越大，RM变小时，对回路的总电阻变化的影响越明显，故选项C正确，选项D错误．
4．(2016·高考北京卷)热敏电阻常用于温度控制或过热保护装置中．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：由题图可知，热敏电阻在温度上升时，阻值下降，故其导电能力增强；相对金属热电阻而言，热敏电阻在温度变化时，阻值变化明显，故对温度更敏感．
答案：增强 敏感
5.
对温度敏感的半导体材料制成的某热敏电阻RT，在给定温度范围内，其阻值随温度的变化是非线性的．某同学将RT和两个适当的定值电阻R1、R2连成如图虚线框内所示的电路，以使该电路的等效电阻RL的阻值随RT所处环境温度的变化近似为线性的，且具有合适的阻值范围．为了验证这个设计，他采用伏安法测量在不同温度下RL的阻值，测量电路如图所示，图中的电压表内阻很大．实验中的部分实验数据测量结果如表所示．
温度t/℃
30.0
40.0
50.0
60.0
70.0
80.0
90.0
RL阻值/Ω
54.3
51.0
47.5
44.3
41.0
37.9
34.7
I/mA
93.3
97.6
102.9
109.7
116.7
125.2
134.2
U/V
5.07
5.02
4.97
4.90
4.83
4.75
4.66
回答下列问题：
(1)根据图1所示的电路，在如图2所示的实物图上连线．
图2
(2)为了检验RL与t之间近似为线性关系，在坐标纸上作出RL－t关系图线．
(3)在某一温度下，电路中的电流表、电压表的示数如图3所示，电流表的读数为______________，电压表的读数为________．此时等效电阻RL的阻值为________；热敏电阻所处环境的温度约为________．
图3
解析：(3)因为电流表的最小刻度为5 mA，故读数时只需要精确到1 mA，所以电流表的读数为115 mA，而电压表的最小刻度为0.1 V，故读数时要估读到0.01 V，所以电压表的读数为5.00 V．等效电阻RL＝≈43.5 Ω，结合RL－t图象可知热敏电阻所处环境的温度约为62.5 ℃.
答案：(1)连线如图所示
(2)RL－t关系图线如图所示
(3)115 mA 5.00 V 43.5 Ω 62.5 ℃
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