第三章 交变电流 （综合复习与测试）-2021-2022学年高二物理同步备课系列（人教版选择性必修第二册）-(解析版)-教案课件习题试卷知识点归纳-

^第三章交变电流

a__综合复习与测试

班级：_________姓名：_______

知识体系•思维导图

考点整合•素养提升

主题1交变电流“四值”的理解及应用

1.瞬时值：它反映不同时刻交变电流的大小和方向，正弦交流电瞬时值表达式为e=Emsin

ot,i=Imsinwt,应当注意以上两个表达形式必须从中性面开始。

2.最大值：它是瞬时值的最大值，它反映的是交变电流大小的变化范围，当线圈平面跟磁感

线平行时，交流电动势最大，E“=NBS3（转轴垂直于磁感线）。电容器接在交流电路中，则

交变电压的最大值不能超过电容器的耐压值。

3.有效值：交变电流的有效值是根据电流的热效应规定的：让交流和直流通过相同阻值的电

阻,如果它们在相同的时间内产生的热量相等，就把这一直流的数值叫作这一交流的有效值。

正弦交流电的有效值跟最大值之间的关系是11=*Em,1=5对于非正弦交变电流的

有效值，以上关系不成立，应根据定义来求。通常所说的交流电压、电流是用电压表、电流

表测得的，都是指有效值。用电器上所标电压、电流值也是指有效值。在计算交变电流通过

导体产生热量、电功以及确定保险丝的熔断电流时，只能用有效值。

4.平均值：它是指交流电图像中图线与横轴所围成的面积值跟时间的比值。其量值可用法拉

—A①——2

第电磁感应定律E=n・K来求，当线圈从中性面转过90。的过程中，有EE„o

国芋求解，平均值不等于有效值。求一段时间内

计算平均值切忌用算术平均法，即E

._.-n•A

通过导体横截面的电荷量时要用平均值q=I•At=»

【典例1】如图所示，边长为L的正方形线圈abed的匝数为n,线圈电阻为r,外电路的电

阻为R,ab的中点和cd的中点的连线00'恰好位于匀强磁场的边界上，磁感应强度为B,

现在线圈以00'为轴，以角速度3转动，求：

(1)闭合电路中电流瞬时值的表达式；

(2)线圈从图示位置转过90°的过程中，电阻R上产生的热量；

(3)线圈从图示位置转过90°的过程中，通过R的电荷量；

(4)电阻R上的最大电压。

［解析］(1)线圈转动时，总有一条边切割磁感线，且ad边和be边转动的线速度大小相

等，当线圈平行于磁场时，产生的感应电动势最大，为En,=nBLv=nBL3nBL2w

由闭合电路欧姆定律可知卜=会=歹**，

R+r2(R+r)

当以题图所示为计时起点时，流过R的电流表达式为

nBL2w

i=Imsin=~sincoto

2o(R+r)

(2)在线圈由题图所示位置匀速转动90°角的过程中，

用有效值计算R产生的热量。

T

Q=g,

其中1=4=nBI>_,

小2噌(R+r)3

=一，n2B2L4wRji

所以

Q=16/(R~+r)O

(3)在转过90°角的过程中感应电动势的平均值为

—A0

E=n/T,通过R的电荷量：

A①

—'Atn•△①nBI?

□=1'At=Fhr•At=R+r'At=R+r=2(R+r)

(4)电阻R上的最大电压:

_nBL2oR

U=IB-R=2(R+r)

nFl/aRJi

［答案］⑴sincot⑵16(R+r)2

nBI?nBL2oR

(4)

⑶2(R+r)2(R+r)

【变式1】如图甲所示，边长为L的正方形金属线框位于竖直平面内，线框的匝数为n,总

电阻为r,可绕其竖直中心轴0。转动。线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D

(集流环)焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R相连。线框所在空间有方向水平向右的匀

强磁场，磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示，其中B。、Bi和a均已知。在

0〜右的时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；如时刻后线框在外力的驱动下开

始绕其竖直中心轴0@以角速度3匀速转动。

5

(1)求0〜3时间内电阻R两端的电压大小。

(2)线框匀速转动后，在转动一周的过程中，求电流通过电阻R产生的热量。

(3)线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90。的过程中，求通过电阻R的电荷量。

［解析］(1)0〜口时间内，线框中的感应电动势为：

A①nL2(Bi-Bo)

