恒定电流与交变电流-2025届高考物理二轮复习热点题型归类

选择7恒定电流与交变电流

考点内容考情分析

考向一电路的动态分析高考对于这部分知识点主要以创

考向二纯电阻电路和非纯电阻电路中的电功与电热

设的情景或者模型进行命题，强

考向三交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较化对物理基本概念、基本规律的

考核试题的呈现形式丰富，提问

考向四变压器及动态分析远距离输电

角度设置新颖。

蜀深究懈题攻略”

1.思想方法

一、理清直流电路知识点体系

总功率：P=/E输出功率：尸£=/U损耗功率：心=R

一——

电源q直沆电路的动态分析含容直沆电路的分析

直流电路＞f----------------＞闭合电路的欧姆定律

＞用电器电路故障的分析电路中的能量转化

电阻：/?=〃(电功：w=u〃电热：Q=r放

0

二、正弦交变电流“四值”的理解与应用

»计算电容器的耐压值

3t—计算闪光电里的闪光时间等

■»电友的淡数及计算电热、电功及保险丝的熔断电流

»计算通过导体的电荷量

三、理想变压器和远距离输电

P,-PPi-4h_="2

>~'U2~n2'l2ni

理想变压器）—

IL.=Jh

FlA-»i、P尸

制约》U)/,决定1'

决定^u2决定决定3B

2.模型建构

一、直流电路的分析与计算

1.闭合电路的欧姆定律的三个公式

（1）E=U外+U内（任意电路）:

⑵E=U外+1（任意电路）:

(3)E=I(R+r)(纯电阻电路):

2.动态电路分析的三种方法

（1）程序法

|并联分流

侵路।

|串联分压|

2、需要记住的几个结论

①当外电路的任何一个电阻增大（或减小）时，整个电路的总电阻一定增大（或减小）。

②若电键的通断使串联的用电器增多时，总电阻增大；若电键的通断使并联的用电器增多时，总

电阻减小

③用电器断路相当于该处电阻增大至无穷大，用电器短路相当于该处电阻减小至零。

(2)“串反并同”结论法

①所谓“串反”，即某一电阻增大时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将

减小，反之则增大。

②所谓“并同“，即某一电阻增大时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将

增大，反之则减小。

u串J、(U并f

即：[串1_Rf_I箱

P串1/[P并T

(3)极限法

因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，让电阻最大或为零

再讨论。

二、交变电流的产生和描述

1.公式法

E.UI

利用£=亍、〃=)、/=)计算，只适用于正(余)弦式交变电流。

2.有效值的定义计算法(非正弦式电流)

计算时要抓住“三同”：“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”，列式求解，注意时间至

少取一个周期或为周期的整数倍。

3.能量关系法

当有电能和其他形式的能转化时，可利用能的转化和守恒定律来求有效值。

三、变压器

1.理想变压器的基本关系式

(1)功率关系：出。

(2)电压关系：—O若小＞几2,为降压变压器；若孙＜几2,为升压变压器。

Uim

J1

(3)电流关系：只有一个副线圈时，一=一；有多个副线圈时，UI=UI+UI+...+UI

hn\XX2233nnO

四、远距离输电

1.降低输电损耗的两个途径

减少输电损耗的理论依据：P损=尸八

⑴减小输电线的电阻：根据电阻定律尸不，要减小输电线的电阻z在输电距离一定的情况下,

可采用减小材料的电阻率、增大导线的横截面积的方法。

(2)减小输电导线中的电流：在输电功率一定的情况下，根据P=S,要减小电流，必须提高输

电电压。

2.远距离输电问题的分析方法

对高压输电问题，应按“发电机一升压变压器-远距离输电线一降压变压器一用电器”这样的顺

序，或从“用电器”倒推到“发电机”一步一步进行分析。

3.远距离高压输电的几个基本关系(以下图为例)

(1)功率关系：2|=尸2,

,q、务乂kUin\hth〃3U

(2)电压、电流关系：一=—=一,—=—=一,

UlYl2/1。4〃4h

仿=八。+。3，/2=，3=/线。

尸2_23_。2—。3

(3)输电电流：/线

U3—R线

2

(4)输电线上损耗的电功率尸损=/线八。=题?线=R线。

当输送的电功率一定时，输电电压增大到原来的〃倍，输电线上损耗的功率就减小到原来的士。

/亲临"高考练场"

