【物理】2018届一轮复习人教版第十一章交变电流传感器学案 52页

第十一章 考 纲 要 求 考 情 分 析 交变电流、交变电流的图像 Ⅰ ‎1.命题规律 近几年高考对本章内容常以选择题的形式考查：交变电流的有效值、瞬时值，变压器的原理及应用，远距离输电等知识。其中与变压器有关的题目出现频率较高。‎ ‎2.考查热点 预计2018年高考对交变电流的考查仍会集中于变压器的原理及应用，还可能综合图像考查有效值、瞬时值或远距离输电等知识。‎ 正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值 Ⅰ 理想变压器 Ⅱ 远距离输电 Ⅰ 实验十二：传感器的简单使用 ‎ 第63课时　交变电流的产生与描述(双基落实课)‎ ‎[命题者说]　本课时内容是交变电流的基础知识，包括交变电流的产生与变化规律、交变电流的有效值、交变电流的“四值”的应用等，其中交变电流的有效值、图像等是高考的热点，虽然很少单独考查，但在相关类型的题目中经常涉及。‎ 一、交变电流的产生与变化规律 ‎1.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。‎ ‎(2)图像：用以描述交变电流随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时，其图像为正弦曲线。如图甲、乙所示。‎ ‎2．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＝。‎ ‎(2)频率(f)：交变电流在1 s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＝ 。‎ ‎3．正弦式交变电流的函数表达式(线圈从中性面开始计时)‎ ‎(1)电动势e＝Emsin ωt＝nBSωsin_ωt。‎ ‎(2)电流i＝Imsin_ωt＝sin ωt。‎ ‎(3)电压u＝Umsin_ωt＝sin ωt。‎ ‎[小题练通]‎ ‎1．(2017·惠州模拟)如图甲所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有一矩形单匝线圈，其面积为S，总电阻为r，线圈两端外接一电阻R和一个理想交流电流表。若线圈绕对称轴OO′以角速度ω做匀速转动，图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e随时间t变化的图像，下列说法正确的是(　　)‎ A．在t1～t3时间内，穿过线圈平面的磁通量的变化量为BS B．在t3～t4时间内，通过电阻R的电荷量为 C．在t3时刻穿过线圈平面的磁通量的变化率为2BSω D．在t3时刻电流表的示数为 解析：选D　由题图可知，在t1和t3时刻穿过线圈平面的磁通量大小为BS，方向相反，则在t1～t3时间内穿过线圈平面的磁通量的变化量为2BS，A错误；在t3～t4时间内，磁通量的变化量为BS，则平均电动势＝，因此通过电阻R的电荷量为q＝·Δt＝Δt＝，故B错误；在t3时刻电动势E＝BSω，则由法拉第电磁感应定律，E＝可知，则穿过线圈的磁通量变化率为BSω，故C错误；在t3时刻电流表的示数为交变电流的有效值，则有I＝＝，故D正确。‎ ‎2．处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab边垂直。在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合，如图所示，线圈的cd边离开纸面向外运动。若规定沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流i随时间t变化的图像是(　　)‎ 解析：选C　线圈在磁场中从题图位置开始匀速转动时可以产生按余弦规律变化的交流电。对于题图起始时刻，线圈的cd边离开纸面向外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的电动势的瞬时值最大；用右手定则判断出电流方向为逆时针方向，与规定的正方向相同，所以C对。‎ 解决交变电流图像问题的三点注意 ‎(1)只有当线圈从中性面位置开始计时，电流的瞬时值表达式才是正弦形式，其变化规律与线圈的形状及转动轴处于线圈平面内的位置无关。‎ ‎(2)注意峰值公式Em＝nBSω中的S为有效面积。‎ ‎(3)在解决有关交变电流的图像问题时，应先把交变电流的图像与线圈的转动位置对应起来，再根据特殊位置求特征解。‎ 二、有效值的理解和计算 ‎1.有效值的理解 跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值叫做交变电流的有效值。对于正弦交流电，其有效值和峰值的关系为E＝，U＝，I＝ ‎2．有效值的计算 ‎(1)计算有效值时要注意根据电流的热效应，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)利用两类公式Q＝I2Rt和Q＝t可分别求得电流有效值和电压有效值。‎ ‎(3)若图像部分是正弦(或余弦)交流电，其中的从零(或最大值)开始的周期整数倍的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Im＝I、Um＝U求解。‎ ‎3．几种典型的交变电流的有效值 电流名称 电流图像 有效值 正弦式交变电流 I＝ 正弦半波电流 I＝ 正弦单向脉冲电流 I＝ 矩形脉动电流 I＝ Im 非对称性交变电流 I＝ ‎[小题练通]‎ ‎1．多数同学家里都有调光台灯、调速电风扇，过去是用变压器来实现上述调节的，缺点是成本高、体积大、效率低，且不能任意调节灯的亮度或风扇的转速。现在的调光台灯、调速电风扇是用可控硅电子元件来实现调节的，如图所示为一个经过双向可控硅电子元件调节后加在电灯上的电压，即在正弦式电流的每一个周期中，前面的被截去，从而改变了电灯上的电压，那么现在电灯上的电压为(　　)‎ A．Um　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选C　由有效值的定义知T＝×，得U＝。C项正确。‎ ‎2．如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界)。