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第45 讲 交变电流 传感器
目录
01 课标达标练
题型01 交变电流
题型02 传感器
题型03 实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 交变电流
1.（2025·四川成都·高三月考）如图甲为小型交流发电机的原理图，阻值为r =1Ω的单匝矩形线圈在匀强
磁场中绕垂直于磁场方向的轴OO
′匀速转动，通过导线给一阻值为R =9Ω的电阻供电。从t =0时刻开
始，电阻R两端电压随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．线圈转动的角速度为100rad/s
B．t =0时刻，线圈平面与磁感线平行
C．线圈的最大磁通量为√2
10π Wb
1
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D．线圈的热功率为9 W
【答案】C
【详解】A．由图乙可知，周期为0.02s，角速度ω= 2π
T
=100πrad/s，故A 错误；
B．由图乙可知，t =0时刻，电阻R两端的电压为零，则线圈中的感应电动势也为零，线圈平面与磁感线垂
直，故B 错误；
C．根据题意可知电动势最大值Em = U m
R r +U m =(
9√2
9
×1+9√2)V=10√2V
又由Em = BSω
整理得Φm = BS = Em
ω = √2
10π Wb，故C 正确；
D．电阻R的有效电压U = U m
√2 =9 V
线圈的热功率P = I
2r =(
U
R)
2
r =1W，故D 错误。
故选C。
2.（2025·四川遂宁·高三月考）一小型交流发电机，N 匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴转动
（如图甲），穿过线圈的磁通量Φ 随时间t 按正弦规律变化的图像如图乙所示，线圈转动周期为T。则（
）
A．线圈产生的电动势有效值E = N Φm √2π
T
B．在t = T
4 时，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大
C．在t = T
2 时，磁通变化率最大，但电路中电流变化率也最大
D．在T
4 ～3T
4 时间内，通过线圈导线截面的电荷量为零
【答案】A
2
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【详解】A．线圈产生的电动势最大值Em= NBωS = N Φm
2π
T
有效值E = Em
√2 = N Φm √2π
T
，选项A 正确；
B．在t = T
4 时，线圈中磁通量最大，但是磁通量变化率为零，感应电动势为零，选项B 错误；
C．在t = T
2 时，磁通变化率最大，感应电动势最大，电路中感应电流最大，电流变化率最小，选项C 错
误；
D．在T
4 ～3T
4 时间内，根据q = I Δt = E
R Δt = ΔΦ
R = 2Φm
R
可知通过线圈导线截面的电荷量不为零，选项D 错误。
故选A。
3.（2025·四川乐山·高三月考）如图所示是一多匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的感
应电动势的图像，根据图像可知（ ）
A．t =0.01s时，穿过线圈的磁通量为零
B．t =0.02s时，穿过线圈的磁通量的变化率最大
C．此感应电动势的瞬时表达式为e =200sin 0.02t(V)
D．此感应电动势的瞬时表达式为e =200sin100 πt （V ）
【答案】D
【详解】A．由图可知，t =0.01s时线圈产生的电动势为零，此时磁通量变化率为零，线圈垂平行中性
面，穿过线圈的磁通量最大，A 错误；
B．由图可知，t =0.02s时线圈产生的电动势为零，此时磁通量变化率为零，B 错误；
CD．根据题意可知感应电动势的周期为0.02s，则圆频率ω= 2π
T =100 π rad/s
此感应电动势的瞬时表达式为e =200sin100 πt （V ），D 正确，C 错误。
故选D。
4.（2025·四川成都·高三月考）图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S 间的磁场可视为水平方向的
匀强磁场，A 为理想交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势
3
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随时间变化的图像如图乙所示。已知发电机线圈电阻为1Ω，外接一只阻值为10Ω 的电阻，不计电路的其
他电阻，则（ ）
A．电流表的示数为2.83A
B．该交变电流每秒电流方向改变100 次
C．0.01s 时线圈平面与磁场方向平行
D．在线圈转动一周过程中，外电阻发热为1.6J
【答案】B
【详解】A．在交流电路中电流表的示数为有效值为E = Em
√2 =22V
电流表的示数I =
E
R+r =2A，故A 错误；
B．从图像可知线圈转动的周期为0.02s，则交流电的频率f = 1
T =50 Hz
转动一圈电流方向改变两次，则该交变电流每秒电流方向改变100 次，故B 正确；
C．0.01s 时线圈的电压为0，因此线圈在中性面处，线圈平面与磁场方向垂直，故C 错误；
D．线圈发热应用电流的有效值进行计算，则发热量Q = I
2 RT =0.8J，故D 错误。
故选B。
5.如图甲所示为某款按压式发电的手电筒，当按照一定的频率按压时，内置发电机线圈转动，穿过线圈的
磁通量按照正弦规律变化（如图乙所示）。已知线圈的匝数为100 匝，下列说法正确的是（ ）
A．交流电的频率为0.2Hz
B．t =0.2s时，发电机线圈中的电流为零
C．发电机的电动势的有效值为π V
D．若电路总电阻为5Ω，则发电机的功率为π
2
10 W
4
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【答案】D
【详解】A．由图乙可知，交流电的周期为T =0.2s
频率为f = 1
T =5 Hz
故A 错误；
B．t =0.2s时，线圈中的磁通量为零，磁通量的变化率最大，所以电动势和电流最大，故B 错误；
C．发电机线圈转动的角速度为ω= 2π
T =10 π rad/s
根据E = Em
√2 = nΦm ω
√2
解得发电机的电动势的有效值为E = π
√2 V
故C 错误；
D．根据P= E
2
R
可得P = π
2
10 W
故D 正确。
故选D。
6.（2025·四川遂宁·高三月考）如图甲所示，单匝矩形线框在匀强磁场B中，绕与磁场B垂直的轴OO′匀速
转动。已知线框电阻R，转动周期T，穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图，如图乙所示。则下列说法正
确的是（ ）
A．T
2 时刻，线框平面位于中性面
B．感应电流的有效值为2π ⋅Φm
RT
C．T
4 到3
4 T过程中，线框中平均感应电动势为零
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D．线框转动一周，线框中产生的热量为2π
2Φ
2❑m
RT
【答案】D
【详解】A．由图乙可知，T
2 时刻，线框磁通量为零，则线框平面与中性面垂直，故A 错误；
B．角速度为ω= 2π
T
感应电动势最大值为Em = BSω=Φm ω= 2π Φm
T
感应电流最大值为I m = Em
R = 2π Φm
RT
感应电流的有效值为I = I m
√2 = √2π Φm
RT
故B 错误；
C．T
4 到3T
4 过程中，磁通量变化不为零，则线框中平均感应电动势不为零，故C 错误；
D．线框转动一周，线框中产生的热量为Q = I
2 RT = 2π
2Φm
2
RT
故D 正确。
故选D。
7.（2025·四川·高三月考）目前我国的海上核电站已经开始建设，海上核电站的工作原理是反应堆产生蒸汽
推动涡轮机转动，带动发电机发电。一不计电阻的闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，线
圈中产生的感应电动势随时间变化的规律如图甲所示，同时把此电源接入如图乙所示的电路。下列说法正
确的是（ ）
A．此交流电的周期为0.01s
B．定值电阻R 上的电流方向每秒钟改变100 次
C．理想电压表V 的示数为220√2V
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D．定值电阻R 两端的电压uR随时间t 变化的规律为uR=220√2sin100 πt（V）
【答案】BD
【详解】AB．由图甲可知，此交流电的周期为0.02s，每个周期电流方向改变2 次，定值电阻R 上的电流
方向每秒钟改变100 次，A 错误，B 正确；
CD．由图甲可知，电动势的最大值为220√2V，加在定值电阻R 上，其上瞬时电压的表达式为
uR=220√2sin100 πt（V）
理想电压表测量有效值，则V 的示数为220V，C 错误，D 正确。
故选BD。
8.（多选）（2025·四川绵阳·高三月考）阻值为R 的电阻通以正弦交流电，阻值为2R 的电阻通以方波交流
电，两种交流电电流的最大值相等，如图所示，则是（ ）
A．正弦交流电与方波交流电电流有效值之比为1∶√2
B．正弦交流电与方波交流电电流有效值之比为1 2∶
C．R 与2R 的热功率之比1 2∶√2
D．R 与2R 的热功率之比1 4∶
【答案】AD
【详解】AB．正弦交流电的峰值为I m，设其有效值为I 1，则有I 1= I m
√2
设方波交流电的有效值为I 2，根据电流的热效应有I m
2 ⋅2 RT = I 2
2⋅2 RT
解得I 2= I m
所以正弦交流电与方波交流电电流有效值之比为I 1
I 2
=
I m
√2
I m
= 1