E=n——=------------

Atti

根据闭合电路的欧姆定律可知，通过电阻R的电流为：

__E____nl7(BLBO)

।R+r(R+r)ti

所以电阻R两端的电压为:

n!?R(BLB。)

U=IR=

R(R+r)ti

(2)线框匀速转动产生的感应电动势最大值为：E.,=nBiL2w

感应电动势的有效值为：Ez=^-nBtL20

通过电阻R的电流有效值为：I'=

2点(R时+r:)

2JI

线框转动一周所需的时间为：t=k

L4RCQ

此过程中，电阻R产生的热量为：Q=V2Rt=

(R+r)2

(3)线框从图甲所示位置转过90°的过程中，平均感应电动势为:

△①nBiL2

平均感应电流为：

—nBiL2

At'(R+r)

通过电阻R的电荷量为:

nBiL2

q=I△t'

R+r

nl/R(Bi—B。)nnBiL4R3nBiI?

［答案］(2)(3)

(R+r)ti(R+r)2R+r

主题2与理想变压器有关的问题

ZX

,一看墨”压入输入电压决定输出电压,即决定。2

揖吁看霆却率又输出功率决定输入功率，即尸2决定尸1

仔量普流卜输出电流决定输入电流，即，2决定

1.理想变压器的变压原理问题：

A①

对于磁感线回路唯一的“口”形变压器，当原线圈中磁通量变化时，整个闭合铁芯中，丁

△①

处处相等，而对于磁感线回路不唯一的如“口□”形变压器。不同位置丁可能不同，此

△①1△①2A①3

时有FT=7T+7T。

2.理想变压器的动态分析问题:

首先应明确“不变量”和“变化量”，对变化量要把握它们之间的制约关系，依据程序分析

的思想，从主动变化量开始，根据制约关系从前到后或从后到前逐一分析各物理量的变化情

况。

（1）首先明确变压器各物理量间的制约关系。变压器原、副线圈匝数m、nZ确定后，山决

定了不，与输出端有无负载、负载大小无关，也与变压器有无其他副线圈无关。U?与负载电

阻R,决定了输出电流L的大小，输出功率Pz决定输入功率巴，Pi=UJi,从而决定L大小。

（2）分清动态变化中哪个量变化，结合串、并联电路的特点，欧姆定律及变压器各物理量

间因果关系依次确定。

3.变压器原线圈接有用电器的问题：

由于原线圈中接有用电器，所以原线圈两端电压不等于电源电压，这种情况下电源两端电压

等于用电器两端电压与原线圈两端电压之和。若从电压与匝数关系分析，难以得出结论，所

以这类问题一般由电源关系入手解决比较方便。

【典例2】用一理想变压器给负载供电，变压器输入端的电压不变，如图所示。开始时开关

S是断开的。现将开关S闭合，则图中所有交流电表的示数以及输入功率的变化情况是（）

A.%、V2的示数不变，4的示数增大，A2的示数减小，P入增大

B.Vi、V?的示数不变，Ai、生的示数增大，P入增大

C.V1、C的示数不变,At、Az的示数减小,P入减小

D.V1的示数不变，”的示数增大，Al的示数减小，A2的示数增大，P入减小

［解析］电压表％的示数由输入电压决定，电压表V?的示数由输入电压5（大小等于电压

表%的示数）和线圈匝数比担决定，电流表Az的示数由输出电压小（大小等于电压表V2的

112

n?

示数）和负载电阻R负决定；电流表A1的示数即L由变压器的匝数比一和输出电流L决定；

ni

P入随P出而变化，由P出决定。因输入电压不变，所以电压表V1的示数不变。根据公式5=辿，

ni

U

可知心也不变，即电压表V2的示数不变。又根据1=六2知，S闭合后R负减小，故L增大，

电流表Az的示数增大。输入电流h随输出电流L增大而增大，故电流表4的示数增大。因

P出=Uzl2,故P出增大，P入随PHI变化，故P入也增大。

［答案］B

【变式2】（多选）图示电路中，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，R。为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从某一位置滑动到另一位置，