则线框内产生的感应电流的有效值为(　　)‎ A.　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选D　线框的转动周期为T，而线框转动一周只有的时间内有感应电流，此时感应电流的大小为：I＝＝，根据电流的热效应有：2R·＝I有2RT，解得I有＝，故D正确。‎ 求解有效值的一般方法和技巧 ‎(1)首先要分析交变电流的变化规律，正弦式电流的最大值和有效值的关系是I＝，U＝，非正弦式交变电流一般不符合此关系。‎ ‎(2)对于非正弦式交变电流，可在一个周期内分段求出产生的热量，再求热量的总和Q。将总热量Q用相应的物理量I或U来表示(如Q＝I2Rt或Q＝t)，则I或U为其交变电流的相应有效值。‎ 三、交变电流的“四值”及应用 物理含义 重要关系 适用情况 瞬时值 交变电流某一时刻的值 e＝Emsin ωt 计算线圈某一时刻的受力情况 峰值 最大的瞬时值 Em＝nBSω Im＝ 确定用电器的耐压值，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值 E＝ U＝ I＝ ‎(1)计算与电流热效应相关的量(如功率、热量)‎ ‎(2)交流电表的测量值 ‎(3)电器设备标注的额定电压、额定电流 ‎(3)保险丝的熔断电流 平均值 交变电流图像中图线与时间轴所围面积与时间的比值 ＝n ＝ 计算通过电路某截面的电荷量 ‎[小题练通]‎ ‎1.(多选)(2017·安徽“江南十校”联考)如图所示，处在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中的矩形线框MNPQ，以恒定的角速度ω绕对角线NQ转动。已知MN长为l1，NP长为l2，线框电阻为R。在t＝0时刻线框平面与纸面重合，下列说法正确的是(　　)‎ A．矩形线框产生的感应电动势有效值为Bl‎1l2ω B．矩形线框转过半周时，通过线框的瞬时电流为零 C．矩形线框转动一周时，通过线框的电荷量为 D．矩形线框在转动半周过程中产生的热量为 解析：选ABD　矩形线框转动产生正弦交变电流最大值：Em＝Bl‎1l2ω，有效值E＝＝Bl‎1l2ω，故A正确；转过半周，线圈平面与磁场垂直，磁通量最大，感应电动势为零，瞬时电流为零，B正确；转过一周通过横截面的电荷量为零，C错误；转过半周时间内产生的热量为Q＝t＝×＝，D正确。‎ ‎2.如图所示，N＝50匝的矩形线圈abcd，ab边长l1＝‎20 cm，ad边长l2＝‎25 cm，放在磁感应强度B＝0.4 T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＝3 000 r/min的转速匀速转动，线圈电阻r＝1 Ω，外电路电阻R＝9 Ω，t＝0时，线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外，cd边转入纸内。‎ ‎(1)写出感应电动势的瞬时表达式；‎ ‎(2)线圈转一圈外力做功多少？‎ ‎(3)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量是多少？‎ 解析：(1)线圈以n＝3 000 r/min的转速匀速转动，所以线圈的角速度ω＝100π rad/s 感应电动势的最大值为：Em＝nBSω＝100π(V)‎ 所以感应电动势的瞬时值表达式为 e＝nBSωcos ωt＝100 πcos 100πt(V)‎ ‎(2)电动势有效值为E＝，‎ 电流I＝，‎ 线圈转一圈外力做功等于电功的大小，‎ 即W＝I2(R＋r)T≈98.6 J ‎(3)线圈由题图位置转过90°的过程中，ΔΦ＝BSsin 90°，通过R的电量为Q＝N＝‎‎0.1 C 答案：(1)e＝100πcos 100πt(V)　(2)98.6 J ‎(3)‎‎0.1 C 线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流。而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，涉及耐压值时，则由最大值来确定，而通过某一电量时，则用平均值来求。‎ 一、单项选择题 ‎1．一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图甲所示。则下列说法正确的是(　　)‎ A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直 B．t＝0.01 s时刻，φ的变化率最大 C．t＝0.02 s时刻，交流电动势达到最大 D．该线圈相应产生的交流电动势的图像如图乙所示 解析：选B　由题图甲可知，t＝0时，通过线圈的磁通量最大，线圈处于中性面位置。t＝0.01 s时刻，磁通量为零，但磁通量变化率最大，所以A错误，B正确。t＝0.02 s时，交流电动势应为0，C、D均错误。‎ ‎2．一矩形线圈在匀强磁场中转动，产生交变电流的电动势为e＝220sin 100πt V，对于这个交变电流的说法正确的是(　　)‎ A．此交变电流的频率为100 Hz，周期为0.01 s B．此交变电流电动势的有效值为220 V C．耐压为220 V的电容器能够在该交变电路中使用 D．t＝0时，线圈平面与中性面垂直，此时磁通量为零 解析：选B　由电动势瞬时值表达式可知，此交变电流的频率为50 Hz，周期为0.02 s，电动势的有效值为220 V，最大值为220 V，故A、C选项错误，B选项正确。当t＝0时，电动势的瞬时值为零，说明t＝0时线圈处于中性面位置，通过线圈的磁通量最大，故D选项错误。‎ ‎3.如图所示是一交变电流的it图像，则该交变电流的有效值为(　　)‎ A．‎4 A　　　　 　 B．‎2 A C. A D. A 解析：选D　由it图像知，该交变电流一个周期的时间为3×10－2 s，前周期为正弦交变电流，后周期为恒定电流，则该电流通过一个电阻R在1个周期内产生的热量为2R·T＋Im2R·T＝I2RT，可确定有效值I＝ A，故D正确。‎ ‎4．如图甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，则在t＝时刻(　　)‎ A．线圈中的电流最大 B．穿过线圈的磁通量为零 C．线圈所受的安培力为零 D．