考向一电路的动态分析

1.（2024•丹阳市校级一模）如图所示，电源电动势为E,内阻为r。电路中的R2、R3分别为总阻

值一定的滑动变阻器，Ro为定值电阻，Ri为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）。当开

关S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。下列说法中正确的是（）

Ri

A.若断开开关S,带电微粒向上运动

B.只逐渐减小对Ri的光照强度时，电压表示数变大，电阻Ro消耗电功率变大

C.只调节电阻R2的滑动端Pi向下端移动时，电压表示数不变，带电微粒向上运动

D.只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电

【解答】解：A、带电微粒恰好处于静止状态，则带电微粒受到向下的重力和向上的电场力平衡。

当断开开关S,电容器通过所处的回路放电，板间电场减小，带电微粒所受电场力减小，所以带

电微粒将向下运动，故A错误;

B、只减小对Ri的光照强度时，心的阻值增大，电路中的总电阻增大，总电流减小，则电源的内

压减小，路端电压增大，所以电压表示数增大。根据热功率的公式Po=/&Ro可知，电阻Ro消耗

的电功率减小，故B错误；

C、分析电路可知，电容器的电压与R2上半部分电阻的电压相等，只调节电阻R2的滑动端Pi向

下端移动时，电路中的总电流不变，但是R2上端电阻增大，电压增大，即电容器两端电压增大,

U

根据公式E=：可知，板间场强增大，带电微粒所受电场力增大，则带电微粒将向上运动，故C

正确；

D、由电路结构可知，电路稳定时，R3没有电流通过，所以当只调节电阻R3的滑动端P2向上端

移动时，不会影响电路中的电流，即电路中的电流不变，电源消耗的电功率不变，电容器带电量

不变，电阻R3中也没有电流通过，故D错误。

故选：Co

2.（2024•镇海区校级模拟）如图所示，C为平行板电容器，D为理想二极管。当滑动变阻器R2

的滑片在中点时，闭合开关K,带电小球恰能在两平行板间静止，下列说法正确的是（）

I

C9

DZS一j

A——II_——C_H

为R2

A.若将滑动变阻器R2的滑片向右移动，电容器带电量不变

B.若将滑动变阻器R2的滑片向右移动，则带电小球将向下加速运动

C.若电容器的上金属板向下平移一小段距离，则带电小球向下加速运动

D.若电容器的上金属板向上平移一小段距离，则带电小球仍保持静止

【解答】解：由图可知，电阻Ri和R2串联分压，电容器与Ri并联，则电路稳定时，电容器两

端的电压与Ri两端的电压相等。

A、滑动变阻器R2的滑片向右移动时，R2接入电路的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，

Q-

电路中电流增大，Ri两端的电压增加，则电容器的电压增加。由公式C=;可知，电容C不变，U

增加时，Q增加，二极管处于导通状态，电容器充电，电容器带电量增加，故A错误；

B、闭合开关K时，带电小球恰能在两平行板间静止，由平衡条件可知，小球受到的竖直向下的

重力mg和竖直向上的电场力Eq大小相等。由A分析可知，滑动变阻器R2的滑片向右移动，电

U

容器的电压增加，由公式E=:可知，U增加，板间距离d不变时，则板间场强E增加，则小球

a

受到的电场力增加，带电小球将向上加速运动，故B错误；

Sr'S

C、电容器的上金属板向下平移一小段距离时，板间距离d减小，由公式C=石而可知，电容器

Q4

的电容C增大，由公式C=5可知，电容C增大，若U不变时，Q增加，二极管处于导通状态,

U

电容器充电。由公式E=：可知，U不变，d减小时，场强E增加，则小球受到的电场力增加，带

a

电小球将向上加速运动，故c错误；

Er'S

D、电容器的上金属板向上平移一小段距离，板间距d增大，由公式C=£赤可知，d增大时，

Q

电容C减小，由公式C=5可知，电容C减小，若U不变时，Q减小，流经二极管的电流为负向

UQSr-S4nkQ

电流,电容器不能放电，即Q不变，则U增加。由公式E=£,C=常，C=薪启联立得E=方/