观察到电流表上的示数增大了0.2A,电流表A2的示数增大了0.8A,已知各表均为理想交

流电表，下列说法正确的是（）

A.电压表V2示数不变，V3示数减小

B.电压表％、V?示数都增大

C.变阻器滑片是沿c-d方向滑动的

D.该变压器是升压变压器

［解析］由题意知，电源电压有效值不变，滑动变阻器的阻值变化不会影响副线圈的输入电压,

所以电压表％、V?示数都不变，故B错误；副线圈两端电压不变，由题意可知，原、副线圈

电流都增大，又副线圈的输入电压不变，所以副线圈总电阻减小,可知滑动变阻器电阻减小，

即滑片从c向d滑动，故C正确；由C分析可知，原、副线圈的电流增大，所以定值电阻

R。两端电压增大，滑动变阻器R两端电压减小，即电压表Vs示数减小，又电压表V2示数不

DiI?A14

变，故A正确；根据理想变压器电流与匝数的关系可得」=言2=7,所以变压器为

n2liAli1

降压变压器，故D错误。

［答案］AC

主题3远距离输电的分析与计算

，看到“发〕通过线圈的电流小电压口、功率

1电机回路”外等于发甩机中的电流/机、电

,------“二11压。机、功率尸机_________

（招法）-1,A，~~^/2=/3=/知。2=5+。&,尸2=尸3+外

‘看判输'

［出电路”~</4=/用,U，尸4=尸用

L输电示意图，如图所示:

2.抓住两个关系:

(1)理想升压变压器连接回路1和回路2,两回路中重要的关系式有卜,Ln^Ln,

Pl=P2o

(2)理想降压变压器连接回路2和回路3,两回路中重要的关系式有卜=£,Ln3=Lm,

Pa=P4o

3.掌握两种损耗：

(1)电压损耗：输电线上的电阻导致的电压损耗，

UR=U2-U3=LRO

2

(2)功率损耗：输电线上电阻发热导致的功率损耗，PR=P?—P3=IRR=输电线上的能量损

U；

耗是热损耗，计算功率损耗时用公式PR=IR或PR=$-。

RK

4.处理思路：

(1)根据具体问题画出输电线路示意图。

(2)研究三个回路，分析其中的已知量、可求量、待求量。

(3)研究两个变压器，分析其中的己知量、可求量、待求量。

(4)确定求解思路，根据回路及变压器上的电压、电流、功率关系列式求解。

【典例3］如图所示为某实验室研究远距离输电的模拟装置。理想变压器的匝数比m:n2

=m：n3,交变电源的电动势e=50镜sin(10nt)V,r为输电线的电阻，则()

