2025年高考物理复习之小题狂练600题（多选题）：交变电流（10题）

第1页（共1页）2025年高考物理复习之小题狂练600题（多选题）：交变电流（10题）一．多选题（共10小题）（多选）1．（2024•衡水模拟）如图所示，理想变压器原线圈接e＝1002sin（100πt）V的交流电，原、副线圈匝数比n1：n2＝2：5，已知定值电阻r＝16Ω、R0＝25Ω，R是滑动变阻器，电压表和电流表均为理想交流电表，以下说法正确的是（）A．R＝75Ω时，理想变压器的输出功率最大 B．理想变压器的最大输出功率为Pm＝165.25W C．理想变压器的输出功率最大时，电流表的示数为1A D．R＝125Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大（多选）2．（2024•清江浦区模拟）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为k：1，a、b接入电压有效值恒定的交变电源，其中R2为滑动变阻器，R1、R3为定值电阻，电流表、电压表均为理想电表，当滑动变阻器R2的滑片向下移动后，电流表及两个电压表示数变化量的绝对值分别用|ΔI|、|ΔU|和|ΔU3|表示，下列判断正确的是（）A．|ΔU3||ΔI|=C．|ΔU||ΔI|=R3（多选）3．（2024•桃城区校级模拟）交变电路示意图如图所示，图中变压器为理想变压器，已知三个灯泡完全相同，其阻值可视为定值，a、b接入有效值为U的交变电流。初始时滑动变阻器滑片置于最左端时，三个灯泡亮度相同，现让滑片向右滑动，I1、I2、I3、U1、U2、U3的变化量大小分别为ΔI1、ΔI2、ΔI3、ΔU1、ΔU2、ΔU3，下列说法正确的是（）A．n1：n2：n3＝2：1：1 B．滑片向右滑动时，I2增大 C．2ΔI1＝ΔI2﹣ΔI3 D．ΔU（多选）4．（2024•辽宁一模）如图所示的变压器，原线圈匝数为n1＝2200匝，输入电压随时间变化为U=2202cos(100πt)，将阻值为10Ω的电阻R接在副线圈AB两端时，功率为A．副线圈中的电流为2A B．原线圈中的电流为122C．副线圈AB两端电压的频率为50Hz D．副线圈的匝数为100匝（多选）5．（2024•重庆模拟）如图所示，在水平面内质量为0.2kg的导棒置于AB、CD组成的宽为2m导轨上，导轨电阻不计，导棒电阻r0＝1Ω，轨道间充满垂直纸面向里的磁感应强度为0.4T的磁场，导轨BD端连接一原副线圈匝数比为2：1的理想变压器，副线圈接有阻值为R＝2Ω的电阻。某时刻开始，导棒在外力的作用下以v=52A．导棒中产生的电动势e＝4sin20πt（V） B．原线圈两端的电压U1C．电阻R的消耗功率为2W D．0～0.025s内外力对导棒做的功为227（多选）6．（2024•濮阳模拟）如图是差动变压器式位移传感器的简化模型。两组匝数相等的副线圈上下对称分布，在ab端输入稳定的正弦式交流电，电压有效值为Uab，cd间输出电压有效值为Ucd。初始时，铁芯两端与副线圈平齐，铁芯上下移动过程中始终有一端留在副线圈内，则铁芯（）A．向上移动，Ucd减小 B．向下移动，Ucd增大 C．静止不动，增大Uab则Ucd不变 D．向上移动一段距离后，增大Uab则Ucd减小（多选）7．（2024•麦积区二模）实验室中手摇发电机的原理如图所示，两磁体间的磁场视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，发电机的正方形线圈ABCD绕OO′轴以转速n匀速转动。已知线圈的边长为L，匝数为N，总电阻为r，外接小灯泡的电阻为R，其余电阻不计，下列说法正确的是（）A．回路中感应电动势的峰值为4π2n2NBL2 B．小灯泡两端的电压为πnNRBLC．通过小灯泡的电流为2πnNBD．小灯泡的功率为2（多选）8．（2024•江西模拟）图甲为某品牌家用燃气灶点火装置的电路原理图，转换器左侧电路电源为一节新的干电池时，转换器把直流电压按比例转换为图乙所示的正弦交流电压并加在理想变压器的原线圈上，设变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。当两点火针间电压瞬时值大于5000V就会产生电火花进而点燃燃气，闭合S，下列说法正确的是（）A．当n2nB．在正常点燃燃气的情况下，两点火针间电压的有效值一定大于5000V C．电压表的示数为25V D．当燃气灶中的干电池使用太久，输出电压变小，可能会使燃气灶打不着火（多选）9．（2024•天津模拟）一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图乙所示，副线圈所接电路如图甲所示，P为滑动变阻器的触头。下列说法正确的是（）A．闭合开关S，副线圈输出电压的频率为50Hz B．闭合开关S，副线圈输出电压的有效值为222V C．闭合开关S，P向上移动时，流过小灯泡的电流减小 D．闭合开关S，P向上移动时，R1两端的电压减小（多选）10．（2024•湖北三模）如图所示为理想变压器，已知n1＝100匝，n2＝30匝。电阻R1＝8Ω，R2＝0.36Ω，R3＝2.56Ω。电源为理想交流电源。开关S1闭合s2断开时R2的电功率和开关S2闭合，S1断开时R3的电功率相等。则线圈n3的匝数可能为（）A．20 B．40 C．60 D．80

