2014届一轮复习第十章交变电流传感器

第十章 交变电流 传感器

第 1 课时 交变电流的产生及描述

基础知识归纳

1.交变电流

大小 和 方向 都随时间做周期性变化的电流.其中，方向随时间变化是交变电流的最主要特征.

2.正(余)弦式交流电

交变电流的产生有很多形式.常见的正(余)弦式交变电流可由线圈在匀强磁场中绕 垂直 磁感应强度方向的轴转动产生.若从中性面开始转动则产生 正弦 式交变电流，从峰值转动则产生 余弦 式交变电流.

3.中性面与峰值面

当线圈转动至线圈平面垂直于磁感线位置时，各边都不切割磁感线，线圈中没有感应电流，这个特定位置叫做 中性面 .其特点是：与磁场方向垂直，线圈每次经过该面感应电流方向均发生改变，线圈每转一周，两次经过中性面，故感应电流的方向改变两次.峰值面的特点是：磁通量为 零 ，但电动势 最大 .

4.描述交变电流的“四值”

(1)瞬时值：e ＝NBS ωsin ωt ，i ＝I m sin ωt (从中性面开始计时) (2)峰值：E m ＝NBS ω，I m ＝E m /R

(3)平均值：E ＝N t Φ??，R

E I = (4)有效值：根据电流的 热效应 定义，E ＝2

m E ，I ＝I m /2(正、余弦式交流电). 重点难点突破

一、如何理解正弦式交流电的峰值、有效值和平均值

峰值：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感应线方向的轴匀速转动时，所产生的感应电动势的峰值为E m ＝NB ωS ，即仅由匝数N ，线圈面积S ，磁感应强度B 和角速度ω四个物理量决定.与轴的具体位置、线圈的形状及线圈是否闭合都是无关的.一般在求瞬时值的表达式时，需求出其最大值.

有效值：是根据交变电流的热效应规定的，反映的是交变电流产生热效应的平均效果.让交变电流与恒定电流通过阻值相同的电阻，若在相等时间内产生的热量相等，这一恒定电流值就是交变电流的有效值. 正弦式交变电流的有效值和最大值之间的关系是：

E ＝E m /2 I ＝I m /2 U ＝U m / 2

平均值：指在一段时间内产生的电压(电流)的平均值，其数值需由法拉第电磁感应定律求，即E ＝

t

Φ

n ??计算.求通过横截面电荷量时需用电流的平均值，或指交变电流图象的波形与横轴(t 轴)所围面积跟时间的比值. 二、学习交变电流时如何区分使用有效值和平均值

1.在计算交变电流通过导体产生的热量和电功率及确定保险丝的熔断电流时，只能用交流电的有效值；在考虑电容器的耐压值时，则应用交变电流的最大值；在计算通过导体的电荷量时，只能用平均值，而不能用有效值.

2.在实际应用中，交流电器铭牌上标明的额定电压或额定电流都是指有效值，交流电流表和交流电压表指示的电流、电压也是有效值，解题中，若题目不加特别说明，提到的电流、电压、电动势，都是指有效值.

3.对非正弦式交变电流的有效值，必须按有效值的定义求出.

三、交变电流的图象可提供什么信息

1.根据图象的意义，从图象的纵坐标轴上可以直接读出交变电流的峰值，从图象的横坐标轴上可以直接读出交变电流的周期，从而可推导角速度及频率.

2.周期与角速度、频率的关系是T ＝ω

π21=f .交变电流的频率与线圈的频率相等.

3.图象本身则体现了函数关系，反映了交变电流的瞬时变化关系，故图象本身是书写交变电流瞬时表达式的依据

.

典例精析

1.交流电的产生原理

【例1】单匝矩形线圈abcd 放在匀强磁场中，如图所示，ab ＝dc ＝l 1，ad ＝

bc ＝l 2，从图示位置起以角速度ω绕不同转轴做匀速转动，则( )

A.以OO ′为转轴时，感应电动势e ＝Bl 1l 2ωsin ωt

B.以O 1O 1′为转轴时，感应电动势e ＝Bl 1l 2ωsin ωt

C.以OO ′为转轴时，感应电动势e ＝Bl 1l 2ωcos ωt

D.以OO ′为转轴或以ab 为转轴时，感应电动势e ＝Bl 1l 2ωsin(ωt ＋π2

) 【解析】以OO ′为转轴时，图示位置相当于是峰值面，根据感应电动势的表达式e ＝E m cos ωt ，可知e ＝Bl 1l 2ωcos t 则C 对，A 错；再根据三角函数关系可知D 选项正确；若线圈以O 1O 1′为转轴，则线圈磁通量变化始终为零，则感应电动势为零.

【答案】CD

【思维提升】交变电流的产生与线圈平面初始位置有关，因此书写表达式时首先要看清初始位置.若线圈平面与磁感应强度方向平行，则不会有感应电动势产生.

【拓展1】如图所示，交流发电机线圈的面积为0.05 m 2，共100匝，在磁感应

强度为1π

T 的匀强磁场中，以10π rad/s 的角速度匀速转动，电阻R 1和R 2的阻值均为50 Ω，线圈的内阻忽略不计，若从图示位置开始计时，则( C )

A.线圈中的电动势为e ＝50sin πt V

B.电压表的示数为50 2 V

C.电流表的示数为 2 A

D.R 1上消耗的电功率为50 W

【解析】图中所示，线圈位于中性面，此时有

e m ＝NBS ω＝100×1π

×0.05×10π＝50 V 则电动势为e ＝50cos ωt V 电压表示数为有效值U ＝2m e ＝25 2 V 电流表示数为有效值I ＝外

R U ＝25225 A ＝ 2 A P R 1＝12R U ＝1 25050 W ＝25 W 2.对交流电平均值、有效值和峰值的理解

【例2】交流发电机转子有n 匝线圈，每匝线圈所围面积为S ，匀强磁场的磁感应强度

为B ，匀速转动的角速度为ω，线圈内电阻为r ，外电路电阻为R .当线圈由图中实线位置第

一次匀速转动90°到达虚线位置过程中，求：

(1)通过R 的电荷量q 为多少？(2)R 上产生电热Q R 为多少？(3)外力做的功W 为多少？

【解析】(1)由电流的定义，计算电荷量应该用平均值，即q ＝I t ，而I ＝)

()(r R t nBS r R t Φn r R E +=+?=+，故q ＝r

R nBS + (2)求电热应该用有效值，先求总电热Q ，再按照内外电阻之比求R 上产生的电热Q R ·Q ＝I 2(R ＋r )t ＝

)(4π)22(π)(2π22222r R S B n r R nBS r R E +=+=+?ωωωω，Q R ＝=+Q r R R 2

222)(4πr R R S B n +ω (3)根据能量守恒，外力做功的过程是机械能向电能转化的过程，电流

通过电阻，又将电能转化为内能，即放出的电热，因此W ＝Q ＝)

(4π2

22r R S B n +ω 【思维提升】要掌握交变电流“四值”的意义：

计算电荷量只能用平均

值；计算电功、电功率、电热等与热效应有关的量必须用有效值；而电压表、

电流表所能测量到的也是有效值.

【拓展2】如图所示为一交变电流的i-t 图象，下列说法正确的是( D )

A.交变电流的频率f ＝50 Hz ，有效值为5 5 A

B.交变电流的有效值I ＝5 2 A

C.交变电流的平均值＝10 A

D.若此交变电流通过阻值为10 Ω的电阻，则这个电阻两端的电压为2510 V

【解析】对于正弦交流电可直接应用最大值为有效值的2倍这一规律，将此交变电流分为前后两部分正弦交流电，可直接得到这两部分正弦交流电的有效值，分别为I 1＝2.5 2 A 和I 2＝7.5 2 A ，再利用有效值的定义求解.