√2
，故A 正确，B 错误；
CD．设R的热功率为P1，2 R的热功率为P2，根据热功率的表达式P = I 有效
2
R
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可得R 与2R 的热功率之比为P1
P2
=
I 1
2 R
I 2
2⋅2 R
= 1
4 ，故C 错误，D 正确。
故选AD。
9.如图所示，边长为L 的正方形单匝线圈abcd，ab 中点和cd 中点的连线OO'恰好位于匀强磁场的边界线
上，磁场磁感应强度为B，只计外接电阻R，不计线圈电阻。线圈从图示位置开始，以角速度ω 绕OO'轴
匀速转动，则（ ）
A．线圈中感应电动势瞬时值表达式为e = 1
2 B L
2ωsin ωt
B．线圈中感应电动势瞬时值表达式为e = B L
2ωsin ωt
C．图示位置线圈中感应电动势为B L
2ω
2
D．线圈从图示位置转动半圈通过R 的电荷量为B L
2
2 R
【答案】A
【详解】AB．线圈中感应电动势瞬时值表达式为e = Emsin ωt = 1
2 B L
2ωsin ωt
选项A 正确，B 错误；
C．图示位置线圈中感应电动势为零，选项C 错误；
D．线圈从图示位置转动半圈通过R 的电荷量为q = I Δt = E
R Δt = ΔΦ
R =
2BL⋅1
2 L
R
= B L
2
R
选项D 错误。
故选A。
10.（2025·四川绵阳·高三月考）已知三角脉冲电压（锯齿波）的峰值是有效值的√3倍。现测得一个阻值为
1000Ω的电阻的两端电压变化如图所示，其中U 0=6 V，则该电阻上的电流有效值约为（ ）
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A．3.0 mA
B．4.5 mA
C．5.0 mA
D．6.0 mA
【答案】B
【详解】电压的有效值满足U
2
R T =(
U 0
√3)
2
R
⋅2T
3 + U 0
2
R ⋅T
3
该电阻上的电流有效值为I = U
R
代入数据解得I ≈4.5 mA
故选B。
11.如图所示，一个发电系统的输出电压恒为250 V，输送功率为1×10
5 W。通过理想变压器向远处输电，
所用输电线的总电阻为8Ω，升压变压器T 1原、副线圈匝数比为1:16，下列说法正确的是（ ）
A．升压变压器副线圈两端的电压U 2为2×10
3V
B．输电线损失的电压为200 V
C．用户得到的功率为5×10
3 W
D．降压变压器的输入电压U3为4000 V
【答案】B
【详解】ABD．根据理想变压器电压与匝数成正比U 1
U 2
= n1
n2
可知升压变压器副线圈输出电压为U 2= 4000 V
发电系统输送功率为P =1×10
5 W，则升压变压器原线圈电流为I 1= P
U 1
= 400 A
9
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根据理想变压器电流与匝数成反比
I 1
I 2
= n2
n1
= 16
1
可得升压变压器副线圈电流为I 2=25 A
输电线损失的电压为ΔU = I 2r =25×8 V =200 V
降压变压器的输入电压U 3=U 2−ΔU =3800 V
故AD 错误，B 正确；
C．则输电线损失的功率为Δ P = I 2❑
2r =25
2×8 W =5×10
3 W
则用户为P
′ = P−Δ P =0.95×10
5 W
故C 错误。
故选B。
12.如图为含有理想变压器的电路，图中电流表均为理想电表，三个灯泡电阻相同且不变。变压器原线圈两
端接入有效电压为18V 的正弦交流电，开关S 闭合时，均能发光。当开关S 断开后，电流表A1示数改变了
0.3A，A2示数改变了0.6A，则下列说法正确的是（ ）
A．变压器原副线圈的匝数比为1︰3
B．开关S 断开后，副线圈两端的输出电压变大
C．开关S 断开后，灯泡L1的功率变大
D．开关S 断开后，灯泡L2的功率变大
【答案】C
【详解】A．根据变压器电流与匝数的关系有I 1
I 2
= n2
n1
可得
n1
n2
= Δ I 2
Δ I 1
= 0.6
0.3 = 2
1
故A 错误；
B．输入电压不变，根据变压器电压规律得输出电压不变，故B 错误；
CD．开关S 断开后，副线圈电阻变大，输出电压不变，则通过灯泡L2的电流减少，故其功率减少，灯泡L1
的电压增大，故其功率增大，故C 正确，D 错误。
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故选C。
13.如图，理想变压器原、副线圈匝数比为2：1，原线圈接u=220√2sin100 πt (V)的正弦交流电源，副线
圈接有电阻R和两个小灯泡，开关S保持闭合状态，电流表和电压表均可视为理想电表。下列选项正确的
是（ ）
A．副线圈中交流电的频率为100 Hz
B．电流表A1、A2的示数之比为2:1
C．电压表V1、V2的示数之比为2:1
D．开关S断开后电压表V2的示数增大
【答案】D
【详解】A．副线圈中交流电的频率为
f = ω
2π = 100 π
2π =50 Hz
选项A 错误；
B．电流表A1、A2的示数之比为
I 1
I 2
= n2
n1
= 1
2
选项B 错误；
C．根据变压器电压与匝数关系可知
U 1
U 2
= n1
n2
= 2
1
因电压表V2示数小于变压器次级电压，可知电压表V1、V2的示数之比不等于2:1，选项C 错误；
D．开关S断开后，次级电阻变大，次级电流减小，则电阻R 上电压减小，而变压器次级电压不变，可知电
压表V2的示数增大，选项D 正确。
故选D。
14.如图所示的交流电路中，a、b 两端接正弦交流电源u=220√2sin100 πt (V)。理想变压器原、副线圈的
匝数比为k =10，定值电阻R1=10Ω，R2=1Ω，则理想交流电流表A 的示数为（ ）
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A．2 A
B．√2A
C．2√2A
D．1A
【答案】A
【详解】交流电源电压有效值为
U 0=220 V
设原线圈的电流为I1，副线圈的电流为I2，根据变压器电流、电压与匝数关系可得
I 2=k I 1
U 0−I 1 R1=k I 2 R2
联立解得
I 1=2A
故选A。
15.随着科技的发展进步，手机、智能手表的无线充电方式开始流行。如图，是手机无线充电器原理图，通
过充电器的发射线圈和手机上的接收线圈传递能量。在发射线圈接上220V、50Hz 的正弦交变电流，手机
的接收线圈就会产生交变电流，该电流经过整流电路转化为直流电给手机充电。两线圈均可看做理想线
圈，且无漏磁，接收线圈两端电压的峰值为10√2V，手机充电功率为20W，不计整流电路消耗的功率，
下列说法正确的是（ ）
A．发射线圈中电流的有效值为1
11 A
B．接收线圈中电流的有效值为√2A
C．发射线圈与接收线圈的匝数比为11√2:1
D．接收线圈中的电流方向每秒变化50 次
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【答案】A
【详解】ABC．接收线圈中电压的有效值为
U 2= U m2
√2 =10V 接收线圈中电流的有效值为
I 2= P
U 2
=2 A发射线圈与接收线圈的匝数比为
n1
n2
= U 1
U 2
= 22
1
根据匝数与电流的关系
n1
n2
= I 2
I 1
可得发射线圈中电流的有效值为
I 1= 1
11 A
故A 正确，BC 错误；
D．正弦式交变电流的方向每个周期变化两次，由于电流的频率为50Hz，所以接收线圈中的电流方向每秒
变化100 次，故D 错误。
故选A。
16.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为10 1∶，R0为定值电阻，R 是滑动变阻器，原线圈两端的输
入电压u=220sin100πt (V)，设理想交流电压表V1、V2的示数分别是U 1、U 2；理想交流电流表A 的示数
是I。下列说法中正确的是（ ）
A．电压表V2的示数U 2=22V
B．滑片P 向a 端滑动过程中，U 2变大、I 变小
C．滑片P 向b 端滑动过程中，U 1不变、R0消耗的功率变大
D．通过原、副线圈的交变电流频率之比为10 1∶
【答案】C
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【详解】A．原线圈输入电压为
U 1= U 1m
√2 =110√2V
根据
U 1
U 2
= n1
n2
，可得
U 2= n2
n1
U 1=11√2V
故A 错误；
B．由于U1不变，匝数比不变，所以U2不变，当滑片P 向a 端滑动过程中，滑动变阻器接入阻值变大，则
I 变小，故B 错误；
C．U 1不变、匝数比不变，故U2不变，滑片P 向b 端滑动过程中，滑动变阻器接入阻值变小，根据
I =
U 2
R+ R0
可知I 变大，根据P0= I
2 R0可知R0消耗的功率变大，故C 正确；
D．变压器可以变压变流，但不会改变交流电的频率，故D 错误。
故选C。
17.（多选）如图所示为远距离输电的简化电路图。发电厂的输出电压恒为U1，升压变压器的输出电压为
U2，输电线路中的电流是I，降压变压器原线圈的端电压是U3，副线圈的端电压为U4。输电过程只考虑输
电线路造成的电压损失，变压器均为理想变压器。输电线上损失的电压为ΔU，损失的功率为ΔP，发电厂
输出的功率为P1，用户获得的功率P2，则（ ）
A．ΔP = IU2
B．ΔU= U2－U3
C．用户增多，ΔU 增加
D．用户增多，U2增加
【答案】BC
【详解】AB．输电线上损失的电压为ΔU =U 2−U 3
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损失的功率为Δ P = I ΔU = I (U 2−U 3)，故A 错误，B 正确；
C．用户增多，则发电厂输出的功率P1增大，根据P1=U 1 I 1可知升压变压器原线圈电流I 1增大；根据