2025年高考物理复习之小题狂练600题（多选题）：交变电流（10题）参考答案与试题解析一．多选题（共10小题）（多选）1．（2024•衡水模拟）如图所示，理想变压器原线圈接e＝1002sin（100πt）V的交流电，原、副线圈匝数比n1：n2＝2：5，已知定值电阻r＝16Ω、R0＝25Ω，R是滑动变阻器，电压表和电流表均为理想交流电表，以下说法正确的是（）A．R＝75Ω时，理想变压器的输出功率最大 B．理想变压器的最大输出功率为Pm＝165.25W C．理想变压器的输出功率最大时，电流表的示数为1A D．R＝125Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大【考点】理想变压器两端的功率关系；理想变压器两端电压与匝数的关系；理想变压器两端电流与匝数的关系．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理能力．【答案】AD【分析】等效电路，根据欧姆定律定律、理想变压器规律和电功率公式推导输出功率表达式，根据数学知识计算输出功率的最大值；根据电功率公式计算；先把r等效到副线圈中，计算等效阻值，根据功率最大的条件判断。【解答】解：AB．根据交流电瞬时电动势表达式可知，电源电动势有效值为100V，如图所示，假设原线圈中的电压为U1，电流为I1，可认为虚线框中为等效电阻R'又根据理想变压器电压、电流与线圈匝数的关系有U1U2又U可得R'则电路可看成是由r和R′组成的电路，若使变压器输出功率最大，则R′的功率最大，根据P出根据基本不等式，当R′＝r＝16Ω时，R′的输出功率最大，此时由①式可得R＝75Ω输出的最大功率Pm故A正确，B错误；C．理想变压器的输出功率等于负载电阻总功率，根据电功率公式有P出可得I2＝1.25A故C错误；D．要使滑动变阻器上的功率最大，把r按照上述规则等效到副线圈中，有r=n求得r′＝100Ω如图所示：把虚线框看成是电源，内阻r′＝100Ω当r′+R0＝R时，滑动变阻器输出功率最大，此时R＝125Ω故D正确。故选：AD。【点评】本题关键掌握将电路进行等效，再依据变压器规律和欧姆定律解决问题。（多选）2．（2024•清江浦区模拟）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为k：1，a、b接入电压有效值恒定的交变电源，其中R2为滑动变阻器，R1、R3为定值电阻，电流表、电压表均为理想电表，当滑动变阻器R2的滑片向下移动后，电流表及两个电压表示数变化量的绝对值分别用|ΔI|、|ΔU|和|ΔU3|表示，下列判断正确的是（）A．|ΔU3||ΔI|=C．|ΔU||ΔI|=R3【考点】变压器的动态分析——原线圈无负载．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；分析综合能力．【答案】BD【分析】根据欧姆定律和变压器的规律可求得电流和电压，再根据电压和电流与匝数的关系可求得电压表、电流表的示数的变化及两者比值。【解答】解：AB、根据题意，由图可知，电压表V3测定值电阻R3两端电压，流过R3的电流等于电流表的读数，则根据欧姆定律有：U3＝I2R3滑片向下移动后同理有：U3′＝I2'R3则两式相减有：|ΔU3||ΔI|=R3CD、设交变电源电压的有效值为U，则有U＝U1+I1R1又根据变压器的规律有：U1U可得表达式：U=k滑片向下移动后同理有：U＝kU2′+1k两式相减有：0＝k（U2﹣U2′）+变形可得：ΔUΔI=U2-故选：BD。【点评】此题考查了变压器的工作原理和电表示数问题，解题的关键是掌握变压器的变压比和变流比的灵活运用，明确理想变压器变压和变流规律。（多选）3．（2024•桃城区校级模拟）交变电路示意图如图所示，图中变压器为理想变压器，已知三个灯泡完全相同，其阻值可视为定值，a、b接入有效值为U的交变电流。初始时滑动变阻器滑片置于最左端时，三个灯泡亮度相同，现让滑片向右滑动，I1、I2、I3、U1、U2、U3的变化量大小分别为ΔI1、ΔI2、ΔI3、ΔU1、ΔU2、ΔU3，下列说法正确的是（）A．n1：n2：n3＝2：1：1 B．滑片向右滑动时，I2增大 C．2ΔI1＝ΔI2﹣ΔI3 D．ΔU【考点】变压器的动态分析——原线圈有负载．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理能力．【答案】AC【分析】根据灯泡正常发光判断灯泡两端的电压关系和通过的电流关系，依据理想变压器的功率关系和电压与线圈匝数关系计算；根据闭合电路欧姆定律分析判断；根据理想变压器电流与线圈匝数关系推导；根据欧姆定律推导。【解答】解：A．滑动变阻器置于最左端时，灯泡正常发光，根据题意可知则此时U2＝U3＝UL，I1＝I2＝I3＝IL由理想变压器的功率关系有U1I1＝U2I2+U3I3联立解得U1＝2U2＝2U3则n1：n2：n3＝2：1：1故A正确；B．将除L2、RP外的所有电路看作等效电源，根据闭合电路欧姆定律可知当RP增大时，路端电压U2增大，则等效电源电流I2减小，故B错误；C．由A中结论n1：n2：n3＝2：1：1可知2I1＝I2+I3、2I1'＝I2'+I3'又因为U2增大，导致U1、U3增大，从而有UL1减小、I3增大，则IΔI1＝I1﹣I1'、ΔI2＝I2﹣I2'、ΔI3＝I3'﹣I3解得2ΔI1＝ΔI2﹣ΔI3故C正确D．根据欧姆定律有ΔU则比值不变，故D错误。故选：AC。【点评】本题关键掌握理想变压器的电压、电流与线圈匝数关系及输入输出功率关系。（多选）4．（2024•辽宁一模）如图所示的变压器，原线圈匝数为n1＝2200匝，输入电压随时间变化为U=2202cos(100πt)，将阻值为10Ω的电阻R接在副线圈AB两端时，功率为A．副线圈中的电流为2A B．原线圈中的电流为122C．副线圈AB两端电压的频率为50Hz D．副线圈的匝数为100匝【考点】理想变压器两端的频率关系；理想变压器两端电流与匝数的关系．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理能力．【答案】BCD【分析】A．根据功率公式可得副线圈回路中的电流；B．根据理想变压器输入功率等于输出功率，可以求解原线圈电流；C．变压器不会改变交流电的频率，根据输入电压随时间变化规律可以求解这个频率；D．根据原副线圈中电流与匝数的关系可得副线圈的匝数。【解答】解：A．根据P=I可得副线圈回路中的电流为I2＝1A故A错误；B．对于理想变压器输入功率等于输出功率，即P＝U1I1所以I1故B正确；C．变压器不会改变交流电的频率，所以副线圈AB两端电压的频率为f=ω故C正确；D．根据原副线圈中电流与匝数的关系可得I1解得n2＝100匝故D正确。故选：BCD。【点评】本题考查变压器，解题关键掌握变压器电压规律和电流的规律，注意电功率的计算公式。（多选）5．