A.闭合开关后，灯泡两端的电压为50V

B.闭合开关后，通过灯泡电流的频率为10Hz

C.依次闭合开关Si、S2、S3,输电线消耗的电功率越来越大

D.依次闭合开关Si、S2、S3,在此过程中灯泡Li越来越亮

［解析］升压变压器的输出电压为U2='U1,降压变压器的输入电压为U3=U2—Ur,降压变

ni

,_,,,_—ri4-ri4ri4、ri4z112、ru

压器的输出电压力□=—U3,斛得U4=—U3=—(U2—Ur)=—(—Ul—Ur)=U1-----Ur<Ul,

n3n3n3n3mn3

而U1=型孵V=50V,A错误；交变电源的频率为£=臂Hz=5Hz,B错误；设灯泡

22Ji

总电阻为R,流过灯泡的总电流为I,流过输电线的电流为I,，根据电流关系有I'=-I,

n3

根据选项A的推导有U4=U1—坦Ur,即IR=U1—史rr,化简为R=15一出《一r=yUi

n3n31ns11

2

一(-)r,依次闭合开关小、S2,S3,则灯泡的总电阻R减小，则流过灯泡的总电流I增

n3

大，根据电流关系可知流过输电线的电流也增大，则输电线消耗的电功率在增大。在输电线

路上，输电线损耗的电压升高，则降压变压器的输入电压减小，输出电压也减小，所以灯泡

电压降低，亮度降低。C正确，D错误。

［答案］C

【变式3】为了减少因火电站中煤的燃烧对大气的污染而大力发展水电站。三峡水利工程中

某水电站发电机组设计为：水以w=3m/s的速度流入水轮机后以vz=

lm/s的速度流出。流出水位比流入水位低10m,水流量为Q=10m3/s。水轮机效率为75%,

发电效率为80虬发电站通过升压变压器、输电线和降压变压器把电能输送给生产和照明组

成的用户。发电机的输出电压是500V,升压变压器原、副线圈的匝数之比为1：10,输电

线上功率损失为5队用户需要电压为

220V,贝U：

(1)画出远距离输电的原理图；

(2)该发电机组的输出功率是多少？

(3)输电线的电阻为多少？

(4)降压变压器的匝数比为多少？

(5)若有60kW分配给生产用电，其余电能用来照明，那么，可装25W的电灯多少盏？

［解析］(1)远距离输电的原理图如图所示

YlwYly麓3：〃4

(2)根据能量守恒得，发电机组的输出功率

122

mgh+即(Vi—v2)

P=-------------------X75%X80%

己知，水的密度为p=1.OX1()3kg/m3,则

P=(10X1.0X103X10X10+1X10X1.0X103X8)X75%X80%W=6.24X105W

H2

(3)输出电压UZ=UL=500X10V=5000V,

ni

其中Ui=500V

以P6.24X105

轴送电流1=兀=5000A=124-8A

根据Pi8=l2R=5%P得,

5%P6.24X105X0.05

电阻R=h=----/k-----Q—2Q

（4）输电线上的电压损失

△U=IR=124.8X2V=249.6V

则降压变压器的输入电压

U3=U2-AU=（5000-249.6）V-4750V

则降压变压器的匝数比

£3_U34750475

ri4U422022

(5)输电线上损失的功率

P损=5%P=0.05X6.24X1()5W=31200W

则可装25W的电灯的盏数为

6.24X105—31200—60000

=21312盏

(5)21312盏

综合测试

一、单选题：

1.（2021•珠海高二检测）教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机（内阻可忽

略）通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压

表V的读数分别为I、U,R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的;，则（）

A.R消耗的功率变为P

B.电压表V的读数为

C.电流表A的读数变为21

D.通过R的交变电流频率不变

【答案】B

【解析】根据3=2mn可知转速变为原来的;,则角速度变为原来的g,根据Ea=nBS3可

1F

知电动机产生的最大电动势为原来的5，根据u=市可知发电机的输出电压有效值变为原

来的4，即原线圈的输出电压变为原来的4，根据上=3可知副线圈的输入电压变为原来

z乙r)2U2

11U21

的5，即电压表示数变为原来的5，根据可知R消耗的电功率变为彳P，A错误，B

1

oU

Zr)io

正确；副线圈中的电流为1=不，即电流变为原来的5，根据」=r可知原线圈中的电流

Kzr)211

也变为原来的J,C错误；转速减小为原来的＜,则频率变为原来的＜,D错误。

故选B。

2.(2020•北京高考)如图所示，理想变压器原线圈接在u=Umsin(3t+(i＞)的交流电源上,

副线圈接三个阻值相同的电阻R,不计电表内电阻影响。闭合开关$后()

A.电流表A?的示数减小

B.电压表％的示数减小

C.电压表V?的示数不变

D.电流表Ai的示数不变

【答案】A

【解析】开关S闭合时，副线圈总的电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变,

所以输出的电压也不变，即％示数不变，但因副线圈的总电阻减小，则副线圈的总电流增

大，则原线圈的电流增大，故4的示数变大；由于副线圈的电流增大，故串联在副线圈的

电阻R两端的电压增大，而副线圈的总电压不变，所以副线圈并联部分的电压减小，即“

的示数减小，故电流表A2的示数减小，故A正确，B、C、D错误。

故选Ao

3.“人工肺ecmo”呼吸机是治疗新冠肺炎重症的重要设备。一呼吸机接在电压随时间变化

的规律为U=311sinlOO"t(V)的交流电源上，正常工作时电流为2.5A,贝U()

A.该交流电的周期为50Hz

B.该交流电每秒内电流方向变化50次

C.该交流电的最大值为220V

D.该呼吸机正常工作时的功率为550W

【答案】D

【解析】根据U=311sinlOOnt(V)可知交流电的最大值为&=311V,角速度为3=100”