穿过线圈磁通量的变化率最大 解析：选C　线圈中产生的交变电流按照题图乙所示的余弦规律变化，即i＝Imcos ωt，在t＝时刻，i＝Imcos ωt＝Imcos·ω＝0，此时刻线圈位于与磁场方向垂直所在的平面，穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，B、D错误；产生的感应电流为零，所以安培力为零，C正确，A错误。‎ ‎5．(2017·南京、盐城一模)一只电阻分别通过四种不同形式的电流，电流随时间变化的情况如图所示，则在相同时间内电阻产生热量最大的是(　　)‎ 解析：选D　由A、B图像，对应正弦式交变电流，有效值：I1＝Im＝ A，根据焦耳定律得：Q1＝I12RT＝()2RT＝2RT，C选项对应恒定电流，根据焦耳定律得：Q3＝I2RT＝2.25RT，D选项对应方波交变电流，根据焦耳定律得：Q4＝I42R·＋I4′2R·＝2RT＋2RT＝4RT，故选项D正确。‎ 二、多项选择题 ‎6．如图中各图面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，则能产生正弦交变电动势e＝BSωsin ωt的图是(　　)‎ 解析：选AC　线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦交变电动势为e＝BSωsin ωt，由这一原则判断，A图和C图符合要求；B图中的转轴不在线圈所在平面内；D图转轴与磁场方向平行，而不是垂直。故A、C正确。‎ ‎7．如图甲为风力发电的简易模型，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁铁转动，转速与风速成正比。某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示，则(　　)‎ A．电流的表达式为i＝0.6 sin 10πt(A)‎ B．磁铁的转速为10 r/s C．风速加倍时电流的表达式为i＝1.2sin 10 πt(A)‎ D．风速加倍时线圈中电流的有效值为‎0.6 A 解析：选AD　通过题图乙可知电流的最大值为‎0.6 A，周期T＝0.2 s，故ω＝＝10π rad/s，故电流的表达式为i＝0.6sin 10πt(A)，故A正确；电流的周期为T＝0.2 s，故磁体的转速为n＝＝ r/s＝5 r/s，故B错误；风速加倍时，角速度加倍，根据Em＝nBSω可知产生的感应电动势加倍，形成的感应电流加倍，故风速加倍时电流的表达式为i＝1.2sin 20πt(A)，故C错误；根据C项分析，形成的感应电流Im＝‎1.2 A，故有效值为I＝＝ A＝‎0.6 A，故D正确。‎ ‎8.在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，如图所示，线圈电阻为2 Ω，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过了60°时的感应电流为‎1 A，那么(　　)‎ A．线圈中感应电流的有效值为‎2 A B．线圈消耗的电功率为4 W C．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4cost(V)‎ D．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝sin t(Wb)‎ 解析：选BC　因为是从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，所以其电流瞬时表达式为i＝Imcos ωt，因为线圈转过了60°的感应电流为‎1 A，即1＝Imcos 60°，解得Im＝‎2 A，故感应电流有效值为I＝A＝ A，A错误；线圈消耗的电功率为P＝I2R＝()2×2 W＝4 W，B正确；电路中感应电动势最大为Em＝ImR＝4 V，线圈的角速度为ω＝，所以线圈转动过程中产生的感应电动势的瞬时值为e＝Emcos ωt＝4cos(V)，C正确；任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝BSsint，根据公式Em＝NBSω＝NΦm，可得＝＝＝，故Φ＝sin(Wb)，D错误。‎ 第64课时　变 压 器(重点突破课)‎ ‎[必备知识]‎ 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。‎ 二、理想变压器几个基本关系 电压 电流 功率 关系式 ＝ n1I1＝n2I2‎ P入＝P出 依据 E＝n U1I1＝U2I2‎ 能量守恒 注意 电流关系式仅适用于一个副线圈的情况 ‎[小题热身]‎ ‎1．(多选)理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，以下说法中正确的是(　　)‎ A．穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10∶1‎ B．穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等 C．原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为10∶1‎ D．正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1∶1‎ 解析：选BD　对于理想变压器，认为无磁通量损失，因而穿过两个线圈每一匝的磁通量相同，磁通量的变化率相同，每匝线圈产生的感应电动势相等，电压与匝数成正比。理想变压器没有能量损失，故输入功率等于输出功率。‎ ‎2．(多选)对于理想变压器，下列说法中正确的是(　　)‎ A．原线圈的输入功率随着副线圈的输出功率增大而增大 B．原线圈的输入电流随着副线圈的输出电流增大而增大 C．原线圈的电压不随副线圈的输出电流变化而变化 D．当副线圈断开时，原线圈的电流不一定为零 解析：选ABC　原线圈的电压决定副线圈的电压，即使副线圈开路也是如此，副线圈电压在开路时也不会为零；原线圈的电流由副线圈的电流决定，当副线圈电流为零时，原线圈电流也为零；输出功率决定输入功率，输出功率变大时，输入功率也变大，且二者总相等，故正确的选项为A、B、C。‎ ‎3.