（2024•重庆模拟）如图所示，在水平面内质量为0.2kg的导棒置于AB、CD组成的宽为2m导轨上，导轨电阻不计，导棒电阻r0＝1Ω，轨道间充满垂直纸面向里的磁感应强度为0.4T的磁场，导轨BD端连接一原副线圈匝数比为2：1的理想变压器，副线圈接有阻值为R＝2Ω的电阻。某时刻开始，导棒在外力的作用下以v=52A．导棒中产生的电动势e＝4sin20πt（V） B．原线圈两端的电压U1C．电阻R的消耗功率为2W D．0～0.025s内外力对导棒做的功为227【考点】理想变压器两端电压与匝数的关系；理想变压器两端电流与匝数的关系；电磁感应过程中的能量类问题；正弦式交变电流的函数表达式及推导；用有效值计算交流电路的电功、电功率和焦耳热．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；分析综合能力．【答案】BD【分析】根据e＝Blv求导棒中产生的电动势；根据闭合电路欧姆定律、变压关系、变流关系分别列式，即可求得原副线圈两端的电压和电流，从而求得电阻R的消耗功率；0～0.025s内，根据焦耳定律求出产生的热量，由导棒速度表达式求出0.025s时刻导体棒的速度，再根据能量守恒定律求外力对导棒做的功。【解答】解：A、导棒中产生的电动势为e=Blv=0.4×2×52sin20πt(V)=42sin20B、根据理想变压器的电压比和电流比可得U1I1对于导棒和原线圈组成的回路，由闭合电路欧姆定律得E＝I1r0+U1对于R，由欧姆定律得U2＝I2R导棒中产生的电动势有效值为E=综合以上各式可得U1U2I1I故B正确；C、电阻R的消耗功率为P=U22D、该正弦交流电的周期为T=0～0.025s刚好是14个周期，在这段时间内电动势有效值为E＝4V，所以在本段时间内产生的热量为0.025s时刻导体棒的速度为v=5由能量守恒定律得0～0.025s内外力对导棒做的功为W=Q+解得：W=22745J故选：BD。【点评】解答本题的关键要掌握理想变压器的变流关系和变压关系，结合切割感应电动势公式求出原副线圈的电压和电流。（多选）6．（2024•濮阳模拟）如图是差动变压器式位移传感器的简化模型。两组匝数相等的副线圈上下对称分布，在ab端输入稳定的正弦式交流电，电压有效值为Uab，cd间输出电压有效值为Ucd。初始时，铁芯两端与副线圈平齐，铁芯上下移动过程中始终有一端留在副线圈内，则铁芯（）A．向上移动，Ucd减小 B．向下移动，Ucd增大 C．静止不动，增大Uab则Ucd不变 D．向上移动一段距离后，增大Uab则Ucd减小【考点】变压器的构造与原理．【专题】定性思想；推理法；交流电专题；分析综合能力．【答案】BC【分析】根据差动变压器式位移传感器的工作原理进行分析。【解答】解：根据差动变压器式位移传感器的工作原理可知，当磁芯在中间位置时，输出电压为零，一旦向上或者向下移动，将在次级线圈间感应出差分电压，故铁芯向上或向下移动，Ucd都会增大，铁芯静止不动，即使增大Uab，但Ucd依然不变；故BC正确，AD错误；故选：BC。【点评】解答该题的关键是明确差动变压器式位移传感器的工作原理，题目理解起来具有一定的难度。（多选）7．（2024•麦积区二模）实验室中手摇发电机的原理如图所示，两磁体间的磁场视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，发电机的正方形线圈ABCD绕OO′轴以转速n匀速转动。已知线圈的边长为L，匝数为N，总电阻为r，外接小灯泡的电阻为R，其余电阻不计，下列说法正确的是（）A．回路中感应电动势的峰值为4π2n2NBL2 B．小灯泡两端的电压为πnNRBLC．通过小灯泡的电流为2πnNBD．小灯泡的功率为2【考点】正弦式交变电流的函数表达式及推导；电功和电功率的计算；交流发电机及其产生交变电流的原理．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理能力．【答案】CD【分析】根据正弦式交变电流规律求解感应电动势的峰值和有效值；根据闭合电路欧姆定律求解小灯泡两端的电压和通过小灯泡的电流；根据功率公式求解小灯泡的功率。【解答】解：A、感应电动势的峰值为Em＝NBSω＝2πnNBL2故A错误；B、电动势有效值为E=Em2小灯泡两端的电压为U=RR+r故B错误；C、通过小灯泡的电流为I=故C正确；D、小灯泡的功率为P＝I2R解得P=故D正确。故选：CD。【点评】本题考查正弦式交变电流，解题关键是掌握正弦式交变电流规律，结合闭合电路欧姆定律列式求解即可。（多选）8．（2024•江西模拟）图甲为某品牌家用燃气灶点火装置的电路原理图，转换器左侧电路电源为一节新的干电池时，转换器把直流电压按比例转换为图乙所示的正弦交流电压并加在理想变压器的原线圈上，设变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。当两点火针间电压瞬时值大于5000V就会产生电火花进而点燃燃气，闭合S，下列说法正确的是（）A．当n2nB．在正常点燃燃气的情况下，两点火针间电压的有效值一定大于5000V C．电压表的示数为25V D．当燃气灶中的干电池使用太久，输出电压变小，可能会使燃气灶打不着火【考点】变压器的构造与原理；交变电流的u﹣t图像和i﹣t图像；正弦式交变电流的函数表达式及推导．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理能力．【答案】AD【分析】根据图乙得到原线圈电压的最大值，根据有效值与最大值的关系求出电压表的示数，当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会点火，根据电压与线圈匝数比的关系即可求解。【解答】解：A.原、副线圈的电压关系为U1U2=n2n1，由图乙可知原线圈最大电压为B.两点火针间电压的峰值应该大于5000V，峰值是有效值的2倍，有效值不一定大于5000V，故B错误；C.电压表测量的是转换之后的正弦交流电的有效值，由图乙可知原线圈最大电压为50V，则电压的有效值为252V，故C错误；D.