I
I 1
= n1
n2
可知，输电线路中的电流I增大；根据ΔU = I R线可知，ΔU增加，故C 正确；
D．用户增多，根据U 2
U 1
= n2
n1
可知升压变压器的输出电压U 2保持不变，故D 错误。
故选BC。
18.（多选）同一座城市在不同季节，在工作日与节假日，在白天与夜晚，对电力的需求量差异很大，会形
成用电高峰和低谷之间的峰谷负荷差，利用储能站可以将用电低谷时段部分电能储存起来。某节能储能输
电网络示意图如图所示，发电机的输出电压U 1=600 V，输出功率P1=800kW，降压变压器原、副线圈的
匝数比n3:n4=50:1，输电线总电阻R =10Ω，用户端的电压U 4=220 V，消耗的功率P4= 440kW，所有变
压器均为理想变压器。下列说法正确的是（ ）
A．发电机的输出电流为2000A
B．输电线上损失的功率为16kW
C．升压变压器原、副线圈的匝数比n1:n2=1:19
D．输送给储能站的功率为334kW
【答案】BC
【详解】AB．根据功率公式可知，发电机的输出电流I 1= P1
U 1
=1333.3 A
降压变压器副线圈中的电流I 4= P4
U 4
=2000 A
根据理想变压器原理有
I 3
I 4
= n4
n3
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解得I 3= 40 A
输电线上损失的功率Δ P = I 3
2 R =16kW
故B 正确；A 错误；
CD．降压变压器原线圈两端的电压U 3= n3
n4
U 4=11000 V
升压变压器副线圈两端的电压U 2=U 3+ I 3 R =11400 V
所以升压变压器原、副线圈的匝数比
n1
n2
= U 1
U 2
= 1
19
根据能量守恒定律可知，输送给储能站的功率P存= P1−P4−Δ P =344 kW
故C 正确；D 错误。
故选BC。
19.（多选）互感器主要与交流测量仪表配合使用，它也是一种变压器，常用的有电压互感器和电流互感
器。如图，在电路中接入互感器A、B，原、副线圈的匝数比分别为k A、k B，甲、乙为交流电表。下列说
法正确的是（ ）
A．k A<k B
B．甲为电流表
C．B 为电流互感器
D．互感器可以用来测量直流电路的电流和电压
【答案】AB
【详解】ABC．A 与电路串联，为电流互感器，初级匝数小于初级匝数；B 与电路并联，为电压互感器，初
级匝数大于次级匝数，即k A<k B，选项AB 正确，C 错误；
D．互感器只能测量交流电路的电压和电流，不可以用来测量直流电路的电流和电压，选项D 错误。
故选AB。
20.（多选）如图所示是一种理想自耦变压器示意图，线圈绕在一个圆环形的铁芯上，P3是可移动的滑动触
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头，A、B 端与滑动变阻器R1串联后接正弦交流电源，输出端接两个相同的灯泡L1、L2和滑动变阻器R2，
P1、P2为滑动变阻器的滑片。当开关S 闭合，输入端接u=220√2cos100 πt (V)，P1、P2、P3处于如图所在
的位置时，两灯均能正常发光。下列说法正确的是（ ）
A．流过灯泡L1的电流方向每秒改变100 次
B．AB 两端电压为220V
C．若仅将P1向左移动，L1将变暗
D．先将P1移至最左端，然后将P3逆时针转动的过程中适当将P2向右移动，L1亮度可能不变
【答案】AD
【详解】A．由接入电压
U =220√2cos100 πt (V)
可知，交变电流的频率为
f=50Hz
变压器不改变交变电流的频率，所以流过灯泡L1电流的频率也是50Hz，一个周期时电流方向改变两次，所
以流过灯泡L1电流的方向每秒改变100 次，故A 正确；
B．变压器输入端的电压为电源电压的一部分，电源电压为220V，所以变压器的输入电压小于220V，故B
错误；
C．若仅将P1向左移动，滑动变阻器R1的接入电阻变小，变压器输入端的电压增大，导致流过灯泡L1的电
流变大，所以L1将变亮，故C 错误；
D．先将P1移至最左端，此时变压器输入电压为220V 保持不变，此后将P3逆时针转动，变压器的输出电
压变大，此过程中将P2向右移动，滑动变阻器R2分的电压增大，如果操作合适的话是可以实现并联部分
电压不变，即L1亮度不变，故D 正确。
故选AD。
21.如图所示为某小型发电站高压输电示意图，发电站输出的电压U 1不变；升压变压器输出电压为U 2，输
电线电流为I 2，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U 3和U 4，为了测高压电路的电压和电流，在输
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电线路的起始端接入电压互感器和电流互感器，若不考虑变压器和互感器自身的能量损耗，所有的电表均
为理想电表，则（ ）
A．①为电流表，②为电压表
B．电厂输送的电功率为U 2 I 2
C．若U 3线圈匝数增加一倍，①的示数增加一倍
D．若输送距离增加一倍，则输电线上的损耗功率增加一倍
【答案】B
【详解】A．由图可知①和互感器并联在零线、火线上，则①为电压表；②和互感器串联在电路中，则②
为电流表，故A 错误；
B．不考虑变压器和互感器自身的能量损耗，则电厂输送的电功率为P送=U 2 I 2
故B 正确；
C．若U 3线圈匝数增加一倍，对于电压互感器，由于原线圈两端电压，即升压变压器输出电压U 2不变，则
电压表①的示数不变，故C 错误；
D．若输送距离增加一倍，则输电线电阻增加一倍，将降压变压器和用户看成一个等效电阻，则有
R3= n3
2
n4
2 R用
输电线上的电流为
I 2=
U 2
R线+ R等
=
U 2
R线+ n3
2
n4
2 R用
可知输电线上的电流I 2减小，根据P损= I 2
2 R线
可知输电线上的损耗功率不是增加一倍，故D 错误。
故选B。
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02 传感器
22.（多选）如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，R1为定值电阻，R2为光敏电阻（阻值随光照强度的
增大而减小），C 为电容器，L 为小灯泡，电表均为理想电表。闭合开关S 稳定后，增大照射光强度，则
（ ）
A．小灯泡变亮
B．电压表的示数减小
C．电容器上的电荷量减少
D．光敏电阻两端的电压减小
【答案】ACD
【详解】A．由图可知，L 和R2串联后和C 并联，再与R1串联，电容器在电路稳定时相当于断路；当增大
照射光强度时，光敏电阻R2减小，电路的总电阻减小，总电流I 增大，流过小灯泡的电流增大，则小灯泡
的功率增大，故A 正确；
B．由欧姆定律知，定值电阻R1两段电压增大，电压表的示数增大，故B 错误；
C．电容器板间电压为
U C = E−I ( R1+r )I 增大，则UC 减小，电容器上的电荷量减少，故C 正确；
D．光敏电阻两端的电压为
U = E−I ( R1+r + RL)
由于总电流I 增大，E、R1、r、RL不变，因此光敏电阻两端的电压减小，故D 正确。
故选ACD。
23.图甲为某感温式火灾报警器，其简化电路如图乙所示。理想变压器原线圈接入电压有效值不变的正弦交
流电源，副线圈连接报警系统，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，R1为定值电阻，滑动变阻器
R0用于设定报警温度。当流过R1的电流大于设定临界值时就会触发报警。那么出现火情时（ ）
A．副线圈两端电压会随着副线圈电路端温度的变化而变化
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B．定值电阻R1两端电压减小
C．R0滑片上移一点可以提高报警温度
D．原线圈输入功率减小
【答案】C
【详解】A．副线圈两端电压由变压器原线圈电压和匝数比决定，与副线圈电阻变化无关，即与副线圈电
路端温度的变化无关，故A 错误；
C．R0滑片上移一点，其阻值变大，则要想报警，需减小热敏电阻RT，即提高温度，所以R0滑片上移一点
可以提高报警温度，故C 正确。
BD．当出现火情时，热敏电阻阻值变小，导致副线圈电流变大，根据U R1= I 2 R1
可知定值电阻R1两端电压增大，由P1= P2=U 2 I 2
可知原线圈输入功率变大，故BD 错误。
故选C。
24.图甲为某感温式火灾报警器，其简化电路如图乙所示。理想变压器原线圈接入电压有效值不变的正弦交
流电源，副线圈连接报警系统，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，R1为定值电阻，滑动变阻器
R0用于设定报警温度。当流过R1的电流大于设定临界值时就会触发报警。那么出现火情时（ ）
A．副线圈两端电压会随着副线圈电路端温度的变化而变化
B．定值电阻R1两端电压减小
C．原线圈输入功率减小
D． R0滑片上移一点可以提高报警温度
【答案】D
【详解】A．根据U 1
U 2
= n1
n2
，出现火情时，副线圈两端电压不变，A 错误；
B．出现火情时，RT为热敏电阻阻值减小，根据串反并同，定值电阻R1两端电压增大，B 错误；
C．出现火情时，RT为热敏电阻阻值减小，副线圈电流增大，根据I 1
I 2
= n2
n1
，原线圈电流增大，原线圈输入
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功率增大，C 错误；
D．R0滑片上移一点，R0增大，流过R1的电流要达到设定临界值，则需要热敏电阻的阻值更小，需要升高
更高的温度，所以可以提高报警温度，D 正确。
故选D。
25.（多选）下列关于传感器的说法中，正确的是（ ）
A．测温枪是应用红外线传感器测量体温
B．话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为热信号
C．指纹识别器的原理与双金属片传感器类似