(多选)(2017·临沂二模)某交流发电机的输出电压随时间变化的图像如图所示，输出功率是20 kW，现用5 000‎ ‎ V高压输电，输电线上的总电阻是40 Ω，再利用n1∶n2＝22∶1的降压变压器降压后供给用户，则下列说法正确的是(　　)‎ A．交变电流的频率为100 Hz B．发电机输出电压的有效值为220 V C．流过高压输电线的电流为‎125 A D．降压变压器输出电压的有效值为220 V 解析：选BD　由题图可知周期T＝0.02 s，所以频率f＝50 Hz，故选项A错误；交流发电机的输出电压为U0＝220 V，故选项B正确；由P＝UI可知高压输电电流I＝＝ A＝‎4 A，故选项C错误；降压变压器的输入电压U1＝U－IR＝5 000 V－4×40 V＝4 840 V，由＝可知降压变压器的输出电压为U2＝U1＝ V＝220 V，故选项D正确。‎ 提能点(一)　理想变压器 ‎[典例]　(2016·全国卷Ⅰ)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I。该变压器原、副线圈匝数比为(　　)‎ A．2　　　　　　　　　 　B．3‎ C．4 D．5‎ ‎[解析]　设原、副线圈的匝数比为k，根据变压器匝数比与电流成反比的关系，则原线圈电流为I时，副线圈电流为kI；原线圈电流为4I时，副线圈电流为4kI。‎ 根据变压器的输入功率等于输出功率得 UI－I2R1＝(kI)2(R2＋R3)‎ ‎4UI－(4I)2R1＝(4kI)2R2‎ 联立两式代入数据解得k＝3‎ 选项B正确。‎ ‎[答案]　B 理想变压器关系式应用时的注意事项 理想变压器的变压关系是一个普适关系，而电流比＝则不然，它只适用于副线圈仅有一个的情况。而对副线圈有多个的情况则应根据功率关系P入＝P出，即U1I1＝U2I2＋U3I3＋…来找出各线圈间的电流关系。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1.(多选)(2016·全国丙卷)如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是(　　)‎ A．原、副线圈匝数比为9∶1‎ B．原、副线圈匝数比为1∶9‎ C．此时a和b的电功率之比为9∶1‎ D．此时a和b的电功率之比为1∶9‎ 解析：选AD　设灯泡的额定电压为U0，输入电压为灯泡额定电压的10倍时灯泡正常发光，则变压器原线圈的电压为9U0，变压器原、副线圈的匝数比为9∶1，选项A正确，选项B错误；由9U0Ia＝U0Ib得，流过b灯泡的电流是流过a灯泡电流的9倍，根据P＝UI，a、b灯泡的电功率之比为1∶9，选项C错误，选项D正确。‎ ‎2.如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶2，副线圈与阻值R＝10 Ω的电阻相连，原线圈两端所加的电压u＝10sin 100πt(V)，下列说法正确的是(　　)‎ A．交流电压表的示数为14.1 V B．原线圈中的电流为‎4 A C．电阻R消耗的电功率为400 W D．副线圈中交流电的频率为100 Hz 解析：选B　交流电压表的示数为电压的有效值，所以电压表的示数为10 V，所以A错误。根据电压与匝数成正比可得，副线圈的电压为20 V，所以电阻R上消耗的电功率为P＝＝ W＝40 W，所以C错误。副线圈的电流为I2＝＝ A＝‎2 A，根据电流与匝数成反比可得，原线圈中的电流为‎4 A，所以B正确。变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出交流电的频率为f＝＝＝＝50 Hz，所以D错误。‎ 提能点(二)　三种特殊的变压器 自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，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均适用，如图所示。‎ ‎　　[例1]　(2016·江苏高考)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＝知，U2＜U1，且U2降低，选项C正确。‎ ‎[答案]　C 计算具有两个(或两个以上)副线圈的变压器问题时，应注意三个关系：‎ ‎(1)电压关系：＝＝＝…‎ ‎(2)电流关系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋…‎ ‎(3)功率关系：P1＝P2＋P3＋…‎ ‎[例2]　如图所示，接在理想变压器回路中的四个规格相同的灯泡都正常发光，那么，理想变压器的匝数比n1∶n2∶n3为(　　)‎ A．1∶1∶1‎ B．3∶2∶1‎ C．6∶2∶1‎ D．2∶2∶1‎ ‎[解析]　灯泡正常发光，可得UA＝UB＝UC＝UD，所以U2＝2U3，由理想变压器的电压关系得＝＝，可得n2＝2n3。灯泡都正常发光，则功率相等，即PA＝PB＝PC＝PD。‎ 由P＝I2R得IA＝IB＝IC＝ID，即I1＝I2＝I3‎ 由理想变压器的功率关系得U1I1＝U2I2＋U3I3，即n1I1＝n2I2＋n3I3，可得n1＝n2＋n3＝2n3＋n3＝3n3。所以n1∶n2∶n3＝3∶2∶1。‎ ‎[答案]　B ‎[电压互感器和电流互感器]‎ 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 ＝ I1n1＝I2n2‎ ‎[例3]　(多选)(2017·江苏四市联考)如图所示，在某一输电线路的起始端接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为100∶1和1∶100，图中a、b表示电压表或电流表，已知电压表的示数为22 V，电流表的示数为‎1 A，则(　　)‎ A．a为电流表，b为电压表 B．a为电压表，b为电流表 C．线路输送电功率是220 kW D．输电线路总电阻为22 Ω ‎[解析]　左侧的互感器原线圈并联在输电线路上，测量的是输电电压，所以a为电压表；右侧的互感器原线圈串联在输电线路上，测量的是输电电流，b为电流表，选项B正确，A错误；电压表的示数为22 V，根据变压公式，＝100，输电电压为U1＝100×22 V＝2 200 V；电流表的示数为‎1 A，根据变流公式，＝＝100，输电电流I1＝100×‎1 A＝‎100 A，线路输送电功率为P＝U1I1＝220 kW，选项C正确；根据题述条件，不能求出输电线路总电阻，选项D错误。