取一个周期T 中的前0.01 s 和后0.01 s 计算产生的电热可列计算式：I 2R ×0.02＝I 21R ×

0.01＋I 22R ×0.01 解得I ＝2.510 A

对于不同的时间段，交流电的平均值不同，求交流电的平均值应明确指出是哪一段时间的平均值. 知U ＝IR ＝2.510 A×10 Ω＝2510 V

3.对交流电产生原理的理解及应用

【例3】电阻为1 Ω的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴，在匀强磁场中匀

速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图所示.现把交流电加在电阻为

9 Ω的电热丝上，下列判断正确的是( )

A.线圈转动的角速度ω＝100 rad/s

B.在t ＝0.01 s 时刻，穿过线圈的磁通量最大

C.电热丝两端的电压U ＝100 2 V

D.电热丝此时的发热功率P ＝1 800 W

【解析】由图可以看出该交变电流的周期T ＝0.02 s ，则角速度ω＝T

π2＝2π0.02＝100π rad/s ， A 错；t ＝0.01 s 时刻，电压达到最大，则此时磁通量变化率最大，磁通量为零，B 错；

电热丝两端电压为路端电压U R ＝r

R R U ＝99＋1×(U m /2) V ＝90 2 V ，则C 错；根据电功率公式P ＝R

U R 2＝(902)29 W ＝1 800 W 可知D 正确. 【答案】D

【思维提升】弄清图象与瞬时表达式的关系是处理图象问题的要点.此外，由图象直接可以看出周期与峰值.要注意交变电动势、电流实际上还是由电磁感应产生的，取决于磁通量的变化率，因此，与磁通量、磁感应强度的图象是互余的关系.

【拓展3】曾经流行过一种自行车，它有能向车头供电的小型交流发电机，如图甲为其结构示意图.图中N 、S 是一对固定的磁极，abcd 为固定转轴上的矩形线框，转轴过bc 边中点，与ab 边平行，它的一端有一半径r 0＝1.0 cm 的摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边缘相接触，如图乙所示，当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而使线框在磁极间转动.设线框由N ＝

800匝导线圈组成，每匝线圈的面积S ＝20 cm 2，磁极间的磁

场可看做匀强磁场，磁感应强度B ＝0.01 T ，自行车车轮的

半径R 1＝35 cm ，小齿轮的半径R 2＝4.0 cm ，大齿轮的半

径R 3＝10.0 cm.现从静止开始使大齿轮加速转动，问大齿

轮的角速度为多大时才能使发电机输出电压的有效值U

＝3.2 V ？(假定摩擦小轮与自行车车轮之间无相对滑动)

【解析】当自行车车轮转动时，通过摩擦小轮使发电机的线框在匀强磁场内转动，线框中产生一正弦交流电动势，其最大值E m ＝NBS ω0 ①

其中ω0为线框转动的角速度，即摩擦小轮转动的角速度.发电机两端电压的有效值U ＝E m / 2

② 设自行车车轮转动的角速度为ω1，由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动，有R 1ω1＝r 0ω0 ③ 小齿轮转动的角速度与自行车车轮转动的角速度相同，也为ω1.设大齿轮转动的角速度为ω，有R 3ω＝R 2ω1

④

由以上各式解得ω＝2UR 2r 0/BSNR 3R 1

⑤

代入数据得ω＝3.2 rad/s

⑥

易错门诊 【例4】 如图表示一交流电的电流随时间而变化的图象，此交流电的有效

值是( )

A.3.5 A

B.72 2 A

C.5 2 A

D.5 A

【错解】此交变电流的峰值不同，最大值取其平均值

I m ＝42＋322 A ＝72 A I ＝2

m I ＝3.5 A ，选A. 【错因】本题所给的交流电的图象不是正弦交流电的图形，故公式I ＝

2m I 不适用于此交流电.交流电的最大值不是两个不同峰值的算术平均值.

【正解】交流电的有效值是根据其热效应而定义的，它是从电流产生焦耳热相等的角度出发，使交流电与恒定电流等效.设交流电的有效值为I ，令该交变电流通过一阻值为R 的纯电阻，在一个周期内有：

I 2RT ＝I 21R

2T ＋I 22R 2T 所以该交流电的有效值为 I ＝222221I I ＝5 A 【答案】D

【思维提升】关于交变电流的有效值问题，首先观察是不是正弦式交流电，若是，则直接应用I ＝

2m I ，U ＝2m U 求解；若只有部分是，则具有完整的整数倍的14波型可直接应用I ＝2m I ，U ＝2

m U 关系，并结合焦耳定律求解；若完全不是正弦式交流电，则根据有效值的定义和焦耳定律求解.

第 2 课时 电感和电容器对交变电流的影响

基础知识归纳

1.电感对交变电流的阻碍作用

(1)电感对交变电流的阻碍作用叫感抗.

原理：将交变电流通入电感线圈，由于线圈中的电流大小和方向都时刻变化，根据电磁感应原理，电感线圈中必产生自感电动势，以阻碍电流的变化，因此交变电路的电感线圈对交变电流有阻碍作用.

(2)影响电感对交变电流阻碍作用大小的因素：感抗的大小与线圈的自感系数和交流电的频率.感抗用R L 表示，R L ＝2πfL ，单位是欧姆，类似于一个电阻.

(3)电感器在电路中的作用：通直流，阻交流；通低频，阻高频.

“通直流，阻交流”这是对两种不同类型的电流而言的，因为(恒定)直流电的电流不变化，不能引起自感现象，交流电的电流时刻改变，必有自感电动势产生来阻碍电流的变化.“通低频，阻高频”这是对不同频率的交流而言的，因为交变电流的频率越高，电流的变化越快，自感作用越强，感抗也就越大.

(4)应用：低频扼流线圈的自感系数 很大 ，有“ 通直流，阻交流 ”的作用，高频扼流线圈的自感系数 很小 ，有“ 通低频、通直流，阻高频 ”的作用.

2.电容器对交变电流的阻碍作用

(1)电容对交变电流的阻碍作用叫容抗.

原理：当电源电压推动电路中形成电流的自由电荷向这个方向做定向移动，因此交流电路中的电容对交变电流有阻碍作用.

(2)影响电容器对交变电流阻碍作用大小的因素：电容器的电容和交流的频率.

频率一定，则电容器充(放)电时间一定，又因电压一定，根据Q ＝CU 可知，C 大的电容充入(或放出)的电荷量多，因此充电(或放电)的速率就大，所以电流也就越大，容抗越小；而C 一定时，电容器充入(或放出)的电荷量一定，频率越高，电容器充(放)电的时间越短，充电(或放电)的速率越大，容抗也越小.容抗

用x C 表示，x C ＝fC

π21，单位是欧姆，类似于一个电阻.

(3)电容器在电路中的作用：通交流，隔直流；通高频，阻低频.

信号和交流信号，如图1所示，该电路就起到“隔直流，通交流”的作用；在电子技术中，从某一装置输出的电流常常既有高频成分，又有低频成分，若在

下一级电路的输入端并联一个电容器，就可只把低频成

分的交流信号输送到下一级装置，如图2所示，具有这

种“通高频，阻低频”用途的电容器叫高频旁路电容

器.