干电池旧了，输出电压变小，转换器输出电压相应减小，两点火针最大电压达不到要求，故打不着火。故D正确。故选：AD。【点评】本题考查了理想变压器，要掌握理想变压器的电压与线圈匝数比的关系，知道电压表的示数为有效值。（多选）9．（2024•天津模拟）一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图乙所示，副线圈所接电路如图甲所示，P为滑动变阻器的触头。下列说法正确的是（）A．闭合开关S，副线圈输出电压的频率为50Hz B．闭合开关S，副线圈输出电压的有效值为222V C．闭合开关S，P向上移动时，流过小灯泡的电流减小 D．闭合开关S，P向上移动时，R1两端的电压减小【考点】变压器的构造与原理；交变电流的u﹣t图像和i﹣t图像．【专题】定量思想；推理法；电容器专题；推理能力．【答案】AD【分析】根据原线圈输入电压随时间变化的规律，可以求得输出电压的有效值、周期和频率等。根据电压与匝数成正比确定输出电压的变化、电流的变化，根据功率公式判断变压器的输出功率、输入功率的变化；再由欧姆定律和串并联电路的规律分析灯亮暗的变化及R1电压的变化。【解答】解：A、由图象可知，交流电的周期为T＝0.02s，变压器不改变交流电的频率，故副线圈输出电压的频率为f=1T=10.02HzB、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的有效值为：U1=22022V＝220V，根据U1：U2＝n1：n2可得副线圈电压的有效值为：U2＝22VC、原、副线圈电压之比等于匝数之比，原、副线圈的匝数不变，输入电压不变，则副线圈两端的电压不变，Ph上移，滑动变阻器接入电路的电阻变小，副线圈总电阻减小，副线圈的总电流变大，所以灯泡变亮，故C错误；D、副线圈中灯两端电压与R1两端电压之和不变，但灯泡电压增大，所以R1两端电压变小，故D正确。故选：AD。【点评】变压器的动态问题大致有两种情况：一是负载电阻不变，原、副线圈的电压U1，U2，电流I1，I2，输入和输出功率P1，P2随匝数比的变化而变化的情况；二是匝数比不变，电流和功率随负载电阻的变化而变化的情况。不论哪种情况，处理这类问题的关键在于分清变量和不变量，弄清楚“谁决定谁”的制约关系。（多选）10．（2024•湖北三模）如图所示为理想变压器，已知n1＝100匝，n2＝30匝。电阻R1＝8Ω，R2＝0.36Ω，R3＝2.56Ω。电源为理想交流电源。开关S1闭合s2断开时R2的电功率和开关S2闭合，S1断开时R3的电功率相等。则线圈n3的匝数可能为（）A．20 B．40 C．60 D．80【考点】变压器的构造与原理；电功和电功率的计算．【专题】定量思想；等效替代法；推理法；交流电专题；推理能力．【答案】BD【分析】把定值电阻R1和理想交流电源可等效为一个内阻为R1的电源。R2和R3可分别与变压器等效为定值电阻。然后根据功率相等判断即可。【解答】解：把定值电阻R1和理想交流电源可等效为一个内阻为R1的电源。R2和R3可分别与变压器等效为定值电阻。有两种情况下R2和R3消耗的功率相等。一种是R2和R3等效电阻相等。n12n22R第二种情况是R2和R3等效电阻的乘积等于等效内阻R1的平方，n12n22R2×n1故选：BD。【点评】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比。

考点卡片1．电功和电功率的计算【知识点的认识】1.电功的计算公式：W＝qU＝UIt2.电功率的计算公式：P=W3.如果是纯电阻电路，电流做的功完全用来发热，则有W＝qU＝UIt＝I2Rt=UP＝UI＝I2R=U【解题思路点拨】四个定值电阻连成如图所示的电路。RA、RC的规格为“6V6W”，RB、RD的规格为“6V12W”。将该电路接在输出电压U＝11V的恒压电源上，则（）A、RA的功率最大，为6WB、RB的功率最小，为0.67WC、RC的功率最小，为1.33WD、RD的功率最大，为12W分析：根据P=U2R求出每个电阻值，根据欧姆定律求出电路总电流，进而求出每个并联电阻两端的电压，根据P＝I2R和解答：由P=U2R知，RA＝RC=U12P1=626Ω＝6电阻B和C并联的电阻RBC=RBRC则电路的总电流I=UR=则并联电阻两端电压UBC＝IRBC＝1×2V＝2V则RA的功率为PA＝I2RA＝12×6W＝6WRB的功率为PB=UBC2RC的功率为PC=UBC2RD的功率为PD＝I2RD＝12×3W＝3W由此可知：RA的功率最大，为6WRC的功率最小，为0.67W故A正确，BCD错误；故选：A。点评：本题考查闭合电路的欧姆定律以及电阻功率的求法。注意并联电阻的求解，以及求功率时，串联电路常用P＝I2R而并联电路常用P=U【解题思路点拨】根据具体的电路，电功和电功率的计算有很多公式可选，要先具体分析电路条件，选择出合适的公式，进而计算电功或电功率。2．电磁感应过程中的能量类问题【知识点的认识】1.电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的。安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程。2.求解电能应分清两类情况（1）若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算。（2）若电流变化，则：①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能。3.电磁感应现象中的能量转化（1）安培力做功（2）焦耳热的计算①电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt②感应电流变化时，可用以下方法分析：a.利用动能定理，求出克服安培力做的功W安，即Q＝W安b.