‎ ‎[答案]　BC 对于副线圈有两个及以上的理想变压器，电压与匝数成正比是成立的，而电流与匝数成反比的规律不成立。但在任何情况下，电流关系都可以根据原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率即P入＝P出进行求解。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1.自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分。一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调。已知变压器线圈总匝数为1 900匝；原线圈为1 100匝，接在有效值为220‎ ‎ V的交流电源上。当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0 kW。设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为(　　)‎ A．380 V和‎5.3 A　　　　 　B．380 V和‎9.1 A C．240 V和‎5.3 A D．240 V和‎9.1 A 解析：选B　对理想变压器，原、副线圈功率相同，故通过原线圈的电流I1＝＝A≈‎9.1 A，负载两端电压即为副线圈电压，由＝，即＝，可得U2＝380 V，故B对。‎ ‎2．(多选)如图甲、乙是配电房中的互感器和电表的接线图，下列说法中正确的是(　　)‎ A．线圈匝数n1n2，n3>n4‎ C．甲图中的电表是电压表，输出端不可短路 D．乙图中的电表是电流表，输出端不可断路 解析：选CD　题图甲中的原线圈并联在电路中，为电压互感器，是降压变压器，n1>n2，题图甲中的电表为电压表；题图乙中的原线圈串联在电路中，为电流互感器，是升压变压器，n31 000‎ D．实现点火的条件是<1 000‎ 解析：选BC　由题图乙知，交流电压的最大值Um＝5 V，所以电压表的示数U＝＝V，故选项A错误，选项B正确；根据＝，得＝，变压器副线圈电压的最大值U‎2m＝5 000 V时，有效值U2＝＝V，所以点火的条件>＝1 000，故选项C正确，选项D错误。‎ 第65课时　电能的输送(重点突破课)‎ ‎[必备知识]‎ 一、高压输电的原理 ‎1．电能损失 设电源提供的电功率P0恒定，输出电压为U，输电线总电阻为R，则输电线上损耗的电能为P损＝I2R＝。‎ ‎2．高压输电 提高输送电能的电压，可以更有效地减小输电线路上的电能损耗，这就是远距离输电需采用高电压的根本原因。‎ 二、远距离输电 ‎1．输电线路简图 ‎2．输送电流 I＝＝ ‎3．电压损失 ΔU＝U－U′＝IR ‎4．功率损失 ΔP＝P－P′＝I2R＝2R＝ ‎[小题热身]‎ ‎1．发电厂给某工厂的功率限额为500 kW，用100 kV高压输送，当该工厂由于休假，只使用50 kW的电功率时，发电厂和工厂间的高压线路电流为(　　)‎ A．‎0.5 A　　　　　　　　 　B．‎‎5 A C．‎50 A D．不知电阻，无法求出 解析：选A　由P＝IU知I＝＝ A＝‎0.5 A。选项A正确，B、C、D错误。‎ ‎2．“西电东送”工程中为了减少输电损耗，必须提高输电电压。从西部某电站向华东某地区输送的电功率为1×106 kW，输电电压为1 000 kV，输电线电阻为100 Ω。若改用超导材料作为输电线，则可减少输电损耗的功率为(　　)‎ A．1×105 kW B．1×104 kW C．1×106 kW D．1×103 kW 解析：选A　输电电流I＝，输电线路损失的电功率P损＝I2R＝2R＝1×105 kW，当改用超导材料输电时，就不损失电能，因此减少的输电损耗就等于P损，A正确。‎ ‎3．如图是远距离输电的示意图，下列说法正确的是(　　)‎ A．a是升压变压器，b是降压变压器 B．a是降压变压器，b是升压变压器 C．a的输出电压等于b的输入电压 D．a的输出电压等于输电线上损失的电压 解析：选A　远距离输电需要升高电压，故a是升压变压器，b 是降压变压器，A正确，B错误，由于电压损失，a的输出电压大于b的输入电压，C、D错误。‎ ‎4．(2017·河南八市质检)如图为某发电站电能输送示意图。已知发电机的输出电压、输电线的电阻及理想升压、降压变压器匝数均不变，若用户电阻R0减小，下列说法正确的是(　　)‎ A．发电机的输出功率减小 B．输电线上的功率损失减小 C．用户得到的电压减小 D．输电线输送电压减小 解析：选C　若用户电阻减小，则降压变压器输出功率增大，导致发电机的输出功率增大，选项A错误。若用户电阻减小，降压变压器输出功率增大，导致输电线上电流增大，输电线上损失电压增大，输电线上的功率损失增大，选项B错误。输电线上损失电压增大，降压变压器原线圈输入电压减小，由于降压变压器的原、副线圈匝数比不变，降压变压器副线圈输出电压(即用户得到的电压)减小，选项C正确。根据题给发电机的输出电压不变，升压变压器的原线圈输入电压不变。由于升压变压器的原、副线圈匝数比不变，则输电线上输送电压不变，选项D错误。‎ 提能点(一)　高压输电的原理 ‎[典例]　(2017·襄阳模拟)一般发电机组输出的电压在10 kV左右，不符合远距离输电的要求。因此，要在发电站内用升压变压器，升压到几百千伏后再向远距离输电。到达几百千米甚至几千千米之外的用电区之后，先经“一次高压变电站”、“二次变电站”降到10 kV左右，再经低压变电站的降压变压器(可视为理想变压器)降压后供给某小区居民，已知供给居民的交流电u＝220 sin 100πt(V)，该变压器原、副线圈匝数比为50∶1，则(　　)‎ A．原线圈上的电压为11 000 V B．原线圈中电流的频率是100 Hz C．原线圈使用的导线应该比副线圈的粗 D．高压输电有利于减少输电线路中的损耗 ‎[解析]　供给某小区居民的交流电u＝220sin 100πt(V)，最大值为220 V，故输出电压有效值为220 V，根据变压公式＝，解得输入电压U1＝50×200 V＝11 000 V，选项A错误；由u＝220sin 100πt(V)，解得频率f＝50 Hz，选项B错误；根据变压器输入功率等于输出功率，变压器原、副线圈中的电流与匝数成反比，即＝＝ ‎，副线圈中的电流大于原线圈中的电流，所以副线圈的导线要比原线圈的导线粗，选项C错误；在输送电功率一定的情况下，根据公式P＝UI，高压输电有利于减小输电电流，输电线上电功率损耗ΔP＝I2r也会减少，选项D正确。