可知,板间场强E不变，则小球受到的电场力不变，带电小球静止不动，故D正确。

故选:Do

3.（2024•镜湖区校级二模）在如图所示的电路中，灯泡A和Ri的阻值均为2。，灯泡B和R2的

阻值均为4Q,电源电动势E=15V,内阻r=5Q,灯泡A和B的额定电压均为2.4V,R3为定

值电阻，闭合开关S,灯泡A和B恰好正常发光。若某时刻R2突然发生断路，设A、B均不会

被烧坏。则（）

%

A.A、B灯泡均变亮

B.灯泡A和灯泡B的功率之和变大

C.灯泡A两端电压变化比灯泡B两端电压变化大

D.R3消耗的电功率变小

【解答】解：A、若电阻R2断路，外电路电阻增大，干路电流减小，内电压减小，则外电路分得

的电压增大，R3所在电路电流增大，Ri所在电路电流减小，所以灯泡A变暗。灯泡A和Ri的

电压均减小，而路端电压增大，则灯泡A、卬和灯泡B的电压之和增大，则灯泡B的电压增大,

B灯泡变亮，故A错误；

B、R2断开前，灯泡A的功率为

2.42

P4=d=-^-W=2.88W

KA2

灯泡B的功率为

CUB2.42

PB=十=—r-w=1.44W

RB4

灯泡A电流为

U2.4

1“=豆A=丁=1.2A

因灯泡A和Ri的阻值均为2。，灯泡A和B的电压均为2.4V,则路端电压为

U=3UA=3X2.4V=7.2V

干路电流为

E-U15-7.2

I=------=----------A=1.56A

r5

R3的阻值为

U7.2

口3=7~7~=TT7~7^^—20（1

i-iA1.5o—l.z

R2断开后，外电路电阻为

R外=R3+RA+R1+RB

此时的路端电压为

R外

U—R外+厂匕

通过两灯泡的电流为

U'

r=---------------

RZ+AI+RB

灯泡A和灯泡B的功率分别为

PA=/2偌，Pg=I2RB

联立解得：PA=2W,PB=4W,可见灯泡A和灯泡B的功率之和变大，故B正确；

C、因为灯泡A和B电压之和增大，而灯泡A两端电压减小，则灯泡B两端电压增大，并且灯

泡B两端电压变化的值大于灯泡A两端电压变化的值，故C错误;

D、由于R3两端电压变大，所以R3消耗功率变大，故D错误。

故选：Bo

4.（2024•姜堰区校级模拟）在如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r,L为小灯泡（其灯丝

电阻可视为不变），Ri、R2为定值电阻（Ri>r）,R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强

度的增大而减小，V为理想电压表。若将照射R3的光的强度减弱，则（）

A.电压表的示数变大B.电源输出功率变小

C.通过R2的电流变小D.小灯泡变亮

【解答】解：A、照射R3的光的强度减弱，光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大，由闭合

电路欧姆定律可知干路中电流减小，故Ri两端的电压减小，电压表示数减小，故A错误；

CD、因干路中电流减小，根据U=E-Ir可知，电源的内电压减小，路端电压增大，同时Ri两端

的电压减小，故并联电路部分电压增大，则流过R2的电流变大，流过小灯泡的电流一定变小，

小灯泡变暗，故CD错误；

B、因Ri>r,电路中的总电阻增大，根据电源的内外电阻相等时电源的输出功率最大，可知，电

源输出功率变小，故B正确。

故选：B„

5.（多选）（2024•枣强县校级模拟）图甲为交警正在用气体酒精浓度测试仪查酒驾的情景，图乙

为气体酒精浓度测试仪的原理图，&为气敏电阻，其阻值随气体中酒精浓度的增大而减小，Ro

为报警器的电阻（阻值不变），Ro大于电源内阻，当报警器两端的电压达到一定值时，报警器

报警。测试仪使用前应先调零，即当气体中酒精浓度为0时，调节滑动变阻器R2的滑片，使电

压表示数为Uo,调零后R2的滑片位置保持不变。测试时，当气体酒精浓度达到酒驾指定浓度

时，电压表示数增大为U,报警器报警。当一位酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，下列说法正确