D．光敏电阻能够把光照强度这个光学量转换为电阻这个电学量
【答案】AD
【详解】A．一切物体均能发出红外线，测温枪是应用红外线传感器测量体温，故A 正确；
B．话筒是一种常用的声传感器，其作用是将声信号转换为电信号，故B 错误；
C．指纹识别器是应用电容传感器来识别指纹，故C 错误；
D．光敏电阻能够把光照强弱变化转化为电阻大小的变化，故D 正确。
故选AD。
26.光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小，现将光敏电阻R、数字电流表A、电源E 按图连接，闭合开
关S，当太阳光直接照射光敏电阻R 时，电流表示数为I 1；当用课本挡住直射到光敏电阻R 上的太阳光
时，电流表的示数为I 2；当用黑纸把光敏电阻R 完全包裹起来时，电流表的示数为I 3，则I 1、I 2、I 3的关
系为（ ）
A．I 1> I 2> I 3
B．I 1= I 2= I 3
C．I 1< I 2< I 3
D．I 1< I 3< I 2
【答案】A
【详解】根据闭合电路欧姆定律有
I =
E
r + R
由于光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小，可知当太阳光直接照射光敏电阻R 时，光照强度最大，则
此时光敏电阻的阻值最小，通过的电流I 1最大，当用黑纸把光敏电阻R 完全包裹起来时，光照强度最弱，
则此时光敏电阻的阻值最大，通过的电流I 3最小，则有
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I 1> I 2> I 3
故选A。
03 实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
27.刘同学探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系，实验用的可拆变压器如图甲所示。
(1)为了减小涡流在铁芯中产生的热量，变压器的铁芯由相互绝缘的硅钢片叠成，对上端放置的变压器铁
芯，硅钢片应平行于______。
A．平面abcd
B．平面abfe
C．平面abgh
D．平面aehd
(2)在实验中，该同学故意将上端的铁芯卸掉，将12.0V 的交流学生电源接在原线圈的“0”和“800”两个接
线柱之间，将交流电压表接在副线圈的“0”和“400”两个接线柱之间，则交流电压表的实际示数可能是
______。
A．6.5V
B．6.0V
C．3.5V
D．0
(3)该同学正确组装变压器后，在保持原、副线圈不变的情况下进行了多次实验，实验中正确操作，并将测
得的几组数据记录在下表中。则U b是变压器 （填“原线圈”或“副线圈”）两端的电压。
U a/V
1.80
2.80
3.80
4.90
U b/V
4.00
6.01
8.02
9.98
(4)图乙为某电学仪器原理图，图中变压器为理想变压器。左侧虚线框内的交流电源与串联的定值电阻R0可
等效为该电学仪器电压输出部分，该部分与变压器的原线圈连接，可变电阻R 与该变压器的副线圈连接，
当R = 1
9 R0时，副线圈的功率最大，则该变压器原、副线圈的匝数比
n1
n2
= 。
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【答案】(1)D
(2)C
(3)原线圈
(4)3（或3
1）
【详解】（1）由图甲可知，磁感线平行于平面aehd，产生的涡流平行于平面abcd，为了减小涡流在铁芯
中产生的热量，硅钢片应垂直于涡流所在平面，即硅钢片应平行于平面aehd。
故选D。
（2）由题意知，n1=800，n2= 400，U 1=12.0 V，若变压器为理想变压器，根据U 1
U 2
= n1
n2
得
U 2= n2
n1
U 1= 400
800 ×12.0 V=6.0V
但该同学将上端铁芯卸掉，此时会有大量漏磁，导致通过副线圈的磁通量比理想情况小，所以输出电压小
于理想值6.0 V，即输出电压的范围为0<U 2<6.0 V
故选C。
（3）由于n1=800，n2= 400，则n1
n2
=2
由表格中的数据可知
U b
U a
稍大于2，由于变压器存在漏磁，所以原线圈与副线圈两端电压的比值稍大于2，
所以U b是变压器原线圈两端的电压。
（4）设原、副线圈中的电流分别为I 1和I 2，将原线圈等效为一个电阻R等效，根据理想变压器的输入功率
等于输出功率有I 1
2 R等效= I 2
2 R
又
I 1
I 2
= n2
n1
联立得R等效= n1
2
n2
2 R
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当R = 1
9 R0时，副线圈的功率最大，即原线圈的功率也最大，此时应有R等效= R0
联立解得
n1
n2
=3
28.某学校高二物理实验课上，同学们用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”。可拆变压器如图
甲，乙所示。
(1)下列说法正确的是（ ）
A．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12V
D．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
(2)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．abfe
C．abgh
D．aehd
(3)一位同学实验时，发现两个线圈的导线粗细不同。他选择的原线圈为800 匝，副线为400 匝，原线圈接
学生电源的正弦交流输出端“6V”挡位，测得副线圈的电压为3.2V。则下列分析正确的是（ ）
A．原线圈导线比副线圈导线粗
B．学生电源实际输出电压大于标注的“6V”
C．原线圈实际匝数与标注的“800”不符，应大于800
D．副线圈实际匝数与标注的“400”不符，应小于400
(4)如图所示的电路中，电压为U 0的交流电源通过阻值为R0的定值电阻与一理想变压器的原线圈连接，一
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可变电阻R与该变压器的副线圈连接，原、副线圈的匝数分别为n1、n2。若保持U 0不变，将可变电阻R的
阻值增大，则流经原线圈的电流 （选填“增大”“减小”或“不变”）；当可变电阻R的阻值为
时（用n1、n2和R0表示），可变电阻R的功率最大。
【答案】(1)BD
(2)D
(3)B
(4) 减小 ( n2
n1
)
2
R0
【详解】（1）A.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；
B．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，运用的科学方法是控制变量法，故B 正确；
C．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；
D．观察两个线圈的导线，发现粗细不同，由变压器工作原理知I 1
I 2
= n2
n1
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，副线圈导
线应比原线圈导线粗一些好，故D 正确。
故选BD。
（2）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。
故选D。
（3）A．原线圈为800 匝，副线圈为400 匝，副线圈匝数少，则电流大，则副线圈导线比原线圈导线粗，
故A 错误；
B．由于原、副线圈匝数比为2 1∶，副线圈电压为3.2V，根据变压器原理可知，学生电源实际输出电压大于
标注的“6V”，故B 正确；
C．根据U 1:U 2=n1:n2
可知，原线圈实际匝数与标注的“800”不符，应小于800 匝，故C 错误；
D．根据U 1:U 2=n1:n2
可知，副线实际匝数与标注的“400”不符，应大于400 匝，故D 错误。
故选B。
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（4）[1]将原线圈等效为电阻Rx，则有I 1
2 Rx = I 2
2 R
因为
I 1
I 2
= n2
n1
整理得Rx =( n1
n2
)
2
R
可知阻R的阻值增大，原线圈总电阻变大，因为U 0不变，则原线圈电流减小。
[2]结合以上分析，可知当Rx= R0时，Rx功率最大，即R 的功率最大，则有R0=( n1
n2
)
2
R
整理得R =( n2
n1
)
2
R0
29.（2025·四川内江·高三月考）如图甲所示，单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO′匀
速转动，从某时刻开始计时，产生的感应电动势e随时间t的变化图像如图乙所示，若外接电阻R =20Ω，
线圈电阻r =5Ω，则下列说法中正确的是（ ）
A．0.03s 末穿过线圈的磁通量最大
B．该交流电电流方向每秒改变25 次
C．电阻R在1 分钟内产生的热量为1.92×10
4J
D．从t =0时刻转过60°的过程中，通过线圈某截面的电荷量为1
25 π C
【答案】D
【详解】A．由图乙知，0.03s 末线圈产生的感应电动势最大，则0.03s 末线圈平面与磁场平行，线圈的磁
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通量为0，故A 错误；
B．由图乙知，交流电周期为0.04s，电流每个周期方向改变两次，所以该交流电电流方向每秒改变50 次，
故B 错误；
C．由图乙知，线圈产生感应电动势的最大值Em =100 V
则有效值为E = Em
√2 =50√2V
电流为I =
E
R+r = 50√2
20+5 A =2√2A
则电阻R在1 分钟内产生的热量为QR= I
2 Rt =(2√2)
2×20×60J =9600J
故C 错误；