2兀2兀*

rad/s,则交流电的周期T=~T[=1八八.s=0.02s,故A、C错误；在一个周期内电流方

31UU兀

向改变两次，故每秒内电流方向变化次数n=(乂2=焉义2次=100次，故B错误；产

生的交流电的效值U=.V=220V,故该呼吸机正常工作时的功率为P=UI=220

X2.5W=550W,故D正确。

故选Do

4.某品牌共享单车的内部有一个小型发电机，通过骑行者的骑行踩踏，不断地给单车内的蓄

电池充电，蓄电池再给智能锁供电。单车内的小型发电机发电原理如图所示，矩形线圈abed

2、万

的面积为0.001m2,共有100匝，线圈总电阻为1Q,线圈处于磁感应强度大小为己一T

的匀强磁场中，可绕与磁场方向垂直的固定对称轴00'转动，线圈在转动时可以通过滑环

和电刷保持与外电路阻值为9Q的电阻连接，不计交流电流表的内阻。在外力作用下线圈

以10mrad/s的角速度绕轴00,匀速转动时，下列说法中正确的是()

A.交流电流表的示数是0.002A

B.电阻R的发热功率是0.4W

C.该交流发电机产生的交变电流的周期为0.2s

D.当线圈平面和磁场方向平行时，线圈中的感应电流为零

【答案】C

2m

【解析】线圈产生的最大感应电动势为巳=K53=100/X0.OOIXIOJIV=2M

JT

有效值为E=^|=2V,根据闭合电路欧姆定律可得I=$=0.2A,电阻R的发热功率

9JI

为P=I2R=0.36W,选项A、B错误；交变电流的周期丁=—=0.2s,选项C正确；当线

圈平面和磁场方向平行时，线圈中的感应电流最大，选项D错误。

故选Co

5.采用220kV高压向远方的城市输电。当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小

为原来的;，输电电压应变为（）

A.55kVB.110kVC.440kVD.880kV

【答案】C

【解析】当输电功率P=ULU为输电电压，I为输电线路中的电流，输电线路损失的功率

p

为P报=1R,R为输电线路的电阻，即P损=（口）组。当输电功率一定时，输电线路损失的功

率为原来的（，则输电电压为原来的2倍，即440kV,故选项C正确。

故选C。

6.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1,R。为定值电阻，R是滑动变阻器，原

线圈两端的输入电压u=200sinl00mt（V）,设理想交流电压表V1、”的示数分别是U1、U2；

理想交流电流表4、A2的示数分别是L、下列说法中正确的是（）

A.示数U2=20V

B.滑片P向b端滑动过程中，小不变，L变大

C.滑片P向b端滑动过程中，LA变小，L变大

D.通过原、副线圈的交变电流频率之比为10：1

【答案】B

【解析】由输入电压的表达式知输入电压有效值为5=笔¥=100^2V,由台=-,得

42U2n2

U2=^X100^27=10^2V,A错误；滑片P向b端滑动过程中，副线圈负载电阻减小，

员不变，则L变大，B正确；由B项分析知5不变，L变大，C错误；变压器不改变频率,

D错误。

故选B。

7.（2020•江苏高考）电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示。其原

线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上。则电流互感器（）

电路

A.是一种降压变压器

B.能测量直流电路的电流

C.原、副线圈电流的频率不同

D.副线圈的电流小于原线圈的电流

【答案】D

【解析】原线圈匝数较少，电流互感器是一种升压变压器，A选项错误。电流互感器的工作

原理是电磁感应中的互感现象，只可以测量交变电流，B选项错误。电流互感器不会改变电

流的频率，只改变电流的大小，故原、副线圈电流的频率相同，C选项错误。原线圈匝数较

少，根据1皿=1加2,电流互感器是一种降电流的变压器，副线圈的电流小于原线圈的电流，

D正确。

故选Do

8.一交流电源，电压为u=220镜sinlOOJit（V）,通过理想变压器对电路供电，电路如图所

示。已知原、副线圈匝数比为4：1,照明灯的额定功率为55W,排气扇电动机线圈的电阻

为1Q,电流表的示数为3A,用电器均正常工作，电表均为理想电表，则（）

A.电压表的示数为880V

B.电动机的发热功率为4W

C.电动机的电功率为106W

D.通过保险丝的电流为12A

【答案】B

【解析】根据题意知道变压器的输入电压的有效值为5=220V,电压表的示数为变压器的

输出电压，根据理想变压器的变压比公式件=-得9，可以得到U?=55V,选项A错

误；因为照明灯正常发光，所以通过它的电流为卜=今=1A,电流表的示数为变压器的输

U2

出电流，即L=3A,根据并联电路的电流特点可知通过排气扇电动机的电流为IM=L—IL

2

=2A,所以电动机的发热功率为P热=1,RM=4W,选项B正确；电动机的电功率为P=IHM

=110W,选项C错误；通过保险丝的电流即变压器的输入电流L,根据理想变压器的变流

n1T?T94

比公式」得U=7，可知11=0.75A,选项D错误。

n211111

故选B。

9.如图所示，变压器输入的交变电压u=220^sinlOOJit（V）,副线圈匝数可调，电阻R=

100Q,L、Lz均是额定电压为20V、额定功率为20W的小灯泡，通过调节副线圈的匝数，

使S闭合前后，Li均能正常发光，则S闭合前后副线圈的匝数之比为（）

A.1：11B.2：1C.3：5D.6：11

【答案】D

【解析】由变压器输入的交变电压u=22球sinlOOnt（V）可知有效值为5=220V；S闭

P

合前电阻R与Li串联，Li正常发光，可知其额定电流为1=口=1A,故U2=IR+U=120V,

由变压器原理可知上野=”；S闭合后，L1和L2并联后再与R串联，IV=2IR+U=220

ri2U26

V,同理可得=777-=（,故联立可得牛=白，故选D。

ri2U21112ii

故选D。

10.（2020•浙江7月选考）如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P=100kW,发电机