‎ ‎[答案]　D 高压输电的分析方法 ‎(1)输电线上的功率损失ΔP＝I2r，其中I为输电电流，r为输电线上电阻。‎ ‎(2)输电线路需要输送的功率一定，根据P总＝UI提高输电电压，可以减小输电电流，这样就减小了输电线上的功率损失。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．高压输电电压为U，输电线电阻为r，则下列说法正确的是(　　)‎ A．若发电机输出功率不变，使输出电压变大，则输电线损失功率变小 B．输电线上损失的功率为ΔP＝，故导线电阻越大，损失的功率越小 C．通过输电线的电流为I＝，故输电电压越高，电流越大，损失的功率越大 D．以上说法都不对 解析：选A　ΔP＝I2r＝2r，ΔP与U2成反比，故A正确；选项B、C混淆了输送电压U和损失电压ΔU，故B、C、D错误。‎ ‎2．用一台型号为AED6500S的柴油发电机给灾民临时安置区供电，如图所示，发电机到安置区的距离是‎400 m，输电线路中的火线和零线均为GBCZ60型单股铜导线，该型号导线单位长度的电阻为2.5×10－4 Ω，安置区家用电器的总功率为44 kW，当这些额定电压为220 V的家用电器都正常工作时(　　)‎ 型号 AED6 500S 输出电压范围 ‎220～300 V 最大输出功率 ‎60 kW A.输电线路中的电流为‎20 A B．发电机的实际输出电压为300 V C．在输电线路上损失的电功率为8 kW D．如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流，则其输出电压最大值是300 V 解析：选C　当这些额定电压为220 V的家用电器都正常工作时，输电线路中的电流为I＝＝‎200 A，A错误；导线电阻为R＝2.5×10－4×400×2 Ω＝0.2‎ ‎ Ω，则发电机的实际输出电压为U输＝U＋IR＝260 V，B错误；在输电线路上损失的电功率为P损＝I2R＝8 kW，C正确；如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流，则其输出电压的最大值是Um＝U输≈368 V，D错误。‎ 提能点(二)　远距离输电问题 ‎[典例]　(多选)(2017·武汉武昌区调研)如图所示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T1的原、副线圈匝数之比为n1∶n2＝1∶10，在T1的原线圈两端接入一正弦交流电，输电线的总电阻为2r＝2 Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为n3∶n4＝10∶1，若T2的用电设备两端的电压为U4＝200 V且用电设备消耗的电功率为10 kW，不考虑其他因素的影响，则(　　)‎ A．T1的副线圈两端电压的最大值为2 010 V B．T2的原线圈两端的电压为2 000 V C．输电线上损失的电功率为50 W D．T1的原线圈输入的电功率为10.1 kW ‎[解析]　因为用电设备消耗的电功率为10 kW，T2副线圈两端的电压为U4＝200 V，则流过T2副线圈的电流为I4＝＝A＝‎50 A，由变压器原、副线圈的电流与匝数的关系＝，则I3＝‎5 A；由＝，所以T2原线圈两端的电压为U3＝2 000 V，选项B正确；输电线的电阻分得的电压为U线＝I3·2r＝5×2 V＝10 V，所以T1副线圈两端的电压为U2＝U3＋U线＝(2 000＋10)V＝2 010 V，其最大值为U‎2m＝2 010 V，选项A正确；输电线上消耗的功率为P损＝I32·2r＝50 W，选项C正确；由能量守恒定律可知T1副线圈的输出功率为P出＝(10 000＋50)W＝10 050 W，因此T1原线圈的输入功率为10 050 W，选项D错误。‎ ‎[答案]　ABC 远距离输电问题的“三二一”‎ ‎(1)理清三个回路。‎ ‎(2)抓住两个联系。‎ ‎①理想的升压变压器联系了回路1和回路2，由变压器原理可得：线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是＝，＝，P1＝P2。‎ ‎②理想的降压变压器联系了回路2和回路3，由变压器原理可得：线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是＝，＝，P3＝P4。‎ ‎(3)掌握一个守恒：能量守恒关系式P2＝P损＋P3。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1.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I12r D．输电线路上损失的电功率为I1U 解析：选A　因为P入＝P出，所以U1I1＝U2I2，即U2＝，所以选项A正确；输电线上的电压U线＝U－U1，选项B错误；理想变压器的输入功率P入＝I1U1，线路上损失的电功率P损＝I12r，选项C、D均错误。‎ ‎2．(2015·福建高考)如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u＝Umsin ωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为(　　)‎ A.　　　　　　 　B. C．422r D．422r 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＝I22(2r)＝，故选项C正确。‎ 一、单项选择题 ‎1．如图所示为远距离输电的电路原理图，下列判断正确的是(　　)‎ A．U1>U2　　　　　　　 　B．U2＝U3‎ C．I4I2‎ 解析：选D　在远距离输电的过程中，第一级为升压过程，故U1I2，A错误，D正确；由部分电路欧姆定律可得U3＝U2－I2R线，B错误；由于第二级为降压过程，故U3>U4，由U3I2＝U4I4，可知I2 C．当用户用电器的负载增加时，输电线上损耗的功率增大 D．