D．由图乙知，交流电周期为0.04s，则角速度为ω= 2π
T = 2π
0.04 rad/s=50 π rad/s
根据Em =100 V= BSω
解得BS = 2
π Wb
从t =0时刻转过60°的过程中，通过线圈某截面的电荷量为q = I Δt
又I =
E
R+r ，E = ΔΦ
Δt ，ΔΦ = BS cos60
∘
联立得q = ΔΦ
R+r = BScos60
∘
R+r
=
1
25 π C
故D 正确。
故选D。
30.（多选）（2025·四川绵阳·高三月考）如图所示，线圈abcd的面积是0.1m
2，共100 匝，线圈的总电阻
为1Ω，外接电阻R =19Ω，匀强磁场的磁感应强度大小B = 1
π T，线圈以300 r/min 的转速匀速转动，则
下列说法正确的是（ ）
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A．从如图所示的位置开始计时，线圈产生的电动势瞬时值的表达式为e =100sin10πt V
B．1s 内，通过R的电流方向变化10 次
C．电路中，电压表的示数为5√2
2
V
D．线圈转过1
30 s时电流的瞬时值为2.5A
【答案】AB
【详解】A．图中所示为中性面，从中性面开始计时线圈产生的电动势表达式e = NBSωsin ωt
根据n=300 r/m=5 r/s
可得圆频率ω=2πn=10 π rad/s
所以电动势表达式e =100sin (10 πt )(V)，故A 正确；
B．电流的频率f=n=5Hz，一个周期电流方向改变2 次，故1s 内，通过R的电流方向变化10 次，故B 正
确；
C．电压表测量的是路端电压的有效值，则U = ER
R+r =
Em
√2 R
R+r
可得U = 95√2
2
V，故C 错误；
D．电流的瞬时表达式i=
E
R+r =5sin (10 πt )(A)
当t = 1
30 s时，i=5sin(10 π × 1
30)(A)= 5√3
2
A≈4.3A，故D 错误。
故选AB。
31.（2025·四川成都·高三月考）如图甲，线圈的匝数为n=50 匝、面积为S =0.04 m
2、电阻为r=1.0Ω，其输
出端c、d 间接一电阻为R=1.0Ω 的定值电阻。线圈内存在垂直于线圈平面向上的匀强磁场，一个周期
（0.04s）内磁场的磁感应强度大小B 随时间t 变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
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A．线圈中产生的感应电动势的有效值为4V
B．在t=0.005s 时刻，线圈中产生的感应电动势为0
C．在0~0.04s 内，电阻R 上产生的焦耳热为0.08J
D．在0~0.01s 内，通过电阻R 的电荷量为0.02C
【答案】D
【详解】A．0.01s 内线圈产生的感应电动势E1=n ΔΦ
Δt =nS ΔB
Δt =50×0.04× 0.02
0.01 V= 4 V
0.01~0.04s 内穿过线圈的磁通量没有发生变化，线圈的感应电动势为0，令线圈中产生的感应电动势的有效
值为E，则有E
2
R0
T = E1
2
R0
⋅T
4
解得E=2V
故A 错误；
B．结合上述可知，在t=0.005s 时刻，线圈中产生的感应电动势为4V，故B 错误；
C．结合上述，线圈中感应电流的有效值I =
E
R+r =
2
1+1 A =1A
在0~0.04s 内，电阻R 上产生的焦耳热为Q = I
2 Rt =0.04 J
故C 错误；
D．结合上述，在0~0.01s 内，通过线圈的电流I 1= E1
R+r =2A
则在0~0.01s 内，通过电阻R 的电荷量为q = I 1t1=0.02C
故D 正确。
故选D。
32.（多选）（2025·四川眉山·高三月考）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，若图示位置为初始时刻，则（ ）
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A．感应电动势的最大值是Em =2π
2Bnr
2
B．从图示位置转过一圈的时间内，负载电阻R 上产生的热量Q = π
4 B
2r
4n
2 R
C．从图示位置起转过1
4 转的时间内通过负载电阻R 的电荷量为πBr
2
2 R
D．电流表的示数为π
2r
2nB
2 R
【答案】CD
【详解】A．感应电动势的最大值是Em = BSω= B⋅π r
2
2 ⋅2πn= π
2Bnr
2，故A 错误；
B．由图可知，一圈内只有半个周期有感应电流，则从图示位置转过一圈的时间内，负载电阻R 上产生的
热量Q =(
Em
√2)
2
R
⋅T
2 =
( 1
√2 π
2Bnr
2)
2
R
⋅1
2n = π
4 B
2r
4n
4 R
，故B 错误；
C．由法拉第电磁感应定律E = ΔΦ
Δt
根据欧姆定律I = E
R
则q = I Δt = ΔΦ
R
则从图示位置起转过1
4 转的时间内通过负载电阻R 的电荷量为q = πBr
2
2 R ，故C 正确；
D．电流表的示数为有效值，则I
2 RT =Q
30
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而Q = π
4 B
2r
4n
4 R
周期T = 1
n
联立解得有效值I = π
2r
2nB
2 R
，故D 正确。
故选CD。
33.（多选）如图，均匀磁场中有一个半径为r 的半圆弧及其直径构成的导线框，线框总电阻为R，半圆直
径与磁场边缘重合，磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为B0。使该线从如图所示位
置，绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动，在线框中产生感应电流。下列说法正确的是
（ ）
A．线框转动一周产生的感应电动势有效值为√2πω B0r
2
4
B．线框从起始位置到转动180°的过程中，经过线框的电荷量为B0 π r
2
2 R
C．若将线框改为绕过直径的轴转动，线框转动一周产生的总热量为π
2ω
2B0
2r
4
8 R
D．若将线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样
大小的电流，磁感应强度随时间的变化率Δ B
Δt 的大小为ω B0
π
【答案】BD
【详解】A．线框转动过程中，根据转动切割感应电动势公式得感应电动势大小为E = B0ωr
2
2
，故A 错
误；
B．线框从起始位置到转动180°的过程中，平均感应电动势为E =
B0
π r
2
2
π
ω
= B0ωr
2
2
31
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经过线框的电荷量q = E
R ⋅π
ω = B0 π r
2
2 R
，故B 正确；
C．若将线框改为绕过直径的轴转动，线圈转动产生的最大感应为Emax = B0× 1
2 π r
2ω= πω B0r
2
2
根据有效值的定义(
Emax
√2 )
2
R
× 1
2 T = E有
2
R ×T
联立可得E有= πω B0r
2
4
，故C 错误；
D．由欧姆定律得感应电流为I = E
R = B0r
2ω
2 R
当线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化时，根据法拉第电磁感应定律得
E
′ = ΔΦ
Δt = Δ B
Δt ⋅S
又S = 1
2 π r
2
根据欧姆定律得感应电流为I
′ = E
′
R = ΔB
Δt ⋅π r
2
2 R
由题设知I
′ = I
得B0r
2ω
2 R
= Δ B
Δt ⋅π r
2
2 R
解得Δ B
Δt = ω B0
π
，故D 正确。
故选BD。
34.如图所示，理想变压器原副线圈分别与R1、R2连接，R1=R2。 现通过移动滑片P 来改变原线圈的匝数。
令原副线圈匝数分别为n1、n2，电压表、电流表均为理想电表。已知交流电源电压瞬时值表达式为
u=220√2sin100 πt（V）。下列说法正确的是（ ）
32
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A．理想变压器原副线圈上电流频率不相等
B．当滑片P 向下移动时，原副线圈上电流之比变小
C．当滑片P 向下移动时，电流表的示数一定变小
D．当移动滑片P 使n1=2n2时，电压表的示数为88 V
【答案】D
【详解】A．变压器不会改变交流电的频率，故理想变压器原副线圈上电流频率一定相等，A 错误；
B．滑片P 下移，n1减小，根据理想变压器原副线圈电流与线圈匝数关系可知，原副线圈电流之比增大，B
错误；
C．设
R1= R2= R
原线圈电流为I，当滑片P 向下移动时原线圈的匝数减少，设匝数比为k，则此时初级电压为u−IR ，则
根据匝数比可知，次级电压为
U 2= 1
k (u−IR)=kIR
可得
IR =
u
k
2+1
U 2= ku
k
2+1
=
u
k + 1
k
结合基本不等式可知，当k=1 时，U2有最大值，故滑片P 向下移动时，电流表示数不一定减小，C 错误；
D．根据
n1
n2
= 2
1
33
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I 1
I 2
= 1
2
U 1
U 2
= 2
1
可得
I 1 R1+2 I 2 R2=220 V
解得
U 2=88 V
D 正确。
故选D。
35.如图甲所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为11：2，其原线圈两端接入如图乙所示的正弦交流
电，副线圈通过电流表与负载电阻R 相连。若交流电压表和交流电流表都是理想电表，下列说法正确的是
（ ）
A．t=0.01s 时，电压表的示数是0
B．变压器输出电压的最大值是40V