的电压lh=250V,经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线=8Q,在用户端用降压

变压器把电压降为U4=220V。己知输电线上损失的功率P线=5kW,假设两个变压器均是理

想变压器，下列说法正确的是（）

升压变压器降压变压器

A.发电机输出的电流L=40A

B.输电线上的电流I线=625A

C.降压变压器的匝数比ns：m=190：11

D.用户得到的电流L=455A

【答案】C

p100XZ1Q3

【解析】发电机的输出电流L=7'A=400A,选项A错误。输电线上的电流

U1

P

A=25A,选项B错误。升压变压器的副线圈输出电压Uz=同

[00X103

V=4X103V,输电线损耗电压AU=I线R=25X8V=200V,降压变压器的原

线圈电压U3=UZ—AU=3800V,故降压变压器的匝数比%d='鬻=詈，选项C

ri4U4zzu11

p95X103

正确。降压变压器的功率P,=P3=P—P线=95kW,故用户得到的电流L=沫=一0kA

U4zzu

=431.8A,选项D错误。

故选C。

11.可调理想变压器原线圈与一台小型发电机相连，副线圈与灯泡L、可调电阻R、电容器C

连成如图所示的电路。当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光，要使灯泡变亮，

可以采取的方法有（）

A.增大发动机的转速

B.将滑片P向下滑动

C.将可调电阻R阻值减小

D.增大电容器两极板间的距离

【答案】A

【解析】根据E=NBSa,3=2nn可得增大发动机的转速，则交流电源的电压增大，副线

圈两端的电压也增大，灯泡变亮，故A正确；滑片P向下滑动，副线圈匝数减少，副线圈两

端的电压减小，灯泡变暗，故B错误；将可调电阻R阻值减小，副线圈两端电压不变，通过

灯泡的电流不变，故C错误；增大电容器两极板间的距离，即电容器C的电容减小，容抗增

大，通过灯泡的电流减小，灯泡变暗，故D错误。

故选A。

12.如图所示，一个边长/=10cm,匝数N=100（匝）的正方形线圈abed在匀强磁场中绕垂直

于磁感线的轴00'匀速转动，磁感应强度B=0.50T,线圈转动的角速度3=10Jirad/s,

闭合回路中两只灯泡均能发光。下列说法正确的是（）

A.从图中位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e=5Jicos(10"t)V

B.增大线圈转动的角速度a时，感应电动势的峰值E.不变

C.抽去电感器L的铁芯时，灯泡LZ变暗

D.增大电容器C两极板间的距离时，灯泡L变亮

【答案】A

【解析】由EH=NBS3可得感应电动势的最大值&=5mV,由于从线圈垂直于中性面开始计

时，所以感应电动势的瞬时值表达式e=Emcos3t=5ncos(10nt)V,故A正确；根据以

=NBSa可得增大线圈转动角速度a时，感应电动势的峰值E”增大，故B错误；抽去电感器

L的铁芯时，即减小自感系数，电感器的感抗减小，流过灯泡L2的电流增大，灯泡L,变亮,

£rS

故C错误；增大电容器C两极板间的距离时，根据可知电容器的电容C减小，则

4无kd

电容器的容抗增大，流过灯泡L的电流减小，灯泡L变暗，故D错误。

故选Ao

二、多选题：