重点难点突破

一、为什么交变电流能够通过电容器

电容器的两极板之间是绝缘的，不论是恒定电流还是交变电流，自由电荷都不能通过两极板之间的绝缘体(电介质).通常所说的交变电流“通过”电容器，并非有自由电荷穿过了

电容器，而是在交流电源的作用下，当电压升高时，电容器充电，电容器极

板上的电荷量增多，形成充电电流，当电压降低时，电容器放电，电容器极

板上的电荷量减少，形成放电电流，由于电容器反复地充电和放电，使电

路中有持续的交变电流，表现为交变电流“通过”了电容器.如右图：

三、如何应用和防止感抗和容抗 根据电感线圈“通直流，阻交流”、电容器“通交流、隔直流”的特点，可以将二者结合并与电阻组合到一起来完成一定的任务.如在变压器并整流后的直流电中仍含有交流的成分，这时可以用一个电容器与负载并联在一起，或将一个电感线圈串联在电路中，把电流中的交流成分滤掉；又如在无线电的接收方面，接收到的是直流和交流的复合成分，而我们只需要其中的交流的信号成分，这时就可以把一个电容器串联在电路中，将其中的直流成分滤掉.

典例精析

1.电感与电容对交流电的阻碍作用

【例1】一个灯泡通过一个粗导线的线圈与一交流电源相连接，如图所示.一块铁插进

线圈之后，该灯将：()

A.变亮

B.变暗

C.对灯没影响

D.无法判断

【解析】线圈和灯泡是串联的，当铁插进线圈后，电感线圈的自感系数增大，所以电

感线圈对交变电流阻碍作用增大，因此电路中的电流变小，则灯变暗.

【答案】B

【思维提升】人们可用改变插入线圈中铁芯的长度来控制舞台灯光的亮和暗.

【拓展1】如图所示，接在交流电源上的电灯泡正常发光，以下说法正确的是( ACD )

A.把电介质插入电容器，灯泡变亮

B.增大电容器两极板间的距离，灯泡变亮

C.减小电容器两极板间的正对面积，灯泡变暗

D.使交变电流频率减小，灯泡变暗

【解析】把电介质插入电容器，电容增大，电容器对交变电流的阻碍作用变小，所以灯泡变亮，故A 正确；增大电容器两极板间的距离，电容变小，电容器对交变电流的阻碍作用变大，所以灯泡变暗，故B 错；减小电容器两极板间的正对面积，电容变小，灯泡变暗，故C正确；交变电流频率减小，电容器对交变电流的阻碍作用增大，灯泡变暗，故D正确.

2.电感和电容对低频与高频电流的不同作用效果

【例2】如图所示，线圈的自感系数L和电容器的电容C都很小(L＝1 mH，

C＝200 pF)，此电路的重要作用是()

A.阻直流通交流，输出交流电

B.阻交流通直流，输出直流电

C.阻低频通高频，输出高频交流电

D.阻高频通低频，输出低频交流电和直流电

【解析】(1)线圈的作用是：“通直流、阻交流，通低频、阻高频”.电容器的作用是：“通交流、阻直流，通高频、阻低频”.(2)因为线圈自感系数L很小，所以对低频成分的阻碍作用很小，这样，直流和低频成分能顺利通过线圈；电容器并联在电路中，起旁路作用，因电容C很小，对低频成分和直流成分的阻碍作用很大，而对部分通过线圈的高频成分阻碍作用很小，被它滤掉，最终输出的是低频交流和直流.

【答案】D

【思维提升】此电路中的电容器为旁路电容，它能将高

频成分滤掉.

【拓展2】如图所示，从某一装置中输出的电流既有交

流成分，又有直流成分，现要把交流成分输送给下一级，有

关甲、乙两图的说法正确的是( C )

A.应选甲图电路，其中C的电容要大

B.应选甲图电路，其中C的电容要小

C.应选乙图电路，其中C的电容要大

D.应选乙图电路，其中C的电容要小

【解析】要把交流成分输送给下一级，则电容要起到“隔直流，通交流”的作用，故应选用乙图电路，要使交流成分都顺利通过电容器而输送到下一级，需容抗较小，容抗与电容成反比，故应选C.

3.影响感抗、容抗的因素

【例3】如图所示，L1、L2和L3是相同型号的白炽灯，L1与电容器C串联，L2与带铁芯的线圈L串联，L

与一个定值电阻R串联.当a、b间接电压有效值为U、频率为f的正弦交

流电源时，三只灯泡的亮度相同.现将a、b间接另一正弦交流电源时，发现灯泡

L1变亮、L2变暗、L3亮度不变.由此可知，另一正弦交流电源可能是()

A.电压有效值仍为U，而频率大于f

B.电压有效值大于U，而频率大于f

C.电压有效值仍为U，而频率小于f

D.电压有效值小于U，而频率大于f

【解析】电阻对交变电流阻碍作用的大小与电流的频率无关，因此，通过电阻的电流的有效值不变；电感线圈对交变电流阻碍作用的大小用感抗表示，线圈的自感系数越大，电流的频率越高，自感电动势就越大，即线圈对电流的阻碍作用就越大，感抗也就越大，因此，通过电感线圈的电流的有效值变小；电容器对交变电流阻碍作用的大小用容抗表示，电容一定时，在相同的电压下电容器容纳的电荷一定，频率越

高，充(放)电的时间越短，充(放)电的电流越大，容抗越小，因此，通过电容器的电流的有效值变大.

【答案】A

【思维提升】电阻、电感线圈和电容器三者对电流均有阻碍作用，容抗、感抗受频率影响，而电阻不受交流电频率影响.理解电阻、感抗(线圈无直流电阻)和容抗的产生原因及三者的区别是解决这类问题的关键：(1)电阻：对交、直流均阻碍.(2)感抗：只对变化电流有阻碍.(3)容抗：只通交流，不能通直流.

【拓展3】如图所示，把电阻R ，电感线圈L ，电容器C 并联，接到一个交

流电源上，三个电流表示数相同，若保持电源电压大小不变，而将电源频率增大，

则三个电流表示数I 1、I 2、I 3的关系是( D )

A.I 1＝I 2＝I 3

B.I 1>I 2>I 3

C.I 2>I 1>I 3

D.I 3>I 1>I 2

【解析】交流电频率增大，电阻R 对电流的阻碍作用不变，所以A 1表读数不变.频率增大，电感线圈对交变电流阻碍作用增大，对电流的阻碍作用变大，所以电流变小，A 2读数变小.频率增大，电容器对交变电流阻碍作用变小，对电流的阻碍作用变小，所以电流变大，A 3读数变大，故答案为D.

易错门诊

4.电感与电容对高频和低频电流的不同作用效果

【例4】“二分频”音箱内有两个不同口径的扬声器，它们的固有频率分别处于高音、低音频段分别称为高音扬声器和低音扬声器.音箱要将扩音机送来的含有不同频率的混合音频电流按高、低频段分离出来，送往相应的扬声器，以便使电流所携带的音频信息按原比例还原成高、低频的机械振动.如图所示为音箱的电路图，高、低频混合电流由a 、b 输入，L

1和L 2是线圈，C 1和

C 2是电容器，则( )

A.甲是高频扬声器，C 1的作用是通低频阻高频

B.甲是低频扬声器，C 1的作用是通高频阻低频

C.L 1的作用是阻碍低频电流通过甲扬声器

D.L 2的作用是减弱乙扬声器的低频电流

【错解】AC

【错因】认为频率越大，感抗越小，容抗越大.

【正解】甲、乙扬声器所在电路为并联电路，由于L 1阻高频，C 1通高频，使甲为低频扬声器，C 2通高频，L 2阻高频，使乙为高频扬声器.

【答案】BD

【思维提升】熟记两个公式，R L ＝2πfL ，R C ＝Cf

π21. 3 课时 变压器 电能输送

基础知识归纳

1.变压器

(1)变压器的结构

如图所示：闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成一个变压器.原线圈n 1(又称初级线圈)与电源连接，副线圈n 2(又称次级线圈)与负载连接，作为用电器的电源.

(2)理想变压器的工作原理

①理想变压器：是种理想化模型，没有任何损耗，输入功率等于输出功率.

②工作原理：电磁感应

理想变压器原、副线圈中具有完全相同的磁通量及磁通量的变化率.