A.当Ri两端的电压减小U-Uo时，报警器开始报警

B.电源的输出功率增大

C.移去电压表，报警时气体酒精浓度比指定的浓度小

D.若不小心将R2的滑片向下移了一些，报警时气体酒精浓度比指定的浓度大

【解答】解：A.根据题意可知R］、R2及电源内阻总的电压减小U-Uo时，报警器才开始报警,

故A错误；

B.当外电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，小变小，由于R）大于电源内阻，因此外电

阻减小，电源的输出功率变大，故B正确；

C.移去电压表，报警器部分的电阻变大，两端要达到报警时的电压，传感器的电阻必须更大，因

此报警时气体酒精浓度比指定的浓度小，故C正确；

D.若不小心将R2的滑片向下移了一些，滑动变阻器的电阻减小，则报警时传感器的电阻比正常

设计报警时的电阻大，报警时气体酒精浓度比指定的浓度小，故D错误。

故选：BCo

考向二纯电阻电路和非纯电阻电路中的电功与电热

6.（2023•杭州一模）如图是某品牌排烟风机的相关参数，若已知空气密度为1.3kg/m3,则下列表

述判断正确的是（）

风机流量22000m3/h

风机效率65%

电机电功率5.5kW

风机转速1450r/min

工作电压220V/50Hz

A.风机的转动的角速度为314rad/s

B.排风扇的内电阻约为8.8。

C.空气排出的速度约为15m/s

D.出风口半径约为0.26m

145

【解答】解：A、风机转速n=1450r/min=-^―r/s

145兀

风机转动的角速度为3=2irn=­-~~rad/s

故A错误；

B、由表格得，风机的工作电压U=220V

电功率为P电=5.5kW=5500W

由P9=UI得，电流I=25A

风机的输出功率P出=1^电=65%X5500W=3575W

热功率为P热=P电-P出=5500W-3575W=1925W

c192577

由P执=KR得，排风扇的内电阻R==^Q=.Q=3.08Q

故B错误；

1c

C、设空气排出的速度为v,时间t内，由能量守恒定律的：P*t=^Qtpv2

代入数据解得：v=30m/s

故C错误；

D、风机的流量Q=virr2

代入数据解得，出风口半径r^O.26m

故D正确。

故选：D。

7.（2023•浙江模拟）如图为某人设计的电吹风电路图，a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇

形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹

冷风三种工作状态。卬和皿分别是理想变压器原、副线圈的匝数。该电吹风的各项参数如表所

示。下列说法中正确的是（）

热风时输入功率460W

冷风时输入功率60W

小风扇额定电压60V

正常工作时小风扇输出功率52W

电

热

丝

B.吹热风时流经电热丝的电流约为2.1A

C.变压器原、副线圈的匝数比卬：112为3：11

D.吹冷风时P的c触点与a接触、P的d触点与b接触

【解答】解：D、当电吹风送出来的是冷风时，电路中只有电动机工作，触片P应与触点b、c接

触，故D错误；

A、由表格数据得，冷风时输入功率为60W,正常工作时小风扇输出功率为52W,说明小风扇内

阻消耗的功率为8W,则有匕=I2r

P入60

I=----=—A=1A

U60

联立解得：r=8Q

故A正确；

B、吹热风时，电热丝的热功率为P=460W-60W=400W

P400

流经电热丝的电流为I'=斤=9#=1.84

故B错误；

niur22011

C、理想变压器原副线圈的匝数之比等于电压比，有二二弁二二二元

几2U6U3

故C错误。

故选：Ao

8.（2024•九龙坡区模拟）工程师对某款新能源汽车的直流蓄电池进行性能测试，测试过程中系统

P1

输出的莉一7图像如图，其中P为直流电源的输出功率，I为总电流，下列说法正确的是（）

「（W-A-2）

-ir24

A.该蓄电池的电动势为12V

B.该蓄电池的内阻为2C

C.该蓄电池的最大输出功率为144W

D.该蓄电池的短路电流为12A

【解答】解：AB.根据题意可知，直流电源的输出功率P=EI-12r

PE

变形可得77=7-r

结合题图可得

E=24V,r=lQ

故AB错误;