利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量，【命题方向】题型一：电磁感应与能量的综合电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S＝1.15m，两导轨间距L＝0.75m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R＝1.5Ω的电阻，磁感应强度B＝0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r＝0.5Ω，质量m＝0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Qr＝0.1J．（取g＝10m/s2）求：（1）金属棒在此过程中克服安培力的功W安（2）金属棒下滑速度v＝2m/s时的加速度a（3）求金属棒下滑的最大速度vm．分析：（1）题中已知金属棒产生的焦耳热Qr＝0.1J，R与r串联，根据焦耳定律分析它们产生的热量关系，从而求得总的焦耳热，即为金属棒克服安培力的功W安．（2）分析金属棒的受力分析，导体棒受到重力，支持力，安培力，做出受力图，求出合力，可以求得加速度．（2）当金属棒的加速度为零时，速度最大，由上题结果求解最大速度．解答：（1）下滑的过程中金属棒克服安培力做功等于回路产生的焦耳热．由于R＝3r，因此由焦耳定律Q＝I2Rt得：QR＝3Qr＝0.3J，所以克服安培力做功：W安＝Q＝QR+Qr＝0.4J（2）金属棒下滑速度v＝2m/s时，所受的安培力为：F＝BIL＝BBLvR+rL由牛顿第二定律得：mgsin30°-B得：a＝gsin30°-代入解得：a＝10×0.5-0．82×0.7（3）金属棒匀速运动时速度最大，即a＝0时，v最大，设为vm．由上题结果得：mgsin30°-B可得：vm=mg(R+r)sin30°B2若根据能量守恒定律得：mgSsin30°=12解得：vm=7.5m/s≈2.73m/s，所以金属棒下滑的最大速度vm为2.73m/s答：（1）金属棒在此过程中克服安培力的功W安是0.4J．（2）金属棒下滑速度v＝2m/s时的加速度a是3.2m/s2．（3）金属棒下滑的最大速度vm是2.73m/s．点评：本题关键要分析功能关系，并对金属棒正确受力分析，应用安培力公式、牛顿第二定律等，即可正确解题．【解题方法点拨】电磁感应中的能量转化问题1．电磁感应中的能量转化特点外力克服安培力做功，把机械能或其它能量转化成电能；感应电流通过电路做功又把电能转化成其它形式的能（如内能）．这一功能转化途径可表示为：2．电能求解思路主要有三种（1）利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．（2）利用能量守恒求解：其它形式的能的减少量等于产生的电能．（3）利用电路特征来求解：通过电路中所消耗的电能来计算．3．交流发电机及其产生交变电流的原理【知识点的认识】1.产生装置将闭合线圈置于匀强磁场，并绕垂直于磁场方向的轴做匀速转动，线圈中将产生按正（余）弦规律变化的交流电。2.两个特殊位置及特点①中性面上图甲和丙所处的位置特点：穿过线圈的磁通量Φ最大，磁通量的变化率ΔΦΔt=0，所以感应电动势E＝0，该应电流I＝②与中性面垂直的位置上图乙和丁所处的位置特点：穿过线圈的磁通量Φ＝0，磁通量的变化率ΔΦΔt最大，所以感应电动势E最大，该应电流I3.交变电流的变化规律对于如图所示的发电机，设t＝0时线圈刚好转到中性面，此时导线AB的速度方向刚好与磁感线平行，因此感应电动势为0。设线圈旋转的角速度为ω，AB和CD的长度为l，AD和BC的长度为d，则经过时间t，线框转过的角度θ＝ωt。线框旋转过程中AB和CD的速度v＝ωd2，与磁感线垂直的速度为vsinθ，即ωd2sinωe＝2Blvsinθ＝ωBldsinωt＝ωBSsinωt其中，S表示线框的面积。设Em＝ωBS，可知线框的电动势是随时间按正弦函数规律变化的，为e＝Emsinωt式中Em是常数，表示电动势可能达到的最大值。对于单匝线圈，Em＝ωBS；如果线圈匝数为N，则Em＝NωBS。同理如果线圈从平行于磁场方向开始转动：e＝Emcosωt。【命题方向】交流发电机的示意图如图所示，当线圈ABCD绕垂直于磁场方向的转轴OO'匀速转动时，电路中产生的最大电流为Im，已知线圈转动的周期为T，下列说法正确的是（）A、图示位置磁通量最大，磁通量的变化率最大B、图示位置电流最大，方向为A→BC、从图示位置开始经过T4D、从图示位置计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为i=分析：线圈平面与磁场垂直时，线圈位于中性面位置，此时磁通量最大，磁通量的变化率最小，电流最小，每经过一次图示位置的中性面，电流方向就改变一次，从中性面开始计时线圈中电流i随时间t变化的关系式为i=I解答：ABC、图示位置为中性面，磁通量最大，磁通量的变化率最小，电流最小，每经过一次图示位置的中性面，电流方向就改变一次，故ABC错误；D、从图示位置计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为i=Imsin故选：D。点评：本题主要考查了中性面，明确线圈位于中性面位置，此时磁通量最大，磁通量的变化率最小，电流最小，每经过一次图示位置的中性面，电流方向就改变一次。【解题思路点拨】正弦交变电流产生的原理矩形线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动的过程中，与轴平行的两条边（导线）切割磁感线，因而产生感应电动势，线圈上就有了电流．交流发电机的工作过程是将机械能转化为电能和回路中内能的过程，符合能量守恒定律.4．交变电流的u-t图像和i-t图像【知识点的认识】1.用以描述交流电随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时，其图象为正弦曲线．如图（e）、（f）所示．2.可以直接或间接从图像上读取的物理量有：任意时刻的电压或电流、交变电压或电流的最大值、交变电压或电流的周期、可以求出交变电流或电压的角频率（线圈转动的角速度）、交变电压或电流的表达式、交变电压或电流的有效值等。【命题方向】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为交流电流表．