③电压比和电流比

电压比：由U ＝n t

Φ??得单个副线圈2121n n U U =，多个副线圈U 1∶U 2∶U 3＝n 1∶n 2∶n 3 电流比：单个副线圈1

221n n I I =

多个副线圈，由P 1＝P 2＋P 3＋… 得U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋… n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋…

(3)几种常见的变压器：自耦变压器、互感器.

2.远距离输电

(1)目的 向远距离输送电能，且尽可能减少在输电线上的损失.

(2)方法 由P 损＝I 2R 可知，要减小损失的电能可以有两种方法：

①减小输电导线的电阻.由于R ＝ρl S

，故可采用电阻率ρ较小的材料，并加大导线的横截面积.这种方法的作用十分有限，代价较高，可适当选用.

②减小输电电流.由于I ＝P U

，P 为额定输出功率，U 为输出电压，增大U 可减小I .这是远距离输电的一种常用的方法.

(3)远距离输电的电路模式如图所示

①功率关系：P

1＝P 2 P 3＝P 4 P 2＝P 3＋ΔP ②电压关系：2121n n U U = 4

343n n U U = U 2＝U 3＋ΔU ③输电电流：I ＝R

U U P U P ?==3322 ④输电线上电压降和消耗的电功率ΔU ＝IR ，ΔP ＝I 2R

注意：R 为两根输电导线的总电阻.

重点难点突破

一、原、副线圈匝数不变时，理想变压器有哪些决定关系

理想变压器的原、副线圈的匝数不变时，如果变压器的负载发生变化，怎样确定其他有关物理量的变化，可依据以下原则来判断.有三个决定关系：

1.输入电压U 1决定输出电压U 2，即U 2随着U 1的变化而变化，因为U 2＝

12n n U 1，所以只要U 1不变化，不论负载如何变化，U 2不变.

2.输出功率P 2决定输入功率P 1.

理想变压器的输出功率和输入功率相等，即P 2＝P 1.在输入电压U 1不变的情况下，U 2不变.若负载电阻

R 增大，则由公式P ＝R

U 2

得：输出功率P 2减小，输入功率P 1也随着减小；反之，若负载电阻R 增大，则输出功率P 2增大，输入功率P 1也随着P 2减小.

3.输出电流I 2决定输入电流I 1.

在输入电压U 1不变的情况下，U 2不变.若负载电阻R 增大，则由公式I ＝U R

得：输出电流I 2减小，由P 2＝P 1知输入电流I 1亦随着减小；反之，若负载电阻R 减小，则输出电流I 2增大，输入电流I 1亦随着增大.

三、变压器工作时能量损耗的来源有哪些

变压器在工作时，实际上从副线圈输出的功率并不等于从原线圈输入的功率，而有少量的功率损耗，

功率损耗的形式有三种：

1.铜损：实际变压器的原、副线圈都是用绝缘铜导线绕制的，虽然铜的电阻率很小，但铜导线还是有一定的电阻，因此，当变压器工作时，线圈中就会有热量产生导致能量损耗，这种损耗叫铜损.

2.铁损：变压器工作时，原、副线圈中有交变电流通过，在铁芯中产生交变磁通量，铁芯中就会因电磁感应产生涡流，使铁芯发热而导致能量损耗，这种在铁芯中损失的能量叫铁损.

3.磁损：变压器工作时，原、副线圈产生的交变磁通量绝大多数通过铁芯，但也有很少一部分磁通量从线圈匝与匝之间漏掉，即有漏磁.这就使得通过原副线圈的磁通量并不相等，这漏掉的磁通量会在周围空间形成电磁波而损失一部分能量，这种损耗叫磁损.

四、“提高电压，降低电流”是否与欧姆定律相矛盾

不矛盾，欧姆定律是对纯电阻耗能元件成立的定律，而“提高电压，降低电流”是从输送角度，由P ＝IU ，且P 一定的条件下得出的结论，两者没有联系.

五、高压输电是不是电压越高越好

输电线上的电压损失，不但有导线电阻引起的电压损失，而且有电抗引起的电压损失，电抗造成的电压损失随电压的增大而增大，所以高压输电并非电压越高越好.

另外，电压越高，对线路和变压器的技术要求就越高，线路的修建费用就会增多，所以实际输电时，综合考虑各种因素，依照不同的情况，选择合适的输电电压.

典例精析

1.变压器的决定关系

【例1】理想变压器的原线圈连接一个电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q 调节，如图所示.在副线圈上连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑动触头.原线圈两端接在电压为U 的交流电源上.则( )

A.保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表的读数变大

B.保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表的读数变小

C.保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表的读数变大

D.保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表的读数变小

【解析】根据理想变压器原、副线圈上电压、电流的决定关系知：在输入电压U 1不变的情况下，U 2不变.当保持Q 的位置不动，滑动头P 向上滑动时，副线圈上的电阻增大，电流减小，故输入电流I 亦随

着减小，即电流表的示数变小，A 错误，B 正确；当保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，由2

121n n U U 知，副线圈上匝数增大，引起副线圈上电压增大，即副线圈上电流增大，故原线圈上的电流亦随着增大，故电流表的示数增大，C 正确，D 错误.

【答案】BC

【思维提升】一般由负载变化引起变压器各量的变化时，分析顺序为：负载变化→副线圈电流变化→原线圈电流变化，负载变化→副线圈功率变化→原线圈功率变化.

【拓展1】如图所示，一只理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的

灯泡L 1和L 2，输电线等效电阻为R .开始时开关S 断开，当S 接通时，下列选项正

确的是( BCD )

A.副线圈两端M 、N 的输出电压减小

B.副线圈输电线等效电阻R 上的电压降增大

C.通过灯泡L 1的电流减小

D.原线圈中的电流增大

【解析】由于输入电压不变，所以S 接通时，理想变压器副线圈M 、N 两端的输出电压不变.

并联灯泡L 2，总电阻变小，由欧姆定律I ＝U 2/R 2知，流过R 的电流增大，电阻上的电压降U R ＝IR 增大.

副线圈输出电流增大，根据输入功率等于输出功率I 1U 1＝I 2U 2，得I 2增大，原线圈输入电流I 1也增大. U MN 不变，U R 变大，所以U L1变小，流过灯泡L 1的电流减小.

2.变压器的比例关系

【例2】如图所示，变压器的输入电压U 一定，两个副线圈的匝数是n 2和n 3.当把电热器接a 、b ，让c ，d 空载时，安培表读数是I 2；当把同一电热器接c 、d ，而a 、b 空载时，安培表读数是I 3，则I 2∶I 3等于( )

A.n 2∶n 3

B.n 3∶n 2

C.n 22∶n 23

D.n 23∶n 22

【解析】由变压比知：33221n U n U n U ==，由P 2＝P 1知，当电热器接a 、b ，让c 、d 空载时，有：I 2U ＝R U 22；当把同一电热器接c 、d 而a 、b 空载时，有：I 3U ＝R

U 23，所以I 2∶I 3＝U 22∶U 23＝n 22∶n 23，故答案为C. 【答案】C

【思维提升】副线圈有多个时，变压比等于匝数比仍然成立，变流比不再与匝数比成反比，而要用原、副线圈功率相等去推导.若原线圈中有用电器时，不要把电源电压与原线圈电压搞混，错误利用电源电压去寻找比例关系，而要把原线圈所在电路当做一回路处理，原线圈相当于一非纯电阻用电器，其两端电压与副线圈电压的比值等于匝数比.

2.高压输电

【例3】某交流发电机输出功率为5×105 W ，输出电压U ＝1.0×103 V ，假如输电线的总电阻R ＝10 Ω，在输电线上损失的电功率等于输电功率的5%，用户使用电压U ＝380 V.