C．变压器副线圈输出的交流电的频率为0.5Hz
D．若电流表的示数为1A，变压器的输入功率为40W
【答案】D
【详解】A．电压表在任意时刻显示的示数均为有效值，t =0.01s时，电压表的示数不是0，故A 错误；
B．由乙图可知，原线圈两端交流电电压的最大值为220√2V，根据理想变压器原、副线圈匝数之比
n1
n2
= U 1max
U 2max
解得变压器输出电压的最大值为U 2max=220√2V× 2
11 = 40√2V
故B 错误；
34
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C．由乙图可知交流电的周期为0.02s，则其频率为f =
1
0.02 Hz=50 Hz
理想变压器不改变交流电的频率，故变压器副线圈输出的交流电的频率为50Hz，故C 错误；
D．交流电的有效值为U 1= 220√2
√2
V=220 V
根据理想变压器电压与匝数成正比，有
n1
n2
= U 1
U 2
解得U 2= 40 V
变压器的输入功率为P入= P出=U 2 I 2= 40×1W=40W
故D 正确。
故选D。
36.如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为3:1，三个电阻R1、R2、R3阻值相等。原线圈的ab
端接在电压为30V 的正弦式交流电源上，以下说法不正确的是（ ）
A．当开关S 断开时，R3两端的电压为9V
B．当开关S 断开时，R1、R3消耗的功率之比为1:9
C．当开关S 闭合时，R1、R3电压之比为10:1
D．开关S 断开时与开关S 闭合电流表的读数之比是19:100
【答案】C
【详解】A．三个电阻R1、R2、R3阻值相等，令均等于R0，开关S 断开时，根据电流、电压与匝数关系有
I 1
I 2
= n2
n1
，
U 1
U 2
= n1
n2
在原线圈电路中有
U ab= I 1 R0+U 1
在副线圈电路中有
U 2= I 2 R0
35
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解得
U 2=9 V，I 1= 3 V
R0
即开关S 断开时，R3两端的电压为9V，故A 正确，不符合题意；
B．结合上述，当开关S 断开时，R1、R3消耗的功率
P1= I 1
2 R0，P3= I 2
2 R0
结合上述解得
P1
P2
= 1
9
故B 正确，不符合题意；
C．将变压器与负载等效为一个电阻，则等效电阻为
Rx = U 原
I 原
=
n1
n2
U 副
n2
n1
I 副
=(
n1
n2)
2
R0=9 R0
当开关S 闭合时，上述等效电阻与R2并联，则有
R并= R2 Rx
R2 Rx
= 9 R0
10
则原线圈电路的干路电流为
I ab=
U ab
R1+ R并
= 10U ab
19 R0
= 300
19 R0
则电阻R1两端电压
U R1= I ab R1= 300
19 V
则有
U 原=U ab−U R1= 270
19 V
根据电压匝数关系有
U 原
U 副
= n1
n2
36
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解得
U 副= 90
19 V
解得
U R1
U 副
= 10
3
即当开关S 闭合时，R1、R3电压之比为10:3，故C 错误，符合题意；
D．结合上述可以解得
I 1
I ab
=
3
R0
300
19 R0
= 19
100
故D 正确，不符合题意。
故选C。
37.（2025·四川德阳·三模）如图所示，阻值为r、面积为S、匝数为N 的矩形线圈abcd 通过换向器与理想
变压器原线圈相连，变压器副线圈与两个阻值均为R 的相同小灯泡L1、L2相连，变压器原、副线圈的匝数
比n1:n2=m:1，线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴OO'匀速转动，当线圈转动的角
速度为ω 时。两小灯泡L1、L2刚好正常发光，则下列说法正确的是（ ）
A．小灯泡的额定电压为√2 NBSωmR
2(m
2 R+2r )
B．线圈每转动一个周期电流方向改变1 次
C．若灯泡L1的灯丝烧断，灯泡L2的亮度不变
D．若线圈静止在图示位置，磁感应强度随时间均匀增大，则灯泡可能正常发光
【答案】A
37
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【详解】A．将原线圈等效为一个电阻R0，则有I 1
2 R0= I 2
2 R
2
因为
I 1
I 2
= n2
n1
联立解得R0=(
n1
n2)
2 R
2
原线圈产生的电动势有效值U = NBSω
√2
则原线圈电流有效值I 1=
U
r + R0
联立解得原线圈I 1=
NBSω
√2(R0+r)
联立以上，解得副线圈电流I 2= √2 NBSωm
(m
2 R+2r)
则小灯泡的额定电压为U 灯= I 2
2 R = √2 NBSωmR
2(m
2 R+2r)
故A 正确；
B．线圈每转动一个周期电流方向改变2 次，故B 错误；
C．由A 选项分析可知R0=(
n1
n2)
2 R
2 ，I 2= √2 NBSωm
(m
2 R+2r)
若灯泡L1的灯丝烧断，则副线圈电阻会变大，R0会变大，I 2会变大，则灯泡L2会变亮，故C 错误；
D．若线圈静止在图示位置，磁感应强度随时间均匀增大，则原线圈产生的电动势恒定，电流恒定，副线
圈输出电压为0，灯泡不亮，故D 错误。
故选A。
38.（多选）如图所示的电路中，交流电源的电动势为9 V、内阻可忽略不计，定值电阻R1= R2=12Ω，小
灯泡L1、L2的规格均为“6V 6W”，理想变压器T1、T2原副线圈的匝数比分别为1:2和2:1。分别接通电路I
和电路II，两电路都稳定工作时，则（ ）
38
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A．L2比L1更亮
B．L2与L1一样亮
C． R2的电功率比R1的小
D． R2的电功率与R1相等
【答案】AD
【详解】若开关接cd 端，则若电源电压为U0，理想变压器T 1、T 2的匝数比为n2
n1
= n3
n4
=k
用户电阻为R负载，输电线电阻为R导线，由变压器工作原理和欧姆定律。升压变压器次级电压U 2=k U 0
降压变压器初级电压U 3=U 2−I 2 R导线
降压变压器次级电压U 4= U 3
k
降压变压器次级电流为I 4= U 4
R负载
根据匝数比有
I 4
I 3
=k
其中I 3= I 2
可得输电功率为P输=U 2 I 2=
k
2U 0
2
R导线+k
2 R负载
输电线上损耗的电功率为P导线= I 2
2 R导线=
k
2U 0
2
(R导线+k
2 R负载)
2 R导线
用户得到的电功率为P负载=
k
2U 0
2
(R导线+k
2 R负载)
2 ⋅k
2 R负载
若开关接ab 端，则负载得到的功率P
′
负载=
U 0
2
(R导线+ R负载)
2 ⋅R负载
39
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输电线上损耗的电功率为P
′
导线=
U 0
2
(R导线+ R负载)
2 R导线
将R导线= R1= R2=12Ω和R负载= U
2
P = 6
2
6 Ω=6 Ω
及k=2 带入可知可得P负载=6 W > P
′
负载=1.5 W
即L2比L1更亮；又有P导线= P
′
导线=3 W
故选AD。
39.（多选）如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为2 1∶，电流表、电压表均为理想电表，R
和D 分别是光敏电阻（其阻值随光强增大而减小）和灯泡。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下
列说法正确的是（ ）
A．电压的频率为125 Hz
B．原线圈中电压的瞬时值表达式为u= 44√2cos（125 πt ）V
C．用光照射R 时，电流表的示数变大
D．用光照射R 时，电压表的示数变大
【答案】BC
【详解】A．由图乙可知
T =1.6×10
−2s
所以电压的频率为
f = 1
T =62.5 Hz
故A 错误；
B．根据图乙可得原线圈中电压的瞬时值表达式为
u= 44√2cos（2πft ）V= 44√2cos（125 πt ）V
故B 正确；
40
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D．副线圈上的电压由原线圈的电压和变压器的匝数有关，与负载的大小无关，故D 错误；
C．有光照射R 时，R 阻值随光强增大而减小，根据
P = U 2
2
R总
得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，电流表A 的示数变大，故C 正确。
故选BC。
40.（多选）互感器又称仪用变压器，是电流互感器和电压互感器的统称，常用于测量或保护系统。如图所
示，T 1、T 2是监测交流高压输电参数的互感器，a、b 是交流电压表或交流电流表，若高压输电线间电压
为220kV ，T 1的原、副线圈匝数比为1:20，交流电压表的示数为200V ，交流电流表的示数为2 A，则下
列说法正确的是（ ）
A．a 是交流电压表，b 是交流电流表
B．T 2的原、副线圈匝数比为1100:1
C．高压线路输送的电流为20 A
D．高压线路输送的电功率为8.8×10
3kW
【答案】BD
【详解】A．图中T 2的原线圈并联在高压输电线上，T 1的原线圈串联在高压输电线上，可知，T 1为电流互
感器，T 2为电压互感器，即a 是交流电流表，b 是交流电压表，故A 错误；
B．T 2为电压互感器，根据电压与匝数的关系有
nb1
nb2
= U 1
U 2
= 220×10
3
200
= 1100
1
故B 正确；
C．T 1为电流互感器，根据电流与匝数的关系有
41