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动．从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是（）A．电流表的示数为10AB．线圈转动的角速度为50πrad/sC．0.01s时线圈平面与磁场方向平行D．0.02s时电阻R中电流的方向自右向左分析：由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向．解答：A、由题图乙可知交流电电流的最大值是Im=102A，周期T＝0.02s，由于电流表的示数为有效值，故示数I=IB、角速度=2πT=100πrad/sC、0.01s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，选项C正确；D、由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向自左向右，选项D错误．故选AC．点评：本题是2013年的高考题，考查的知识点较多，难度不大．【解题方法点拨】解决交变电流图象问题的三点注意（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象问题时，应先把交变电流的图象与线圈的转动位置对应起来，再根据特殊位置求特征解．5．正弦式交变电流的函数表达式及推导【知识点的认识】1.正弦式电流的函数表达式为i＝Imsinωt，u＝Umsinωt，式中Im、Um分别表示电流和电压的峰值。i和u表示电流和电压的瞬时值。ω表示线圈转动的角速度。（1）此表达式代表的是线圈从中线面开始转动的情况。（2）式子中Um＝NBSω。2.表达式的推导：若矩形线圈在磁场中从中性面开始以角速度o匀速转动，如图所示，则经时间t：（1）线圈转过的角度为θ＝ωt。（2）ab边的线速度跟磁感线方向的夹角θ＝ωt。（3）ab边转动的线速度大小v＝ωl（4）ab边产生的感应电动势eab＝Blabvsinθ=BSω2•sinω（5）整个线圈产生的感应电动势e＝2eab＝BSωsinωt，若线圈为n匝，则e＝nBSωsinωt。【命题方向】矩形线圈在匀强磁场中转动产生e＝2202sin100πtVA、频率是50HzB、当t＝0时，线圈平面恰好与中性面垂直C、当t=1200sD、有效值为220V分析：根据交流电的表达式，可以知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等．解答：A、线圈的角速度为100πrad/s，故其频率为：f=ω2π=50HzB、当t＝0时e＝0，此时线圈处在中性面上，故B错误。C、当t=1200s时，sin100πt＝1，所以e有最大值，故D、有效值为：22022=220V故选：ACD。点评：对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义．【解题思路点拨】1.交变电压的表达式u＝Umsinωt，根据欧姆定律即可得出电路中电流的i=u2.正弦式交变电流瞬时值的表达式6．用有效值计算交流电路的电功、电功率和焦耳热【知识点的认识】1.计算交流电路中的电功、电功率和焦耳热时，需要用有效值进行计算。2.交变电流的计算方法：（1）对于正弦式交变电流：I=Im2，（2）对于非正弦交变电流，可利用有效值的定义来计算其有效值。【命题方向】将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l，它在磁感应强度为B、方向如图的匀强磁场中匀速转动，转速为n，导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路有额定功率为P的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为（）A、(2l2nB)2PlB、2分析：根据Em＝nBSω可以求得最大电动势的大小，由P=U解答：根据最大感应电动势Em＝nBSω可得，最大感应电动势为Em＝Bl22πn，所以有效的电动势为E=Em2=2由P=U灯泡的电阻R=U2P故选：B。点评：掌握住最大感应电动势的计算方法是本题的关键，记住最大感应电动势Em＝nBSω和有效值之间的关系，计算时的电压要用有效值来计算。【解题思路点拨】1.对有效值的理解：在一个周期内通过同一个电阻，跟交变电流的热效应等效的恒定电流值、电压值。（1）正弦式交变电流的有效值Ⅰ、U与峰值Im、Um的关系为：I=Im2，（2）非正弦式交变电流的有效值只能根据电流的热效应计算。（3）有效值的应用计算与电流热效应有关的量、交流电表的测量值、电气设备标注的额定电压和额定电流以及通常提到的交流的数值都指有效值。2.交变电流“四值”的应用对交变电流的“四值”的比较和理解物理量物理意义适用情况及说明瞬时值e＝Emsinωtu＝Umsinωti＝Imsinωt计算线圈某时刻的受力情况峰值（最大值）Em＝nBSωIm=讨论电容器的击穿电压有效值对正（余）弦交流电有：E=EU=UI=I（1）计算与电流的热效应有关的量（如电功、电功率、电热等）（2）电气设备“铭牌”上所标的一般是有效值（3）保险丝的熔断电流为有效值（4）电表的读数为有效值平均值E=BLE=I=计算通过电路截面的电荷量7．变压器的构造与原理【知识点的认识】1.变压器的构造：变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的（如图）。一个线圈与交流电源连接，叫作原线圈，也叫初级线圈；另一个线圈与负载连接，叫作副线圈，也叫次级线圈。2.各部分的功能原线圈：接在交流电源上的线圈，在铁芯内产生交变磁场。副线圈：连接负载的线圈，产生感应电动势，为负载提供电能。铁芯：硅钢叠合成的闭合框架，能增强磁场和集中磁感线，提高变压器效率。3.工作原理：互感现象是变压器工作的基础。当原线圈两端加上交变电压U1时，原线圈中就有交变电流I1通过，并在铁芯中产生交变的磁场，铁芯中的磁通量就发生变化。