(1)画出输电线路的示意图，并标明各部分的符号；

(2)所用升压和降压变压器的原、副线圈的匝数比是多少？(使用

的变压器是理想变压器)

【解析】(1)如图所示.

(2)I 1＝U

P ＝500 A P 损＝5%×5×105 W ＝2.5×104 W P 损＝I 22R

I 2＝R

P 损＝50 A I 3＝3801075.45?=-=用户损用户用户U P P U P A 所以101500501221===I I n n 125503801075.45232

1=??==''I I n n 【思维提升】远距离输电的分析方法：

(1)首先画出输电电路；

(2)以变压器为界划分好各个回路，对各个回路独立运用欧姆定律、焦耳定律和电功、电功率公式进行计算；

(3)抓住联系各回路之间的物理量，如变压器两侧的功率关系和两端电压、电流与匝数的关系.

【拓展2】“十一五”期间，我国将加快建设节约型社会，其中一项措施就是大力推进能源节约.远距离输电时尤其要注意电能的节约问题，假设某电站输送电压为U ＝6 000 V ，输送功率为P ＝500 kW ，这时安装在输电线路的起点和终点的电度表一昼夜里读数相差4 800 kW·h ，试求：

(1)使用该输送电压输电时的输电效率和输电线的电阻；

(2)若要使输电损失的功率降到输送功率的2%，试论述电站应该采用什么输电办法？

【解析】(1)依题意输电电线上的功率损失为 P 损＝W /t ＝(4 800/24)kW ＝200 kW

则输电效率：η＝(P －P 损)/P ＝(500－200)/500＝60%

因为P 损＝I 2R 线，又因为P ＝IU ，所以I ＝3250=U P A ，所以R 线＝2

I P 损＝28.8 Ω (2)应该采用高压输电的办法.

设升压至U ′可满足要求，则输送电流：I ′＝P /U ′＝500 000/U ′ A

输电线上损失的功率为P 损′＝I ′2R 损＝P ×2%＝10 000 W

则有：(500 000/U ′)2×R 线＝10 000 得U ′＝610720?V ＝2.68×104 V

易错门诊

【例4】有条河流，流量Q ＝2 m 3/s ，落差5 m ，现利用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240 V ，输电线总电阻R ＝30 Ω，允许损失功率为输出功率的6%，为满足用电需求，则该输电线路所使用的理想升压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220 V ，100 W ”的电灯正常发光？

【错解】设水的密度为ρ，电源端输出功率P 输出＝)(t

mgh ×50%＝Q ρgh ×50%＝5×104 W ，由题意知P 损＝6%P 输出＝6%×5×104 W ＝3 000 W ，而P 损＝R

U 22，所以U 2＝300 V 【错因】计算与远距离输电有关的线路功率损耗问题时，没有注意不同公式中各物理量的对应关系，

如P 损＝I 2R 线改为P 损＝线

R U 2'时，U ′应是输电导线两端的电压，而不是输电电压.如此题中在求升压变压器中的输出电压时，P 损＝6%P 输出＝6%×5×104

W ＝3 000 W ，而P 损＝R

U 22，从而求出U 2＝300 V 的错误结论. 【正解】将水流的机械能转换为电能，实现远距离输电，应先确定输出功率，再利用远距离输电示意图及规律求解.远距离输电示意图如图所示，设水的密度为ρ，

电源的输出功率P 输出＝)(t

mgh ×50%＝Q ρgh ×50%＝5×104 W 由题意知P 损＝I 2R ＝22

)(U P 输出R .又P 损＝6%P 输出，所以U 2＝5.0×103 V ，故升压变压器匝数比125

6100.524032121=?==U U n n .又U 3＝U 2－IR ＝4 700 V ，U 4＝220 V ，因此11

2354343==U U n n .正常发光的电灯盏数N ＝灯输出灯损输出P P P P P %)61(-?=-＝470盏 【思维提升】远距离输电问题关键是要画出等效电路图，标出有关物理量，再分析这些物理量之间的关系.

第 4 课时 传感器的工作原理及其应用

基础知识归纳

1.传感器及其工作原理

(1)传感器的定义：有一些元件能够感受诸如力、温度、光、声、化学成分等非电学量，并能把它们按照一定的规律转换成电压、电流等电学量，或转换为电路的通断，我们把这种元件叫做传感器.它的优点是：把非电学量转换为电学量以后，就可以很方便地进行测量、传输、处理和控制了.

(2)传感器的组成：传感器一般由敏感元件和输出部分组成，通过敏感元件获取外界信息并转换为电信号，通过输出部分输出，然后经过控制器分析处理.

(3)制作传感器需要的元件：

①光敏电阻：当光照增强时，电阻阻值 减小 ；光照减弱时，电阻阻值 增大 .能够把 光照强弱 这个光学量转换成 电阻 这个电学量.

②热敏电阻与金属热电阻：能够把 温度 这个热学量转换为 电阻 这个电学量，热敏电阻的阻值随温度的升高而 减小 ，金属热电阻的阻值随温度的升高而 增大 . ③霍尔元件：它能够把 磁感应强度 这个磁学量转换为电压这个电学量.

霍尔电压U H ＝

d

kIB .其中k 为霍尔系数，其大小与薄片元件的材料有关，d 为元件厚度，I 为通电电流，B 为加在元件上的磁感应强度，如图所示.

④应变片：它能够把物体 形变 这个力学量转换为 电压 这个电学量.

⑤干簧管：它能够将 磁场 这个非电学量转换成电路的 通断 .

⑥双金属片：它能将 温度 这个热学量转换成电路的 通断 .

2.传感器工作原理

3.传感器的应用及实例

(1)力传感器的应用——电子秤：它是由 金属梁 和 应变片 组成的，应变片是一种敏感元件，多用 半导体 材料制成.

(2)声传感器的应用——话筒：它是一种常用的声传感器，其作用是将 声信号 转换为 电信号 .

(3)温度传感器的应用——电熨斗：它装有 双金属片温度 传感器，其作用是 控制电路的通断 .

(4)温度传感器的应用——电饭锅：它的主要元件是 感温铁氧体 .

(5)温度传感器的应用——测温仪：它可以把 温度 转换成 电信号 ，由指针式仪表或数字式仪表显示出来.

测温仪中的测温元件可以是 热敏电阻 、 金属热电阻 、热电偶，还可以是 红外线敏感元件 等.

(6)光传感器的应用——鼠标器、火灾报警器：机械式鼠标器内的码盘两侧分别装有红外发射管和红外接收管，两个红外管就是两个 光传感器 ；有的火灾报警器是利用烟雾对光的散射来工作的，其带孔的罩子内装有 发光二极管LED 、光电三极管和不透明的挡板 .

(7)应用实例： 光控开关 和 温度报警器 .

重点难点突破

二、电容式传感器的工作原理

电容器的电容决定于极板的正对面积S 、极板间距d 、极板间的电介质这几个因素.

如果某一物理量(如角度θ、位移x ，深度h 等)的变化能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，有这种用途的电容器

称电容式传感器.

如图所示是测量液面高度h 的电容式传感器.在导线芯的外面涂上一层绝缘物质，

放入导电溶液中，导线芯和导电溶液构成电容的两个极，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.知道电容C 的变化，就

可以知道液面高度h 的变化情况.

如图所示是用来测定角度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，则电容C 发生变化.知道电容C 的变化，就可以知道θ的变化情况.

如图所示是测定压力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.知道电容C 的变化，就可以知道F 的变化情况.

如图所示是测定位移x 的电容式传感器.随着电介质板

进入极板间的长度发生变化，电容C 发生变化，知道电容C 的变化，就可以知道x 的变化情况.