升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率 解析：选C　题图乙中电压最大值Um＝220 V，T＝0.02 s，所以ω＝＝100 π，题图乙中的电压瞬时值表达式u＝220sin 100πt (V)，A错误。因为U1＝U4＝220 V，＝，＝，U2>U3，所以<，B错误。当用户用电器的负载增加时，用电器的总功率增大，则I4增大，则I3增大，又P损＝I32r，可得输电线上损耗的功率增大，C正确。由于输电线上的功率损耗，所以升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，D错误。‎ 二、多项选择题 ‎6．某发电厂原来用电压为U1的交流电输电，后改用变压比为1∶50的升压变压器将电压升高后输电，输送的电功率保持不变。若输电线路的电阻为R，则提高电压后(　　)‎ A．输电线上的电流减小为原来的 B．输电线上的电流增大为原来的50倍 C．输电线上的功率损耗减小为原来的 D．输电线上的功率损耗增大为原来的2 500倍 解析：选AC　根据公式＝可得，输送电压变为原来的50倍，而输送功率不变，所以由I2＝可得，提高电压后输电线上的电流减小为原来的，A正确，B错误；电流变为原来的，而输电线电阻不变，所以根据公式P＝I2R可得提高电压后输电线上的功率损耗减小为原来的，C正确，D错误。‎ ‎7．发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至学校的输电线电阻为R，通过导线的电流为I，输入学校的电压为U2，下列计算线路损耗功率的式子中正确的是(　　)‎ A.　　　　　　　　 　B. C．I2R D．I(U1－U2)‎ 解析：选BCD　线路的损耗功率ΔP＝I2R，如果ΔU表示输电线上的电压损失，则ΔP＝或ΔP＝ΔUI，不难看出本题中ΔU＝U1－U2，所以，正确选项为B、C、D，错误选项为A。‎ ‎8．某小型水电站的电能输送示意图如图所示。发电机的输出电压为220‎ ‎ V，输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4，变压器均为理想变压器。要使额定电压为220 V 的用电器正常工作，则(　　)‎ A.> B.< C．要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比，同时减小降压变压器的匝数比 D．要减小线路的损耗，应减小升压变压器的匝数比，同时增大降压变压器的匝数比 解析：选AD　根据变压器工作原理可知＝，＝，由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，即U2>U3，所以>，选项A正确，B错误；要减小线路的损耗，应减小升压变压器的匝数比，使输电线上电流减小，由于用户获得的电压不变，所以应同时增大降压变压器的匝数比，选项C错误，D正确。‎ 第66课时　传感器的简单使用(实验提能课)‎ 一、实验目的 ‎1．认识热敏电阻、光敏电阻等敏感元器件的特性。‎ ‎2．了解传感器的使用方法。‎ 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)实验步骤 ‎①按图示连接好电路，将热敏电阻绝缘处理。‎ ‎②将热水和冷水分n次注入烧杯中，记录每一次温度值和两电表读数。‎ ‎③利用R＝计算出每一次热敏电阻的阻值。‎ ‎(2)数据处理 ‎①根据记录数据，把测量到的温度值和电阻值填入表中，分析热敏电阻的特性。‎ ‎　　　 次数 待测量 　　　‎ 温度(℃)‎ 电阻(Ω)‎ ‎②在坐标系中，粗略画出热敏电阻的阻值随温度变化的图线。‎ ‎③根据Rt图线，得出结论(热敏电阻的阻值随温度的升高而减小)。‎ ‎2．研究光敏电阻的光敏特性 ‎(1)实验步骤 ‎①将光敏电阻、多用电表、小灯泡、滑动变阻器按如图所示电路连接好，并将多用电表置于“×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，观察表盘指针显示电阻阻值的情况，并记录。‎ ‎(2)数据处理 把记录的结果填入表中，根据记录数据分析光敏电阻的特性。‎ 光照强度 弱 中 强 无光照射 阻值(Ω)‎ ‎　结论：光敏电阻的阻值被光照射时发生变化，光照增强电阻变小，光照减弱电阻变大。‎ 五、注意事项 ‎1．在做热敏电阻实验时，加开水后要等一会儿再测其阻值，以使电阻温度与水的温度相同，并同时读出水温和电压、电流值。‎ ‎2．光敏电阻实验中，如果效果不明显，可将电阻部分电路放入带盖的纸盒中，并通过盖上小孔改变照射到光敏电阻上的光的强度。‎ 考点(一)　研究热敏电阻 ‎[例1]　(2017·洛阳一模)某同学要研究一质地均匀、圆柱形的热敏电阻电阻率随温度的变化规律，其部分步骤如下：‎ ‎(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲所示，由图可知其长度为________mm；‎ ‎(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙，由图可知其直径为________mm；‎ ‎(3)该同学利用以下实验器材设计实验研究热敏电阻阻值随温度的变化规律：‎ A．热敏电阻(常温下约300 Ω)‎ B．温度计 C．电流表A1(0～60 mA，约10 Ω)‎ D．电流表A2(0～‎3 A，约0.1 Ω)‎ E．电压表V(0～6 V，约15 kΩ)‎ F．滑动变阻器R1(200 Ω，‎0.5 A)‎ G．滑动变阻器R2(5 Ω，‎2 A)‎ H．蓄电池(9 V,0.05 Ω)‎ I．开关一个，带夹的导线若干 ‎①实验要求通过热敏电阻的电流从零开始增加，电流表应选择________，滑动变阻器选择________。‎ ‎②为精确测量该热敏电阻，请在下图中完成实验器材连接。‎ ‎[解析]　(1)游标卡尺的读数为‎52.55 mm。‎ ‎(2)螺旋测微器的读数为‎4.800 mm。‎ ‎(3)①估算电路中电流值，电流表应选C。滑动变阻器应选G。‎ ‎②电路连接如图。‎ ‎[答案]　见解析 该题考查游标卡尺和螺旋测微器的读数，实验仪器的选择、实验电路的设计和实物连接，在电路设计中主要考查电流表外接法和滑动变阻器的分压式接法，这一点和电学其他实验没有很大区别。