由于副线圈也绕在同一铁芯上，铁芯中磁通量的变化便会在副线圈上产生感应电动势。4.理想变压器（1）闭合铁芯的“漏磁”忽略不计。（2）变压器线圈的电阻忽略不计。（3）闭合铁芯中产生的涡流忽略不计。即没有能量损失的变压器叫作理想变压器。【命题方向】关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是（）A、通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变B、穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都不相等C、穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势D、原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈分析：变压器的工作原理是互感现象，理想变压器是无漏磁、无铜损、无铁损．解答：A、通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量是按照正弦规律周期性变化的，故A错误；B、由于是理想变压器，穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等，故B错误；C、穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势，符合法拉第电磁感应定律，故C正确；D、变压器的工作原理是互感现象，原、副线圈并没有直接相连，故D错误；故选：C。点评：本题关键是明确变压器的工作原理，知道理想变压器是指无能量损失的变压器，基础题．【解题思路点拨】变压器是由原线圈、副线圈和铁芯组成的，因为器工作原理是互感现象，可以改变交变电流的大小，对直流电流无效。8．理想变压器两端电压与匝数的关系【知识点的认识】一、理想变压器的基本规律1.理想变压器原、副线圈的电压与匝数的关系（1）原、副线圈的电压之比等于匝数之比：U1：U2＝n1：n2（2）如果n1＞n2，变压器为降压变压器；如果n1＜n2，变压器为升压变压器2.理想变压器原、副线圈的功率关系原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率：P入＝P出3.理想变压器原、副线圈的电流与匝数的关系（1）只有一个副线圈时：原、副线圈的电流之比等于匝数的反比：I1：I2＝n2：n1（2）有多个副线圈时由P1＝P2，可得U1I1＝U2I2+U3I3+•••或n1I1＝n2I2+n3I3+•••4.理想变压器原、副线圈的功率关系变压器只改变交变电流的大小，不改变交变电流的频率：f1＝f2二、各物理量之间的因果关系（1）由于U1取决于电源电压，由U2=n2n1U1可知U1（2）由于副线圈中电流取决于所接负载I2=U2R，由I1=n2n1I（3）由于副线圈输出功率取决于负载消耗的功率，由P入＝P出可知输出功率决定输入功率，功率按需提供。【命题方向】如图所示，L1、L2是理想变压器的两个线圈．如果把它当作降压器，则（）A、L1接电源，原、副线圈两端电压之比为1：5B、L1接电源，原、副线圈两端电压之比为5：1C、L2接电源，原、副线圈两端电压之比为5：1D、L2接电源，原、副线圈两端电压之比为1：5分析：根据理想变压器中原副线圈的电压与匝数成正比即可分析求解．解答：如果把它当作降压器，则原线圈的匝数应比副线圈匝数多，所以L1接电源，U1故选：B。点评：要根据理想变压器中电流、电压与匝数比之间的关系进行有关问题的解答，难度不大，属于基础题。【解题思路点拨】理想变压器的规律理想变压器①没有能量损失；②没有磁通量损失基本关系功率关系原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率P入＝P出电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比，即U1电流关系①只有一个副线圈：电流和匝数成反比，即I1②多个副线圈：由输入功率和输出功率相等确定电流关系，即U1I1＝U2I2+U3I3+…+InUn频率关系原、副线圈中电流的频率相等制约关系电压副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定，即U2=n2n功率副线圈中的功率P2由用户负载决定，原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定，即P1＝P2（副制约原）电流原线圈的电流I1由副线圈的电流I2和匝数比决定，即I1=n2n9．理想变压器两端电流与匝数的关系10．理想变压器两端的功率关系【知识点的认识】一、理想变压器的基本规律1.理想变压器原、副线圈的电压与匝数的关系（1）原、副线圈的电压之比等于匝数之比：U1：U2＝n1：n2（2）如果n1＞n2，变压器为降压变压器；如果n1＜n2，变压器为升压变压器2.理想变压器原、副线圈的功率关系原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率：P入＝P出3.理想变压器原、副线圈的电流与匝数的关系（1）只有一个副线圈时：原、副线圈的电流之比等于匝数的反比：I1：I2＝n2：n1（2）有多个副线圈时由P1＝P2，可得U1I1＝U2I2+U3I3+•••或n1I1＝n2I2+n3I3+•••4.理想变压器原、副线圈的功率关系变压器只改变交变电流的大小，不改变交变电流的频率：f1＝f2二、各物理量之间的因果关系（1）由于U1取决于电源电压，由U2=n2n1U1可知U1（2）由于副线圈中电流取决于所接负载I2=U2R，由I1=n2n1I（3）由于副线圈输出功率取决于负载消耗的功率，由P入＝P出可知输出功率决定输入功率，功率按需提供。【命题方向】理想变压器原、副线圈匝数比为10：1．