三、斯密特触发器的工作原理及其应用

斯密特触发器的工作原理：斯密特触发器是一个性能特殊的非门电路，当加在它的输入端A 的电压逐渐上升到某个值(1.6 V)时，输出端Y 会突然从高电平跳到低电平(0.25

V)，而当输入端A 的电压下降到另一个值的时候(0.8 V)，Y 会从低电平

跳到高电平(3.4 V).

应用(一)：光控开关，电路如右图所示.

原理：白天，光强度较大，光敏电阻R G 阻值较小，加在斯密特触

发器输入端A 的电压较低，则输出端Y 输出高电平，发光二极管LED

不导通；当天色暗到一定程度时，R

G 阻值增大到一定值，斯密特触发器

的输入端A 的电压上升到1.6 V ，输出端Y 突然从高电平跳到低电平，

则发光二极管LED 导通发光(相当于路灯亮了)，这样就达到了使路灯天

明自动熄灭，天暗自动开启的目的.

应用(二)：温度报警器，电路如图所示.

原理：常温下，调整R 1的阻值使斯密特触发器的输入端A 处于低

电平，则输出端Y 处于高电平，无电流通过蜂鸣器，蜂鸣

器不发声；当温度升高时，热敏电阻R T 阻值减小，斯密特

触发器输入端A 电势升高，当达到某一值(高电平)时，其输

出端由高电平跳到低电平，蜂鸣器通电，从而发出报警声，

R 1的阻值不同，则报警器温度不同.

典例精析

1.力电传感器与声传感器

【例1】如图所示为某种电子秤的原理示意图，AB 为

一均匀的滑动电阻，阻值为R ，长度为L ，两边分别有P 1、

P 2两个滑动头，P 1可在竖直绝缘光滑的固定杆MN 上保持水平状态而上下自由滑动，弹簧处于原长时，P 1刚好指着A 端，P 1与托盘固定相连，若P 1、P 2间出现电压时，该电压经过放大，通过信号转换后在显示屏上将显示物体重力的大小.已知弹簧的劲度系数为k ，托盘自身质量为m 0，电源电动势为E ，内阻不计，当地的重力加速度为g .求：

(1)托盘上未放物体时，在托盘自身重力作用下，P 1离A 的距离x 1；

(2)托盘上放有质量为m 的物体时，P 1离A 的距离x 2；

(3)在托盘上未放物体时通常先校准零点，其方法是：调节P 2，使P 2离A 的距离也为x 1.从而使P 1、P 2间的电压为零.校准零点后，将物体m 放在托盘上，试推导出物体质量m 与P 1、P 2间的电压U 之间的函数关系式.

【解析】托盘的移动带动P 1移动，使P 1、P 2间出现电势差，电势差的大小反映了托盘向下移动距离的大小，由于R 为均匀的滑线电阻，则其阻值与长度成正比.

(1)由力的平衡知识知：m 0g ＝kx 1，解得x 1＝k

g m 0 (2)放上重物重新平衡后：m 0g ＋mg ＝kx 2

解得x 2＝k

g m m )(0+ (3)由闭合电路的欧姆定律知：E ＝IR 由部分电路的欧姆定律知：U ＝IR 串 又L

x R R =串，其中x 为P 1、P 2间的距离，则x ＝x 2－x 1＝k mg 联立解得m ＝

gE kLU

【思维提升】分析清楚力电传感器的工作原理，明确装置是如何将力这个非电学量转化为电学量是解决该类问题的关键.

【拓展1】动圈式话筒和磁带录音机都应用了电磁感应现象，图甲是话筒原理图，图乙是录音机的录音、放音原理图，由图可知：

①话筒工作时磁铁不

动，线圈振动而产生感应电

流；

②录音机放音时变化

的磁场在静止的线圈里产

生感应电流；

③录音机录音时线圈中变化了的电流在磁头缝隙处产生变化的磁场；

④录音机录音时线圈中变化的电流在磁头缝隙处产生变化的磁场.

其中正确的是( C )

A.②③④

B.①②③

C.①②④

D.①③④

【解析】录音是将声音信号转变成磁信号，放音是将磁信号转变成声音信号.话筒的工作原理是，声波迫使金属线圈在磁铁产生的磁场中振动产生感应电流，①正确；录音时，话筒产生的感应电流经放大电路放大后在录音机磁头缝隙处产生变化的磁场，④正确；磁带在放音时通

过变化的磁场使放音磁头产生感应电流，经放大电路后再送到扬声器

中，②正确.

2.温度传感器的应用

【例2】如图所示是电饭煲的电路图，S 1是一个控温开关，手动闭

合后，当此开关温度达到居里点(103 °C)时，开关会自动断开.S 2是一

个自动控温开关，当温度低于70 °C 时，会自动闭合；温度高于80 °C

时会自动断开，红灯是加热时的指示灯，黄灯是保温时的指示灯，分流电阻R 1＝R 2＝500 Ω，加热电阻R 3＝50 Ω，两灯电阻不计.

(1)分析电饭煲的工作原理；

(2)计算加热和保温两种状态下，电饭煲消耗的电功率之比；

(3)简要回答，如果不闭合开关S 1，能将饭煮熟吗？

【解析】(1)电饭煲装上食物后，接上电源，S 2自动闭合，同时手动闭合S 1，这时R 1与黄灯被短路，红灯亮，电饭煲处于加热状态，加热到80 °C 时，S 2自动断开，S 1仍闭合；水烧开后，温度升高到103 °C 时，开关S 1自动断开，这时饭已经煮熟，黄灯亮，电饭煲处于保温状态.由于散热，待温度降至70 °C 时，S 2又自动闭合，电饭煲重新加热，温度达到80 °C 时，S 2又自动断开，再次处于保温状态.

(2)加热时电饭煲消耗的电功率P 1＝并

R U 2，保温时电饭煲消耗的功率P 2＝并R R U +12

，两式中R 并＝

115003232=+R R R R Ω，从而有112121=+=并并R R R P P (3)如果不闭合开关S 1，开始S 2总是闭合的，R 1与黄灯被短路，功率为P 1，当温度上升到80 °C 时，S 2自动断开，功率降为P 2，温度降到70 °C ，S 2又自动闭合……温度只能在70～80 °C 之间变化，不能把水烧开，故不能将饭煮熟.

【思维提升】分析电饭煲的工作原理，关键的地方一是手动温控开关S 1，超过居里点会自动断开，二是自动温控开关S 2，低于70 °C 时会自动闭合，高于

80 °C 时会自动断开.掌握了两个开关的特点，也就会

分析电饭煲的工作原理了.

【拓展2】图甲为在温度为10 °C 左右的环境中工

作的某自动恒温箱原理简图，箱内的电阻R 1＝20 kΩ，R 2＝10 kΩ，R 3＝40 kΩ，R t 为热敏电阻，它的电阻随温度变化的图线如图乙所示.当a 、b 端电压U ab <0时，电压鉴别器使开关S 接通，恒温箱内的电热丝发热，使箱内温度提高；当U ab >0时，电压鉴别器使开关S 断开，停止加热，恒温箱内的温度恒定在 35 °C.

【解析】设电路路端电压为U ，当U ab ＝0时，有t

R R UR R R UR +=+33211，解得R t ＝20 kΩ .由题图乙可知，当R t ＝20 kΩ时，t ＝35 ℃

3.光传感器的应用

【例3】如图所示，某同学设计了一个路灯自动控制门电路，天黑了，让路灯自动接通，天亮了，让路灯自动熄灭.图中R G 是光敏电阻，当有光线照射时，光敏电阻的阻值会显著减小.R 是可调电阻，起分压

作用，J 为路灯总开关控制继电器(图中未画路灯电路).

(1)在图中虚线框处画出接入的斯密特触发器；

(2)如果路灯开关自动接通时天色还比较亮，应如何调节R 才能在天色较暗时开关

自动接通？说明道理.