因此，与传感器有关的实验大都可以利用常规电学实验的思路来解题。‎ 考点(二)　光敏电阻传感器的应用 ‎[例2]　为了节能和环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统。光控开关可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件(照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为lx)。某光敏电阻RP在不同照度下的阻值如下表：‎ 照度(lx)‎ ‎0.2‎ ‎0.4‎ ‎0.6‎ ‎0.8‎ ‎1.0‎ ‎1.2‎ 电阻(kΩ)‎ ‎75‎ ‎40‎ ‎28‎ ‎23‎ ‎20‎ ‎18‎ ‎(1)根据表中数据，请在如图甲所示的坐标系中描绘出阻值随照度变化的曲线，并说明阻值随照度变化的特点。‎ ‎(2)如图乙所示，当1、2两端所加电压上升至2 V 时，控制开关自动启动照明系统。请利用下列器材设计一个简单电路，给1、2两端提供电压，要求当天色渐暗照度降低至1.0 lx 时启动照明系统，在虚线框内完成电路原理图。(不考虑控制开关对所设计电路的影响)‎ 提供的器材如下：‎ 光敏电阻RP(符号，阻值见上表)；‎ 直流电源E(电动势3 V，内阻不计)；‎ 定值电阻：R1＝10 kΩ，R2＝20 kΩ，R3＝40 kΩ(限选其中之一并在图中标出)；开关S及导线若干。‎ ‎[解析]　(1)描绘图像应注意：各点均匀分布在图线两侧，且图线应用平滑曲线，而不能成为各点的连线。光敏电阻的阻值随照度变化的曲线如图甲所示，电阻的阻值随光照度的增大而减小。‎ ‎(2)根据串联电阻的正比分压关系，E＝3 V，当照度降低至1.0 lx时，其电压升至2 V，由图线甲知，此时光敏电阻RP＝20 kΩ，URP＝2 V，串联电阻分压UR＝1 V，由＝＝2得R＝＝10 kΩ，故选定值电阻R1，电路原理图如图乙所示。‎ ‎[答案]　见解析 本题考查了实验数据的处理、图像的分析和光控照明电路的设计，通过图像得出了光敏电阻随光照度的增大阻值减小的特点。在设计光控照明电路时，正好利用了光敏电阻的这个特点，利用串联电路的分压特点，来实验光敏电阻对光控开关的控制。‎ 实验原理 的拓展 使用热敏电阻等敏感元件可以实现自动报警、自动控制等。‎ 实验器材 的替代 使用单刀双掷开关实现热敏电阻和电阻箱的等效代替，如图所示：‎ 数据处理 的创新 利用估算法，选择滑动变阻器，利用等效代替法对电路进行调试。‎ ‎[例3]　(2016·全国乙卷)现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，要求当热敏电阻的温度达到或超过‎60 ℃‎时，系统报警。提供的器材有：热敏电阻，报警器(内阻很小，流过的电流超过Ic时就会报警)，电阻箱(最大阻值为999.9 Ω)，直流电源(输出电压为U，内阻不计)，滑动变阻器R1(最大阻值为1 000 Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值为2 000 Ω)，单刀双掷开关一个，导线若干。‎ 在室温下对系统进行调节。已知U约为18 V，Ic约为10 mA；流过报警器的电流超过20 mA时，报警器可能损坏；该热敏电阻的阻值随温度升高而减小，在‎60 ℃‎时阻值为650.0 Ω。‎ ‎(1)完成待调节的报警系统原理电路图的连线。‎ ‎(2)电路中应选用滑动变阻器________(填“R‎1”‎或“R‎2”‎)。‎ ‎(3)按照下列步骤调节此报警系统：‎ ‎①电路接通前，需将电阻箱调到一固定的阻值，根据实验要求，这一阻值为________Ω；滑动变阻器的滑片应置于________(填“a”或“b”)端附近，不能置于另一端的原因是________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎②将开关向________(填“c”或“d”)端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至________________________________________________________________________。‎ ‎(4)保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用。‎ ‎[解析]　(1)电路图连接如图。‎ ‎(2)报警器开始报警时，对整个回路有 U＝Ic(R滑＋R热)‎ 代入数据可得R滑＝1 150.0 Ω，因此滑动变阻器应选择R2。‎ ‎(3)①在调节过程中，电阻箱起到等效替代热敏电阻的作用，电阻箱的阻值应为报警器报警时热敏电阻的阻值，即为650.0 Ω。滑动变阻器在电路中为限流接法，滑片应置于b端附近，若置于另一端a时，闭合开关，则电路中的电流I＝ A≈27.7 mA，超过报警器最大电流20 mA，报警器可能损坏。②开关应先向c端闭合，移动滑动变阻器的滑片，直至报警器开始报警为止。‎ ‎[答案]　(1)连线见解析图　(2)R2　(3)①650.0　b　接通电源后，流过报警器的电流会超过20 mA，报警器可能损坏　②c　报警器开始报警 本题从热敏电阻的应用、报警电路的设计，利用等效代替法、估算法等几个方面，进行了电学实验的创新，可以培养灵活处理电学实验问题的能力。本题中滑动变阻器的限流式接法、电阻箱在电路中等效代替的作用和电学其他实验是基本一致的。‎ ‎[创新演练]‎ 如图所示，一热敏电阻RT放在控温容器M内； 为毫安表，量程6 mA，内阻为数十欧姆；E为直流电源，电动势约为3 V，内阻很小；R为电阻箱，最大阻值为999.9 Ω，S为开关。已知RT在‎95 ℃‎时的阻值为150 Ω，在‎20 ℃‎时的阻值约为550 Ω。现要求在降温过程中测量在20 ℃～‎95 ℃‎之间的多个温度下RT的阻值。‎ ‎(1)在图中画出连线，完成实验原理电路图。‎ ‎(2)完成下列实验步骤中的填空：‎ a．依照实验原理电路图连线。‎ b．调节控温容器M内的温度，使得RT的温度为‎95 ℃‎。‎ c．将电阻箱调到适当的阻值，以保证仪器安全。‎ d．闭合开关，调节电阻箱，记录电流表的示数I0，并记录________。‎ e．将RT的温度降为T1(‎20 ℃‎