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I 1
I 2
= na2
na1
解得
I 1= 40 A
故C 错误；
D．结合上述，高压线路输送的电功率为
P =U 1 I 1=8.8×10
3kW
故D 正确。
故选BD。
41.（多选）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n1<n2，a 是电流表
B．A 为电压互感器，且n1>n2，a 是电压表
C．B 为电流互感器，且n3<n4，b 是电流表
D．B 为电压互感器，且n3>n4，b 是电压表
【答案】AD
【详解】AB．互感器A 原线圈两端均接在火线，即串联在电路中，因此可知互感器A 为电流互感器，而电
表a 接在电流互感器副线圈中，由此可知电表a 为电流表，根据原副线圈匝数比与电流比之间的关系
n1
n2
= I 2
I 1
可知，考虑到安全因素，则必须满足副线圈电流小于原线圈电流，即有
n1<n2
故A 正确，B 错误；
CD．互感器B 原线圈两端分别接零线和火线，即并联在电路中，因此可知互感器B 为电压互感器，而电表
b 接在电压互感器副线圈两端，则电表b 为电压表，根据原副线圈两端电压比与匝数比之间的关系
42
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U 3
U 4
= n3
n4
可知，考虑到安全因素，则必须满足副线圈两端电压小于原线圈两端电压，即有
n3>n4
故C 错误，D 正确。
故选AD。
42.（多选）如图甲所示为一可调压式自耦变压器，线圈AB 均匀绕在一个圆环形的铁芯上，CD 之间输入
交变电压，拨动滑动触头P 就可以调节输出电压。图中变压器视为理想变压器，两电表均为理想交流电
表，R1=8Ω、R2=5Ω。R3为总阻值为10Ω的滑动变阻器。现在CD 两端输入图乙所示正弦式交流电，
下列说法正确的是（ ）
A．当变压器滑动触头P 逆时针转动时，电流表，电压表示数均变大
B．当滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电压表读数不变，电流表读数变小
C．若电压表与电流表示数分别是5V 和1A，变压器原副线圈匝数比为12:7
D．若变压器滑动触头P 拨至PB 间线圈匝数是AB 间线圈匝数的一半的位置，电压表示数是18V
【答案】AC
【详解】A．变压器滑动触头P 逆时针转动时，n2增大、输入电压不变，则U 2增大、R总不变、I 2增大，根
据欧姆定律电压表示数增大、电流表示数增大，故A 正确；
B．当滑动变阻器滑动触头向上滑动时，R3增大，则R总增大，由于变压器滑动触头P 不动、输入电压不
变，则U 2不变，则I 2减小，由闭合电路的欧姆定律可知R1的电压减小，则电压表示数增大，电压表测量的
是R2、R3并联部分电压，根据欧姆定律可知流过R2的电流增大，由于总电流减小，则流过R3电流即电流
表示数减小，故B 错误；
D．由图乙可知输入电压的有效值为
U 1= U max
√2 =36 V
若变压器滑动触头P 拨至PB 间线圈匝数是AB 间线圈匝数的一半的位置，即变压器滑动触头P 拔至线圈中
43
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间位置，根据原副线圈的电压比与匝数比的关系有
n1
n2
= U 1
U 2
可计算出
U 2=18 V U 2为MN 两点间的电压，是R1和R2、R3并联部分电压的总和，而电压表示数只是R2、R3并联
部分电压，故不是18V，故D 错误；
C．若电压表与电流表示数分别是5V 和1A，则R2的电流为
I R2= U
R2
= 5
5 A =1A
由于R2、R3并联，则电阻比等于电流的反比，则可计算出总电流为
I 2=1A+1A =2A
则
U 2= I 2⋅R1+U =2×8 V+5 V =21V
根据原副线圈的电压比与匝数比的关系有
n1
n2
= U 1
U 2
可计算出
n1
n2
= 36
21 = 12
7
故C 正确。
故选AC。
43.（2025·四川成都·高三月考）某学校高二（9）班物理实验课上，同学们用可拆变压器探究“变压器的电
压与匝数的关系”。可拆变压器如图甲、乙所示。
(1)除变压器外，下列器材中还需要的是 （填仪器前的字母）；
44
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A．干电池
B．低压交流电源
C．多用电表
D．直流电压表
(2)关于实验操作，下列说法正确的是 。
A．为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数
B．测量副线圈电压时，先用中间挡位的量程试测，大致确定后再选用适当的挡位
C．研究副线圈匝数对副线圈电压的影响时，需保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数
(3)变压器铁芯是由相互绝缘的薄硅钢片平行叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这样设计的原因是 。
A．减小涡流，提高变压器的效率
B．增大涡流，提高变压器的效率
C．增大铁芯中的电阻，以产生更多的热量
(4)一位同学实验时，发现两个线圈的导线粗细不同。他选择的原线圈为800 匝，副线为400 匝，原线圈接
学生电源的正弦交流输出端“6V”挡位，测得副线圈的电压为3.2V。则下列分析正确的是 。
A．原线圈导线比副线圈导线粗
B．学生电源实际输出电压大于标注的“6V”
C．原线圈实际匝数与标注的“800”不符，应大于800
(5)如图乙所示，若操作过程中横铁芯没有与竖直铁芯对齐，原线圈输入电压为U1=4V，匝数为n1=200 匝，
改变副线圈匝数n2，测量副线圈两端的电压U2，得到U2-n2图像如图丙所示，则可能正确的是图线
（选填“a”“b”或“c”）。
【答案】(1)BC
(2)C
(3)A
(4)B
(5)c
【详解】（1）AB．变压器是电磁感应的应用，需要交流电源产生变化的磁通量，故A 错误B 正确；
CD．副线圈电压用多用电表的交流电压档测量，不能用直流电压表，故C 正确D 错误。
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故选BC 。
（2）A．为确保实验安全，应该降低输出电压，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，故A 错误；
B．为了保护电表，测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测
量，故B 错误；
C．研究变压器电压和匝数的关系，用到控制变量法，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。
故选C 。
（3）ABC．变压器的铁芯如果是整块导体，内部发生电磁感应而产生感应电流的现象称为涡流现象，要损
耗能量，不用整块的硅钢铁芯，其目的是增大电阻，从而减小涡流，减小发热量，提高变压器的效率，故
A 正确BC 错误。故选A。
（4）A．原线圈的匝数多，因此电压大电流小，由可知原线圈导线应该选用细的，故A 错误；
B．根据U 1
U 2
= n1
n2
测得副线圈的电压偏高，可能是因为学生电源实际输出电压大于标注的6V ，故B 正确；
C．如果原线圈实际匝数与标注的“800”不符，大于800，则测得副线圈的电压应偏低，而不是偏高，故C
错误。
故选 B。
（5）操作过程中横铁芯没有与竖直铁芯对齐，则不能视作理想变压器，有U 1
U 2
> n1
n2
即U 1
n1
> U 2
n2
故图丙斜率k = ΔU 2
Δn2
< U 1
n1
= 4
200 = 8
400，故选图线c。
44.（2025·广东·高考真题）如图所示。某光伏电站输出功率1000kW、电压400V的交流电，经理想变压器
升压至10kV后，通过输电线输送到变电站，输电线的等效电阻R 为5Ω。下列说法正确的是（ ）
46
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A．变压器原、副线圈匝数比为1:100
B．输电线上由R 造成的电压损失为500V
C．变压器原线圈中的电流为100A
D．变压器原、副线圈中电流的频率不同
【答案】B
【详解】A．根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比可得n1
n2
= U 1
U 2
= 400
10000 = 1
25
A 错误；
B．原副线圈两端的功率相等，流过副线圈的电流I 2= P
U 2
= 1000000
10000 A =100 A
输电线上由R 造成的电压损失为ΔU = I 2 R =100×5 V=500 V
B 正确；
C．变压器原线圈中的电流为I 1= P
U 1
= 1000000
400
A =2500 A
C 错误；
D．变压器不改变交变电流的频率，变压器原、副线圈中电流的频率相同，D 错误。
故选B。
45.（2025·安徽·高考真题）某理想变压器的实验电路如图所示，原、副线圈总匝数之比n1:n2=1:3，A 为
理想交流电流表。初始时，输入端a、b 间接入电压u=12√2sin(100πt )V的正弦式交流电，变压器的滑
动触头P 位于副线圈的正中间，电阻箱R 的阻值调为6 Ω。要使电流表的示数变为2.0A，下列操作正确的
是（ ）
47
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A．电阻箱R 的阻值调为18Ω
B．副线圈接入电路的匝数调为其总匝数的1
3
C．输入端电压调为u=12√2sin(50πt )V
D．输入端电压调为u=6√2sin(100πt )V
【答案】B
【详解】A．输入电压峰值为U m=12√2V，则输入电压有效值为U 1= U m