EE2

C.根据闭合电路欧姆定律P=EI-12r=一。一二）2+

2r4r

E24

可知，当I=T^=77J7A=12A

2r2x1

£2242

时有最大的输出功率，最大输出功率Pmax=K=RrW=144W

4r4x1

故C正确；

E24

D.该蓄电池的最大电流即为短路电流，短路电流Imax=-=丁A=24A,故D错误。

故选：Co

9.（2023•湖南模拟）如图所示电路中，电源电动势E=8V,内阻r=lQ,定值电阻Ri=9。，R2=

ion,R3=5Q；滑动变阻器R4的取值范围为o〜15。。闭合开关S,调节滑动变阻器的滑片，

使必取不同的阻值接入电路，则下列说法正确的是（）

A.&=0时，定值电阻Ri消耗的功率最大，为2W

B.2=5。时，电源内阻消耗的功率最小，为0.5W

C.2=10。时，取消耗的功率最大，为0.4W

D.&=15。时，电源的效率最高，为90%

【解答】解：A、R4=0时，外电阻最小，总电流最大，则定值电阻Ri消耗的功率最大，此时并

R2R310x510

联部分的总阻值为R并=n,p=12匚。=刀。

丹K2+K310+53

E8

由闭合电路欧姆定律得干路电流为I=R并+夫1+「=1。।9I]A=0.6A

则定值电阻Ri消耗的功率为PI=I2RI=0.62X9W=3.24W,故A错误；

B、电源内阻消耗的功率P内=Fr

当电源内阻消耗的功率最小时，电路中的总电流应最小，对应的外电路电阻最大，即当网=15。

时，电源内阻消耗的功率最小，故B错误；

C、为求滑动变阻器R4消耗的最大功率，可对原电路进行如下图所示的等效变换。

易知，等效电源的等效电动势E，=4V,等效内阻r占10。，故当后=/=10。时，孔消耗的功率

E'242,~

取大，且为Pmax=石7=4X10-=04"'故C正确；

UR1

D、当R4=15Q时，总的外电阻最大。由于电源效率n=-x100%--x100%=77^x100%

7?2，（〃3+厉4）

显然，当总的外电阻R最大时，T］取最大值，当R4=15Q时，总的外电阻为R,MR〜二、+

1尺2+（尺3+及4）

10x(5+15)47

R1=12+9。=-12

10+5+15

R'

此时n最大，且为n=-^7^xioo%=X100%=94%故D错误。

故选：Co

10.（2023•台州二模）某款电动自行车的内部电路可简化为如图所示，电源铭牌上标有“36V,12A

•h”字样。正常工作时，电源的输出功率为180W,工作效率为75%,电动机机械效率为80%。

已知自行车运动时受到阻力恒为40N。正常工作时（）

A.电动机两端电压为36V

B.电动机的电流约为5A

C.自行车匀速行驶的最长时间约为1.8h

D.自行车匀速行驶的最远距离约为30km

【解答】解：AB、正常工作时，电源的输出功率为180W,工作效率为75%,则电源的输入功率

P输出180

为P输入元而加=24。勿

且由公式P=UI

P输入240

解得电动机的额定电流约为I=77/=示■力«6.74

设电动机的内阻为「M，电动机的效率为80%,贝ljP-0.8P=PrM

(1-0.8)x180

解得=,Qx0.8/2

6.72

P180

由于电源与电动机都有内阻，故电动机两端电压U=7=7yX277

IO.7/

故AB错误;