【解析】(1)

(2)R 应调大些，这样在初状态，A 点电平较高(原来R G 较小，I 较大，R 两端电压较大)，天色较暗时，R G 增大较多，才能使A 点电平降低到使Y 点电平由低到高的突变，使J 两端电压变大，J 导通.

【思维提升】搞清斯密特触发器的工作原理是解题的关键.

【拓展3】型号74LS14的集成块里面有6个非门，

其引脚如图所示，这种非门由于性能特别，称为斯密特触

发器.当加在它的输入端A 的电压逐渐上升到某个值(1.6 V)

时，输出端Y 会突然从高电平跳到低电平(0.25 V)，而当

输入端A 的电压下降到另一个值的时候(0.8 V)，Y 会从低

电平跳到高电平(3.4 V).斯密特触发器可以将连续变化的模拟信号转换为突变的数字信号，而这正是进行自动控制所必需的.

现用斯密特触发器与热敏电阻R T 组成温度报警器，电路如图所示，图中蜂鸣器可以选用YMD 或HMB 型，它两端的直流电压为4～6 V 时会发出鸣叫声；R T 为热敏电阻，常温下阻值约几百欧，温度升高时阻值减小.R 1的最大电阻可在1～2 kΩ间选择.

接通电源后，先调节R 1使蜂鸣器在常温下不发声.再用热水使热敏电阻的温度上升，到达某一温度时，蜂鸣器就会发出报警声.

请你说明这个电路的工作原理.想一想：怎样能够使热敏电阻在感测到更高的温度时才报警？

【解析】该电路的工作原理：常温下，调整R 1的阻值使斯密特触发器的输入端A 处于低电平，则输出端Y 处于高电平，无电流通过蜂鸣器，蜂鸣器不发声；当温度升高时，热敏电阻R T 阻值减小，斯密特触发器输入端A 电势升高，当达到某一值(高电平)时，其输出端由高电平跳到低电平，蜂鸣器通电，从而发出报警声.R 1的阻值不同，报警温度不同.

要使热敏电阻在感测到更高的温度时才报警，应减小R 1的阻值，R 1阻值越小，要使斯密特触发器输入端达到高电平，则热敏电阻阻值要求越小，即温度越高.

易错门诊

4.电容式传感器的应用

【例4】如图所示，有的计算机键盘的每一个键下面都连一小块金属片，与该金

属片隔有一定空隙还有另一块小的固定金属片，这两块金属片组成一个小电容器，该

电容器的电容C 可用公式C ＝d

S ε计算，式中常量ε＝9×10－12 F ·m －1，S 表示金属片的正对面积，d 表示两金属片间的距离.当键被按下时，此小电容器的电容发生变化，

与之相连的电子线路就能够检测出哪个键被按下了，从而给出相应的信号.

设每个金属片的正对面积为50 mm 2，键未被按下时两金属片间的距离为0.6 mm.如果电容变化了0.25 pF ，电子线路恰好能检测出必要的信号，则键至少要被按下 mm.

【错解】0.45

【错因】本题考查电传感器的应用.根据C ＝εd

S ，ΔC ＝εS )11(0d d -得 6

123123612001050109106.01025.0106.01050109-------???+????????=+??=S d C Sd d εε m ＝0.45×10－3 m ＝0.45 mm 这时求出的只是按键被按下后两金属片间的距离，而不是按键被按下的距离.

【正解】计算机键盘是一个电容传感器，由题意知它是靠改变两极板间距从而改变电容，得到相应的电信号的.又因为两极板间距减小，电容变大，设原间距为d 0，按下键后间距为d 时，电子线路恰能检测出必要的信号，则根据

C ＝εd

S ，ΔC ＝εS )11(0d d -得 6

123123612001050109106.01025.0106.01050109-------???+????????=+??=S d C Sd d εεm ＝0.45×10－3 m ＝0.45 mm 所以键至少要被按下的距离为0.6 mm －0.45 mm ＝0.15 mm

【答案】0.15

【思维提升】熟记电容器电容公式C ＝

kd S π4ε，要审清题意，求按下的距离，而不是剩下的宽度. 第 5 课时 单元综合提升

知识网络构建

??????????????????

???????????????????????????????????????==???????===????????

??????????????????????????=???=???==高压输电电压损失功率损失远程输电电流关系电压关系功率关系遵循规律原、副线圈、铁芯构造互感现象工作原理理想变压器有关

与交变电流频率容抗电容感抗电感电阻对交变电流阻碍的器件示波器

观察仪器频率周期有效值最大值 或 瞬时值i 表征参量达式

表述图象、三角函数表产生：交流发电机正弦交流电交流电损m IR U R I P /n n /I I n n U U P P f f T f T I I I I ωωI i ωωI i ：：：：：：：：：：12sin cos 2损1221212121m m m

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???????????????????????????????????????????????????????斯密特触发器的应用鼠标器火灾报警器光传感器的应用测温仪电饭锅电熨斗温度传感器的应用话筒 声传感器的应用电子秤 力传感器的应用应用实例计算机系统显示器

执行机构放大转换电器→应用模式：传感器霍尔元件其他金属热电阻热敏电阻光敏电阻 半导体元器件电学量

→原理：非电学量传感器——— 经典方法指导

1.分析和综合

分析是在脑中把事物或现象分解成各个组成部分或个别属性的思维过程，把复杂的问题简化，以便揭示事物的本质.综合是在脑中把事物或现象的各个组成部分或个别属性联合成为一个整体的思维过程.对于理想变压器，输入功率与输出功率、输入电压与输出电压、输入电流与输出电流这些量之间的关系我们可以用分析与综合的思想来考虑.

(1)输入功率与输出功率

理想变压器本身无电能损失，所以有P 入＝P 出.但应注意的是，输入功率由输出功率决定，即输出功率增大，输入功率也随之增大；输出功率减小，输入功率也随之减小.通俗地说就是用多少给多少，而不是给多少用多少.

(2)输入电压与输出电压

输入电压决定输出电压.设理想变压器的原线圈匝数为n 1，副线圈匝数为n 2，输入电压为U 1，输出电

压为U 2，则有2121n n U U =，故U 2＝1

2n n U 1. 由于理想变压器的结构确定时，n 1、n 2均为定值，所以输出电压U 2由输入电压U 1决定，与负载电阻的大小无关.U 1增大，U 2也增大；U 1减小，U 2也减小.

(3)输入电流与输出电流

如果理想变压器只有一个副线圈有输出，并设原线圈的匝数为n 1，输入电压为U 1，输入电流为I 1；副

线圈的匝数为n 2，输出电压为U 2，输出电流为I 2.则根据P 入＝P 出和2121n n U U =，有U 1I 1＝U 2I 2，1

21221n n U U I I ==. 即当线圈的结构确定时，n 1、n 2一定，输出电流I 2决定输入电流I 1.输出电流增大，输入电流也随着增大；输出电流减小，输入电流也随着减小.当变压器有多个副线圈且同时都有输出时，同样有输出电流决定输入电流的关系.

2.图象法与等效替代法

借助图象及图象的斜率与纵、横轴的交点，图象与横轴所构成的面积，图象的渐近线等可以快速解决问题；

交变电流的有效值就是从电流的热效应角度研究，与交变电流具有相同热效应的直流电的对应值就是该交变电流的有效值，这是一种用等效替代处理问题的方法.

3.抽象与具体模型法

在学习本章的过程中，首先根据电路的要求，探究敏感元件在电路中起到的作用，然后进一步了解传感器的工作原理.以拓展思维、培养创新意识为目的，同时注意与生产、生活的联系.传感器的发展源于科学实践，学习传感器一定要从实际应用的目的出发，对传感器的工作原理才会有扎实的认识，这部分知识易与实际相联系，具有很高的实用性，是把抽象知识运用到具体实际的一个过程.