13.(2021佛山高二检测)如图所示是一远距离输电的示意图，图中变压器均为理想变压器，

输电导线的总电阻为R。则下列关系式正确的是()

A.输电导线中的电流为12=^

B.输电导线上损失的功率AP=(U2—4)13

C.两变压器线圈匝数比满足%>-

n4n2

D.变压器①的输出电流12和变压器②的输入电流13的关系满足12>13

【答案】AB

、.pPl

【解析】因为是理想变压器，所以P1=P2,其中P1=UJ1,P2=U212,故【2=772=—，选项A

正确；输电线上的电流12=13,输电线上损失的电压为AU=U2—U3,所以输电线上损失的功

率为AP=AU13=(U2—U3)13,选项B正确；3=—，77——，因为不知道U1和1)4的具体

U2ri2山ru

关系，所以匝数比的大小无法判断，选项C错误；变压器①的输出电流L和变压器②的输

入电流L都是输电线上的电流，二者相等，选项D错误。

故选ABo

14.（2019•海南高考）如图，一理想变压器输入端接交流恒压源，输出端电路由Ri、R2和R3

三个电阻构成。将该变压器原、副线圈的匝数比由5：1改为10：1后（）

A.流经R的电流减小到原来的［

B.Rz两端的电压增加到原来的2倍

C.Rs两端的电压减小到原来的g

D.电阻上总的热功率减小到原来的;

【答案】CD

【解析】根据9=-可知变压器原、副线圈的匝数比由5：1改为10：1后，输出电压变为

1）2n2

原来的.，根据1=1可知流经R的电流减小到原来的4,选项A错误；由于R?和R3的阻

NKZ

值不变，则电压的分配关系不变，故比和R,两端的电压都减小到原来的（，选项C正确，B

U2

错误；因为Ri、Rz和R3的阻值和连接方式都不变，则总电阻也不变，由P=v得电阻上总

的热功率减小到原来的;，选项D正确。

故选CD。

15.如图所示，一理想变压器原线圈接在u=22Ch^sin100nt（V）的交流电压上，副线圈

上理想交流电压表和R=10Q的电阻并联接入电路，原、副线圈匝数比m：兔=20：1,现

在A、B两点间接入不同的电子元件或用电器，则下列说法正确的是（）

铁芯AB

A.在A、B两点间接入一只阻值为10Q的电阻，电压表示数为11V

B.在A、B两点间接入一只标有“6V3W”的小灯泡，小灯泡的发光功率为3W

C.在A、B两点间接入一只电感线圈，再提高交流电频率，电阻R消耗的电功率减小

D.在A、B两点间接入一只电容器，再提高交流电频率，电压表示数减小

【答案】BC

【解析】由9=~得仄=上口=白X220V=llV,在A、B两点间接入一只阻值为10Q

U2112Ill20

的电阻，由串联电路的电压关系知，电压表的示数为5.5V,选项A错误；小灯泡的电阻比

。=12Q,由闭合电路欧姆定律得，通过小灯泡的电流I=£A

=0.5A,小灯泡的发光功率为P=1RL=(0.5)2><12W=3W,选项B正确；交流电频率越高，

电感线圈对电流的阻碍作用越大，故提高交流电频率，电路中的电流减小，电阻R消耗的电

功率减小，选项C正确；交流电频率越高，电容器对电流的阻碍作用越小，故提高交流电频

率，电路中的电流增大，由欧姆定律知，电压表示数增大，选项D错误。

故选：BCo

16.图甲为风力发电的简易模型。在风力作用下，风叶带动与杆固连的永磁铁转动，磁铁下

方的线圈与电压传感器相连。在某一风速时，电压传感器显示如图乙所示正弦规律变化，则

()