√2 =12V，滑动触头在正中间，根
据变压比可知，输出电压U 2= 0.5n2
n1
U 1=18 V，若将电阻箱阻值调为18 欧姆，则电流为1A，故A 错误；
B．若将副线圈匝数调为总匝数的1
3，根据变压比可知，输出电压U 2' =
1
3 n2
n1
U 1=12V，则副线圈电流变为
I 2' = U 2'
R =2A，故B 正确；
C．输入端电压调为u=12√2sin (50 πt )V 时，其有效值不变，不会导致电流的变化，仍然为I = U 2
R =3.0 A
，故C 错误；
D．将输入电压峰值减小一半，则输入电压有效值变为U 1' ' =
1
2 U m
√2 =6 V，输出电压
U 2' ' = 0.5n2
n1
U 1' ' =9 V，副线圈电流变为I 2' ' = U 2' '
R
=1.5 A，故D 错误。
故选B。
46.（2025·北京·高考真题）如图所示，交流发电机中的线圈ABCD沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势
随时间变化的规律为e =10sin(100 πt )V。下列说法正确的是（ ）
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A．该交流电的频率为100Hz
B．线圈转到图示位置时，产生的电动势为0
C．线圈转到图示位置时，AB边受到的安培力方向向上
D．仅线圈转速加倍，电动势的最大值变为10√2V
【答案】C
【详解】A．根据题意可知，该交流电的频率为f = ω
2π =50 Hz
故A 错误；
B．线圈转到图示位置时，磁场与线圈平面平行，磁通量最小，磁通量变化率最大，感应电动势最大，故B
错误；
C．根据题意，由右手定则可知，线圈转到图示位置时，电流由B→A，由左手定则可知，AB边受到的安
培力方向向上，故C 正确；
D．根据题意，由公式Em = NBSω可知，仅线圈转速加倍，电动势的最大值变为原来的2 倍，为20 V，故D
错误。
故选C。
47.（多选）（2025·湖北·高考真题）在如图所示的输电线路中，交流发电机的输出电压一定，两变压器均
为理想变压器，左侧升压变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，两变压器间输电线路电阻为r。下列说法
正确的是（ ）
A．仅增加用户数，r 消耗的功率增大
B．仅增加用户数，用户端的电压增大
C．仅适当增加n2，用户端的电压增大
D．仅适当增加n2，整个电路消耗的电功率减小
49
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【答案】AC
【详解】A．整个电路物理量标注如图
设用户端总电阻为R 用户，降压器输入端等效为电阻Rx，则有I 3
2 Rx = I 4
2 R用户
因为I 3n3= I 4n4
其中I2=I3，则对于输电线有I 2= U 2
r + Rx
联立整理可得
I 2=
U 2
r +(
n3
n4)
2
R用户
仅增加用户数，则R 用户减小，可知I2增大，根据Δ P = I 2
2r
可知r 消耗的功率增大，故A 正确；
B．仅增加用户数，I2增大，根据U 3=U 2−I 2r
可知U3减小，根据用户端的电压U 4= n4
n3
U 3
可知用户端的电压减小，故B 错误；
C．仅适当增加n2，根据U 2= n2
n1
U 1
可知U2增大，根据
I 2=
U 2
r +(
n3
n4)
2
R用户
可知I2增大，根据U 3= I 2 Rx
可知U3增大，根据用户端的电压U 4= n4
n3
U 3
可知用户端的电压增大，故C 正确；
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D．由C 选项可知，仅适当增加n2，I2增大，整个电路消耗的电功率P1= P2=U 2 I 2
由于U2增大，故整个电路消耗的电功率变大，故D 错误。
故选AC。
48.（多选）（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，“
”形导线框置于磁感应强度大小为B、水平向右的
匀强磁场中。线框相邻两边均互相垂直，各边长均为l。线框绕b、e 所在直线以角速度ω顺时针匀速转
动，be 与磁场方向垂直。t =0时，abef 与水平面平行，则（ ）
A．t =0时，电流方向为abcdefa
B．t =0时，感应电动势为Bl
2ω
C．t =π
ω 时，感应电动势为0
D．t =0到t =π
ω 过程中，感应电动势平均值为0
【答案】AB
【详解】AB．线框旋转切割磁场产生电动势的两条边为cd和af ，t =0时刻cd边速度与磁场方向平行，不
产生电动势，因此此时af 边切割产生电动势，由右手定则可知电流方向为abcdefa，电动势为
E = Blv = Blωl = Bl
2ω，AB 正确；
C．t = π
ω时，线框旋转180°，此时依旧是af 边切割磁场产生电动势，感应电动势不为零，C 错误；
D．t =0到t = π
ω时，线框abef 的磁通量变化量为零，线框bcde的磁通量变化量为ΔΦ =2BS =2Bl
2
由法拉第电磁感应定律可得平均电动势为E = ΔΦ
Δt = 2Bωl
2
π
，D 错误。
故选AB。
49.（全国I 卷·高考真题）某实验小组利用如图(a)所示的电路探究在25°C ∼80°C范围内某热敏电阻的温
度特性。所用器材有：置于温控室（图中虚线区域）中的热敏电阻RT，其标称阻值（25°C时的阻值）为
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900.0Ω；电源E（6 V，内阻可忽略）；电压表V （量程0∼150mV ）；定值电阻R0（阻值为20.0Ω），
滑动变阻器R1（最大阻值为1000Ω）；电阻箱R2（阻值范围0∼999.9Ω）；单刀开关S1，单刀双掷开关
S2。
实验时，先按图(a)连接好电路，再将温控室的温度t升至80.0℃。将S2与1 端接通，闭合S1，调节R1的滑
片位置，使电压表读数为某一值U 0；保持R1的滑片位置不变，将R2置于最大值，将S2与2 端接通，调节
R2，使电压表读数仍为U 0；断开S1，记下此时R2的读数。逐步降低温控室的温度t，得到相应温度下R2的
阻值，直至温度降到25.0°C。实验得到的R2−t数据见下表。
t /℃25.0
30.0
40.0
50.0
60.0
70.0
80.0
R2/Ω900.
0
680.
0
500.
0
390.
0
320.
0
270.
0
240.
0
回答下列问题：
（1）在闭合S1前，图(a)中R1的滑片应移动到 （填“a”或“b”）端；
（2）在图(b)的坐标纸上补齐数据表中所给数据点，并作出R2−t曲线；
（3）由图(b)可得到RT在25°C ∼80°C范围内的温度特性。当t = 44.0℃时，可得RT = Ω；
（4）将RT握于手心，手心温度下R2的相应读数如图(c)所示，该读数为 Ω，则手心温度为
°C。
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【答案】
b
450 620.0 33.0
【详解】（1）[1]滑动变阻器是限流式接法，S1闭合前，滑片应置于使滑动变阻器连入电路的阻值最大的
位置，即b端。
（2）[2]由题给数据描完点后，观察这些点的分布规律，应画一条平滑曲线，让尽可能多的点落在线上，
不在线上的点要均匀分布在线的两侧。
（3）[3]由R2−t图线知，当t = 44.0°C时
RT = 450Ω
（4）[4]电阻箱的读数为
6×100Ω+2×10Ω+0×1Ω+0×0.1Ω=620.0Ω
[5]由R2−t图像知，当R2=620.0Ω时
t =33.0°C
50.（重庆·高考真题）某兴趣小组研究热敏电阻在通以恒定电流时，其阻值随温度的变化关系。实验电路
如图所示，实验设定恒定电流为50.0μA，主要实验器材有：恒压直流电源E、加热器、测温仪、热敏电阻
RT、可变电阻R1、电流表A、电压表V。
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（1）用加热器调节RT的温度后，为使电流表的示数仍为50.0μA，须调节 （选填一种给定的实
验器材）。当RT两端未连接电压表时，电流表示数为50.0μA；连接电压表后，电流表示数显著增大，须将
原电压表更换为内阻 （选填“远大于”“接近”“远小于”）RT阻值的电压表。
（2）测得RT两端的电压随温度的变化如图所示，由图可得温度从35.0°C 变化到40.0°C 的过程中，RT的阻
值随温度的平均变化率是 kΩ⋅℃
−1（保留2 位有效数字）。
【答案】 可变电阻R1 远大于 -1.2
【详解】（1）[1]由题知恒压直流电源E 的电动势不变，而用加热器调节RT的温度后，导致整个回路的总
电阻改变。而要确保电流表的示数仍为50.0μA，则需控制整个回路的总电阻不变，故需要调节的器材是可
变电阻R1。
[2]连接电压表后，电流表示数显著增大，则说明电压表与RT并联后R 总减小，则根据并联电阻的关系有
R总= RT RV
RT+ RV
=
RT
RT
RV
+1
则要保证R 总不变需须将原电压表更换为内阻远大于RT阻值的电压表。
（2）[3]图可得温度为35.0°C 时电压表的电压为1.6V，且实验设定恒定电流为50.0μA，则根据欧姆定律可
知此时热敏电阻RT1= 32kΩ；温度为40.0°C 时电压表的电压为1.3V，且实验设定恒定电流为50.0μA，则根
据欧姆定律可知此时热敏电阻RT2= 26kΩ，则温度从35.0°C 变化到40.0°C 的过程中，RT的阻值随温度的平
均变化率是
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k = Δ RT
Δt =−1.2kΩ⋅℃
−1
负号表示随着温度升高RT的阻值减小。
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