模型法就是利用熟悉的物理模型分析陌生的物理问题，达到熟练应用物理知识分析、处理问题的目的，是近几年来高考考查的热点之一.

高考真题赏析

【例1】(2009·江苏)如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5，

原线圈两端的交变电压u ＝202sin 100πt V ，氖泡两端电压达到100 V 时开

始发光，下列说法中正确的是( )

A.开关接通后，氖泡的发光频率为100 Hz

B.开关接通后，电压表的示数为100 V

C.开关断开后，电压表的示数变大

D.开关断开后，变压器的输出功率不变

【考点】变压器的综合运用.

【解析】本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解.由交变电压的瞬时值表达式知，原线圈两端电压的有效值为U 1＝22

20V ＝20 V ，由

2

121U U n n =得副线圈两端的电压为U 2＝100 V ，电压表的示数为交流电的有效值，B 项正确；交变电压的频率为f ＝2π

π100Hz ＝50 Hz ，一个周期内电压两次大于100 V ，即一个周期内氖泡能两次发光，所以其发光频率为100 Hz ，A 正确；开关断开前后，输入电压不变，变压器的变压比不变，故输出电压不变，C 项错误；断开后，电路消耗的功率减小，输出功率决定输入功率，D 项错误.

【答案】AB

【思维提升】变压器不改变交流电频率、功率，但输入频率决定输出电压频率，输出功率决定输入功率.

【例2】(2008·广东)小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速

运动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示.此线圈与一个R ＝

10 Ω的电阻构成闭合电路.不计电路的其他电阻，下列说法正确的是 ( )

A.交变电流的周期为0.125 s

B.交变电流的频率为8 Hz

C.交变电流的有效值为2A

D.交变电流的最大值为4 A

【考点】闭合电路的欧姆定律、正弦式交流电的最大值与有效值、周期和频率的关系.

【解析】由e-t 图象可知，交变电流的周期为0.25 s ，故频率为4 Hz ，选项A 、B 错误.交流电流的最

大值为I m ＝R E m ＝2 A.有效值I ＝2

m I ＝2A.由此可见，选项C 正确. 【答案】 C

【思维提升】本题考查从图象提取信息的能力.

【例3】(2008·重庆)如图1所示是某同学设计的电容式速度传感器原理图，其中上板为固定极板，下板为待测物体，在两极板间电压恒定的条件下，极板上所带电荷量Q 将随待测物体的上下运动而变化，

若Q 随时间t 的变化关系为Q ＝

a

t b + (a 、b 为大于零的常数)，其图象如图2所示，那么图3、图4中反映极板间场强

大小E 和物体速率v 随t 变化的图线可能是( )

A.①和③

B.①和④

C.②和③

D.②和④

【考点】抽象与具体模型法应用.

【解析】由于Q ＝d π4k S ε·U ＝π4k SE ε，故Q 与E 成正比，②是正确的，又由t a b d k SU +=π4ε得d ＝)(π4t a d k SU

+ε.即d 必将随时间均匀变化，待测物速度为恒量，③正确.

【答案】C

【思维提升】此题需要学生会利用数学知识递推得出物理量之间的关系，把抽象的数学知识与电容器模型相结合.

高考试题选编

1.(2009·福建)一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示.已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，则外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则( D )

A.电压表的示数为220 V

B.电路中的电流方向每秒钟改变50次

C.灯泡实际消耗的功率为484 W

D.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J 【解析】电压表示数为灯泡两端电压的有效值，由图象知电动势最大值E m ＝2202V ，有效值E ＝220

V ，灯泡两端电压U ＝)

(r R RE +＝209 V ，A 错；由图象知T ＝0.02 s ，一个周期内电流方向变化两次，可知1 s 内电流方向变化100次，B 错；灯泡的实际功率P ＝95

2092

2=R U W ＝459.8 W ，C 错；电流的有效值I ＝r

R E +＝2.2 A ，发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q r ＝I 2rt ＝2.22×5×1 J ＝24.2 J ，D 对. 2.(2009·山东)某小型水电站的电能输送示意图如下.

发电机的输出电压为200 V ，输电线总电阻为r ，升压变压

器原、副线圈匝数分别为n 1、n 2.降压变压器原、副线圈匝

数分别为n 3、n 4(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( AD ) A.4312＞n n n n B. 4

312＜n n n n C.升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压

D.升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率

【解析】根据变压器工作原理可知220

200343221U n n U n n ==，，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，有U 2>U 3，所以4

312＞n n n n ，A 正确，B 、C 不正确.升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率，D 正确.

3.(2009·四川)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R 1＝20 Ω，R 2＝30 Ω，C 为电容器.已知通过R 1的正弦交流电如图乙所示，则( C )

A.交流电的频率为0.02 Hz

B.原线圈输入电压的最大值为2002V

C.电阻R2的电功率约为6.67 W

D.通过R3的电流始终为零

4.(2009·广东)下图为远距离高压输电的示意图，关于远距离输电，下列表述正确的是( ABD )

A.增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失

B.高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗

C.在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能

损失越小

D.高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好

5.(2009·海南)一台发电机最大输出功率为4 000 kW，电压为4

000 V，经变压器T1升压后向远方输电.输电线路总电阻R＝1 kΩ.到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220 V、60 W).若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T1和T2的耗损可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则( ABD )

A.T1原、副线圈电流分别为103 A和20 A

B.T2原、副线圈电压分别为1.8×105 V和220 V

C.T1和T2的变压比分别为1∶50和40∶1

D.有6×104盏灯泡(220 V、60 W)正常发光

6.(2007·广东)压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，

有位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，其工

作原理如图(a)所示，将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车

上，中间放置一个绝缘重球.小车向右做直线运动过程中，电

流表示数如图(b)所示，下列判断正确的是( D )

A.从t1到t2时间内，小车做匀速直线运动

B.从t1到

t2时间内，小车做匀加速直线运动

C.从t2到t3时间内，小车做匀速直线运动

D.从t2到t3时间内，小车做匀加速直线运动

7.(2008·江苏)2007年度诺贝尔物理学奖授予了法国和德国的两位科学家，以表彰他们发现“巨磁电阻效应”.基于巨磁电阻效应开发的用于读取硬盘数据的技术，被认为是纳米技术的第一次真正应用.在下列有关其他电阻应用的说法中，错误的是( D )

A.热敏电阻可应用于温度测控装置中

B.光敏电阻是一种光电传感器

C.电阻丝可应用于电热设备中

D.电阻在电路中主要起到通直流、阻碍交流的作用

【解析】考查基本物理常识.热敏电阻的原理是通过已知某电阻的电阻值与温度的函数关系，测得该热敏电阻的值即可获取温度，从而应用于温度测控装置中，A说法正确；光敏电阻是将光信号与电信号进行转换的传感器，B说法正确；电阻丝通过电流会产生热效应，可应用于电热设备中，C说法正确；电阻对直流和交流均起到阻碍作用，D说法错误.

8.(2008·四川)如图所示，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中，R1、R2、R3和R4均为固定电阻，开关S是闭合的.和为理想电压表，读数分别为U1和U2；、和为理想电流表，读数分别是I1、I2和I3.现断开S，U1数值不变，下列推断中正确的是( BC )

A.U2变小、I3变小

B.U2不变、I3变大

C.I1变小、I2变小

D.I1变大、I2变大

【解析】断开S，副线圈电路总电阻增大，U2不变，I2减小，故I1减

小.R1上分压减小，所以R2与R3并联电压增大，I3增大.

9.(2008·上海)某小型实验水电站输出功率是20 kW，输电线路总电阻是6 Ω.

(1)若采用380 V输电，求输电线路损耗的功率.

(2)若改用5 000 V高压输电，用户端利用n1∶n2＝22∶1的变压器降压，求用户得到的电压.