Q12

CD.根据电池容量Q=12Ah,放电电流为6.7A,则可得t=彳=%二/=1.8%

自行车匀速行驶时牵引力与阻力相等，即F=f=40N

则由80%P=fv

0.8P0.8x180

解得v==---------m/s=3.6m/s

自行车匀速行驶的最远距离约为x=vt=3.6X1.8X3600m=23328m=23.328km

故C正确，D错误。

故选：C。

考向三交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较

11.（2024•和平区校级模拟）电蚊拍利用高压电击网来击杀飞近的蚊虫。如图所示，将3V直流电

压通过转换器转变为正弦交变电压u=3sinl0000m（V）,再将其加在理想变压器的原线圈上，

副线圈两端接电击网，电压峰值达到2700V时可击杀蚊虫，正常工作时（）

电蚊拍的高

压电击网

高

频

转

换

器

A.交流电压表的示数为3V

712

B.副线圈与原线圈匝数比需满足二2900

C.电击网上的高频电压的频率为10000Hz

D.将3V直流电压连接在变压器的原线圈两端电蚊拍也可以正常工作

UIm3_3_

【解答】解：A、正弦交变电压的有效值为：U1=F=7、叵匕交流电压表的示数为泊也故

V2乙，

A错误；

九2U2m2700

B、根据变压器原的变压规律，可知副线圈与原线圈匝数比需满足：£n=-2-^=900,故

lUim3

B正确：

3100007T

C、从题设表达式可以求出，电击网上的高频电压的频率为：f===-；-----Hz=5000Hz,故

/兀Z7T

C错误：

D、将3V直流电压连接在变压器的原线圈两端，由于通过副线圈的磁通量不变，那么副线圈不

会产生感应电动势，电蚊拍不可以正常工作，故D错误。

故选：B。

12.（2024•庐阳区校级模拟）如图为某电吹风的设计电路图，a、b、c、d为四个固定触点，可动

的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风

和吹冷风三种工作状态，理想变压器原、副线圈的匝数分别记为5和叫。下列说法中正确的是

热风时输入功率500W

冷风时输入功率60W

小风扇额定电压60V

正常工作时小风扇48W

输出功率

«

电«

热«

丝<

A.触片P位于ab时，电吹风属于吹冷风状态

B.理想变压器原、副线圈的匝数比n2=ll：3

C.小风扇工作时的电流为2A

D.电热丝的电阻为100。

【解答】解：A、当电吹风送出来的是冷风时，电路中只有电动机工作，触片P应与触点b、c接

触，故A错误；

niUi22011

B、变压器原副线圈的匝数之比为：—=—=—=故B正确；

几2U26U3

C、冷风时输入功率为60W,I=2=MA=1A,故C错误；

U6U

D、吹热风时电热丝的功率为：P=500W-60W=440W,吹热风时电热丝两端电压为220V,所

U22202

以其电阻R=2"=工-。=110。，故D错误。

P60

故选：B。

13.阻值相等的甲、乙两电阻分别接到图（a）和（b）所示的方波交变电压、正弦式交变电压电路

中，两种电压的周期和峰值都相等，则甲、乙两电阻的电功率之比为（）

A.1：1B.2：1C.V2：1D.1：V2

【解答】解：乙电阻接到正弦交流电源上，两端电压的有效值为：u=^=号为,则乙电阻的

U2Uo

功率为：「乙=万=而

甲电阻接到方波交流电源上，设两端电压的有效值为U',则由有效值的定义可得：与r=2X

UlT混「甲塔2

—X-,解得：U,=Uo，则电阻甲的功率为：P甲=一二==，则有：/一二溟=彳，故B正确，

R2*RR尸乙£o1

2R

ACD错误。

故选：B„

14.某交流发电机产生交变电流的装置如左图所示，产生的感应电动势与时间的关系如右图所示，

下列说法正确的是（）

A.t=0时，线圈平面处于中性面位置，磁通量变化率最大

B.线圈通过中性面时，交变电流不改变方向

C.线框中产生的感应电动势e=100sin50t(V)

D.如果仅使线圈的转速加倍，则电动势的最大值和周期分别变为200V、0.02s

【解答】解：AB、由图像可知，t=0时，电动势为零，此时线圈平面处于中性面位置，磁通量

变化率为零，线圈每通过中性面一次，交变电流方向就会改变一次，故AB错误；

C、线框中产生的感应电动势的最大值和周期分别为100V和0.04s,则感应由动势瞬时值为

27r

e=t)=100sm(507rt)(y)

故c错误；

D、如果仅使线圈的转速加倍，

由Em=NBSco=2irNBSn可知，

电动势的最大值变为200V,

2兀1

根据T=——=-可知，

a)n

周期变为0.02s,

故D正确。

故选：D。

15.(2024•温州一模)如图为手动发电式手电筒的原理图，固定在圆盘边缘处的小圆柱随圆盘绕轴

心O,按顺时针方向匀速转动，小圆柱通过竖槽带动T形绝缘支架运动，从而驱动导体棒在光

滑的水平导轨上运动。已知导体棒运动的速度随时间变化的关系为v=0.2sin2t(m/s),导轨间

距L=0.2m,导轨间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B=2T,定值电阻Ri=R2

=mo导体棒与轨道接触良好，且不计导体棒和轨道的电阻，电压表为理想交流电表，D为理

想二极管，则()