下列说法正确的是（）A、原、副线圈上的电流之比为10：1B、正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1：1C、原、副线圈产生的电压之比为10：1D、正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为10：1分析：变压器的原线圈的输入电压决定副线圈的输出电压，副线圈的输出功率决定原线圈的输出功率，由于匝数比不变，故副线圈的输出电压保持不变，当负载电阻减小时，输出功率变大，故输入功率也变大．解答：A、理想变压器，原副线圈的电流与匝数成反比为1：10，故A错误；BD、由于是理想变压器，则原副线圈的电功率是相等的，正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1：1，故B正确D错误；C、理想变压器，原副线圈的电压与匝数成正比，可得原、副线圈产生的电压之比为10：1．故C正确；故选：BC。点评：该知识点题目比较简单，且题目单一，只要记住了原副线圈的输入功率和输出功率关系，输入电压和输出电压的关系的一切题目都水到渠成．【解题思路点拨】理想变压器的规律理想变压器①没有能量损失；②没有磁通量损失基本关系功率关系原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率P入＝P出电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比，即U1电流关系①只有一个副线圈：电流和匝数成反比，即I1②多个副线圈：由输入功率和输出功率相等确定电流关系，即U1I1＝U2I2+U3I3+…+InUn频率关系原、副线圈中电流的频率相等制约关系电压副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定，即U2=n2n功率副线圈中的功率P2由用户负载决定，原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定，即P1＝P2（副制约原）电流原线圈的电流I1由副线圈的电流I2和匝数比决定，即I1=n2n11．理想变压器两端的频率关系【知识点的认识】一、理想变压器的基本规律1.理想变压器原、副线圈的电压与匝数的关系（1）原、副线圈的电压之比等于匝数之比：U1：U2＝n1：n2（2）如果n1＞n2，变压器为降压变压器；如果n1＜n2，变压器为升压变压器2.理想变压器原、副线圈的功率关系原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率：P入＝P出3.理想变压器原、副线圈的电流与匝数的关系（1）只有一个副线圈时：原、副线圈的电流之比等于匝数的反比：I1：I2＝n2：n1（2）有多个副线圈时由P1＝P2，可得U1I1＝U2I2+U3I3+•••或n1I1＝n2I2+n3I3+•••4.理想变压器原、副线圈的功率关系变压器只改变交变电流的大小，不改变交变电流的频率：f1＝f2二、各物理量之间的因果关系（1）由于U1取决于电源电压，由U2=n2n1U1可知U1（2）由于副线圈中电流取决于所接负载I2=U2R，由I1=n2n1I（3）由于副线圈输出功率取决于负载消耗的功率，由P入＝P出可知输出功率决定输入功率，功率按需提供。【命题方向】如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2：1．电池和交变电源的电动势都为6V，内阻均不计。下列说法正确的是（）A、S与a接通的瞬间，R中无感应电流B、S与a接通稳定后，R两端的电压为0C、S与b接通稳定后，R两端的电压为3VD、S与b接通稳定后，原、副线圈中电流的频率之比为2：1分析：变压器对于交流电起作用，接在直流电中是不起作用的，再根据最大值和有效值之间的关系以及电压与匝数成正比即可求得结论。解答：A、在S与a接通的瞬间，由于电流由零突然变大，所以线圈中的磁通量会发生变化，副线圈中的R会有感应电流，所以A错误。B、在S与a接通稳定后，电路中的电流稳定，磁通量不会发生变化，所以副线圈中不会有感应电流产生，电阻R两端的电压为0，所以B正确。C、在S与b接通稳定后，由于b是交流电源，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压为3V，所以C正确。D、变压器不会改变交流电源的频率，所以原、副线圈中电流的频率是相同的，所以D错误。故选：BC。点评：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题。【解题思路点拨】理想变压器的规律理想变压器①没有能量损失；②没有磁通量损失基本关系功率关系原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率P入＝P出电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比，即U1电流关系①只有一个副线圈：电流和匝数成反比，即I1②多个副线圈：由输入功率和输出功率相等确定电流关系，即U1I1＝U2I2+U3I3+…+InUn频率关系原、副线圈中电流的频率相等制约关系电压副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定，即U2=n2n功率副线圈中的功率P2由用户负载决定，原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定，即P1＝P2（副制约原）电流原线圈的电流I1由副线圈的电流I2和匝数比决定，即I1=n2n12．变压器的动态分析——原线圈有负载【知识点的认识】1.理想变压器的规律理想变压器①没有能量损失；②没有磁通量损失基本关系功率关系原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率P入＝P出电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比，即U1U电流关系①只有一个副线圈：电流和匝数成反比，即I1②多个副线圈：由输入功率和输出功率相等确定电流关系，即U1I1＝U2I2+U