甲乙

A.磁铁的转速为10r/s

B.线圈两端电压的有效值为6噌V

C.交流电压的表达式为u=12sin5ntV

D.该交流电可以直接加在击穿电压为9V的电容器上

【答案】BC

【解析】由题图乙可知，电流的周期为T=0.4s,故磁铁的转速n="=占r/s=2.5r/s,

故A错误；由题图乙可知电压的最大值为12V,故有效值U=.=6镜V,故B正确；

2兀2兀、

周期T=0.4s,故3=二丁=万工rad/s=5nrad/s,故交流电压的表达式为u=12sin5

tV,故C正确；该交流电的最大值大于电容器的击穿电压，故不能直接加在击穿电压为

9V的电容器上，故D错误。

故选BCo

17.如图所示为一自耦变压器，R为定值电阻，在c、d端输入电压u】=311sin100nt(V),

所有电表均为理想电表，则以下说法正确的是()

A.滑片P向a端移动，滑片Q不动，电压表示数减小

B.滑片P向b端移动，滑片Q下移，电流表示数减小

C.滑片P不动，滑片Q上移，电流表示数不变

D.滑片P不动，滑片Q上移或下移，电压表示数始终不变

【答案】BD

【解析】设原线圈匝数为m,副线圈匝数为期，原线圈两端电压为5,副线圈两端电压为

U2,由3=5可得Uz=叱Ui,滑片P向a端移动，滑片Q不动，m减小，lh、n?不变，U2

增大，电压表测的是副线圈两端的电压，示数增大，故A错误；滑片P向b端移动，滑片Q

r)9

下移，由U2=，U1,U1、r)2不变，m增大，U2减小，副线圈所在电路总电阻增大，副线圈中

Qi

的电流减小，由上=用可知，原线圈中的电流也减小，电流表示数减小，故B正确；滑片

n211

P不动，滑片Q上移，员不变，副线圈所在电路总电阻减小，电流增大，原线圈电流增大,

电流表示数增大，故C错误；滑片P不动，滑片Q上移或下移，U］、m、m不变，

ni

员不变，电压表示数始终不变，故D正确。

故选：BDo

18.一个矩形线圈在匀强磁场中转动，产生的感应电动势e=220小sinlOOJttV,贝M)

A.交流电的频率是100"Hz

B.t=0时，线圈位于中性面

C.交流电的周期是0.02s

D.t=0.05s时，e有最大值

【答案】BC

【解析】由瞬时值表达式可知：角速度3=100nrad/so感应电动势是按正弦规律变化的，

co100兀

所以t=0时，线圈平面位于中性面。因3=2兀f,所以f=『=——Hz=50Hz,由T

2冗2兀

G得T=而s=0.02s,当t=0.05s时，e=

220小sin5JtV=0。

故选：BCo

19.如图甲所示，电阻不计的N匝矩形闭合导线框abed处于磁感应强度大小为0.2T的水平

匀强磁场中，导线框面积为0.5m）导线框绕垂直于磁场的轴匀速转动，并与理想变压器原

线圈相连，原、副线圈的匝数比为10：1,副线圈接有一滑动变阻器R,副线圈两端的电压

随时间的变化规律如图乙所示。下列说法正确的是（）

u!N

2//(nx10-2s)

A.闭合导线框中产生的交变电压的瞬时值表达式为u=100^sin100t（V）

B.线框abed的匝数N=10

C.若滑动变阻器的滑片P向上移动，电流表的示数将减小

D.若导线框的转速增加一倍，则变压器的输出功率将增加一倍

【答案】BC

【解析】由题图乙可知，输出电压的最大值Uw=10V,周期为2nx

10-2s,角速度3=2：=100rad/s,输入端电压的最大值％=10%=100V,则闭合导

线框中产生的交变电压的瞬时值表达式为u=lkisin3t=100sin100t

（V）,故A错误；导线框输出电压的最大值UM=NBS3=100V