B.电压表的示数为0.08V

C.小圆柱圆周运动的半径为0.2m

D.电阻Ri和R2的总功率为4.8Xl()3w

【解答】解：A.根据题中数据可得

co=2irn=2rad/s

可得

1

n=­r/s

n

故A错误；

B.导体棒切割磁感线，最大的电压为

Um=BLvm=2X0.2X0.2V=0.08V

电压表的电压为交流电的有效值，则电压表的示数为

Um0.08

U=^=^V=°.04VR

故B错误；

C.根据题意可知转盘的线速度为0.2m/s,角速度为2rad/s,则小圆柱圆周运动的半径

v0.2

r=~==0.1m

故c错误；

D.根据功率的定义式

代入数据解得：P=4,8X103W

故D正确。

故选：D。

考向四变压器及动态分析远距离输电

2、

16.（2024•天河区三模）如图，在磁感应强度大小为B=-T的匀强磁场中，有一面积为S=lm2的

71

矩形单匝闭合导线框ABCD,AB边与磁场方向垂直，线框电阻不计。理想变压器原副线圈匝

数比th：n2=2：1,电阻R=50Q。使线框以恒定角速度3=100nrad/s绕过AD、BC中点的轴

旋转。下列说法正确的是（）

0E

A.副线圈中的电流表A示数为内

B.线框ABCD中感应电动势的最大值200V^U

C.线框平面与磁场方向平行时，流经线框的电流最小

D.副线圈电流的频率为100Hz

【解答】解：AB.电动势最大值为

Em=NBSo）

解得Em=200V

根据变压器原、副线圈电压与线圈匝数关系有

（舞）%

~uTn2

副线圈中的电流表A示数为

U2

解得I2=V2A

故A正确，B错误；

C.线框平面与磁场方向平行时，磁通量最小，磁通量变化率最大，则流经线框的电流最大，故

c错误；

D.原、副线圈频率相同，均为

3IOOTT

f==——Hz=50Hz

27r27r

故D错误；

故选：Ao

17.（2024•道里区校级四模）如图所示，理想变压器左侧原线圈通过输电线与理想交流电流表Ai

和发电机连接，其中发电机部分由长为L、电阻不计的导体棒以及两个半径也为L的电阻不计

的金属圆环组成。使导体棒的两个端点分别位于金属圆环的同一水平面上，导体棒以角速度3

在竖直面内绕圆环中心轴匀速转动，整个空间存在方向竖直向下、与金属圆环平行、磁感应强

度为B的匀强磁场。变压器右侧副线圈中接有阻值为R的定值电阻和变阻箱RP，以及理想交

流电压表Vi、72、V3和理想交流电流表A2，初始时调节电阻箱阻值使其大小等于R,此时电

路能正常工作，之后再次调节电阻箱使其阻值等于2R,已知虫：皿=1：2,上述过程中，下列

B'

A.电流表Ai的示数减小，电流表A2的示数增加

B.电压表Vi的示数不变，电压表V3的示数增加

C.电压表V2的示数为

D.电阻箱消耗的电功率增大

【解答】解：A.设导体棒此时的速度与竖直方向夹角为3则导体棒切割磁感线产生的感应电动

势为：E=BLwLcose=BL2（Dcose,电阻箱的阻值变大，故副线圈的总电阻变大，副线圈的总电

流变小，则原线圈的电流变小，故电流表A］的示数减小，电流表A2的示数也减小，故A错误;

B.由于导体棒转速不变，故原线圈的电压不变，则电压表V2示数不变，电阻箱的阻值变大，故

副线圈的总电阻变大，副线圈的总电流变小，由于R和RP是串联关系，则R的电压变小，故Vi

变小，由于副线圈的总电压不变，故Rp的电压变大，即电压表V3的示数增加，故B错误；

UmBL23U1九1

C.原线圈电压有效值Ui=、=—根据变压器变压特点：TT=~＞可得U2=V^BL23,故

V2V2U2n2

C正确;

D.初始时电阻箱消耗的电功率为：「=譬=量="，调节电阻箱使其阻值等于2R后，电功率为：

RpR4A

p=%=^=舞，故消耗电功率应减小，故D错误。

Kp2RLoK

故选：Co

18.（2024•浙江模拟）如图所示为高压输电电路图，发电站输送的电压为u=UmSin50nt,变压器

为理想变压器。将两个相同的电压互感器甲和乙分别接入远距离输电线路的前后端，电流互感

器接入远距离输电线路。电压互感器的原、副线圈匝数比为k：1,电流互感器的原、副线圈匝

数比为1：k,且k>100。高压输电线路正常工作时，电压互感器甲、乙的示数分别为Ui、U2,

电流互感器的示数为I。则（）

升压变压器远距离输电线路险压变压器

--II----------------

前r后用

端

端户

rt©-

电压互感器甲电流互感器电压互感器乙

A.用户使用的电流是频率为50Hz的交流电

(Ul-t/2)

B.该远距离输电线路上的电阻为k

C.该远距离输电线路上损耗的功率为k2l（Ui-U2）

D.该远距离输电线路上的电流空

,3507r

【解答】解：A、根据u=UmSin50m可知3=50in*ad/s,则用户使用的电流是频率为f=